2024年北京市东城区高考物理二模试卷

2024年北京市东城区高考物理二模试卷

1.（3分）b为真空中等量异种点电荷的电场中的两点，如图所示。a、b两点的电场强发

大小分别为电势的高低分别为小n、4b.下列说法正确的是（）

A.Ea<E3,o)a<93B.Ea<Ei,(pa>%C.Ea>瓦,9ao>D.Ea>Eb,(pa<0O

2.（3分）卜列有关热现象的说法正确的是（）

A.当物体温度为0C时，物体的内能为零

B.分子间作用力随分子间距离增大，一定先减小后增大

C.气体分子的速率有大有小，但大量气体分子的速率呈“中间多、两头少”的规律分布

D.一定质量的气体温度不变时，体积减小，压强增大，说明每秒接击单位面枳器壁的分子数减少

3.（3分）如图为氢原子能级的示意图，现有大盘的氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时辐射出nE/eV

若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是（）8----------------------0

4---------------------0.85

3----------------------1.51

2---------------------3.40

1---------------------13.6

A.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光

B.粒子性最强的光是由n=2能级班迁到n=l能级产生的

C.最容易发生衍射的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的

D.这甜械原子发出的光子中，能量的最大值为l2.75eV

第I页/共2191

4.（3分）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的成

率分界.沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比-

较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（）

A.重力对每个小球做的功都各不相同B.每个小球落地时的速度都各不相同

C.每个小球在空中的运动时间都各不相同D.每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同

5.（3分）一列振幅为A的简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔L=0.2m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰传到质点1,质点1立即

开始向上振动，振动的地大位移为0.1m,经过时间H=0.5s,所选取的广9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，则下列判断

甲乙

A.该波的波速为4m/sB.t=0.6sl寸刻，质点5向下运动

C.t=0至t=0.6s内，质点1经过的路程为2.4mD.1=0至t=0.6s内，帧点5运动的时间只有0.2s

6.（3分）如图所示为研究光电效应的电路组。开关闭合后，当用波长为",的单色光照射光电管的阴极K

时，电流表有示数。下列说法正确的是（）

A.若只让滑片T向D端移动，则电流表的示数一定增大

B.若只增加该单色光的强度,则电流表示数一定增大

C.若改用波长小于入树单色光照射光电管内阴极K,则阴极K的逸出功变大

D.若改用波长大于、。的单色光照射光电管的阴极K,则电流表的示数一定为零

M2页/共21页

第3页/M21X

10.（3分）一束丫射线（从底部进入而没有留下痕迹）从充满在气泡室中的液态

氢的一个氢原子中打出一个电子，同时丫光子自身转变成一对正、负电子对（分

别称为壬电子、负电子，二者速度接近），其径迹如图所示。已知匀强磁场的

方向垂直照片平面向里，正、负电子质量相等，则下列说法正确的是0

A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹

B.正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等

C.分离瞬间，正电子速度大于负电子速度

I）.正电子、负电子的动能不断减小，而被打出的电子动能不变

11.（3分）如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂

•个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置•个闭

合铜制浅圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位

置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示

意图如图乙所示（初始静止位置为原点，向上为正方向，

经t』寸间，可认为振幅A衰版到0）。不计空气阻力，下列说

法正确的是（）

A.x>0为那些时刻线圈对桌面的压力小于线图的重力

B.x=0'］勺那些时刻线圈中没有感应电流

C.更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零

D.增加线圈的匝数，t会减小,线圈产生的内能不变

12.（3分）如图为滑雪大跳台场地的简化示京图。某次训练中，运动员从A点由静--

止开始下滑，到达起跳点B时借助备和技巧，保持到达起跳点B时的速率，沿与水。

平面夹用为15°的方向斜向上飞出，到达最高点C,最终落在坡道上的D点（C、D均|

未画出"已知A、B之间的高度差H=45m,坡面与水平面的夹角为30°.不计空气’

阻力和摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sinl5°=0.26,cosl5°=0.97,下列

说法正确的是（）

A.运动员在B点起跳时的速率为20m/s

B.运动员起跳后达到最高点。时的速度大小均为7.8m/s

第4负/共21页

C.运动员从起跳点B到最高点C所用的时间约为2.9s

ni云动员从起跳点R到坡道上I）点所用的时间约为49y

13.（3分）水平放置的M、N两金属板，板长均为L,板间距为d,两板间有竖直向下的匀强用X

场，场强大小为E,在两板左端点连线的左侧足够大空间存在X匀强磁场，磁感应强度的大xX

小为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒了•以初速v0紧靠M板从右端本

xX

平射入电场，随后从P点进入磁场，从Q点离开磁场（P、Q未画出）。不考虑粒子的电力，下列

XXX

说法正确的是。一）

XXXX：

.

