2024年高考物理終極押題密卷1（北京卷）一．選擇題（共13小題）1．（2024?順義區二模）下列說法正確的是（）A．溫度是分子熱運動平均動能的標志 B．布朗運動是液體分子的無規則運動 C．物體中所有分子的熱運動動能的總和叫作物體的內能 D．氣體很容易被壓縮，說明氣體分子之間存在著較小的空隙2．（2024?海淀區一模）如圖所示，光束a射入玻璃三棱鏡、出射光為b、c兩束單色光。比較b、c兩束光，下列說法正確的是（）A．玻璃對光束b的折射率較大 B．光束b的頻率更高 C．光束b在玻璃中的傳播速度較大 D．經同一雙縫干涉裝置后光束b的干涉條紋間距較小3．（2024?順義區二模）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（）A．單擺的振動周期為0.2πs B．單擺的擺長為0.1m C．擺球的質量為0.05kg D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s4．（2024?西城區一模）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數之比為10：1，原線圈接220V的正弦交流電源，副線圈接R＝55Ω的負載電阻，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是（）A．電流表的示數為4.0A B．電壓表的示數為31.1V C．若負載電阻的阻值減小，電壓表的示數減小 D．若負載電阻的阻值減小，變壓器的輸入功率增大5．（2024?朝陽區校級模擬）“中國天眼”（FAST）設施已發現脈沖星數量超過240顆。脈沖星是快速自轉的中子星，每自轉一周，就向外發射一次電磁脈沖信號，因此而得名。若觀測到某中子星發射電磁脈沖信號的周期為T。已知該中子星的半徑為R，引力常量為G。則根據上述條件可以求出（）A．該中子星的密度 B．該中子星的第一宇宙速度 C．該中子星表面的重力加速度 D．該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的線速度6．（2024?東城區一模）科學家發現一種只由四個中子構成的粒子，這種粒子稱為“四中子”，用4n表示。“四中子”是通過向液態氫靶上發射8He原子核而產生的，與H碰撞可將一個8He核分裂成一個α粒子和一個“四中子”。由于4He核由四個核子組成，與“四中子”體系很相近，所以早在上個世紀50年代就有人根據4He核的結合能，估算“四中子”的結合能最大約為14MeV，其后有很多實驗對四中子體系進行探測，但多數結論是否定的。2022年，由數十個國家的科學家組成的團隊發現了“四中子態”存在的明確證據。下列有關“四中子”粒子的說法正確的是（）A．可以通過電磁場使4n形成高速粒子束 B．產生“四中子”的核反應為H+8He→4He+4n C．從核子間相互作用來看，“四中子”與4He核的區別在于是否存在電磁力 D．按上世紀50年代的估算，4個中子結合成“四中子”至多需要吸收14MeV的能量7．（2024?房山區一模）在斷電自感的演示實驗中，用小燈泡、帶鐵芯的電感線圈L和定值電阻R等元件組成如圖甲所示電路。閉合開關待電路穩定后，兩支路電流分別為I1和I2。斷開開關前后的一小段時間內，電路中電流隨時間變化的關系如圖乙所示，則（）A．斷開開關前R中電流為I2 B．斷開開關前燈泡電阻小于R和L的總電阻 C．斷開開關后小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅 D．斷開開關后小燈泡所在支路電流如曲線a所示8．（2024?平谷區模擬）正在建設中的高能同步輻射光源，是我國第四代同步加速器光源，它是一種提供高性能X射線的大科學裝置，發射的同步光基本覆蓋紅外光、可見光、紫外線、X射線等波段。與可見光相比，下列關于X射線的說法中正確的是（）A．同樣能使人的眼睛產生視覺效應 B．在真空中的波長更長 C．光子的能量更高 D．在真空中的傳播速度更大9．（2024?豐臺區二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從A點經同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是（）A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度 B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能 C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場 D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場10．（2024?通州區一模）如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（）A．線框進磁場的過程中做勻減速直線運動 B．線框出磁場的過程中電流方向為逆時針方向 C．線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱不等 D．線框在進和出的兩過程中所受安培力方向相反11．（2024?東城區一模）用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射，可以給右側平行板電容器PQ供電。靠近Q板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出的速度大小為v。下列說法正確的是（）A．放射源S釋放的粒子帶負電 B．增大q0的值，可以提高v C．PQ間距變為原來的2倍，可使v變為原來倍 D．v0和B同時變為原來的2倍，可使v變為原來的2倍12．（2024?豐臺區二模）位于我國廣東江門的中微子實驗室正在有序建設中，中微子是科學家在研究β衰變過程中預言并發現的一種粒子，對人類了解物質的微觀結構和宇宙的起源與演化具有重要意義。以下核反應方程屬于β衰變的是（）A． B． C． D．13．（2024?西城區一模）用激光照射金屬擋板上的兩條平行的狹縫，在擋板后面的屏上觀察到明暗相間的條紋。這種現象屬于光的（）A．衍射現象 B．干涉現象 C．偏振現象 D．全反射現象二．實驗題（共4小題）14．（2024?東城區一模）同學們用多種方法測重力加速度值。（1）用如圖甲所示的單擺做“用單擺測重力加速度”的實驗。①此實驗中重力加速度的表達式為g＝（用擺長l，周期T表示）。②若改變擺長，多次測量，得到周期平方T2與擺長l的關系如圖乙所示，所得結果與當地重力加速度值相符，但發現其延長線沒有過原點，其原因可能是（選填正確選項前的字母）。A.測周期時多數了一個周期B.測周期時少數了一個周期C.測擺長時直接將擺線的長度作為擺長D.測擺長時將擺線的長度加上擺球的直徑作為擺長（2）將單擺掛在力傳感器的下端，通過力傳感器測定擺動過程中擺線受到的拉力F，由計算機記錄拉力F隨時間t的變化，圖像如圖丙所示。測得擺長為l，則重力加速度的表達式為g＝。（3）如圖丁所示，將光電門安裝在小球平衡位置的正下方，在小球上安裝輕質擋光片，擋光寬度為d，在鐵架臺后方固定量角器，利用此裝置測重力加速度值。首先測得擺長為l，之后將小球拉離平衡位置，當擺線與豎直方向成θ角（θ值可由量角器讀出）時將小球由靜止釋放，傳感器測得小球第一次擺下擋光的時間Δt。多次改變擺角θ測得對應的Δt，可得到多組（θ，Δt）數據，同時計算機可根據需要算出關于θ的任意三角函數值。①為了能最方便準確地利用圖像處理數據，應繪制圖像（寫出圖像的縱坐標一橫坐標）；②根據第①問中繪制的圖像，求得圖像斜率的大小為k，則計算得到重力加速度g＝。15．（2024?東城區一模）做“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗。（1）下列實驗步驟的正確順序是（填寫實驗步驟前的序號）。a.往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水，待水面穩定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上b.用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩定c.將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油酸膜的面積。根據油酸的體積和油酸膜的面積計算出油酸分子直徑的大小d.用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內每增加一定體積時的滴數，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據油酸酒精溶液的濃度計算出油酸的體積e.