【文档说明】2024届北京师范大学附属实验中学高三下学期零模测试物理试卷 Word版含解析.docx，共(30)页，4.455 MB，由小赞的店铺上传

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北师大附属实验中学2023-2024学年度第二学期高三零模测试物理考生须知1．本试卷共12页，共三道大题，20道小题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90分钟。2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。3．试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。4．在答题卡上

，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）1.如图所示为斯特林发动机玩具，汽缸在酒精灯加热情况下，汽缸内的活塞往复运动，通过传动轴带动飞轮持续转动，则（）A.活塞压缩气体时，气体的压强

与体积成反比B.气体膨胀时，气体的体积与热力学温度成正比C.发动机工作时，气体吸收的热量大于对外做功D.气体能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化【答案】C【解析】【详解】A．可把汽缸内的气体看成理想气体，当活塞压缩气体时，

气体温度要发生变化，根据pVCT=可知，只有当气体的温度不变时，气体的压强才与体积成反比，故A错误；B．气体膨胀时，气体压强要发生变化，根据pVCT=可知，只有当气体的压强不变时，气体的体积才与热力学温度才成正比，故B错误；C．发动机工作时，气体从外界吸收热量

温度升高，内能增加，且气体同时对外做功，根据热力学第一定律UQW=+，可知吸收的热量大于对外做的功，故C正确；D．根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸热并全部用来对外做功而不引起其他变化，故D错

误。故选C。2.关于光的传播现象及应用，下列说法正确的是（）A.“3D电影”的播放和观看利用了光的干涉B.水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故C.利用电磁

波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输D.一束单色光由空气射入玻璃，这束光的波长变长【答案】B【解析】【详解】A．“3D电影”的播放和观看利用了光的偏振现象，故A错误；B．水中气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向

气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故B正确；C．电磁波可以在真空中传播，也可以在光导纤维中传播，故C错误；D．光疏介质进入光密介质，由cvn=可知其传播速度变慢，单色光在不同的介质中传播的频率不变，由v=λf可知其波长变短，

故D错误。故选B。3.如图所示，甲为演示光电效应的实验装置；乙图为a、b、c三种光照射下得到的三条电流表与电压表读数之间的关系曲线；丙图为氢原子的能级图；丁图给出了几种金属的逸出功和极限频率关系。以下说法正确的是（）几种金属逸出功和极限频率金属W0/eV14/1

0Hz钠2.295.33的钾2.255.44铷2.135.15A.若b光为绿光，a光可能是紫光B.若a光为绿光，c光可能是紫光C.若c光光子能量为2.81eV，用它照射由金属铷构成的阴极，所产生的大量具有最大初

动能的光电子去撞击大量处于3n=激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光D.若c光光子能量为2.81eV，用它直接照射大量处于2n=激发态的氢原子，可以产生6种不同频率的光【答案】C【解析】【详解】AB．由光电效应方程Ek＝hν－W0及eU＝Ek联立解得：

eU＝hν－W0即光束照射同一块金属的时候，只要遏止电压一样，说明入射光的频率一样，遏止电压越大，入射光的频率越大，因此可知a光和c光的频率一样，且均小于b光的频率，故若b光为绿光，a光不可能是紫光，故AB错误；C．用光子能量为2.81eV的c光照射由金属铷构成的阴极，产生

的光电子的最大初动能为：Ek＝hν－W0＝2.81eV－2.13eV＝0.68eV大量具有最大初动能的光电子去撞击大量处于n＝3激发态的氢原子，这些氢原子吸收能量ΔE＝－0.85eV－(－1.51eV)＝0.66eV

从而跃迁到n＝4能级，当大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可向外辐射C24＝6种频率的光，C正确；D．氢原子只能吸收光子的能量恰好为能级之差的光子，若用c光光子直接照射氢原子，2.81eV不满足氢原子第2

能级与其他更高能级间的能级差，因此c光光子不被吸收，不会自发辐射其他频率的光，D错误。故选C。4.“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平

衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（）A.该时刻P点的位移为103cmB.再经过0.25s，P点到达平衡位置C.该时刻Q点的振动方向沿y轴负

方向D.从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为20sin()cmyt=+【答案】B【解析】【详解】ABC．由题可知，振幅20cmA=，频率0.5Hzf=，由图可知波的波长为8m=，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿

y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为320sin()cm4yt=+故0=t时P点的位移为102cmy=当0.25st=时P点的位移为0y=P点到达平衡位置，AC错误，B正确；D

．从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为20sin()cmyt=D错误。故选B。5.随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的

原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加（假设所有用电器均可视为纯电阻），电网中数据发生变化，下列说法正确的是（）A.降压变压器的输出电流4I减小B.输电线上损失的功率减小C.升压变压器的输出电压2U增大D.发电厂输出的总功率增大【答案】D【解析

】【详解】C．根据原、副线圈电压比等于匝数比可得1122UnUn=可得升压变压器的输出电压为2211nUUn=由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压2U不变，故C错误；A．设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有232R

UUI=+线又3344UnUn=，2443InIn=，44UIR=联立可得342443()URnnRnnI+=线当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电流4I增大，故A错误；B．根据2443InIn=由于4I增大，可知2I增大，输电线上损失的功率为22PIR=损线可知输电线上损失的

功率增大，故B错误；D．根据1221InIn=由于2I增大，可知1I增大，发电厂输出的总功率为11PUI=出可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。故选D。6.在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，

既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制造水枪。设灭火时保持水喷出时的速率不变，则下列说法正确的是（）A.灭火时应将“唧筒”的轴线指向着火点B.想要使水达到更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角（90°以内）C.想要使水达到更远的着火点，必须调小“唧筒”与

水平面间的夹角（90°以内）D.若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些【答案】B【解析】【详解】A．水离开出水口后做抛体运动，所以灭火时应将“唧筒”的轴线不能指向着火点，故A错误；B．当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到

达更高的着火点，故B正确；C．当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水达到更远的着火点，故C错误；D．若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故D错误。故选B。7.2022年10

月31日，搭载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭发射取得圆满成功。实验舱发射可简化为三个轨道，如图所示，先由近地圆轨道1进入椭圆轨道2，再调整至圆轨道3.轨道上A、B、C三点与地球中心在同一直线上，A、C两点分别为轨道

2的远地点与近地点。下列说法正确的是（）A.卫星在轨道2上C点的速度大于第一宇宙速度B.卫星在轨道2上运行的周期小于在轨道1上运行的周期C.卫星在轨道2上的A点和轨道3上B点受到的万有引力相同D.卫星在轨道2上C点的速度小于在轨道3上B

点的速度【答案】A【解析】【详解】A．轨道1为近地圆轨道，卫星运行的速度为第一宇宙速度，卫星由1轨道变到2轨道，要做离心运动，因此在C点应该加速，所以在2轨道上C点的速度大于1轨道上C点的速度，即卫星在轨道2上C点的速度大于第一宇宙速度，故A正确；B．根据开普勒第三定律32RkT=可知轨道半

径越大，周期越大，所以卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道1上运行的周期，故B错误；C．根据万有引力公式2MmFGr=可知卫星在轨道2上的A点和轨道3上B点受到的万有引力大小相同，方向不同，故C错误；D．根据万有引力提供向心力22MmvGmrr=

解得GMvr=可知卫星在1轨道上运行的速度大于卫星在3轨道上的速度，而卫星在轨道2上C点的速度大于卫星在轨道1上C点的速度，所以卫星在轨道2上C点的速度大于在轨道3上B点的速度，故D错误。故选A。8.如图甲所示，轻杆一端固定在转轴O点，另一端固

定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球在最高点受到杆的弹力大小为F，速度大小为v，其2Fv−图象如乙图所示，则（）A.2vb=时，杆对小球的弹力方向向上B.当地的重力加速度大小为bRC.小球的质量为cRaD.22va=时，小球受到的弹力

