北京市朝阳区2026届高三物理下学期学情调研试题含解析

北京市2025-2026学年高三一模适应性练习

物理

（考试时间90分钟满分100分）

提示：

试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答。

一、单项选择题（共14小题，每小题3分，共42分）

1.锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料．研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子

12171

与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为6C1H3Li21HX，式中的X为

（）

A.1B.0C.0D.4

0n1e1e2He

【答案】D

【解析】

【详解】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得

A1217214，Z613212

故式中的X为4，故选D。

2He

2.三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了2023年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子

点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（）

A.蓝光光子的能量大于红光光子的能量

B.蓝光光子的动量小于红光光子的动量

C.在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度

D.蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率

【答案】A

【解析】

【详解】AB．由于红光的频率小于蓝光的频率，则红光的波长大于蓝光的波长，根据

Eh

可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量；根据

h

p

可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量，故A正确，B错误；

C．由于红光的折射率小于蓝光，根据

c

v

n

可知在玻璃中传播时，蓝光的速度小于红光的速度，故C错误；

D．光从一种介质射入另一种介质中频率不变，故D错误。

故选A。

3.在同一均匀介质中，分别位于坐标原点和x7m处的两个波源O和P，沿y轴振动，形成了两列相向传

播的简谐横波a和b，某时刻a和b分别传播到x3m和x5m处，波形如图所示。下列说法正确的是

（）

A.a与b的频率之比为2:1B.O与P开始振动的时刻相同

C.a与b相遇后会出现干涉现象D.O开始振动时沿y轴正方向运动

【答案】A

【解析】

【详解】A．由同一均匀介质条件可得a和b两列波在介质中传播速度v相同，由图可知，a和b两列波的

波长之比为

21

a

b42

根据

v

f

可得a与b的频率之比为

f2

ab

fba1

故A正确；

B．因a和b两列波的波速相同，由a和b两列波分别传播到x3m和x5m处的时刻相同，可知O与P

开始振动的时刻不相同，故B错误；

C．因a与b的频率不同，a与b相遇后不能产生干涉现象，故C错误；

D．a波刚传到3m处，由波形平移法可知，3m处的质点开始振动方向沿y轴负方向，而所有质点的开始振

动方向都相同，所以O点开始振动的方向也沿y轴负方向，故D错误。

故选A。

4.如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶

内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（）

A.内能迅速增大B.温度迅速升高

C.压强迅速增大D.体积迅速膨胀

【答案】D

【解析】

【详解】瓶塞跳出的过程中瓶内的气体对外做功，气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，可知气

pV

体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，由理想气体状态方程C

T

可知，气体压强减小。

故选D。

5.如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，

沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，

由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流

方向为逆时针。

故选C。

6.如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u5sin100tV的交流电，经原、副线圈

匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下

列正确的是（）

n7

A.2

n120000

n1

B.1

n22000

C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5V

D.副线圈输出交流电压的频率是100Hz

【答案】B

【解析】

【详解】AB．原线圈两端电压的有效值

552

U1VV

22

根据电压匝数关系有

Un

11

U2n2

变压器副线圈电压的峰值

U2max2U2

根据题意有

3

U2max1010V

解得

nn1

22000，1

n1n22000

故A错误，B正确；

C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为

552

U1VV

22

故C错误；

D．根据

2

2f100Hz

T

解得

f50Hz

变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。

故选B。

7.如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一

端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到am

图像。重力加速度大小为g。在下列am图像中，可能正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】D

