2025年北京市顺义区高考物理一模试卷

第1页（共1页）2025年北京市顺义区高考物理一模试卷一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）光导纤维工作原理主要基于（）A．偏振现象 B．衍射现象 C．干涉现象 D．全反射现象2．（3分）下列说法正确的是（）A．β射线是能量很高的电磁波 B．原子从高能级向低能级跃迁放出光子 C．核裂变是两个轻核结合成质量较大的核 D．只要有光照射到金属表面，就会有电子从金属表面逸出3．（3分）双层玻璃广泛应用于住宅、办公楼、商业场所和公共建筑等，双层玻璃密闭的空间内会残留一些稀薄气体。与白天相比，夜晚双层玻璃间密闭的稀薄气体（）A．分子平均动能变小 B．单位体积内分子的个数变少 C．分子间距离都变小 D．所有分子的运动速率都变小4．（3分）如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6N，则水平推力F的大小为（）A．F＝2N B．F＝4N C．F＝6N D．F＝9N5．（3分）如图所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的关系式为u＝2202sin100πtV，副线圈接工作电压为36V的照明灯，照明灯正常工作，原线圈匝数为1100。下列说法正确的是（）A．副线圈匝数为18 B．原副线圈匝数比为9：55 C．交变电流的周期为0.01s D．副线圈输出电压的峰值为362V6．（3分）如图所示，铝管竖直放置在水平桌面上，把一枚小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中，下列说法正确的是（）A．小磁体的机械能不变 B．小磁体做自由落体运动 C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力 D．小磁体动能的增加量大于重力势能的减少量7．（3分）利用如图所示装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的是（）A．向左移动光源，相邻两个亮条纹中心间距变小 B．减小双缝之间的距离，相邻两个亮条纹中心间距变大 C．红色滤光片换成绿色滤光片，相邻两个亮条纹中心间距变大 D．为了减小实验偶然误差，必须测量相邻两个亮条纹中心间距8．（3分）如图所示，真空中有两个等量异种点电荷Q1、Q2，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。一带正电的点电荷在x＝1cm处由静止释放后（）A．做匀加速直线运动 B．在x＝3cm处所受静电力最大 C．由x＝1cm处到x＝3cm处的时间等于由x＝3cm处到x＝5cm处的时间 D．由x＝1cm处到x＝3cm处的动能变化量等于由x＝3cm处到x＝5cm处的动能变化量9．（3分）某同学用电流传感器和电阻箱测量电源的电动势和内阻，电路如图甲所示。实验测得电阻R以及相对应的电流I的多组数据，得到如图乙所示的R-1I图线。该同学在处理实验数据时，误将电阻箱阻值作为外电路总电阻的阻值，漏算了RA．该电源的电动势为1V B．该电源的内阻为2Ω C．内阻的测量值偏小 D．电动势的测量值偏大10．（3分）空间站在距离地面高度为h的圆轨道上运行。航天员进行舱外巡检任务，此时航天员与空间站相对静止。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．此时航天员所受合力为零 B．地球的质量为g(R+h)C．空间站的线速度大小为RgR+hD．空间站的向心加速度大小为RR+h11．（3分）如图所示为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的关系为a＝4sin（2.5πt）m/s2。下列说法正确的是（）A．手机振动的周期T＝2.5s B．t＝0.4s时，弹簧弹力为0 C．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方 D．从t＝0.4s至t＝0.6s，手机的动能减小12．（3分）某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容为C，电源的电动势为E，R为定值电阻。下列说法正确的是（）A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为CU2 B．充电过程电源非静电力做功为12CE2C．充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定 D．放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零13．（3分）如图所示为某种光电式烟雾报警器的原理图。在无烟雾时，光源发出的光沿直线传播，光电管接收不到光，报警器处于静默状态；当烟雾通过烟雾入口时，烟雾颗粒会散射光源发出的光，散射的光被光电管接收，从而产生光电流。干簧管是一个磁控开关，用于控制报警电路的通断。当通过烟雾入口的烟雾达到一定浓度时，报警电路被激活，蜂鸣器就会发出报警声。电键S处于闭合状态，下列说法正确的是（）A．