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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（北京卷专用）
黄金卷05
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．关于光现象，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维是利用光的折射传输信息
B．泊松亮斑属于光的干涉现象
C．一束白光通过三棱镜形成彩色光带是因为不同颜色的光折射率不同
D．紫外线灯照射锌板，入射光越强，光电子的最大初动能越大
【答案】C
【详解】A．光导纤维是利用光的全反射传输信息的，故A错误；
B．泊松亮斑属于光的衍射现象，故B错误；
C．白光是由各种色光混合而成，而由于不同颜色的光折射率不同，通过三棱镜后偏转角度不同，从而形
成彩色光带，故C正确；
D．光电子最大初动能与光照强度无关，入射光的频率越大，光电子初动能越大，光照强度越大，光电子
个数越多，故D错误。
故选C。
2．2023年8月24日，日本福岛第一核电站启动核污染水排海，引起了全球社会各界的高度关注和深切担
忧。核污染水中含有的氚、锶-90、铯-137、碘-129等放射性元素，都有可能对人类和自然界造成损害。其
中锶（ ）半衰期为30年，它经β衰变转变为钇核。下列说法正确的是（ ）
❑
90Sr
38
A．钇原子核内有52个中子 B．钇核的比结合能比锶核大
C．100个锶原子核经过30年，还剩50个D．锶经通过β衰变产生的电子来自锶原子的核外电子
【答案】B
【详解】AB．锶（ ）经β衰变转变为钇核，根据质量数和电荷数守恒可知钇核的质子数加一变为
❑
90Sr
38
39，质量数不变为90，且钇核的比结合能比锶核大，由此可知钇原子核内有51个中子，故A错误，B正
确；
C．半衰期是大量原子的统计规律，100个锶原子核衰变具有随机性，不符合统计规律，故C错误；
D．β衰变实质是原子核一个中子转变成一个质子和一个电子，所以锶经通过β衰变产生的电子来自锶原子核，故D错误。
故选B。
3．如图所示，自嗨锅是一种自热火锅，加热时既不用火也不插电，主要利用发热包内的物质与水接触，
释放出热量。自嗨锅的盖子上有一个透气孔，如果透气孔堵塞，容易造成爆炸，非常危险，下列说法中正
确的是（ ）
A．自嗨锅爆炸的瞬间，盒内气体的内能增大
B．自嗨锅爆炸的短时间内，单位时间单位面积上分子撞击容器壁的次数增多
C．爆炸短时间内，温度迅速降低，分子平均速率减小
D．能够闻到自嗨锅内食物的香味是布朗运动
【答案】C
【详解】A．在自嗨锅爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与外界进行热量交换，根据热力学第一
定律可知盒内气体内能减小，温度降低，故A错误；
BC．爆炸短时间内，温度迅速降低，分子平均速率减小，气体体积迅速膨胀，分子数密度减小，故单位时
间单位面积上分子撞击容器壁的次数减少，故B错误，C正确；
D．能够闻到火锅的香味是因为分子热运动导致的扩散现象，故D错误。
故选C。
4．如图甲所示，轻弹簧的一端固定，另一端连接一个有孔的小球（球下固定有笔头），小球套在光滑的
杆上，沿水平方向做简谐运动。在小球运动时，沿垂直于小球振动方向，以速度v匀速拉动纸带，笔头在
纸带上留下痕迹，a、b是痕迹上的两点，如图乙所示。不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．图乙曲线记录了小球的运动轨迹
B．t时间内小球的运动路程可能为vtC．记录a点时小球的速度小于记录b点时小球的速度
D．如果仅减小纸带移动速度，小球运动的周期变大
【答案】B
【详解】A．小球子平衡位置附近振动，轨迹是往返直线，图乙曲线记录的是小球振动位移随时间的规律，
A错误；
B．小球的路程与纸带运动的距离无关，但有可能相等，B正确；
C．b点时小球处在位移最大处，速度为零，记录a点时小球的速度大于记录b点时小球的速度，C正确；
D．纸带的运动速度与小球周期无关，D错误。
故选B。
5．图甲所示为一种手机无线充电装置的简化原理图，充电基座内有送电线圈，手机中安装有受电线圈。
送电线圈接入正弦式交变电流，电流激发周期性变化的磁场，磁场在周围空间激发感生电场，受电线圈中
产生交变电流。图乙所示为受电线圈的电流i随时间t变化的图像，图丙所示为图乙电流再经过整流电路
（图中未画出）处理后的电流i'随时间t'变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．受电线圈的工作原理是电流的磁效应
B．送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能
C．相同时间内，图乙、图丙电流通过相同电阻产生的热量之比为2:1
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率变小
【答案】B
【详解】A．受电线圈的工作原理是电磁感应的原理，故A错误；
B．根据题意可知送电线圈的电能先转化为磁场能，再转化为受电线圈的电能，故B正确；
C．图乙中电流的有效值为 i ，图丙中电流的有效值为 i ，可知相同时间内，图乙、图丙电流
i = 0 i' = 0
有 √2 有 √2
通过相同电阻产生的热量之比为1:1；故C错误；
D．受电线圈未正对送电线圈放置时，受电线圈中感应电流的频率不变，故D错误；
故选B。
6．有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b在地球的近地圆轨道上正常运行；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则下列说法正确的是（ ）