【解析】

【详解】设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得

TfMa

以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得

mgTma

联立可得

f

g

mgf

amm

MmMm

可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，

加速度为0，当砝码重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g。

故选D。

8.地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到b、从c运行到d的过程中，与太阳连线

扫过的面积分别为S1和S2，且S1S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的0.6倍，

则彗星（）

A.在近日点的速度小于地球的速度

B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小

C.从a运行到b的时间大于从c运行到d的时间

D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍

【答案】C

【解析】

【详解】A．地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

Mmv2GM

Gmv

r2rr

过近日点做一个以太阳为圆心的圆形轨道，卫星在该圆形轨道上的速度v1比彗星在椭圆轨道上近日点速度

小，而v1比地球公转的速度大，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误；

B．从b运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减

小，B错误；

C．根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据S1S2可知从a运行

到b的时间大于从c运行到d的时间，C正确；

D．万有引力提供加速度

MmGM

Gmaa

r2r2

则哈雷彗星的加速度a1与地球的加速度a2比值为

ar21

12

2

a2r10.36

D错误。

故选C。

9.某同学根据查阅到的某种热敏电阻的Rt特性曲线（如图1），设计了图2所示的恒温箱温度控制电路。

图2中，为热敏电阻，为可变电阻，控制系统可视作的电阻，电源的电动势，

RtR1R200E9.0V

内阻不计。当通过控制系统的电流小于2mA时，加热系统将开启，为恒温箱加热；当通过控制系统的电流

等于2mA时，加热系统将关闭。下列说法正确的是（）

A.若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为

R1500Ω

B.若要使恒温箱内温度升高，应将增大

R1

C.若恒温箱内温度降低，通过控制系统的电流将增大

D.保持不变，通过控制系统的电流大小随恒温箱内的温度均匀变化

R1

【答案】B

【解析】

【详解】A．制系统的电流等于2mA时，电路中的总电阻

9.0

R总4500

2103

20℃热敏电阻的阻值为

Rt14000

若要使恒温箱内温度保持20℃，应将调为

R1

45004000200300

A错误；

B．由于加热系统关闭的电流临界值2mA一定，即加热系统关闭的电路中临界的总电阻始终4500Ω。可知若

要使恒温箱内保持的温度值升高，即热敏电阻的阻值减小，则必须使增大，B正确；

R1

C．若恒温箱内温度降低，热敏电阻阻值增大，通过控制系统的电流减小，C错误；

D．根据图1可知，恒温箱内的温度与热敏电阻的阻值成线性关系，通过控制系统的电流

E

I

RR1Rt

可知，通过控制系统的电流大小与热敏电阻的阻值不是线性关系，即保持不变，通过控制系统的电流大

R1

小随恒温箱内的温度不是均匀变化，D错误。

故选B。

10.如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的A、B两点。

物块处于AB连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已

知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后

（）

A.物块做简谐运动

B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用

C.若AOB90时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为2F

12

D.若物块第一次到达C点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功WmvmgL

20

【答案】D

【解析】

【详解】AB．物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用；而运

动方向受橡皮绳的弹力和摩擦力作用，其合力不满足简谐运动的回复力特点（Fkx），因摩擦力是恒力，

不随位移按比例变化，所以物块不做简谐运动，故AB错误；

C．若时每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力22

AOB90F弹合FF2F

物块还受到摩擦力为fNmg

则物块所受合力为F合2Fmg，故C错误；

12

D．若物块第一次到达C点的速度为v0，物块从O点运动到C点，由动能定理可知WmgLmv0

20

1

解得橡皮绳对物块做的功为Wmv2mgL，故D正确。

20

故选D。

11.金属圆盘和金属棒分别接电源的正负极，将圆盘置于污泥槽底部，接通电源可将污泥絮体收集到圆盘

上。圆盘与棒之间的电场分布如图实线所示，虚线为其中一个等势面。某一污泥絮体（视为质点）仅受电

场力从A到B的运动轨迹如图所示，B点为轨迹、电场线和等势面的共同交点，下列说法错误的是（）

A.污泥絮体带负电B.A处电势低于B处电势

C.污泥絮体的速度先减小后增大D.污泥絮体的电势能先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据污泥絮体（视为质点）仅受电场力从A到B的运动轨迹图知，所受电场力方向向下，与电

