2024年北京市西城区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年北京市西城区高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共14小题，共42分。

1.用激光照射金属挡板上的两条平行的狭缝，在挡板后面的屏上观察到明暗相间的条纹。这和现象属于光

的（）

A.衍射现象B.干涉现象C.偏振现象D.全反射现象

2.100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另•种粒子X,后来科学家用a粒子轰击被核证实了

这一猜想，该核反应方程为：^He+lBeC+^X,则（）

A.m=1,n=0,X是中子B.m=1,n=0,X是电子

C.m=0,n=1,X是中子D.m=0,n=1,X是电子

3.将一只压瘪的乒乓球放到热水中，发现乒乓球会恢复原状。在这个过程中，关于乒乓球内被封闭的气

体，下列说法正确的是（）

A.气体分广的平均动能不变B.所有分r的运动速度都变大

C.气体吸收的热量大于其对外做的功D.气体吸收的热量等于其增加的内能

4.一列简谐横波沿x轴传播，在£=0时的波形如图所示。己知x=lm处

的质点P的位移），随时间/变化的关系式为y=O.lsin（57rt）m0下列说法

正确的是（）

A.这列波的波长大=57n

B.质点P此刻速度为零

C.这列波沿x轴负方向传播

D.这列波的波速为10m/s

5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1,原线圈接220V

的正弦交流电源，副线圈接/?二55。的负载电阻，电流表、电压表均为

理想电表。下列说法正确的是（!

A.电流表的示数为4.0A

B.电压表的示数为31.1V

C若负载电阻的阻值减小，电压表的示数减小

D.若负载电阻的阻值减小，变压器的输入功率增大

6.2023年，我国首颗超低轨道实验卫星“乾坤一号”发射成功。“乾坤一号”是一颗绕地球做圆周运动的

近地卫星。关于它的运动，下列说法正确的是（）

A.侑速度大于地球自转的角速度

B.线速度大于地球的第•宇宙速度

C.线速度小于地球表面物体随地球自转的线速度

D.向心加速度小于地球表面的物体随地球自转的向心加速度

7.如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为〃?，/

------飞船空间站

其推进器工作时飞船受到的平均推力为凡在飞船与空间站对接后，推进器

工作时间为仇，测出飞船和空间站的速度变化为下列说法正确的是（）

A.空间站的质量为崇B.空间站的质量为哭-m

C.飞船对空间站的作用力大小为5D.飞船对空间站的作用力大小一定为m当

8.如图所示，点电荷。周围的三个等势面是同心圆，等势面上的点A、B、C在/----、

同一条电场线上，月SB=8C。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释/

放，试探电荷只受静电力作用，则（）（kjAjBlC*

A.该电荷沿着电场线做匀加速直线运动

B.亥电荷在A8段动能的增量小于8C段动能的增量

C.亥电荷在A8段电势能的减少量大于8C段电势能的减少量

D.该电荷在A4段运动的时间小于4c段运动的时间

9.如图所示，水平绝缘桌面上放着一个闭合铝环。绝缘材料制成的轻弹簧上端周“玄

定，下端悬挂一个磁铁，磁铁位于铝环中心上方。将磁铁下端N极向下拉，在其|

下降一定高度时由静止释放。此后，磁铁开始运动，铝环保持静止，弹簧始终在口

弹性限度内，不计空气阻力。则在磁铁向下的运动过程中（）R

A.俯视看铝环中的电流沿顺时针方向/<r

B.名环对桌面的压力大于它的重力/----------

C.磁铁运动过程中只受到两个力的作用

D.磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒

1（）・研究光电效应现象的装置如图所示。如图中K、A是密封在真空玻璃管中

的两个电极，K极受到光照时能够发射电子。当用光子能量为2.82皿的光照射

K极时，电流表的读数为30〃4移动滑动变阻器的滑片，当电后表的示数等

于IV时，电流表读数为零，保持滑片位置不变。下列说法中正确的是（）

A.光电子的最大初动能为1.82W

B.K极材料的逸出功为\eV

C.电流表的读数为时，电压表的示数大于IV

D.仅将电源正负极对调，电流表示数一定大于30〃4

11.如图1所示，长为R且不可伸长的轻绳一端固定在。点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周