將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上（2）實驗中，所用油酸酒精溶液每V1體積溶液中有純油酸體積V2，用注射器和量筒測得體積為V0的上述溶液有n滴，把一滴該溶液滴入盛水的撒有痱子粉的淺盤中，待水面穩定后，得到油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，如圖中每個小正方形格的邊長為a，則油酸薄膜的面積S＝；可求得油酸分子的直徑為（用V1、V2、V0、n、S表示）。（3）某同學實驗中最終得到的油酸分子直徑數據偏大，可能是因為。A.油膜中含有大量未溶解的酒精B.計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格C.水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開D.用注射器和量筒測V0體積溶液滴數時多記錄了幾滴16．（2024?房山區一模）某學習小組用電阻約為5Ω的金屬絲做“測量金屬絲的電阻率”實驗。（1）除電源（電動勢3.0V，內阻不計）、電壓表（量程0～3V，內阻約3kΩ）、開關、導線若干外，還提供如下實驗器材：A.電流表（量程0～0.6A，內阻約0.1Ω）B.電流表（量程0～3.0A，內阻約0.02Ω）C.滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）D.滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.5A）為了調節方便、測量準確，實驗中電流表應選用，滑動變阻器應選用（選填實驗器材前對應的字母）。（2）測量金屬絲電阻Rx的電路如圖1甲所示，某同學按電路圖連接器材，如圖1乙所示。其中（選填“①”“②”或“③”）連線是錯誤的。（3）該同學正確地完成了實驗操作，在U﹣I坐標系中標出了測量數據的坐標點，如圖2所示。請你在圖中描繪出U﹣I圖線，根據圖線計算該金屬絲的電阻值Rx＝Ω（結果保留兩位有效數字）。（4）用電流傳感器測量通過定值電阻的電流，電流隨時間變化的圖線如圖3甲所示。將定值電阻替換為小燈泡，電流隨時間變化的圖線如圖3乙所示。請分析說明小燈泡的電流為什么隨時間呈現這樣的變化。17．（2024?西城區校級模擬）為了探究平拋運動的規律，某同學用如圖（a）所示的裝置進行實驗。（1）為了準確地描繪出平拋運動的軌跡，下列要求合理的是。A．小球每次必須從斜槽上同一位置由靜止釋放B．斜槽軌道必須光滑C．斜槽軌道末端必須水平D．本實驗必需的器材還有刻度尺和停表（2）甲同學按正確的操作完成實驗并描繪出平拋運動的軌跡，以平拋運動的初始位置O為坐標原點建立xOy坐標系，如圖（b）所示。從運動軌跡上選取多個點，根據其坐標值可以驗證軌跡符合y＝ax2的拋物線。若坐標紙中每個小方格的邊長為L，根據圖中M點的坐標值，可以求出a＝，小球平拋運動的初速度v0＝。（重力加速度為g）（3）乙同學不小心將記錄實驗的坐標紙弄破損，導致平拋運動的初始位置缺失。他選取軌跡中任意一點O為坐標原點，建立xOy坐標系（x軸沿水平方向、y軸沿豎直方向），如圖（c）所示。在軌跡中選取A、B兩點，坐標紙中每個小方格的邊長仍為L，重力加速度為g。由此可知：小球從O點運動到A點所用時間t1與從A點運動到B點所用時間t2的大小關系為：t1t2（選填“＞”“＜”或“＝”）；小球平拋運動的初速度v0＝，小球平拋運動的初始位置坐標為（，）。（4）丙同學將實驗方案做了改變，如圖（d）所示，他把桌子搬到豎直墻的附近，調整好儀器，使從斜槽軌道滾下的小球打在正對的墻上，把白紙和復寫紙附在墻上，記錄小球的落點。然后等間距地改變桌子與墻的距離，就可以得到多個落點。如果丙同學還有一把刻度尺，他是否可以計算出小球平拋時的初速度？并簡要闡述由。。三．解答題（共3小題）18．（2024?順義區二模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質量為m，在某時刻距離地面的高度為h，速度為v。此時，火箭突然炸裂成AB兩部分，其中質量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）炸裂后瞬間A部分的速度的大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的時間t；（3）在爆炸過程中A、B組成的系統增加的機械能ΔE。19．（2024?石景山區一模）（1）如圖1所示，在勻強電場中，將電荷量q＝﹣6×10﹣8C的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做功WAB＝﹣2.4×10﹣7J再從B點移到C點，靜電力做功WBC＝1.2×10﹣7J。已知電場的方向與△ABC所在的平面平行。①求A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC。②如果規定B點的電勢為0，求A點和C點的電勢。③請在圖中畫出過B點的電場線方向，并說明理由。（2）如圖2所示，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。已知靜電力常量為k，若圖中A點的電場強度為0，求B點的電場強度。20．（2024?西城區一模）磁力剎車是為了保證過山車在最后進站時的安全而設計的一種剎車形式。在軌道之間設置較強的磁場，剎車金屬片安裝在過山車底部，該裝置（俯視）可簡化為如圖所示的模型：水平導軌間距為L，剎車金屬片等效為一根金屬桿ab，整個回路的等效電阻為R。磁場區域為方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，過山車的總質量為m。過山車以速度v進入磁場區域，通過磁場區域后速度變為0.5v。磁力剎車階段不計摩擦力和空氣阻力。（1）求桿ab剛進入磁場區域時，受到的安培力F的大小和方向。（2）求過山車通過磁場區域的過程中，電路中產生的焦耳熱Q。（3）求磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍。為使過山車加速度的大小不超過a0，磁感應強度的大小應滿足什么條件？

2024年菁優高考物理終極押題密卷1（北京卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共13小題）1．（2024?順義區二模）下列說法正確的是（）A．溫度是分子熱運動平均動能的標志 B．布朗運動是液體分子的無規則運動 C．物體中所有分子的熱運動動能的總和叫作物體的內能 D．氣體很容易被壓縮，說明氣體分子之間存在著較小的空隙【考點】物體的內能；布朗運動；分子動能．【專題】定性思想；推理法；分子運動論專題；理解能力．【分析】溫度是分子熱運動平均動能的標志，布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒永不停息地做無規則運動，反映了液體或者氣體分子的無規則運動；物體中所有分子的熱運動分子動能的總和與分子勢能總和叫做物體的內能。氣體在一定程度內很容易被壓縮，說明分子間有較大間隙，而不是間隙較小。【解答】解：A、溫度是分子熱運動平均動能的標志，故A正確；B、布朗運動是懸浮在液體或氣體中的固體小顆粒永不停息地做無規則運動，反映了液體或者氣體分子的無規則運動，并不是分子運動，故B錯誤；C、物體中所有分子的熱運動分子動能的總和與分子勢能總和叫做物體的內能，故C錯誤；D、氣體在一定程度內很容易被壓縮，說明分子間有較大間隙，故D錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查分子動理論的內容，要注意準確理解；這一類的知識點都是記憶性的知識點，在平時的學習過程中要多加積累。2．（2024?海淀區一模）如圖所示，光束a射入玻璃三棱鏡、出射光為b、c兩束單色光。比較b、c兩束光，下列說法正確的是（）A．玻璃對光束b的折射率較大 B．光束b的頻率更高 C．光束b在玻璃中的傳播速度較大 D．經同一雙縫干涉裝置后光束b的干涉條紋間距較小【考點】光的折射及折射定律．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力．【分析】本題根據光路判斷折射率和頻率的大小關系，根據v＝可知波速大小關系，根據干涉條紋的間距公式解得D。【解答】解：A.通過光路可以看出，玻璃對c的折射率更大，故A錯誤；BC.c的折射率大，頻率大，根據公式v＝可知，c在玻璃中的速度小，b在玻璃中的速度大，故B錯誤，C正確；D.c的頻率大，則波長小，根據Δx＝λ可知，經同一雙縫干涉裝置后光束c的干涉條紋間距較小，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查學生對光路折射、條紋間距公式、頻率與波長的關系，難度不高，比較基礎。