场线方向相反，故知污泥絮体带负电，故A正确；

B．沿着电场线方向电势降低，故A处电势低于B处电势，故B正确；

C．从A到B的过程，速度与电场力之间的夹角先是钝角，后变成锐角，如图

电场力先做负功后做正功，根据动能定理知，污泥絮体的速度先减小后增大，故C正确；

D．根据C项分析知，从A到B的过程，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故D错误。

故选D。

12.伽利略用数学方法研究斜抛运动，他发现以相同大小的初速度抛出物体，当抛射角（初速度方向与水

平方向的夹角）α=45°时，射程最大，抛射角为45°±β的两个斜抛运动射程相等。如图所示，将一个物

体以相同大小的初速度由O点抛出，曲线1是抛射角为60°时的运动轨迹，曲线2是抛射角为30°时的运

动轨迹，两条曲线交于P点，A点和B点分别为两条曲线的最高点，C点是曲线1上与B点高度相等的一点。

不计阻力，有关物体分别沿两条轨迹运动的过程，下列说法正确的是（）

A.物体分别沿曲线1和曲线2由O点运动到P点的时间之比：：

t1t213

B.物体经过A点和B点时的速度之比：：

vAvB13

C.A点和B点与O点的高度差之比：：

hAhB31

：：

D.由A点到C点和由C点到P点过程重力做功之比WACWCP21

【答案】BD

【解析】

2vsin603v

【详解】A．物体沿曲线1运动到P点的时间t00

1gg

2vsin30v

沿曲线2由O点运动到P点的时间t00

2gg

则，选项A错误；

t1:t23:1

vvcos601

B．物体经过A点和B点时的速度之比A0，选项B正确；

vBv0cos303

(vsin60)2(vsin30)2

C．A点和B点与O点的高度差之比h:h0:03:1，选项C错误；

AB2g2g

D．因hA:hB3:1可知hAC:hCP2:1

：：

根据WG=mgh可知由A点到C点和由C点到P点过程重力做功之比WAC

WCP2

1，选项D正确。

故选BD。

13.利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，在两块磁感应强度相同、N极相对放置的磁体缝

隙中放入霍尔元件。该霍尔元件长为a，宽为b，厚为c。建立如图乙所示的空间坐标系，保持沿x方向

通过霍尔元件的电流I不变，霍尔元件沿z方向前后移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，在M、N

表面间产生的霍尔电压UMN不同。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，UMN为0，将该点作

为位移的零点。在区间某小范围内，磁感应强度B的大小与位移z的大小成正比。这样就可以把电压表改

U

装成测量物体微小位移的仪表。MN定义为仪表的灵敏度。下列说法中正确的是（）

z

A.该仪表的刻度线是均匀的，仪表可以测量位移大小，但不能判断位移方向

B.小范围内，若霍尔电压UMN随时间按正弦规律变化，可以判定霍尔元件做简谐运动

C.若电流I越大，该仪表的灵敏度越低

D.若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当z0时，M表面电势低于N表面的电势

【答案】B

【解析】

U

【详解】A．根据平衡条件可得qMNqvB

b

又Bkz

所以UMNkvbz

所以UMN与z成正比，该仪表的刻度线是均匀的，仪表可以测量位移大小，由UMN的正负可以判断位移方

向，故A错误；

B．小范围内，若霍尔电压UMN随时间按正弦规律变化，因UMN与z成正比，则z也随时间按正弦规律变

化，可以判定霍尔元件做简谐运动，故B正确；

U

C．由Ukvbz可知MNkvb

MNz

U

若电流I越大，则v越大，即MN越大，该仪表的灵敏度越高，故C错误；

z

D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当z0时，磁场方向向右，根据左手定则可知，电子偏向下表

面，下表面电势低，即M表面电势高于N表面的电势，故D错误。

故选B。

14.同一物理现象往往可以用不同方法来解释。例如：在赤道地表上方300m高空相对于地球表面静止释放

一物体，不考虑重力加速度的变化，忽略空气阻力，物体将不会落在释放点的正下方，该现象可以用两种

不同的方法进行解释。

方法一：地球是一个转动的非惯性系，运用牛顿定律分析物体的运动时，物体除了受到与惯性系相同的力

外，还受到一个“假想的惯性力”，该力的方向与物体上下运动的方向有关，当物体向地心运动时，该力

的方向指向东方，当竖直运动方向反向时惯性力的方向也反向。

方法二：物体在下落过程中，受到的万有引力是有心力，根据物理学规律角动量守恒（角动量Lmr2，

其中m是物体的质量，r为物体到地心的距离，为物体相对于地球的角速度），物体的角速度会发生变化。

下列说法正确的是（）

A.由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程相对抛出点向西运动，下落过程相对抛出点

向东运动，落回的地点在抛出点

B.由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程物体的角速度越来越大，下落过程物体的角

速度越来越小，落回的地点在抛出点

C.若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向西偏转

D.若将一物体在北京竖直向上抛出，由两种方法均可知，物体相对于地面将向东偏转

【答案】C

【解析】

【详解】A．由方法一可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程中物体远离圆心，惯性力方向向西，