运动。由于阻力的影响，小球每次通过最高点时速度大小不同。测量小球经过最高点时速度的大小人绳

子粒力的大小凡作出〃与后的关系图线如图2所示。下列说法中正确的层（）

A.根据图线可以得出小球的质曷血=监

B.艰据图线可以得出重力加速度g=慨

c.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大

D.用更长的绳做实验，得到的图线与横轴交点的位置不变

12.2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环

境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统

推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返

回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，

实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s,实验舱的质量为500依。他根据上述信息，取重力

加速度9=10m/s2,做出以下判断，其中正确的是（）

C.电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关

D.强激光光子能量是面次谐波光子能量的整数倍

二、实验题：本大题共2小题，共18分。

15.(1)如图1所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动

小圆环。小圆环静止时，由两个测力计的示数得到拉力科和尸2的大小，此外还必须o

8.记录两细线的方向

C测量两细线的夹角

。测量橡皮条的伸长量

(2)“用单摆测量重力加速度的大小”的实验装置如图2所示。

①用游标卡尺测量摆球直径如图3所示，摆球直径d=〃皿。若测出摆线长/及单摆完成〃次全振动

所用的时间，，则重力加速度的大小g=(用/、〃、八d表示)」

②改变摆长心用多组实验数据作出片一心图像也可以求出重力加速度。如图4所示，测得的数据点拟合

后,在一条过原点的直线上，直线的斜率为限由此可得重力加速度的大小g=_____(用上表示)。

16.根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势七和内阻八路端电压U、电流./的关系为E=U+。。依据这

一原理，甲同学用图I所示的电路测量电源的电动势和内阻。

(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于最_____端(选填“左”或“右”)。

(2)调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表和电流表的示数，在坐标纸上标出相应的数据点，作出引一，

图线如图2所示。根据图线测得该电源的电动势E押i=V,内电阻r湖i=(结果均保留2

位有效数字)

u/v

(3)由于电表并非理想电表，导致(选填“电压”或“电流”)的测量存在系统误差。在如图2上定性

画出没有电表内阳影响的理想情况的U-/图线，画出图线与横纵坐标轴的交点。

(4)乙同学拆除电流表和滑动变阻器，直接读取电压表示数为E滞2。若电源的电动势为区内阻为一。电流

表、电压表的内电阻分别为此、即。根据图像和电路关系，仅从系统误差的角度来看，E知1E溺z，

E

E产(均选填“<"J”或可知=(月电源和电表内阻表示)。

三、简答题：本大题共4小题，共40分。

17.儿童滑梯可简化为如图所示的模型.滑梯下滑区48的长L=4m,倾角a=A

37°；一个质量m=203的儿童从滑梯顶部A点由静止滑下，最后停在水平缓。

冲区3C上。若儿童与A3、8c部分的动摩擦因数均为0.5,儿童经过两段连接

处速度的大小不变。sin370=0.6?cos37°=0.8,取重力加速度g=lOzn/s2。求:

(1)儿童运动到8点时速度的大小由；

(2)缓冲区部分的最小长度不

(3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功叼。

18.磁力刹车是为了保证过山车在最后进站时的安全而设计的一种刹车形式。在轨道之间设置较强的磁

场，刹车金属片安装在过山车底部，该装置(俯视)可简化为如图所示的模型：水平导轨间距为L刹车金

属片等效为一根金属杆，心，整个回路的等效电阻为R。磁场区域为方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度

的大小为8,过山车的总质量为〃人过山车以速度I，进入磁场区域，通过磁场区域后速度变为0.5%磁力

刹车阶段不计摩擦力和空气阻力。

(1)求杆他刚进入磁场区域时，受到的安培力”的大小和方向。

(2)求过山车通过磁场区域的过程中，电路中产生的焦耳热Q。

(3)求磁力刹车阶段过山车加速度大小。的变化范围。为使过山车加速度的大小不超过的，磁感应强度的大

小应满足什么条件？

g______

lxXXXI：

nxxxx：

R[\L-?vxxx:

XXXX；

b

19.我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高速运动的离子

变戌中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将其从粒

子束中剥离出来。“偏转系统”的原理简图如图1所示，包含中性粒子和带电离子的混合粒子进入由一对

平行带电极板构成的匀强电场区域，混合粒子进入电场时速度方向与极板平行，极板右侧存在匀强磁场区

域。离子在电场磁场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。已知离子带正电、电荷量

为,7,质量为小，速度为打两极板间距为乩离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作

用。

(1)两极板间不加电压，只利用磁场使离子发生偏转，若恰好所芍离子均被如图1中的吞噬板吞噬，求磁场

的磁感应强度的大小屏

(2)以下极板左端点为坐标原点建立坐标系，沿板建立x轴，垂直板建立)，轴，如图1所示。假设离子在混

合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过y轴单位长度进入电场的离子数为〃。在两极板间加电压U,

恰好所有离子均被吸附在下极板。

Q.求极板的长度L,并分析落在x轴上坐标为x〜无+4%范围内的离子，进入电场时通过)，轴的坐标范围。

b.离子落在极板上的数量分布呈现一定的规律，若单位时间内落在下极板x位置附近单位长度上的离子数

量为％,求人随x变化的规律，在如图2中作出人-》图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。(若4%

远小于x,则(x+4x)2a%2+2w%)

中

接

性

收

粒

器

子

O

图1图2

20.小行星撞击地球虽然发生概率较低，却会使地球生命面临重大威胁。我国己经提出了近地小行星防御

的发展蓝图，计划在2030年实现一次对小行星的动能撞击，2030至2035年间实现推离偏转。

已知地球质量为M,可视为质量分布均匀的球体，引力常量为G。若一颗质量为〃7的小行星距离地心为「

时，速度的大小u=J军，机远小于不考虑地球运动及其它天体的影响。

(1)若小行星的速度方向垂直于它与地心的连线，通过分析判断该小行星能否围绕地球做圆周运动。

(2)若小行星的速度方向沿着它与地心的连线指向地心。已知取无穷远处的引力势能为零，则小行星在距

地心为，•处的引力势能昂=-G牛

Q.设想提前发射质量为0.1m的无人飞行器，在距离地心为r处与小行星发生迎面撞击，小行星撞后未解

体。将撞击过程简化为完全非弹性的对心碰撞。为彻底解除小行星对地球的威胁，使其不与地球碰撞。求

飞行器撞击小行星时的最小速度火。

设想对•小行星施力口适当的“推力”后，使其在距离地心为「处的速度方向与它和地心连线的夹角变为

30。，速度大小不变，也能解除对地球的威胁。已知小行星仅在地球引力所用下的运动过程，它与地心的

连线在任意相等时间内扫过相等的面积。求小行星在此后的运动过程中，距地心的最近距离%。

小行星地球

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：激光照射金属挡板上的两条平行的狭缝，在挡板后面的屏上观察到明暗相间的条纹，属于光

的干涉现象，故AC。错误，B正确；

故选：瓦

频率相同的两列光波叠加时，某些区域的光相互加强，某些区域相互削弱，得到明暗相间的条纹，这就是

光的干涉现象。

本题考查了光的干涉，要注意光发生干涉的条件，明确光的干涉现象。

2.【答案】A

【解析】解：核反应过程质量数与核电荷数守恒，

因此：4+9=12+m,2+4=6+九

解得：TH=1,71=0,X是中子，故A正确，错误。

故选：Ao

核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据核反应方程式求出〃7、〃的大小，然后判断粒子的类型。