3．（2024?順義區二模）如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器固定在O點。現將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動過程中的最低位置。圖乙表示擺球從運動至A點開始計時細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的圖像，重力加速度g取10m/s2。（）A．單擺的振動周期為0.2πs B．單擺的擺長為0.1m C．擺球的質量為0.05kg D．擺球運動過程中的最大速度0.08m/s【考點】單擺單擺的回復力和周期．【專題】定量思想；方程法；單擺問題；推理能力．【分析】根據乙圖可得單擺的周期；根據單擺的周期公式可以得到擺長；根據牛頓第二定律在最高點和最低點分別列方程，結合動能定理聯立可解。【解答】解：A．由乙圖，結合單擺的對稱性可知，單擺的周期為0.4πs，故A錯誤；B．由單擺周期公式T＝得L＝代入數據得L＝0.4m，故B錯誤；CD．由乙圖和牛頓運動定律得小球在最高點有mgcosθ＝0.495在最低點有從最高點到最低點，由動能定理得代入數據聯立解得m＝0.05kg，v＝m/s故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】知道在最高點時，擺球的速度為零，此時需要的向心力為零，繩上的拉力等于重力與繩方向的分力。4．（2024?西城區一模）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數之比為10：1，原線圈接220V的正弦交流電源，副線圈接R＝55Ω的負載電阻，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是（）A．電流表的示數為4.0A B．電壓表的示數為31.1V C．若負載電阻的阻值減小，電壓表的示數減小 D．若負載電阻的阻值減小，變壓器的輸入功率增大【考點】變壓器的構造和原理；電功和電功率．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力．【分析】AB、根據分析電壓表示數，根據歐姆定律分析電流表示數；CD、根據電源電壓不變和分析電壓表示數，根據分析輸入功率。【解答】解：AB、原線圈電壓U1＝220V，由可得副線圈電壓：U2＝22V，所以電壓表示數為22V，電流表示數：，故AB錯誤；CD、若負載電阻的阻值減小，電源電壓不變，由可知副線圈電壓不變，故電壓表示數不變，變壓器輸出功率，U2不變，電阻R減小，則P增大，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，所以輸入功率變大，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了變壓器的原理，解題的關鍵是知道電源電壓不變，線圈匝數不變，則副線圈電壓不變。5．（2024?朝陽區校級模擬）“中國天眼”（FAST）設施已發現脈沖星數量超過240顆。脈沖星是快速自轉的中子星，每自轉一周，就向外發射一次電磁脈沖信號，因此而得名。若觀測到某中子星發射電磁脈沖信號的周期為T。已知該中子星的半徑為R，引力常量為G。則根據上述條件可以求出（）A．該中子星的密度 B．該中子星的第一宇宙速度 C．該中子星表面的重力加速度 D．該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的線速度【考點】萬有引力定律的應用；第一、第二和第三宇宙速度；向心力．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理能力．【分析】如果知道繞中子星做圓周運動的物體的周期，應用萬有引力公式與牛頓第二定律利用求出中子星的質量與密度；知道繞中子星表面做圓周運動的天體的周期可以求出中子星第一宇宙速度，根據題意與已知條件分析各選項答題。【解答】解：ABC、如果知道繞中子星做圓周運動的衛星的周期與軌道半徑，可以求出中子星的質量，根據題意僅知道中子星的自轉周期、中子星的半徑與萬有引力常量G，無法求出中子星的密度，中子星表面的重力加速度和第一宇宙速度，故ABC錯誤；D、該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的線速度v＝，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力與萬有引力公式是解題的前提，認真審題理解題意應用基礎知識即可解題。6．（2024?東城區一模）科學家發現一種只由四個中子構成的粒子，這種粒子稱為“四中子”，用4n表示。“四中子”是通過向液態氫靶上發射8He原子核而產生的，與H碰撞可將一個8He核分裂成一個α粒子和一個“四中子”。由于4He核由四個核子組成，與“四中子”體系很相近，所以早在上個世紀50年代就有人根據4He核的結合能，估算“四中子”的結合能最大約為14MeV，其后有很多實驗對四中子體系進行探測，但多數結論是否定的。2022年，由數十個國家的科學家組成的團隊發現了“四中子態”存在的明確證據。下列有關“四中子”粒子的說法正確的是（）A．可以通過電磁場使4n形成高速粒子束 B．產生“四中子”的核反應為H+8He→4He+4n C．從核子間相互作用來看，“四中子”與4He核的區別在于是否存在電磁力 D．按上世紀50年代的估算，4個中子結合成“四中子”至多需要吸收14MeV的能量【考點】結合能與比結合能；原子核的人工轉變．【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題；理解能力．【分析】中子不帶電，則“四中子”也不帶電，根據題意分析核反應方程；核力是短程力，根據結合能與比結合能的特點分析D。【解答】解：A、中子不帶電，則“四中子”也不帶電，不能通過電磁場使4n形成高速粒子束，故A錯誤；B、產生“四中子”的核反應為H+8He→4He+4n+H，故B正確；C、“四中子”也不帶電，核子間無電磁力，4He中有帶正電的質子，所以“四中子”與4He核的區別在于是否存在電磁力，故C正確；D、4個中子結合成“四中子”至多釋放14MeV的能量，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查結合能與比結合能，解題關鍵掌握題目含義，注意中子不帶電。7．（2024?房山區一模）在斷電自感的演示實驗中，用小燈泡、帶鐵芯的電感線圈L和定值電阻R等元件組成如圖甲所示電路。閉合開關待電路穩定后，兩支路電流分別為I1和I2。斷開開關前后的一小段時間內，電路中電流隨時間變化的關系如圖乙所示，則（）A．斷開開關前R中電流為I2 B．斷開開關前燈泡電阻小于R和L的總電阻 C．斷開開關后小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅 D．斷開開關后小燈泡所在支路電流如曲線a所示【考點】自感現象和自感系數．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理能力．【分析】當電流變化時，電感線圈對電流有阻礙作用，電流增大，線圈阻礙其增大，電流減小，阻礙其減小；結合歐姆定律比較兩個支路電阻值的大小。【解答】解：AD．斷開開關S前、后的一小段時間內，通過電感線圈L的電流方向是不變的，則電感線圈L所在支路的電流如曲線a所示，小燈泡所在支路的電流如曲線b所示，則斷開開關S前，定值電阻R中的電流為I1，燈泡中的電流為I2，故AD錯誤；B．由題圖可知，斷開開關S前通過電感線圈L的電流大于通過小燈泡的電流，結合歐姆定律可知斷開開關S前，小燈泡的電阻大于定值電阻R和電感線圈L的總電阻，故B錯誤；C．斷開開關S后，電感線圈L產生的自感電動勢阻礙電流的減小，電感線圈L相當于電源，由于線圈L、電阻R和燈泡重新組成自感回路，且斷開開關S前電感線圈所在支路的總電阻小于小燈泡的總電阻，則小燈泡先突然變亮再逐漸熄滅，故C正確。故選：C。【點評】明確斷開后的電路為燈泡和電感線圈構成回路，電流變化因電感線圈的阻礙而變慢。8．（2024?平谷區模擬）正在建設中的高能同步輻射光源，是我國第四代同步加速器光源，它是一種提供高性能X射線的大科學裝置，發射的同步光基本覆蓋紅外光、可見光、紫外線、X射線等波段。與可見光相比，下列關于X射線的說法中正確的是（）A．同樣能使人的眼睛產生視覺效應 B．在真空中的波長更長 C．光子的能量更高 D．在真空中的傳播速度更大【考點】電磁波的應用與信息化社會；電磁波譜．【專題】應用題；學科綜合題；定性思想；推理法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【分析】X射線又叫倫琴射線，它是由原子內層電子躍遷時發射的波長很短的電磁波，磁波譜按照波長從長到短排列順序為無線電波、微波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線。