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08
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第 I 卷（选择题）
1．地面土壤中含有的氡222具有放射性，衰变方程为 。下列说法正确的是（ ）
❑
222Rn→218Po+X
86 84
A．X是 B．X是
❑ 0 e ❑ 4He
−1 2
C．温度变化，可以改变氡222的半衰期 D．施加压力，可以改变氡222的半衰期
【答案】B
【详解】AB．根据质量数守恒和电荷数守恒可得：X的质量数A=222-218=4，电荷数Z=86-84=2，所以X
是 ，即为 粒子，故A错误，B正确；
❑ 4He α
2
CD．半衰期是一种统计规律，半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，
故CD错误。故选B。
2．用单色光做双缝干涉实验，在屏上会得到明暗相间的条纹。关于这个实验，下列说法中正确的是（
）
A．在实验装置相同的情况下，红光相邻亮纹的间距大于蓝光相邻亮纹的间距
B．若减小实验装置中双缝间的距离，屏上相邻亮纹的间距也将减小
C．屏上中央亮纹最宽，两边的亮纹宽度明显变窄
D．双缝干涉现象的发现，使人们认识到光是一种电磁波
【答案】A
L
【详解】A．根据公式Δx= λ可知，在实验装置相同的情况下，红光的波长大于蓝光的波长，所以红光
d
相邻亮纹的间距大于蓝光相邻亮纹的间距，故A正确；
B．若减小实验装置中双缝间的距离，屏上相邻亮纹的间距将增大，故B错误；
C．双缝干涉条纹的明暗相间的等间距条纹，故C错误；
D．双缝干涉现象的发现，表明光是一种波，并不能说明是电磁波，故D错误。故选A。
3．关于分子动理论，下列说法中正确的是（ ）A．图甲“用油膜法估测油酸分子大小”实验中，应先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉
B．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的连线图，连线表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹
C．图丙为分子力F与分子间距r的关系图，分子间距为r 时，分子势能取最小值
0
D．图丁为大量气体分子热运动的速率分布图，曲线①对应的温度较高
【答案】C
【详解】A．“用油膜法估测油酸分子大小”实验中，如果先滴油酸酒精溶液，再撒痱子粉，则可能形不
成一个完整的油膜，且油膜上没有痱子粉，无法看清油膜轮廓，故A错误；
B．图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置的连线图，不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹，故B错
误；
C．图丙中r 是分子力等于0的位置，当r小于r ，分子表现为斥力，分子间距离增大，分子力做正功，分
0 0
子势能减小，当r大于r ，分子力表现为引力，分子间距离增大，分子力做负功，分子势能增大，可知分
0
子势能在r 时最小，故C正确；
0
D．温度越高，分子热运动越剧烈，速率较大的分子数目占总分子数的比例越大，可知曲线②对应的温度
较高，故D错误。
故选C。
4．一交流电压的表达式为u=100√2sin100πt(V)，由该表达式可知（ ）
A．t=0.01s时，用电压表测该电压时电压表的示数为0
B．该交流电压的周期为0.02s
C．将该电压加在100Ω的电阻两端，电阻消耗的电功率为50 W
1
D．t= s时，该交流电压的瞬时值为50 V
400
【答案】B
【详解】A.电压表的示数为有效值， t=0.01s时，用电压表测量该电压时电压表的示数为100V，A错误；
2π 2π
B. 该交流电压的周期为T= = s=0.02s，B正确；
ω 100π
U2 1002
C. 将该电压加在100Ω的电阻两端，电阻消耗的电功率为P= = W=100W，C错误；
R 1001 1
D. t= s时，该交流电压的瞬时值为u=100√2sin100πt=100√2sin100π× V=100V，D错误。
400 400
故选B。
5．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x =0和x =0.6m处的两个质点A、B的振动图像如图所示，则（
A B
