2021_2022学年北京市西城区高三（第一次）模拟考试（附答案详解）.pdf

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1、20212022学年北京市西城区高三（第一次）模拟考试一、单 选 题（本大题共2 2小题，共8 8.0分）1 .北京已成功申办2 0 2 2年冬奥会，如图所示为部分冬奥会项目。下列关于这些冬奥会项目的研究中，可以将运动员看作质点的是（）速度滑冰自由滑雪单板滑雪花样滑冰A.研究速度滑冰运动员滑冰的快慢B.研究自由滑雪运动员的空中姿态C.研究单板滑雪运动员的空中转体D.研究花样滑冰运动员的花样动作2 .在光滑墙壁上用细绳把足球挂在4点，足球与墙壁的接触点为B。足球的质量为m,细绳的质量不计。足球始终保持静止，关于细绳对球的拉力F和墙壁对球的支持力N的大小，下列说法正确的是（）A.N =m g t

2、a n aB.N =mgcotaC.F mgsinaD.F =mgcosa3.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为1 0 m,该同学和秋千踏板的总质量约为5 0 k g。绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 M/S,此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A.2 0 0 NB.4 0 0 NC.6 0 0 ND.8 0 0 W4.一列简谐横波在1 =0时的波形图如图所示，此刻x =2 m处的质点P沿y轴向上运动,其振动周期为0.4 s。以下说法正确的是（）A.这列波向左传播B.这列波的振幅为20cmC.这列波的波速为10 m/sD.从此时刻起经过1 s,P点位于波

3、峰位置5.假设月球与地球同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，那么下列结论正确的是（）A.月球绕地球运动的周期大于地球同步卫星的周期B.月球绕地球运动的线速度大于地球同步卫星的线速度C.月球绕地球的加速度大于地球同步卫星的加速度D.月球绕地球的角速度大于地球同步卫星的角速度6.如图所示，闭合开关S使电容器充电，充 电 结 束 后 断 开 开I-1|-关，保持平行板电容器两极板的正对面积、间距不变，在两极板间插入一电介质，其电容c和两极板间的电势|,S差u的变化情况是（）A.C和U均增大 B.C增大，U减小C.C减小，U增大 D.C和U均减小7.在全运会小轮车泥地竞速赛中，选手从半径为R的 圆 弧 形

4、 赛,（道顶端由静止出发冲到坡底，设阻力大小不变为/,选手和 卜 R车总重为G。在此过程中，关于选手和车的下列说法正确的 是（）I鼠A.克服阻力做功为/RB.动能增加量为GRC.机械能保持不变D.在坡底所受的支持力大于重力8.某电场的电场线分布如图所示，电场中有4 B两点,则以下判断正确的是（）第2页，共4 1页A.4点的场强大于B点的场强，4点的电势高于B点的电势B.若将一个电荷由4点移到B点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C.一个负电荷处于4点的电势能大于B点的电势能D.若将一个正电荷由4点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动9.如图描绘的是穿过一个单匝闭合线圈的磁通量随

5、时间的变化规律，以下正确的是A.0 0.3 s内线圈中的电动势在均匀增加B.0.2 s和0.4s的瞬时电动势的方向相同C.0.9s线圈中的瞬时电动势比0.2 s的小D.0.6 s线圈中的感应电动势是4 V10.“蹦极”就是跳跃者把一端固定好的长弹性绳另一端绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动。将蹦极近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.下落过程中，弹性绳对人有向上的拉力之前，人的加速度可以大于gB.下落过程中，弹性绳对人有向上的拉力之后，人的加速度可以大于gC.下落过程中，弹性绳对人刚要有向上的拉力时，人的速度最大D.下落过程中，弹性绳伸长到最长

6、时，人的速度最大11.系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在 测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下说法正确的是（）B.电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大C.电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小D.电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大1 2.如图所示，金属杆ab的 质 量 为 长 为3通过的电流为/,处在磁感应强度为8的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为。角斜向上，金属杆必 始终静止于水平导轨上,则以下正确的是（）A.金属杆所受摩擦力大小为B/Lcos 3,方向水平向左B

