文档内容
【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06
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．金属发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B．重核裂变（ ）释放出能量， 的结合能比 的大
235U+1n→139Xe+95Sr+21n 139Xe 235U
92 0 54 38 0 54 92
C．8 g 经22.8天后有7.875 g衰变成 ，则 的半衰期为3.8天
222Rn 218Po 222Rn
86 84 86
D．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长
【答案】C
【详解】A．根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关
系，不是正比关系，故A错误；
B．重核裂变过程释放出能量，组成原子核的核子越多，它的结合能越大，故B错误；
1 t
C．根据衰变规律得m =m ( )τ，由题意知m =(8−7.875)g=0.125g，t=22.8天，解得τ=3.8天，
剩 0 2 剩
故C正确；
ℎc
D．根据ΔE= 可知，入射光的能量与波长成反比，氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子小于从
λ
能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，则氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能
级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故D错误。故选C。
2．关于一密闭容器中的氧气，下列说法正确的是（ ）
A．体积增大时，氧气分子的密集程度保持不变
B．温度升高时，每个氧气分子的运动速率都会变大
C．压强增大是因为氧气分子之间斥力增大
D．压强增大是因为单位面积上氧气分子对器壁的作用力增大
【答案】D
【详解】A．体积增大时，氧气分子的密度减小，分子密集程度变小，A错误；
B．温度升高时，氧气分子的平均动能增大，平均速率增大，但是并不是每个氧气分子的运动速率都会变
大，B错误；CD．密闭气体压强是分子撞击产生的，所以压强增大是气体分子对器壁单位面积的撞击力变大造成的；另
外，气体分子间距离远大于10r，所以分子间作用力几乎为零，C错误；D正确。
0
故选D。
3．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．在t＝0.25s时，质点P的加速度沿y轴负方向
C．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点Q通过的路程为30cm
D．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了8m
【答案】C
【详解】A．由图2可知，在t＝0.10s时、质点Q向y轴负方向运动，故A错误；
B．由图2可知，周期为0.2s，且由“同侧法”结合图1和图2可知，波沿x轴负方向运动，在t＝0.25s时，
即从图1再经过四分之三周期，由质点的振动规律可知，此时质点P的加速度方向沿y轴正方向，故B错
误；
3
C．从t＝0.10s到t＝0.25s，即经过四分之三周期，质点Q通过的路程为s= ×4A=30cm，故C正确；
4
λ 8
D．由图1可知，波长为8m，由图2可知，周期为0.2s，则波速为v= = m/s=40m/s，从t＝0.10s到t
T 0.2
＝0.25s，该波沿x轴负方向传播的距离x=vt=40×0.15m=6m，故D错误。
故选C。
4．如图所示，一个没有底的空塑料瓶内固定着一块金属片和一根铁锯条。把它们分别和静电起电机的正
负两极相连，在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，整个透明塑料瓶里将烟雾缭绕。当起电机匀速转动时，塑料
瓶就变得清澈透明，下列说法正确的是（ ）A．塑料瓶中的烟雾向金属片一侧聚集
B．铁锯条和金属片之间的电场是匀强电场
C．若将起电机换成一节干电池，也能完成该实验
D．若将起电机换成低压交流电源，也能完成该实验
【答案】A
【详解】A．当摇动起电机，电极之间形成强电场，将气体电离后形成的自由电子被吸附到烟雾颗粒上，
使烟雾颗粒带负电，导致烟雾颗粒向正极移动，即塑料瓶中的烟雾向金属片一侧聚集，其工作原理为静电
吸附，故A正确；
B．因为静电平衡的导体，尖端电荷更密集，所以电场强度更大，所以锯条附近的电场强度最大，故B错
误；
C．若将起电机换成一节干电池，干电池电压低，无法完成该实验，故错误；
D．若将起电机换成低压交流电源，正负极周期性变换，无法完成该实验，故D错误。
故选A。
5．如图所示，是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系的实验装置图。转动手柄