与重力大小不相等【答案】C【解析】【分析】【详解】B．当F=0时，2va=，恰好由重力作为向心力，满足2vmgmR=联立可得当地重力加速度大小为agR=B错误；C．当20v=时，F=c，小球恰好处于平衡

状态，可得F=mg可得小球的质量为cRma=C正确；A．当2vba=所需的向心力大于重力，故杆对小球的弹力方向向下，A错误；D．当22va=时，由牛顿第二定律可得2vFmgmR+=代入数据可解得F=m

g，小球受到的弹力与重力大小相等，D错误。故选C。9.如图所示，质量为2000kg的电梯的缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯170

00N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为2p12Ekx=（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度210m/s=g，下列说法正确的是（）A.弹簧的劲度系数为3000N/mB.整个过程中

电梯的加速度一直在减小C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17000ND.从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4636J【答案】D【解析】【详解】A．电梯刚接触井底缓

冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒可得2211ΔΔΔ22mvmgxkxfx+=+动代入数据解得11000N/mk=故A错误；B．与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做

加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；C．电梯停止在井底时，由受力平衡得Δkxmgf=+静代入数据解得Δ2200020000N2000Nfkxmg=−=−=静故C错误；D．当电梯速度最大时，此时加速度为零，则Δkxfmg+

=动解得20000170003Δmm1100011mgfxk−−===动电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则3ΔΔ17000J4636J11Efx==动故D

正确。故选D。10.地磅工作原理图如图所示，地磅空载时变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误．．的是（）A.电压表两端电压与被测汽车的质量成正比B.若将一个电阻与电压表串联，可增大地磅量程C.若称量值偏小，可在0R上并联一个电阻进行校正D.电池长时间使

用后，称量值会偏小【答案】B【解析】【详解】A．设AB的电阻为R，横截面积为S，根据闭合电路欧姆定律可知()0EIRRr=++设AP之间的距离为x()0xExUIRRRrS==++汽车平衡时由2mgkx=解得：()02EmgURRrkS=++从公式可以看出：电压表两端电压与被测汽车的质量成正比

，A正确，不符合题意；B．若将一个电阻与电压表串联，AP之间的最大电压不受此电阻的影响，没有办法增大地磅量程，B错误，符合题意；C．若称量值偏小，可以通过在0R上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，可变电阻上的电压增大，使称量值不变，C正

确，不符合题意；D．电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，AP上电压减小，所以称量值会偏小，D正确，不符合题意。的故选B。11.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽

（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，的最大值为0a。现用一个倾角为0a的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数减小，重物回

落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是（）A.实现摩擦自锁的条件为tanB.下落过程中重物对螺杆的压力等于mgC.从重物开始升

起到最高点摩擦力做功mghD.从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh【答案】D【解析】【详解】A．实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即sincosmgmg解得tan故A错误；B．重物从

静止开始下落，一开始加速度方向向下，重物处于失重状态，螺杆对重物的支持力小于mg，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力小于mg，故B错误；C．重物缓慢顶起的过程中，以螺杆和重物为整体的受力分析如图所示为

则摩擦力做功为fcostancossinhWmgLmgmgh=−=−=−故C错误；D．从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理有f0WmhWg+−=解得2Wmgh=故D正确。故选

D。12.人体的细胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力

的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（）A.钾离子的电势能增大B.A点电势等于B点电势C.若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度更大D.若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大【答案】C【解析】【详解】A．初速度可

视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，可知钾离子运动中电场力做正功，所以钾离子的电势能减小，故A错误；B．初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，则电场线从A到B，沿电场线电势降低，所以A点电势大于B点电势，故B错误；CD．

由动能定理可知212qUmv=若膜电位不变时，即电压U不变时，钠钾子进入细胞内的速度不变；电压U增加时，速度增大，故C正确，D错误。故选C。13.如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为

