2020年北京四中高考物理三模试卷 11页

‎2020年北京四中高考物理三模试卷 一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎ ‎ ‎1. 处于n=3‎能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有（        ） ‎ A.‎1‎种 B.‎2‎种 C.‎3‎种 D.‎4‎种 ‎ ‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ） ‎ A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 B.汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构 C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短 D.按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加 ‎ ‎ ‎3. 下列说法正确的是（ ） ‎ A.液体中悬浮的微粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动 C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D.物体对外界做功，其内能一定减少 ‎ ‎ ‎4. 一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则（ ） ‎ A.此刻a的加速度最小 B.此刻b的速度最小 C.若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动 D.若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置 ‎ ‎ ‎5. 如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹．要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以（        ） ‎ A.增大S‎1‎与S‎2‎的间距 B.减小双缝到光屏的距离 C.将绿光换为红光 D.将绿光换为紫光 ‎ ‎ ‎ ‎6. 如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220‎2‎sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为‎2:1‎，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（        ） ‎ A.原线圈的输入功率为‎220‎2‎W B.电流表的读数为‎1A C.电压表的读数为‎110‎2‎V D.副线圈输出交流电的周期为‎50s ‎ ‎ ‎ ‎7. 据媒体报道，嫦娥二号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度‎200km，运动周期‎127‎分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（ ） ‎ A.月球表面的重力加速度 B.月球对卫星的吸引力 C.卫星绕月球运行的速度 D.卫星绕月运行的加速度 ‎ ‎ ‎ ‎8. “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（ ） ‎ A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 ‎ ‎ ‎9. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是（      ） ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎  ‎ A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎ ‎ ‎10. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t，若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。对于新微粒的运动判断正确的是（ ） ‎ A.轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于t B.轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于t C.轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于t D.轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t ‎ ‎ ‎11. 如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为‎2:1‎，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb．不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是（ ） ‎ A.Ea‎:‎Eb＝‎4:1‎，感应电流均沿逆时针方向 B.Ea‎:‎Eb＝‎2:1‎，感应电流均沿顺时针方向 C.Ea‎:‎Eb＝‎2:1‎，感应电流均沿逆时针方向 D.Ea‎:‎Eb＝‎4:1‎，感应电流均沿顺时针方向 ‎ ‎ ‎12. 