XXXX•

A.PQ间距离与E的大小无关B.PQ间距离与V”的大小无关C.P点的位置与粒了的比荷无关

D.带电粒子不可能打在N板上

14.（3分）如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，笫①次击球和第②次击球分别使台球沿平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔

碰撞，速度大小均为v。。碰撞后，木楔沿桌边运动，速度大小用丫表示，台球平行于桌边和垂直于臬边的速度大小分别用v,和0表示。已

知木楔责量为M,台球质量为m,木楔的倾角用0表示。不考虑碰撞过程的能量损失，则（）

A.第①种情况碰后丫可能大于一v

m+110

B.若满足tan6=居三,第①种情况：e!2=0,即碰后台球速度方向垂克于桌边

C.笫②种情况碰后V可能大于'

0.若满足tan（＞=底,第②种情况：%=0,即碰后台球速度方向平行于桌边

二、本部分共6题，共58分

1.（8分）某同学对如图1所示的双缝干涉实险装置进行调节并观察实睑现象。

第5页/共21贞

九源凸透镜/光片单缝双缝遮光曲测质头及U铺

图1

-iinnniin

min

图2

（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数增多，可以（选填选项前的字母）。

A.将虺缝向双缝靠近

B.将红色滤光片换成绿色滤光片

C.使用间距更小的双健

（2）若在屏上观察到的干涉条纹如图2中a所示，改变双健间的距离后，干涉条纹如图2中b所示，图中虚线是亮纹中心的位置，则双处间

的距离变为原来的。

A-

3

B1

2

C.2倍

D.3倍

（3）某次测量叼，选用的双缱的间电为0.30mm,测得屏与双缝间的距离为1.20m,叉丝中心线对准第1条亮纹中心时读数为21.75mm,旋转

测量头旋钮，叉丝中心线对准第4条亮纹中心时读数如图3所示，则读数为mm。所测单色光的波长为m（结果保留2位有

效数字）。

2.（10分）（1）用图1所示的多用表测量:一合金丝的电阻。待测合金丝阳值约为I•几欧，测量步骤如下:

笫6页/共21页

图1

OJO0.200.300.400.50

图3图4

①使用前先调节指针定位螺丝，使多用电表指针对准“直流电流、电压”的o刻线。

②将选择开关转到电阻挡的（选娘"XI”、“X10”或“X100”）的位设。

③判红、黑表艳插入“+”、插孔，并将两表笔短按，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准“电阻”的（选填“0刻战“或”8刻

线”），

④将丙表笔分别与待测电阻相接，读取数据，示数如图2所示，则合金丝的阻值为Q.

（2）按照图3连接电路，测量合金丝的电阻率。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度1、调节滑动变阳器连入电路的阻值，使电流表的读数I

达到其一相同值时记录电压表的示数U,从而得到多个的值，作出；一1忤?，如图4中图线

笫7页/共21页

a所示。

①在实除中应仲用（诜域"0'20Q”或“0、200Q”）曲滑动布阳器。

②已知合金丝甲的横截面积为8.0X10-W,则合金丝甲的电阻率为Q•“（结果保留2位有效数字）.

③图4中图纹b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙采用同样的方法获得的v7-图像，由图可知合金丝乙的横截面积（选

填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝甲的横截面积。

④请从理论上分析并说明，利用图1中直线斜率求合金丝电阻率，是否存在因电表内阻带来的误差

3.（9分）如图所示,在真空中A、B两个完全相同的带正电小球（可视为痂点）分别用长为1的轻细线系住，另一端悬壶

在P点,电荷量qA=q„=%0P为A、B连线中垂线，当A、B静止时,“A。=50。,已知静电力常量为

k,求:

⑴轻细线拉力的大小

（2）P点电场强度的大小治和方向;

