《物理（北京卷01）-2024年高考押题预测卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理（北京卷01）-2024年高考押题预测卷含答案.pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024 年高考押题预测卷 01（北京卷）物理（考试时间：90 分钟试卷满分：100 分）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 3 分分，共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。目要求。1
2、“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将23894Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。23894Pu的衰变方程为238X494922PuUHe，则（）A衰变方程中的 X 等于 233B23894Pu发生衰变C23894Pu比92XU的比结合能小D月夜的寒冷导致23894Pu的半衰期变大2如图，一束光经过平行玻璃砖上下表面后分离为 a、b 两束单色光，则下列关于 a、b 两束光的说法正确的是（）A在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较大B以相同的入射角从水斜射入空气中，b 光先发生全反射C同样条件下，a 光比 b 光衍射明显D分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距小3 一
3、列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在2st 时刻刚好传到 N 点，波形如图甲所示，图乙是某个质点的振动图像，M、N、P 是平衡位置分别为2m6m12mMNPxxx、的质点。则下列说法正确的是（）A在7.0s8.0s时间内，质点 N 的速度在减小，加速度在增大B图乙可能是质点 M 的振动图像C在2s10s内，质点 P 通过的路程为 20mD在12st 时，质点 P 的位置坐标为(12m,4cm)4如图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为 L1和 L2的两段气体。若把玻璃管缓慢向下插入少许，则管内气体的长度（）AL1变大，L2变大BL1变小，L2变小CL1不变，L2变小D
4、L1变小，L2不变5超市货架陈列着四个完全相同的篮球，不计摩擦，板均竖直，则对圆弧面压力最大的球是（）Aa 球Bb 球Cc 球Dd 球6在图1中，运动员落地总是要屈腿，在图2中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图3中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图4中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A图1是为了减小地面对人的作用力B图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同C图3中球棒对垒球的冲量为零D图4中小物块动量不变7如图 1 所示，质量相同的两物体处于同一高度，A 沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B 自由下落，最后到达同一水平面，则（）A重力对两物
5、体做的功相同B重力的平均功率相同C到达底端时重力的瞬时功率相同D到达底端时两物体的动能相同，速度相同82021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，轨道如图所示。P为近火点，Q为远火点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为0T，若只考虑“天问一号”和火星的相互作用，则“天问一号”在从P经过M、Q到N的运动过程中（）A天问一号在近火点的速度比远火点速度大B天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度大C从P到M所用的时间等于0T4D从Q到N阶段，机械能逐渐变大9如图所示，A，B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均
6、平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为singBA 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2 singCB 球的瞬时加速度大小为singD弹簧有收缩的趋势，A，B 两球的瞬时加速度大小相等方向相反10电源、开关、平行板电容器连成如图电路。闭合开关 S，电源对电容器充电后，电容器带电量为 Q，板间电压力为 U，板间电场强度大小为 E，则下列说法正确的是（）A若将 A 板下移少许，Q 增大；U 减小；E 不变B若将 A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 减小C若断开开关，若将 A 板下移少许，Q 增大；U 不变；E 增大D若断开开关，若将 A