干簧管是否导通与E3的电动势大小有关 B．减小R1的阻值可以提高该报警器的灵敏度 C．增加干簧管外缠绕线圈的匝数可以降低该报警器的灵敏度 D．烟雾达到报警浓度时，干簧管外缠绕的线圈中一定无电流14．（3分）量子隧穿效应是当电子或者其它微观粒子（例如质子和中子等）从势垒（可以理解为是一种能量壁障）的一边入射时，即使它们不具有足够的动能从势垒顶部翻越过势垒，它们仍然有一定概率能够在入射的一边消失而在势垒的另一边出现的现象。粒子的隧穿概率P＝e﹣2kL，k=8π2扫描隧道显微镜是根据量子力学原理中的隧穿效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小为U的电压，针尖与样品之间产生隧穿效应而有电子逸出，形成隧穿电流。当探针沿样品表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与样品表面间的距离不断发生改变，从而引起隧穿电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态。设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（）A．扫描隧道显微镜可以探测样品的深层信息 B．量子隧穿效应是宏观物体也能表现出的常见现象 C．改变探针和样品之间的电压U可以改变电子的能量E D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应的电子应满足Φ﹣E＝eU二、本部分共6题，共58分。15．（8分）（1）用如图甲所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验。线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A放入线圈B中。开关闭合瞬间，电流表指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A向上拔出，电流表指针向偏转。（2）利用如图乙所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。得到重锤下落速度的平方v2与下落高度h之间关系的v2﹣h图像，图丙图像中可能正确的是。（3）利用如图丁所示装置做“验证动量守恒定律”实验，在导轨上，小车A以初速度v1撞击静止的小车B。碰撞前：小车A上的遮光条通过光电门1的时间为t1；碰撞后：小车A与小车B粘在一起，小车B上的遮光条通过光电门2的时间为t2。已知：小车A与遮光条的总质量为m1，小车B与遮光条的总质量为m2，遮光条的宽度为d。则碰撞前小车A的速度v1＝；碰撞后系统的总动量p′＝。16．（10分）用单摆测量重力加速度的实验中（1）在测量周期时，为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最（选填“高”或“低”）点的位置时开始计时。（2）用秒表记录单摆n次全振动所用时间为t，则单摆的周期T＝。（3）多次改变摆线长度，并测出相应的周期T，绘制摆长L随周期的平方T2变化的图像如图甲所示。由图像求g＝（用L1、L2、T1、T2表示）。（4）在摆球和细线相同的情况下，单摆小角度摆动的周期（选填“大于”“小于”或“等于”）圆锥摆（摆球在水平面做匀速圆周运动）的周期。（5）如图乙所示，单摆摆长为L，摆球质量为m。将摆球拉离平衡位置后释放，摆球沿圆弧做往复运动。摆线与竖直方向夹角（摆角）为θ，试说明单摆在“摆角很小”的情况下做简谐运动。。17．（9分）如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB段为曲面，BC段水平，CD段是半径R＝0.2m的半圆形轨道，BC段与CD段在C点相切。在A点由静止释放一质量为m＝0.2kg的小球，小球沿轨道运动至D点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC段上的E点，A点距水平面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球运动到B点时的速度大小vB；（2）小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小FN；（3）C、E两点的距离x。18．（9分）如图1所示，MN、PQ为两根水平放置相距L＝1.0m平行且光滑的金属导轨，PM两点间接阻值R＝2.0Ω的定值电阻，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。t＝0时刻给导体棒施加F＝2.0N水平向右的恒力，导体棒从静止开始运动，t＝2.0s时导体棒的速度v＝2.0m/s。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向上，导体棒的质量m＝0.2kg，不计导轨、导体棒的电阻，重力加速度g取10m/s2。