第1頁（共1頁）2025年北京市順義區高考物理一模試卷一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．（3分）光導纖維工作原理主要基于（）A．偏振現象 B．衍射現象 C．干涉現象 D．全反射現象2．（3分）下列說法正確的是（）A．β射線是能量很高的電磁波 B．原子從高能級向低能級躍遷放出光子 C．核裂變是兩個輕核結合成質量較大的核 D．只要有光照射到金屬表面，就會有電子從金屬表面逸出3．（3分）雙層玻璃廣泛應用于住宅、辦公樓、商業場所和公共建筑等，雙層玻璃密閉的空間內會殘留一些稀薄氣體。與白天相比，夜晚雙層玻璃間密閉的稀薄氣體（）A．分子平均動能變小 B．單位體積內分子的個數變少 C．分子間距離都變小 D．所有分子的運動速率都變小4．（3分）如圖所示，A、B兩物體并排放在光滑水平面上，質量分別為1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右運動，A、B之間作用力的大小為6N，則水平推力F的大小為（）A．F＝2N B．F＝4N C．F＝6N D．F＝9N5．（3分）如圖所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時間t變化的關系式為u＝2202sin100πtV，副線圈接工作電壓為36V的照明燈，照明燈正常工作，原線圈匝數為1100。下列說法正確的是（）A．副線圈匝數為18 B．原副線圈匝數比為9：55 C．交變電流的周期為0.01s D．副線圈輸出電壓的峰值為362V6．（3分）如圖所示，鋁管豎直放置在水平桌面上，把一枚小磁體從鋁管上端管口放入，小磁體不與管壁接觸，且無翻轉，不計空氣阻力。小磁體在鋁管內下落的過程中，下列說法正確的是（）A．小磁體的機械能不變 B．小磁體做自由落體運動 C．鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力 D．小磁體動能的增加量大于重力勢能的減少量7．（3分）利用如圖所示裝置做“用雙縫干涉測量光的波長”實驗，下列說法正確的是（）A．向左移動光源，相鄰兩個亮條紋中心間距變小 B．減小雙縫之間的距離，相鄰兩個亮條紋中心間距變大 C．紅色濾光片換成綠色濾光片，相鄰兩個亮條紋中心間距變大 D．為了減小實驗偶然誤差，必須測量相鄰兩個亮條紋中心間距8．（3分）如圖所示，真空中有兩個等量異種點電荷Q1、Q2，分別固定在x軸坐標為0和6cm的位置上。一帶正電的點電荷在x＝1cm處由靜止釋放后（）A．做勻加速直線運動 B．在x＝3cm處所受靜電力最大 C．由x＝1cm處到x＝3cm處的時間等于由x＝3cm處到x＝5cm處的時間 D．由x＝1cm處到x＝3cm處的動能變化量等于由x＝3cm處到x＝5cm處的動能變化量9．（3分）某同學用電流傳感器和電阻箱測量電源的電動勢和內阻，電路如圖甲所示。實驗測得電阻R以及相對應的電流I的多組數據，得到如圖乙所示的R-1I圖線。該同學在處理實驗數據時，誤將電阻箱阻值作為外電路總電阻的阻值，漏算了RA．該電源的電動勢為1V B．該電源的內阻為2Ω C．內阻的測量值偏小 D．電動勢的測量值偏大10．（3分）空間站在距離地面高度為h的圓軌道上運行。航天員進行艙外巡檢任務，此時航天員與空間站相對靜止。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，下列說法正確的是（）A．此時航天員所受合力為零 B．地球的質量為g(R+h)C．空間站的線速度大小為RgR+hD．空間站的向心加速度大小為RR+h11．（3分）如圖所示為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的關系為a＝4sin（2.5πt）m/s2。下列說法正確的是（）A．手機振動的周期T＝2.5s B．t＝0.4s時，彈簧彈力為0 C．t＝0.2s時，手機位于平衡位置上方 D．從t＝0.4s至t＝0.6s，手機的動能減小12．（3分）某同學設計了如圖甲所示電路研究電容器充放電過程中的能量轉化問題，通過傳感器得到的數據做出電容器兩端電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖乙所示，電容器的電容為C，電源的電動勢為E，R為定值電阻。下列說法正確的是（）A．當電容器兩端電壓為U時，電容器存儲的電能為CU2 B．充電過程電源非靜電力做功為12CE2C．充電過程中，電壓傳感器的示數迅速增大后趨于穩定 D．放電過程中，電流傳感器的示數均勻減小至零13．（3分）如圖所示為某種光電式煙霧報警器的原理圖。在無煙霧時，光源發出的光沿直線傳播，光電管接收不到光，報警器處于靜默狀態；當煙霧通過煙霧入口時，煙霧顆粒會散射光源發出的光，散射的光被光電管接收，從而產生光電流。干簧管是一個磁控開關，用于控制報警電路的通斷。