1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和知槽5随之匀速转动，皮带分别套在变速塔轮2和3上的不同圆盘上。
可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板
对小球的压力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺
10。标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值，那么下列说法中正确的是
（ ）
A．转动手柄1的快慢不会影响露出标尺的多少B．转动手柄1的快慢会影响两个球所受向心力的比值
C．如果保证两小球角速度相同，两小球应该同时放在长槽内
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上
【答案】D
【详解】A．转动手柄1的快慢会影响小球做圆周运动的角速度大小，从而影响向心力大小，则会影响露
出标尺的多少，选项A错误；
B．因变速塔轮转动的角速度比值是一定的，则当转动手柄1的快慢时，两球转动的角速度比值一定，则
两球所受向心力的比值一定，即转动手柄1的快慢不会影响两个球所受向心力的比值，选项B错误；
C．如果保证两小球角速度相同，皮带应该套在变速塔轮2和3上的相同圆盘上，选项C错误；
D．为了探究向心力大小和角速度的关系，皮带应套在变速塔轮2和3的不同半径的圆盘上，选项D正确。
故选D。
6．太阳发出的白光射入悬浮于空中的小水珠，经折射和反射后又自水珠射出发生色散现象，地面上的人
看到的出射光为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等色光依次排列的彩色光带，这就是彩虹的成因，如图所示。
若在彩色光带中选取甲、乙两束不同频率的单色光进行比较，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲光在水中的传播速度大于乙光在水中的传播速度
B．若甲光为绿光，则乙光不可能是紫光
C．这两束光照射同一双缝装置发生干涉现象，甲光的条纹间距大于乙光的条纹间距
D．由水射向空气，甲光发生全反射的临界角大于乙光发生全反射的临界角
【答案】B
sini
【详解】A．根据图像可知，入射角相同，甲光折射角小，则根据折射定律n= 可知，对甲光折射率大，
sinr
c
根据n= 可知，甲光在水中的传播速度小于乙光在水中的传播速度，故A错误；
v
B．甲光折射率大，频率高，所以若甲光为绿光，则乙光不可能是紫光，故B正确；
L
C．甲光折射率大，频率高，波长小，所以这两束光照射同一双缝装置发生干涉现象，根据Δx=λ 可知，
d甲光的条纹间距小于乙光的条纹间距，故C错误；
1
D．根据sinC= 可知，甲光发生全反射的临界角小于乙光发生全反射的临界角，故D错误。
n
故选B。
7．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如你用手掌平托一苹果，
保持这样的姿势在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示。关于苹果从最低点a到最高点c
运动的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．苹果的速度保持不变
B．手掌对苹果的摩擦力先减小后增大
C．苹果在a点处在超重状态，在c点处在失重状态
D．苹果所受重力的功率保持不变
【答案】C
【详解】A．苹果做匀速圆周运动，加速度方向指向圆心，不为零，可知苹果的速度是变化的，故A错误；
B．苹果从最低点a到最高点c运动的过程，加速度大小不变，加速度在水平方向上的分加速度先变大后减
小，根据牛顿第二定律可知，手掌对苹果的摩擦力先增大后减小，故B错误；
C．苹果在a点处有向上的加速度，处于超重状态，在c点有向下的加速度，处于失重状态，故C正确；
D．苹果所受重力的功率为
P=mgvcosα
重力与速度的夹角在变化，可知苹果所受重力的功率是变化的，故D错误。
故选C。
8．如图1，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．如图2，原线圈与交流电源连接，副线
圈与负载R连接．已知，原、副线圈的匝数分别为n 、n ，原线圈的输入功率为P 、电压为U 、电流为I 、
1 2 1 1 1
频率为f ，副线圈的输出功率为P 、电压为U 、电流为I 、频率为f ．下列说法正确的是（ ）
1 2 2 2 2A．若变压器为理想变压器，且n >n ，则U >U ，f >f
1 2 1 2 1 2
B．若变压器为理想变压器，且n P
1 1 2
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则I n
1< 2
I n
2 1
【答案】C
【详解】AB．若变压器为理想变压器，且 ，则根据U n 可知 ，若 ，根据I n 可
n >n 1= 1 U >U n I ，由于原线圈的电流变化频率决定了铁芯中磁场的变化频率；磁场的变化频率决定了副线圈的
1 2
电流变化频率，所以原、副线圈中的交流电频率一定相等，故AB错误；
