2023年北京市海淀區高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.如圖所示，固定在水平地面上的汽缸內密封一定質量的理想氣體,

活塞處于靜止狀態。若活塞與汽缸的摩擦忽略不計，且氣體與外界環

境沒有熱交換。將活塞從4處緩慢地推至B處的過程中，下列說法正確

的是（）

A.氣體的內能保持不變B.氣體的內能逐漸增大

C.氣體的壓強保持不變D.氣體的壓強逐漸減小

2.正弦交變電源與電阻R、理想交流電壓表按照圖1方式連接，已知電阻R=5.00,交流電

壓表示數為10.0，。圖2是通過電阻R的電流i隨時間t變化的圖像。下列說法正確的是（）

A.電阻R兩端的電壓u隨時間t變化的規律是U=10√^7cos50πt（V）

B.電阻R兩端的電壓M隨時間t變化的規律是U=IOCOSlOOTrt（U）

C.通過電阻R的電流i隨時間t變化的規律是i=2cos50πt（Λ）

D.通過電阻R的電流i隨時間t變化的規律是i=2。COSlOoTrtG4）

3.關于電磁波的應用，下列說法正確的是（）

A.雷達可以利用反射電磁波定位，是因為其工作波段的電磁波衍射效應較為明顯

B.移動電話選擇微波作為工作波段，是因為微波比其它波段的電磁波的波速更快

C.X射線衍射能探測晶體內原子的排列結構，是因為X射線的波長與原子間距相近

D.工程上用y射線探測金屬內部缺陷，是因為y射線具有頻率高、波動性強的特點

4.如圖所示為光電效應實驗中某金屬的遏止電壓Ue與入射光的頻率V的關系圖像。己知元電

荷e。根據該圖像不能得出的是（）

UJV

o.x?

*

0.6??

0.4

02

4.5505.56.06.5v∕∣0uHz

A.飽和光電流B.該金屬的逸出功C.普朗克常量D.該金屬的截止頻率

物理課上，老師演示了一個實驗：如圖所示，水平粗糙木板

5.I-----pwwvwv∣----1

上放置兩個物塊，其間有一個處于拉伸狀態的彈簧。將木板抬至,?

空中保持水平，兩物塊相對木板保持靜止，然后將整個裝置無初速釋放，下落過程中可能觀

察到的現象是（）

A.兩物塊依舊相對木板保持靜止

B.兩物塊相對木板運動且彼此靠近

C.質量大的物塊與木板保持相對靜止，質量小的物塊靠近質量大的物塊

D.質量小的物塊與木板保持相對靜止，質量大的物塊靠近質量小的物塊

6.關于做自由落體運動的物體，下列說法正確的是（）

A.動能瓊隨時間t變化的快慢等隨時間均勻增大

B.動量P隨時間t變化的快慢常隨時間均勻增大

C.重力勢能EP隨位移X變化的快慢第隨時間均勻減小

D.機械能E隨位移X變化的快慢坐隨時間均勻減小

?x

7.如圖所示，圓盤可在水平面內繞通過0點的豎直軸轉動（俯視），圓盤上

距軸r處有一質量為m的物塊（可視為質點）。某時刻起，圓盤開始繞軸轉動，f'

經過一段時間，其角速度從0增大至3。已知物塊與圓盤之間的動摩擦因數比k0

重力加速度g,該過程中物塊始終相對圓盤靜止，下列說法正確的是（）

A.物塊所受摩擦力的方向始終指向。點B.物塊所受摩擦力的大小始終為卬ng

C.物塊所受摩擦力的沖量大小為rnerD.物塊所受摩擦力做的功為0

8.如圖所示，真空中兩個等量異號的點電荷-Q和+Q分別位于4點

和4'點，以44'連線中點。建立空間直角坐標系。一Xyz,B、C、M、

P是坐標軸上的4個點，其中BO=OC.下列說法正確的是（）

A.沿y軸從B點到C點電勢先增大再減小

B.B、M兩點間的電勢差與M、C兩點間的電勢差相等

C.P點與。點的電場強度大小相等

D.P點與M點的電場強度方向垂直

9.氫原子在可見光區的4條特征譜線是玻爾理論的實驗基礎。如圖所

示，這4條特征譜線（記作Ha、為、Hy和%）分別對應著氫原子從n=3、

4、5、6能級向n=2能級的躍遷，下面4幅光譜圖中，合理的是（選項

圖中長度標尺的刻度均勻分布，刻度值從左至右增大）（）

標尺

B.