（3）若把电荷量为q=20x10℃（q«q°l的止试探电荷从P点移到0点，克服电场力做了

1.0x/的功，求P、0两点间的电势差

AB

第5痴/共21负

4.（9分）如图所示，用横截面积为5、电阻率为P的金属丝制成半径为a的金屈圆环来研究涡流现

象。在金屈圆环内有半径为b的圆形区域，区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B

随时向t的变化关系为B=8。+k（幻0）,求：

（1）金属圆环内感应电动势的大小E；

（2）金属圆环中感应电流的方向和感应电流的大小I：

（3）金属圆环单位长度上的发热功率P。

5.（10分）光压让指光照射到物体上对物体表面产生的压力。早在17世纪初，开普勒就曾用太阳光的压力解释彗星的尾巴为什么背

着太阳。其实若尾般有两条，•条是由等离子体在太阳风作用下形成的离子尾，另•条是不带电的尘埃在太阳光的光压力作用

下形成的尘埃尾。当尘埃被从彗星释放出来，由于太阳光产生的光压把它们沿径向往外推开，它就不再继续沿着彗星轨道运动。

如图所示为彗星掠过太阳所发生的状况，弧线表示彗星的轨迹，彗星当前在b位置，在。位置上释放出的尘埃已被太阳光压沿虚线

路径推出（其它位置释放的尘埃路径未画出），形成了如图所示的尘埃尾。（已知畸星质量远远小于太阳质量）

第9列/共21贝

（1）请说明在图中＜1位置择放的尘埃的速度方向：若能够沿着路径①（一条直线）运动，请说明尘埃所受合外力的情况。

（2）在•定条件卜.（例如强光照射卜）小颗粒所受的光压可以与所受万有引力同数量级.假设尘埃粒子是半径为R的小球，密度为P,它对太防光全

部吸收，已知太阳的质量为M,辐射光的功率为P。,所发出太阳光的平均波长为人,普朗克常量用h表示，力有引力常量用G表示，

真空中光速用c表示。（光子的动量p=》

a.请求出能够沿路径①运动的尘埃粒了的半径A。；

b.请分析并说明半径满足什么条件的尘埃粒子会沿路径②运动。

笫10页/共21页

6.(12分)如图所示，不可伸长的轻质细线上端固定，下端系着一个不带电小球，小球静止时/

位于足够大光滑绝缘水平面上的0点，现在0点静置一个带正电绝缘小物块，小球与小物块均视/J

为质点。以0为原点，水平向右为z轴建立坐标轴。已知小球质量为？叫,小物块质量为m2,电荷/

量为q,细线长为1。假设系统处于真空环境中，不考虑各种阻力以及电荷量的损失，小球与物。J

块之恒的碰撞为弹性碰撞，接触过程中没有电荷量的转移。O

(1)若将小球拉至与竖直方向成某一角度的位置由静止释放，小球到达0点的速度为九并以初速度与小物块发生碰撞，

求碰后小球的速度与碰后物块的速度4Y2

(2)若在第(1)问所述的碰撞后发现小球摆回至最高点时细线与竖直方向的夹角明显减小，为使小球越撰越高，可以在小球每次达

到左方最高点时用一个很小的外力快速推一卜小球.请利用此例从功和能的角度分析并解释在共振现象中，为什么当驱动力的频率

与固有频率相等时，振动系统的能量最大.

(3)若在0点右侧空间〈z〉0)存在着平行于Oz轴的电场(场强的大小和方向可遍)，释放小球时细线与竖直方向夹角为0(0<5°),

为了使碰撞后小物块能够返回0点，且二者以第一次相碰时的初速度大小再次相碰，并能多次重复此过程，请举出两种能够实现上

述要求的理想情况，并分析并说明需要满足的条件。

飨】1页/共21克

2024年北京市东城区高考物理二模试卷（答案&解析）

1.解：根据等量异种电荷的电场线分别情况可知，b处的电场线比a处的密，所以E0＞Ea,b更接近于负电荷，所以＜1）。

＜。，故ACD错误,B正确。

故选:B.