角速度小于地球自转的角速度，所以相对抛出点向西运动，下落过程中物体向地心运动，惯性力方向向东，

角速度小于地球自转的角速度，由于上升和下落过程对称，物体落回地面时角速度等于地球自转的角速度，

落回的地点应在抛出点的西方，故A错误；

B．由方法二可知，若将一物体在赤道竖直向上抛出，上升过程r增大，根据角动量守恒可知，越来越小，

下落过程中r减小，根据角动量守恒可知，越来越大，落回地面时角速度等于地球自转的角速度，所以

落回的地点在抛出点的西侧，故B错误；

CD．若将一物体在北京竖直向上抛出，由方法一可知，物体远离地心运动，物体受到指向西方的惯性力，

物体向西偏转，由方法二可知，物体到地心的距离r增大，根据角动量守恒可知，角速度减小，由于地球

自西向东转动，角速度不变，物体角速度减小，故物体向西偏转，故C正确，D错误。

故选C。

二、实验题（共2小题，共18分）

15.物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验操作和实验分析等。

（1）图为“研究两个互成角度的力的合成规律”实验的示意图。

①下列实验操作中必要的是（）

A、实验中应保证两弹簧测力计外壳与木板平行，以保证细绳套的方向与木板平行

B、实验中应保证两个分力大小都小于合力大小

C、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，通过连点成线的方式标记出两细线的方向，表示分力的方向

D、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，测量出两细线的长度，表示分力的大小

②在作图时，你认为___________（填“甲”或“乙”）是正确的。

（2）用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比

为1:2:1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮

的半径之比为2:1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与___________（选填“质量”、“角速

度”或“半径”）的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于___________。

（3）在“利用双缝干涉测光的波长”的实验中，双缝间距d0.40mm，双缝到光屏间的距离l500mm。

用某种单色光照射双缝得到的干涉条纹如图2所示，分划板的“十”字在图中A、B位置时，游标卡尺的读

数分别为xA11.1mm，xB_____mm，如图3所示。则该单色光的波长_____m。

（4）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将体积为V1的纯油酸加入酒精中，制成总体积为V2的油

酸酒精溶液，测得1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S。已知1滴该油酸酒精溶液的体积为V0，

则油酸分子的直径d______。（用V1、V2、V0和S表示）

（5）某同学利用单摆测量重力加速度的大小。测得多组摆长L及对应的周期T，作出T2L图像如图所示，

利用图线的斜率计算重力加速度，计算结果在误差允许的范围内与当地的重力加速度相等，图线没有过原

点的原因可能是_____。

A.测周期时多数了一个周期B.测周期时少数了一个周期

C.直接将摆线长作为摆长D.将摆线长加上摆球直径作为摆长

【答案】（1）①.AC②.甲

（2）①.角速度②.1∶4

（3）①.15.6②.6.0×10-7

VV

（4）01（5）C

V2S

【解析】

【小问1详解】

[1]A．保证弹簧测力计与木板平行，可让拉力在纸面内，减小实验误差，操作必要，故A正确；

B．两分力夹角较大时，分力大小可以大于合力，故B错误;