C．若仅考虑I 产生的磁场不能完全局限在铁芯内，变压器中存在漏磁损耗，故原线圈的输入功率大于副
1
线圈的输出功率，故C正确；
D．若仅考虑变压器线圈通过电流时会发热，则
U n ，即I U ' U ' n ，故D错误。
U =U '+I r ，U '=U +I r ， 1 = 1，U 'I =U 'I 1= 2 > 2 = 2
1 1 1 1 2 2 2 2 U ' n 1 1 2 2 I U ' U n
2 2 2 1 1 1
故选C。
9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙金属导轨CD、EF，导轨上放有一金属
棒MN，现从t=0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流I的大小与时间t成正比，即I=kt，其中k
为常量，不考虑电流对匀强磁场的影响，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于金属棒的加速度
a、速度v随时间t变化的关系图像，可能正确的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【详解】AB．由题，棒中通入的电流与时间成正比I=kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦
力时，棒才开始运动，根据牛顿第二定律得F-f=ma而F=BIL，I=kt，得到BkL•t-f=ma，可见，a随t的变化
均匀增大。当t=0时，f=-ma，根据数学知识可知，选项AB错误。
CD．速度图像的斜率等于加速度，a增大，则v-t图像的斜率增大。故C错误，D正确。
故选D。
10．2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真
空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁
场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，
其速度平行于磁场方向的分量大小为v，垂直于磁场方向的分量大小为v，不计离子重力，则（ ）
1 2
A．电场力的瞬时功率为 B．该离子受到的洛伦兹力大小为qvB
qE√v2+v2 1
1 2
C．v 与v 的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变
2 1
【答案】D
【详解】A．根据功率的计算公式可知P = Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P = Eqv，A错误；
1
B．由于v 与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F = qvB，B错误；
1 洛 2
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v 增大，
1
v 不变，v 与v 的比值不断变小，C错误；
2 2 1
D．离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
故选D。
11．如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电小球，玻璃管的右侧
存在有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。从某时刻开始，玻璃管在外力作用下，始终保持不变的速度，
沿垂直于磁场方向进入磁场中运动，最终小球从上端管口飞出。在这一过程中，小球所带电荷量保持不变，
下列说法正确的是（ ）A．带电小球受到的洛伦兹力做正功
B．玻璃管对带电小球的弹力不做功
C．带电小球在竖直方向做匀加速直线运动
D．带电小球的机械能保持不变
【答案】C
【详解】A．洛伦兹力始终与速度垂直不做功，故A错误；
B．带电小球在磁场中运动时，有水平向右的速度分量和竖直向上的速度分量，由左手定则知洛伦兹力斜
向左上方，因此玻璃管对带电小球有向右的弹力，该弹力对小球做正功，故B错误；
C．玻璃管在外力作用下始终保持不变的速度，则小球向右的速度分量保持不变，竖直向上的洛伦兹力分
量保持不变，因此在竖直方向小球做匀加速直线运动，故C正确；
D．小球在磁场中运动过程中，受重力，洛伦兹力和玻璃管对其向右的弹力，洛伦兹力不做功，弹力对其
做正功，因此小球的机械能不守恒，故D错误。
故选C。
12．“双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般
远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A
星球的质量为m ，B星球的质量为m ，它们球心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（
1 2
）
A．B星球的轨道半径为 m
2 L
m +m
1 2
B．A星球运行的周期为 √ L
2πL
G(m +m )
1 2C．A星球和B星球的线速度大小之比为m :m
1 2