）
A．波由质点A传到质点B的时间可能是0.1s
B．波由质点A传到质点B的时间可能是0.3s
C．这列波的波速可能是1m/s
D．这列波的波速可能是3m/s
【答案】B
【详解】AB．由振动图像可知T=0.4s，t=0时刻，当质点A在平衡位置向下振动时，质点B在波峰位置，
3λ x 3T
可知AB间距离为x=nλ+ ，所以从A到B的时间为t= =nT+ =0.3s+0.4ns≥0.3s（n=0、1、
4 v 4
2、3……），即波由质点A传到质点B可能是0.3s，不可能是0.1s，故A错误，B正确；
x 0.6 0.6 6
v= = = m/s= m/s
CD．波速为 t 3T 0.4n+0.3 4n+3 （n=0、1、2、3……） ，当n=0时波速最大
nT+
4
3
值为2m/s，不可能大于2m/s，且当v=1m/s时，n= ，不是整数，故波速不可能为1m/s，故CD错误。
4
故选B。
6．如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装
在线圈B的里面。开关闭合后，某同学发现将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动，电流计指针向右偏转。
由此可以推断（ ）A．断开开关的瞬间，电流计指针向左偏转
B．开关闭合后，线圈A向上移动，电流计指针向右偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向右减速滑动，电流计指针向右偏转
D．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
【答案】B
【详解】开关闭合后，某同学发现将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动，则接入电阻增大，故总电流减小，
穿过线圈B的磁通量减小，产生的感应电流使电流计指针向右偏转；
A．断开开关的瞬间，通过线圈A的磁通量电流减小为0，那么穿过线圈B的磁通量减小，产生的感应电
流使电流计指针向右偏转，故A错误；
B．开关闭合后，线圈A向上移动，穿过线圈B的磁通量减小，产生的感应电流使电流计指针向右偏转，
故B正确；
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向右减速滑动，则接入电阻减小，故总电流增大，穿过线圈B的磁
通量增大，产生的感应电流使电流计指针向左偏转，故C错误；
D．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，电阻会变化，则总电流会变化，故穿过线圈B的磁通量
会发生变化，故产生的感应电流使电流计指针偏转，故D错误。
故选B。
7．设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知引力常量G，地球表面的重力加速度g，忽略地球自转。
下列说法正确的是（ ）
gR2
A．地球质量M=
G
B．地球第一宇宙速度v=√2gR
3π
C．若地球的密度为ρ，地球的同步卫星的周期为T，则有ρT2=
G
D．由万有引力提供向心力，所以赤道上物体的加速度大于同步卫星的加速度【答案】A
GMm gR2
【详解】A．忽略地球自转，地球表面万有引力等于重力，即 =mg，可得M= ，故A正确；
R2 G
B．设地球第一宇宙速度为v，在地球表面有GMm mv2，解得 ，故B错误；
=mg= v=√gR
R2 R
C．若地球的密度为ρ，地球的同步卫星的周期为T，设地球同步卫星轨道半径为r，则GMm 4π2，
=mr
r2 T2
可得
3πr3，由于地球同步卫星轨道半径大于地球半径，故C错误；
ρT2=
GR3
D．赤道上物体与同步卫星的周期相同，因此角速度相同，根据a=ω2r，可知赤道上物体的加速度小于同
步卫星的加速度，故D错误。
故选A。
8．在“研究影响通电导体棒所受磁场力的因素”实验中，把一段导体棒悬挂在蹄形磁铁的两极间，通以
电流，导体棒摆开一定角度，如图所示。要使导体棒摆开的角度增大，以下操作可行的是（ ）
A．增加导体棒的质量 B．换成磁性较弱的磁铁
C．增大导体棒中的电流 D．改变导体棒中电流的方向
【答案】C
F
【详解】设导体棒摆开的角度为θ，根据平衡条件以及力的合成与分解可得tanθ= ，要使导体棒摆开
mg
的角度增大，需要增大导体棒所受的安培力F或减小导体棒的质量，根据安培力公式F=BIL，可知若要