则在导体棒向右运动的过程中，求：（1）t＝2.0s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E；（2）t＝2.0s时导体棒的加速度大小a，并在图2中定性画出导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像；（3）0至2.0s时间内导体棒通过的位移大小x。19．（10分）双星系统是指由两颗恒星组成的引力束缚系统，它们在相互的引力作用下围绕共同的质心（质量中心）做轨道运动。（1）如图所示为某双星系统，恒星A、B绕其连线的中点O做角速度相等的匀速圆周运动，A、B的质量均为M0，恒星A、B中心之间的距离为L，引力常量为G，求恒星A绕O点做圆周运动的角速度ω。（2）宇宙中某双黑洞系统可以看成双星模型、随着时间推移，系统会通过引力波辐射能量，导致轨道逐渐收缩，最终合并成一个黑洞。假设该双黑洞系统中，两个黑洞的质量均为M，中心之间的距离为r，已知此时这个系统辐射引力波的功率P=32a.该双黑洞系统到地球的距离为D（D远大于r），不计传播过程中引力波能量的损失，求地球表面接收到该系统此时刻辐射引力波的能流密度S（能流密度是指单位时间内通过垂直于能量传播方向上单位面积的能量，单位为W/m2）。b.已知质量为m1和m2，距离为R的两个质点间的引力势能Ep＝﹣Gm1m220．（12分）通过电场和磁场我们可以控制微观带电粒子的运动（不计重力影响）。（1）控制带电粒子的轨迹如图1所示，空间中存在方向指向圆心O1的径向电场，质量为m，电荷量为+q的粒子，垂直于电场方向射入电场，刚好做半径为R的匀速圆周运动，所经圆弧电场强度大小均为E。求该粒子的速度大小v1。（2）约束带电粒子的运动范围如图2所示，某粒子源通过小孔O2沿纸面向右侧各方向以速度v2射出带电粒子，射出的带电粒子进入宽度为H的有界匀强磁场区域，该区域内磁感应强度方向垂直纸面向里，若所有带电粒子均不能从磁场右边界射出。已知带电粒子的质量为m，带电量为q，不考虑粒子间的相互作用，求该匀强磁场磁感应强度的最小值Bmin。（3）控制带电粒子运动位置如图3所示，一束电子（电子的电荷量为e，质量为m）从水平放置的两极板中心轴线上的O3位置以水平向右的初速度v3射入两极板间电压为u的匀强电场，电子能全部通过极板，随后电子进入极板右侧的磁感应强度为B0方向水平向右的匀强磁场区域（磁场区域足够大），最终打到荧光屏上。当u＝0时，电子打在荧光屏上的O4点，以O4为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立x轴和y轴。已知两极板长度为L，两板间距离为d，极板右端到荧光屏的水平距离为Z=5πma.当两极板间电压u＝U0（U0为一定值），电场强度方向竖直向下时，求电子打在荧光屏上的位置坐标。b.当两极板间电压u＝Usinωt（交变电压）时，电子在两极板间发生不同程度的偏转。初速度v3极大（可以认为电子穿过电场时，两极板间电压不变），随着电子不断打在荧光屏上，在图4中画出电子打在荧光屏上位置连线的大致形状，并简要说明理由。

2025年北京市顺义区高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）题号1234567891011答案DBADDCBDACD题号121314答案CBC一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）光导纤维工作原理主要基于（）A．偏振现象 B．衍射现象 C．干涉现象 D．全反射现象【分析】根据光导纤维的原理分析。【解答】解：光导纤维工作原理主要基于全反射现象，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查光导纤维的原理，要熟记，题目难度不大。2．（3分）下列说法正确的是（）A．β射线是能量很高的电磁波 B．原子从高能级向低能级跃迁放出光子 C．核裂变是两个轻核结合成质量较大的核 D．只要有光照射到金属表面，就会有电子从金属表面逸出【分析】A.根据β射线的本质，即可分析判断；B.根据玻尔理论，即可分析判断；C.根据核裂变、核聚变的特点，即可分析判断；D.根据发生光电效应的条件，即可分析判断。【解答】解：A.β射线是高速电子流，而非电磁波，故A错误；B.根据玻尔理论可知，原子从高能级向低能级跃迁时，会以光子形式释放能量，故B正确；C.核裂变是重核分裂为中等质量核的过程，而轻核结合成较重核是核聚变，故C错误；D.光照射到金属表面，入射光频率高于截止频率时，才会有电子从金属表面逸出，故D错误；故选：B。【点评】本题考查对玻尔原子理论的掌握，解题时需注意：原子中的电子库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动；电子绕核运动的轨道是量子化的；电子在这些轨道上绕核的转动是稳定的，不产生电磁辐射。3．（3分）双层玻璃广泛应用于住宅、办公楼、商业场所和公共建筑等，双层玻璃密闭的空间内会残留一些稀薄气体。与白天相比，夜晚双层玻璃间密闭的稀薄气体（）A．分子平均动能变小 B．单位体积内分子的个数变少 C．分子间距离都变小 D．所有分子的运动速率都变小【分析】A.温度越低，分子平均动能越小，据此分析判断；B.单位体积分子数由气体密度决定，据此分析判断；C.稀薄气体分子间距远大于分子直径，据此分析判断；D.温度降低使分子平均速率减小，据此分析判断。【解答】解：A.