D．若在O点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【答案】B
【详解】A．由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为ω，根据牛顿第
二定律，对A星球有 m m ，对B星球有 m m ，得 ，又 ，
G 1 2=m ω2r G 1 2=m ω2r r :r =m :m r +r =L
L2 1 1 L2 2 2 1 2 2 1 1 2
得
m ， m ，故A错误；
r = 2 L r = 1 L
1 m +m 2 m +m
1 2 1 2
B．根据 G m 1 m 2=m 4π2 r ， r = m 2 L 解得周期 T=2πL √ L ，故B正确；
L2 1 T2 1 1 m +m G(m +m )
1 2 1 2
C．A星球和B星球的线速度大小之比v ωr m ，故C错误；
A = 1= 2
v ωr m
B 2 1
Gm m Gm m
F = 2 = 2
D．O点处的质点受到B星球的万有引力 B r2 m 2，受到A星球的万有引力
( )
2 1 L
m +m
1 2
Gm m Gm m
F = 1 = 1
A r2 m 2，故质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。
( )
1 2 L
m +m
1 2
故选B。
13．电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图甲所示，图的上部分为侧视图，
上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。甲图的下部分为
真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出，当电磁铁线圈电流的大小与方向变化满足相应的要求时，电子
在真空室中沿虚线圆轨迹运动，不断地被加速。若某次加速过程中，电子圆周运动轨迹的半径为R，圆形
轨迹上的磁场为B ，圆形轨迹区域内磁场的平均值记为B （由于圆形轨迹区域内各处磁场分布可能不均匀，
1 2
B 即为穿过圆形轨道区域内的磁通量与圆的面积比值）。电磁铁中通有如图乙所示的电流，设图甲装置中
2
标出的电流方向为正方向。下列说法正确的是（ ）A．电子在运动时的加速度始终指向圆心
T T
B．电子在图乙的 ~ 内能按图甲中逆时针方向做圆周运动且被加速
4 2
3T
C．电子在图乙的 ~T内能按图甲中逆时针方向做圆周运动且被加速
4
1
D．为使电子被控制在圆形轨道上不断被加速，B 与B 之间应满足B = B
1 2 1 2 2
【答案】D
【详解】A．电子在运动时受到与任意时刻速度方向相同或相反的电场力和洛伦兹力两个力的合力提供向
心力，而洛伦兹力和电场力在任意时刻都是垂直的关系，则根据矢量合成法则可知电子运动时的加速度不
指向圆心，故A错误；
T T
B．由图甲结合安培定则可知电磁铁线圈产生的磁场方向由下向上，而图乙的 ~ 内线圈中的电流在减
4 2
小，产生的感应磁场在减弱，由楞次定律可知，真空室中的感生电场的方向从上往下看为逆时针方向，则
可知电子在该时间段内不能按图甲中逆时针方向做圆周运动且被加速，故B错误；
3T
C． ~T时间内，电磁铁线圈中的电流方向从上往下看为顺时针方向，产生的感应磁场的方向从上往下，
4
而电流在减小，因此产生的磁场在减弱，故真空室中产生的感生电场的方向从上往下看为顺时针，但此时
电子所受洛伦兹力的方向不再指向圆心而是反向，背离圆心，由此可知电子在该时间段内也不能按图甲中
逆时针方向做圆周运动且被加速，故C错误；
ΔΦ ΔB ΔB
D．根据法拉第电磁感应定律有E = = S= πr2，由B=B +kt可得E =kπr2，再由
感 Δt Δt Δt 0 感E kr
W =F ·2πr，W =eE ，F =eE，联立得E= 感 = ，而当洛伦兹力提供向心力时有
电 电 电 感 电 2πr 2
v2 RΔB
B ev=m ，可得B eR=mv，则此时轨道处的感生电场的场强大小为E= 2，给B eR=mv等式两
1 R 1 2Δt 1
ΔB Δv Δv ΔB RΔB
边同除以时间Δt可得eR 1=m ，而m =ma=eE，代入E可得eR 1=e 2，整理后可得
Δt Δt Δt Δt 2Δt
ΔB 1 ΔB 1
1= 2，因为t=0时，B =0,B =0，因此有B = B ，故D正确。
Δt 2 Δt 1 2 1 2 2
故选D。
14．当温度从低到高变化时，通常物质会经历固体、液体和气体三种状态，当温度进一步升高，气体中的
原子、分子将出现电离，形成电子、离子组成的体系，这种由大量带电粒子（有时还有中性粒子）组成的
体系便是等离子体。等离子体在宏观上具有强烈保持电中性的趋势，如果由于某种原因引起局部的电荷分
离，就会产生等离子体振荡现象。其原理如图，考虑原来宏观电中性的、厚度为l的等离子体薄层，其中
电子受到扰动整体向上移动一小段距离（x l），这样在上、下表面就可分别形成厚度均为x的负、正电
薄层，从而在中间宏观电中性区域形成匀强≪电场E，其方向已在图中示出。设电子电量为﹣e（e＞0）、质
量为m、数密度（即单位体积内的电子数目）为n，等离子体上下底面积为S．电荷运动及电场变化所激发