增大F，可以增大导体棒中的电流、换成磁性较强的磁铁，而改变导体棒中电流的方向无法增大F，综上
所述可知ABD不可行，C可行。
故选C。9．顶端装有滑轮的粗糙斜面固定在地面上，A、B两物体通过细绳如图连接，并处于静止状态（不计绳的
质量和绳与滑轮间的摩擦）．现用水平力F作用于悬挂的物体B上，使其缓慢拉动一小角度，发现A物体
仍然静止。则在此过程中说法不正确的是（ ）
A．水平力F一定变大 B．物体A所受斜面给的摩擦力一定变大
C．物体A所受斜面给的支持力一定不变D．细绳对物体A的拉力一定变大
【答案】B
【详解】AD．如图所示，对物块B受力分析，如图所示
mg
根据受力平衡可得F=mgtanθ，T= ，当B被拉动一个小角度后，θ增大，则力F增大，同时细绳对
cosθ
物体A的拉力T增大，故AD正确，不满足题意要求；
B．A开始时受静摩擦力可能向上也可能向下，则当绳子的拉力变大时，A受到斜面的摩擦力可能减小也
可能增大，故B错误，满足题意要求；
C．以A物体为对象，垂直斜面方向根据受力平衡可得N=m gcosθ，可知物体A所受斜面给的支持力一
A
定不变，故C正确，不满足题意要求。
故选B。
10．在如图所示的电路中，开关S闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带电粒子以速度v水平匀
速穿过两极板，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带正电
B．仅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏转C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，粒子一定向b板偏转
D．仅增大粒子所带电荷量，粒子一定仍沿水平方向穿过两极板
【答案】D
【详解】A．两极板间电场方向向下，若正电荷粒子所受电场力向下，洛伦兹力向上；若负电荷粒子所受
电场力向上，洛伦兹力向下，则无论正负电荷都可以匀速穿过两极板，A错误；
B．根据左手定则判断知，带正电的粒子受到的洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，粒子沿直线飞出叠
加场区域，根据平衡条件有qvB=Eq，同理，对带负电的粒子，判断知粒子受到的洛伦兹力竖直向下，电
场力竖直向上，粒子沿直线飞出叠加场，根据平衡条件有Eq′=q′v′B，所以，仅增大粒子的速度，洛伦兹
力增大，电场力不变，故粒子可能向上也可能向下运动，B错误；
C．仅将滑动变阻器的滑片P向下移动，两极板间的电势差增大，电场力增大，合力可能向上也可能向下，
故粒子不一定向b板偏转，C错误；
D．仅增大粒子所带电荷量，电场力和洛伦兹力合力仍为零，故粒子一定仍沿水平方向穿过两极板，D正
确。
故选D。
11．图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形象地描
述两个物理量之间的关系，如图所示，若x轴表示一个物理量，y轴表示一个物理量，其中在实验数据处
理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。对该交点的物理意义，下列说
法不正确的是（ ）
A．在测电源电动势和电源内阻时，若x轴表示流过电源的电流，y轴表示闭合电路电源两端的电压，
则该图像与x轴的交点的物理意义是短路电流
B．在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若x轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y轴表示重
锤落到该点的距离，则该图像与x轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度
C．在用单摆测重力加速度的实验中，若x轴表示摆线长度，y轴表示单摆周期的平方，则该图像与x
轴交点绝对值的物理意义是该单摆摆球的半径
D．在研究光电效应的实验中，若x轴表示入射光的频率，y轴表示光电子的最大初动能，则该图像与x轴的交点物理意义是该金属的极限频率
【答案】B
E
【详解】A．根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，当U=0时，电源的短路电流为I= ，A正确；
r
B．根据机械能守恒定律 mgℎ = 1
2
mv2− 1
2
mv2
0
，变形得
ℎ
=
2
1
g