7、板下移少许，Q 不变；U 减小；E 不变11如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过 P 点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 1/3。将磁感应强度的大小从原来的1B变为2B，结果相应的弧长变为原来的一半，则2B：1B等于（）A2B3C2D312如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为0BBkt，其中0B、k为正的常数在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管
8、内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则下列说法正确的是（）A从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrB从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrC从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrD从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkr13在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方 10cm 处放一个罗盘。导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的 N 极）指向北方；当给导线通入电
9、流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度。现已测出此地的地磁场水平分量 B=5.010-5T，通电后罗盘指针停在北偏东 60的位置，如图所示。由此测出该通电直导线在其正下方 10 cm 处产生磁场的磁感应强度大小为（）A5.010-5TB1.010-4TC8.6610-5TD7.0710-5T14 为了研究大量处于3n 能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于 a、b、c 三种光，下列说法正确
10、的是（）A三种光的频率最大的是 cBa、b、c 三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是 cC用 a 光照射另外某种金属能发生光电效应，则用 c 光照射也一定能发生D通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度 a 光最宽二、二、实验题实验题（本大题共（本大题共 2 小题，共小题，共 18.0 分。第一小题分。第一小题 9 分，第二小题分，第二小题 9 分分）15如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为1m和2m，直径分别为1d和2d，轨道末端在水平地面上的投影为O点.实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放
11、，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复 10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复 10 次，描出碰后小球ab、的平均落点位置M、N如图乙所示.（1）实验中需要注意的事项，下列说法正确的是(填字母).A需要测出小球抛出点距地面的高度 HB需要测出小球做平抛运动的水平射程C为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具D斜槽轨道末端应该保持水平E斜槽应尽量光滑（2）实验中重复多次让入射小球从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是（3）实验中对小球的要求是：质量?(
12、填“”“=”或“”“=”或“（2 分分）；=（2分分）；（4）121 123m xm xm x（2 分分）16.【答案】（1）（3 分分）；（2）1a（2 分分）；caab（2 分分）；(1)ncab（2 分分）17.【答案】（1）工人由静止下落L的过程中，由201Lgt2；（1 分分）解得0t1s；（1 分分）则人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量大小为G0Img tt1200N s（2 分分）方向竖直向下。（1 分分）（2）取向下为正方向，在整个下落过程中，设人从跌落到安全带最长的过程中，安全带的平均冲力为F，对工人由动量定理得GFtI0；（1 分分）解得F1200N（1 分分）18.【详
13、解】（1）设赛车到达 B 点的速度为?，到达圆轨道最高点 E 的速度为?，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得?h?（1 分分）?h?（1 分分）赛车在水平轨道 AB 上运动时所受阻力为 f，根据动能定理?t?（1 分分）可得?h?N（1 分分）（2）设赛车离开竖直圆轨道后沿光滑水平直轨道运动时机械能为 E（以水平轨道为零势能参考面），C点离水平轨道的高度为 h，赛车从 C 点飞出时速度大小为?，赛车在空中飞行时间为 T，落点 D 到飞出点 C 的水平距离为 x，则由机械能守恒可得：?h?（1 分分）解得?h?（1 分分）由平抛关系得?h?（1 分分）?h?h?h?（1 分分）所以当?h时；x 最