s
的磁场及磁相互作用均可忽略不计。（平行板电容器公式C=ε ，其中ε 为真空介电常量，s为电容器极
0d 0
板面积，d为极板间距）结合以上材料，下列说法正确的是（ ）
A．上表面电荷宏观电量为Q＝nex B．上表面电荷宏观电量为Q＝ne
2nex nex
C．该匀强电场的大小为E= D．该匀强电场的大小为E=
ε ε
0 0
【答案】D
【详解】AB．由于单位体积内的电子数目为n，上表面的体积V＝Sx，所以电荷宏观电量为Q＝neV＝
nexS，故AB错误；S Q Ql nexSl nexl
CD．根据题意可知平行板电容器公式C＝ε ，又由于C= ，解得U= = = ，该匀强电场
0l U ε S ε S ε
0 0 0
U nex
的大小为E= = ，故C错误、D正确。
l ε
0
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题）
15．物理实验一般都涉及实目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）用游标卡尺测量某金属管的外径，示数如图1所示，则该金属管的外径为 mm．
（2）某同学用图2所示的电路测量电池的电动势和内电阻，调节滑动变阻器的滑片，得到多组电压表和电
流表的示数，并在坐标纸上标出，如图3所示．请作出该电池的U−I图线，并根据图线得出该电池的电动
势E= V（结果保留3位有效数字），内电阻r= Ω（结果保留2位有效数字）。
（3）某同学做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，获得图4所示的油膜轮廓．在计算油膜面积时，他
把凡是半格左右的油膜都算成了一格，这一操作会导致实验测得的油酸分子直径偏大还是偏小 ？
请分析说明理由 。【答案】（1）21.7；（2）见解析；1.48（1.47～1.49）；0.73（0.70～0.74）；（3）偏小；见解析
【详解】（1）[1]由图1可知孩游标卡尺有标尺为10分度，则最小刻度为0.1mm，故可知该金属管的内径
为
21mm+7×0.1mm=21.7mm
（2）[2][3][4]由图像可知
图线与纵轴的交点表示电源的电动势，图线的斜率表示电源的内阻，故E=1.48V，
1.48−1.04
r= Ω=0.73Ω
0.6
V
（3）[5][6]根据体积公式V =dS，油酸分子的直径为d= 可知，凡是半格左右的油膜都算成了一格，则面
S
积增大，因此计算得到的油酸分子的直径将偏小。
16．实验小组用图示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是 。
A．测量摆线长时用手将摆
线沿竖方向拉紧
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动
C．在摆球经过平衡位置时开始计
D．用秒表测，单摆完成1次全振所用时间并作为单摆的周期
（2）甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在
图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是 （选填“l2”、“l”或
“√l”），若图线斜率为k，则重力加速度g= （用k表示）。
（3）乙同学实验时误将摆线长记为摆长l，当他用（2）中甲同学的方法处理数据后， （选填“能”
或“不能”）得到正确的重力加速度值。
（4）同学们用如图所示的“杆线摆”研究摆的周期与等效重力加速度的关系。杆线摆可以绕着立柱OO′来
回摆动（立柱并不转动），使摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。为了简明直观的体现周期与等
效重力加速度的关系，请你将下面具体操作步骤补充完整，写出需要测量的物理量、相应的测量方法和数
据处理方法。①测量“斜面”的倾角。将铁架台放在水平桌面上，在铁架台立柱上绑上重垂线，调节杆线摆的线长，使
重垂线与摆杆垂直。把铁架台底座的一侧垫高，使立柱倾斜。测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β。
②根据摆杆与重垂线的夹角，求出等效重力加速度a。
③ 。
④ 。
⑤ 。
【答案】（1）BC；（2） 4π2；（3）能；（4）见解析
√l；
k2
【详解】（1）[1]A．测量摆线长时用手将摆线沿竖直方向拉紧，摆长测量值偏大，故A错误；
B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，满足简谐运动回复力和位移的关系，做简谐运动，故B
正确；
C．在摆球经过平衡位置时开始计时，速度最大，误差最小，故C正确；
D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期，误差较大，应多次测量取平均值，故D
错误。
故选BC。
√ l 2π
（2）[2]根据单摆周期公式有T=2π ，整理得T= √l，可知横坐标所代表的物理量是√l；
g √g
[3]结合图像有2π ，解得 4π2
=k g=
√g k2