L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的00av

、均为已知量，则下列说法不正确的是（）A.金属棒的质量为0FaB.匀强磁场的磁感应强度大小为01FRLvC.当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为WFRD.某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小

成正比【答案】C【解析】详解】A．由题意可知22BLvFmaR−=【得22FBLavmmR=−结合图像可知0Fam=解得0Fma=故A正确；B．由题意可知22BLvFmaR−=得22FBLavmmR=−

结合图像可知2200BLvamR=解得02001maRFRBLvLv==故B正确；C．当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为WsF=则通过金属棒截面的电量0EBLsWqIttRRFRv====故C错误；D．某时刻撤去拉力，此后22BLvmaR=则22BLavmR=故D正确。本题选不正确的

，故选C。14.地球半径约为6400km，地球表面的大气随海拔高度增加而变薄，大气压强也随之减小到零，海拔100km的高度被定义为卡门线，为大气层与太空的分界线。有人设想给太空飞船安装“太阳帆”，用太阳光的“光子流”为飞船提供动力来实现星际旅行。已知在卡门线附近

，一个正对太阳光、面积为1.0×106m2的平整光亮表面，受到光的压力约为9N；力虽小，但假设以同样材料做成面积为1.0×104m2的“帆”安装在飞船上，若只在光压作用下，从卡门线附近出发，一个月后飞船的速度可达到2倍声速。设想实际中有

一艘安装了“帆”（面积为1.0×104m2）的飞船，在卡门线上正对太阳光，下列说法正确的是（）A.飞船无需其他动力，即可不断远离太阳B.一年后，飞船的速度将达到24倍声速C.与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压力约为2.25×10-2ND.与太阳中心的距

离为日地间距离2倍时，飞船的加速度为出发时的14【答案】C【解析】【分析】【详解】A．因为飞船受到太阳的引力作用，飞船依靠光的压力不能远离太阳，A错误；B．依据动量定理，只有持续受到恒定的光压一年，飞船的

速度才能达到24倍声速，然而飞船运动到卡门点时才能接受光压而加速，一年时间内受到光压而加速的时间非常短，所以一年后，飞船的速度不能达到24倍声速，B错误；C．根据球表面积公式24SR=，半径变为原来的2倍，球

的表面积变为原来的4倍，光子的密度减少为原来的14，光子的压力也减少为原来的14，与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压力约为42122611191.010N2.2510N441.010FFSS−===

C正确；D．与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，飞船受到的来自太阳和其他天体的万有引力，远大于光子的压力，其加速度不可能是出发时加速度的14，D错误。故选C。二、实验题（本题共2小题，共18分）15.用图所示装置探究气体等温变化的规律。（1）实验中，为找到体积与压强的关系，___

___（选填“需要”或“不需要”）测量空气柱的横截面积；（2）关于该实验的操作，下列说法正确的有______；A.柱塞上应该涂油B.应缓慢推拉柱塞C.用手握住注射器推拉柱塞D.注射器必须固定在竖直平面内【答案】

（1）不需要（2）AB【解析】【分析】【小问1详解】由于注射器的横截面积相等，所以在此可用长度代替体积，故不需要测空气柱的横截面积。【小问2详解】A．柱塞上涂油，既减小摩擦，又防止漏气，故A正确；B．若急速推拉活塞，则有可能造成漏和等温

条件的不满足，所以应缓慢推拉活塞，故B正确；C．手握活塞造成温度变化，故C错误；D．压强由压力表测量，不是由竖直的平衡条件计算，所以不需要竖直放置，故D错误。故选AB。.【点睛】16.现有如图所示的光具座上组装成双缝干涉

装置，用以测量红光的波长。（1）将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的读数为________mm，求得相邻亮纹的中心间距为________mm。（2

）已知双缝间距42010md−=．，测得双缝到光屏的距离0700ml=．，由计算式=________，求得所测红光波长为________m。【答案】①.13.870②.2.310③.xdl④.76.610−【解析】【详解】（1