【解答】解：A、X射線不能使人的眼睛產生視覺效應，故A錯誤；B、X射線與可見光相比，波長更短，頻率更高，故B錯誤；C、X射線與可見光相比，光子的能量更高，故C正確；D、X射線與可見光在真空中的傳播速度一樣大，故D錯誤。故選：C。【點評】本題是對電磁波譜的考查，解題時要知道X射線及可見光的特點，基礎題。9．（2024?豐臺區二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從A點經同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是（）A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度 B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能 C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場 D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場【考點】帶電粒子在電場中的運動綜合．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．【分析】AB.根據動能定理結合各粒子的比荷等進行具體分析解答；CD.根據動能定理和類平拋運動的基本規律列式求解。【解答】解：AB.設粒子的質量為m，電荷量為q，加速電場電壓為U1，偏轉電場電壓為U2，偏轉電場板長為L，板間距離為d；粒子經過加速電場過程，根據動能定理可得qU1＝m可得v0＝可知、進入偏轉電場時具有相同的動能，進入偏轉電場時的動能最大；、進入偏轉電場時具有相同的速度，進入偏轉電場時的速度最大，故AB錯誤；CD.粒子經過偏轉電場過程做類平拋運動，根據類平拋運動規律則有L＝v0tvy＝at聯立可得y＝粒子離開偏轉電場時速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝＝可知粒子經過偏轉電場的偏轉位移與粒子的電荷量和質量均無關，則、和進入偏轉經過加速電場和偏轉電場的軌跡相同，三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉的問題，會根據題意列式進行準確的解答。10．（2024?通州區一模）如圖所示，光滑水平面上的正方形導線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（）A．線框進磁場的過程中做勻減速直線運動 B．線框出磁場的過程中電流方向為逆時針方向 C．線框在進和出的兩過程中產生的焦耳熱不等 D．線框在進和出的兩過程中所受安培力方向相反【考點】電磁感應中的能量類問題；右手定則；導體切割磁感線時產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理能力．【分析】A：根據安培力公式、牛頓第二定律綜合判斷線框的運動性質；B：根據右手定則判斷線框出磁場的過程中感應電流的方向；C：線框進出磁場位移相同，安培力大小不同，克服安培力做功不同，產生的焦耳熱不同；D：根據左手定則判斷線框進出磁場安培力的方向。【解答】解：A.線框進磁場的過程中受到向左的安培力，其大小為根據牛頓第二定律由于速度減小，則安培力減小，加速度減小，故線框做加速度減小的減速運動，故A錯誤；B.線框出磁場的過程中，根據右手定則可知電流方向為順時針方向，故B錯誤；C.線框進出磁場時均做減速運動，但其進磁場時的速度較大，安培力大，產生的焦耳熱多，故C正確；D.根據左手定則可知，線框進、出磁場過程中均受到向左的安培力，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查電磁感應中的能量問題，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。11．（2024?東城區一模）用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射，可以給右側平行板電容器PQ供電。靠近Q板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出的速度大小為v。下列說法正確的是（）A．放射源S釋放的粒子帶負電 B．增大q0的值，可以提高v C．PQ間距變為原來的2倍，可使v變為原來倍 D．v0和B同時變為原來的2倍，可使v變為原來的2倍【考點】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力．【分析】A.根據左手定則判斷M、N極板的電荷積累情況，再分析P、Q電場的情況，依據帶電粒子加速運動判斷粒子電性；BCD.推導MN的最大電壓，然后由動能定理導出帶電粒子飛出上極板的速度v的表達式，根據表達式分析判斷。【解答】解：A.根據左手定則，N板積累帶正電的離子，故電容器的下極板Q帶正電，電容器的電場方向向上，放射源釋放的粒子能向上做加速運動，則說明帶電粒子帶正電，故A錯誤；BCD.當M、N兩板積累到電壓U時，正負離子由于受到電場和磁場力的共同作用而勻速飛出，設M、N兩板間的距離為d，有q0v0B＝q0得最大電壓U＝Bv0d電容器兩極板電壓也為U，對電容器中加速運動的粒子，根據動能定理有qU＝mv2得v＝，與q0無關，與PQ間的距離也無關，故BC錯誤；由上式可得，當v0和B同時變為原來的2倍時，v變為原來的2倍，故D正確。故選：D。【點評】考查磁流體發電機和電容器的問題，會根據題意分析帶電粒子在電磁場中的運動問題情況。12．（2024?豐臺區二模）位于我國廣東江門的中微子實驗室正在有序建設中，中微子是科學家在研究β衰變過程中預言并發現的一種粒子，對人類了解物質的微觀結構和宇宙的起源與演化具有重要意義。以下核反應方程屬于β衰變的是（）A． B． C． D．【考點】原子核的衰變及半衰期、衰變速度．【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題；分析綜合能力．【分析】β衰變生成的是電子，而且β衰變是自然發生的，從而即可求解。【解答】解：A、該核反應是鈾原子核發生α衰變放出氦原子核的反應過程，屬于α衰變，故A錯誤；B、該核反應屬于β衰變，故B正確；C、該核反應屬于輕核聚變，故C錯誤；D、該核反應屬于核裂變反應方程，故故D錯誤。故選：B。【點評】本題難度不大，知道衰變的生成物還有幾個典型的核反應方程是解答的關鍵，注意區分五類核反應方程：α衰變、β衰變、人工轉變、重核裂變、輕核聚變。13．（2024?西城區一模）用激光照射金屬擋板上的兩條平行的狹縫，在擋板后面的屏上觀察到明暗相間的條紋。這種現象屬于光的（）A．衍射現象 B．干涉現象 C．偏振現象 D．全反射現象【考點】光的雙縫干涉．【專題】定性思想；歸納法；光的干涉專題；理解能力．【分析】頻率相同的兩列光波疊加時，某些區域的光相互加強，某些區域相互削弱，得到明暗相間的條紋，這就是光的干涉現象。【解答】解：激光照射金屬擋板上的兩條平行的狹縫，在擋板后面的屏上觀察到明暗相間的條紋，屬于光的干涉現象，故ACD錯誤，B正確；故選：B。【點評】本題考查了光的干涉，要注意光發生干涉的條件，明確光的干涉現象。二．實驗題（共4小題）14．（2024?東城區一模）同學們用多種方法測重力加速度值。（1）用如圖甲所示的單擺做“用單擺測重力加速度”的實驗。①此實驗中重力加速度的表達式為g＝（用擺長l，周期T表示）。②若改變擺長，多次測量，得到周期平方T2與擺長l的關系如圖乙所示，所得結果與當地重力加速度值相符，但發現其延長線沒有過原點，其原因可能是C（選填正確選項前的字母）。A.測周期時多數了一個周期B.測周期時少數了一個周期C.測擺長時直接將擺線的長度作為擺長D.測擺長時將擺線的長度加上擺球的直徑作為擺長（2）將單擺掛在力傳感器的下端，通過力傳感器測定擺動過程中擺線受到的拉力F，由計算機記錄拉力F隨時間t的變化，圖像如圖丙所示。測得擺長為l，則重力加速度的表達式為g＝。（3）如圖丁所示，將光電門安裝在小球平衡位置的正下方，在小球上安裝輕質擋光片，擋光寬度為d，在鐵架臺后方固定量角器，利用此裝置測重力加速度值。首先測得擺長為l，之后將小球拉離平衡位置，當擺線與豎直方向成θ角（θ值可由量角器讀出）時將小球由靜止釋放，傳感器測得小球第一次擺下擋光的時間Δt。多次改變擺角θ測得對應的Δt，可得到多組（θ，Δt）數據，同時計算機可根據需要算出關于θ的任意三角函數值。①為了能最方便準確地利用圖像處理數據，應繪制圖像（寫出圖像的縱坐標一橫坐標）；②根據第①問中繪制的圖像，求得圖像斜率的大小為k，則計算得到重力加速度g＝。【考點】用單擺測定重力加速度；動能定理．