當通過煙霧入口的煙霧達到一定濃度時，報警電路被激活，蜂鳴器就會發出報警聲。電鍵S處于閉合狀態，下列說法正確的是（）A．干簧管是否導通與E3的電動勢大小有關 B．減小R1的阻值可以提高該報警器的靈敏度 C．增加干簧管外纏繞線圈的匝數可以降低該報警器的靈敏度 D．煙霧達到報警濃度時，干簧管外纏繞的線圈中一定無電流14．（3分）量子隧穿效應是當電子或者其它微觀粒子（例如質子和中子等）從勢壘（可以理解為是一種能量壁障）的一邊入射時，即使它們不具有足夠的動能從勢壘頂部翻越過勢壘，它們仍然有一定概率能夠在入射的一邊消失而在勢壘的另一邊出現的現象。粒子的隧穿概率P＝e﹣2kL，k=8π2掃描隧道顯微鏡是根據量子力學原理中的隧穿效應而設計成的，當原子尺度的探針針尖在不到一個納米的高度上掃描樣品時，在針尖與樣品之間加一大小為U的電壓，針尖與樣品之間產生隧穿效應而有電子逸出，形成隧穿電流。當探針沿樣品表面按給定高度勻速掃描時，因樣品表面原子的凹凸不平，使探針與樣品表面間的距離不斷發生改變，從而引起隧穿電流隨時間不斷發生改變，這種變化便反映了樣品表面原子水平的凹凸形態。設電子的電荷量為e，下列說法正確的是（）A．掃描隧道顯微鏡可以探測樣品的深層信息 B．量子隧穿效應是宏觀物體也能表現出的常見現象 C．改變探針和樣品之間的電壓U可以改變電子的能量E D．掃描隧道顯微鏡系統中產生隧穿效應的電子應滿足Φ﹣E＝eU二、本部分共6題，共58分。15．（8分）（1）用如圖甲所示的裝置做“探究影響感應電流方向的因素”實驗。線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連接到電流表上，把線圈A放入線圈B中。開關閉合瞬間，電流表指針向左偏轉。電路穩定后，將線圈A向上拔出，電流表指針向偏轉。（2）利用如圖乙所示的裝置完成“驗證機械能守恒定律”的實驗。得到重錘下落速度的平方v2與下落高度h之間關系的v2﹣h圖像，圖丙圖像中可能正確的是。（3）利用如圖丁所示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗，在導軌上，小車A以初速度v1撞擊靜止的小車B。碰撞前：小車A上的遮光條通過光電門1的時間為t1；碰撞后：小車A與小車B粘在一起，小車B上的遮光條通過光電門2的時間為t2。已知：小車A與遮光條的總質量為m1，小車B與遮光條的總質量為m2，遮光條的寬度為d。則碰撞前小車A的速度v1＝；碰撞后系統的總動量p′＝。16．（10分）用單擺測量重力加速度的實驗中（1）在測量周期時，為了減小測量周期的誤差，應在擺球經過最（選填“高”或“低”）點的位置時開始計時。（2）用秒表記錄單擺n次全振動所用時間為t，則單擺的周期T＝。（3）多次改變擺線長度，并測出相應的周期T，繪制擺長L隨周期的平方T2變化的圖像如圖甲所示。由圖像求g＝（用L1、L2、T1、T2表示）。（4）在擺球和細線相同的情況下，單擺小角度擺動的周期（選填“大于”“小于”或“等于”）圓錐擺（擺球在水平面做勻速圓周運動）的周期。（5）如圖乙所示，單擺擺長為L，擺球質量為m。將擺球拉離平衡位置后釋放，擺球沿圓弧做往復運動。擺線與豎直方向夾角（擺角）為θ，試說明單擺在“擺角很小”的情況下做簡諧運動。。17．（9分）如圖所示，豎直面內的光滑軌道ABCD，AB段為曲面，BC段水平，CD段是半徑R＝0.2m的半圓形軌道，BC段與CD段在C點相切。在A點由靜止釋放一質量為m＝0.2kg的小球，小球沿軌道運動至D點后，沿水平方向飛出，最終落到水平軌道BC段上的E點，A點距水平面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球運動到B點時的速度大小vB；（2）小球運動到D點時軌道對小球的彈力大小FN；（3）C、E兩點的距離x。18．（9分）如圖1所示，MN、PQ為兩根水平放置相距L＝1.0m平行且光滑的金屬導軌，PM兩點間接阻值R＝2.0Ω的定值電阻，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好。t＝0時刻給導體棒施加F＝2.0N水平向右的恒力，導體棒從靜止開始運動，t＝2.0s時導體棒的速度v＝2.0m/s。已知勻強磁場的磁感應強度B＝1.0T，方向豎直向上，導體棒的質量m＝0.2kg，不計導軌、導體棒的電阻，重力加速度g取10m/s2。則在導體棒向右運動的過程中，求：（1）t＝2.0s時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小E；（2）t＝2.0s時導體棒的加速度大小a，并在圖2中定性畫出導體棒運動過程的速度v隨時間t變化的圖像；（3）0至2.0s時間內導體棒通過的位移大小x。19．（10分）雙星系統是指由兩顆恒星組成的引力束縛系統，它們在相互的引力作用下圍繞共同的質心（質量中心）做軌道運動。（1）如圖所示為某雙星系統，恒星A、B繞其連線的中點O做角速度相等的勻速圓周運動，A、B的質量均為M0，恒星A、B中心之間的距離為L，引力常量為G，求恒星A繞O點做圓周運動的角速度ω。