根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置，但实际上，赤道上方‎200m处无初速度下落的小球将落在正下方位置偏东约‎6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（        ） ‎ A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C.落地点在抛出点东侧 D.落地点在抛出点西侧 ‎ ‎ ‎13. “约索夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在“结”两端加上恒定电压U，则它会辐射频率为ν 的电磁波，且ν 与U成正比，即ν＝kU．已知比例系数k仅与元电荷e的‎2‎倍和普朗克常量h有关．你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中推断出比例系数k的可能值，则这个可能值为（ ） ‎ A.h‎2e B.‎2eh C.‎2he D.‎‎1‎‎2‎he ‎ ‎ ‎14. 如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、T形软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，N个齿等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上（圆心在旋转体的轴线上），齿轮转动过程中，当齿靠近T形软铁时，由于磁化作用，软铁中的磁场增强，相反，远离时磁场减弱。现测得线圈中感应电流的变化频率为f，旋转体角速度为ω．则（ ） ‎ A.‎f=‎Nωπ B.当齿距离T形软铁最近的时候，线圈中电流最大 C.线圈中的感应电流方向不变，只是大小发生周期性变化 D.随着旋转体转速的增加，线圈中的电流的有效值也随之增大 二、主观题（共58分）‎ ‎ ‎ ‎ 某同学用图甲所示的实验装置研究小车在斜面上的匀变速直线运动．实验步骤如下： a．安装好实验器材，将打点计时器接到频率为‎50Hz的交流电源上． b．接通电源后，让拖着纸带的小车沿斜面向下运动，重复几次．选出一条点迹清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每‎2‎个打点间隔取一个计数点，如图乙中‎0‎、‎1‎、‎2...8‎点所示． c．用最小刻度是毫米的刻度尺测量各计数点的刻度数值，分别记作x‎0‎、x‎1‎、x‎2‎‎...‎x‎8‎． d．分别计算出打点计时器打下计数点‎1‎、‎2‎、‎3...7‎时小车的瞬时速度v‎1‎、v‎2‎、v‎3‎‎...‎v‎7‎． e．以v为纵坐标、t为横坐标，标出v与对应时间t的坐标点，画出v−t图线． ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 结合上述实验步骤，请你完成下列任务： ①表‎1‎记录的是该同学测出计数点的刻度数值，其中x‎5‎未测定，请你根据图乙将这个测量值填入表‎1‎中． 表‎1‎： ‎ 符 号 x‎0‎ x‎1‎ x‎2‎ x‎3‎ x‎4‎ x‎5‎ x‎6‎ x‎7‎ x‎8‎ 刻度数值‎/cm ‎0‎ ‎1.12‎ ‎2.75‎ ‎4.86‎ ‎7.49‎ ‎14.19‎ ‎18.27‎ ‎22.03‎ ‎②表‎2‎记录的是该同学根据各计数点的刻度数值，计算出打点计时器打下各计数点时小车的瞬时速度，请你根据表‎1‎中x‎5‎和x‎7‎计算出v‎6‎的值，并填入表‎2‎中． 表‎2‎： ‎ 符 号 v‎1‎ v‎2‎ v‎3‎ v‎4‎ v‎5‎ v‎6‎ v‎7‎ 速度数值‎/(m⋅s‎−1‎)‎ ‎0.34‎ ‎0.47‎ ‎0.59‎ ‎0.72‎ ‎0.84‎ ‎0.98‎ ‎ ③该同学在图丙中已标出v‎1‎、v‎2‎、v‎3‎、v‎4‎、v‎5‎和v‎7‎对应的坐标点，请你在图中标出v‎6‎对应的坐标点，并画出v−t图线． ④根据v−t图线可计算出小车的加速度a＝________m/‎s‎2‎．（保留两位有效数字） ⑤为验证上述结果，该同学将打点计时器打下相邻计数点的时间间隔记为T，并做了以下的计算：a‎1‎‎=‎‎(x‎2‎−x‎1‎)−(x‎1‎−x‎0‎)‎T‎2‎；a‎2‎‎=‎‎(x‎4‎−x‎3‎)−(x‎3‎−x‎2‎)‎T‎2‎；a‎3‎‎=‎‎(x‎6‎−x‎5‎)−(x‎5‎−x‎4‎)‎T‎2‎；a‎4‎‎=‎‎(x‎8‎−x‎7‎)−(x‎7‎−x‎6‎)‎T‎2‎． 求出其平均值a′=‎a‎1‎‎+a‎2‎+a‎3‎+‎a‎4‎‎4‎．你认为a和a′‎哪个更准确，请说明理由．________．‎ ‎ ‎ ‎ 有一根长陶瓷管，表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍M和N，如图‎1‎所示。用多用表电阻挡测得MN间的电阻膜的电阻约为‎100Ω，陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度。 某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜厚度d的实验。 ‎ A.米尺（最小分度为mm）；‎ B.游标卡尺（游标为‎20‎分度）；‎ C.电流表A‎1‎（量程‎0∼30mA，内阻约‎1Ω）；‎ D.电流表A‎2‎（量程‎0∼100mA，内阻约‎0.3Ω）；‎ E.电压表V‎1‎（量程‎3V，内阻约‎3kΩ）；‎ F.电压表V‎2‎（量程‎15V，内阻约‎15kΩ）；‎ G.滑动变阻器R‎1‎（阻值范围‎0∼10Ω，额定电流‎1A）；‎ H.滑动变阻器R‎2‎（阻值范围‎0∼1.5kΩ，额定电流‎0.01A）； J．开关一个，导线若干。 ①他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为l＝‎10.00cm，用‎20‎分度游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图‎2‎所示，该陶瓷管的外径D＝ ‎0.820‎ cm ②为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表 C ，电压表 E ，滑动变阻器 G 。（填写器材前面的字母代号） ③在方框内画出测量电阻膜的电阻R的实验电路图。 ④若电压表的读数为U，电流表的读数为I，镀膜材料的电阻率为ρ，计算电阻膜厚度d的数学表达式为：d＝ ρlIπDU （用所测得的量和已知量的符号表示）。 ⑤常用的金属膜电阻的阻值小到几欧，大到几万欧，应用十分广泛。例如我们经常在电源插座上看到指示灯，其中就用到了这种电阻。根据图‎3‎的电路原理图，请你判断这里使用的电阻较小还是较大，并说明你判断的依据。‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ ‎2022‎年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点．质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/‎s‎2‎，到达B点时速度vB‎=30 m/s．取重力加速度g=10m/‎s‎2‎． ‎ ‎(1)‎求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；‎ ‎ ‎ ‎(3)‎若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小．‎ ‎ ‎ ‎ 电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。 ‎ ‎（1）请在图‎1‎中画出上述u−q图像。类比直线运动中由v−t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。‎ ‎ ‎ ‎（2）在如图‎2‎所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q−t曲线如图‎3‎中①②所示。 a．①②两条曲线不同是________（选填E或R）的改变造成的； b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。‎ ‎ ‎ ‎（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。 ‎ ‎“恒流源”‎ ‎（2）中电源 电源两端电压 ‎________‎ ‎________‎ 通过电源的电流 ‎________‎ ‎________‎ ‎ ‎ ‎ 静电场有很多性质，其中之一就是电场力做功只与电荷运动的初末位置有关，与运动的路径无关。如图所示，电子以初速度v‎0‎沿平行于板面的方向从A点射入偏转电场，并从另一侧的某点射出。已知电子质量为m，电荷量为e。偏转电场可以看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d，忽略电子所受重力。 a．求电子通过偏转电场的过程中的加速度大小a； b．求电子通过偏转电场的过程中电场力对电子所做的功W。 ‎ ‎ ‎ ‎ 静电场有很多性质，其中之一就是电场力做功只与电荷运动的初末位置有关，与运动的路径无关。某同学突发奇想，设计了如图所示的永动机模型。如图所示，在水平方向上设置相反方向的匀强电场，在场中放置一光滑圆形绝缘管道，将带正电的小球放置于管道中某点，在电场力的作用下，小球的速度会逐渐变大，一直运动下去。请你结合静电场的基本性质，分析论证这位同学的设计是否可行。 ‎ ‎ ‎ ‎ 物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流，气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。 水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝‎0.1mm‎2‎的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水‎600g，水的密度为ρ＝‎1.0×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎ a．求从喷嘴喷出水的流度v的大小 b．高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为‎0‎，求水对材料表面的压强p约为多大。 ‎ ‎ ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。某同学应用压力传感器完成以下实验，如图‎1‎所示，他将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压力传感器的探测面接触。剪断细线，铁链逐渐落在探测面上。传感器得到了探测面所受压力随时间的变化图像（图‎2‎）。通过对图线分析发现铁链最上端落到探测面前后瞬间的压力大小之比大约是N‎1‎‎:‎N‎2‎＝‎3:1‎，后来他换用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果。请你通过理论推理来说明实验测得的结果是正确的。（推理过程中需要用到的物理量的字母请自行设定） ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年北京四中高考物理三模试卷 一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 氢原子的能级公式和跃迁 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：因为是大量处于n=3‎能级的氢原子，所以根据Cn‎2‎可得辐射光的频率有‎3‎种，故C正确．