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；實驗能力．【分析】（1）根據單擺周期公式結合實驗原理與圖像特點分析解答；（2）根據單擺周期公式解得重力加速度；（3）根據動能定理列式分析解答。【解答】解：（1）①根據單擺周期公式T＝2可知g＝②單擺的擺長指懸點到擺球重心之間的間距，在圖1的T2﹣l圖像中，圖線的延長線沒有過原點O，即當擺長l等于0時，周期不為0，表明l等于0時，實際擺長不等于0，可知原因可能是測擺長時直接將擺線的長度作為擺長，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2）擺球經過最低點時，繩子的拉力最大，一個周期內，兩次經過最低點，由圖丙所示圖象可知，單擺的周期T＝4t0根據單擺周期公式T＝2可知，重力加速度：g＝（3）①小球經過光電門的速度為v＝根據動能定理可知mgl（1﹣cosθ）＝解得cosθ＝1﹣應做①的圖像；②圖像斜率的大小為k，則有＝k解得g＝故答案為：（1）；②C；（2）；（3）①；②【點評】本題考查用單擺測重力加速度、利用動能定理測量重力加速度的實驗，解題關鍵掌握實驗原理，注意圖像的斜率與截距的物理意義。15．（2024?東城區一模）做“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗。（1）下列實驗步驟的正確順序是dabec（填寫實驗步驟前的序號）。a.往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水，待水面穩定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上b.用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩定c.將畫有油酸膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油酸膜的面積。根據油酸的體積和油酸膜的面積計算出油酸分子直徑的大小d.用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內每增加一定體積時的滴數，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積，再根據油酸酒精溶液的濃度計算出油酸的體積e.將玻璃板放在淺盤上，然后將油酸膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上（2）實驗中，所用油酸酒精溶液每V1體積溶液中有純油酸體積V2，用注射器和量筒測得體積為V0的上述溶液有n滴，把一滴該溶液滴入盛水的撒有痱子粉的淺盤中，待水面穩定后，得到油酸薄膜的輪廓形狀和尺寸如圖所示，如圖中每個小正方形格的邊長為a，則油酸薄膜的面積S＝71a2；可求得油酸分子的直徑為（用V1、V2、V0、n、S表示）。（3）某同學實驗中最終得到的油酸分子直徑數據偏大，可能是因為BC。A.油膜中含有大量未溶解的酒精B.計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格C.水面上痱子粉撒得太多，油膜沒有充分展開D.用注射器和量筒測V0體積溶液滴數時多記錄了幾滴【考點】用油膜法估測油酸分子的大小．【專題】定量思想；推理法；估算分子個數專題；實驗能力．【分析】（1）將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積。然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統計出油酸薄膜的面積。則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑。根據實驗的操作原理和方法安排實驗步驟；（2）根據濃度按比例算出純油酸的體積，再計算油膜的總體積；采用估算的方法求油膜的面積，通過數正方形的個數：面積超過正方形一半算一個，不足一半的不算，數出正方形的總個數乘以一個正方形的面積，近似算出油酸膜的面積；把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直徑，進而求出油酸分子直徑；（3）根據實驗原理結合各實驗操作分析誤差。【解答】解：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：準備油酸酒精溶液d→準備帶水的淺盤及痱子粉a→形成油膜b→描繪油膜輪廓e→計算分子直徑c。故正確的順序為dabec；（2）不足半格的舍去，超過半格的按一格計算，共有71格，則面積為71a2；一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為V'＝油酸分子直徑d＝＝（3）A、油膜中含有大量未溶解的酒精，導致油膜面積偏大，根據d＝可知，若油膜中含有大量未溶解的酒精，則實驗中最終得到的計算結果數據偏小，故A錯誤；B、計算油膜面積時，舍去了所有不足一格的方格，則S測量值偏小，則直徑測量值偏小，故B正確；C、痱子粉撒得過多，油酸不能完全散開，導致S測量值偏小，則直徑測量值偏大，故C正確；D、用注射器和量筒測V0體積溶液滴數時多記錄了幾滴，由V＝可知計算的一滴油酸的體積偏小，所以計算的油酸分子直徑偏小，故D錯誤。故選：BC。故答案為：（1）dabec；（2）71a2；；（3）BC【點評】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度。理解實驗原理，掌握實驗方法是關鍵，及注意保留有效數字。16．（2024?房山區一模）某學習小組用電阻約為5Ω的金屬絲做“測量金屬絲的電阻率”實驗。（1）除電源（電動勢3.0V，內阻不計）、電壓表（量程0～3V，內阻約3kΩ）、開關、導線若干外，還提供如下實驗器材：A.電流表（量程0～0.6A，內阻約0.1Ω）B.電流表（量程0～3.0A，內阻約0.02Ω）C.滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）D.滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定電流0.5A）為了調節方便、測量準確，實驗中電流表應選用A，滑動變阻器應選用C（選填實驗器材前對應的字母）。（2）測量金屬絲電阻Rx的電路如圖1甲所示，某同學按電路圖連接器材，如圖1乙所示。其中①（選填“①”“②”或“③”）連線是錯誤的。（3）該同學正確地完成了實驗操作，在U﹣I坐標系中標出了測量數據的坐標點，如圖2所示。請你在圖中描繪出U﹣I圖線，根據圖線計算該金屬絲的電阻值Rx＝4.5Ω（結果保留兩位有效數字）。（4）用電流傳感器測量通過定值電阻的電流，電流隨時間變化的圖線如圖3甲所示。將定值電阻替換為小燈泡，電流隨時間變化的圖線如圖3乙所示。請分析說明小燈泡的電流為什么隨時間呈現這樣的變化。【考點】導體電阻率的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗能力．【分析】（1）通過估算電路中的最大電流，來選擇電流表；從保證電路安全和方便調節的角度滑動變阻器；（2）由于滑動變阻器采用分壓式接法，根據滑動變阻器分壓式接法的正確連接方法分析作答；（3）根據描點法作圖的規則作圖；（4）定值電阻的阻值不隨電流的變化而變化，據此進行分析；剛閉合開關，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻隨著溫度的升高而增大，通過電阻的電流逐漸減小，穩定后，溫度不變，電阻不變，據此進行分析。【解答】解：（1）電路中的最大電流大約為，則電流表的量程選擇0～0.6A，因此電流表應選擇C；滑動變阻器采用分壓式接法，為了保證電路安全和方便調節，滑動變阻器應該選擇C。（2）由于滑動變阻器采用分壓式接法，因此導線①的接法錯誤，導線①的右端應該接在滑動變阻器的左下接線柱；（3）根據“描點法”作圖，作圖時使盡量多的點落在直線上，不能落在直線上的要均勻分布在直線兩側，舍棄個別相差較遠的點，所作圖像如圖所示：根據歐姆定律U＝Rx?IU﹣I圖像的斜率（4）定值電阻的阻值不隨電流的變化而變化，因此開關閉合，通過電流表的電流立即達到最大，保持不變；剛閉合開關，燈絲溫度較低，電阻較小，電流較大；隨著燈絲溫度升高，電阻隨著溫度的升高而增大，通過電阻的電流逐漸減小，穩定后，溫度不變，電阻不變，電流保持不變。故答案為：（1）A；C；（2）①；（3）見解析；4.5；（4）見解析。【點評】本題主要考查了伏安法測電阻，理解實驗原理，能夠正確選擇實驗器材，掌握圖像法處理實驗數據的方法是解題的關鍵。17．（2024?西城區校級模擬）為了探究平拋運動的規律，某同學用如圖（a）所示的裝置進行實驗。（1）為了準確地描繪出平拋運動的軌跡，下列要求合理的是AC。