本题考查了判断粒子类型问题，知道核反应过程质量数与核电荷数守恒是解题的前提与关键，掌握基础知

识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

3.【答案】C

【解析】解•：4乒乓球恢复原状的过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，故4错误：

A温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是所有分子的运动速度都变大，故4错误；

CD乒乓球恢兔原状的过程中，温度升高，体积增大，气体对外，‘故功，根据热力学第一定律，气体吸收的

热量大于其对外做的功，故C正确，。错误。

故选：C。

A&根据温度是分子平均动能的标志可分析，CD、根据热力学第一定律即可判断。

本题考查：温度是分子平均动能的标志，热力学第一定律，属于基础题H。

4.【答案】D

【解析】解：BC、质点。的的振动方程可知在t=0时质点。的振动方向沿），轴正方向，其速度不为零，

根据同侧法可知波沿x轴止方向传播，故错误；

4ZX由题图可知波长2=4m,其周期7=行=0.4s,其波速v=手=焉机/s=10m/s，故A错误，。正

确。

故选：。。

根据质点户的振动方程得到周期和质点振动方向，从而由图得到波的传播方向；根据波形图得到波长，即

可求得波速。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动方程得到周期、质点振动方向：再根据波形图得到波长和波

的传播方向，从而得到波速。

5.【答案】D

【解析】解：A3、原线圈电压Ui=220V,由£=最可得副线圈电压：4=22V,所以电压表示数为

22V,电流表示数：/2=牛=箸=044,故人8错误；

CD、若负载电阻的阻值减小，电源电压不变，由"=也可知副发圈电压不变，故电压表示数不变，

U2^2

变压器输出功率P=4,出不变，电阻火减小，则尸增人，理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入

A

功率变大，故C错误，。正确。

故选：D.

A&根据今=*分析电压表示数，根据欧姆定律分析电流表示数；

U2n2

2

CQ、根据电源电压不变和"=4分析电压表示数，根据P=5分析输入功率。

U2几2K

本题考查了变压器的原理，解题的关键是知道电源电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变“

6.【答案】A

【解析】解•：A、根据万有引力提供向心力誓=血32丁，得3=席,近地卫星的轨道半径小于地球同

步卫星的轨道半径，可知近地卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，又因地球同步卫星的角速度等于