）[1][2]手轮甲上的读数为12mm32.00.01mm2.320mmx=+=手轮乙上的读数为113.5mm37.00.01mm13.870mmx=+=相邻亮纹的中心间距为212.310mm61xxx−==−（2）[3][4]根据lxd=可得波长的表达式=xdl其

中x是相邻亮纹的中心间的距离。代入数据可得76.610m−=17.某同学利用多用电表的欧姆挡进行实验研究．欧姆挡所用电池的电动势为9V，刻度盘中央刻度值为“15”，选择旋钮打在“1k”挡。该同学用欧姆挡测量某一量程为15V的电压表内阻。（1）指针指

在图甲所示位置，此测量值为______kΩ；查阅资料发现该电压表内阻真实值为15kΩ，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的_____

_侧（选填“左”或“右”）。（2）进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，此时电压表示数为______V（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）①.25②.左（2）4.5【解析】【小问1详解

】[1][2]选择旋钮打在“1k”挡，指针指在图甲所示位置，此测量值为251kΩ25kΩ=查阅资料发现该电压表内阻真实值为15k，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，则多用电表内阻偏大，若

此时把两表笔短接，可知电流为达到满偏电流，则指针应指在欧姆挡零刻度线的左侧。【小问2详解】进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，此时电流为满偏电流的一半，即电压表的内阻等于欧姆表调零后的内阻，则此时电压表示数为欧姆表内电源电

动势的一半，即4.5V；18.为了探究平抛运动的规律，某同学用如图（a）所示的装置进行实验。(1)为了准确地描绘出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是________。A．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端必须水平D.本实验必需的器材还有刻度尺和停表(2)

甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图（b）所示。从运动轨迹上选取多个点，根据其坐标值可以验证轨迹符合y＝ax2的抛物线。若坐标纸中每个小方格的边长为L，根据图中M点的坐标值，可以求出a＝________，小球平抛运动的初速度v0

＝________。（重力加速度为g）(3)乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向），如图（c）所示。在

轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每个小方格的边长仍为L，重力加速度为g。由此可知：小球从O点运动到A点所用时间t1与从A点运动到B点所用时间t2的大小关系为：t1________t2（选填“>”“<”或“＝”）；小球平抛运动的初速度v0＝________，小球平抛运动的

初始位置坐标为________。(4)丙同学将实验方案做了改变，如图（d）所示，他把桌子搬到墙附近，调整好仪器，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。然后等间距地改变桌子与墙的距离，就可以得到多

个落点。如果丙同学还有一把刻度尺，他是否可以计算出小球平抛时的初速度_______？并简要阐述理由。_________【答案】①.AC②.15L③.52gL④.＝⑤.22gL⑥.－4L，－L⑦.可以⑧.见解析【解析】【详解】(1)[1]A．小球每次必须从斜槽

上同一位置由静止释放，以保证到达底端时速度相等，选项A正确；B.斜槽轨道没必要必须光滑，只要到达底端时的速度相同即可，选项B错误；C.斜槽轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，选项C正确；D.本实验必需的器材还有刻度尺，不需要停表，选项D

错误。故选AC。（2）[2][3]由图可知0xvt=212ygt=解得2202gyxv=的图中M点x=5L，y=5L，带入解得052gLv=则20125gavL==（3）[4][5]因OA与AB的水平距离相等，则时间相等，即t1=t2时间间隔

2yLTgg==平抛的初速度0422LvgLT==[6]A点时竖直速度8222AyLvgLT==则从抛出点到A点的竖直位移242AyAvhLg==从抛出点到A点的水平位移0228AyAAvxvtgLLg===则抛出点的横坐标x=-(8L-4L)=-4L纵坐标y=-(4L-3L)=-L（4

）[7][8]可以计算小球平抛运动的初速度，用刻度尺测量落点与抛出点之间的竖直距离y，测量墙与桌子的水平距离x，根据y=12gt2可得2ytg=初速度02xgvxty==所以改变桌子与墙的水平距离x，测量多组x，y值，计算多组初速度，取平均值即可。三、计算论述题（本题共4小题，共40分