（2）宇宙中某雙黑洞系統可以看成雙星模型、隨著時間推移，系統會通過引力波輻射能量，導致軌道逐漸收縮，最終合并成一個黑洞。假設該雙黑洞系統中，兩個黑洞的質量均為M，中心之間的距離為r，已知此時這個系統輻射引力波的功率P=32a.該雙黑洞系統到地球的距離為D（D遠大于r），不計傳播過程中引力波能量的損失，求地球表面接收到該系統此時刻輻射引力波的能流密度S（能流密度是指單位時間內通過垂直于能量傳播方向上單位面積的能量，單位為W/m2）。b.已知質量為m1和m2，距離為R的兩個質點間的引力勢能Ep＝﹣Gm1m220．（12分）通過電場和磁場我們可以控制微觀帶電粒子的運動（不計重力影響）。（1）控制帶電粒子的軌跡如圖1所示，空間中存在方向指向圓心O1的徑向電場，質量為m，電荷量為+q的粒子，垂直于電場方向射入電場，剛好做半徑為R的勻速圓周運動，所經圓弧電場強度大小均為E。求該粒子的速度大小v1。（2）約束帶電粒子的運動范圍如圖2所示，某粒子源通過小孔O2沿紙面向右側各方向以速度v2射出帶電粒子，射出的帶電粒子進入寬度為H的有界勻強磁場區域，該區域內磁感應強度方向垂直紙面向里，若所有帶電粒子均不能從磁場右邊界射出。已知帶電粒子的質量為m，帶電量為q，不考慮粒子間的相互作用，求該勻強磁場磁感應強度的最小值Bmin。（3）控制帶電粒子運動位置如圖3所示，一束電子（電子的電荷量為e，質量為m）從水平放置的兩極板中心軸線上的O3位置以水平向右的初速度v3射入兩極板間電壓為u的勻強電場，電子能全部通過極板，隨后電子進入極板右側的磁感應強度為B0方向水平向右的勻強磁場區域（磁場區域足夠大），最終打到熒光屏上。當u＝0時，電子打在熒光屏上的O4點，以O4為坐標原點，沿水平方向和豎直方向建立x軸和y軸。已知兩極板長度為L，兩板間距離為d，極板右端到熒光屏的水平距離為Z=5πma.當兩極板間電壓u＝U0（U0為一定值），電場強度方向豎直向下時，求電子打在熒光屏上的位置坐標。b.當兩極板間電壓u＝Usinωt（交變電壓）時，電子在兩極板間發生不同程度的偏轉。初速度v3極大（可以認為電子穿過電場時，兩極板間電壓不變），隨著電子不斷打在熒光屏上，在圖4中畫出電子打在熒光屏上位置連線的大致形狀，并簡要說明理由。

2025年北京市順義區高考物理一模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）題號1234567891011答案DBADDCBDACD題號121314答案CBC一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1．（3分）光導纖維工作原理主要基于（）A．偏振現象 B．衍射現象 C．干涉現象 D．全反射現象【分析】根據光導纖維的原理分析。【解答】解：光導纖維工作原理主要基于全反射現象，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查光導纖維的原理，要熟記，題目難度不大。2．（3分）下列說法正確的是（）A．β射線是能量很高的電磁波 B．原子從高能級向低能級躍遷放出光子 C．核裂變是兩個輕核結合成質量較大的核 D．只要有光照射到金屬表面，就會有電子從金屬表面逸出【分析】A.根據β射線的本質，即可分析判斷；B.根據玻爾理論，即可分析判斷；C.根據核裂變、核聚變的特點，即可分析判斷；D.根據發生光電效應的條件，即可分析判斷。【解答】解：A.β射線是高速電子流，而非電磁波，故A錯誤；B.根據玻爾理論可知，原子從高能級向低能級躍遷時，會以光子形式釋放能量，故B正確；C.核裂變是重核分裂為中等質量核的過程，而輕核結合成較重核是核聚變，故C錯誤；D.光照射到金屬表面，入射光頻率高于截止頻率時，才會有電子從金屬表面逸出，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查對玻爾原子理論的掌握，解題時需注意：原子中的電子庫侖引力的作用下，繞原子核做圓周運動；電子繞核運動的軌道是量子化的；電子在這些軌道上繞核的轉動是穩定的，不產生電磁輻射。3．（3分）雙層玻璃廣泛應用于住宅、辦公樓、商業場所和公共建筑等，雙層玻璃密閉的空間內會殘留一些稀薄氣體。與白天相比，夜晚雙層玻璃間密閉的稀薄氣體（）A．分子平均動能變小 B．單位體積內分子的個數變少 C．分子間距離都變小 D．所有分子的運動速率都變小【分析】A.溫度越低，分子平均動能越小，據此分析判斷；B.單位體積分子數由氣體密度決定，據此分析判斷；C.稀薄氣體分子間距遠大于分子直徑，據此分析判斷；D.溫度降低使分子平均速率減小，據此分析判斷。【解答】解：A.溫度越低，分子平均動能越小，夜晚溫度降低，則分子平均動能變小，故A正確；B.單位體積分子數由氣體密度決定。由于氣體密閉且體積不變，分子總數不變，故單位體積分子數不變，故B錯誤；C.