北京市普通高中学业水平等级性考试物理Word格式.docx
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3．随着通信技术的更新换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在相同时间内能够传输的信息量更大。
第5代移动通信技术（简称5G）意味着更快的网速和更大的网络容载能力，“4G改变生活，5G改变社会”。
与4G相比，5G使用的电磁波（）
（A）光子能量更大（B）衍射更明显
（C）传播速度更大（D）波长更长
【解析】A．因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据E＝hν可知5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故A正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小；
因5G使用的电磁波频率更高，即波长更短，故5G越不容易发生明显衍射，故B错误；
C．光在真空中的传播速度都是相同的；
光在介质中的传播速度为
5G的频率比4G高，而频率越大折射率越大，光在介质中的传播速度越小，故C错误；
D．因5G使用的电磁波频率更高，根据
可知波长更短，故D错误。
故选A。
4．
如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。
有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是（）
（A）TA＝TB，TB＝TC（B）TA＜TB，TB＜TC
（C）TA＝TC，TB＞TC（D）TA＝TC，TB＜TC
【解析】由图可知状态A到状态B是一个等压过程，根据
因为VB＞VA，故TB＞TA；
而状态B到状态C是一个等容过程，有
因为pB＞pC，故TB＞TC；
对状态A和C有
可得TA＝TC；
综上分析可知C正确，ABD错误；
5．我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。
已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（）
（A）火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
（B）火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
（C）火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
（D）火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【解析】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A正确；
B．第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；
C．万有引力提供向心力，则有
解得第一宇宙速度为
所以火星的第一宇宙速度为
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；
D．万有引力近似等于重力，则有
解得星表面的重力加速度
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。
6．
一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。
由该时刻开始计时，质点L的振动情况如图乙所示。
下列说法正确的是（）
（A）该横波沿x轴负方向传播
（B）质点N该时刻向y轴负方向运动
（C）质点L经半个周期将沿x轴正方向移动
（D）该时刻质点K与M的速度、加速度都相同
【解析】AB．由图可知乙质点L的振动情况，该时刻质点L向y轴正方向振动。
根据上下坡法或者平移法可知，该横波沿x轴正方向传播，质点N该时刻向y轴负方向运动，故A错误，故B正确；
C．质点L只在平衡位置附近y轴方向上下振动，波传播时，质点不会沿x轴正方向移动，故C错误；
D．该时刻质点K与M的速度为零，质点K加速度为-y方向，质点M加速度为+y方向，故D错误。
故选B。
7．真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。
（A）该点电荷一定为正电荷
（B）P点的场强一定比Q点的场强大
（C）P点电势一定比Q点电势低
（D）正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【解析】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；
B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；
C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；
D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。
8．
如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。
现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。
（A）偏转原因是圆盘周围存在电场
（B）偏转原因是圆盘周围产生了磁场
（C）仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
（D）仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
【答案】B
【解析】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；
C．仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。
9．
如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt＋φ）的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。
闭合开关S后（）
（A）电流表A2的示数减小
（B）电压表V1的示数减小
（C）电压表V2的示数不变
（D）电流表A1的示数不变
【解析】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；
由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，BCD错误。
10．
分子力F随分子间距离r的变化如图所示。
将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分于间的作用，下列说法正确的是（）
（A）从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在减小
（B）从r＝r2到r＝r1分子力的大小先减小后增大
（C）从r＝r2到r＝r0分子势能先减小后增大
（D）从r＝r2到r＝r1分子动能先增大后减小
【解析】A．从r＝r2到r＝r0分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．分子势能在r＝r0时分子势能最小，故从r＝r2到r＝r0分子势能一直减小，故C错误；
D．从r＝r2到r＝r1分子势能先减小后增大，故分子动能先增大后减小，故D正确。
故选D。
11．某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。
实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。
水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。
（A）实验中必须让木板保持匀速运动
（B）图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
（C）最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7
（D）只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
【答案】C
【解析】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10∶7，故C正确；
D．根据
Ff＝μFN，FN＝mg。
可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。
12．
图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。
把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。
（A）tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
（B）tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
（C）tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
（D）tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
【解析】由甲图可知，tA点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，故tA应标在电流较大的刻度上；
而tB点对应的电阻阻值较大，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较小，故tB应标在电流较小的刻度上；
由图甲得
其中
为图线的纵截距，由闭合电路欧姆定律得
联立解得
可知t与I是非线性关系，故B正确，ACD错误。
故选B
13．在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；
静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。
在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。
以下分析正确的是（）
（A）将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。
若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h
（B）将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒
（C）将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h
（D）将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【解析】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
14．在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；
如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。
其原因是，转动的篮球