（3）[4]考虑小球的半径，单摆周期为 2π √ d，可知函数图线与题中图线平行，斜率不变，能得到
T= l+
√g 2
正确的重力加速值；
t
（4）③[5]测量干线摆的周期，用停测量摆球全振动N次所用的时间t，，算出单的周期T=
n
1
④[6]，变铁架台的倾斜程度，重复实验，记录θ、T、a、 ；
√❑
1
⑤[7]在坐标系中做，T 图像，利用图像斜率计算。
√a
17．某款儿童滑梯如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角θ=37°的平直斜面，滑面顶端距离地面高度
h=3.0m。一质量m=20kg的儿童从滑面顶端由静止开始下滑至底端，已知儿童与滑梯间的动摩擦因数
μ=0.30，儿童沿滑梯下滑的过程，可以看做质点沿斜面直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力的影响。求：
（1）儿童下滑过程中，所受摩擦力的大小f；
（2）儿童下滑至底端时，重力的瞬时功率P；
（3）儿童下滑至底端过程中，重力的冲量I。
1000
【答案】（1）6m/s；（2）720W；（3） N⋅s
3
【详解】（1）儿童下滑过程所受摩擦力为f =μF =μmgcosθ=48N
N
（2）儿童下滑的整个过程mgℎ−f⋅ ℎ = 1 mv2，可得v=6m/s
sin37° 2
则儿童下滑至底端时，重力的瞬时功率P=mgvsin37°=720W
ℎ v 5 1000
（3）由 = t可得t= s，儿童下滑至底端过程中，重力的冲量I=mgt= N⋅s
sin37° 2 3 3
18．如图所示，位于竖直平面内矩形金属线圈，边长L= 0.40m、L= 0.2，m，其匝数n = 1000匝，总电
1 2
阻r = 1.0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R
= 3.0Ω的定电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B = 1.0T，在外力驱动下
线圈绕竖直定中心轴OO 匀速转动，角速度ω = 2.0rad/s。求：
1 2
（1）电阻R两端电压的最大值；
1
（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过 周期通过电阻R的电荷量；
4
（3）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热。【答案】（1）150V；（2）25C；（3）1.57 × 104J
【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值为E = nBSω，又有S = LL 联立解得E = 200V
m 1 2， m
E 200
线圈中感应电流的最大值I = m = A=50A
m R+r 3.0+1.0
电阻R两端电压的最大值UR = I R = 50 × 3.0V = 150V
m m
ΔΦ nBS
（2）由电磁感应定律可得E=n =
Δt Δt
则有1周期内流经电阻R的电荷量 E nBL ×L 10001.0×0.40×0.25
q=I Δt= Δt= 1 2= C=25C
4 (R+r) (R+r) 3.0+1.0
50 2π
（3）线圈中电流的有效值为I== A=25√2A，线圈转动的周期为T=
√2 ω
由焦耳定律可得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热
2π
Q=I2(R+r)T=(25√2) 2 ×(3.0+1.0)× J=15700J=1.57×104J
2.0
19．反冲是常见的现象。
（1）静止的铀核（ ）放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核（ ）。
238U 234Th
92 90
a．请写出上述衰变过程的核反应方程；
b．求反，的钍核的动能E 。（计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应）
k
（2）如图所示，用轻绳连接的滑块A和B（均可视为质点）静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚
而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为E 。请证明：滑块B的质量M
p
越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）如图所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为Δm的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设
无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后
卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
2
【答案】（1）a．238U→234Th+4He；b．E = E；（2）见解析；（3）卫星应该在其速率最大的近