稀薄氣體分子間距遠大于分子直徑，溫度變化不影響分子間距的統計分布，故C錯誤；D.結合前面分析可知，溫度降低使分子平均速率減小，但個別分子速率可能增大，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了溫度與分子動能的關系，解題時需注意：溫度越高，分子平均動能越大，同樣的，分子平均動能越大，也能說明溫度越高；溫度對分子動能是對整體分子而言的，對單個分子的運動沒有實際意義。4．（3分）如圖所示，A、B兩物體并排放在光滑水平面上，質量分別為1kg和2kg。在水平推力F的作用下一起向右運動，A、B之間作用力的大小為6N，則水平推力F的大小為（）A．F＝2N B．F＝4N C．F＝6N D．F＝9N【分析】先運用隔離法求得B的加速度的大小，再采用整體法對A和B整體受力分析，可以求得水平推力F的大小，即可求解。【解答】解：對于B，由牛頓第二定律得：F1＝mBa解得：a=對AB整體，由牛頓第二定律得：F＝（mA+mB）a代入數據解得：F＝9N，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題屬于連接體類型，通常可以采用整體法和隔離法相結合研究，用隔離法可以求物體的加速度，用整體法可以求出整體的受力大小。5．（3分）如圖所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時間t變化的關系式為u＝2202sin100πtV，副線圈接工作電壓為36V的照明燈，照明燈正常工作，原線圈匝數為1100。下列說法正確的是（）A．副線圈匝數為18 B．原副線圈匝數比為9：55 C．交變電流的周期為0.01s D．副線圈輸出電壓的峰值為362V【分析】根據輸入電壓u隨時間t變化的關系式得出相應物理量，結合變壓器原理求出原、副線圈的匝數比，周期和峰值等。【解答】解：AB、根據輸入電壓u隨時間t變化的關系式得出原線圈電壓峰值U1m=2202V，則原線圈電壓有效值為U1=U1m2=220C、根據輸入電壓u隨時間t變化的關系式得出ω＝100πrad/s，則交變電流的周期T=2πD、根據變壓器原理U1mU2m故選：D。【點評】本題為基礎題，關鍵在于掌握變壓器原理。6．（3分）如圖所示，鋁管豎直放置在水平桌面上，把一枚小磁體從鋁管上端管口放入，小磁體不與管壁接觸，且無翻轉，不計空氣阻力。小磁體在鋁管內下落的過程中，下列說法正確的是（）A．小磁體的機械能不變 B．小磁體做自由落體運動 C．鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力 D．小磁體動能的增加量大于重力勢能的減少量【分析】小磁體從鋁管正上方由靜止開始下落，穿過鋁管的磁通量發生變化，從而產生感應電流，出現感應磁場要阻礙磁通量的變化，導致小磁體受到阻力，因而機械能不守恒；在下落過程中導致鋁管產生內能；根據電磁阻尼原理分析鋁管對桌面的壓力與鋁管重力的關系。【解答】解：B.磁體在鋁管中運動的過程中，雖不計空氣阻力，但在過程中，出現安培力做負功現象，從而磁體的加速度小于重力加速度，所以磁體的運動不是自由落體運動，故B錯誤；AD.磁體在整個下落過程中，除重力做功外，還有產生感應電流對應的安培力做功，導致減小的重力勢能，部分轉化動能外，還要產生內能，故機械能不守恒，且磁體動能的增加量小于重力勢能的減少量，故AD錯誤；C.根據電磁阻尼原理可知，小磁體下落過程中受到的磁場力向上，由牛頓第三定律可知，鋁管在磁體下落過程受到向下的磁場力，所以鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力，故C正確。故選：C。【點評】本題運用楞次定律的另一種表述：來拒去留，來判斷磁體受到的安培力方向。要注意分析能量的轉化情況，運用能量守恒定律分析各種能量之間的關系。7．（3分）利用如圖所示裝置做“用雙縫干涉測量光的波長”實驗，下列說法正確的是（）A．向左移動光源，相鄰兩個亮條紋中心間距變小 B．減小雙縫之間的距離，相鄰兩個亮條紋中心間距變大 C．紅色濾光片換成綠色濾光片，相鄰兩個亮條紋中心間距變大 D．為了減小實驗偶然誤差，必須測量相鄰兩個亮條紋中心間距【分析】根據實驗操作規范及雙縫干涉條紋的間距公式Δx=Ld【解答】解：A、向左移動光源，干涉條紋間距不變，故A錯誤。B、根據雙縫干涉條紋的間距公式Δx=LdC、紅色濾光片換成綠色濾光片，波長變小，根據Δx=LdD、為了減小實驗偶然誤差，需測量多個亮條紋中心間距，計算相鄰兩個亮條紋中心間距，故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并能靈活運用。8．（3分）如圖所示，真空中有兩個等量異種點電荷Q1、Q2，分別固定在x軸坐標為0和6cm的位置上。一帶正電的點電荷在x＝1cm處由靜止釋放后（）A．做勻加速直線運動 B．在x＝3cm處所受靜電力最大 C．