温度越低，分子平均动能越小，夜晚温度降低，则分子平均动能变小，故A正确；B.单位体积分子数由气体密度决定。由于气体密闭且体积不变，分子总数不变，故单位体积分子数不变，故B错误；C.稀薄气体分子间距远大于分子直径，温度变化不影响分子间距的统计分布，故C错误；D.结合前面分析可知，温度降低使分子平均速率减小，但个别分子速率可能增大，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了温度与分子动能的关系，解题时需注意：温度越高，分子平均动能越大，同样的，分子平均动能越大，也能说明温度越高；温度对分子动能是对整体分子而言的，对单个分子的运动没有实际意义。4．（3分）如图所示，A、B两物体并排放在光滑水平面上，质量分别为1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右运动，A、B之间作用力的大小为6N，则水平推力F的大小为（）A．F＝2N B．F＝4N C．F＝6N D．F＝9N【分析】先运用隔离法求得B的加速度的大小，再采用整体法对A和B整体受力分析，可以求得水平推力F的大小，即可求解。【解答】解：对于B，由牛顿第二定律得：F1＝mBa解得：a=对AB整体，由牛顿第二定律得：F＝（mA+mB）a代入数据解得：F＝9N，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题属于连接体类型，通常可以采用整体法和隔离法相结合研究，用隔离法可以求物体的加速度，用整体法可以求出整体的受力大小。5．（3分）如图所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的关系式为u＝2202sin100πtV，副线圈接工作电压为36V的照明灯，照明灯正常工作，原线圈匝数为1100。下列说法正确的是（）A．副线圈匝数为18 B．原副线圈匝数比为9：55 C．交变电流的周期为0.01s D．副线圈输出电压的峰值为362V【分析】根据输入电压u随时间t变化的关系式得出相应物理量，结合变压器原理求出原、副线圈的匝数比，周期和峰值等。【解答】解：AB、根据输入电压u随时间t变化的关系式得出原线圈电压峰值U1m=2202V，则原线圈电压有效值为U1=U1m2=220C、根据输入电压u随时间t变化的关系式得出ω＝100πrad/s，则交变电流的周期T=2πD、根据变压器原理U1mU2m故选：D。【点评】本题为基础题，关键在于掌握变压器原理。6．（3分）如图所示，铝管竖直放置在水平桌面上，把一枚小磁体从铝管上端管口放入，小磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。小磁体在铝管内下落的过程中，下列说法正确的是（）A．小磁体的机械能不变 B．小磁体做自由落体运动 C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力 D．小磁体动能的增加量大于重力势能的减少量【分析】小磁体从铝管正上方由静止开始下落，穿过铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍磁通量的变化，导致小磁体受到阻力，因而机械能不守恒；在下落过程中导致铝管产生内能；根据电磁阻尼原理分析铝管对桌面的压力与铝管重力的关系。【解答】解：B.磁体在铝管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做负功现象，从而磁体的加速度小于重力加速度，所以磁体的运动不是自由落体运动，故B错误；AD.磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故AD错误；C.根据电磁阻尼原理可知，小磁体下落过程中受到的磁场力向上，由牛顿第三定律可知，铝管在磁体下落过程受到向下的磁场力，所以铝管对桌面的压力大于铝管的重力，故C正确。故选：C。【点评】本题运用楞次定律的另一种表述：来拒去留，来判断磁体受到的安培力方向。要注意分析能量的转化情况，运用能量守恒定律分析各种能量之间的关系。7．（3分）利用如图所示装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，下列说法正确的是（）A．向左移动光源，相邻两个亮条纹中心间距变小 B．减小双缝之间的距离，相邻两个亮条纹中心间距变大 C．红色滤光片换成绿色滤光片，相邻两个亮条纹中心间距变大 D．为了减小实验偶然误差，必须测量相邻两个亮条纹中心间距【分析】根据实验操作规范及双缝干涉条纹的间距公式Δx=Ld【解答】解：A、向左移动光源，干涉条纹间距不变，故A错误。B、根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=LdC、红色滤光片换成绿色滤光片，波长变小，根据Δx=LdD、为了减小实验偶然误差，需测量多个亮条纹中心间距，计算相邻两个亮条纹中心间距，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用。8．（3分）如图所示，真空中有两个等量异种点电荷Q1、Q2，分别固定在x轴坐标为0和6cm的位置上。