7、.金属杆对导轨压力大小为mg-BILsm 9C.金属杆对导轨压力可以为0D.仅使磁感应强度B反向，其他条件不变，摩擦力大小不变13.下表中记录了三种交通工具在某段时间中的运动情况，根据表中数据可知（）交通工具初速度/(m ST)末速度/(m s-i)经过时间/sA.飞机的速度变化量最大自行车下坡262C.火车的速度变化火车出站020100最快飞机飞行2002001014.如图所示，把系在丝线上的带电小球4挂在铁架台的P点，带电球C置于铁架台旁。小球4静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的夹角为a。已知小球4的质量为m,重力加速度为9,不计丝线质量，则可知小球4受到的静电力的大小为（

8、）第4页，共4 1页AD八 m g m gA.ma sma B.mguta na C.Ts-m a D.；t an a1 5.一正弦交变电流的i-t 图像如图所示。下列说法正确的是（）A.在t =0.1 0 s时电流改变方向B.该交变电流的周期为0.2 5 sC.该交变电流的表达式为i =2 co sl 0 7 r t G 4）D.将该交变电流通过一个R =1。的电阻，通电1 0 s产生的热量为4 0/1 6.下图是某绳波形成过程的示意图。质点1 在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2,3,4,.各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端，相邻编号的质点间距离为2 cm。已知t =0

9、 时，质点1 开始向上运动；t =0.4 s时，质点1 到达上方最大位移处，质点5 开始向上运动。则（）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 191 27 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 20A.这列波传播的速度为0.2 5 m/sB.t =1.2 s时，振动传到质点1 5C.t =1.2 s时，质点1 2 正在向下运动D.t =1.2 s时，质点9 处于上方最大位移处1 7.2 0 2 1 年5 月1 5 日“天问一号”探测器成功在火星软着陆，“祝融号”火星车开始开展巡视探测等工作。我国成为世界上第

10、一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。已知火星的直径约为地球的5 0%,质量约为地球的1 0%,请通过估算判断以下说法正确的是（）A.火星表面的重力加速度小于9.8m/s2B.“祝融号”火星车在火星表面所受重力大于在地球表面所受重力C.探测器在火星表面附近的环绕速度大于7.9km/sD.火星的第一宇宙速度等于地球的第一宇宙速度1 8.有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目（如图所示）。钢绳的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘上。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内。将游客和座椅看作一个质点，不计钢绳的重力，以下分析正确的是（）A.旋转过程中，游客和

11、座椅受到重力、拉力和向心力B.根据u=3 r可知，坐在外侧的游客旋转的线速度更大C.根 据 用=加0可知，“飞椅”转动的角速度越大，旋转半径越小D.若“飞椅”转动的角速度变大，钢绳上的拉力大小不变19.质量为巾1和加2的两个物体在光滑的水平面上正碰，|x/m8+.碰撞时间不计，其位移一时间图像如图所示，由图 6 畛像可判断以下说法正确的是（）A.碰后两物体的运动方向相同B.碰后血2的速度大小为4m/sC.两物体的质量之比mi：m2=2:5D.两物体的碰撞是弹性碰撞2 0.某学习小组用如下电路研究小电动机的电流与电压的关系。通过调节滑动变阻器R接入电路的阻值，测量得到下表记录的信息。若认为小电动

12、机的电阻是不变的，则()第6页，共4 1页序号电压U/V电流/A电动机工作状态11.250.50卡住未转动22.000.20稳定转动33.500.30稳定转动A.小电动机的电阻大约为100B.当小电动机的电压为2.00V时，其发热功率为0.1WC.当小电动机的电压为2.00V时，其电功率为0.3WD.当小电动机的电压为3.50V时，其对外做功的功率为1.05W21.让气核&H）和笊核（彳以相同的动能沿与电场垂直的方向进入匀强偏转电场。己知两种粒子均能离开偏转电场，不计粒子的重力，贝 女）A.两种粒子进入电场时的速度相同B.两种粒子在电场中运动的加速度相同C.两种粒子离开电场时的动能相同D.两种