標尺

標尺

10.如圖所示，MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導軌，導軌足×f

夠長且電阻不計，MP間接有一定值電阻R,電阻為r的金屬桿Cd保持與導XC

X

軌垂直且接觸良好。桿Cd由靜止開始下落并開始計時，桿Cd兩端的電壓U、

×

桿Cd所受安培力的大小F隨時間t變化的圖像，以及通過桿Cd的電流/、桿F

Cd加速度的大小α隨桿的速率V變化的圖像，合理的是（）

11.在范圍足夠大的勻強磁場中，靜止在P點的肥C核發生一次B衰變，衰變產生的/N核與

電子恰好在紙面內做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A.該/?衰變過程反映了/C核中至少含有1個電子

B.電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑較小

C.電子與尹N核形成的等效電流可能均沿逆時針方向

D.電子第一次回到P點時尹N核也恰好到達P點

12.如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為C的長方體半導體器f?

IJ<ifu

件，其內載流子數密度為n,沿+y方向通有恒定電流在空間-FTIN

中施加一個磁感應強度為8、方向沿-X方向的勻強磁場，半導C

體上、下表面之間產生穩定的電勢差u,下列說法正確的是（）b/舉二…

A.若載流子為負電荷，則上表面電勢高于下表面電勢κ/；F4面

B.僅增大電流/,電勢差U可以保持不變'0

C?半導體內載流子所受洛倫茲力的大小為恁

D.半導體內載流子定向移動的速率為M

13.如圖所示為某小組設計的電子秤原理圖。輕質托盤與豎直放置的輕彈簧相連。Ro為定值

電阻，滑動變阻器R的滑片與彈簧上端連接。當盤中沒有放物體時，滑片剛好位于滑動變阻

器的最上端。該小組用理想電壓表的示數U反映待測物體的質量m；用單位質量變化下，電壓

表示數變化量的絕對值I竟I描述電子秤的靈敏度。不計一切摩擦，彈簧始終于彈性限度內，

下列說法正確的是（）

A?僅更換阻值更大的定值電阻Ro，電子秤靈敏度會下降

B.電子秤的靈敏度會隨待測物體質量的增大而增大

C.彈簧的勁度系數越小，電子秤的量程越大

D.電壓表示數與待測物體質量成非線性關系

14.等離激元蒸汽發生器，是用一束光照射包含納米銀顆粒（--------—~?

可視為半徑約10.0TUn的球體，其中每個銀原子的半徑約心——I-?-→

0.1Omn）的水溶液時，納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，使其場_《_________UA

周圍的水變成水蒸氣，但整個水溶液的溫度并不增加。該現象^r

可解釋為：如圖所示，實線圓表示納米銀顆粒，電子均勻分布在其中。當施加光場（即只考慮

其中的簡諧交變電場）時，在極短時間內，可認為光場的電場強度不變，納米銀顆粒中的電子

會整體發生一個與光場反向且遠小于納米銀顆粒半徑的位移，使電子仍均勻分布在一個與納

米銀顆粒半徑相同的球面內（虛線圓）。長時間尺度來看，納米銀顆粒中的電子便在光場作用

下整體發生周期性集體振蕩（等離激元振蕩）而使光被共振吸收，導致納米銀顆粒溫度升高。

下列說法正確的是（）

A.一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數約1。2個

B.光場變化的頻率應盡可能接近水分子振動的固有頻率

C.在光場變化的一個周期內，光場對納米銀顆粒所做的總功為零

D.圖示時刻，兩球交疊區域（圖中白色部分）中電場強度可能為零

二、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

15.物理實驗一般都涉及實驗目的、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數據分析

等。

（1）某同學用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”。將圖1中的零件組裝成圖2中的

變壓器。將原線圈接在交流電源上，將副線圈接在電壓傳感器（可視為理想電壓表）上，觀察

到副線圈電壓&隨時間t變化的圖像如圖3所示，在保證安全的前提下，該同學可能在S?t2時

間內進行的操作是。(選填選項前的字母)

A.減少了原線圈的匝數艮增加了副線圈的匝數

C.降低了交流電源的頻率D.拔掉了變壓器鐵芯Q

(2)如圖4所示，取一個半徑為r的軟木塞，在它的軸心處插上一枚大頭針，讓軟木塞浮在液面

上。調整大頭針插入軟木塞的深度，使大頭針露在外面的長度為九。這時從液面上方的各個方

向向液體中觀察，恰好看不到大頭針。可知該液體的折射率的測量值n=。(用八八表

示)

(3)用圖5所示電路給電容器C充、放電。開關S接通1,穩定后改接2,穩定后又改接1,如此

反復。下表記錄了充、放電過程中某兩個時刻通過電流表的電流方向，根據該信息，在表格

內各空格處填上合理的答案。

通過電流表的電流方電流表中的電流正在增大還電容器兩端的電壓正在增大

時刻

向是減小還是減小

t?向左——

t2向右——

16.在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學選擇一根粗細均勻、阻值約為50的電阻絲

進行了測量。

(1)在測量了電阻絲的長度之后，該同學用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，測量結果如圖1所