【解析】根据电场线的疏密反映电场强度的大小，对比正负电荷的距离比较两点的电势高低进行分析判断。

2.解：A.温度为0C的物体，分子不停地做无规则的运动，分子动能不为零，分子间存在相互作用的引力与斥力，分子势能不为零,

故温度为0C的物体的内能不为零，故A错误；

B.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得快。当分子间距离小于r时，分子间斥力大于引力，分子力表

现为斥力，随分子间距离的增大而减小：当分子间距离大于丹时，分子间斥力小于引力，分子力表现为引力，随分子间距离的增

大先增大后减小，故B错误：

c.根据气体分子速率统计图可知，气体分子的速率有大右.小，但大量气体分子的速率呈“中间多、两头少”的规律分布，故C正

确；

【）.一定质量的气体温度不变时，气体平均分子动能不变，体积减小，气体分子的数密度增大，则压强将增大，故每秒撞击单位

面积器壁的分子数增加，故D错误。

故选匕

【解析】物体的内能不可能为零：根据分子间的作用力判断；气体分子速率的规律是中间多，两头少：根据压强的微观解释分

析。

3.解：A、这些氢原子总共可轴射出（a=6种不同频率的光，故A错误：

BCD、光子的能量越大，其频率越高、波长越短，粒子性越明显，应由n=，1能级跃迁到n=l能级产生，其能量值为£=・0,856丫-

（-13,6eV）=12,75eV;

光子的能量越小，其频率越低、波长越长，越容易发生衍射，应由『4能级趺迁到n=3能级产生的，故BO错误，D正确.

故选:D.

【解析】根据数学组合公式判断辐射出的光子种类：能级差越大光子能量越大，其粒子性越明显；能级差越小赤子波长越大，

越容易衍射。

4.解：AB、根据动能定理得出，三个小球I落到地面时，重力做的功相等，初动能相等，故速度大小相等，由运动的合成可知，但

竖直向下、竖直向上抛出的小球速度方向相同，但与水平向右的方向抛出方向不同，故AB错误：

C、三个小球以同一速率分别沿水平方向、竖直向卜、竖直向上抛出，在竖直方向上的分速度各不相同，加速度都为

a下流胡同高度山h="at+lm2如每个小球在空中的运动时间都多不相同故（正确。可

笫12页/共2】页

D、重力小球落地时做功的瞬时功率公式为P=mgry,b是竖百方向的分速度，三个小球中竖直向下、竖直向上抛出的小球落地时竖直方向的

分速度相同，则重力落地时重力的功率相同，故D错误。

故选:C.

【解析】根据运动学公式h=岸可比较时间：根据动能定理判断小球落地的速度：结合位移的定义判断即可根据动能定理和运动的分解求

解：

5,解：A、t=0时刻，质点1开始振动，起振方向向上：经过时间a=0.6a,所选取的广9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，故波的

传播距离71C=（1+，）兀所以周期：7=0.48：由图可得波长：A=8L=8x0,2m=1.6m,.故波速”=^=—m/s=4m/s,故AiE确：

B、该淤向右传播，根据“同恻法”可知，t=0.6s时刻，质点5向上运动，故B错误：

C、t=0Mt=0.6s内，经过的时间AtT1.5兀质点1经过的路程为s=1.5x44=6x0.1m=0.6,儿故0错误：

=£04=

D、该波传到痂点5的时间为“=彳-邛s=0.2，：所以1=0至t=0.6s内,质点5运动的时间只有0.4s,故D错误。

故选:A.

【解析】根据波形图得到波的传播距离，即可由传播时间得到波速，再由图得到波长，即可求得周期：根据波的传播方向判断质点振动方向，由波速得

到质点振动时间，即可根据周期，由质点振动得到济程。

6.解：k电路所加电压为正向电压，如果电流达到饱利电流，增加电压，电流也不会增大，故A惜误：

Ik只增加单色光强度，逸出的光子数增多，电流增大，故B正确：

C、金属的逸出功与入射光无关，故C错误;

D、改用波长大于'°的光照射，虽然光子的能量变小，但也可能发生光电效应，可能有电流，故D错误。

故选：B.