v2−
2
v
g
2 0 ，可知 ℎ−v2 图像与横轴截距的
物理意义为初速度的平方，B错误；
√ l 4π2
C．根据单摆的周期公式T=2π 变形得T2= (l +r)，可知T2−l 图像与横轴交点绝对值的物理意
g g 0 0
义为摆球半径，C正确；
D．根据光电效应方程变形得E = ℎν−W ，E −ν图像与横轴的交点满足ℎν =W ，此时频率ν 即为该
km 0 km c 0 c
金属的极限频率，D正确。
本题选择不正确的，故选B。
12．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图
所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φ 、φ 。电子从偏
A B
转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达
板N的不同位置，初动能为E 的电子沿电势为φ 的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正
k0 C
中间。动能为E 、E 的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为
k1 k2
|ΔE |和|ΔE |。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（ ）
k左 k右
A．偏转电场是匀强电场 B．φ >φ
A B
C．E >E D．|ΔE |>|ΔE |
k1 k2 k左 k右
【答案】D
【详解】AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大
小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B
板的电势较高，故AB错误；C．相较于做匀速圆周运动的电子，动能为E 的电子在做近心运动，动能为E 的电子在做离心运动，可
k1 k2
知E >E ，故C错误；
k2 k1
D．该电场是辐射状电场,内侧的电场线密集，电场强度大，根据U=Ed定性分析可知U >U ，
BC CA
即φ −φ >φ −φ ，所以|ΔE |>|ΔE |，故D正确。
B C C A k左 k右
故选D。
13．密立根油滴实验装置如图所示。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接。
从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量。当两金属板间未加电压时，通过显微镜观察
到某带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度v 向下做匀速运动；这时给金属板施加电压U，经过一段
1
时间后，发现油滴P以速度v 向上做匀速运动。已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，比例系数为
2
k。下列说法正确的是（ ）
A．油滴P带正电
B．油滴P所带电荷量的值为kd(v +v )
1 2
U
C．从施加电压U开始，油滴P做加速度逐渐减小的加速运动
D．施加电压U后，当油滴P上升h高度的过程中，其电势能的变化量
ΔE =kℎ(v +v )
p 1 2
【答案】B
【详解】A．未加电压时，带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度v 向下做匀速运动，则f =mg，给
1 1
金属板施加电压，带电粒子向上做匀速直线运动，则重力和阻力竖直向下，电场力竖直向上，由于电场线
方向竖直向下，故粒子带负电，电场力方向竖直向上，故A错误；
U
B．已知油滴所受阻力大小与速度大小成正比，故f =kv ，由于 q=mg+f ，f =kv ，解得
1 1 d 2 2 2
kd(v +v )，故B正确；
q= 1 2
U
C．带电粒子的速度为v ，当施加电压U开始，带电粒子的受到竖直向上的电场力、重力和竖直向上的摩
1U
擦力，即 q+f −mg=ma，f =kv ，由于初速度方向竖直向下，合外力方向向上，则粒子的速度减小，
d
故粒子的加速度减小，做加速度减小的减速运动，速度为0后，此时合外力向上，故开始向上运动，此时
U
q−f −mg=ma，速度增大，则阻力增大，故加速度减小，粒子做加速度减小的加速运动，故C错误；
d
U