A．小球每次必須從斜槽上同一位置由靜止釋放B．斜槽軌道必須光滑C．斜槽軌道末端必須水平D．本實驗必需的器材還有刻度尺和停表（2）甲同學按正確的操作完成實驗并描繪出平拋運動的軌跡，以平拋運動的初始位置O為坐標原點建立xOy坐標系，如圖（b）所示。從運動軌跡上選取多個點，根據其坐標值可以驗證軌跡符合y＝ax2的拋物線。若坐標紙中每個小方格的邊長為L，根據圖中M點的坐標值，可以求出a＝，小球平拋運動的初速度v0＝。（重力加速度為g）（3）乙同學不小心將記錄實驗的坐標紙弄破損，導致平拋運動的初始位置缺失。他選取軌跡中任意一點O為坐標原點，建立xOy坐標系（x軸沿水平方向、y軸沿豎直方向），如圖（c）所示。在軌跡中選取A、B兩點，坐標紙中每個小方格的邊長仍為L，重力加速度為g。由此可知：小球從O點運動到A點所用時間t1與從A點運動到B點所用時間t2的大小關系為：t1＝t2（選填“＞”“＜”或“＝”）；小球平拋運動的初速度v0＝，小球平拋運動的初始位置坐標為（﹣4L，﹣L）。（4）丙同學將實驗方案做了改變，如圖（d）所示，他把桌子搬到豎直墻的附近，調整好儀器，使從斜槽軌道滾下的小球打在正對的墻上，把白紙和復寫紙附在墻上，記錄小球的落點。然后等間距地改變桌子與墻的距離，就可以得到多個落點。如果丙同學還有一把刻度尺，他是否可以計算出小球平拋時的初速度？并簡要闡述由。可以，理由見解析。【考點】探究平拋運動的特點．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；實驗能力．【分析】（1）根據實驗的原理以及操作中的注意事項確定正確的操作步驟；（2）根據數學方法結合平拋運動規律解答；（3）平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據水平位移得出時間的表達式，結合位移—時間公式，抓住豎直位移之差求出小球的初速度，同時計算初始位置的坐標；（4）根據平拋運動規律分析解答。【解答】解：（1）AB．斜槽軌道不必光滑，只要小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放，確保小球做平拋運動的初速度相同即可，故B錯誤，A正確；C．斜槽軌道末端必須水平，小球才能水平飛出做平拋運動，故C正確；D．本實驗必需的器材還有刻度尺，不需要秒表，故D錯誤。故選：AC。（2）軌跡符合y＝ax2的拋物線，則a＝＝＝根據平拋運動規律得，水平方向上：5L＝v0t在豎直方向上：5L＝聯立解得：v0＝（3）水平方向做勻速運動，小球從O點運動到A點所用時間為t1＝從A點運動到B點所用時間為t2＝＝t1根據y2﹣y1＝gΔt2可得Δt＝小球平拋運動的初速度為v0＝小球在A點豎直方向的速度為vy＝小球平拋運動的初始位置到A點的時間為t'＝小球平拋運動的初始位置到A點的豎直位移為y＝x＝v0t'解得y＝4L，x＝8L.小球平拋運動的初始位置坐標為（﹣4L，﹣L）（4）可以計算小球平拋運動的初速度，用刻度尺測量落點與拋出點之間的豎直距離y，測量墻與桌子的水平距離x，根據y＝可得t＝初速度v0＝＝x所以改變桌子與墻的水平距離x，測量多組x，y值，計算多組初速度，取平均值即可。故答案為：（1）AC；（2）；；（3）＝；；﹣4L；﹣L；（4）可以，理由見解析【點評】解決本題的關鍵知道實驗的原理和注意事項，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式和推論靈活求解。三．解答題（共3小題）18．（2024?順義區二模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質量為m，在某時刻距離地面的高度為h，速度為v。此時，火箭突然炸裂成AB兩部分，其中質量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：（1）炸裂后瞬間A部分的速度的大小v1；（2）炸裂后B部分在空中下落的時間t；（3）在爆炸過程中A、B組成的系統增加的機械能ΔE。【考點】爆炸；功能關系；動量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【分析】（1）根據動量守恒定律解得炸裂后瞬間A部分的速度的大小；（2）根據自由落體運動規律解得時間；（3）根據能量守恒定律解得爆炸過程中A、B組成的系統增加的機械能。【解答】解：（1）火箭在爆炸分離時水平方向上動量守恒，規定初速度的方向為正方向，有：mv＝（m﹣m1）v1解得v1＝（2）根據自由落體運動規律有h＝解得t＝（3）根據能量守恒定律有ΔE＝（m﹣m1）﹣mv2解得ΔE＝（）v2答：（1）炸裂后瞬間A部分的速度的大小為；（2）炸裂后B部分在空中下落的時間為；（3）在爆炸過程中A、B組成的系統增加的機械能為（）v2。【點評】本題考查動量守恒與能量守恒定律，注意選取正方向，并注意物體動量的矢量性，為易錯題。19．（2024?石景山區一模）（1）如圖1所示，在勻強電場中，將電荷量q＝﹣6×10﹣8C的點電荷從電場中的A點移到B點，靜電力做功WAB＝﹣2.4×10﹣7J再從B點移到C點，靜電力做功WBC＝1.2×10﹣7J。已知電場的方向與△ABC所在的平面平行。①求A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC。②如果規定B點的電勢為0，求A點和C點的電勢。③請在圖中畫出過B點的電場線方向，并說明理由。（2）如圖2所示，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。已知靜電力常量為k，若圖中A點的電場強度為0，求B點的電場強度。【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度與電場力；點電荷的電場；電場的疊加；勻強電場；電場力做功；電勢差．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．【分析】（1）①、根據靜電力做功的定義求解；②、根據電勢差與電勢的關系求解；③、根據勻強電場電場強度與電勢差的關系解答；（2）根據點電荷的電場強度決定式，電場疊加原理解答。【解答】解：（1）①、由靜電力做功：WAB＝qUAB，WBC＝qUBC解得：UAB＝4V，UBC＝﹣2V②、由UAB＝φA﹣φB，UBC＝φB﹣φC規定：φB＝0解得：φA＝4V，φc＝2V③、過B點的電場線方向如下圖所示，理由為：因φA＝4V，φB＝0，故AB的中點D的電勢為2V，連接D點與C點，即CD為一條φ＝2V的等勢線，根據勻強電場中電場線與等勢線垂直，且從高電勢指向低電勢，則過B點作等勢線CD的垂線可得。（2）A點的電場強度為0，即點電荷q在A點的場強與帶電薄板在A點的場強等大反向，則在A點有：，電薄板在A點的場強由A指向B。由對稱性可知，帶電板在B點的場強與在A點的場強等大反向，點電荷q與帶電薄板在B點的場強的方向均由B點指向A點，則B點的電場強度為：，方向由B點指向A點。答：（1）①A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC。分別為4V、﹣2V；②如果規定B點的電勢為0，A點和C點的電勢分別為4V、2V；③見解答。（2）B點的電場強度大小為，方向由B點指向A點。【點評】本題考查了電場強度與電勢、電勢差的關系，電場力做功的計算，電場疊加問題。掌握電場力做功的特點，勻強電場中電場強度與電勢差的關系為：U＝Ed，注意d是沿電場線方向的距離。掌握點電荷的電場強度的決定式。20．（2024?西城區一模）磁力剎車是為了保證過山車在最后進站時的安全而設計的一種剎車形式。在軌道之間設置較強的磁場，剎車金屬片安裝在過山車底部，該裝置（俯視）可簡化為如圖所示的模型：水平導軌間距為L，剎車金屬片等效為一根金屬桿ab，整個回路的等效電阻為R。磁場區域為方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，過山車的總質量為m。過山車以速度v進入磁場區域，通過磁場區域后速度變為0.5v。磁力剎車階段不計摩擦力和空氣阻力。（1）求桿ab剛進入磁場區域時，受到的安培力F的大小和方向。（2）求過山車通過磁場區域的過程中，電路中產生的焦耳熱Q。（3）求磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍。為使過山車加速度的大小不超過a0，磁感應強度的大小應滿足什么條件？【考點】電磁感應中的能量類問題；閉合電路的歐姆定律；電磁感應中的電路類問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；推理能力．【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律結合安培力的計算公式進行解答；（2）桿ab通過磁場的過程中，根據能量守恒定律進行解答；（3）根據牛頓第二定律得加速度大小；為使加速度的大小不超過a0，根據加速度表達式求解磁感應強度的大小應滿足的條件。【解答】解：（1）桿ab通過磁場的過程，產生的感應電動勢為：E＝BLv根據閉合電路歐姆定律可得回路的感應電流的大小為：，方向b→a桿ab受到的安培力大小為：根據左手定則可知桿ab受到的安培力方向與速度方向相反，即方向向左；（2）桿ab通過磁場的過程中，根據能量守恒定律可得：；（3）設桿ab剛進入磁場時加速度的大小為a1，根據牛頓第二定律得加速度大小為：同理，桿ab即將離開磁場時的加速度大小為：磁力剎車階段過山車的加速度大小的變化范圍為：為使加速度的大小不超過a0，則有：解得：。答：（1）桿ab剛進入磁場區域時，受到的安培力F的大小，方向向左；（2）過山車通過磁場區域的過程中，電路中產生的焦耳熱為；（3）磁力剎車階段過山車加速度大小a的變化范圍為；為使過山車加速度的大小不超過a0，磁感應強度的大小應滿足。【點評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。