由x＝1cm處到x＝3cm處的時間等于由x＝3cm處到x＝5cm處的時間 D．由x＝1cm處到x＝3cm處的動能變化量等于由x＝3cm處到x＝5cm處的動能變化量【分析】根據等量異種點電荷連線上的電場規律和等勢面的特點結合動能定理，受力情況，牛頓第二定律等進行分析解答。【解答】解：AB.在Q1和Q2的連線上，等量異種電荷產生的電場從1cm到5cm的位置，電場強度先變小后變大，根據F＝qE，正點電荷受到的電場力不是恒力，根據牛頓第二定律可知，電荷不可能做勻加速直線運動，在兩點電荷連線中點x＝3cm處場強最小，靜電力最小，故AB錯誤；C.由于電荷一直做加速運動，平均速度越來越大，故從x＝1cm處到x＝3cm處的時間大于由x＝3cm處到x＝5cm處的時間，故C錯誤；D.根據等量異種電荷連線上的等勢面的特點可知，由x＝1cm處到x＝3cm處的電勢差等于由x＝3cm處到x＝5cm處的電勢差，兩個過程電場力做功相同，結合動能定理可知，由x＝1cm處到x＝3cm處的動能變化量等于由x＝3cm處到x＝5cm處的動能變化量，故D正確。故選：D。【點評】考查等量異種點電荷連線上的電場規律和等勢面的特點結合動能定理，受力情況，牛頓第二定律，會根據題意進行準確分析解答。9．（3分）某同學用電流傳感器和電阻箱測量電源的電動勢和內阻，電路如圖甲所示。實驗測得電阻R以及相對應的電流I的多組數據，得到如圖乙所示的R-1I圖線。該同學在處理實驗數據時，誤將電阻箱阻值作為外電路總電阻的阻值，漏算了RA．該電源的電動勢為1V B．該電源的內阻為2Ω C．內阻的測量值偏小 D．電動勢的測量值偏大【分析】由題意及閉合電路歐姆定律可得出R-1【解答】解：A、由圖甲所示圖像可知，在閉合電路中，電源電動勢為：E＝I（R+R0+r）則R＝E?1I-（R由數學知識知，斜率等于電源電動勢，即E=22V＝1.0V，R0故A正確；BCD、若該同學在處理實驗數據時，誤將R作為外電路的總電阻阻值R′，漏算了R0，即將R0和r等效看成為電源的內阻，故測量的內阻偏大，但由于外電路斷路時，內阻不再分壓，故測量值即為電源的電動勢，故電動勢沒有誤差，故BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了測定電源的電動勢和內阻的實驗。要注意閉合電路歐姆定律的數據處理的方法，特別是求圖像的表達式時，要注意靈活應用閉合電路歐姆定律。10．（3分）空間站在距離地面高度為h的圓軌道上運行。航天員進行艙外巡檢任務，此時航天員與空間站相對靜止。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，引力常量為G，下列說法正確的是（）A．此時航天員所受合力為零 B．地球的質量為g(R+h)C．空間站的線速度大小為RgR+hD．空間站的向心加速度大小為RR+h【分析】A.根據勻速圓周運動的受力情況分析解答；BCD.根據黃金代換式和萬有引力提供向心力的各個表達式列式求解。【解答】解：A.航天員隨空間站一起在圓軌道上做勻速圓周運動，合力提供向心力，合力不為0，故A錯誤；B.根據GMmR2=C.根據GMm(R+h)2=mD.根據GMm(R+h)2故選：C。【點評】考查萬有引力定律的應用和勻速圓周運動物體的受力問題，會根據題意進行準確分析解答。11．（3分）如圖所示為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的關系為a＝4sin（2.5πt）m/s2。下列說法正確的是（）A．手機振動的周期T＝2.5s B．t＝0.4s時，彈簧彈力為0 C．t＝0.2s時，手機位于平衡位置上方 D．從t＝0.4s至t＝0.6s，手機的動能減小【分析】由a隨t變化規律，即可計算周期；由a隨t變化規律，求出手機的加速度，然后應用牛頓第二定律求出彈簧的彈力，根據加速度判斷手機的位置，判斷手機的運動過程從而判斷手機動能如何變化。【解答】解：A、由a＝4sin（2.5πt）m/s2可知：ω＝2.5πrad/s，手機振動的周期T=2πB、t＝0.4s時手機的加速度a＝4sin（2.5π×0.4）m/s2＝0，對手機，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma，解得彈簧的彈力F＝mg，故B錯誤；C、t＝0.2s時手機的加速度a＝4sin（2.5π×0.2）m/s2＝4m/s2，加速度是正的，加速度方向向上，則手機在平衡位置下方，故C錯誤；D、由B可知，t＝0.4s時手機處于平衡位置；t＝0.6s時手機的加速度a＝4sin（2.5π×0.6）m/s2＝﹣4m/s2，手機加速度是負的，方向向下，手機位于平衡位置上方，從t＝0.4s至t＝0.6s時間內，手機從平衡位置向上運動，從平衡位置向正的最大位移處運動，手機做減速運動，手機的動能減小，故D正確。故選：D。【點評】本題考查簡諧運動的特點，關鍵是根據加速度隨時間的變化，結合回復力公式、回復力與加速度關系，分析手機的運動狀態。12．