D．根据以上分析可知，电场力做正功，电势能减小，电势能的变化量为ΔE =−q ℎ =−kℎ(v +v )，
p d 1 2
故D错误。
故选B。
14．研究小组用摄像机拍摄人甩手动作研究指尖上的水滴被甩掉的过程，如图所示是由每秒25帧的频闪照
片合成的图片，记录了手臂各部位在不同时刻的位置信息。以下面的简化模型分析甩手运动；将人的上肢
简化由上臂、前臂和手掌组成，认为在甩手过程中，上臂可以绕肩关节转动，前臂可以绕肘关节转动，手
掌可以绕腕关节转动。图中的A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置，M、N是最后1帧照片的肘
关节和腕关节的位置。已知图中任意两点间的实际距离都可以通过照片上的距离根据比例尺折算测得，在
分析甩掉水滴的原理时，下列各项分析中最不合理的一项是（ ）
A．近似认为指尖在A、B间运动时绕M点转动，在B、C间运动时绕N点转动
B．将指尖在A、B间运动的平均速度近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度
C．近似认为指尖在B、C间运动的加速度等于指尖经过B点时的向心加速度
D．如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，水滴将比
较不容易被甩出
【答案】C
【详解】A．根据图中信息，接近C的最后时刻，手掌以腕关节N为圆心做圆周运动，在甩手过程中A、B
间运动时，上臂以肩关节为转动轴转动，肘关节M以肩关节为圆心做圆周运动，腕关节N及指尖以肘关节
M为圆心做圆周运动，故A合理；
B．指尖在A、B、C间运动时速度先增大后减小，由于不知指尖减速位置A、B间的平均速度或B、C间的平均速度都可近似认为是指尖经过B点时的瞬时速度，故B合理；
C．指尖在B、C间运动的加速度等于向心加速度和切向加速度的矢量和，因此不等于指尖经过B点时的向
心加速度，故C最不合理；
D．该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上“甩手”，在相同的指尖速度下，半径大，根据公式
v2
a= ，向心加速度小，水滴将比较不容易被甩出，D合理。
r
故选C。第Ⅱ卷（非选择题）
15．实验及科学的实验方法在物理学发展的历程中发挥了不可替代的作用。
（1）在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中，
2
①为了减小实验误差，某同学有下列设想，判断是否合理。
实验中，摆的振幅由于空气阻力会逐渐变小，为了便于观察，摆的初始振幅越大越好： ；计时的
起点和终点位置均选在摆球达到的最高点处 。（选填“合理”或“不合理”）
②某同学改变摆长，多次测量，得到周期的二次方与摆长的关系图象如图1所示，分析该图像，这位同学
在实验中可能出现的错误是 （写出一条）。是否能够根据该图像推测当地重力加速度? 。
（选填“能”或“不能”）
（2）在“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”的实验中，用DIS研究一定质量气体在温度
不变时，压强与体积关系的实验装置如图2所示，用一个带有刻度的注射器及DIS实验系统来探究气体的
压强与体积关系。实验中气体的质量保持不变，气体的体积直接读出，气体的压强是由图中压强传感器等
计算机辅助系统得到，请回答下列有关问题。
①甲同学在做本实验时，按实验要求组装好实验装置，然后缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积
20.0mL减为12.0mL。实验共测出五组数据，每次体积值直接从注射器的刻度读出并输入计算机，同时由
压强传感器测得对应体积的压强值。实验完成后，计算机屏幕上显示出如表所示的实验结果：
序
V(mL) p(×105Pa) pV(×105Pa⋅mL)
号
1 20.0 1.0010 20.020
2 18.0 1.0952 19.714
3 16.0 1.2313 19.701
4 14.0 1.4030 19.6425 12.0 1.6351 19.621
仔细观察不难发现，pV(×105Pa⋅mL)一栏中的数值越来越小，造成这一现象的原因可能是
A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大。
B．实验时环境温度增大了。
C．实验时外界大气压强发生了变化。
D．实验时注射器的空气向外发生了泄漏。