13、粒子离开电场时的速度方向不同22.如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。与传统的制动方式相比，电磁制动是一种非接触的制动方式，避免了因摩擦产生的磨损。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力 下列说法正确的是（）旋转轴 运动导体（转盘）A.制动过程中，导体不会产生热量B.如果改变线圈中的电流方向，可以使导体获得促进它运动的动力C.制动力的大小与导体运动的速度无关D.为了使导体获得恒定的制动力，制动过程中可以逐渐增大线圈中的电流二、多 选 题（本大题共8 小题，共 32.0分）2 3.某实验小组用如图甲所示的电路完成了蓄电池的电动势E 和内电阻7

14、的测量，该小组的同学测量了多组数据，并根据测量的数据描绘了如图乙所示的图线。已知两电A.E=1.20 V,r=3.50 0B.E=1.40 V,r=1.00 nC.调节滑动变阻器使其阻值为零时，流过电源的电流为0.40 4D.调节滑动变阻器使电压表的读数为1.20IZ时，电流表的读数为0.20 42 4.如图所示是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压,不会有很大的波动（可视为不变）；输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用%表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移动时，下列说法正确的是（）A.匕表的示数不变B.相当于在增加用电器的数

15、目C.&表的示数随乙表的示数的增大而增大D.用户得到的电压，即R两端电压不断增大25.一个线圈与演示用电流计连接后，把条形磁铁的N极靠近线圈时，发现电流计指针向右偏转，如图所示（忽略空气阻力）。下列说法中正确的是（）A.如果将条形磁铁的N极远离线圈时，电流计指针向左偏转B.如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，磁铁穿出线圈时的加速度小于g第8页，共4 1页C.如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，条形磁铁的高度越大，磁铁穿出线圈时的加速度越大D.如果把线圈固定在空中，条形磁铁由线圈正上方由静止释放后过程中，磁铁的机械能减少26.“鹊桥”号是世界首颗运行于地月拉格

16、朗日乙2点附近的中继通信卫星，如图它以地月连线为轴做圆周运动，同时随月球绕地球运转。已知地球质量为M,月球质量为m,月球的轨道半径为r,公转周期为7,引力常量为G；当卫星处于地月拉格朗日点人或人时，都能随月球同步绕地球做圆周运动.则以下说法正确的是（）A.“鹊桥”号仅受月球引力作用B.在乙2点工作的卫星比在k点工作的卫星的线速度大C.在拉格朗日人点工作的卫星，受到地球的引力一定大于月球对它的引力D.拉格朗日外点与地心的距离 为 虐 彳 然2 7.如图所示，一个钢球以6 m/g的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以6 m/e的速度水平向左运动，在这一过程中（）A.钢球的动能变化

17、量为0B.钢球的动量变化量为0C.墙壁对钢球的弹力做负功D.墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左2 8.如图所示，三个同心圆是固定的点电荷Q周围的三个等势面，4、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆的半径关系是0:8：几=1：2:3。现将一电荷量为+q的试探电荷从4点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，贝 女）A.三点的电场强度大小关系是演:琮:/=3:2:1B.三点的电势大小关系是心-（pB（pB-（pcC.该试探电荷在三点的电势能大小关系是EpA Eps EpcD.该试探电荷在三点的动能大小关系是En-E kB m 2,分别用同一弹性绳蹦极

18、，以平台为原点，向下为正方向，两人下落最大位移分别为心、电。图2所示为甲下落过程中加速度a与下落位移/I之间的关系图。a.请在图2中画出乙下落过程中加速度与下落位移的关系图。b.类比直线运动中由 -t 图像求位移的方法，尝试利用a-h 图证明灯 后。agO图1图2第20页，共41页答案和解析1.【答案】A【解析】A.研究速度滑冰运动员滑冰的快慢时，人的形状对研究的过程来说可以忽略不计，所以能看成质点，故A正确；B.研究自由滑雪运动员的空中姿态时，人的形状不能忽略，不可以将运动员看作质点，故3错误；C.研究单板滑雪运动员的空中转体时，要研究运动员的动作，不可以将运动员看作质点,故C错误；D研究花

19、样滑冰运动员的花样动作时，要观看运动员的动作，不可以将运动员看作质点,故。错误。故选A。2.【答案】A【解析】以足球为研究对象，进行受力分析：受重力、细绳对足球的拉力和墙壁对足球的支持力，受力如图所示：m g根据平行四边形定则得：P _ _mg_ N=m g ta n a,故 A 正确，BCD 错误。cos a d故选A。3.【答案】B【解析】在最低点由牛顿第二定律得：2 T-m g =，得7 =4 1 0 N,即每根绳子拉力约为4 1 0 N,故选瓦4.【答案】C【解析】4此刻 =2 m处的质点P沿y轴向上运动，结合波形微平移方法得到，波向x 正方向传播，A错误；区由波形图像得到振幅4 =1