A．在相同时间内d转过的弧长最长
B．四颗卫星的向心加速度大小关系是a =a >a >a
a b c d
C．四颗卫星的线速度大小关系是v >v >v >v
a b c d
D．四颗卫星的角速度大小关系是ω >ω =ω >ω
b c a d
【答案】D
【详解】设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、线速度为v、周期为T、角速度ω，加速度
为a的匀速圆周运动，在环绕模型中，根据牛顿第二定律有 Mm v2 4π2r ，分别
G =m =mω2r=m =ma
r2 r T2
解得
v=
√GM，
T=2π
√ r3 ，
ω=
√GM，
a=
GM
r GM r3 r2
AC．根据上述计算可知，在环绕模型中轨道半径越高，线速度越小，b、c、d三颗卫星的线速度大小关
系是v >v >v ，a和c的周期相同，所以角速度相同，根据v=ωr可知，v >v ，相同时间内卫星转过的
b c d c a
弧长s=vt，则线速度越大，弧长越长即相同时间内b转过的弧长最长。故AC错误；
B．在环绕模型中轨道半径越高，向心加速度越小，即a >a >a ，根据a=ω2r可知，a >a ，无法比较a
b c d c a a
和a 的大小关系。故B错误；
d
D．在环绕模型中轨道半径越高，角速度越小，又因为a和c角速度相同，则有ω >ω =ω >ω ，故D正
b c a d
确。
故选D。
7．如图所示，用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，
图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场
越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。图丙是励磁线圈示意
图。下列关于实验现象和分析正确的是（ ）A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变大
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，电子束径迹的半径也增加到原来的2倍。
D．要使电子形成如图乙的运动径迹，图乙中励磁线圈应通以（沿垂直纸面向里方向观察）逆时针方
向的电流
【答案】B
1
【详解】AB．电子经电子枪中的加速电场加速，由动能定理可知eU= mv2 ①
2 0
电子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 v2 ②， mv 1 √2mU
eBv =m 0 r= 0=
0 r qB B q
③
加速电压不变，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，电子束径迹的半径变小；仅升高电子枪加
速电场的电压U，电子束径迹的半径ｒ变大，A错误，B正确。
C．仅使电子枪加速电压增加到原来的2倍，由③式可知，则电子束径迹的半径增加到原来的√2倍，C错
误；
D．若励磁线圈通以逆时针方向的电流，由安培定则可知，产生的磁场方向向外，由左手定则可知，电子
射入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子运动的径迹不可能是图乙所示，同理可得，励磁线圈通以顺时针方
向的电流，则能形成如图乙的运动径迹，D错误。
故选B。
8．静电场方向平行于x轴，将一电荷量为+q的带电粒子在x=d处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x
轴运动，其电势能E 随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，四
p
幅示意图分别表示电势φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能E
k
随x的变化关系，其中正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．根据E =qφ可知，由于粒子带正电，则可知，电势的变化应与电势能的变化形式一致，图象
p
形状应相同；故A错误；
B．φ—x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在x=0的左侧，存在向右的匀强电场，
是正的，x=0右侧存在向左的匀强电场，是负的，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律知qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带正电，粒子的加速度
在x=0左侧加速度为正值，大小不变，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故C正确；
D．只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，则在x=0左侧向左电势能增加，动能减小；在x=0右
侧向右电势能增加，动能减小，故D错误。
故选C。
9．如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套
有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈。电表指针固定铁芯在线圈上，可与线圈一起转动，线
圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈。蹄形磁铁与铁芯间的磁场可看作
是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场甲的方向平行。关