一带正电的点电荷在x＝1cm处由静止释放后（）A．做匀加速直线运动 B．在x＝3cm处所受静电力最大 C．由x＝1cm处到x＝3cm处的时间等于由x＝3cm处到x＝5cm处的时间 D．由x＝1cm处到x＝3cm处的动能变化量等于由x＝3cm处到x＝5cm处的动能变化量【分析】根据等量异种点电荷连线上的电场规律和等势面的特点结合动能定理，受力情况，牛顿第二定律等进行分析解答。【解答】解：AB.在Q1和Q2的连线上，等量异种电荷产生的电场从1cm到5cm的位置，电场强度先变小后变大，根据F＝qE，正点电荷受到的电场力不是恒力，根据牛顿第二定律可知，电荷不可能做匀加速直线运动，在两点电荷连线中点x＝3cm处场强最小，静电力最小，故AB错误；C.由于电荷一直做加速运动，平均速度越来越大，故从x＝1cm处到x＝3cm处的时间大于由x＝3cm处到x＝5cm处的时间，故C错误；D.根据等量异种电荷连线上的等势面的特点可知，由x＝1cm处到x＝3cm处的电势差等于由x＝3cm处到x＝5cm处的电势差，两个过程电场力做功相同，结合动能定理可知，由x＝1cm处到x＝3cm处的动能变化量等于由x＝3cm处到x＝5cm处的动能变化量，故D正确。故选：D。【点评】考查等量异种点电荷连线上的电场规律和等势面的特点结合动能定理，受力情况，牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析解答。9．（3分）某同学用电流传感器和电阻箱测量电源的电动势和内阻，电路如图甲所示。实验测得电阻R以及相对应的电流I的多组数据，得到如图乙所示的R-1I图线。该同学在处理实验数据时，误将电阻箱阻值作为外电路总电阻的阻值，漏算了RA．该电源的电动势为1V B．该电源的内阻为2Ω C．内阻的测量值偏小 D．电动势的测量值偏大【分析】由题意及闭合电路欧姆定律可得出R-1【解答】解：A、由图甲所示图像可知，在闭合电路中，电源电动势为：E＝I（R+R0+r）则R＝E•1I-（R由数学知识知，斜率等于电源电动势，即E=22V＝1.0V，R0故A正确；BCD、若该同学在处理实验数据时，误将R作为外电路的总电阻阻值R′，漏算了R0，即将R0和r等效看成为电源的内阻，故测量的内阻偏大，但由于外电路断路时，内阻不再分压，故测量值即为电源的电动势，故电动势没有误差，故BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了测定电源的电动势和内阻的实验。要注意闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，特别是求图像的表达式时，要注意灵活应用闭合电路欧姆定律。10．（3分）空间站在距离地面高度为h的圆轨道上运行。航天员进行舱外巡检任务，此时航天员与空间站相对静止。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．此时航天员所受合力为零 B．地球的质量为g(R+h)C．空间站的线速度大小为RgR+hD．空间站的向心加速度大小为RR+h【分析】A.根据匀速圆周运动的受力情况分析解答；BCD.根据黄金代换式和万有引力提供向心力的各个表达式列式求解。【解答】解：A.航天员随空间站一起在圆轨道上做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力不为0，故A错误；B.根据GMmR2=C.根据GMm(R+h)2=mD.根据GMm(R+h)2故选：C。【点评】考查万有引力定律的应用和匀速圆周运动物体的受力问题，会根据题意进行准确分析解答。11．（3分）如图所示为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的关系为a＝4sin（2.5πt）m/s2。下列说法正确的是（）A．手机振动的周期T＝2.5s B．t＝0.4s时，弹簧弹力为0 C．t＝0.2s时，手机位于平衡位置上方 D．从t＝0.4s至t＝0.6s，手机的动能减小【分析】由a随t变化规律，即可计算周期；由a随t变化规律，求出手机的加速度，然后应用牛顿第二定律求出弹簧的弹力，根据加速度判断手机的位置，判断手机的运动过程从而判断手机动能如何变化。【解答】解：A、由a＝4sin（2.5πt）m/s2可知：ω＝2.5πrad/s，手机振动的周期T=2πB、t＝0.4s时手机的加速度a＝4sin（2.5π×0.4）m/s2＝0，对手机，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma，解得弹簧的弹力F＝mg，故B错误；C、t＝0.2s时手机的加速度a＝4sin（2.5π×0.2）m/s2＝4m/s2，加速度是正的，加速度方向向上，则手机在平衡位置下方，故C错误；D、由B可知，t＝0.4s时手机处于平衡位置；t＝0.6s时手机的加速度a＝4sin（2.5π×0.6）m/s2＝﹣4m/s2，手机加速度是负的，方向向下，手机位于平衡位置上方，从t＝0.4s至t＝0.6s时间内，手机从平衡位置向上运动，从平衡位置向正的最大位移处运动，手机做减速运动，手机的动能减小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查简谐运动的特点，关键是根据加速度随时间的变化，结合回复力公式、回复力与加速度关系，分析手机的运动状态。