【解析】分析电路,正向电压时，达到饱和电流之前，电压越大，电流越大：

单色光强度与频率和光子数共同决定，

金属的逸出功是固有属性，与入射光无关：

根据爱因斯坦光电效应方程分析。

7.解：4C、根据电流表改装原理，若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为

/=/1»+皆=0.5A+号卢/I=1/1,故AC错误；

BD、根据电压表改装原理，若将接线柱I、3接入月路时，最大可以测量的电压为

U=l.RA+/«i=0.5x0,4^+1x7x0,4V=3,0匕故B正确，D错误。

故选:R

【解析】根据电压表和电流表的改装原理分析即可。

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8.解：A、Li和【々都检定发光后，移动滑动变阻器滑片的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值发生变化，则灯泡匕的亮度发生变化;

山于电源的内阻不计。5的亮度不发生变化，故A样误：

BC、开关S由闭合变为断开时，由F电感线图会阻碍电路中电流减小，与两个灯泡以及电阻R形成一个门感回路，则

中的电流相等，且〃中的电流会不变，G中的电流会立即反向，故B错误，C正确：

D、若想观察到断开开关S后G闪亮一下的现象，则需要在电路中的电流稳定时，流过线圈的电流大于流过的电流，

bz则需要滑动变阻器的阻值大于线圈的电阻R。,故D错误。

故选:C.

【解析】当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。

9.解：区域U光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，对应光的临界角较大，根据sin(?=\知区域II光的折射率较小，则区

n

域II为频率较小的红色单色光，区域I为红、蓝复色光，故A正确，BCD错误。

故选：A.

【解析】在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。通过照亮的圆形区域，知道a光照射的面积较大，

从而比段出两束光的临界角大小，折射率大，.、，根据光的频率分析判断。

10.解：A、根据螺旋轨迹的偏转方向，由左手定则，可知左侧螺旋轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹，故A

错误：

B、根据洛伦兹力提供向心力有：=m匕解得「=三，左侧螺旋轨迹的半径较大，正电子运动的速率较大，根据洛伦兹力大

TUB

小为：F=evB,可知正电子所受洛伦兹力较大，则正电了、负电了•所受洛伦兹力大小不是时刻相等，故B错误：

C、同理，根据运动轨迹可知正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半径大于右侧负电子的凯迹半径，故分离瞬间正电子速度大于

负电子速度，故C正确；

D、正、负电子在气泡室运动时，根据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐渐减小，动能逐渐减小。被打出的电子在气泡室中克

服阻力做功，动能也逐渐减小，故D错误。

故选:C.

【解析】根据粒子的偏转方向，应用左手定则判断正、负电子的轨迹；应用牛顿第二定律，根据轨迹半径的变化确定粒子速度的变化；

根据洛伦兹力公式判断洛伦兹力的大小：根据轨迹半径的大小关系判断粒子的速度关系。

11.解：A.根据“来拒去留”，则z>0的那拽时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小

于线图的重力，当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对•线圈有向下的作用力，此时我圈对桌面的压力大于线圈的重力，枚A错误：

B.x=0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中白.感应电流，故B错误：

C.更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会

更慢慢地衰减到零,故0错误：

第14页/共21页

D.增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则I。会减小，由于开始时线圈的机械能

不变，则线圈产生的内能不变，故D正确。

故选:D.

【解析】根据楞次定律“来拒去留”，判断磁铁对线圈的作用力方向，结合线圈中产生的感应电流的磁场对磁铁的作用来判断振幅的

变化和内能的变化

12.解：A.运动员从A点由静止开始下滑到B点时，由动能定理可得mgH=扣诏，解得%=729H=血x10x45m/s-

30zn/s,故A错误;

B.运动员在B点起跳后做斜抛运动，在水平方向则有'u,=-v/fcosl5=30x0.97m/s=2）.lm/s

在竖直方向则有r/干”lUmx（2"”/一:、:”八

在最高点，竖直方向速度是零，水平方向速度不变，可知运动员起跳后达到最高点C时的速度大小为29.lm/s,故B错误：

C.运动员从起跳点B到最高点C,在竖直方向做竖克上抛运动，到最高点C的时间则有y=-91,解得'=0.78s,故0错误；

D.运动员从起跳点B到坡道上D点的运动中，将运动分解为沿斜坡方向和垂直斜坡方向的两个分运动，在垂直斜坡方向

则有I；=I］不♦：7）”）

解得vy=ISyfim/s

Fr

n*=9cos309'--x10m>nz=5y3zn/s2

由运动规律可得运动员从起跳点B到坡道上D点所用的时间为t=等一哥$=4.0s,故D正确。

故选:D.