‎ 故选C．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 裂变反应和聚变反应 氢原子的能级结构 玻尔理论 ‎【解析】‎ 解本题应该掌握：太阳的辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，并非核裂变反应；α粒子散射实验表明原子的核式结构；不能发生光电效应是因为该光的频率小即波长长的缘故，氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小。‎ ‎【解答】‎ A‎、太阳内部有大量的氢核，太阳内部温度极高，满足氢核发生聚变的条件，故A错误； B、α粒子散射实验表明原子的核式结构，故B错误； C、发生光电效应的条件是入射光的频率大于等于金属的极限频率，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长，故C错误； D、根据波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，吸收能量原子总能量增加；同时由库仑力提供向心力可得：ke‎2‎r‎2‎‎=‎mv‎2‎r，可知电子的动能减小。故D正确。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 热力学第一定律 布朗运动 ‎【解析】‎ 布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；做功和热传递都能改变物体内能。‎ ‎【解答】‎ 解：AB．布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，故A正确，B错误； C．由公式ΔU＝W+Q知做功和热传递都能改变物体内能，物体从外界吸收热量若同时对外界做功，则内能不一定增加，故C错误； D．物体对外界做功的同时从外界吸收热量，则内能不一定减小，故D错误． 故选A．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 横波的图象 ‎【解析】‎ 先比较质点的位移大小关系，从而可比较质点的加速度、速度大小关系；由波的传播方向根据同侧法判断质点的振动方向，结合位移大小关系可判断那个质点先回到平衡。‎ ‎【解答】‎ 解：AB．由图可知，质点a的位移大小最大，等于振幅，质点b在平衡位置，位移最小为‎0‎，则可知质点a的加速度最大，速度最小，质点b的加速度最小，速度最大，故AB错误； C．若波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知质点b向y轴正方向振动，故C正确； D．若波沿x轴负方向传播，此时质点c向上振动，偏离平衡位置的位移小于振幅，则可知质点c回到平衡位置的时间小于四分之一个周期，而质点a要回到平衡位置的时间需要四分之一个周期，故质点c比质点a先回到平衡位置，故D错误． 故选C．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 薄膜干涉的应用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．由双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知：增大S‎1‎与S‎2‎的间距d，Δx将减小，故A错误； B．减小双缝到光屏的距离l，Δx将减小，故B错误； C．红光波长大于绿光，λ变大，Δx将变大，故C正确； D．紫光波长小于绿光，λ变小，Δx将变小，故D错误． 故选C．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 变压器的构造和原理 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎【解答】‎ 解：AC．理想变压器原线圈两端电压的有效值为U‎1‎‎=220V，由U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，得U‎2‎‎=n‎2‎U‎1‎n‎1‎=110V，即电压表的读数为‎110V，通过负载电阻的电流I‎2‎‎=U‎2‎R=‎110‎‎55‎A=2A，则副线圈的输出功率P=U‎2‎I‎2‎=110×2W=220W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率， 为‎220W，故AC错误； B．由n‎1‎I‎1‎‎=‎n‎2‎I‎2‎，得I‎1‎‎=n‎2‎I‎2‎n‎1‎=1A，即电流表的读数为‎1A，故B正确； D．由u=220‎2‎sin100πtV可知，角速度ω=100π，原线圈所接交流电的周期T=‎2πω=0.02s，副线圈输出交流电的周期不变，仍为‎0.02s，故D错误． 故选B．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 万有引力定律及其应用 向心力 ‎【解析】‎ 本题关键根据万有引力提供绕月卫星做圆周运动的向心力，以及月球表面重力加速度的表达式，列式求解分析．‎ ‎【解答】‎ A‎、绕月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有 GMm‎(R+h‎)‎‎2‎=m(‎2πT‎)‎‎2‎(R月+h)‎ 地球表面重力加速度公式 g月‎=‎GMR‎2‎ 联立①②可以求解出 g月‎=‎‎4π‎2‎(R+h‎)‎‎3‎R‎2‎T‎2‎ 即可以求出月球表面的重力加速度； 由于卫星的质量未知，故月球对卫星的吸引力无法求出； 由v=‎‎2πrT 可以求出卫星绕月球运行的速度； 由a＝‎(‎2πT‎)‎‎2‎(R月+h)‎可以求出卫星绕月运行的加速度； 本题要选不能求出的，‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 弹性势能 摩擦力做功与能量转化 动量 冲量 ‎【解析】‎ 从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化。