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2024 北京卷点睛押题
一、单选题（每题3 分，共42 分）
1．如图所示，一定量的理想气体从状态a 开始，经历两个状态变化过程，先后到达状
态b 和c。下列说法正确的是（ ）
A．在a→b过程中外界对气体做功，吸收热量
B．在a→b过程中气体对外界做功，放出热量
C．在b→c过程中外界对气体做功，放出热量
D．在b→c过程中气体对外界做功，吸收热量
2．利用双缝干涉装置测红光波长时，得到红光的干涉图样；仅将红光换成蓝光，得到
另一干涉图样。两图样如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图甲为红光干涉图样
B．将光屏远离双缝，干涉条纹间距减小
C．红光比蓝光更容易发生衍射现象
D．若蓝光照射某金属时能发生光电效应，改用红光照射也一定能发生光电效应
3．下列关于原子和原子核的说法正确的是（ ）
A．阴极射线的发现说明原子具有复杂结构
B．α粒子散射实验说明原子核具有复杂结构
C．天然放射现象的发现说明原子可以再分
D．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
4．图1为一列简谐波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q
是平衡位置在x=4.0m处的质点：图2为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动
B．从t=0.10s到t=0.25s，质点Q通过的路程为30cm
C．从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了8m
D．在t=0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向
试卷第1页，共8页5．关于下列四幅图的说法，正确的是
A．图甲中C摆开始振动后，A、B、D三个摆中B摆的振幅最大
B．图乙为两列水波在水槽中产生的干涉图样，这两列水波的频率不一定相同
C．图丙是两种光现象图案，上方为光的衍射条纹、下方为光的干涉条纹
D．图丁说明气体压强的大小既与分子动能有关也与分子的密集程度有关
6．如图所示，已知“神舟十一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地
球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不
考虑地球自转。则下列各量不能求出的是（ ）
A．地球的质量
B．地球的平均密度
C．组合体做圆周运动的线速度
D．组合体受到地球的万有引力
7．交流发电机的示意图如图所示，当线圈𝐴𝐵𝐶𝐷绕垂直于磁场方向的转轴𝑂𝑂′匀速转动
时，电路中产生的最大电流为𝐼 ，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（ ）
m
A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．图示位置电流最大，方向为A→B
𝑇
C．从图示位置开始经过 ，电流方向将发生改变
4
2𝜋
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为𝑖 =𝐼 sin 𝑡
m
𝑇
试卷第2页，共8页8．如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N
为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v ，方向与水平方向的夹角
0
为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )
A．
3𝑚𝑣02
B．−
3𝑚𝑣02
C．−
𝑚𝑣02
D．
𝑚𝑣02
8𝑞 8𝑞 8𝑞 8𝑞
9．汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运
动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（ ）
A．制动过程中，导体不会发热
B．制动力的大小与导体运动的速度无关
C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
10．某同学做“探究平抛运动的特点”实验。该同学先用图所示的器材进行实验。他用小
锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，改变小球距