14、大，最大值是?h=1.2m；故甲、乙两同学的说法都不对（1 分分）19.【答案】（1）解：绳子断裂时，对棒有00BLvFBLR（1 分分）解得0022F RvB L（1 分分）根据00vat；得0022F RtB L a（1 分分）（2）解：在 t 时刻，框架的速度vat框架切割磁场产生的电动势EBLvBlat（1 分分）框架受到的安培力22B L atFBILR安（1 分分）对框架有FFma安（1 分分）得22B L atFFmamaR安（0220F RtB L a）（1 分分）（3）解：撤去拉力 F 时，框架的速度00022F RvatB L（1 分分）撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回
15、路消耗的电能，最终在回路中产生的焦耳热2220111222Qmvmvmv棒框（1 分分）当两物的速度变化到大小相等时，回路中的磁通量不再变化，电流为零，它们分别向左、向右做匀速运动。设最终速度大小为 v，则有00vvv棒框（1 分分）得002222vF RvB L（1 分分）2222200441112224mF RQmvmvmvB L棒框（1 分分）20.【答案】（1）解：粒子由 P 点到 y 轴的过程中，由动能定理得2012Eqdmv（1 分分）解得202mvEqd（1 分分）（2）解：粒子在第一象限做类平抛运动，由动能定理得21(3)2Eq ddmv（1 分分）由牛顿第二定律得2vqvBm
16、r（1 分分）联立上式解得02vv，02mvrqB（2 分分）（3）解：粒子在第二象限运动，由匀变速直线运动规律得012vdt（1 分分）粒子在第一象限先做类平抛运动，在沿 y 轴方向上做匀变速直线运动，可得220232vvdt（1 分分）设粒子进入磁场时速度与 x 轴的夹角为，由几何关系得0vcosv（1 分分）解得60粒子在磁场中运动一次的时间为3123rtv（1 分分）粒子从开始运动到第四次通过 x 轴经历的时间为12332tttt（1 分分）联立上式，代入数据解得04(26 3)dmtvqB（1 分分）2024 年高考押题预测卷 01（北京卷）物理全解全析注意事项：注意事项：1答卷前，
17、考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 3 分分，共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。目要求。1“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将23894Pu衰变释放的核能一部分转换成电能。23894Pu的衰变方
18、程为238X494922PuUHe，则（）A衰变方程中的 X 等于 233B23894Pu发生衰变C23894Pu比92XU的比结合能小D月夜的寒冷导致23894Pu的半衰期变大【答案】C【解析】AB.根据质量数和电荷数守恒可知，23894Pu的衰变方程为238234494922PuUHe为衰变，X=234，AB 不符合题意；C.比结合能越大越稳定，由于23894Pu衰变成为了23492U，故23492U比23894Pu稳定，即23894Pu比23492U的比结合能小，C 符合题意；D.半衰期由原子核本身决定的，与温度等外部因素无关，D 不符合题意。故答案为：C。2如图，一束光经过平行玻璃砖上
19、下表面后分离为 a、b 两束单色光，则下列关于 a、b 两束光的说法正确的是（）A在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较大B以相同的入射角从水斜射入空气中，b 光先发生全反射C同样条件下，a 光比 b 光衍射明显D分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距小【答案】D【解析】A由折射定律知sininsinr；由图可知，a 光的折射角小于 b 光的折射角，所以abnn由cvn；可得在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较小，A 不符合题意；B由1sinCn；可知 a 光的临界角小于 b 光的临界角，故以相同的入射角从水斜射入空气中，a 光先发生全反射，B 不符合题意；C因为abnn；则
20、a 光的频率大于 b 光的频率，由cf；可得 a 光的波长小于 b 光的波长，则同样条件下，b 光比 a 光衍射更明显，C 不符合题意；D由lxd；可知，分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距比 b 的小，D 符合题意。故答案为：D。3 一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在2st 时刻刚好传到 N 点，波形如图甲所示，图乙是某个质点的振动图像，M、N、P 是平衡位置分别为2m6m12mMNPxxx、的质点。则下列说法正确的是（）A在7.0s8.0s时间内，质点 N 的速度在减小，加速度在增大B图乙可能是质点 M 的振动图像C在2s10s内，质点 P 通过的路程为 20mD在12st