②根据你在第（1）题中的选择，为了减小误差，应当采取的措施是：
1
③乙同学实验操作规范正确，根据实验数据画出如图3所示的V− 图线不过坐标原点，则截距中的b代
p
表的是 。
【答案】（1）不合理；不合理；把摆线长当作摆长；能；（2）D；在注射器活塞上加润滑油；注射器与
压强传感器连接处软管的气体体积
【解析】（1）①[1]单摆要符合简谐运动，故单摆的最大摆角不超过5°，故摆的振幅不能太大；所以摆的
初始振幅越大越好不合理。
[2]计时的起点和终点位置选在摆球运动的最低点处，误差小；所以计时的起点和终点位置均选在摆球达到
的最高点处不合理。
√L 4π2
②[3][4]由单摆周期公式T=2π ，得T2= L，其中L为摆长，即摆线长度与摆球半径之和，题中图
g g
线不过原点，说明测摆长时直接将摆线的长度作为了摆长，但摆长的误差不影响图线的斜率，所以依然可
以测得重力加速度。
（2）①[5] A．实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大，不会影响气压与体积，故A错误；
pV
B．实验时环境温度增大了，根据理想气体状态方程 =C，则pV乘积变大，故B错误；
T
C．封闭气体压强与外界大气压强无关，故C错误；
pV
D．实验时注射器的空气向外发生了泄漏，根据理想气体状态方程 =C，常数C与质量有关，质量变小
T
变小，故pV乘积减小，故D正确。
故选D。
②[6]为减小误差，应在注射器活塞上加润滑油来增加连接处的密封性。
pV 1
③[7]根据理想气体状态方程 =C可以知道，实验数据画出的V− 图线是过坐标原点的直线，在实际
T p1
的实验过程中实验操作规范正确，根据实验数据画出如图3所示的V − 图线不过坐标原点，该图线的方
p
程为
1
V =k −b，说明试管中的气体的体积小于实际的封闭气体的体积，结合实验的器材可以知道，截距b代
p
表：注射器与压强传感器连接部位的气体体积。
16．某小组利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下：
（1）分别测量给定的两物块的质量，质量大的为物块1，其质量记为m ；质量小的为物块2，其质量记为
1
m 。
2
（2）按图（a）所示组装器材：物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接：物块2下端与打点计时器纸带相
连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用的交流电源频率为50Hz，
相邻两次打点的时间间隔记为Δt。
（3）接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段经整理后如图（b）所
示，每两个相邻的点之间还有4个打出的点未画出，将相邻点的间距依次记为s ,s ,s ,s 和s ，测量并记
1 2 3 4 5
下它们的大小。
（4）利用上述表示各物理量的符号和重力加速度的大小g完成下列填空：在打出图（b）中B点时，物块
的运动速度大小为 ；从打出B点到打出E点，系统动能增加量为ΔE = ，系统的重力势减少
k
量为ΔE = 。
P
（5）该小组的实测数据为m =0.250kg，m =0.200kg，s =16.4mm，s =27.2mm，s =39.8mm，
1 2 1 2 3
s =49.6mm，s =59.0mm，取g=9.80m/s2，则ΔE = J，ΔE = J，两者的相对偏差
4 5 k P
δ=
|ΔE
k
−ΔE
p
|
= %
，如果
δ<5%
，则可认为本实验验证了机械能守恒定律。（结果均保留2位
ΔE
p
有效数字）【答案】（4）s
1
+s
2
；1
(m +m )
[
(
s
4
+s
5 )
2
−(
s
1
+s
2 )
2]；
(s +s +s )(m −m )g
；（5）0.056；
10Δt 2 1 2 10Δt 10Δt 2 3 4 1 2
0.057；1.8
【详解】（4）[1]根据匀变速运动规律可知打下计数点B时的速度等于A和C之间的平均速度，
s +s s +s
则v = 1 2= 1 2
B 2T 10Δt
s +s s +s
[2]根据匀变速运动规律可知打下计数点E时的速度等于D和F之间的平均速度，v = 4 5= 4 5，
E 2T 10Δt
故系统动能的增加量为 1 1 1 [ s +s 2 s +s 2]
ΔE = (m +m )v2− (m +m )v2= (m +m ) ( 4 5 ) −( 1 2 )