地球自转的角速度；因此“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，故A正确；

B、根据万有引力提供向心力鬻二加营得，v=厚即为地球的第一宇宙速度，故4错误；

C、根据〃二3八乂因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的线速度大于地

球表面物体随地球自转的线速度，故C错误；

D、根据。=32「，又因为“乾坤一号”角速度大于地球自转的角速度，可知“乾坤一号”的向心加速度大

于地球表面的物体随地球自转的向心加速度，故。错误；

故选：Ao

根据万有引力提供向心力，向心力公式分别用角速度、线速度笔参数表示，再结合线速度与角速度之间关

系以及向心加速度与角速度之间关系即可分析各个选项。

本题需要掌握万有引力提供向心力以及向心力公式分别用不同的参数表示等知识点的灵活应用，解题过程

需要正确选择公式，题目难度适中。

7.【答案】B

【脩析】解：46、设空间站质量为M,将飞船和空间站视为整体，对整体而言在*的作用下速度发生变

化，根据动量定理有：FAt=(M+-m^Av,解得—故A错误，“正确：

CD、某一时刻对飞船分析有F-y=77ia,其中/为空间站对飞船的作用力，对空间站有了=Ma',所以作

用力大小不为尸，由r厂是平均推力大小，仅知道速度的变化量是无法确定整个过程是匀变速过程，所以

作用力大小不一定是m羿故C。错误；

At

故选:Bo

利用整体法，结合动量定理可求出空间站的质量；通过牛顿第二定律得分析，结合题干信息判断作用力是

否可以直接求出。

学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的应用，利用整体法减少内力的分析过程。

8.【答案】C

【解析】解：A、靠近正电荷的电场线越密集，电场力越大，则加速度越大，可知该电荷沿着电场线不会

做匀加速直线运动，故4错误；

BC、匀强电场中U=Ed,点电荷产生的电场可以用该公式定性分析，48间的电场场强一定大于AC间的

电场场强，且服8=dsc，则电场力做功力=qU,所以必夕＞该电荷在段电势能的

减少量大于BC段电势能的减少量，根据动能定理可知，电荷在A8段动能的增量大于8c段动能的增量，

故B错误，C正确；

。、电荷做加速度逐渐减小的加速运动，则相等的位移内运动时间减小，则该电荷在48段运动的时间大

于BC段运动的时间，故。错误。

故选：Co

根据电场力的变化分析加速度变亿，根据电场强度变化分析电势差关系，从而分析电势能和动能的变化关

系，根据运动学规律分析。。

本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握点电荷电场强度的变化，注意电场力做功与电势能变化

的关系。

9.【答案】B

【解析】解：4、在磁铁向下的运动过程中，穿过铝环的磁通量是向下的增加，根据楞次定律可知铝环中

的电流方向为逆时针方向，故A错误；

8、根据“来拒去留”可知在磁铁向下的运动过程中，磁铁受到向上的作用力，则铝环受到磁铁对它向下

的作用力，所以铝环对桌面的压力大于它的重力，故8正确：

C、磁铁运动过程中受重力、弹簧拉力和铝环对它向上的作用力，故。错误；

力、磁铁和弹簧组成的系统在运动过程中，受到铝环对它向上的作用力，且对磁铁做负功，所以该系统的

机械能减小，故。错误。

故选：B。

根据楞次定律分析A&对磁铁受力分析即可；铝环对磁铁做负功。

熟练掌握楞次定律的“来拒去留”和“增反减同”是解题的基础。

10.【答案】D

【解析】解：AB.由题竟可知其谒上电压以=IV，根据动能定理可得一=0-瓦，解得光电子的最大

初动能以=leV

根据光电效应方程%=/n,则金属逸出功Wo=E-Ek=2.82eV-leU=1.82eV,故AB错误；

C、该装置所加电压为反向电压，若电压表示数大于IV即大于遏止电压，电流表中应无示数，故C错误；

。、若将电源正负极对调，即在光电管两端所加的反向电压改为正向电压，电流表示数一定大于30〃4故

。正确。

故选：D.

根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理，分析出光电子的最大初动能和阴极的逸出功；明确光电流为零

的条件；知道正向电压和反向电反对电路的影响。

明面光电效应原理，4K间若为加速度电压，则电压增大电流增大，但有饱合值；对于光电效应，要从极

限频率和最大初动能两个角度结合爱因斯坦光电效应方程去分析解决问题。

11.【答案】4

【解析】解：AB,根据牛顿第二定律和向心力的计算公式，得到图像的表达式为：F+mg=警，变形

A

为：F=-mg

根据F—/图像的斜率可得：4-二£

根据图像的横轴截距可得：0=到一mg

解得：m=哈g=。,故A正确，B错误；

DK

C、根据斜率k=M可知/＜不变，〃，减小，斜率减小，故。错误；

n

。、横轴截距。=9心可知R变大，g不变，所以〃会变大，可得图线与横轴交点的位置向右移动，故D

错误。

故选：4。

根据牛顿第二定律和向心力的计算公式得到图像的表达式，利用图像的斜率与截距解答

此题中小球在最高点时只受到绳子拉力和自身重力，利用向心力公式，根据牛顿笫二定律，可以得到尸-

标的图像的解析式，图像中的特殊点也可以代入计算，利用数学解决物理问题。

12.【答案】C

【解析】解：A、实验舱竖直向上加速运动至4位置的过程，其加速度向上，处于超重状态。实验舱做竖

直上抛运动到达最高点的过程，其加速度等于g,方向竖直向下，此过程处于完全失重状态，则实验舱向

上运动的过程先处于超重状态，后处于完全失重状态，故A错误；

B、实验舱竖直向上加速运动至A位置后做竖直上抛运动，可知在A位置时速度最大，由题意可知竖直上

抛运动阶段持续的时间为t=4s,则实验舱运动过程中的最大速度为％n=gX、=10xlx4m/s=

20?n/s,故8错误：

25

C、实验舱在A位置时的动能为：Ek==|x500x20/=1x10/,实验舱竖直向上加速运动过

程，其重力势能也增加了，即实验舱竖直向上加速运动过程其机械能增加量大于1x105/,由功能关系可

知，此过程电磁弹射系统对实验舲做功大于lx105/,故C正确；

4

D、向上弹射阶段，实验舱的动量增加量为：Ap=mvm=500x20N•s=1x10^V•s,设电磁弹射系统

对实验舱的冲量大小为/,重力的冲量大小为/G，以向上为正方向，根据动量定理得：I-IG=Ap,可知

向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量大于lx104N.S,故。错误。

故选：C.