21、时，质点 P 的位置坐标为(12m,4cm)【答案】B【解析】A、质点 N 在甲图位置，到 7.0s 末，需再振动的时间为157.0s2s5s4tT；由甲图知，t=2s 时质点 N 在平衡位置向-y 方向振动，所以在 7.0s8.0s 时间内，质点 N 从-4cm 处，向平衡位置振动，质点 N 的速度在增大，加速度在减小，故 A 错误；B、图乙表示的质点在 t=2s 时，在平衡位置向+y 方向振动，可能是质点 M 的振动图像，故 B 正确；C、由甲图可知，波长8m；由乙图可知，周期4sT；该列波的传播速度为2m/svT波从 N 传播到 P 需要的时间23sNPxtv在 2s10s 内，质点 P
22、 运动的时间3510s2s3s5s4tT质点 P 通过的路程为420sAAcm；故 C 错误；D、在 t=12s 时，质点 P 总共运动的时间为4712s2s3s7s4tT质点 P 在+y 最大位移处，质点 P 的位置坐标为（12m，4cm），故 D 错误。故答案为：B。4如图，一端封闭的玻璃管，开口向下竖直插在水银槽里，管内封有长度分别为 L1和 L2的两段气体。若把玻璃管缓慢向下插入少许，则管内气体的长度（）AL1变大，L2变大BL1变小，L2变小CL1不变，L2变小DL1变小，L2不变【答案】B【解析】若把玻璃管缓慢向下插入少许，L2的长度减小，气体温度不变，由玻意耳定律可得pVC易知下
23、部封闭气体的压强变大，设玻璃管中水银柱的长度为 H，根据HPPP下上可得上部封闭气体的压强变大，同理由玻意耳定律可判断出 L1变小。故答案为：B。5超市货架陈列着四个完全相同的篮球，不计摩擦，板均竖直，则对圆弧面压力最大的球是（）Aa 球Bb 球Cc 球Dd 球【答案】A【解析】对球受力分析，如图所示：设圆弧面切线与水平方向的夹角为，根据平衡条件，有cosmgN；故越大，N 越大，故支持力最大的是 a 球，根据牛顿第三定律，压力最大的也是 a 球，A 符合题意，BCD 不符合题意。故答案为：A。6在图1中，运动员落地总是要屈腿，在图2中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图3中运动员
24、用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图4中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）A图1是为了减小地面对人的作用力B图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同C图3中球棒对垒球的冲量为零D图4中小物块动量不变【答案】A【解析】A.运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，时间变长则可以减小地面对人的作用力，故 A 正确；B.图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不同，故 B 错误；C.图3中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故 C 错误；D.图4中小物块运动方向时刻变化，则动
25、量大小不变，方向改变，故 D 错误。故选 A7如图 1 所示，质量相同的两物体处于同一高度，A 沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B 自由下落，最后到达同一水平面，则（）A重力对两物体做的功相同B重力的平均功率相同C到达底端时重力的瞬时功率相同D到达底端时两物体的动能相同，速度相同【答案】A【解析】由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A 选项正确由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B 选项错误根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D 选项错误由瞬时功率的计算式可得 PAmgvcos，PBmgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率
26、PAPB，C 选项错误故答案为：A82021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，轨道如图所示。P为近火点，Q为远火点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为0T，若只考虑“天问一号”和火星的相互作用，则“天问一号”在从P经过M、Q到N的运动过程中（）A天问一号在近火点的速度比远火点速度大B天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度大C从P到M所用的时间等于0T4D从Q到N阶段，机械能逐渐变大【答案】A【解析】A、由开普勒第二定律可知，天问一号在近火点的速度比远火点速度大，故 A 正确；B、若天问一号以火星到远火点的距离为半径做圆周运动，此时速度小