地面的高度和打击小球的力度，多次重复实验，均可以观察到质量相等的A、B两球同
时落地。关于本实验，下列说法正确的是（ ）
A．实验现象可以说明平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动
B．落地时A、B两球的动量相同
C．落地时A、B两球重力的瞬时功率相同
D．改变打击小球的力度，A球落地时重力的瞬时功率也将改变
试卷第3页，共8页11．如图所示，用细线悬挂一个重物，把重物拿到一定高度，释放后重物下落把细线拉
断。如果在此细线上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋与细线的总长度与原来细线相等，再从
相同高度释放该重物，细线不再被拉断。可认为细绳不可伸长。以下判断正确的是（ ）
-
A．重物下落把细线拉断的原因是重力大于拉力
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时动能最大
C．加橡皮筋后重物的最大动量变化率较小
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时是失重状态
12．如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流
表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观
察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．𝑡 ~𝑡 时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
1 3
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
13．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔
化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是
（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P 极板带负电
1
C．在B 磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
2
𝑞
D．在B 磁场中运动半径越大的粒子，比荷 越小
2
𝑚
试卷第4页，共8页14．超材料是一种人造材料，其性质不仅取决于组成成分，还取决于其基本单元结构。
通过在关键物理尺度上单元结构的有序设计，超材料能实现自然材料所无法达到的超常
电磁特性。人工电磁黑洞由谐振和非谐振的超材料组成，能够螺旋式地吸收电磁波。如
图甲所示，电磁黑洞直径约22厘米，包含60个同轴环，每个同轴环都由结构复杂的电
路板构成。虚线外是由40个同轴环组成装置外壳，虚线内是由20个同轴环构成吸收器
（中心核），光线在中心核里被转化成热能。该装置只吸收微波频段（300MHz-300GHz）
的电磁波，吸收效果如图乙所示。通过电磁波在非均匀介质中的传播光路来类比光在引
力场中的运动轨迹，电磁黑洞能够模拟黑洞的部分特性。下列说法正确的是（ ）
A．人工电磁黑洞可以吸收波长范围0.1mm～0.1m的电磁波
B．进入该装置中心核的微波在内表面不断被全反射
C．装置外壳越靠近轴心的位置折射率越大
D．速度小于光速c的𝛽射线无法从该装置表面逃逸出去
二、实验题
15．（8分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操
作、数据分析等。例如：
（1）实验仪器。用螺旋测微器测某金属丝的直径，示数如图1所示。则该金属丝的直
径为________mm。
（2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，纸带的一部分
如图2示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点，相邻计数点之间还有4个计时
点没有标出。打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上。则物体运动的加速度
𝑎 =___________m⁄s2（结果保留两位有效数字）。
试卷第5页，共8页（3）实验原理。某同学用单摆测量重力加速度的大小，他测量摆线的长度l和对应的
周期T，得到多组数据，作出了𝑙−𝑇2图像，如图3所示。他认为根据图线可求得重力
4π2𝑏
加速度𝑔 = ，则从理论上分析，他求得的重力加速度g___________真实值（选填“大
𝑎2−𝑎1
于”“等于”或“小于”）。请分析说明理由。