示為mmo

（2）現有電源（電動勢E為3.0V,內阻不計）、開關和導線若干，以及下列器材:

A.電流表（量程0?0.6A,內阻約0.20）

電壓表（量程。?3U,內阻約3k0）

C滑動變阻器（0-50,額定電流24）

。滑動變阻器（0?2000,額定電流14）

為減小誤差，且電壓調節范圍盡量大，滑動變阻器應選（選填器材前的字母）。然后補

充完成圖2中實物間的連線。

（3）關于上述實驗，下列說法正確的是。（選填選項前的字母）

A用螺旋測微器多次測量金屬絲直徑并取平均值可以減小系統誤差

A用電壓-電流圖像處理實驗數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差

C.只考慮電表內阻引起的誤差，電壓表分流會導致電阻測量值偏小

D只考慮電表內阻引起的誤差，電流表分壓會導致電阻測量值偏大

（4）電導率是電阻率的倒數，用希臘字母6表示，常用單位是西門子/厘米（S∕cτn）,即lS∕cm=

l（0?cm）τ。電導率是反映水質的一項重要指標。資料顯示某種飲用水的電導率約為1.0X

3

10-S∕cτno將該飲用水灌入一個絕緣性能良好、高約12cm、容積約240mZ,的薄壁塑料瓶（如

圖3所示），瓶的兩端用兩個略小于瓶底面積的固定金屬圓片電極密封。請通過計算說明用圖2

中的實驗器材能否較為精確的測量該飲用水的電導率。若能，請寫出需要測量的物理量及對

應的測量方法；若不能，請提出一種改進措施。

三、計算題（本大題共4小題，共40.0分）

17.設地球是質量分布均勻的半徑為R的球體。已知引力常量G,地球表面的重力加速度g,

忽略地球自轉。

（1）推導地球質量M的表達式。

(2)推導地球第一宇宙速度"的表達式。

(3)設地球的密度為p,靠近地球表面做圓周運動的衛星的周期為7,證明pK=稱。

U

18.如圖1所示，兩平行金屬板4、B間電勢差為名,帶電量為q、質量為n?的帶電粒子，由

靜止開始從極板A出發，經電場加速后射出，沿金屬板C、D的中心軸線進入偏轉電壓為出的

偏轉電場，最終從極板C的右邊緣射出。偏轉電場可看作勻強電場，板間距為d。忽略重力的

影響。

(1)求帶電粒子進入偏轉電場時速度的大小乙

(2)求帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小公

(3)以帶電粒子進入偏轉電場時的位置為原點、以平行于板面的中心軸線為X軸建立平面直角

坐標系XOy,如圖2所示。寫出該帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程。

19.電磁場，是一種特殊的物質。

(1)電場具有能量。如圖1所示，原子核始終靜止不動，α粒子先、后通過4、B兩點，設ɑ粒子

的質量為粗、電荷量為％其通過4、B兩點的速度大小分別為力和為，求α粒子從4點運動到B

點的過程中電勢能的變化量/J。

(2)變化的磁場會在空間中激發感生電場。如圖2所示，空間中有圓心在。點、垂直紙面向里、

磁感應強度為B的圓形勻強磁場，當空間中各點的磁感應強度隨時間均勻增加時，請根據法

拉第電磁感應定律、電動勢的定義等，證明磁場內，距離磁場中心。點為r處的感生電場的電

場強度E與r成正比。(提示：電荷量為q的電荷所受感生電場力F=qE)