考點卡片1．向心力【知識點的認識】一：向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小．2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據物體受力的實際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力．二、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．（2）本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．（3）受力特點：當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F為實際提供的向心力．如圖所示．2．向心運動當提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近．如圖所示．注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現，物體做離心運動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出．【重要知識點分析】1．圓周運動中的運動學分析（1）對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比．當ω一定時，v與r成正比．當v一定時，ω與r成反比．（2）對a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比．2．勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直．即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】（1）第一類常考題型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質量相等的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運動周期等于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力分析：對AB受力分析，可以發現它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它們的質量相等，所以向心力的大小也相等，再根據線速度、加速度和周期的公式可以做出判斷．解：A、如圖所示，小球A和B緊貼著內壁分別在水平面內做勻速圓周運動．由于A和B的質量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是相同的．由向心力的計算公式F＝m，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的線速度大，所以A錯誤．B、又由公式F＝mω2r，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的角速度小，所以B錯誤．C、由周期公式T＝，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤．D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點評：對物體受力分析是解題的關鍵，通過對AB的受力分析可以找到AB的內在的關系，它們的質量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學生分析問題的能力，是道好題．（2）第二類常考題型是對圓周運動中的動力學問題分析：如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動．圓半徑為R，小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓軌．則其通過最高點時（）A．小球對圓環的壓力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的線速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓環，知軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出小球的速度．解：A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環，則軌道對球的彈力為零，所以小球對圓環的壓力為零．故A錯誤．B、根據牛頓第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不為零，線速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正確．故選BCD．點評：解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解．（3）第二類常考題型是對圓周運動的繩模型與桿模型分析：如圖，質量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內做“水流星”表演，轉動半徑為1m，小杯通過最高點的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點時，繩的拉力？（2）在最高點時水對小杯底的壓力？（3）為使小杯經過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；（2）水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力．解：（1）小杯質量m＝0.5kg，水的質量M＝1kg，在最高點時，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經過最高點時水恰好不流出時，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝．答：（1）在最高點時，繩的拉力為9N；（2）在最高點時水對小杯底的壓力為6N；（3）在最高點時最小速率為．點評：水桶在豎直面內做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當水桶恰好能過最高點時，只有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來．【解題方法點撥】1．圓周運動中的運動學規律總結在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系，具體有：（1）同一轉軸的輪上各點角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比．（2）當皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比．（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數與半徑成正比，角速度與齒數成反比．2．圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．豎直平面內圓周運動的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“繩（環）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”．