（3分）某同學設計了如圖甲所示電路研究電容器充放電過程中的能量轉化問題，通過傳感器得到的數據做出電容器兩端電壓U隨電荷量Q變化的圖像如圖乙所示，電容器的電容為C，電源的電動勢為E，R為定值電阻。下列說法正確的是（）A．當電容器兩端電壓為U時，電容器存儲的電能為CU2 B．充電過程電源非靜電力做功為12CE2C．充電過程中，電壓傳感器的示數迅速增大后趨于穩定 D．放電過程中，電流傳感器的示數均勻減小至零【分析】根據U﹣Q圖像與坐標軸所圍面積表示電容器儲存的電能分析；根據W＝qE計算；充電過程中，電容器兩板間電壓迅速增大后趨于穩定；在放電過程中，放電電流逐漸減小為零。【解答】解：A、U﹣Q圖像與坐標軸所圍面積表示電容器儲存的電能，所以當電容器兩端電壓為U時，電容器儲存的電荷量為Q＝CU，則電容器儲存的電能為12B、電源的電動勢為E，所以充電完畢后電容器儲存的電荷量為Q＝CE，即電源非靜電力做功為W＝EQ＝CE2，故B錯誤；C、充電過程中，電容器兩板間電壓迅速增大后趨于穩定，所以電壓傳感器的示數迅速增大后趨于穩定，故C正確；D、在放電過程中，放電電流逐漸減小為零，所以電流傳感器的示數逐漸減小為零，但不是均勻減小為零，故D錯誤。故選：C。【點評】知道電容器的充電過程荷放電過程中電流的變化，以及電容器兩板間電壓的變化是解題的基礎。13．（3分）如圖所示為某種光電式煙霧報警器的原理圖。在無煙霧時，光源發出的光沿直線傳播，光電管接收不到光，報警器處于靜默狀態；當煙霧通過煙霧入口時，煙霧顆粒會散射光源發出的光，散射的光被光電管接收，從而產生光電流。干簧管是一個磁控開關，用于控制報警電路的通斷。當通過煙霧入口的煙霧達到一定濃度時，報警電路被激活，蜂鳴器就會發出報警聲。電鍵S處于閉合狀態，下列說法正確的是（）A．干簧管是否導通與E3的電動勢大小有關 B．減小R1的阻值可以提高該報警器的靈敏度 C．增加干簧管外纏繞線圈的匝數可以降低該報警器的靈敏度 D．煙霧達到報警濃度時，干簧管外纏繞的線圈中一定無電流【分析】根據光電式煙霧報警器的原理結合電路圖依次分析。【解答】解：A.干簧管是否導通主要取決于其外繞線圈中電流產生的磁場，而該線圈又受光電管電路控制，與報警電路電源E3的電動勢無直接關系，故A錯誤。B.R1是光源所在回路的限流電阻，減小R1會增大光源發光強度，從而使散射到光電管的光更強、光電流更大，更易觸發報警，靈敏度提高，故B正確。C.增加干簧管外線圈匝數通常會增強線圈在給定電流下產生的磁場，有利于干簧管導通，提高靈敏度，故C錯誤；D.要使干簧管吸合、蜂鳴器報警，線圈中必須有足夠的電流產生磁場，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了電流的磁效應問題，要求學生清楚影響磁場強弱的因素，本題難度一般。14．（3分）量子隧穿效應是當電子或者其它微觀粒子（例如質子和中子等）從勢壘（可以理解為是一種能量壁障）的一邊入射時，即使它們不具有足夠的動能從勢壘頂部翻越過勢壘，它們仍然有一定概率能夠在入射的一邊消失而在勢壘的另一邊出現的現象。粒子的隧穿概率P＝e﹣2kL，k=8π2掃描隧道顯微鏡是根據量子力學原理中的隧穿效應而設計成的，當原子尺度的探針針尖在不到一個納米的高度上掃描樣品時，在針尖與樣品之間加一大小為U的電壓，針尖與樣品之間產生隧穿效應而有電子逸出，形成隧穿電流。當探針沿樣品表面按給定高度勻速掃描時，因樣品表面原子的凹凸不平，使探針與樣品表面間的距離不斷發生改變，從而引起隧穿電流隨時間不斷發生改變，這種變化便反映了樣品表面原子水平的凹凸形態。設電子的電荷量為e，下列說法正確的是（）A．掃描隧道顯微鏡可以探測樣品的深層信息 B．量子隧穿效應是宏觀物體也能表現出的常見現象 C．改變探針和樣品之間的電壓U可以改變電子的能量E D．掃描隧道顯微鏡系統中產生隧穿效應的電子應滿足Φ﹣E＝eU【分析】根據量子隧穿效應相關知識，結合掃描隧道顯微鏡工作原理，對各選項逐一分析即可解題。【解答】解：A、掃描隧道顯微鏡是根據量子隧穿效應，通過探針與樣品表面間距離變化引起的隧穿電流變化來反映樣品表面原子水平的凹凸形態，不能探測樣品的深層信息，故A錯誤；B、量子隧穿效應是微觀粒子表現出的現象，宏觀物體的波動性不明顯，不會表現出量子隧穿效應這種常見現象，故B錯誤；C、在針尖與樣品之間加電壓U，電子在電場中加速，根據動能定理eU＝ΔEk可知，可以改變電子的能量，故C正確；D、掃描隧道顯微鏡系統中產生隧穿效應時，電子要穿越勢壘，電子的能量E小于勢壘Φ高度，而eU是電子在電場中獲得的能量，與Φ﹣E沒有必然的Φ﹣E＝eU這種關系，故D錯誤。故選：C。【點評】本題速度描隧道顯微鏡工作原理的考查，解題的關鍵是要知道勢壘高度Φ由材料等自身性質決定。二、本部分共6題，共58分。15．（8分）（1）用如圖甲所示的裝置做“探究影響感應電流方向的因素”實驗。線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連接到電流表上，把線圈A放入線圈B中。