于磁电式电表，下列说法不正确的是（ ）A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动
B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转
C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度
D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上
【答案】D
【详解】A．磁电式电流表的内部，在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，蹄形磁铁和铁芯间
的磁场均匀辐向分布，当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，故A正确；
B．改变线圈中电流的方向，线圈受力方向相反，指针会反向偏转，故B正确；
C．线圈匝数越多，受到的安培力合力越大，越容易转动，可以提高电流表的灵敏度，故C正确；
D．用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，
使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，故D错误。
本题选错误的，故选D。
10．如图所示，光滑绝缘水平面上静置带有同种电荷的A和B两金属小球，其中A球质量为m，B球质量
为2m。在t 时刻给A球水平向右的初速度v ，同时由静止释放B球，在库仑力的作用下，两球在t 时刻相
0 0 1
距最近（未接触）。下列说法正确的是（ ）
A．从t 到t 时间内，两小球系统机械能守恒
0 1
1
B．从t 到t 时间内，两小球电势能增加量为 mv2
0 1 3 0
C．在t 时刻，小球A和B的动量大小之比为1:1
1
D．在t 时刻，小球A和B的加速度大小之比为1:2
0
【答案】B【详解】D．在t 时刻，小球A和B受到的库仑力相等，A球质量为m，B球质量为2m，根据牛顿第二定
0
律，则有小球A和B的加速度大小之比为2：1，D错误；
A．从t 到t 时间内，两个小球距离变小，则两小球组成的系统电势能增大，机械能变小，A错误；
0 1
C．在运动过程中，满足动量守恒，在两球在t 时刻相距最近时，达到共同的速度mv =(m+2m)v，解得
1 0
1
v= v ，即在t 时刻，小球A和B的速度大小之比为1：1，根据p=mv可知在t 时刻，小球A和B的动
3 0 1 1
量大小之比为1:2，C错误；
1 1 1
B．电势能的增加量等于动能的减小量ΔE = mv 2− (m+2m)v2，解得ΔE = mv 2，B正确。
p 2 0 2 p 3 0
故选B。
11．如图所示，单刀双掷开关S原来与2相接，从t=0开始，开关改接1，得到流过电路中P点的电流随时
间变化的图像如图甲所示，电容器两极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。t=t 时，把开关改接
1
2，下列图像中可能正确的是（
）A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AB．开关S接1时，电容器充电，充电完毕后电流为零；再将开关S拨向2位置，开始反向放电，
且放电越来越缓慢，放电完毕后电流为零，选项A正确，B错误。
CD．开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压为电源电动势，恒定不变，放电过程
中，两极板间的电压逐渐减小，但极板的电性不变，故图像都应在t轴上方，选项CD错误。
故选A。
12．工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体
积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流
过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂
的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电
磁流量计处的管道直径分别为20cm和10cm。当流经电磁流量计的液体速度为10m/s时，其流量约为280
m3 /h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70m3 /h，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势B．通过排污管的污水流量约为140m3 /h
C．排污管内污水的速度约为2.5m/s
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25m2 /s
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势
一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70m3 /h，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由Q=πr2v知，
此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径
R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v=2.5 ，则 ，可得排污管内污
1 m/s 70m3/h=πr2v =πR2v
1 2
水的速度约为
2.5
v = m/s=0.625m/s，故BC错误；
2 4
U
D．流量计内污水的速度约为v=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q =qv B，可知