20、 0 cm,B错误；X 4C由波形图像得到波长为4 m,故这列波的波速为e=占=白 m/g=10 m/0,C正确；T 0.4D从此时刻起经过1s,即经过2.5 T,则尸位于y =0 的位置，。错误。故选C o5.【答案】A【解析 1 A.根据G鬻=tn*r，解 得:八牌月球的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，月球绕地球运动的周期大于地球同步卫星的周期，A正确；8.根据G萼=小 贮，r r解得：V=月球的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，月球绕地球运动的线速度小于地球同步卫星的线速度，8 错误；C.根据=ma,解得a =胃,第22页，共41页月球的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，月球绕地

21、球的加速度小于地球同步卫星的加速度，C错误；。.根据 G 等=mra2,解得3 =楞,月球的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，月球绕地球的角速度小于地球同步卫星的角速度，。错误。故选6.【答案】B【解析】由平行板电容器电容的决定式插入一电介质，与增大，则C增大，充电后断开Q 不变，根据电容定义式C=5知U 减小，则 ACO错误，8 正确。故选瓦7.【答案】D【解析】4克服阻力做功为*R f,选项A 错误；B.根据动能定理可知，动能增加量为耳=GH-对，选项B 错误;C.由于有阻力做功，则机械能减小，选项C错误；D 在坡底时，由牛顿第二定律可知既_G =m，可知，所受的支持力凤大于重力G，选项

22、。正确。故选。8.【答案】C【解析】A.因A点电场线较B点密集，可知4 点的场强大于B点的场强，沿电场线方向电势降低，可知4 点的电势低于B点的电势，选项A 错误；B.若将一个电荷由4 点移到B点，电荷克服电场力做功，则电势能变大，而B点电势高,则该电荷一定为正电荷，选项8 错误；C.因4 点电势低于B点，则一个负电荷处于4 点的电势能大于B点的电势能，选项C 正确；D 若将一个正电荷由4 点释放，该电荷将向左运动，所受电场力逐渐变大，则在电场中做加速度增加的加速运动，选项。错误。故选C。9.【答案】D【解析】A.由图可以看出，0 0.3 s 图线斜率不变，则 蚩 不 变，由法拉第电磁感应定A

23、*律 可 知 电 动 势 不 变 故 A 错误;AO.2 s处于磁通量正向增加阶段，0.4 s处于磁通量正向减小阶段，由楞次定律知这两个阶段线圈内的感应电动势方向相反，故 8 错误;C.0.9 s处于0.8 1.0 s磁通量均匀减小阶段,瞬时电动势E3等于此时间段的平均电动势:0.2 s时的电动势Ei等于。0.3 s的平均电动势，根据E=N 答，N=1,知各阶段电动势等于各阶段图线斜率绝对值，所以玛=N =30V，写音V,可看出E3Er,故 C 错误;DO.6 s时的电动势等于0.3.8 s的平均电动势，根据E=N 等算出此阶段的电动势为=1 x V =4 V,故 O 正确。故选10.【答案】

24、B【解析】A.下落过程中，弹性绳对人有向上的拉力之前，人做自由落体运动，其加速度为9。故 A 错误；B.下落过程中，弹性绳对人有向上的拉力之后，受到自身重力和弹性绳的拉力作用，当拉力大于重力的两倍时，可得F-mg=2 n ig,解得a g,即加速度可以大于第2 4页，共4 1页g 故 8 正确；CD.下落过程中，弹性绳对人刚要有向上的拉力时，自身重力大于拉力，人仍然要加速一段时间，所以此时人的速度不是最大。当重力与拉力平衡时，受力达到最大，之后减速，弹性绳伸长到最长时，人的速度减到零。故 CC错误。故选B。11.【答案】C【解析】伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，