C．标记分力方向只需在细绳方向标记两个点，连接O点得到方向。故C正确；

D．分力大小由弹簧测力计读数得到，不是细线长度，故D错误。

故选AC。

[2]F3是实验测得的实际合力，方向一定与橡皮条共线；平行四边形定则得到的是理论合力，因实验误差会

略有偏差，因此甲符合实验事实。

【小问2详解】

[1]实验控制了小球质量相等、圆周运动半径相等，只有角速度不同，因此探究向心力与角速度的关系。

1

[2]皮带传动的塔轮线速度相等，由vR得，左、右塔轮半径比2:1

R

因此角速度比A:C1:2；

由2，、相等，得向心力比22，标尺露出长度反映向心力大小，因此比

FmrmrFA:FCA:C1:4

值为1:4。

【小问3详解】

[1]10分度游标卡尺精度为0.1mm，主尺读数15mm，游标第6格对齐，得

xB15mm60.1mm15.6mm。

15.611.1l

[2]A、B间共6个相邻条纹间隔，得相邻间距Δx0.75mm7.5104m，由Δx，代

6d

入d4104m、l0.5m

dΔx

得6.0107m。

l

【小问4详解】

V1VV1V0

1滴溶液中纯油酸体积为VV0，单分子油膜的分子直径等于油膜厚度，因此d。

V2SV2S

【小问5详解】

2

L真24

单摆周期公式为T2，平方得TL真

gg

AB．测量周期时，多数了1个周期或者少数了一个周期，所有测量点的T2都会与真实T2产生偏差，

会影响图线的斜率，但图线都会经过原点，故AB错误；

22

244r

C．若直接将摆线长作为摆长，测量摆长LL真r（r为摆球半径），整理得TL真，因此

gg

L0时，T20，会导致截距为正，故C正确；

22

244r

D．若将摆线长加上摆球直径作为摆长，测量摆长LL真r（r为摆球半径），整理得TL真，

gg

因此L0时，T20，会导致截距为负，故D错误。

故选C。

16.某实验小组设计方案验证机械能守恒定律。

（1）如图1所示，利用打点计时器记录重物自由下落的运动过程。

a.下列实验操作和数据处理正确的是______。

A.实验中必须测量重物的质量

B.打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直

C.实验中应先接通打点计时器的电源，再释放重物

D.测量纸带上某点的速度时，可由公式v2gh计算

b.图2为实验所得的一条纸带，在纸带上选取连续的、点迹清晰的3个点A、B、C，测出A、B、C与起始点

O之间的距离分别为h1、h2、h3。已知打点计时器的打点周期为T，当地重力加速度为g。从打O点到打B

点的过程中，若满足______则表明小球在上述运动过程中机械能守恒。

（2）某同学利用如图3所示的装置验证机械能守恒定律。将直径为d的小球通过细线系在固定点上，使小

球可以在竖直平面内做圆周运动。调节小球的释放位置，记录小球释放时球心到光电门中光信号的竖直高

度h，并将其无初速度释放。当小球经过光电门时，光电门可以记录小球遮挡光信号的时间t。改变小球的

释放位置，重复上述步骤，得到多组竖直高度h和对应时间t的数据。

a.若小球向下摆动的过程中机械能守恒，则描绘以h为横坐标、以______为纵坐标的图像，在误差允许范

围内可以得到一条倾斜的直线。该图线的斜率k=______（用d、g表示）。

b.该同学利用上述方案验证机械能守恒定律时，得到图像的斜率总是略大于a问中的k。请分析说明其中的

原因，并提出合理的解决办法____。

2

hh

【答案】（1）①BC②.gh31

.28T2

12g

（2）①.②.③.小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹

t2d2

的最低点略高于或低于光信号的高度，会使遮挡光信号的宽度d小于实验过程中测量的小球直径d。由

2g

k可知，斜率的测量值将总会略大于k的理论值。则可将小球换为质量分布均匀的金属小圆柱体，可

d2

避免遮挡光信号的宽度d′小于实验过程中测量的小球直径d带来的误差。

【解析】

【小问1详解】

[1]A．由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量重物的质量，故A错误；

B．为了减小纸带与打点计时器的摩擦，打开打点计时器前，应提住纸带上端使纸带竖直，故B正确；

C．为了充分利用纸带，实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；

D．不能利用公式来求解瞬时速度，因为这样直接认为加速度为重力加速度，失去了验证的意义，故D错误。

故选BC。

hh

[2]打B点时的速度v31

B2T

1

打O点到打B点的过程中，增加的动能为Emv20

k2B

打O点到打B点的过程中，减少的重力势能为Epmgh2

1

若机械能守恒，则有mv2mgh

2B2

2

hh

整理得31gh

8T2

【小问2详解】

d

[1][2]当小球经过光电门时速度大小v

t

1

从释放到经过光电门过程，小球增加的动能为Emv20

k2

减少的重力势能为Epmgh

1