12．（3分）某同学设计了如图甲所示电路研究电容器充放电过程中的能量转化问题，通过传感器得到的数据做出电容器两端电压U随电荷量Q变化的图像如图乙所示，电容器的电容为C，电源的电动势为E，R为定值电阻。下列说法正确的是（）A．当电容器两端电压为U时，电容器存储的电能为CU2 B．充电过程电源非静电力做功为12CE2C．充电过程中，电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定 D．放电过程中，电流传感器的示数均匀减小至零【分析】根据U﹣Q图像与坐标轴所围面积表示电容器储存的电能分析；根据W＝qE计算；充电过程中，电容器两板间电压迅速增大后趋于稳定；在放电过程中，放电电流逐渐减小为零。【解答】解：A、U﹣Q图像与坐标轴所围面积表示电容器储存的电能，所以当电容器两端电压为U时，电容器储存的电荷量为Q＝CU，则电容器储存的电能为12B、电源的电动势为E，所以充电完毕后电容器储存的电荷量为Q＝CE，即电源非静电力做功为W＝EQ＝CE2，故B错误；C、充电过程中，电容器两板间电压迅速增大后趋于稳定，所以电压传感器的示数迅速增大后趋于稳定，故C正确；D、在放电过程中，放电电流逐渐减小为零，所以电流传感器的示数逐渐减小为零，但不是均匀减小为零，故D错误。故选：C。【点评】知道电容器的充电过程荷放电过程中电流的变化，以及电容器两板间电压的变化是解题的基础。13．（3分）如图所示为某种光电式烟雾报警器的原理图。在无烟雾时，光源发出的光沿直线传播，光电管接收不到光，报警器处于静默状态；当烟雾通过烟雾入口时，烟雾颗粒会散射光源发出的光，散射的光被光电管接收，从而产生光电流。干簧管是一个磁控开关，用于控制报警电路的通断。当通过烟雾入口的烟雾达到一定浓度时，报警电路被激活，蜂鸣器就会发出报警声。电键S处于闭合状态，下列说法正确的是（）A．干簧管是否导通与E3的电动势大小有关 B．减小R1的阻值可以提高该报警器的灵敏度 C．增加干簧管外缠绕线圈的匝数可以降低该报警器的灵敏度 D．烟雾达到报警浓度时，干簧管外缠绕的线圈中一定无电流【分析】根据光电式烟雾报警器的原理结合电路图依次分析。【解答】解：A.干簧管是否导通主要取决于其外绕线圈中电流产生的磁场，而该线圈又受光电管电路控制，与报警电路电源E3的电动势无直接关系，故A错误。B.R1是光源所在回路的限流电阻，减小R1会增大光源发光强度，从而使散射到光电管的光更强、光电流更大，更易触发报警，灵敏度提高，故B正确。C.增加干簧管外线圈匝数通常会增强线圈在给定电流下产生的磁场，有利于干簧管导通，提高灵敏度，故C错误；D.要使干簧管吸合、蜂鸣器报警，线圈中必须有足够的电流产生磁场，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电流的磁效应问题，要求学生清楚影响磁场强弱的因素，本题难度一般。14．（3分）量子隧穿效应是当电子或者其它微观粒子（例如质子和中子等）从势垒（可以理解为是一种能量壁障）的一边入射时，即使它们不具有足够的动能从势垒顶部翻越过势垒，它们仍然有一定概率能够在入射的一边消失而在势垒的另一边出现的现象。粒子的隧穿概率P＝e﹣2kL，k=8π2扫描隧道显微镜是根据量子力学原理中的隧穿效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小为U的电压，针尖与样品之间产生隧穿效应而有电子逸出，形成隧穿电流。当探针沿样品表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与样品表面间的距离不断发生改变，从而引起隧穿电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态。设电子的电荷量为e，下列说法正确的是（）A．扫描隧道显微镜可以探测样品的深层信息 B．量子隧穿效应是宏观物体也能表现出的常见现象 C．改变探针和样品之间的电压U可以改变电子的能量E D．扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应的电子应满足Φ﹣E＝eU【分析】根据量子隧穿效应相关知识，结合扫描隧道显微镜工作原理，对各选项逐一分析即可解题。【解答】解：A、扫描隧道显微镜是根据量子隧穿效应，通过探针与样品表面间距离变化引起的隧穿电流变化来反映样品表面原子水平的凹凸形态，不能探测样品的深层信息，故A错误；B、量子隧穿效应是微观粒子表现出的现象，宏观物体的波动性不明显，不会表现出量子隧穿效应这种常见现象，故B错误；C、在针尖与样品之间加电压U，电子在电场中加速，根据动能定理eU＝ΔEk可知，可以改变电子的能量，故C正确；D、扫描隧道显微镜系统中产生隧穿效应时，电子要穿越势垒，电子的能量E小于势垒Φ高度，而eU是电子在电场中获得的能量，与Φ﹣E没有必然的Φ﹣E＝eU这种关系，故D错误。故选：C。【点评】本题速度描隧道显微镜工作原理的考查，解题的关键是要知道势垒高度Φ由材料等自身性质决定。二、本部分共6题，共58分。15．（8分）（1）用如图甲所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验。