1 d 1
1
U
=v d =0.25m2/s，故D正确。
B 1 1
故选D。
13．如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻
为R。除ab边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd边保持不动，杆ab的质量为
m。将线框拉至水平后由静止释放，杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g，忽略空气阻
力。关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．a端电势始终低于b端电势
B．杆ab中电流的大小、方向均保持不变
B2L3
C．安培力对杆ab的冲量大小为
R1
D．安培力对杆ab做的功为mgL− mv2
2
【答案】C
【详解】A．根据题意，由右手定则可知，杆ab切割磁感线产生的感应电流方向为b→a，则a端电势始终
高于b端电势，故A错误；
B．根据题意可知，杆ab运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B
错误；
E ΔΦ
C．安培力对杆ab的冲量大小为I=BI <=BL∑I t=BLq，又有q=It、I= 和E= ，可得
感 感 R Δt
ΔΦ BL2
q= =
R R
B2L3
则培力对杆ab的冲量大小为I= ，故C正确；
R
1 1
D．根据题意，设安培力对杆ab做的功为W，由动能定理有mgL+W = mv2，解得W = mv2−mgL，
2 2
故D错误。
故选C。
14．选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯中，
电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球只受重力却是
“静止”的，“违反”了牛顿定律。为了能够用牛顿定律描述对地面做加速运动的参考系（又称“非惯性
参考系”）中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力F =−ma，a表示非惯性系的加速
惯
度，负号表示F 与a的方向相反。引入惯性力后，电梯中的人认为小球受到向上的惯性力与重力平衡，
惯
小球静止，符合牛顿定律。如图乙所示，某人在以加速度a作匀加速运动的高铁上，距地面为h处，以相
对于高铁的速度v 水平抛出一个小球。已知重力加速度为g，关于此人看到的小球运动，分析正确的是（
0
）
A．小球的运动轨迹是直线
B．水平方向小球做匀速直线运动，竖直方向小球做自由落体运动√ℎ
C．当v =a 时，小球将落在抛出点的正下方
0 2g
√ℎ
D．当v =a 时，小球将落在抛出点的正下方
0 g
【答案】C
【详解】AB．根据题中非惯性力的概念，以车为参考系时，小球在水平方向上受到水平向左的惯性力ma，
先向右减速，减速到0后再反向加速，竖直方向只受到重力，做自由落体运动，故小球的运动轨迹不可能
是直线，故AB错误；
CD．根据前面分析小球在水平方向上受到水平向左的惯性力ma，先向右减速，减速到0后再反向加速，
到达抛出点的正下方时经过的时间为t= 2v 0，竖直方向有ℎ = 1 gt2 ，联立解得v =a √ℎ ，故C正确，D
a 2 0 2g
错误。
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
15．（1）实验操作：在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，先用两个弹簧测力计分别钩住绳
套，互成角度地拉橡皮条；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。在此实验中判断力F（一个弹簧测
力计的拉力）单独作用与力F 、F （两个弹簧测力计互成角度拉时各自的拉力）共同作用效果相同的依据
1 2
是 。
A．F的大小等于F 与F 的大小之和
1 2
B．使橡皮条伸长相同的长度
C．使橡皮条上的结点到达同一位置
（2）误差分析：在“用油膜法估测油酸分子大小”的实验中，以下操作会使分子直径的测量结果偏大的
是 。
A．在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，但未发现B．在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格
C．爽身粉撒得较厚，使得油酸未能充分展开
（3）数据处理：如图所示，为将内阻为200Ω，满偏电流为2mA的表头改装成量程为0.1A的电流表，应
给表头并联一个定值电阻R ，R 的阻值为 Ω。（结果保留两位有效数字）
1 1
（4）实验设计：明华同学到海边度假，他在一处沙滩上玩耍的时候突然想测量一下沙子之间的滑动摩擦
系数，他只找到了能测量长度的尺子。
请你帮他想出一种能测量出沙子之间滑动摩擦系数的方案，请简述你的设计思路、用相应的字母表示出你
需要测量的物理量，然后写出动摩擦系数的表达式 。
【答案】（1）C；（2）AC/CA；（3）4.1；（4）见解析
【详解】（1）[1]在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，判断一个力单独作用与两个力共同作
用效果相同的依据是：使橡皮条上的结点到达同一位置。故选C。
V
（2）[2]根据d= 0
S
A．在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，但未发现，则一滴油酸酒精溶液中纯油酸的测量
值偏大，分子直径的测量偏大，故A正确；
B．在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格，则油膜面积测量值偏大，分子直径的测量