27、于火星的第一宇宙速度，天问一号在远火点进入椭圆轨道，需减速做近心运动，则天问一号在远火点的速度比火星的第一宇宙速度小，故 B 错误；C、由对称性可知，从 P 到 Q 所用的时间为02T，由于从 PQ 速度逐渐减小，则从 P 到 M 所用的时间小于04T，故 C 错误；D、从 Q 到 N 阶段，只有引力做功，机械能守恒，故 D 错误。故答案为：A。9如图所示，A，B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为singBA 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2 singCB
28、球的瞬时加速度大小为singD弹簧有收缩的趋势，A，B 两球的瞬时加速度大小相等方向相反【答案】B【解析】系统静止，根据平衡条件可知：对 B 球：F弹=mgsin，对 A 球：F绳=F弹+mgsin，细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，弹簧弹簧有收缩的趋势，但弹力不发生改变，则 B 球受力情况未变，瞬时加速度为零；对 A 球根据牛顿第二定律得：2FmgsinFagsinmm弹合，ACD 不符合题意，B 符合题意；故答案为：B.10电源、开关、平行板电容器连成如图电路。闭合开关 S，电源对电容器充电后，电容器带电量为 Q，板间电压力为 U，板间电场强度大小为 E，则下列说法正确的是（）A若将
29、 A 板下移少许，Q 增大；U 减小；E 不变B若将 A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 减小C若断开开关，若将 A 板下移少许，Q 增大；U 不变；E 增大D若断开开关，若将 A 板下移少许，Q 不变；U 减小；E 不变【答案】D【解析】AB闭合开关 S，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压 U 不变；若将 A 板下移少许，据4SCkd知，电容器电容将增大，电容器两端的电压 U 不变，Q 增大；据UEd，可得 E 增大；AB 不符合题意；CD 若断开开关，电路断路，Q 不变；若将 A 板下移少许，据4SCkd知，电容器将增大；由QCU，可知 U 减小；由于44UQQkQESdCdSdk
30、d，可得 E 不变；C 不符合题意，D 符合题意。故答案为：D11如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过 P 点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的 1/3。将磁感应强度的大小从原来的1B变为2B，结果相应的弧长变为原来的一半，则2B：1B等于（）A2B3C2D3【答案】B【解析】磁感应强度为 B1时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，POM=120，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径 R 为：sin
31、60=Rr，得：32Rr磁感应强度为 B2时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，PON=60，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径 R为：sin30=?，得：?由带电粒子做圆周运动的半径：mvRqB得：132mvmvRrqBqB；?t?t?；联立解得：213BB。故答案为：B。12如图所示，在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为0BBkt，其中0B、k为正的常数在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管，将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放，不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场，则
32、下列说法正确的是（）A从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrB从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrC从上往下看，小球将在管内沿顺时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkrD从上往下看，小球将在管内沿逆时针方向运动，转动一周的过程中动能增量为2qkr【答案】C【解析】AC、根据感应电动势2BUSr ktt，电荷转动一周电场力做功等于动能增量即2kEqUq r k，A 错误，C 正确BD、根据磁感应强度0BBkt可判断磁场均匀增大，从上往下看，产生顺时针方向的感应电场，正电荷受力方向与电场方向相同，所以电荷顺时针方
33、向运动，BD 错误故选择 C.13在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方 10cm 处放一个罗盘。导线没有通电时罗盘的指针（小磁针的 N 极）指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度。现已测出此地的地磁场水平分量 B=5.010-5T，通电后罗盘指针停在北偏东 60的位置，如图所示。由此测出该通电直导线在其正下方 10 cm 处产生磁场的磁感应强度大小为（）A5.010-5TB1.010-4TC8.6610-5TD7.0710-5T【答案】C【解析】将罗盘放在