【解析】根据动能定理可求出B点速度：根据运动的分解，可求出运动员在最高点的速度大小以及时间：根据运动的分解，结合运动规律

可求出I）选项。

13.解：C、粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得：

在水平方向上：L=vot

在竖直方向上：y=1at2

根据牛顿第二定律可得加速度为a=竺

m

联立解得”=舞

可知P点的位置与粒子的比荷有关，故0错误；

AB、设粒子进入磁场时的速度大小为v,其方向与水平方向的夹角为。，则有：Vo=IcosG

粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如下图所示。

»15jl/共21页

QB

7mV

根据几何关系可用PQ间跑点为=2rcost?S-

可知PQ间距离与v°的大小有关,与E的大小无关，故A正确，B错误:

D、若磁感应强度足够大，粒子在磁场中的运动半径足够小，可能出现如卜图所示的情况，故带电粒子可能打在N板匕故D错误。

故选：A.

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律，应用牛顿第二定律与运动学公式解答P点的位置是否与粒子的比荷无关：粒子在

礴场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力，应用牛顿第二定律与几何关系分析PQ间距离是否与vJUE的大小布•关；根据粒子在磁场中的运

动半径的大小变化，分析是否可能存在带电粒子打在N板上的情况。

14.解：A、弟①种情况平行于臬磔方向，系统仕水平方向满足动量守怛，规定水平向左为正方向，则仃mr0=MV+mv,

根据系统能量守恒可得2m说=-MV2+2m说

联立解得V=券%，可知第①种情况碰后V不可能大于—呐,故A错误：

M+mM+m

B.第。种情况若V=O,平行于桌边方向，水平方向系统满足动量守恒，规定水平向左为正方向，则有mto=MV

根据系统能量守恒可得-mvi=-MV2+-mp5

2022y

设斜面对小球的平均弗力为M以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得

Nsin0,t—mvx—mv0—0—mv0

垂内亍桌边方向根据动员定理可得

NcosJ+£=mvy

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可得

(2n。

%=一

联立可得tane=底

故B正确：

C.第②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有

0=MZ-mv,

根据系统能量守恒可得

-mvl--MV2+-mvl+~”吟

ntv>

若%y=0,联立解得V=V,37(：M+m),可知②情况碰后丫不可能大于、1"(、；•…mj.

D、第②种情况：u=0,平行于桌边方向,系统满足动址守恒，则有

0=M/-mv,

根据统能嫉守恒可得-mvj=-MV2+-mv；

设斜面时小球的平均弹力为M以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可行

Nsind•t=mvx

垂直于桌边方向根据动量定理可得

Ncos0*«=mvy-mv0=0-mvO

可得

va=Cotonl

联立可得tan0=J焉,故D错误。

故选：B,

【解析】在两种情况中，分别根据动量守恒和能量守恒列方程计算即可。

二、本部分共6题，共58分

1.解：(DA、将单缝向双缝靠近，对从H货中观察到的条纹个数无关，故A错误：

BC、将红色帼光片换成绿色活光片，光的波长变桓，由相邻两个亮纹的间距：Ax=：入可:知减小，从目铤中观察到的条纹个数

增多，

若使用间距更小的双缝,即d减小,则Az增大,从目镜中观察到的条纹个数减少,故B正确,0错误.

(2)a图中2个相邻亮纹的间距与b图中一个相邻亮纹间距相等，即：2dr=Ar,可得上=2,故C正确,ABD错误；

31

⑶第1条亮纹读数Xi=21.75mm,：第4条亮纹读数为r2-20mm+O.OSmx<6=20.30mm,：相

邻两个克纹的间距：

Ax=21212=23321smm_252mm由Ar=2入可得A=6.3x

33。-a

故答案为：(1)B;(2)C;(3)29.30:6.3X10T.

【解析】(D根据Ax=:入分析：

4

(2)根据图a中2个相邻亮纹的间距与图b中一个相邻亮坡间距相等分析：

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{3)读/=整亳米数+精南度Xn(n表示游标尺第n条刎线与主尺上某条刻线对齐)，根据第4条亮纹中心读数与第1条亮纹中心读数的差可辱两个相邻亮坡的问

距Ax.根据X-今人可得波长.