（2）繩、桿模型涉及的臨界問題．繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析（1）過最高點時，v≥，FN+mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN；（2）不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道；（1）當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當0＜v＜時，﹣FN+mg＝m，FN背向圓心，隨v的增大而減小；（3）當v＝時，FN＝0；（4）當v＞時，FN+mg＝m，FN指向圓心并隨v的增大而增大；2．萬有引力定律的應用【知識點的認識】1.天體質量的計算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據在天體表面上物體的重力近似等于天體對物體的引力，得，解得天體的質量M＝，g、R是天體自身的參量，所以該方法俗稱“自力更生法”（2）環繞法借助環繞中心天體做勻速圓周運動的行星（或衛星）計算中心天體的質量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計算若天體的半徑為R，則天體的密度，將M＝代入上式，可得。特殊情況：當衛星環繞天體表面運動時，衛星的軌道半徑r可認為等于天體半徑R，則。3.天體運動的分析與計算（1）一般行星或衛星的運動可看作勻速圓周運動，所需要的向心力都由中心天體對它的萬有引力提供，所以研究天體運動時可運用牛頓第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用關系①，萬有引力提供行星或衛星做圓周運動的向心力。②mg＝，在天體表面上物體的重力等于它受到的引力，可得gR2＝GM，該公式稱為黃金代換。【命題方向】例1：近年來，人類發射的多枚火星探測器已經相繼在火星上著陸，正在進行著激動人心的科學探究，為我們將來登上火星、開發和利用火星資源奠定了堅實的基礎。如果火星探測器環繞火星做“近地”勻速圓周運動，并測得該運動的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達式為（k為某個常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質量。根據密度公式表示出密度。解答：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式：（r為軌道半徑即火星的半徑）得：M＝﹣﹣﹣﹣﹣①則火星的密度：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得火星的平均密度：＝（k為某個常量）則ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：運用萬有引力定律求出中心體的質量。能夠運用物理規律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。例2：金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火，它們沿軌道運行的周期分別為T金、T地、T火，它們沿軌道運行的角速度大小分別為ω金、ω地、ω火。已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定（）A.a金＜a地＜a火B.ω金＞ω地＞ω火C.v金＜v地＜v火D.T金＞T地＞T火分析：根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得到加速度、角速度和線速度的表達式，再結合半徑關系分析，再根據周期和角速度的關系分析周期。解答：A、根據萬有引力定律和牛頓第二定律可得向心加速度為：a＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則a金＞a地＞a火，故A錯誤；B、根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝mRω2，解得：，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則ω金＞ω地＞ω火，故B正確；C、根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝m，解得：v＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則v金＞v地＞v火，故C錯誤；D、根據T＝可得：T金＜T地＜T火，故D錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力提供向心力列方程進行解答。【解題思路點撥】天體運動的加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關系總結規律：高軌低速長周期。3．第一、第二和第三宇宙速度【知識點的認識】一、宇宙速度1．第一宇宙速度（環繞速度）（1）大小：7.9km/s．（2）意義：①衛星環繞地球表面運行的速度，也是繞地球做勻速圓周運動的最大速度．②使衛星繞地球做勻速圓周運動的最小地面發射速度．2．第二宇宙速度（1）大小：11.2km/s（2）意義：使衛星掙脫地球引力束縛的最小地面發射速度．第二宇宙速度（脫離速度）在地面上發射物體，使之能夠脫離地球的引力作用，成為繞太陽運動的人造行星或繞其他行星運動的人造衛星所必需的最小發射速度，其大小為v＝11.2km/s．3．第三宇宙速度（1）大小：16.7km/s（2）意義：使衛星掙脫太陽引力束縛的最小地面發射速度．第三宇宙速度（逃逸速度）在地面上發射物體，使之最后能脫離太陽的引力范圍，飛到太陽系以外的宇宙空間所必需的最小速度，其大小為v＝16.7km/s．三種宇宙速度比較宇宙速度數值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛星繞地球做圓周運動的最小發射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發射速度【命題方向】（1）第一類常考題型是考查對第一宇宙速度概念的理解：關于第一宇宙速度，下列說法正確的是（）A．它是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度B．它是人造地球衛星在圓形軌道上的最小運行速度C．它是能使衛星繞地球運行的最小發射速度D．它是人造衛星繞地球作橢圓軌道運行時在近地點的速度分析：第一宇宙速度是在地面發射人造衛星所需的最小速度，也是圓行近地軌道的環繞速度，也是圓形軌道上速度的最大值．解：第一宇宙速度是近地衛星的環繞速度v＝∝因而第一宇宙速度是人造地球衛星繞地球作勻速圓周運動的最大速度，A正確、B錯誤；在近地面發射人造衛星時，若發射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做勻速圓周運動，若發射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做離心運動，即會在橢圓軌道運動，因而C正確、D錯誤；故選AC．點評：要使平拋的物體成為繞地球做運動的衛星，其速度必須小于或等于第一宇宙速度，當取等號時為圓軌道．（2）第二類常考題型是考查對宇宙速度的應用：使物體脫離星球的引力束縛，不再繞星球運行，從星球表面發射所需的最小速度稱為第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關系是v1．已知某星球的半徑為r，它表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的．不計其他星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為（）A.B.C.D.分析：第一宇宙速度是人造地球衛星在近地圓軌道上的運行速度，即；此題把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．解：設某星球的質量為M，半徑為r，繞其飛行的衛星質量m，由萬有引力提供向心力得：解得：①又因它表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的．得：②③由①②③解得：故選：B．點評：通過此類題型，學會知識點的遷移，比如此題：把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面．4．動能定理【知識點的認識】1．內容：合外力在一個過程中對物體所做