(3)電磁場不僅具有能量，還具有動量。如圖3所示，兩極板相距為L的平行板電容器，處在磁

感應強度為B的勻強磁場中。磁場方向垂直紙面向里。將一長度為L的導體棒ab垂直放在充好

電的電容器兩極板之間（其中上極板帶正電），并與導體板良好接觸。上述導體棒必、平行板

電容器以及極板間的電磁場（即勻強磁場、電容器所激發的電場）組成一個孤立系統，不計一

切摩擦。求當電容器通過導體棒ab釋放電荷量為q的過程中，該系統中電磁場動量變化量的

大小ZlP和方向。

20.擺，是物理學中重要的模型之一。如圖1所示，一根不可伸長的輕軟細繩的上端固定在

天花板上的。點，下端系一個擺球（可看作質點）。將其拉至4點后靜止釋放，擺球將在豎直面

內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低點。忽略空氣阻力。

ɑ.擺的振動周期7。

b.擺的最大擺角％l°

（2）擺角J很小時，擺球的運動可看作簡諧運動。某同學發現他家中擺長為0.993m的單擺在小

角度擺動時，周期為2s。他又查閱資料發現，早期的國際計量單位都是基于實物或物質的特

性來定義的，稱為實物基準，例如質量是以一塊Mg的伯鉞合金圓柱體為實物基準。于是他

想到可以利用上述擺長為0.993m的單擺建立“1s”的實物基準。請判斷該同學的想法是否合

理，并說明理由。

（3）小擺角單擺是較為精確的機械計時裝置，常用來制作擺鐘。擺鐘在工作過程中由于與空氣

摩擦而帶上一定的負電荷，而地表附近又存在著豎直向下的大氣電場（可視為勻強電場），導

致擺鐘走時不準。某同學由此想到可以利用小擺角單擺估測大氣電場強度：他用質量為m的

金屬小球和長為〃遠大于小球半徑）的輕質絕緣細線制成一個單擺。他設法使小球帶電荷量為

-q并做小角度振動，再用手機秒表計時功能測量其振動周期7,已知重力加速度g,不考慮地

磁場的影響。

α?推導大氣電場強度的大小E的表達式。

A實際上，擺球所帶電荷量為IOf。量級，大氣電場強度為102N∕C量級，擺球質量為IO-Ug

量級，手機秒表計時的精度為10-2S量級。分析判斷該同學上述測量方案是否可行。(提示:

當IM?1時，有

(1+x)n=1+nx)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：AB,活塞從處緩慢地推至處的過程中，氣體的體積減小，外界對氣體做功，即W>0,

氣體與外界環境沒有熱交換，即Q=O,由熱力學第一定律4U=Q+勿可知，ZU>0,即氣體的

內能逐漸增大，故A錯誤，B正確：

CD、因AU>0,即氣體的內能逐漸增大，則氣體的溫度逐漸升高，氣體的體積減小，由華=C可

知，氣體的壓強逐漸增大，故CO錯誤。

故選：Bo

根據氣體體積變化情況判斷外界對封閉氣體做功情況，再結合該過程為絕熱過程，根據熱力學第

一定律判斷氣體的內能變化情況；根據理想氣體狀態方程判斷氣體的壓強變化情況。

本題考查分子動理論，氣體內能，熱力學第一定律等知識。在解題時，要把握理想氣體的特征，

其內能只與溫度有關，溫度越高，內能越大。要靈活運用所學知識進行判斷。

2.【答案】D

【解析】解：AB,交流電壓表的示數是10.0V,則電壓表的最大值為Um=CU=由

-22π

圖可知，該交流電的周期：T=2.0×10s,因此3=γ=ιn-2rad/s=100πrad∕s?則輸

出電壓u隨時間t的表達式為"=10/2COSIooTrt(V);故AB錯誤；

CD、通過R的電流i隨時間t變化的規律是i===10^2cosl00πta=2√7cθsl00πt(∕l),故C錯誤，

R5.0

。正確；

故選：D。

根據電壓與時間圖象，結合交流電的函數表達式，及歐姆定律，即可求解.

考查由圖象書寫函數表達式的方法，理解最大值與有效值的關系，注意正弦還是余弦函數.

3.【答案】C

【解析】解：4雷達可以利用反射電磁波定位，是因為其工作波段的電磁波波長很短，衍射效應

不明顯，方向性較好，故A錯誤；

B.移動電話選擇微波作為工作波段，是因為微波的波長短，頻帶范圍廣，與傳播速度無關，故8

錯誤；

C.根據衍射條件可知,X射線照射在晶體上會發生明顯的衍射現象,是由于其波長與原子間距相近,

故C正確；

。.工程上用y射線探測金屬內部缺陷，是因為y射線具有頻率高、穿透本領強，故。錯誤。

故選:Co

人根據雷達波的定位原理作答；

B.移動電話選擇微波作為工作波段，主要是應用其頻帶范圍廣；

C根據衍射發生的條件作答；

。.工業上探傷，利用了y射線的貫穿本領強的特點。

本題主要考查了電磁波中的無線電波和y射線的特點以及發生明顯衍射的條件，關鍵在于對這部分

知識的理解記憶。

4.【答案】A

【解析】解：4、由圖中信息無法計算飽和光電流，故A錯誤；

BC.設金屬的逸出功為色,截止頻率為%,則有：IV0=hvc

光電子的最大初動能Eknl與遏止電壓UC的關系是：Ekm=eUc

光電效應方程為：Ekm=Kv-W0

聯立兩式可得：Uc=-V

Cee

故UC與V圖象的斜率為3,從而解得普朗克常量與逸出功，故8C正確；

Dy當UC=O時，可解得：V=vc

此時讀圖可知：V≈4.27×IO14Hz,即金屬的截止頻率約為4.27><1014/技,故O正確。

本題選擇錯誤選項；

故選：Ao

根據光電效應方程得出遏止電壓與入射光頻率的關系，通過圖線的斜率求出普朗克常量。遏止電

壓為零時，入射光的頻率等于截止頻率。

解決本題的關鍵掌握光電效應方程以及最大初動能與遏止電壓的關系，注意光電效應方程的應用。

5.【答案】B

【解析】解：開始時物塊相對木板靜上，則彈力等于摩擦力：將整個裝置無初速釋放，下落過程

中，物塊處于完全失重狀態，對木板的壓力為零，此時摩擦力為零，則兩物塊在彈簧彈力作用下

相對木板運動且相互靠近，故B正確，ACQ錯誤；

故選：B.