线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A放入线圈B中。开关闭合瞬间，电流表指针向左偏转。电路稳定后，将线圈A向上拔出，电流表指针向右偏转。（2）利用如图乙所示的装置完成“验证机械能守恒定律”的实验。得到重锤下落速度的平方v2与下落高度h之间关系的v2﹣h图像，图丙图像中可能正确的是B。（3）利用如图丁所示装置做“验证动量守恒定律”实验，在导轨上，小车A以初速度v1撞击静止的小车B。碰撞前：小车A上的遮光条通过光电门1的时间为t1；碰撞后：小车A与小车B粘在一起，小车B上的遮光条通过光电门2的时间为t2。已知：小车A与遮光条的总质量为m1，小车B与遮光条的总质量为m2，遮光条的宽度为d。则碰撞前小车A的速度v1＝dt1；碰撞后系统的总动量p′＝(【分析】（1）开关闭合瞬间，线圈B的磁通量增加。电路稳定后，将线圈A向上拔出的过程，线圈B的磁通量减小，根据楞次定律判断两过程产生的感应电流方向的关系。（2）根据动能定理求解v2﹣h图像的表达式，判断可能正确的图像。（3）根据光电门测速原理得到碰撞前小车A的速度和碰撞后小车A、B一起的速度，根据动量的定义可得碰撞后系统的总动量。【解答】解：（1）开关闭合瞬间，线圈B的磁通量增加。电路稳定后，将线圈A向上拔出的过程，线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知两过程产生的感应电流方向相反，故将线圈A向上拔出的过程，电流表指针向右偏转。（2）若考虑阻力的影响，则有：mgh﹣F阻h=12mv2，可得v2﹣h图像的表达式为：v2故选：B。（3）根据光电门测速原理可得：碰撞前小车A的速度v1=d碰撞后小车A、B一起的速度v2=dt2，可得碰撞后系统的总动量p′＝（m1+m2）v故答案为：（1）右；（2）B；（3）dt1【点评】本题考查了探究影响感应电流方向的因素的实验、验证机械能守恒定律的实验、验证动量守恒定律的实验，基础题目，根据实验现象与原理解答即可。16．（10分）用单摆测量重力加速度的实验中（1）在测量周期时，为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最低（选填“高”或“低”）点的位置时开始计时。（2）用秒表记录单摆n次全振动所用时间为t，则单摆的周期T＝tn（3）多次改变摆线长度，并测出相应的周期T，绘制摆长L随周期的平方T2变化的图像如图甲所示。由图像求g＝4π2(L2-L1)T（4）在摆球和细线相同的情况下，单摆小角度摆动的周期大于（选填“大于”“小于”或“等于”）圆锥摆（摆球在水平面做匀速圆周运动）的周期。（5）如图乙所示，单摆摆长为L，摆球质量为m。将摆球拉离平衡位置后释放，摆球沿圆弧做往复运动。摆线与竖直方向夹角（摆角）为θ，试说明单摆在“摆角很小”的情况下做简谐运动。见解析。【分析】（1）（2）根据实验原理分析解答；（3）根据单摆周期公式结合图像斜率解答；（4）根据牛顿第二定律分析解答；（5）根据简谐运动的特点解答。【解答】解：（1）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小，为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时；（2）用秒表记录单摆n次全振动所用时间为t，则单摆的周期T=（3）根据单摆周期公式有T＝2π变形可得L=则g解得g=（4）根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mLsinθ4解得T'＝2π单摆周期公式为T＝2π所以单摆小角度摆动的周期大于圆锥摆（摆球在水平面做匀速圆周运动）的周期。（5）设摆球的回复力为F回，摆球的位移为x，则F回＝mgsinθ≈mgθ＝mgPNLF回的方向与方向时刻相反，F回=-mg满足F回＝﹣kx，故摆球的运动为简谐运动。故答案为：（1）低；（2）tn；（3）4【点评】本题解题中要注意把握简谐运动的特点，注意单摆周期公式的应用。17．（9分）如图所示，竖直面内的光滑轨道ABCD，AB段为曲面，BC段水平，CD段是半径R＝0.2m的半圆形轨道，BC段与CD段在C点相切。在A点由静止释放一质量为m＝0.2kg的小球，小球沿轨道运动至D点后，沿水平方向飞出，最终落到水平轨道BC段上的E点，A点距水平面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球运动到B点时的速度大小vB；（2）小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小FN；（3）C、E两点的距离x。【分析】（1）（2）根据动能定理和牛顿第二定律列式解答；（3）根据平抛运动的位移规律列式求解。【解答】解：（1）小球从A到B的运动过程，根据动能定理有mgh=12mvB（2）小球从A到D点的过程中，根据动能定理有mg（h﹣2R）=12mvD2，在D点，根据牛顿第二定律有FN+mg＝m（3）小球从C到E的过程中平抛运动，根据平抛运动的速度规律有x＝vDt，2R=12gt答：（1）小球运动到B点时的速度大小vB为4m/s；（2）小球运动到D点时轨道对小球的弹力大小FN为6N；（3）C、E两点的距离x为0.8m。