根据实验舱的加速度方向判断其超失重状态：实验舱竖直向上加速运动至4位置时速度最大，根据运动学

公式求解；求出实验舱在A位置时的动能，根据功能关系判断：求出实验舱的动量增加量，根据动量定理

判断。

本题考查了动显定理，功能关系，超重与失重现象，啜直上抛运动规律，基础题目。掌握超失重的判断方

法，功与能的对应关系，在应用动量定理解答问题时要注意矢量性，先规定正方向，在确定动量与冲量的

正负。

13.【答案】B

【解析】解：4粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小为/=qi；2B，洛伦兹力不做功，分速度%大小不变，电

场力做正功只会使分速度巧变大，故洛伦兹力大小不变，故4错误；

出粒子所受的洛伦兹力不变，电场力也不变，二者方向互相垂直，故合外力大小不变，根据牛顿第二定

律，则加速度大小也不变，故8正确：

C卫场力的瞬时功率等于电场力和沿电场方向的分速度看的乘积，即夕=《£%,由于电场力做功，火变

大，所以电场力的瞬时功率变大，故。错误；

。.根据速度的分速度与合速度的关系

当%变大时，可得。逐渐变小，故。错误。

故选：

A.根据洛伦兹力的公式分析判断；

R根据力的合成和牛顿第二定律遂行分析判断；

C.根据电场力的瞬时功率的公式进行解答；

D根据分速度和合速度的图解关系进行解答。

考查力的合成、速度的分解与合成以及功率的问题，会根据题意进行相关的分析和判断。

14.【答案】C

【解析】解：4、光在空气中的速度约为3xl08m/s,在I阿秒的时间内，光前进的距离约为s=3x

10sx10-18m=3x=3x故A错误；

B、电子复合时释放的光子能量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量，并不等于电子在激光场

中加速时获得的能量，故8错误；

C、由题意可知，电子的“电离”“加速”和“亚合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有

关，故C正确；

。、由题意可知，高次谐波光子的频率为入射强激光频率的整数倍。故。错误。

故选：Co

光在空气中的速度约为3xl()8m/s,根据光速与时间的乘积求解光前进的距离；电子复合时释放的光子能

量至少等于原子由最高能级跃迁到基态释放的能量：分析题意，解答CD选项。

本题为知识给予题，重在理解题意，找到和学过的物理知识的关联，结合题目所给知识解答问题。

15.【答案】AB18.5--p—

【解析】解：(1)根据实验原理及操作可知还必须记录小圆环的位置和记录两细线的方向，故正确,

CD错误；

故选：AB.

(2)①游标卡尺的精确度为0.1mm,读数为18mm+5xOAmm=18.5mm

〃次全振动所用的时间f,周期为「=£

n

根据单摆周期公式丁=2兀J5

解得g二竺平堂

②根据单摆周期公式T=2/

解得产=噂

9

根据图像斜率可知上=虻

9

解得9=4

故答案为：(1)48；(2)①18.5；竺消幺②牛

(1)根据实验原理及操作规范分析解答；

(2)①根据游标卡尺精确度读数，根据单摆周期公式解答;

②根据单摆周期公式结合图像斜率分析解答。

本题主要考查了“探究两个互成角度的力的合成规律”实验和单摆测量重力加速度的实验，需要熟记实验

器材的选取和正确的实验操作，对数据的处理要求也较高，难度中等偏上。

16.【答案】左4.44.1电流=="

Ky+r

【解析】解：(1)滑动变阻器串联在电路里，闭合开关时为保护电路，其接入电路的阻值耍最大，则闭合

开关前应将滑动变阻器的滑片置于最左端。

(2)根据闭合电路欧姆定律得：U=£1-6，可知U-/图线的纵截距等于测得该电源的电动势，则：

■=44V

U-/图线的斜率绝对值等于测得该电源的内电阻，则：rwi=3£0=4.l。。

63xl.UO

(3)由于电压表的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差,

考虑电压表的分流，设电压表的内阻为即，则实际流过电源的电流为：/第=/+合

可知对于相同的路端电压U,实际流过电源的电流大于测量得到的电流，且U越大，两者相差的越大，没

有电表内阻影响的理想情况的u-/图线如下图所示。

(4)乙同学拆除电流表和滑动变阻帮，直接读取电压表示数为E潸2。若电源的电动势为区内阻为电流

表、电压表的内电阻分别为心、Rv.