‎ ‎【解答】‎ A‎、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确； B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B错误； C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C错误； D、人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误。‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 电容器的动态分析 ‎【解析】‎ 静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据C=‎ɛS‎4πkd，判定电容的变化，再依据U=‎QC，判断电势差的变化，从而即可求解。‎ ‎【解答】‎ 解：A．由电容器带电量是某一极板的电量，再结合静电感应原理，可知，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，即能使电容器带电，故A正确； B．将b板向上平移，正对面积减小，根据C=‎ɛS‎4πkd，电容减小，根据U=‎QC，Q不变，则电势差增大，张角变大，故B错误； C．在极板之间插入有机玻璃板，根据C=‎ɛS‎4πkd，电容增大，根据U=‎QC，Q不变，则电势差减小，张角变小，故C错误； D．在实验中，只增加极板带电量，根据C=‎ɛS‎4πkd，电容C不变，根据U=‎QC，则电势差增大，张角变大，故D错误． 故选：A．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 ‎【解析】‎ 由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化。‎ ‎【解答】‎ 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量P不变，总电量q也保持不变， ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 由Bqv＝mv‎2‎r得：r=mvqB=‎pqB； P、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，故轨迹应为pa； 因周期T=‎‎2πmqB，粒子结合以后m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t； 故ABC错误、D正确。‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 楞次定律 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 根据法拉第电磁感应定律E=n‎△Φ‎△t=n‎△B‎△tS计算感应电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向。‎ ‎【解答】‎ 根据法拉第电磁感应定律E=n‎△Φ‎△t=n‎△B‎△tS，题中‎△B‎△t和n相同，则E∝S∝‎r‎2‎，因ra‎:‎rb＝‎2:1‎则Ea‎:‎Eb＝‎4:1‎； 根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故D正确ABC错误。‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 运动的合成与分解 ‎【解析】‎ 根据运动的合成与分解，结合运动学公式，及力与运动关系，并由“力”与竖直方向的速度大小成正比，即可一一求解。‎ ‎【解答】‎ 解：AB．将小球的运动分解成水平方向与竖直方向的两个分运动，在上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故AB错误． CD．在下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，因此落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确． 故选：D．‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 物理学史 霍尔效应及其应用 物理量单位推导 ‎【解析】‎ 物理公式确定了物理量之间数值的关系，同时也就确定了物理单位间的关系，本题根据单位进行判断．‎ ‎【解答】‎ 物理公式两边的单位是相同的，根据公式v＝kU，k=‎vU，故其单位为s‎−1‎‎⋅‎V‎−1‎； 普朗克常量h的单位是J⋅s，e的单位是C；根据公式W＝qU，‎1J＝‎1V⋅C，故‎1Js＝‎1VCs，故‎1s−1⋅‎V‎−1‎＝‎1‎CJs，故‎2eh的单位是s‎−1‎‎⋅‎V‎−1‎；‎ ‎14.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 楞次定律 法拉第电磁感应定律 ‎【解析】‎ 旋转体的转动频率等于感应电流的变化频率；当线圈中磁通量变化率最大时，线圈中的电流最大；根据楞次定律中的“增反减同”，可以判断感应电流的磁场方向有时候和原磁场方向相同，有时候相反；旋转体的转速增大，相应的磁通量的变化率也增大。‎ ‎【解答】‎ A‎、当齿靠近T形软铁时，由于磁化作用，软铁中的磁场增强，相反，远离时磁场减弱。