k 2 1 2 E 2 1 2 B 2 1 2 10Δt 10Δt
[3]物块1下降的高度等于物块2上升的高度为Δℎ =s +s +s
2 3 4
系统的重力势能减少量为
ΔE =m gΔℎ−m gΔℎ =(m −m )gΔℎ =(m −m )g(s +s +s )
p 1 2 1 2 1 2 2 3 4
（5）[4]带入实测数据得系统动能的增加量为
1 [ s +s 2 s +s 2] (m +m )(s +s +s +s )(s +s −s −s )
ΔE = (m +m ) ( 4 5 ) −( 1 2 ) = 1 2 4 5 1 2 4 5 1 2 =0.056J
k 2 1 2 10Δt 10Δt 200(Δt) 2
[5]系统重力势能的减小量为 ，
ΔE =(m −m )g(s +s +s )=0.057J
p 1 2 2 3 4
ΔE −ΔE
[6]两者的相对偏差为δ=| k p|=1.8%
ΔE
p
17．设地球是质量分布均匀的半径为R的球体。已知地球质量M、引力常量G。
（1）推导地球第一宇宙速度v的表达式。
（2）不考虑地球自转，求地球表面重力加速度g。
（3）设地球自转周期为T，求地球同步卫星距离地面的高度h。
【答案】（1）√GM；（2）GM；（3）√GMT2
3 −R
R R2 4π2
【详解】（1）第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，
由万有引力提供向心力有 Mm v2 ，解得地球第一宇宙速度v的表达式 √GM
G =m v=
R2 R r
（2）不考虑地球自转的情况下，地面物体所受的万有引力等于重力，有 Mm' ，解得地球表面重力加速度 GM
G =m'g g=
R2 R2
（3）对于地球同步卫星，其做匀速圆周运动的周期等于T，根据万有引力提供向心力，则有
G (R M + ℎ m 1 ) 2 =m 1 4 T π 2 2 (R+ ℎ) ，解得地球同步卫星距离地面的高度 ℎ = √ 3 G 4 M π T 2 2 −R
18．导体棒在磁场中切割磁感线可以产生感应电动势。
（1）如图1所示，一长为l的导体棒ab在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端b以角速度ω在垂直于
磁场的平面内匀速转动，求导体棒产生的感应电动势。
（2）如图2所示，匀强磁场的磁感应强度为B，磁感线方向竖直向下，将一长为l、水平放置的金属棒以
水平速度v 抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。求金属棒在运动过程中产生的感应
0
电动势。
（3）如图3所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀
速转动。从图示位置开始计时，求感应电动势随时间变化的规律。
1
【答案】（1）E= Bl2ω；（2）E=Blv ；（3）e=NBSωcosωt
2 0
Δϕ 1
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律E=n ，Δt时间内磁通量变化量Δϕ=B ωlΔtl，解得
Δt 2
1
E= Bl2ω
2
（2）导体棒切割磁感线的速度为水平速度v ，电动势为E=Blv
0 0
（3）从图示位置开始计时，感应电动势随时间变化的规律为e=NBSωcosωt
19．如图所示，固定在水平地面上的半圆形凹槽轨道粗糙程度处处相同，圆弧半径为R，轨道底部固定一
个力传感器。现将质量为m的小滑块从凹槽右侧上方2R处由静止释放，恰好能切入槽内，实验发现小滑
块第一次滑至轨道最低点时传感器的示数为滑块重力的5倍。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。（1）求滑块第一次运动至轨道最低点时速度的大小v；
0
（2）求滑块第一次下滑至轨道最低点过程中摩擦力做的功W；
f
（3）推理说明滑块能否从凹槽轨道的左侧冲出轨道。
【答案】（1）2√gR；（2）−mgR；（3）能，推理过程见解析
【详解】（1）小滑块第一次滑至轨道最低点时，滑块对轨道的压力大小 ，
F′ =5mg
N
由牛顿第三定律得，轨道对滑块的支持力大小
F =F′ =5mg
N N
在轨道最低点，由牛顿第二定律得
v2
，解得
F −mg=m 0 v =2√gR
N R 0
1