92 90 2 k 117
地点处点火喷气
【详解】（1）a．根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程
238U→234Th+4He
92 90 2
b．设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为v ，钍核的速度为v ，
1 2
选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得4mv −234mv =0
1 2
2 1 1 2
解得钍核的速度大小为v = v ，又E= ⋅4mv2，则反冲的钍核的动能E = ⋅234mv2= E
2 117 1 2 1 k 2 2 117
（2）滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为v 和v ，选取滑块A运动
A B
方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mv −Mv =0
A B
1 1
又由能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为E = mv2+ Mv2，
p 2 A 2 B
1 p 2 E
E = mv2= A = p
则滑块A获得的动能为 kA 2 A 2m m
1+
M
m和E 均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
p
（3）卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运
动的速度为v ，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有
0
Δm
Mv =(M−Δm)v+Δm(v−u)，解得v= u+v
0 M 0
1
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度v 大的地方喷气，喷气后卫星的动能E = (M−Δm)v2
0 k 2
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。
20．传感器让我们的生活变得更加便利，其基本工作原理是把非电学量转换为电学量，从而方便进行测量、传输和控制。
（1）为了测量储罐中某种不导电液体液面的高度，某同学利用平行板电容器制作了一个“液位监测仪”，
如图1所示，将两块平行金属板竖直插入到该液体中，液体填充在两极板之间。两极板分别用导线接到数
字电容表上，数字电容表可显示出电容器的电容，从电容的变化就可以知道容器中液面高度的变化。当数
字电容表示数增大时，液面高度是上升还是下降？简要说明理由。
（2）如图2所示为大型电子地磅电路图。不称物体时，滑片P在A端，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
电流最小；称重物时，在压力作用下滑片P下滑，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电流增大。将电流
表的电流刻度转换成对应的重力刻度，就可以读出被称物体的重力。已知电源电动势为E，内阻不计；滑
动变阻器A、B间距离为L，最大阻值等于定值电阻R 的阻值；两根弹簧的总弹力大小与形变量成正比，
0
比例系数为k；电流表内阻不计。请推导所称重物的重力G的大小与电流I的关系式。
（3）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图3甲所示，在两块磁感应强度相同、N极相对放置的磁
体缝隙中放入霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度为0，霍尔电压为0，将该点作为位移的
零点，当霍尔元件沿±x方向移动时，同时通有如图3乙所示的恒定电流I，由于不同位置处磁感应强度B
不同，在M、N表面间产生的电势差U 不同。在小范围内，两磁极间磁感应强度B的大小与位移x的大
MN
小成正比，比例系数为k。已知该霍尔元件长为a，宽为b，厚为c，单位体积中导电的电子数为n，电子的
电荷量为e。请推导霍尔元件M、N表面间的电势差U 与位移x的关系式。
MN
kEL Ikx
【答案】（1）见解析；（2）G=2kL− ；（3）U =
I R MN nec
0
ε S
【详解】（1）根据平行板电容器电容决定式C= r ，由于液体不导电，所以液体相当于极板间的电介
4πkd
质，当数字电容表示数增大时，可知液面高度上升，使得相对介电常数ε 变大，平行板电容器电容变大。
r
（2）设称重物时，在压力作用下使滑片P下滑x，根据受力平衡可得G=kx，
x E
滑动变阻器接入电路的阻值为R=R − R ，根据闭合电路欧姆定律可得I= ，
0 L 0 R +R
0kEL
联立解得G=2kL−
I R
0
U
（3）设电子在霍尔元件中的定向速度大小为v，则有evB=e MN
b
IB
根据电流微观表达式可得I=neSv=nebcv，联立解得U =
MN nec
Ikx
根据题意有B=kx，则有U =
MN nec