25、电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-/图像如图所示：由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，故 C正确，ABD错误。故选C。12.【答案】D【解析】A.对金属杆做受力分析，如图所示:由平衡条件得f =B s i n 0,方向水平向右，A错误；正由平衡条件得N=m g-BIL cos 0,由牛顿第三定律得金属杆对导轨压力大小N =N=mg-BIL cos 9,B错误；C.若金属杆对导轨压力为0,则导轨对金属杆的支持力也为0,金属杆所受的摩擦力也为0,金属杆受重力和安培力不能平衡，所以金属杆对导轨压力不可以为0,C错误；。.仅使磁感应强度B反向，

26、金属杆受力如图所示，根据平衡条件可得/=B/Ls i n。，摩擦力大小不变，。正确。1 3.【答案】B【解析】【分析】根据速度的变化公式可解得速度变化量，根据加速度的定义式a =*可解得速度变化快At第26页，共4 1页慢。本题考查加速度的理解，解题关键掌握加速度代表速度变化得快慢。【解 答】A.根 据“=竦 一 做，根据表中数据可知火车出站速度变化量最大，故A错 误；BCD.根据a=务 代 入 数 据 解 得：a自 nS nyM,=O.Sm/e2,a飞=Q,则自行车的速度变化最快，加速度最大，故8正确，CQ错误。14.【答 案】B【解 析】对小球受力分析可知，小球受竖直向下的重力、水平向右的

27、静电力和绳的拉力，由平衡条件可知，小球4受到的静电力的大小为 尸=小。1211%故B正 确，AC。错 误。故 选Be15.【答 案】C【解 析】【分 析】本题主要考查交流电流的图像，山图像分析出最大值，周 期，从而求解出有效值，难度较 易。【解 答】A.由i-t图像可得，在t=0.05s或0.15s时电流改变方向，故A错误；8.该交变电流的周期为0.20s,故B错 误；C.由图可知，电流的最大值为/a x =2 A,角速度为v=lM ra d/g,故该交变电流的表达式为=in*M 8e以=2coe 10?ri(A),故C正确；D该交变电流的有效值为/=嗜=&A,将该交变电流通过一个R=10的电

28、阻，通电V210s产生的热量为Q=20J,故。错 误。故 选C16.【答 案】D【解 析】【分析】本题主要考查机械波的形成。根据后一个质点重复前一个质点的振动，可知每一个质点起振方向都和波源起振的情况相同。波的传播规律是后一个质点重复前一个质点的振动,振动形式向前传播，由此分析即可。【解答】A.已知t=0时，质点1开始向上运动，t=0.4s时，质点1到达上方最大位移处，质点5开始向上运动，可知v=鬻 x 10-2?n/s=0.2m/s,故 A 错误；BCD.根据题意可知t=0.4s=解得：T=1.6 s,则=1.25=：7 时，波形如图所44不：3/j 14 15161718192013波传播

29、到质点1 3,此时质点12向上运动，质点9处于波峰位置，即上方最大位移处，故8 c 错误，O 正确。故选Do17.【答案】4【解析】4B.探测器在星球表面受到的重力等于万有引力mg=智，解得星球表面的重力加速度g=胃，已知火星的直径约为地球的5 0%,质量约为地球的1 0%,地球的重力加速度。池=9.8m/s2,则火星表面的重力加速度g 次=怒 9地 9.8m/s2,可 得“祝融号”火星车在火星表面所受重力小于在地球表面所受重力，故 A 正确，8 错误；CD.探测器在星球表面，绕星球做匀速圆周运动，万有引力提供向心 力 粤=m 吧，R2 R得第一宇宙速度1 7 =舟，第 2 8 页，共 4 1

30、 页探测器在地球表面飞行的速度即第一宇宙速度为7.9 k m/s,则探测器在火星表面附近的环绕速度即火星表面的第一宇宙速度为。次=x 7.9 k m/s Ek，有能量损失，可知不是弹性碰撞，故力错误。故选C 20.【答案】B【解析】A.将电压表当作理想电压表，当小电动机的电压为1.25V时，电动机卡住未转动，电功率等于内阻的发热功率，即U/=K r,将第一组数据代入可解得r=2.5 0,故A 错误；区当小电动机的电压为2.00V时，电流是0.20A,由P=/得其发热功率为o.iw,故 3正确；C.当小电动机的电压为2.00V时，其电功率P=U/=2 XO.2W=0.4W,故 C错误；D当小电动