16．（10分）某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求
测量数据、绘制曲线尽量准确。可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ
电流表A ，量程0～500mA，内阻约0.5Ω
1
电流表A ，量程0～100mA，内阻约4Ω
2
滑动变阻器R ，最大阻值10Ω，额定电流2.0A
1
滑动变阻器R ，最大阻值100Ω，额定电流1.0A
2
直流电源E，电动势约6V，内阻可忽略不计
（1）上述器材中，电流表应选_______，滑动变阻器应选_______（填写所选器材后的
字母）。
（2）请将虚线框内题图甲所示的实验电路图补画完整_______。
（3）该同学通过实验得出了小灯泡的I﹣U图像如题图乙所示。由图可知，随着电压的
增加，小灯泡的电阻逐渐_______（选填“增大”或“减小”）；当小灯泡上的电压为3.00V
时，小灯泡的电阻是_______Ω（结果保留2位有效数字）。
（4）该同学在获得了③中小灯泡的I﹣U图像后，又把两只这样的小灯泡并联，直接接
在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上组成闭合回路。请你利用图像计算此时一只小灯
泡的功率约为_______W（结果保留2位有效数字）。
试卷第6页，共8页（5）该同学看到实验室还有一个最大阻值为17kΩ的滑动变阻器R ，想进一步探究若
3
用R 来替换本实验中的滑动变阻器结果会怎样，请你分析论证该同学能否比较方便地
3
获取多组数据，进而得到比较理想的小灯泡的伏安特性曲线_______。
三、解答题
17．（9分）如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为 m 的小球
（小球的大小可以忽略、重力加速度为𝑔）．
（1） 在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时
小球的受力图，并求力F的大小；
（2）由图示位置无初速释放小球，不计空气阻力．求小球通过最低点时:
a．小球的动量大小；
b．小球对轻绳的拉力大小．
18．（9分）如图所示，两平行金属板间存在垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强磁
场，上极板带正电，下极板带负电，板间电场可视为匀强电场，两板间距离为d，若从
两板间的正中央P点沿与板平行方向射入质量为m(不计重力)、电荷量为q、初速度为
v 的带电粒子，粒子刚好沿直线从两极板间射出。不计粒子重力。求：
0
（1）两金属板间匀强电场场强E的大小；
（2）若撤去匀强磁场后带电粒子恰好从下极板边缘飞出，求飞出时粒子的动能E ；
k
（3）若撤去匀强电场后带电粒子恰好打在上极板正中央，求粒子运动轨迹半径r。
试卷第7页，共8页19．（10分）如图1所示，运动员做“蹲跳起”动作，离开地面的瞬间，全身绷紧，之后
离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求运动员离开地面瞬间的速度。
（2）地面是不会对人做功的，那么人是如何获得机械能的呢？为了解释这个问题，小
亮同学构建了如下模型：如图2所示，将人的上半身和下半身分别看作质量为m 和m
1 2
的物块，上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将m 从平衡位置向下
1
压距离h，表示人“蹲下”；然后松手，m 向上运动，表示人“站起”；当m 回到平衡位
1 1
置时，突然将弹簧的长度锁定，m 被带离地面，表示人“跳起”。试结合这一模型，计算
2
运动员在“站起”过程中至少要做多少功。
（3）如图3所示的是立定跳远动作分解图，有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆
臂，且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位看成两个部分，试从物理的
角度解释起跳时摆臂的原因。
试卷第8页，共8页20．（12分）“星空浩瀚无比，探索永无止境。”人类从未停止对宇宙的探索，中国航天
事业正在创造更大的辉煌。
（1）变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为
方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图1所示的模型：①将航天器发射到近地圆
轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A