34、通电到线下方，罗盘静止时罗盘指针所指方向为该处的合磁场方向，如图，所以电流在该处的磁感应强度为1tanBB，代入数据得：518.66 10BT。C 正确故选 C14 为了研究大量处于3n 能级的氢原子跃迁时的发光特点，现利用大量此种氢原子跃迁时产生的三种单色光照射同一个光电管，如图甲所示，移动滑动变阻器的滑片调节光电管两端电压，分别得到三种光照射时光电流与光电管两端电压的关系，如图乙所示，则对于 a、b、c 三种光，下列说法正确的是（）A三种光的频率最大的是 cBa、b、c 三种光从同一种介质射向真空中，发生全反射的临界角最大的是 cC用 a 光照射另外某种金属能发生光电效应，则用 c 光照射
35、也一定能发生D通过同一个单缝装置进行单缝衍射实验，中央条纹宽度 a 光最宽【答案】B【解析】A 由图乙可知，a、b、c 三种光的遏止电压关系为abcUUU根据遏止电压方程eUhW可知，三种光频率的大小关系为abc；A 不符合题意；B.根据频率越大，折射率越大，可知 a 的折射率最大，c 的折射率最小，根据临界角公式1sinCn可知，临界角最大的是 c，B 符合题意；C.光在能量Eh；可知三种光中 a 光的光子能量最大，c 光的光子正能量最小，用 a 光照射金属发生光电效应，说明 a 光子的能量大于该金属的逸出功，但 c 光的光的光子能量小于 a 光的光子能量，所以用 c 光照射不一定发生，C
36、不符合题意；D.由c；可知abc；单缝衍射实验中，波长越长中央条纹越宽，所以 a 的条纹最窄，D 不符合题意。故答案为：B。二、二、实验题实验题（本大题共（本大题共 2 小题，共小题，共 18.0 分。第一小题分。第一小题 9 分，第二小题分，第二小题 9 分分）15如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为1m和2m，直径分别为1d和2d，轨道末端在水平地面上的投影为O点.实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复 10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，
37、让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复 10 次，描出碰后小球ab、的平均落点位置M、N如图乙所示.（1）实验中需要注意的事项，下列说法正确的是(填字母).A需要测出小球抛出点距地面的高度 HB需要测出小球做平抛运动的水平射程C为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具D斜槽轨道末端应该保持水平E斜槽应尽量光滑（2）实验中重复多次让入射小球从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是（3）实验中对小球的要求是：质量?(填“”“=”或“”“=”或“；=；（4）121 123m xm xm x【解析】(1)此实验用xvt带入验证，时间可以
38、消去，故需要测小球的水平射程和两球质量，不需要测下落时间，选项 B、C 正确，选项 A 错误；斜槽轨道末端应该保持水平为了保证小球平抛，选项 D 正确，斜槽光滑与否不影响抛出时的速度，只要入射球都从同一位置由静止释放即可，选项 E 错误.(2)保持入射小球从同一位置释放的目的是为了保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置.(3)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求12mm，直径12dd.(4)碰撞时满足动量守恒有?，两边同时乘以下落时间有?16某实验小组测量电源的电动势和内阻以及定值电阻阻值的实验电路如图甲所示，其中的电压表可视为理想电压表。他们的实验操作步骤为：先断开
39、开关2S、闭合开关1S，调节电阻箱的阻值，记下多组电压表的示数 U 和对应电阻箱的示数 R；再闭合2S，多次调节电阻箱的阻值，记下多组 U 和 R；根据实验测得的数据，他们作出的11UR图像如图乙所示，其中 a、b、c 和 nc 均为已知量。（1）1S、2S都闭合时的11UR图线是（填“”或“”）；（2）根据11UR图像可得，电源的电动势E、内阻r；定值电阻的阻值xR。【答案】（1）；（2）1a；caab；(1)ncab【解析】（1）断开开关 S2、闭合开关 S1时有()xUEUrRR化简得()111xrRUEER同理 S1、S2都闭合时有111rUEE R可见 S1、S2都闭合时的11UR图
40、线的斜率小，因此图线是“”；（2）根据11UR图像可得1=aErcaEbxrRncaEb解得电源的电动势1=Ea内阻carab定值电阻的阻值(1)xncRab三三.计算题：本题共计算题：本题共 4 小题，共小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。17（7 分）如图所示，一高空作业的工人重为600N，系一条长为L5m的安全带，若工人不慎跌落，在安全带拉伸过程中给工人的缓冲时间