【点评】考查动能定理和平抛运动的规律，会根据题意进行准确分析解答。18．（9分）如图1所示，MN、PQ为两根水平放置相距L＝1.0m平行且光滑的金属导轨，PM两点间接阻值R＝2.0Ω的定值电阻，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。t＝0时刻给导体棒施加F＝2.0N水平向右的恒力，导体棒从静止开始运动，t＝2.0s时导体棒的速度v＝2.0m/s。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向上，导体棒的质量m＝0.2kg，不计导轨、导体棒的电阻，重力加速度g取10m/s2。则在导体棒向右运动的过程中，求：（1）t＝2.0s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E；（2）t＝2.0s时导体棒的加速度大小a，并在图2中定性画出导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像；（3）0至2.0s时间内导体棒通过的位移大小x。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解t＝2.0s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小；（2）根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解加速度大小；根据运动情况画出导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像；（3）根据动量定理求解0至2.0s时间内导体棒通过的位移大小。【解答】解：（1）t＝2.0s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小：E＝BLv＝1×1×2V＝2V；（2）t＝2.0s时，感应电流大小为：I=E根据牛顿第二定律可得：F﹣BIL＝ma解得：a＝5m/s2由于加速运动过程中速度逐渐增大、安培力逐渐增大、则加速度逐渐减小，最后导体棒做匀速直线运动。导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像如图所示：（3）取向右为正方向，根据动量定理可得：Ft﹣BILt＝mv﹣0其中：It=解得0至2.0s时间内导体棒通过的位移大小：x＝7.2m。答：（1）t＝2.0s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小为2V；（2）t＝2.0s时导体棒的加速度大小为5m/s2，导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像见解析；（3）0至2.0s时间内导体棒通过的位移大小为7.2m。【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。19．（10分）双星系统是指由两颗恒星组成的引力束缚系统，它们在相互的引力作用下围绕共同的质心（质量中心）做轨道运动。（1）如图所示为某双星系统，恒星A、B绕其连线的中点O做角速度相等的匀速圆周运动，A、B的质量均为M0，恒星A、B中心之间的距离为L，引力常量为G，求恒星A绕O点做圆周运动的角速度ω。（2）宇宙中某双黑洞系统可以看成双星模型、随着时间推移，系统会通过引力波辐射能量，导致轨道逐渐收缩，最终合并成一个黑洞。假设该双黑洞系统中，两个黑洞的质量均为M，中心之间的距离为r，已知此时这个系统辐射引力波的功率P=32a.该双黑洞系统到地球的距离为D（D远大于r），不计传播过程中引力波能量的损失，求地球表面接收到该系统此时刻辐射引力波的能流密度S（能流密度是指单位时间内通过垂直于能量传播方向上单位面积的能量，单位为W/m2）。b.已知质量为m1和m2，距离为R的两个质点间的引力势能Ep＝﹣Gm1m2【分析】（1）根据万有引力提供向心力解答。（2）a.根据题意分析解答。b.根据万有引力提供向心力结合动能与势能的公式分析解答。【解答】解：（1）根据万有引力提供向心力有GM02L2解得ω=（2）a.根据题意可知S=b.根据万有引力提供向心力有GM2r2动能为Ek1=12M解得Ek1=GM2系统增加的动能为ΔEk＝2（Ek2﹣Ek1）减少的势能为ΔEp=-GM2则系统减少的机械能为ΔE＝ΔEp﹣ΔEk根据能量守恒定律有ΔE=P解得P答：（1）恒星A绕O点做圆周运动的角速度为2GM（2）a.地球表面接收到该系统此时刻辐射引力波的能流密度为8Gb.此过程中该双黑洞系统辐射引力波的平均功率为GM【点评】本题为双星问题，要把握住双星的特点：彼此间的万有引力充当向心力，并且只能绕同一点做圆周运动且角速度相同。20．（12分）通过电场和磁场我们可以控制微观带电粒子的运动（不计重力影响）。（1）控制带电粒子的轨迹如图1所示，空间中存在方向指向圆心O1的径向电场，质量为m，电荷量为+q的粒子，垂直于电场方向射入电场，刚好做半径为R的匀速圆周运动，所经圆弧电场强度大小均为E。求该粒子的速度大小v1。（2）约束