。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须写出数值和单位）19.跳楼机可以使人体验失重和超重（如图所示）。现让升降机将座

舱送到距地面78mH=的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面30mh=的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下。在该体验中，小明将质量10kgm=的书包平放在大腿上（不计空气阻力，g取

210m/s）。求：（1）当座舱落到距地面150mh=的位置时，小明对书包的作用力大小1F；（2）跳楼机制动后（匀减速阶段）加速度a的大小；（3）当座舱落到距地面215mh=的位置时，小明对书包的作用力大小2F。【答案】（1

）0；（2）216m/s；（3）260N【解析】【详解】（1）座舱自由下落到距地面30mh=的位置时开始制动，所以当座舱距地面150mh=时，书包处于完全失重状态，则有10F=（2）座舱自由下落高度为78m30m48mHh−=−=座舱开始制动时，已获得速度mv

，由运动学公式得()22mvgHh=−座舱制动过程做匀减速直线运动，则有22mvah=联立可得216m/sa=方向竖直向上，故跳楼机制动后（匀减速阶段）加速度a的大小为216m/s。（3）由牛顿第二定律得2Fmgma−=代入数据得2260NF=，故当座舱落到距地面215m

h=的位置时，小明对书包的作用力大小为260N。20.世界多国都在加紧研制真空管道超高速磁悬浮列车，某研发团队想要探究其电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装N匝正方形线框abcd，边长为L，线框总电阻为R。其平面与水平轨道平行，小车总质量为m，其俯视图如图所示，小车到站需要减速时，

在前方虚线PP’和QQ’之间设置一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。宽度为H，且H>L.若小车关闭引擎即将进入磁场前的速度为v0，在行驶过程中小车受到轨道阻力可忽略不计，不考虑车身其他金属部分的电磁感应现象。求：（1）cd边刚进

入磁场时线框内感应电流的大小和方向：（2）cd边刚进入磁场时，小车的加速度大小：（3）若小车完全进入磁场时速度为02v，求在此过程中通过线圈的电荷量和线圈产生的焦耳热。【答案】（1）0NBlvIR=，a→d→c→b→a；（2）2220NBlvmR；（3）2NBLR；2038mv【解析】【

详解】（1）cd边刚进入磁场时线框内感应电动势为0ENBLv=感应电流的大小为0NBLvEIRR==根据右手定则可判断感应电流方向为a→d→c→b→a。（2）cd边刚进入磁场时，小车的加速度大小为a，则有NBI

Lma=联立解得2220vNBlamR=（3）若小车完全进入磁场时，有ENt=EIR=qIt=联立解得qNR=2BL=解得在此过程中通过线圈的电荷量为2NBLqR=根据能量守恒定律有220011222vmvQm=+解得线圈产生的焦耳热为2038Qmv=21.如

图a所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零，不计重力）。经0U的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长l，相距d，加在A、B两板间的电压U随时间t变化Ut−图线如图b。设A、B两板间的电场可以看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场

区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离为b，筒绕其竖直轴以周期T做匀速转动，筒的周长s，筒能接收到通过A、B板的全部电子。（1）要求任意时刻入射的电子均能从极板

间出射，则对于0U有何要求？（2）在（1）问条件下（下同），以0=t时刻发射的电子（见图b，此时0U=）打到圆筒记录纸上的点作xOy坐标系的原点，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的x坐标和y坐标；并在给出的坐标纸上定性地画出电

子打到记录纸上的点形成的图线（在坐标轴上标出关键点）。（3）若把记录圆筒放到B板的右上方，如图c所示，设偏转电场的中轴线与圆筒的最高点距离为H。加速电压0U不变，若t时刻发射出的电子打到滚筒上面的点到极板右侧的距离为c。a．试证明c与1t的图像在02Tt