所以感应电流的变化频率等于旋转体的转动频率，即f=‎ω‎2π，故A错误； B、当齿距离T形软铁最近的时候，穿过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率为零，所以此时感应电动势最小，线圈中的感应电流最小为零，故B错误； C、线圈中的原磁通量方向不变，但是因为穿过线圈的磁通量有增大也有减小，所以感应电流的磁场方向有与原磁场方向相同时，也有相反时，所以感应电流的方向也会变化，故C错误； D、随着旋转体转速的增加，穿过线圈的磁通量变化率变大，所以产生的感应电动势的最大值也会增大，相应的线圈中的感应电流最大值增大，有效值随之增大，故D正确。‎ 二、主观题（共58分）‎ ‎【答案】‎ ‎3.1‎‎,a更准确，因为在计算a′‎的过程中，没有剔除错误数据．‎ ‎【考点】‎ 利用打点计时器研究匀变速直线运动 探究小车速度随时间变化的规律 ‎【解析】‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上‎6‎点时小车的瞬时速度大小． 通过题目给出的数据作出速度-时间图像，解出其斜率即是小车的加速度．‎ ‎【解答】‎ ‎①根据图乙得x‎5‎测量值是‎10.60cm， ②每‎2‎个打点间隔取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝‎0.04s， 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上‎6‎点时小车的瞬时速度大小． v‎6‎‎=‎0.1827−0.1060‎‎2×0.04‎=0.96 m/s ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎③根据实验数据画出v−t图像， ④v−t图像的斜率即是小车的加速度大小， 所以a＝k=‎△v‎△t=3.1m/‎s‎2‎ ⑤a更准确，因为在计算a′‎的过程中，没有剔除错误数据．‎ ‎【答案】‎ ‎①0.820②C，E，G③如图所示④ρlIπDU⑤此电阻阻值较大因为二极管和电阻所在支路是与插座并联的，其工作功率一定很小，电流一定很小，因此需要一个较大阻值的电阻与二极管串联 ‎【考点】‎ 伏安法测电阻 测定金属的电阻率 ‎【解析】‎ ‎①游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数； ②根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器； ③根据待测电阻与滑动变阻器的阻值关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路； ④根据实验数据，应用欧姆定律、电阻定律求出电阻膜的厚度； ⑤根据电功率的大小确定电阻的大小。‎ ‎【解答】‎ ‎①由图示游标卡尺可知，主尺示数为‎8mm，游标尺示数为‎4×0.05mm＝‎0.20mm，则D＝‎8mm+0.20mm＝‎8.20mm＝‎0.820cm； ②电源电动势为‎6V，则电压表应选E；则待测电阻两端电压最大为‎3V，电路最大电流约为：I=UVR=‎3‎‎100‎A＝‎0.03A＝‎30mA，则电流表应选C； 为方便实验操作，滑动变阻器应选G； ③待测电阻阻值远大于滑动变阻器阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流应采用内接法，实验电路图如图所示。 ④若电压表的读数为U，电流表的读数为I，镀膜材料的电阻率为ρ，待测电阻阻值为：R=‎UI 由电阻定律得：R＝ρlS=ρlπDd 解得电阻膜厚度为：d=‎ρlIπDU ⑤此电阻阻值较大。因为二极管和电阻所在支路是与插座并联的，两端的电压为‎220V．而发光二极管仅作为指示灯，其工作功率一定很小，电流一定很小，因此需要一个较大阻值的电阻与二极管串联。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)‎长直助滑道AB的长度为‎100m；‎ ‎(2)‎运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为‎1800N⋅s；‎ ‎(3)‎若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为‎3900N．‎ ‎【考点】‎ 动量守恒定律的理解 动能定理的应用 ‎【解析】‎ ‎(1)‎从A到B根据速度位移关系求解AB的长度；‎ ‎(2)‎根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；‎ ‎(3)‎根据受力情况画出运动员经过G点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)‎从A到B根据速度位移关系可得：vB‎2‎‎−vA‎2‎=2aL， 解得：L=‎900−0‎‎2×4.5‎m=100m；‎ ‎(2)‎根据动量定理可得：I=mvB−mvA=60×30−0=1800N⋅s；‎ ‎(3)‎运动员经过G点时受到重力和支持力，如图所示； 根据动能定理可得：mgh=‎1‎‎2‎mvC‎2‎−‎1‎‎2‎mvB‎2‎， 根据解得第二定律可得：FN‎−mg=mvC‎2‎R 解得：FN‎=3900N． 答：‎(1)‎长直助滑道AB的长度为‎100m； ‎(2)‎运动员在 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 AB段所受合外力的冲量I的大小为‎1800N⋅s； ‎(3)‎若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为‎3900N.