（2）小滑块从开始下落到轨道最低点，由动能定理得mg(2R+R)+W = mv2−0，解得W =−mgR
f 2 0 f
（3）假设小滑块能从凹槽轨道的左侧冲出轨道，且冲出轨道时速度大小为v，小滑块在凹槽轨道的左侧摩
擦力做功为 。从轨道最低点到凹槽轨道的左侧冲出轨道，
W ′
f
1 1
由动能定理得−mgR+W ′= mv2− mv2，解得v=√mgR+W′
f 2 2 0 f
小滑块在凹槽轨道同一高度处，左侧速度小于右侧速度，小滑块对轨道的压力，左侧小于右侧。因此，小
滑块在凹槽轨道左侧摩擦力小于右侧，摩擦力做功，左侧小于右侧。综上可得 ，故滑块
v=√mgR+W′ >0
f
能从凹槽轨道的左侧冲出轨道。
20．电容是物理学中重要的物理量。如图1甲所示，空气中的平行板电容器A充满电后与电源断开，仅改
变电容器A两极板间的距离d，电容器A的电容C也随之变化。多次实验后，得到图1乙所示图像：一条斜率为p的直线。
（1）已知电容器A所带电荷量为q；
a．请你分析判断，当板间距d变化时，两极板间的电场强度E如何变化。
b．求下极板对上极板所产生的电场力的大小F。
（2）用电容器A制成静电天平，如图2甲所示：将电容器A置于空气中，下极板保持固定，上极板接到天
平的左端。当电容器A不带电时，天平恰好保持水平平衡，其两极板间的距离为d。当天平右端放置一个质
量为m的砝码时，需要在电容器A的两极板间加上电压U，使天平重新水平平衡。已知重力加速度为g。
a．写出砝码质量m与两极板间所加电压U的关系式；
b．分析判断，将图2乙所示理想电压表上的电压值改标为质量值，从左到右，相邻刻度间的质量差将如何
变化。
（3）如图3所示，将电容器A的下极板保持固定，上极板由一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两
极板均不带电时，极板间的距离为d 。当两极板间的电势差为U时，两极板间的距离变为d(d>0)，两极
0
板始终保持水平正对。
a．请讨论上极板平衡位置可能的个数N的情况。
b．（选做）请在老师的帮助下，结合教材，指出一种可能的应用。
【答案】（1）a.不变b.F=
q2
；（2）a.m=
p
U2 ，b.作出m−U图像，如答图1所示，由图像可知，
2p 2gd2从左到右，随着U的增加，相邻度间的电压差ΔU（均相等）对应的质量增量Δm逐渐增大；（3）a.N=0
、1、2；b.可以做位移传感器。实际上这是一个可以在高压环境下工作的、精度很高的位移传感器的原理，
但对材料的耐压程度要求较高
Q Q Q
1 Q U E= = =
【详解】（1）a.又图1乙可知C=p ，根据C= 以及E= 可得 Cd 1 p
d U d p d
d
即当开关断开时，电容器带电量不变，当两极板间距d变化时，两板间场强E不变；
1 1
b.当电容器A所带电量为q时，每个极板产生的电场强度为E = E= q
1 2 2p
q2
可知下极板对上极板所产生的电场力的大小F=qE =
1 2p
（2）a. 根据平衡关系可知mg=F，又F=
q2
，q=CU ，C=p
1
，可得m=
p
U2
2p d 2gd2
b.因m−U2图像是开口向上的抛物线，可知由图像可知，从左到右，随着U的增加，相邻度间的电压差
ΔU（均相等）对应的质量增量Δm逐渐增大；
（3）a.当两板间所加电压为U时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为 F，所受下极板的电场力为F，稳
1 2
定时，根据平衡条件可知 F=F 根据胡克定律ΔF =k(d −d) ∆
1 2， 1 0
∆
根据（1）的结论可知 q2 pU2，即 pU2，这是关于d的三次方程，可通过图像确定其
F = = k(d −d)=
2 2p 2d2 0 2d2
解的个数，如图
在F-d坐标系只分别做出方程左端 的图像（图中的b、b 和b）和右端 pU2的图像
ΔF =k(d −d) 1 2 3 F =
1 0 2 2d2（图中曲线a）两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数N；
直线b 和曲线a相交，表明方程有2个解，即上极板平衡的个数为N=2；
1
直线b 和曲线a相切，表明方程有两1个解，即上极板平衡的个数为N=1；
2
直线b 和曲线a相离，表明没有交点，即上极板平衡的个数为N=0；，
3
综上所述，上极板平衡位置个数N=0、1、2。
b.可以做位移传感器。实际上这是一个可以在高压环境下工作的、精度很高的位移传感器的原理，但对材
料的耐压程度要求较高。