41、t1s，g取210m/s。求：（1）人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量；（2）人从跌落到安全带最长的过程中，安全带对人的平均冲力是多大？【答案】（1）工人由静止下落L的过程中，由201Lgt2；解得0t1s；则人从跌落到安全带最长时重力对人的冲量大小为G0Img tt1200N s方向竖直向下。（2）取向下为正方向，在整个下落过程中，设人从跌落到安全带最长的过程中，安全带的平均冲力为F，对工人由动量定理得GFtI0；解得F1200N18（9 分）学校举行遥控赛车比赛比赛路径如图所示，赛车从起点 A 出发，沿水平直线轨道运动 L=1.0m后，由 B 点进入半径为 R=0.4m 的光滑竖直圆轨道
42、，离开竖直圆轨道后继续沿光滑平直轨道运动，然后冲上光滑斜坡，最后从 C 点水平飞出落到水平轨道的 D 点已知赛车质量 m=0.1kg，通电后电机以额定功率 P=2.0w 工作了 t=1.6s 后关闭，此时赛车尚未到达 B 点赛车到达竖直圆轨道的最高点 E 时对轨道的压力大小等于赛车重力的 3 倍赛车在 AB 段运动中所受阻力恒定（取 g=10m/s2）求：（1）赛车在 AB 段运动时所受阻力的大小（2）同学甲认为 C 点离水平轨道 BD 越高，小车在空中飞行时间就越长，落点 D 离飞出点 C 的水平距离就越大同学乙认为 C 点离水平轨道越近，小车水平飞出时的速度就越大，落点 D 离飞出点 C
43、的水平距离就越大请你通过的计算得落点 D 离飞出点 C 的最大水平位移，并对甲、乙两同学的说法做出判断【答案】（1）0.2N；（2）1.2m【详解】（1）设赛车到达 B 点的速度为?，到达圆轨道最高点 E 的速度为?，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得?h?h?赛车在水平轨道 AB 上运动时所受阻力为 f，根据动能定理?t?可得?h?N（2）设赛车离开竖直圆轨道后沿光滑水平直轨道运动时机械能为 E（以水平轨道为零势能参考面），C点离水平轨道的高度为 h，赛车从 C 点飞出时速度大小为?，赛车在空中飞行时间为 T，落点 D 到飞出点 C 的水平距离为 x，则由机械能守恒可得：?h?解得?h?由平抛
44、关系得?h?h?h?h?所以当?h时；x 最大，最大值是?h=1.2m故甲、乙两同学的说法都不对19（12 分）如图所示，一个质量为 m、电阻不计、足够长的光滑 U 形金属框架 MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO分别与平行导轨 MN 和 PQ 垂直，两导轨相距 L。在OO的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为 B。另有质量也为 m 的金属棒 CD，垂直于 MN 放置在OO左侧导轨上，并用一根细线系在定点 A。已知细线能承受的最大拉力为0F，CD棒接入导轨间的有效电阻为 R。现从0t 时刻开始对 U 形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做
45、加速度为 a 的匀加速直线运动。（1）求框架从开始运动到细线断裂时速度0v的大小，以及所需的时间0t；（2）求在细线尚未断裂的某一时刻 t，水平拉力 F 的大小；（3）若在细线断裂时，立即撤去拉力 F，试说明框架与金属棒最后的运动状态，并求出此后回路产生的总焦耳热 Q。【答案】（1）解：绳子断裂时，对棒有00BLvFBLR解得0022F RvB L根据00vat得0022F RtB L a（2）解：在 t 时刻，框架的速度vat框架切割磁场产生的电动势EBLvBlat框架受到的安培力22B L atFBILR安对框架有FFma安得22B L atFFmamaR安（0220F RtB L a）（
46、3）解：撤去拉力 F 时，框架的速度00022F RvatB L撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的焦耳热2220111222Qmvmvmv棒框当两物的速度变化到大小相等时，回路中的磁通量不再变化，电流为零，它们分别向左、向右做匀速运动。设最终速度大小为 v，则有00vvv棒框得002222vF RvB L2222200441112224mF RQmvmvmvB L棒框20（12 分）如图所示，在 xOy 平面的第一象限有沿 y 轴负方向的匀强电场，在第二、三象限有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小与第一象限相等；在第四象限有垂直 xOy 平面向里的匀强磁
47、场，磁感应强度大小为 B 一带正电粒子（质量为 m、电荷量为 q）从坐标为(,3)dd的 P 点由静止释放，到达 y 轴时速度大小为 v0，不计粒子的重力，求：（1）电场强度 E 的大小；（2）粒子在磁场中运动轨迹的半径；（3）粒子从开始运动到第四次通过 x 轴所经历的时间。【答案】（1）解：粒子由 P 点到 y 轴的过程中，由动能定理得2012Eqdmv解得202mvEqd（2）解：粒子在第一象限做类平抛运动，由动能定理得21(3)2Eq ddmv由牛顿第二定律得2vqvBmr联立上式解得02vv，02mvrqB（3）解：粒子在第二象限运动，由匀变速直线运动规律得012vdt粒子在第一象限先做类平抛运动，在沿 y 轴方向上做匀变速直线运动，可得220232vvdt设粒子进入磁场时速度与 x 轴的夹角为，由几何关系得0vcosv解得60粒子在磁场中运动一次的时间为3123rtv粒子从开始运动到第四次通过 x 轴经历的时间为12332tttt联立上式，代入数据解得04(26 3)dmtvqB