范围内是一个一次函数，并写出该函数的解析式。b．若已知1ct−的函数斜率为k，请求出偏转电场的中轴线距离圆筒的最高点距离H的大小。【答案】（1）2m022UlUd=；（2）2sx=，2m04UlyUd=，；（3）a．0m12UdHTlcUlt=−；b．m0UlHkU

dT=【解析】【详解】（1）根据动能定理20012emvU=水平方向匀速运动0lvt=竖直方向匀加速直线运动2122dyat==竖直方向牛顿第二定律mUemad=联立解得2m022UlUd=（2）A、B板间竖直方向位移2m04UlyUd=平抛运动速度角与位移角关系2

2lylYb=+解得()m024UllbYUd+=圆筒上222TsTsxvT===（3）a．由几何关系可知()024UllcHUd+=则022UdHlcUl=−半个周期内m0.5UUtT=因此0m12UdHTlcUlt=−b．依据题意0m

UdHTkUl=解得m0UlHkUdT=22.阿特伍德机是由英国物理学家乔治·阿特伍德在1784年发表的《关于物体的直线运动和转动》一文中提出的，用于测量加速度及验证运动定律的机械。如图所示，一定滑轮两端分别与质量为3m的物体A和质量为m的物体

B相连。不计轮轴间的摩擦力和空气阻力，假设绳子与轮轴间不会打滑。（1）若不计滑轮质量，两物体均由静止释放，试求物体A下落高度h后，两物体的速度大小；（2）类比是一种常见的解决物理问题的方式。若滑轮的质量不可忽略，由于其自身惯性的存在，其

角速度增加的过程也会受到阻碍。因此我们可以用转动惯量I作为其转动过程中惯性大小的量度，用角加速度描述其转动加快过程中角速度的变化率；a．在把物体视为质点时，我们可以利用牛顿第二定律描述合力与加速度的关系。类比这

种关系，在刚体（形变可忽略的物体）的转动过程中，我们同样可以用类似的关系描述刚体的合力矩M（力矩是矢量，大小等于物体某点所受的力与其力臂的乘积，以使物体逆时针旋转的力矩方向为正方向）与角加速度（角速度的变化率）的关系。请根据角加速度的定义，类比线速度与角速度的关系，直接写出角加速度与半径为r的圆盘

边缘的线加速度a的关系，并类比质点的牛顿第二定律，直接写出刚体转动过程中合力矩、转动惯量和角加速度的关系；b．在把系统内各物体都视为质点时，我们可以利用机械能守恒描述物体重力势能与动能的相互转化。若考虑到刚体的转动动能，我们在使用机械能守恒的过程中，

动能除了我们熟知的质点的平动动能以外，还需要加上有质量的刚体的转动动能。试类比质点的平动动能，写出刚体转动角速度为时刚体的转动动能kE转；c．若滑轮的质量为m，半径为R，其转动惯量的表达式212ImR=。请根据以上关

系，求解考虑滑轮质量的前提下，与物体A相连的轻绳拉力大小1T，与物体B相连的轻绳拉力大小2T，以及物体A下落高度h后的速度大小。【答案】（1）vgh=；（2）a．ar=，MI=；b．2k12EI=转；c．153Tmg=，2139Tmg=，89vgh=【解析】【详

解】（1）A物体下落过程中，对A、B组成的系统应用机械能守恒定律得()21332mghmghmmv−=+解得vgh=（2）a．类比线速度与角速度的关系，可得角加速度和线加速度的关系为ar=类比质点的牛顿第二定律可得MI=b．类比质点的平动动能可得2k12EI=转c．由刚

体转动过程中力矩与角速度的关系，可得21212TRTRmR−=对A物体列牛顿定律，有133mgTma−=对B物体列牛顿定律，有2Tmgma−=根据滑轮角加速度与线加速度的关系，有aR=联立可得49

ag=，153Tmg=，2139Tmg=对系统应用机械能守恒，得()22113322mghmghmmvI−=++其中vR=解得89vgh=