開關閉合瞬間，電流表指針向左偏轉。電路穩定后，將線圈A向上拔出，電流表指針向右偏轉。（2）利用如圖乙所示的裝置完成“驗證機械能守恒定律”的實驗。得到重錘下落速度的平方v2與下落高度h之間關系的v2﹣h圖像，圖丙圖像中可能正確的是B。（3）利用如圖丁所示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗，在導軌上，小車A以初速度v1撞擊靜止的小車B。碰撞前：小車A上的遮光條通過光電門1的時間為t1；碰撞后：小車A與小車B粘在一起，小車B上的遮光條通過光電門2的時間為t2。已知：小車A與遮光條的總質量為m1，小車B與遮光條的總質量為m2，遮光條的寬度為d。則碰撞前小車A的速度v1＝dt1；碰撞后系統的總動量p′＝(【分析】（1）開關閉合瞬間，線圈B的磁通量增加。電路穩定后，將線圈A向上拔出的過程，線圈B的磁通量減小，根據楞次定律判斷兩過程產生的感應電流方向的關系。（2）根據動能定理求解v2﹣h圖像的表達式，判斷可能正確的圖像。（3）根據光電門測速原理得到碰撞前小車A的速度和碰撞后小車A、B一起的速度，根據動量的定義可得碰撞后系統的總動量。【解答】解：（1）開關閉合瞬間，線圈B的磁通量增加。電路穩定后，將線圈A向上拔出的過程，線圈B的磁通量減小，根據楞次定律可知兩過程產生的感應電流方向相反，故將線圈A向上拔出的過程，電流表指針向右偏轉。（2）若考慮阻力的影響，則有：mgh﹣F阻h=12mv2，可得v2﹣h圖像的表達式為：v2故選：B。（3）根據光電門測速原理可得：碰撞前小車A的速度v1=d碰撞后小車A、B一起的速度v2=dt2，可得碰撞后系統的總動量p′＝（m1+m2）v故答案為：（1）右；（2）B；（3）dt1【點評】本題考查了探究影響感應電流方向的因素的實驗、驗證機械能守恒定律的實驗、驗證動量守恒定律的實驗，基礎題目，根據實驗現象與原理解答即可。16．（10分）用單擺測量重力加速度的實驗中（1）在測量周期時，為了減小測量周期的誤差，應在擺球經過最低（選填“高”或“低”）點的位置時開始計時。（2）用秒表記錄單擺n次全振動所用時間為t，則單擺的周期T＝tn（3）多次改變擺線長度，并測出相應的周期T，繪制擺長L隨周期的平方T2變化的圖像如圖甲所示。由圖像求g＝4π2(L2-L1)T（4）在擺球和細線相同的情況下，單擺小角度擺動的周期大于（選填“大于”“小于”或“等于”）圓錐擺（擺球在水平面做勻速圓周運動）的周期。（5）如圖乙所示，單擺擺長為L，擺球質量為m。將擺球拉離平衡位置后釋放，擺球沿圓弧做往復運動。擺線與豎直方向夾角（擺角）為θ，試說明單擺在“擺角很小”的情況下做簡諧運動。見解析。【分析】（1）（2）根據實驗原理分析解答；（3）根據單擺周期公式結合圖像斜率解答；（4）根據牛頓第二定律分析解答；（5）根據簡諧運動的特點解答。【解答】解：（1）擺球經過最低點的位置時速度最大，在相等的距離誤差上引起的時間誤差最小，測的周期誤差最小，為了減小測量周期的誤差，擺球應選經過最低點的位置時開始計時；（2）用秒表記錄單擺n次全振動所用時間為t，則單擺的周期T=（3）根據單擺周期公式有T＝2π變形可得L=則g解得g=（4）根據牛頓第二定律有mgtanθ＝mLsinθ4解得T'＝2π單擺周期公式為T＝2π所以單擺小角度擺動的周期大于圓錐擺（擺球在水平面做勻速圓周運動）的周期。（5）設擺球的回復力為F回，擺球的位移為x，則F回＝mgsinθ≈mgθ＝mgPNLF回的方向與方向時刻相反，F回=-mg滿足F回＝﹣kx，故擺球的運動為簡諧運動。故答案為：（1）低；（2）tn；（3）4【點評】本題解題中要注意把握簡諧運動的特點，注意單擺周期公式的應用。17．（9分）如圖所示，豎直面內的光滑軌道ABCD，AB段為曲面，BC段水平，CD段是半徑R＝0.2m的半圓形軌道，BC段與CD段在C點相切。在A點由靜止釋放一質量為m＝0.2kg的小球，小球沿軌道運動至D點后，沿水平方向飛出，最終落到水平軌道BC段上的E點，A點距水平面的高度h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，求：（1）小球運動到B點時的速度大小vB；（2）小球運動到D點時軌道對小球的彈力大小FN；（3）C、E兩點的距離x。【分析】（1）（2）根據動能定理和牛頓第二定律列式解答；（3）根據平拋運動的位移規律列式求解。【解答】解：（1）小球從A到B的運動過程，根據動能定理有mgh=12mvB（2）小球從A到D點的過程中，根據動能定理有mg（h﹣2R）=12mvD2，在D點，根據牛頓第二定律有FN+mg＝m（3）小球從C到E的過程中平拋運動，根據平拋運動的速度規律有x＝vDt，2R=12gt答：（1）小球運動到B點時的速度大小vB為4m/s；（2）小球運動到D點時軌道對小球的彈力大小FN為6N；（3）C、E兩點的距離x為0.8m。【點評】考查動能定理和平拋運動的規律，會根據題意進行準確分析解答。