点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远
地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。已知引
力常量为G，地球的质量为M，轨道1半径为R，轨道3半径为3R，质量为m的物体
𝐺𝑀𝑚
与地球间的引力势能𝐸 =− （r为物体到地心的距离，取无穷远处引力势能为零）。
p
𝑟
a．求航天器在圆轨道1上运行时的速度大小v；
b．开普勒第二定律表明：航天器在椭圆轨道2上运行时，它与地球中心的连线在相等
的时间内扫过的面积相等。请根据开普勒第二定律和能量守恒定律，求航天器在椭圆轨
道2近地点A的速度大小𝑣 。
𝐴
（2）在航天器到达预定高度后，通常使用离子推进器作为动力装置再进行姿态和轨道
的微小修正。如图2所示，推进剂从P处注入，在A处电离出正离子，B、C之间加有
恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束从出口D
喷出。已知单位时间内喷出的离子质量为𝑚 。为研究方便，假定离子推进器在太空飞
0
行时不受其他外力，忽略推进器运动的速度。求推进器获得的推力的大小F。
试卷第9页，共1页参考答案
1．C
【详解】AB．由图可知，在a→b过程中气体体积减小，外界对气体做功，根据
𝑝𝑉
=𝐶
𝑇
可得
1
𝑝=𝑇𝐶
𝑉
可知气体的温度不变，内能不变，根据热力学第一定律
Δ𝑈 =𝑄+𝑊
可知气体放出热量，故AB错误；
CD．由图可知，在b→c过程中气体体积减小，外界对气体做功，气体等压变化，根据
𝑉 𝑉
𝑏 𝑐
=
𝑇 𝑇
𝑏 𝑐
可知
𝑇 <𝑇
𝑐 𝑏
气体内能减小，根据热力学第一定律
Δ𝑈 =𝑄+𝑊
可知气体放出热量，故C正确，D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．因为红光的波长比蓝光长，所以在发生干涉时，条纹间距比较大，但是两图比
较发现，乙图的条纹间距比较大，故乙为红光干涉图样，选项A错误；
B．将光屏远离双缝，即增大L，则可知干涉条纹间距变大，选项B错误；
C．发生衍射的现象是尺度或孔径等于或小于波长，而光的波长本身比较小，所以相对来说
波长较大的更容易发生衍射现象，所以红光更容易发生衍射现象，选项C正确；
D．由于蓝光的波长小、频率大，故蓝光的能量较大，所以若蓝光照射某金属时能发生光电
效应，改用红光照射不一定能发生光电效应，选项D错误。
故选C。
3．A
【详解】A．阴极射线的发现说明原子具有复杂结构，故A正确；
B．α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，故B错误；
答案第1页，共12页C．天然放射现象的发现说明原子核可以再分，故C错误；
D．β衰变产生的电子是原子核中子转化为质子和电子，电子被释放出来的，原子核中无电
子，故D错误。
故选A。
4．B
【详解】A．图2为质点Q的振动图像，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向y轴负
方向运动，故A错误；
B．从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为
3
Δ𝑡 =0.15s= 𝑇
4
由于t=0.10s时刻质点Q在平衡位置处，所以质点Q通过的路程
3
𝑠 = ×4𝐴=30cm
4
故B正确；
D．在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，可知该波沿x轴负方向传播，此时质点P正
向y轴正方向运动。从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为
3
Δ𝑡 =0.15s= 𝑇
4
则在t=0.25s时，质点P位移为负，加速度方向与y轴正方向相同，故D错误；
C．由图1知波长λ=8m，则波速为
𝜆 8
𝑣 = = m/s=40m/s
𝑇 0.2
从t=0.10s到=0.25s经过的时间为Δt=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为
Δ𝑥 =𝑣Δ𝑡 =40×0.15m=6m
故C错误。
故选B。
5．D
𝑙
【详解】A项：由单摆周期𝑇 =2π√ ，故摆长越大，周期越大；又有C摆开始振动后，A、
𝑔
B、D三个摆做受迫振动，故A摆和C摆周期相等，发生共振，振幅最大，故A错误；
B项：由两波发生稳定干涉现象可得：两波频率相等，故B错误；
C项：上方条纹间距相等，故为干涉条纹；下方越往外，条纹越窄，越暗，故为衍射条纹，
故C错误；
答案第2页，共12页𝐹
D项：如图结合公式𝑃= 可知，气体压强的大小既与分子动能有关，也与分子的密集程度有