偏小，故B错误；
C．爽身粉撒得较厚，使得油酸未能充分展开，则油膜面积测量值偏小，分子直径的测量偏大，故C正确。
故选AC。
（3）[3]根据欧姆定律可得 I R 2×10−3×200
R = g g = Ω≈4.1Ω
1 I −I 0.1−2×10−3
m g
（4）[4]将沙子从一定高处自由落下，在水平地面自然堆积成圆锥，如图所示
用尺子量出最后形成稳定圆锥的高H，圆锥底边直径L，设圆锥母线与水平面的夹角为θ，则有L
mgsinθ=μmgcosθ，解得 2 L
μ=tanθ= =
H 2H
16．用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道
PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧
面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 ；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系；
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 （选填“最上端”、“最下端”
或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定.y.轴时 （选填“需要”或者“不需要”）y
轴与重锤线平行；
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，
AB和BC的水平间距相等且均为 ，测得AB和BC的竖直间距分别是 和 ，则y 1（选填“大
x y y 1
1 2 y 3
2
于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为 （已知当地重力加速度为g，结
果用上述字母表示）。（3）为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们提出了以下三种方案，其中可行的是 ；
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下
笔尖的平抛运动轨迹
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能
射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体 。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
【答案】（1）BD/DB；（2）球心；需要；大于； √ g ；（3）AB/BA；（4）B
x
y −y
2 1
【详解】（1）[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次
实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD
正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。
故选BD。
（2）a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白
纸上的位置即为坐标原点（平抛运动的起始点）；在确定y轴时需要y轴与重锤线平行。
b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：…，
故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此y 大于1；由 ，
1 y −y =gT2 x=v T
y 3 2 1 0
2
联立解得 √ g
v =x
0 y −y
2 1（3）[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩
擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在
白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。
（4）[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，
在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。
17．如图所示，一圆盘在水平面内绕过圆盘中心的轴匀速转动，角速度是2.0rad/s。盘面上距圆盘中心
10cm的位置有一个质量为0.1kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动。小物体与圆盘之间的动摩擦因数
μ=0.4，两者之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小F；
（2）要使小物体在圆盘上不发生相对滑动，圆盘角速度的最大值ω ；
m
（3）若圆盘由静止开始转动，逐渐增大圆盘的角速度，小物体从圆盘的边缘飞出，经过0.4s落地，落地
点距飞出点在地面投影点的距离为40cm。在此过程中，摩擦力对小物体所做的功W。
【答案】（1）0.04N；（2）2√10rad/s；（3）0.05J
【详解】（1）根据题意，由向心力公式F=mω2r可得，小物体随圆盘匀速转动时所需向心力的大小为
F=0.04N
（2）根据题意可知，当小物体的向心力等于最大静摩擦力时，即将发生相对滑动，此时圆盘的角速度最
大，则有 ，解得
μmg=mω2r ω =2√10rad/s
m m
x
（3）小物体飞出后做平抛运动，由平抛运动规律有v= ，解得v=1m/s
t
1