18．（9分）如圖1所示，MN、PQ為兩根水平放置相距L＝1.0m平行且光滑的金屬導軌，PM兩點間接阻值R＝2.0Ω的定值電阻，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好。t＝0時刻給導體棒施加F＝2.0N水平向右的恒力，導體棒從靜止開始運動，t＝2.0s時導體棒的速度v＝2.0m/s。已知勻強磁場的磁感應強度B＝1.0T，方向豎直向上，導體棒的質量m＝0.2kg，不計導軌、導體棒的電阻，重力加速度g取10m/s2。則在導體棒向右運動的過程中，求：（1）t＝2.0s時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小E；（2）t＝2.0s時導體棒的加速度大小a，并在圖2中定性畫出導體棒運動過程的速度v隨時間t變化的圖像；（3）0至2.0s時間內導體棒通過的位移大小x。【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律求解t＝2.0s時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小；（2）根據牛頓第二定律結合安培力的計算公式求解加速度大小；根據運動情況畫出導體棒運動過程的速度v隨時間t變化的圖像；（3）根據動量定理求解0至2.0s時間內導體棒通過的位移大小。【解答】解：（1）t＝2.0s時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小：E＝BLv＝1×1×2V＝2V；（2）t＝2.0s時，感應電流大小為：I=E根據牛頓第二定律可得：F﹣BIL＝ma解得：a＝5m/s2由于加速運動過程中速度逐漸增大、安培力逐漸增大、則加速度逐漸減小，最后導體棒做勻速直線運動。導體棒運動過程的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示：（3）取向右為正方向，根據動量定理可得：Ft﹣BILt＝mv﹣0其中：It=解得0至2.0s時間內導體棒通過的位移大小：x＝7.2m。答：（1）t＝2.0s時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小為2V；（2）t＝2.0s時導體棒的加速度大小為5m/s2，導體棒運動過程的速度v隨時間t變化的圖像見解析；（3）0至2.0s時間內導體棒通過的位移大小為7.2m。【點評】對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及電荷量、求位移問題，常根據動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。19．（10分）雙星系統是指由兩顆恒星組成的引力束縛系統，它們在相互的引力作用下圍繞共同的質心（質量中心）做軌道運動。（1）如圖所示為某雙星系統，恒星A、B繞其連線的中點O做角速度相等的勻速圓周運動，A、B的質量均為M0，恒星A、B中心之間的距離為L，引力常量為G，求恒星A繞O點做圓周運動的角速度ω。（2）宇宙中某雙黑洞系統可以看成雙星模型、隨著時間推移，系統會通過引力波輻射能量，導致軌道逐漸收縮，最終合并成一個黑洞。假設該雙黑洞系統中，兩個黑洞的質量均為M，中心之間的距離為r，已知此時這個系統輻射引力波的功率P=32a.該雙黑洞系統到地球的距離為D（D遠大于r），不計傳播過程中引力波能量的損失，求地球表面接收到該系統此時刻輻射引力波的能流密度S（能流密度是指單位時間內通過垂直于能量傳播方向上單位面積的能量，單位為W/m2）。b.已知質量為m1和m2，距離為R的兩個質點間的引力勢能Ep＝﹣Gm1m2【分析】（1）根據萬有引力提供向心力解答。（2）a.根據題意分析解答。b.根據萬有引力提供向心力結合動能與勢能的公式分析解答。【解答】解：（1）根據萬有引力提供向心力有GM02L2解得ω=（2）a.根據題意可知S=b.根據萬有引力提供向心力有GM2r2動能為Ek1=12M解得Ek1=GM2系統增加的動能為ΔEk＝2（Ek2﹣Ek1）減少的勢能為ΔEp=-GM2則系統減少的機械能為ΔE＝ΔEp﹣ΔEk根據能量守恒定律有ΔE=P解得P答：（1）恒星A繞O點做圓周運動的角速度為2GM（2）a.地球表面接收到該系統此時刻輻射引力波的能流密度為8Gb.此過程中該雙黑洞系統輻射引力波的平均功率為GM【點評】本題為雙星問題，要把握住雙星的特點：彼此間的萬有引力充當向心力，并且只能繞同一點做圓周運動且角速度相同。20．（12分）通過電場和磁場我們可以控制微觀帶電粒子的運動（不計重力影響）。（1）控制帶電粒子的軌跡如圖1所示，空間中存在方向指向圓心O1的徑向電場，質量為m，電荷量為+q的粒子，垂直于電場方向射入電場，剛好做半徑為R的勻速圓周運動，所經圓弧電場強度大小均為E。求該粒子的速度大小v1。（2）約束