𝑆
关，故D正确．
6．D
【详解】A．组合体在时间 t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，则角速度为
𝜃
𝜔 =
𝑡
根据万有引力提供组合体的向心力，有
𝑀𝑚
𝐺 =𝑚𝑟𝜔2
𝑟2
联立解得地球的质量为
𝜃2𝑟3
𝑀 =
𝐺𝑡2
可知能求出地球的质量，故A不符合题意；
B．不考虑地球的自转时，物体在地球表面的重力等于地球对组合体的万有引力，有
𝑀𝑚
𝐺 =𝑚𝑔
𝑅2
解得
𝐺𝑀
𝑅 =√
𝑔
地球的密度为
𝑀 𝑀
𝜌= =
𝑉 4𝜋
𝑅3
3
因为M和R均可求出，所以能求出地球的平均密度ρ，故B不符合题意；
C．根据线速度与角速度的关系
v=ωr
可知
𝜃𝑟
𝑣 =𝜔𝑟 =
𝑡
可知可以求出组合体做圆周运动的线速度，故C不符合题意；
D．由于不知道组合体的质量，所以不能求出组合体受到的万有引力，故D符合题意。
故选D。
7．D
【详解】ABC.图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过
答案第3页，共12页一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；
2𝜋
D．从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为𝑖 =𝐼 sin 𝑡，故D正确。
m
𝑇
故选D。
8．B
【详解】粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：
1
𝑣 =𝑣 =𝑣 𝑐𝑜𝑠60°= 𝑣
𝑁 𝑀 0 0
2
对从M到N过程，根据动能定理，有：
𝑞𝑈 = 1 𝑚𝑣2 − 1 𝑚𝑣2
𝑀𝑁 2 𝑁 2 𝑀
解得：
3𝑚𝑣2
𝑈 =− 0；
𝑀𝑁
8𝑞
A．
3𝑚𝑣0 2
，与结论不相符，选项A错误；
8𝑞
B．−
3𝑚𝑣0 2
，与结论相符，选项B正确；
8𝑞
C．−
𝑚𝑣0 2
，与结论不相符，选项C错误；
8𝑞
D．
𝑚𝑣0 2
，与结论不相符，选项D错误；
8𝑞
9．D
【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据
𝑄 =𝐼2𝑅𝑡
可知，制动过程中，导体会发热，A错误；
B．导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受
安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；
C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈
中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；
D．制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡
流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．实验将A做平抛运动与B在竖直方向的自由落体进行对比，只能说明A竖直
答案第4页，共12页方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况，每次两球都同时落地，说明A竖直方向
的分运动是自由落体运动，故A错误；
B．根据动能定理可知落地时A、B两球速度大小不相等，速度方向也不相同，故动量不相
同，故B错误；
C．落地时A、B两球竖直方向的速度大小相等，重力相等，根据𝑃 =𝑚𝑔𝑣 可知重力的瞬
G 𝑦
时功率相同，故C正确；
D．改变打击小球的力度，A球落地时竖直方向的速度大小不变，则重力的瞬时功率也不变，
故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．重物下落把细线拉断的原因是重物对绳的拉力大于细绳可承受的最大拉力，故
A错误；
B．加橡皮筋后重物下落到最低点时，速度为零，动能最小，故B错误；
C．由动量定理
𝐹𝑡 =Δ𝑃
可得
Δ𝑃
𝐹 =
𝑡
动量改变量相同，冲量相同，橡皮筋经历的时间长，动量变化率小，所受合外力小，故C
正确；
D．加橡皮筋后重物下落到最低点时，有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。
故选C。
12．B
【详解】A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，𝑡 ~𝑡 时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一
1 3