2.解：U)②因待测合金丝阻值约为十几欧.故将无择开关转到电阻挡的“XI”的位置.

③欧姆调零时应该使电表指针对准“电阻”的“。刻线”。

④由图2可知刻度值为15,挡位为“XI”，故含金丝的阻值为15x10=152,

(2)①在实险中滑动变眼涔串联在电路中，应选择最大阻值与待测电阻阻值相差不多的滑动变阳涔，故应使用0“20。的滑动变阻器。

②根据欧姆定律和电阻定律可得：：=?+%=。5+必

v70-21

根据图4中图线a的斜率可得：-=——Q/m

5044-91»

巳知横或面枳5=8.0Xiu°m2

解得合金丝甲的电阻率为：p=1,2x1012-m

③因图4中图线b对应的斜率k较小,根据k=［材料相网,则电阻率相同，可知合金丝乙的横技面积大于合金空甲的横越面积.

④根据：：-；+/?/可知通过图线的斜率求解电阻率，与电流表内阻心无关，所以不存在因电表内阻带来的误差。

故答案为：(D②XI;③0刻线；④15;(2!①0~20Q：②1.2X10'；③大于；④根据：:一三+心,可知通过图线f勺斜率求解电阻率，与

电流表内阻RA无关,所以不存在因电表内阻带来的误差。

【解析】(D②根据待测合金丝阳值约为十几欧，确定选择开关转到电阻挡的挡位；

③根据欧姆工作原理和欧姆调零的目的解答；

④根据欧姆发的读数方法解答.

(2)①在实险中滑动变阻器串联在电路中,应选择枭大阻值与待测电阻阻值相差不多的滑动变阳器：

②根据欧姆定律和电阻定律，结合图线的斜率求解：

③根据阱1中图线的物理意义解答：

④根据上述结论分析求解电阻率的过程，确定电表内阻是否带来误差。

3.解；(I)根据库仑定律汨；A、B间的库仑力F=吟

根据平树条件得：F『=WT7=乎

(2)由点电荷的场强公式知EA=EDD=/

C

P点的场强E-2E“cos30°=逐弓方向屐直向上

W1010

(3)根据电势差和电场力做功关系得：U=—=------=-50匕

NDq20.10

答：⑴轻细线拉力的大小FT为—:

I

(2)1)点电场强度的大小Ep为遮水詈方司竖直向h：

(3)P、0两点间的电势差UP0为-50Y。

【解析】(D对小球B进行正确受力分析，根据平衡条件列式求解库仑力；

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(2)根据点电荷的场强表达式，通过矢fit合成法则P点电场强度的大小和方向:

⑶依聊=qU即可求解P、0两点间的电势差.

4.解：⑴由8=Bo+H可科：-=fc

At

由法拉第电感感应定律得：E=喏一管=上加

(2)由楞次定律判断，可得感应电流的方向为逆时针。

pl.”200

根据电圉定律可得金属圆环的电阻为R3=-=—

根据闭台电跪欧姆定律可得金属圆环中的掇应电流大小为：/=f

(3)金届圆环的发热功率为：P.@=『R内=十

单位长度的发热功率为：

a=L2*a=S4^n-2

答：(D金属圆环内感应电动势的大小E为kmM；

(2)金属圆环中反应电波的方向为逆时针，感应电流的大小I为—

2cio

(6$b

(3)金属圆环单位长度上的发热功率/P为—

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解：

(2)根据摆次定律判断感应电流的方向，根据电阻定律求得金属网环的电明,收据闭合电路欧姆定事求解金属例环中的感应电流大小:

<3>米如电功率的计算公式求解，

5.解：：1)尘埃的初速度方向沿”星轨迹在a位院的切线方向：沿路径①运动的尘埃所受合外力为0,

Mlim

(2)a.设图中a位芭处与太阳中心的距离为r,则尘埃粒子在a位置受到的万用引力为

其中尘埃的质量m=p2肥

代入得

设尘埃段子在H位置处单位时间内接收到的光能为E,可知£=■

则尘埃购子在a位置处单位时间内接收到的光子数n={

由动后定理可知尘埃粒子受到的光压力.F0=”p,其中一个光子的动量p=3

联立得尘埃粒子在H位置处受到太阳光的光压力F„=—/，

4X2

当尘埃班子受到的万有弓I力和光压力相等，即"打