超重是物體所受拉力或支持力大于物體所受重力的現象。當物體做向上加速運動或向下減速運動

時，物體均處于超重狀態，即不管物體如何運動，只要具有向上的加速度，物體就處于超重狀態。

失重是指物體受拉力或支持力小于物體所受重力的現象，當物體做向下加速運動或向上減速運動

時，物體均處于失重狀態，即不管物體如何運動，只要具有向下的加速度，物體就處于失重狀態，

當向下的加速度等于重力加速度時，物體完全失重。整個裝置無初速釋放，下落過程中，物塊處

于完全失重狀態，對木板的壓力零。

本題主要考查超重、失重現象的應用。根據物體狀態判斷是失重還是超重，從而解答。

6.【答案】A

【解析】解：4、自由落體時,動能隨時間變化的表達式為Ek=Jmv2=乩(gt)2,毀==

22/Itt-0

^mg2t,故動能隨時間均勻增大，故A正確；

B、自由落體時，動量隨時間變化的表達式為P=TnD=mgt,坐==mg,動量P隨時間t變

ZJrC-U

化的快慢保持不變，故8錯誤；

C、自由落體時，以開始下落位置所在水平面為參考平面，重力勢能隨位移變化的表達式為EP=

-mgx,孚=-叫-O=,重力勢能EP隨位移X是不變的，故C錯誤；

U?xX-OUy

D、自由落體時只有重力做功，機械能守恒，根據機械能守恒定律可知半為0,故。錯誤。

?x

故選：Ao

4、先寫出動能隨時間變化的表達式，再判斷動能Ek隨時間t變化的快慢等隨時間是否均勻增大;

3、先寫出動量隨時間變化的表達式，再判斷動量P隨時間t變化的快慢祟隨時間是否均勻增大；

C、先寫出重力勢能隨時間變化的表達式，再判斷重力勢能EP隨位移X變化的快慢學隨時間是否

-?x

均勻減小；

D、根據機械能守恒定律判斷機械能E隨位移X變化的快慢孚隨時間均勻減小。

討論某個物理量隨時間或者位移是否變化時，根據運動規律寫出這個物理量和時間或者位移的表

達式，再討論變化率。

7.【答案】C

【解析】解：4、物塊的角速度逐漸變大，根據D=3r,可知線速度也逐漸變大，說明摩擦力做

了功，即摩擦力有沿著圓周切線方向的分力，說明物塊受摩擦力的方向不是始終指向。點，故A

錯誤；

B、根據向心力公式F=nuo2r可知，當角速度比較小時，向心力也比較小，而向心力由靜摩擦力

的一個分力提供，所以物塊所受摩擦力的大小是從0開始增加的，不是始終為Png,故3錯誤；

C、根據動量定理得/=mv-0,將。=ar代入可知物塊所受摩擦力的沖量大小為ni3r,故C正

確；

。、物塊角速度從0增大至3過程中，只有靜摩擦力可以做功，根據動能定理勿=gnw2-0=

1mω2r2,可知物塊所受摩擦力做的功不為0,故。錯誤。

故選：Co

A、根據物塊的運動情況判斷其所受摩擦力的方向是否始終指向。點；

B、根據物塊的運動情況判斷物塊所受摩擦力的大小是否始終為“mg；

C、根據動量定理判斷物塊所受摩擦力的沖量大小是否為nuor；

。、根據動能定理判斷物塊所受摩擦力做的功是否為0。

圓盤上的物塊在水平面內圓周運動，如果是勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，大小保持不變，