‎ ‎【答案】‎ 如图所示；‎1‎‎2‎CU‎2‎；‎ R 增大,不变,不变,减小 ‎【考点】‎ 闭合电路的欧姆定律 电容器 电容 ‎【解析】‎ ‎（1）明确电容的定义式，并由定义式推出电压和电量表达式，从而确定图像，并类比直线运动中由v−t图像求位移时，面积表示位移即可确定电能大小； （2）根据图像进行分析，明确电动势不变，故影响充电的只能是电阻，并根据电阻的影响确定实现两种充电方式的方法； （3）明确恒流源以及忽略电阻的电源的性质，从而确定电流大小。‎ ‎【解答】‎ 根据电容的定义Q＝UC可知，U=‎qC，故电压U与电量为正比例关系，故图像如图所示； 根据图像的性质可知，图像与q轴所围成的面积表示电能，故有：EP‎=‎1‎‎2‎qU=‎1‎‎2‎CU‎2‎；‎ a‎、电源电阻不计，当电容器充满电后，电容器两端电压等于电源电动势。由图可知，充电时间不同，而最大电量相等，故说明图像不同的原因是电阻R的改变造成的； b、由图像可知，当R越小，充电时间越短；R越大，电荷量随时间变化趋向均匀，故需要快速充电时，R越小越好；而需要均匀充电时，R越大越好；‎ 由于电容充电后两板间的电势差增大，因此需要恒流源的电压增大才能保证电量随时间均匀增加；而（2）中电源电动势不变，而内阻忽略不计，故两端电压不变；所以使用恒流源时，电流不变，而使用（2）中电源时电流减小。‎ ‎【答案】‎ a‎．电子通过偏转电场的过程中的加速度大小a是eUmd； b．电子通过偏转电场的过程中电场力对电子所做的功W为e‎2‎U‎2‎L‎2‎‎2md‎2v‎0‎2‎。‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 动能定理的应用 向心力 ‎【解析】‎ a‎、根据牛顿第二定律和U＝Ed相结合求电子的加速度。 b、电子进入电场后做类平抛运动，电子在竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向做匀速直线运动，根据分运动的规律求出电子通过偏转电场的过程中，沿垂直板面方向偏移的距离y，再根据W＝eEy求电场力对电子所做的功W。‎ ‎【解答】‎ a‎、根据牛顿第二定律得： eE＝ma 在匀强电场中，有：U＝Ed 解得：a=‎eUmd b、电子在竖直方向做匀加速直线运动，有：y=‎1‎‎2‎at‎2‎ 在水平方向做匀速直线运动，有：L＝v‎0‎t 联立以上各式解得：y=‎eUL‎2‎‎2mdv‎0‎‎2‎ 电场力对电子所做的功为：W＝eEy 解得：‎W=‎e‎2‎U‎2‎L‎2‎‎2md‎2v‎0‎2‎ ‎【答案】‎ 此永动机设计不可行。‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 ‎【解析】‎ 此永动机设计不可行，根据电场力做功与路径无关进行分析。‎ ‎【解答】‎ 此永动机设计不可行。 根据电场的性质：电场力做功只与电荷运动的初末位置有关，与运动的路径无关，而在他设计的电场中，如果带电小球从C点沿圆轨道左右两侧轨道运动至D点，电场力做功不相同，即电场力做功与路径有关，这违背了电场的性质，因此这样的电场是不可能存在的，那么利用这样的电场来实现该同学设计是不可能的。‎ ‎【答案】‎ a‎．从喷嘴喷出水的流度v的大小为‎100m/s； b．水对材料表面的压强p约为‎1.0×‎10‎‎7‎pa。‎ ‎【考点】‎ 动量定理的理解 ‎【解析】‎ a‎．根据水的质量与速度关系求从喷嘴喷出水的流度v的大小； b．根据动量定理和压强公式及牛顿第三定律求水对材料表面的压强p约为多大。‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 a‎．一分钟喷出的水的质量为：m＝ρSvt 所以水的流速：v=‎mρSt 代入数据得：v＝‎100m/s b．选取‎△t时间内打在材料表面质量为‎△m水为研究对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向， 由动量定理得：‎−F△t＝‎0−△mv 其中：‎△m＝ρSv△t 解得：F＝ρSv‎2‎ 根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力：F′‎＝F 则根据压强公式：P=‎F‎′‎S 解得：P＝ρv‎2‎＝‎‎1.0×‎10‎‎7‎pa ‎【答案】‎ 见上。‎ ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 当铁链的最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对象，应用运动学公式求出最上端的下落速度，然后再用动量定理求解探测面受到铁链最上端的压力，此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，故则探测面受到的总压力为最上端的压力和其余的重力之和；当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小等于一根均匀铁链的重力。‎ ‎【解答】‎ 设单位长度的铁链质量为b，铁链的总长度为L，当铁链的最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对象，其质量为：‎△m＝bv△t 根据自由落体运动公式：v‎2‎＝‎2gL 可知：v=‎‎2gL 取向下方向为正方向，根据动量定理有：‎−F△t＝‎0−△mv 解得：F＝‎2bgL 由牛顿第三定律知，探测面受到铁链最上端的压力为：F′‎＝F＝‎2bgL 此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上， 对探测面的压力为：N＝mg 其中：m＝bL 则探测面受到的总压力为：N‎1‎＝N+F′‎＝‎3bgL 当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小为： N‎2‎＝mg＝bgL 由此可得：N‎1‎‎:‎N‎2‎＝‎3:1‎，实验结果是正确的。‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页