小物体由静止到飞出的过程中，由动能定理有W = mv2，解得W =0.05J
2
18．如图所示，电子从灯丝K发出（初速度不计），在KA间经加速电压U 加速后，从A板中心小孔射出，
1
进入由M、N两个水平极板构成的偏转电场，M、N两板间的距离为d，电压为U ，板长为L，电子进入
2
偏转电场时的速度与电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电
子的重力及它们之间的相互作用力。求：（1）电子穿过A板小孔时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时沿垂直于板方向偏移的距离y；
（3）电子在离开偏转电场时的动能E 。
k
【答案】（1） v= √2eU 1 ；（2） y= U 2 L2 ；（3） E =eU + eU 2 2L2
m 4U d k 1 4d2U
1 1
【详解】（1）根据动能定理
eU =
1
mv2
，解得
v=
√2eU
1
1 2 m
1
（2）在平行于极板方向做匀速运动L=vt，在垂直于极板方向做匀加速直线运动y= at2
2
根据牛顿第二定律 eU ，解得 U L2
a= 2 y= 2
md 4U d
1
U
eU2L2
（3）由动能定理 eU +e 2 y=E −0 ，解得 E =eU + 2
1 d k k 1 4d2U
1
19．2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为第一个首次探测火星就实现“绕、落、
巡”任务的国家。为了简化问题，可认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。
已知地球的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，火星的公转周期为T ，火星质量为M。如图2所示，以火
1 1 2
星为参考系，质量为m 的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v ，B点到火星球心的距离为r ，此时启动
1 1 3
发动机，在极短时间内一次性喷出部分气体，喷气后探测器质量变为m 、速度变为与v 垂直的v ，然后进
2 1 2
GMm
入以B点为远火点的椭圆轨道2。已知万有引力势能公式E =− ，其中M为中心天体的质量，m为
p r
卫星的质量，G为引力常量，r为卫星到中心天体球心的距离。求
（1）火星公转轨道半径r ；
2
（2）喷出气体速度u的大小；
（3）探测器沿2号轨道运动至近火点的速度v 的大小。
3√T2 √(m v ) 2+(m v ) 2 2GM
【答案】（1） r 3 2；（2） 1 1 2 2 ；（3） −v
1 T 1 2 m 1 −m 2 v 2 r 3 2
r3 r3 √T2
【详解】（1）根据开普勒第三定律有 1 = 2，解得 r =r 3 2
T2 T2 2 1 T2
1 2 1
（2）喷出气体的质量为m=m −m
1 2
法一：喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量p =m v ，喷出气体后探测器末动量为
1 1 1
p =m v
2 2 2
喷出气体前后p 、p 方向垂直，建立如图所示Oxy直角坐标系。
1 2
喷出气体速度u在x、y方向上的分量分别为u、u，
x y
根据动量守恒定律，x方向有 ，y方向有 ，喷出气体速度满足
p =mu 0=p +mu u2=u2+u2
1 x 2 y x y
联立可得 √(m v ) 2+(m v ) 2
u= 1 1 2 2
m −m
1 2
法二：由系统动量守恒，可得动量关系如图所示
则有 [(m −m )u] 2 =(m v ) 2+(m v ) 2，解得 u= √(m 1 v 1 ) 2+(m 2 v 2 ) 2
1 2 1 1 2 2 m −m
1 21 1
（3）由开普勒第二定律得 v Δt′ ⋅r = v Δt′ ⋅r ，即有v r =v r
2 2 3 2 3 4 2 3 3 4
根据能量守恒定律有1
m v2+
(
−
GMm
2
)
=
1
m v2+
(
−
GMm
2
)，解得
v =
2GM
−v
2 2 2 r 2 2 3 r 3 v r 2
3 4 2 3
20．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功的本领有所不
同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。
（1）如图甲所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框
两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属
棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量大小为e，金属棒MN电阻为R，其他电阻均忽略
不计。
a.在金属棒产生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并根据电动势的定义求金属棒MN切割
磁感线产生的感应电动势ε ；
1
b.经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部
分）的碰撞。在此基础上，求出金属棒MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的
表达式。
（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势，我们用图乙所示的简
化模型来分析，一段长度为L的直导线AB沿Ox轴放置，A端位于坐标原点处。与恒温热源接触后，A端
温度恒为T ，B端温度恒为T （T