方向時刻指向圓心，本題實際是變速圓周運動，靜摩擦力就不指向圓心了，靜摩擦力沿半徑方向

的分力提供向心力，沿切線方向的分力做功，改變速度大小。

8.【答案】B

【解析】解：4、沿y軸電場線從B點到C點，電勢逐漸減小，故A錯誤；

B、X軸所在直線為等勢線，BO=OC,所以B、M兩點間的電勢差與M、C兩點間的電勢差相等，

故B正確；

CD、根據等量異種電荷的電場線分布，可知P點的電場強度小于。點的電場強度，P點與M點的電

場強度方向平行，故CO錯誤；

故選：B。

沿電場線方向，電勢逐漸降低，根據等量異種電荷的電場線和等勢線分布分析解答。

本題考查電勢差與電場線的分析，解題關鍵掌握等量異種電荷的電場線和電勢的特點。

9.【答案】A

【解析】解：光譜圖中譜線位置表示相應光子的波長，氫原子從ri=3、4、5、6能級分別向n=2

能級躍遷時，發射的光子能量增大，所以光子頻率增大，光子波長減小，在標尺上“a、Hβ?%和

外譜線應從右向左排列。由于氫原子從n=3、4、5、6能級分別向n=2能級躍遷釋放光子能量

的差值越來越小，所以，從右向左4條譜線排列越來越緊密，故A正確，BCC錯誤。

故選：4。

光譜圖中譜線位置表示相應光子的波長，根據氫原子的能級躍遷結合頻率與波長的關系分析解答。

考查學生對量子論、波爾原子模型的理解。解決本題的關鍵知道能級間躍遷所滿足的規律，以及

知道光子頻率、波長的大小與能量變化的關系。

10.【答案】D

【解析】解：。、根據牛頓第二定律有

mg—BlL=ma

其中/BLv

Λ+r

B2L2V

解得a=g—

m(R+r)

隨著速度增大，金屬桿的加速度逐漸減小，故。正確;

AB、當a=0時，此時Tng=B/3電流恒定，則電壓和安培力趨向于定值，故AB錯誤；

C、根據/=黑，可知/與〃成線性關系，故C錯誤；

故選：Do

對金屬棒受力分析，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律得出速度與加

速度的關系式，再逐一分析各選項圖像正誤。

解決本題的關鍵能夠根據物體的受力判斷物體的運動情況，結合安培力公式、法拉第電磁感應定

律、牛頓第二定律分析導體棒的運動情況，分析加速度如何變化。

Ii.【答案】c

【解析】解：4該0衰變是原子核內一個中子轉化為一個質子和一個電子。也是其衰變過程中的

來源，所以并不能說明/C核中有電子，故A錯誤；

B、靜止的肥C發生衰變，其產生的電子和/N核組成的系統動量守恒，由O=P點+P冢，所以電

子和氮核的動量大小相等，方向相反。其均在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力由

qvB=m^,解得r=器=壺，由于電子和和氮核在同一磁場中，且動量相等，氮核的帶電量大

于電子的電荷量，所以電子在電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑較大，故8錯誤；

C、若發生0衰變后，電子順時針做勻速圓周運動，根據系統的動量守恒可知氮核做逆時針勻速圓

周運動，根據電流方向的判定，則電子和尹N核形成的等效電流均沿逆時針方向，故C正確；

D、發生?衰變后，兩帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=m^,T=等整理有T=箸，

因為電子和和氮核的比荷不一致，故兩粒子的周期不同，所以當電子回到P點，即完成一個周期

后，氮核沒有在P點，故D錯誤。

故選：Co

靜止的原子核發生夕衰變，根據動量守恒可知，電子和氮核的動量大小相等，方向相反，兩粒子

如果在勻強磁場中運動可根據洛倫茲力提供向心力分析兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，

周期。

本題解題關鍵是該/?衰變過程中動量守恒，衰變后電子和尹N核動量大小相等，方向相反，然后利

用洛倫茲力提供向心力分析電子和/N核在磁場中運動的半徑，周期。

12.【答案】C

【解析】解：4若載流子為負電荷，根據左手定則可知上表面帶負電，則上表面電勢低于下表

面電勢，故A錯誤；

BD、根據平衡條件可得：qvB=解得：U=BCV

根據電流微觀表達式可得：I=nqSv=nqbcv,解得：v=

聯立解得：U=焉

僅增大電流/,電勢差U增大，故3。錯誤；

C、半導體內載流子所受洛倫茲力的大小為：F=qvB,代入V=烹可得:F=M故C正確。

故選：Co

根據左手定則判斷粒子運動情況，由此判斷電勢高低；根據平衡條件、電流微觀表達式達到電勢

差表達式進行分析；根據洛倫茲力的計算公式求解半導體內載流子所受洛倫茲力的大小。

本題主要是考查“霍爾效應”，解答本題的關鍵是知道粒子受力情況，能夠根據左手定則分析洛

倫茲力的大小，掌握電流微觀表達式。

13.【答案】A

【解析】解：D由圖可知：滑動變阻器與RO串聯，滑動變阻器的電阻全部連入電路；電壓表測量

滑片上半部分電阻兩端的電壓；當滑動變阻器滑片P向下移動時，電路中的電阻不變，由歐姆定

律可知/=益F方，電路中的電流不變；電壓表的示數

κ+r+∏θ

U=IR'=R^R'

又R'=pq,mg—kL,

解得U=西黑麗優

即電壓表示數與待測物體質量成線性關系，故D錯誤:

C.由U=77島FZn,可知彈簧的勁度系數越小，m的最大值越小，電子秤的量程越小，故C錯

誤;

由U=什+黑＞kSτn?可知電子秤的靈敏度∣*∣-=(r+篙MS

[r~ΓKΠ~KQ)KOLΛTΠ^Γ^rπr∏Qj∕to

可知僅更換阻值更大的定值電阻島，電子秤靈敏度會下降；電子秤的靈敏度與待測物體質量無關;

故4正確，B錯誤。

故選：Ao

結合歐姆定律求電壓表的示數，進而可判斷電壓表示數與待測物體質量的關系；由電壓表的示數

可知彈簧的勁度系數越小，m的最大值越小，電子秤的量程越小；由電壓表的示數可得電子秤的

靈敏度，進而可知更換阻值更大的定值電阻凡，電子秤靈敏度會下降；電子秤的靈敏度與待測物

體質量無關。

本題首先結合歐姆定律求電壓表的示數，進而結合電壓表示數分析解答各選項。

14.【答案】D

【解析】解：4由體積比為半徑比的三次方知，一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數約個，故

4錯誤；

8.由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個水溶液的溫度并不增加，光場變化的頻率應盡可能

接近納米銀顆粒的固有頻率，故B錯誤；

C在光場變化的一個周期內，該過程中電子在外力作用下做正功，光場使納米銀顆粒發生周期性

集體振蕩，所做的總功不為零，故C錯誤；

D圖示時刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區域（圖中白色部分）中電場強度可能為零，故。正確。

故選：Oo

由體積比為半徑比的三次方知，一個納米銀顆粒中含有銀原子的個數約個；由于納米銀顆粒吸

收一部分光而升溫，整個水溶液的溫度并不增加，光場變化的頻率應盡可能接近納米銀顆粒的固

有頻率；在光場變化的一個周期內，該過程中電子在外力作用下做正功，光場使納米銀顆粒發生

周期性集體振蕩，所做的總功不為零；圖示時刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區域（圖中白色部

分）中電場強度可能為零。

本題中學生需了解體積比為半徑比的三次方以及靜電平衡等知識。

15.【答案】DJ減小減小減小增大

r

【解析】解：（I）C.由圖3可知，變壓器輸出電壓的最大值變小，周期不變，因此交流電源的頻率

不變，故C錯誤；

4B.根據變壓器電壓與匝數比的關系，變壓器輸出電壓∕=詈內,變壓器輸出電壓減小，可能是

與線圈匝數增加，也可能是副線圈匝數減小，故AB錯誤；

D拔掉了變壓器鐵芯Q，變壓器的漏磁增大，使得副線圈感應電動勢E2=n2第減小，變壓器的

輸出電壓變小，故。正確。

故選：D。

（2）軟木塞的光路圖如圖所示：

大頭針頂發出的光線剛好在水面的4點發生全反射，設臨界角為C

根據勾股定律40=√AB2+OB2=√r2+∕ι2

.r——r

根據數學知識SInC=而=

2

'2+∕l

根據臨界角公式SinCW

1

解得折射率n=?=r=

2

y∣r2+h

(3)電容器充電、放電電流隨時間變化關系如圖所示:

根據圖5可知，電容器充電時，流過電流表的電流自左向右，對應于t2時刻，電流表中的電流正在

減小，電容器兩端的電壓正在增大；

電容器放電時，流過電流表的電流自右向左，對應于G時刻，電流表中的電流正在減小，電容器

兩端的電壓正在減小。

故答案為：(1)。；(?)J"+序；(3)減小；減小；減小；增大。

(1)由圖3可知，變壓器輸出電壓的最大值變小，周期不變，據此逐項分析作答；

(2)作光路圖，根據數學知識求臨界角的正弦，根據臨界角公式求折射率；

(3)由圖5判斷電源給電容器充電時的充電電流方向和電容器放電時放電電流的方向，再結合電容

器充電、放電的特點作答。

本題考查了探究變壓器電壓與匝數比的關系，光的全反射和電容器的充電和放電，弄清每個小實

驗的原理是解題的關鍵；注意臨界條件的運用。

16.【答案】0.670CBC

【解析】解：⑴螺旋測微器的精確度為0.01znm,電阻絲直徑d=0.5mm+17.0x0.01nun=

0.670mm；

(2)由于要求電壓調節范圍盡量大，因此滑動變阻器應選擇C；

由于孔＜/麗7,電流表選擇外接法，所連接的實物圖如圖所示:

(3)4由于電阻絲粗細可能不均勻，因此用螺旋測微器多次測量金屬絲直徑并取平均值可以減小偶

然誤差，故A錯誤;

B.根據描點法作圖原則可知，用圖像法處理數據可以減小偶然誤差，因此用電壓一電流圖像處理

實驗數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差，故8正確；

CD由于電流表外接，誤差來源于電壓表分流，電阻的測量值％=為電阻的真實值RX真=搟=

r?->Rχ,因此只考慮電表內阻引起的誤差，電壓表分流會導致電阻測量值偏小，故C正確，D

錯誤。

故選：BC.