直向上，故A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先
产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C．若将线圈的匝数加倍
ΔΦ 𝐸
𝐸 =𝑁 ，𝐼 =
Δ𝑡 𝑅
因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；
答案第5页，共12页D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力
1
𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑣2
2
高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则
线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．根据带电粒子在右边的磁场中发生偏转的情况，由左手定则判断，该束带电粒
子带正电，故A错误；
B．在速度选择器内，根据左手定则可知，洛仑兹力向上，则电场力的方向应竖直向下，因
带电粒子是正电，故电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器P 极板带正电，故B错误；
1
C．通过速度选择器的带电粒子都具有相同的速度，它们在B 磁场中运动，由半径公式
2
𝑚𝑣
𝑅 =
𝑞𝐵
𝑚
可知，半径R越大， 值越大，而不是质量越大，故C错误；
𝑞
𝑚 𝑞
D．由上面的分析可知，半径R越大， 值越大，即比荷 越小，故D正确。
𝑞 𝑚
故选D。
14．C
【详解】A．该装置只吸收微波频段（300MHz-300GHz）的电磁波，对应波长为
𝑐 3×108
𝜆 = = m=1m
1 𝜈 300×106
1
𝑐 3×108
𝜆 = = m=1mm
2 𝜈 300×109
2
人工电磁黑洞可以吸收波长范围1mm～1m的电磁波，故A错误；
B．进入该装置中心核的微波在非均匀介质中不断折射传播，将光线引至中心核，在中心核
里被转化成热能，从而达到螺旋式地吸收电磁波，故B错误；
C．为将电磁波引至中心核，由于越靠近轴心位置介质的弯折程度越大，电磁波的偏折角越
大，故折射率应越大，故C正确；
D．该装置只吸收的电磁波频率为波段（300MHz-300GHz）的电磁波，𝛽射线能够逃出，故
D错误。
故选C。
15． 0.755 1.0 等于
答案第6页，共12页【详解】（1）[1]用螺旋测微器测某金属丝的直径为0.5mm+0.01mm×25.5=0.755mm。
（2）[2]根据Δ𝑥 =𝑎𝑇2 可得物体运动的加速度
𝐶𝐷−𝐵𝐶 (4.90−3.90)×10−2
𝑎 = = m/s2=1.00m/s2
𝑇2 0.12
（3）[3]根据
𝑙+𝑟
𝑇 =2𝜋√
𝑔
解得
𝑔
𝑙 = 𝑇2−𝑟
4𝜋2
则出现图线不过原点的原因是将摆线长当做了单摆的摆长；由图像可知
𝑔 𝑏
=
4𝜋2 𝑎 −𝑎
2 1
解得
4𝜋2𝑏
𝑔 =
𝑎 −𝑎
2 1
可知他求得的重力加速度g等于真实值。
16． A R 增大 11 0.19##0.17##0.18##0.20##0.21 见
1 1
解析
【详解】（1）[1][2]小灯泡的额定电流为0.3A，则电流表选A ，为使小灯泡电压从零开始变
1
化，应采用分压接法，则滑动变阻器选择总阻值较小的R ；
1
（2）[3]小灯泡的电阻较小，远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，滑动变阻器采用分
压接法，如图
（3）[4]由图可知，着电压的增加，电压与电流的比值增大，根据欧姆定律可知，小灯泡电
答案第7页，共12页阻增大；
𝑈
[5] 当小灯泡上的电压为3.00V时，电流为.0.28A，根据欧姆定律𝑅 = ，电阻为11Ω；
𝐼
（4）[6] 把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势为4V、内阻为8Ω的电源上，设灯泡
的电压和电流分别为U和I，则根据闭合电路欧姆定律
𝑈 =𝐸−2𝐼𝑟
将𝐼−𝑈图像绘出，如下
图线交点即为此时灯泡的实际工作状态，则灯泡功率为
1V×0.19A=0.19W
（5）[7]不能，在图示电路中，当滑动变阻器滑片置于某一位置时，小灯泡分得的电压为
𝐸 𝑅 左 𝑅 L
𝑈= ⋅
𝑅 左 𝑅 L 𝑅 左 +𝑅 L
𝑅 +
右 𝑅 +𝑅
左 L
由于在绝大部分情况下有𝑅 >>𝑅 ，小灯泡分得的电压
右 L
𝐸𝑅
L
𝑈 ≈
𝑅 +𝑅
右 L
由于大的滑动变阻器阻值变化很难控制在小阻值范围内变化，所以，当滑片从左向右滑动的
过程中，绝大部分情况下𝑅 >>𝑅 ，由上式可见，小灯泡两端的电压始终近似为零，直至