电压表与电源组成回路，则有：U=E-^r

由题意得：后网2=^=署

对于(2)的测量，考虑电压表的分流作用时，则有：〃="(/+版，变形为：U=磊-能/

可知：“舒

可得：E测1=E溺2

路端电压为零时(U=0)的电流为短路电流，则有：1短=3

对于(2)的测量，当U=0时流过电压表的电流为零，即此时电压表无分流，电流表示数无误差，则有:

*新

T海1

可得：7=^

沟1

由：U=磊一黑/，可知」涉L部：

故答案为:⑴左;(2)4.4；4.1(40、4.2均算正确)；(3)电流;画出所要求的U-/图线见解答；(4)=；

Ry+r

(1)滑动变阻器串联在电路里，闭合开关时为保护电路，其接入电路的阻值要最大。

(2)根据闭合电路欧姆定律，结合U-/图线的纵截距和斜率解答。

(3)由于电压衣的分流作用，所以导致电流的测量存在系统误差，考虑电压表的分流，分析实际流过电源

的电流与测量得到的甩流的关系。

(4)根据题意，应用闭合电路欧姆定律，推导两次测量值与真实值的关系式，进行比较作答。

本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，实验原理是闭合电路欧姆定律，利用U-/图像处理数据得到

所测物理量。本题重点在误差分析部分，根据题目的解答，掌握误差分析的方法，可用图像法或解析法分

析误差。

17.【答案】解：(1)儿童从人运动到8的过程，根据动能定理有

ingLsina—fimgLcosa=

得%=4m/s

(2)儿童在缓冲区运动时，根据动能定理有

11

~!imgx=0

得x=1.6m

(3)儿童从A点运动到C点的全过程，根据动能定理

mgLsina+必=0

得W=-480/

答：(1)儿童运动到3点时速度的大小％为4m/s：

(2)线冲区BC部分的最小长度x为1.6”

(3)整个过程中摩擦阻力对儿童.做的功必为-480/。

【解析】(1)(2)(3)分阶段和全过程使用动能定理列式求解各物理量。

考查动能定理的应用问题，会根据题意分过程或全过程列式求解相应的物理量。

18.【答案】解：(1)杆他通过磁场的过程，产生的感应电动势为：E=BLv

根据闭合电路欧姆定律可得回路的感应电流的大小为：/=第，方向

杆加受到的安培力大小为：F==华

根据左手定则可知杆他受到的安培力方向与速度方向相反，即方向向左；

(2)杆而通过磁场的过程中，根据能量守恒定律可得：

Q=\mv2-

乙LLo

(3)设杆时刚进入磁场时加速度的大小为由,根据牛顿第二定律得加速度大小为：%=黄

p212

同理，杆岫即将离开磁场时的加速度大小为：a2=Vv

B2l7vB217V

磁力刹车阶段过山车的加速度大小的变化范围为：

为使加速度的大小不超过的，则有：华工即

解得：B<J噜。

答：(1)杆"刚进入磁场区域时，受到的安培力尸的大小笠二，方向向左；

(2)过山车通过磁场区域的过程中，电路中产生的焦耳热为、血以；

O

(3)磁力刹车阶段过山车加速度大小〃的变化范围为需〜吟；为使过山车加速度的大小不超过&,磁

感应强度的大小应满足8工J噜。

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律结合安培力的计算公式进行解答；

(2)杆他通过磁场的过程中，根据能量守恒定律进行解答；

(3)根据牛顿第二定律得加速度大小；为使加速度的大小不超过a。，根据加速度表达式求解磁感应强度的

大小应满足的条件。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一

条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

19.【答案】解：(1)离子恰好被全部吞噬时,从上极板右端射入磁场的离子恰好打在吞噬板上端(即下极板

的右端)，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为半个圆周，易知离子的运动半径为：R=l

由洛伦兹力提供向心力得：qvB=