31、机的电压为3.50V时，其对外做功的功率电-/V =(3.50 x 0.3-0.32 x 2.5)W=0.825W，故。错误。故选瓦21.【答案】C【解析】A.两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故 A 错误;8.设电场强度为E、电荷质量为小、电荷量为q,两种粒子在电场中运动的加速度a=竽，电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故 B 错误；CD设偏转电场的宽度为L,粒子的初动能为粒子离开电场时沿电场方向的速度为v,y =at=7 nv0粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为tan a=2=携=察，则两种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的

32、动能&,=：m/=：皿诏+3=&+嘴里，则两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，。错误。故选Co第 3 0 页，共 4 1 页22.【答案】D【解析】A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，4 错误；8.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，2 错误；C.导体运动的速度越大，磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，C 错误；D 在制动过程中，运动导体速度减小，要想使导体获得恒

33、定的制动力，需要增加导体所处的磁场的磁感应强度，可以通过增大线圈中的电流来增加磁场强度，。正确。故选Do23.【答案】BD【解析】力 B.根据闭合电路欧姆定律，可得U=结合乙图，可得E=1.可v,r =11 2 7 0 1二=1如 n，故A错误，B正确；C.调节滑动变阻器使其阻值为零时，流过电源的电流为I =1.4 0 A,故 C错误;rD 调节滑动变阻器使电压表的读数为1.20 V时，电流表的读数满足U=E-ri,解得 =0.20 A，故。正确。故选8。24.【答案】ABC【解析】A.匕表的示数是变压器的输入电压，示数不变，A 正确；B.当滑动变阻器触头P 向下移动时，导致总电阻减小，由于用

34、电器是并连接入电路，所以相当于在增加用电器的数目，B 正确；C.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变，所以彩的示数不变，当滑动变阻器触头P 向下移动时，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即4 的示数变大，根据 =则&表的示数增大，C 正确；D 由于副线圈的电流变大，电阻R。消耗的电压变大，又因为匕的示数不变，所以R 两端电压变小，。错误。故选A 8 C。25.【答案】ABD【解析】A 把条形磁铁的N 极靠近线圈时，线圈的磁通量增加，发现电流计指针向右偏转，则条形磁铁的N 极远离线圈时，线圈磁通量减小，电流计指针将向左偏转。故

35、A 正确；BC.根据楞次定律的“来拒去留”如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，磁铁穿出线圈时将受到线圈向上的“吸引力”由牛顿第二定律，有m g-F吸 引=m a,所以磁铁的加速度小于条形磁铁的高度越大，磁铁穿出线圈时相对线圈的速度越大，线圈对磁铁的“吸引力”越大，则其加速度越小。故 8 正确，C 错误；D 如果把线圈固定在空中，条形磁铁由线圈正上方由静止释放后过程中，磁铁的机械能减少，转化成线圈中的电能，总的能量保持不变。故。正确。故选ABD.26.【答案】BC【解析】A “鹊桥”号同时受到地球和月球的引力作用，选项A 错误：8.在必点工作的卫星与在k 点工作的卫星具有相同的

36、角速度，则在灯点工作的卫星比在J点工作的卫星的线速度大，选项8 正确；C.在拉格朗日L 点工作的卫星，受到的合外力方向指向地球，则受地球的引力一定大于月球对它的引力，选项C 正确；D 对月球：G =m(y)2r.解得r=可知拉格朗日点与地心的距离大 于 归？，选项,错误。故选B C。第32页，共4 1页2 7.【答案】AD【解析】4与墙壁碰撞前后钢球的速度大小不变，可知钢球的动能变化量为0,故A正确；8.钢球的速度大小不变，方向发生改变，可知钢球的动量变化量不为0,故8错误；C.由动能定理可知，墙壁对钢球的弹力做功为零，故C错误；D由题意可知，钢球的动量变化量的方向向左，根据动量定理/=4 p