(4)塑料瓶的橫截面積S=γ=瑞on?=20cm2=2.0X10-3τn2

飲用水的電導率約為3=1.0X10-3S∕cm=1.0×10-3(Λ?cm)-1

12cm

根據電阻定律，自來水的電阻R=Pj=?=600/2

1.0×10-3(∕2?cm)-1×20cm2

由于自來水電阻R>廠麗;，因此電流表要采用內接法;

通過自來水樣品的電流/=X=?λ=5×10^3?=SmA

KoUU

由于電流表的量程太大，無法精確通過自來水樣品的電流，因此不可以用圖2中的實驗器材較為精

確的測量該飲用水的電導率；為了精確的測定自來水樣品的電導率，必須采用量程為O?6mA的電

流表，且電流表要采用內接法。

故答案為：(1)0.670；(2)C；連接的實物圖見解析；(3)BC；(4)不能；電流表要采用內接法，且

采用量程為O~6m4的電流表。

(1)螺旋測微器的精確度為0.01τwn,測量值=固定刻度對應示數Onm)+對齊格數(估讀一位)X精

確度；

(2)由于要求電壓調節范圍盡量大，據此選擇滑動變阻器；由于RX<∕~R^,電流表選擇外接法，

據此完成實物圖連接；

(3)AB.減小系統誤差要采用更精密的儀器，多次測量取平均值和采用圖像法處理數據可以減小偶

然誤差；

CD?電流表外接法測電阻的誤差來源于電壓表的分流，根據并聯電阻的特點和歐姆定律分析誤差；

(4)根據電阻定律和電導率求自來水樣品的電阻，判斷電流表的內外接法，再根據歐姆定律求解通

過自來水樣品的最大電流，確定電流表的量程，最后作答。

本題考查了螺旋測微器的讀數，伏安法測電阻以及電導率的知識；要能根據實驗器材和題目要求

正確選擇實驗器材確定實驗電路連接圖；要能熟練掌握歐姆定律，電阻定律和串并聯電路的特點。

17.【答案】解：(1)根據萬有引力提供重力則有G粵=zng

R

解得地球的質量

M=埠

G

(2)地球的第一宇宙速度也則有mg=m?

R

解得“=JgR

(3)靠近地球表面做圓周運動的衛星的周期7,則有G繁=mR等

M

地球的密度P=病

解得pT2=弗

U

綜上得證。

答：(1)地球質量M的表達式為M=貯。

G

(2)地球第一宇宙速度D的表達式為U=/市。

(3)見解析。

【解析】(1)根據地球表面物體的重力等于萬有引力解得地球的質量；

(2)根據地面附近環繞天體重力提供向心力解得地球的第一宇宙速度：

(3)根據萬有引力提供向心力結合密度的公式證明。

此題考查了人造衛星的相關知識，本題關鍵是要掌握重力等于萬有引力和萬有引力提供向心力這

兩個關系，要能夠根據題意選擇不同的向心力的表達式。

18.【答案】解：(1)由動能定理有qUι=Tm"2

解得帶電粒子進入偏轉電場時速度的大小U=

(2)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，設金屬板C、。的長度為L,帶電粒子離開偏轉電場時的

豎直方向的速度大小為火

水平方向是L=Vt

豎直方向上B=Tat2

a—跨，V=at,

mdγy

聯立解得L=dJ毯，%=J里

帶電粒子離開偏轉電場時的速度大小為％=J盧+藥=戶紳迅

帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小P=mv1=?/m(2qU1+qU2^

(3)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動

水平方向％=Vt

豎直方向y=?ɑt2

帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程為y=磊(O≤X≤dJ招)。

答：(1)電粒子進入偏轉電場時速度的大小為J率；

(2)帶電粒子離開偏轉電場時動量的大小Jm(2q0+q4);

(3)帶電粒子在偏轉電場中的軌跡方程為y=黯(0≤x≤dJ居)。

【解析】(1)由動能定理解得帶電粒子進入偏轉電場時速度的大；

(2)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，利用運動的分解與合成求出帶電粒子離開偏轉電場時的

速度大小，利用動量定義式求離開偏轉電場時動量的大小；

(3)帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動列出水平方向和豎直方向位移關系式，聯立解出該帶電粒

子在偏轉電場中的軌跡方程。

本題解題關鍵是帶電粒子在偏轉電場里做類平拋運動，其研究