在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2。
这两个力与篮球速度v的关系大致为：
f1＝k1v2，方向与篮球运动方向相反；
f2＝k2v，方向与篮球运动方向垂直。
（A）k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量
（B）篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
（C）人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
（D）释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2＝k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15．（9分）在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。
两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。
抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。
对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。
关于实验条件，下列正确的是：
________（选填选项前的字母）。
（A）小车质量相同，钩码质量不同
（B）小车质量不同，钩码质量相同
（C）小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证
（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。
在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出a-
图像______。
次数
1
2
3
4
5
6
7
a/（m·
s-2）
0.62
0.56
0.48
0.40
0.32
0.24
0.15
M/kg
0.25
0.29
0.33
0.50
0.71
1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。
请在图3中画出小车受力的示意图。
为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：
__________（选填选项前的字母）。
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
【解析】
（1）为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。
（2）数据描点和a-
图像如图所示
（3）A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；
C．由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；
D．当小车的质量远大于砂和桶的质量时，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D错误。
16．（9分）用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω）。
其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。
（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源”的电动势E′和内电阻r′。
若电流表内电阻用RA表示，请你用E、r和RA表示出E′、r′，并简要说明理由。
（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。
在图3中，实线是根据实验数据（图甲：
U＝IR，图乙：
I＝
）描点作图得到的U-I图像；
虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。
在图3中，对应图甲电路分析的U-I图像是：
__________；
对应图乙电路分析的U-I图像是：
________。
（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的______（填“甲”或“乙”）。
（1）将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍然为E′＝E，而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即r′＝r＋RA。
（2）对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得
变形得
直接通过实验获得数据，可得
图像与纵轴截距均为电源电动势
，虚线对应的斜率大小为
，实线对应的斜率大小为
，所以对应图甲电路分析的
图像是C；
对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况），根据闭合电路欧姆定律得
虚线对应的斜率大小为
，虚线对应的纵轴截距为
，实线对应的纵轴截距为
；
两图线在
时，对应的短路电流均为
，所以对应图乙电路分析的
图像是A。
（3）图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；
图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。
17．（9分）无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求包裹释放点到落地点的水平距离x；
（2）求包裹落地时的速度大小v；
（3）以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。
（1）包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则
解得t＝
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
x＝v0t＝v0
（2）包裹落地时，竖直方向速度为
落地时速度为v＝
＝
（3）包裹做平抛运动，分解位移
两式消去时间得包裹的轨迹方程为y＝
x2
18．
（9分）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。
线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
（1）判断通过电阻R的电流方向；
（2）求线圈产生的感应电动势E；
（3）求电阻R两端的电压U。
（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为a→b。
（2）根据法拉第电磁感应定律
（3）电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
19．
（10分）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。
假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e。
不考虑出射电子间的相互作用。
（1）可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
（A）在柱面和导线之间，只加恒定电压；
（B）在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。
当电压为U0或磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面。
分别计算出射电子的初速度v0。
（2）撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。
在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。
求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。
【详解】
（1）（A）在柱面和导线之间，只加恒定电压U0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有
解得v0＝
（B）在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为B0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有
2r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，则有
（2）撤去柱面，设单位长度射出电子数为N，则单位时间都到柱面的粒子数为
金属片上电流
由于电子流对金属片的压强为p，则电子流对金属片单位时间内的压力为
F＝p·
ab
由牛顿第三定律可得，金属片对电子流的作用为
根据动量定理有
解得
故总动能为
Ek＝n0ab·
mv02＝
20．（12分）某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。
制动装置包括电气制动和机械制动两部分。
图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小a车随速度v的变化曲线。
（1）求列车速度从20m/s降至3m/s经过的时间t及行进的距离x。
（2）有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。
图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。
MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。
列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的P点。
论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
（3）制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。
分析说明列车从100m/s减到3m/s的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强？
（注意：
解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
（1）由图1可知，列车速度从20m/s降至3m/s的过程加速度为0.7m/s2的匀减速直线运动，由加速度的定义式a＝
得
t＝
由速度位移公式v2－v02＝－2ax得
（2）由MN沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势E＝Blv
回路中感应电流I＝
MN受到的安培力F＝BIL
加速度为a＝
结合上面几式得a＝
所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。
又因为列车的电气制动过程，可假设MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生
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