右 L
滑到最右端附近时，小灯泡两端的电压突然增大，甚至会超过其额定电压。所以，该同学不
能比较方便地获取多组数据，也就不能得到如图乙所示的小灯泡的伏安特性曲线。
答案第8页，共12页17．（1） ；mgtanα；（2）𝑚√2𝑔𝑙（1−cos𝛼）；𝑚𝑔(3−2cos𝛼)
【分析】（1）小球受重力、绳子的拉力和水平拉力平衡，根据共点力平衡求出力F的大小．
（2）根据机械能守恒定律求出小球第一次到达最低点的速度，求出动量的大小，然后再根
据牛顿第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出绳子拉力的大小．
【详解】（1）小球受到重力、绳子的拉力以及水平拉力的作用，受力如图
根据平衡条件，得拉力的大小：𝐹 =𝑚𝑔tan𝛼
（2）a．小球从静止运动到最低点的过程中，
由动能定理：𝑚𝑔𝑙(1−cos𝛼)= 1 𝑚𝑣2
2
𝑣 =√2𝑔𝑙(1−cos𝛼)
则通过最低点时，小球动量的大小：𝑃 =𝑚𝑣 =𝑚√2𝑔𝑙(1−cos𝛼)
𝑣2
b．根据牛顿第二定律可得：𝑇−𝑚𝑔 =𝑚
𝑙
𝑣2
𝑇 =𝑚𝑔+𝑚 =𝑚𝑔(3−2cos𝛼)
𝑙
根据牛顿第三定律，小球对轻绳的拉力大小为：𝑇′ =𝑇 =𝑚𝑔(3−2cos𝛼)
【点睛】本题综合考查了共点力平衡，牛顿第二定律、机械能守恒定律，难度不大，关键搞
清小球在最低点做圆周运动向心力的来源．
18．（1）𝐸=𝑣 𝐵；（2）𝐸 = 𝑞𝑣0𝐵𝑑 + 1 𝑚𝑣 2；（3）𝑟= 𝑚𝑣0
0 𝑘 0
2 2 𝑞𝐵
答案第9页，共12页【详解】（1）刚好沿直线从两极板间射出，合力为0，即
𝑞𝑣 𝐵=𝑞𝐸
0
解得
𝐸=𝑣 𝐵
0
（2）在电场中类平抛运动，由动能定理有
𝑞𝐸𝑑 1
=𝐸 - 𝑚𝑣 2
2 k 2 0
解得
𝑞𝑣 𝐵𝑑 1
𝐸 = 0 + 𝑚𝑣 2
k 2 2 0
（3）在偏转磁场中做半径为r的匀速圆周运动
𝑚𝑣 2
0
𝑞𝑣 𝐵=
0 𝑟
解得
𝑚𝑣
0
𝑟=
𝑞𝐵
19．（1）𝑣 =√2𝑔𝐻；（2）𝑊 =𝑚 𝑔ℎ+
(𝑚1+𝑚2 )2
𝑔𝐻；（3）见解析
1
𝑚1
【详解】（1）运动员离开地面做竖直上抛运动，由
1
𝑚𝑣2 =𝑚𝑔𝐻
2
解得
𝑣 =√2𝑔𝐻
（2）从m 下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束，这个过程表示人的“站
1
起”过程。设弹簧长度锁定前瞬间，m 速度为u，弹簧长度锁定后瞬间m 与m 整体离地，
1 1 2
速度为𝑣 =√2𝑔𝐻，由弹簧长度锁定过程系统动量守恒
𝑚 𝑢 =(𝑚 +𝑚 )𝑣
1 1 2
解得
𝑚 +𝑚
1 2
𝑢 = √2𝑔𝐻
𝑚
1
则至少需要做功
1 (𝑚 +𝑚 )2
𝑊 =𝑚 𝑔ℎ+ 𝑚 𝑢2 =𝑚 𝑔ℎ+ 1 2 𝑔𝐻
1 2 1 1 𝑚
1
（3）把手臂和躯体看作两个部分，向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度
大，根据系统的动量守恒，起跳后身体速度还会增大，从而提高成绩。
答案第10页，共12页【点睛】弹簧长度锁定时相当于完全非弹性碰撞，有人漏掉其中的能量损失，少算了m 上
1
升h重力势能增加量。没有明确研究对象，没有把手臂和身体明确点出来并设质量；没有完
全理解问题（2），导致选择的物理原理不合适（动力学、能量），动力学角度说不清手臂带
动身体的力如何产生的，能量角度是因为手臂向后摆也多做功；语言不够简洁规范，意思是
到位了（比如说手臂会带动身体向前），但没点明动量守恒，最好直接写式子。
𝐺𝑀 3𝐺𝑀
20．（1）a．√ ，b．√ ；（2）√2𝐼𝑈𝑚
0
𝑅 2𝑅
【详解】（1）a．设航天器的质量为m ，根据牛顿第二定律有
1
𝐺
𝑀𝑚1
=𝑚
𝑣2
①
𝑅2 1 𝑅
解得
𝑣 =√
𝐺𝑀
②
𝑅
b．对航天器在A、B点附近很小一段时间Δ𝑡内的运动，根据开普勒第二定律有
1
𝑣 ⋅𝑅⋅Δ𝑡 =
1
𝑣 ⋅3𝑅⋅Δ𝑡 ③
𝐴 𝐵
2 2
对航天器从A到B的运动，根据能量守恒定律有
1 𝑚 𝑣2− 𝐺𝑀𝑚1 = 1 𝑚 𝑣2− 𝐺𝑀𝑚1 ④
2 1 𝐴 𝑅 2 1 𝐵 3𝑅
联立③④解得
𝑣 =√
3𝐺𝑀
⑤
𝐴
2𝑅
（2）设正离子的质量为m ，经过加速后获得的速度大小为v′，根据动能定理有
2
𝑞𝑈 = 1 𝑚 𝑣′2 ⑥
2
2
设t时间内加速的正离子数为N，推进器对所有正离子的合力大小为F′，根据动量定理有
𝐹′𝑡 =𝑁𝑚 𝑣′ ⑦
2
根据电流的定义可知
𝐼 =
𝑁𝑞
⑧
𝑡
由题意可知
𝑚 =
𝑁𝑚2
⑨
0
𝑡
联立⑥⑦⑧⑨解得
𝐹′ =√2𝐼𝑈𝑚 ⑩
0
根据牛顿第三定律可知推进器获得的推力的大小为
答案第11页，共12页𝐹 =𝐹′ =√2𝐼𝑈𝑚 ⑪
0
答案第12页，共12页