若机械能守恒，则有mv2mgh

2

12g

整理得h

t2d2

112g

可知h图像为过原点的一条倾斜直线，故纵坐标为，可知图像斜率k。

t2t2d2

[3]小球通过光电门的过程中，若因细线形变等原因导致圆心划过轨迹的最低点略高于或低于光信号的高度，

2g

会使遮挡光信号的宽度d小于实验过程中测量的小球直径d。由k可知，斜率的测量值将总会略大于

d2

k的理论值。则可将小球换为质量分布均匀的金属小圆柱体，可避免遮挡光信号的宽度d′小于实验过程中

测量的小球直径d带来的误差。

三、计算论证题（共4小题，共40分）

17.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子在P点以与x轴正

方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量大小为q

（电性未知），OPa，不计重力。根据上述信息：

（1）判断带电粒子所带电荷的种类；

（2）求带电粒子在磁场中运动的速率v；

（3）求带电粒子在磁场中运动的时间t。

【答案】（1）正电荷（2）23aqB

3m

2m

（3）

3qB

【解析】

【小问1详解】

根据粒子的偏转方向可知，粒子所受洛伦兹力方向垂直初速度斜向左上方，磁场方向垂直于纸面向里，根

据左手定则，可知粒子带正电。

【小问2详解】

粒子的运动轨迹如图所示

a23

由几何关系可知Ra

cos3023

v2

根据洛伦兹力提供向心力qvBm

R

23aqB

联立可得v

3m

【小问3详解】

2R2m2

带电粒子周期为T，圆周的圆心角为

vqB3

则带电粒子在磁场中运动的时间为tT

2

2m

解得t

3qB

18.如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半圆轨道BCD的半径R0.4m，

D是半圆轨道的最高点。将一质量m0.1kg的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，

在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，其经过B点时的速度

2

vB5m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度g10m/s。求：

（1）物体通过D点时的速度大小vD；

（2）物体由静止释放后，弹簧对物体的冲量I；

（3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。

【答案】（1）2m/s

（2）0.5kg·m/s

（3）0.25J

【解析】

【小问1详解】

v2

物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mgmD

R

解得vD2m/s

【小问2详解】

根据动量定理ImvB0

弹力的冲量I0.5kg·m/s

【小问3详解】

11

物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有mg2RWmv2mv2

2D2B

解得W0.25J

19.轴向磁通风力发电机在新能源领域中有广泛应用，其原理可简化为一圆盘发电机。如图所示，发电机

的中心轴为固定不动的圆柱，一外半径为3l、厚度均匀的环形导体盘套在轴上，接触良好并可绕轴转动，

导体盘轴线与中心轴的轴线重合。整个装置处在方向与轴线平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。在风

力的作用下，导体盘以角速度匀速转动，导体盘的内、外缘为发电机的两个电极。两极接在外电阻两端

后，导体盘上各处均有沿半径流动的电流。

（1）磁场方向与导体盘转动方向如图所示，试判断导体盘的外缘是发电机的正极还是负极；

（2）若外电阻阻值为R，导体盘电阻忽略不计、内半径为l，通过导体盘上相同圆心角区域内的电流相同。

求作用在导体盘上圆心角为区域（很小，可视为导体棒）上的安培力大小F与的关系式；

（3）若外电阻阻值忽略不计，导体盘电阻不可忽略，距离轴线为r处的电阻率与r成正比，比例系数为

k，即kr，导体盘厚度为d、内半径大小可调。求导体盘发热功率最大时内半径的大小。

4B2l3

【答案】（1）正极（2）F

R

（3）xl

【解析】

【小问1详解】

根据右手定则可知导体盘的外缘是发电机的正极。

【小问2详解】

1

设导体盘上圆心角为的区域切割磁场的平均速度为v，有v(3ll)

2

设导体盘的电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有EB·2lv

E

设回路中的总电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I

R

设导体盘上圆心角为区域的电流为I，则II

2

作用在导体盘上圆心角为区域上的安培力大小为FBI·2l

4B2l3

联立上述各式，得F

R

【小问3详解】

如图所示