37、,可知墙壁对钢球的弹力的冲量方向向左，故。正确。故选ADa28.【答案】BD【解析】4因为以:砧:吐=1：2：3,根据公式后=当，得&:EB：EC=36:9:4,故 A 错误；A根据点电荷场强公式可知，AB段场强大于B C段场强，4B间距离等于B C间距离，再根据 U=Ed,可知4B间 电 势 差 大 于B C间电势差UBC，即W/I-WB 3B-0C，故8正确；C D根据动能定理MB=quAB=EPA-EPB=Fk e-E。，可知+q的试探电荷从4点由静止释放运动，电场力做正功，电势能减小，且MB%c，所以E p A E p B E p c，E k e-稣4，故C错误，。正确。故选8 。29

38、.【答案】AC【解析】4B.管中的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，由左手定则可知：带电液体在洛伦兹力的作用下，带正电的离子向上偏，带负电的离子向下偏，使管上壁带正电、下壁带负电，所以“点的电势高于N点，4正确，3错误；C D两管壁最后电压稳定时，则有电场力与洛伦兹力平衡q p B =q(U=Bvd,管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越大，C正确，与液体离子浓度无关，。错误。故选A C30.【答案】B D【解析】A.根 据 呻=小 也，可得1 7=%rz r 7 r由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误；

39、区近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故8正确；C.姿态调整完成后，飞船绕地球运行的轨道半径小于同步卫星的半径，则周期小于24小时，故C错误；D姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站的过程中，为了完成对接，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，两者做同轴转动，故。正确。故选B Q。31.【答案】(1)一/图见解析；5.4(2)变大 b；c；A【解析】(1)画出U-I 图线如图所示:该图线的斜率为金属丝的电阻，即&=岩=怒1 1 =5.始；10.5(2)将c点与b点连接，电压表外接，金属丝电阻的测量值将变大。第3 4页，共4 1页(3)由图1可知，随着滑动变阻器接入电路电

40、阻增大，电压表示数逐渐变大，滑动变阻器4 与待测电阻丝阻值差距不大，因此电压变化比较均匀，故选择图像b：滑动变阻器B接入电路时U 随等变化的图像是图像c。本实验为了调节方便，滑动变阻器应选用4K3 2.【答案】(1)8。(2)0.44(3)v-t 图中图线的斜率表示加速度(4)见解析【解析】(1)4 8.打点计时器的工作电源是交流电，故 A 错误，B 正确；C.打点计时器是计时的仪器，故不需要秒表，故 C 错误；D 实验中需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺，故。正确；E.实验中小车做变速运动即可，因此不需要测量重物的质量，故 E 错误。故选BQ；(2)由图可读出现=5.50cm,xc=9

41、.40cm,xD=14.30cm,则在打C点时小车的瞬时速度为攻;=44cm/s=0.44m/s；(3)v-t 图像表示速度随时间变化的关系，图线的斜率表示加速度；(4)如果小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间成正比，则有._ 0-1 4 八nx2 0.254 n co x3J 0.33702 _ 0.492 12一 0.662-858,2-C30.752x40.4330n x50.5400 x60.5510CQ n An2 0.862 5 0.952 施 2C6 1,062 0 J 9x7 0.74601=1.122XQ0.59,=0.83701.192 0.59排除第六组数据，在误

42、差允许范围内，可以认为小球做匀加速直线运动，即速度随时间均匀变化。3 3.【答案】解：(1)粒子经加速电场以加速，获得速度。，由动能定理得e U i =解得=叵；(2)在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，由平衡条件得e E =e u B i即 e 号=evBlf解得/=Brdv=(3)在殳中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得e u 4二血三，R解得R =户。e【解析】见答案3 4.【答案】解：(1)摩托车在空中做平抛运动，则 有=所以玩=伊=庐梁8=1;xin n(2)水平方向做匀速运动则有=彳手血/=10m/g,竖直方向做自由落体运动，则%=纳,=10m/g,摩

43、托车落地时的速度大小r=,%2 +%2=y 0；(2)一个电子通过距离为L时 的=-ne2pviZ，仇时间内通过导体的自由电子总数为N =vtSn,这段时间内导体产生的焦耳热Q=声 阅=*加262HAe ,注意到A =neSv1,R=p p上式可化简为Q=侬 九即 为=g =或R,证毕。【解析】见答案3 8.【答案】解：设运动员在。8上的。，点着陆，则g=75m，运动员从。点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆，竖直方向。O s i n 3 7 0 =：g t 2,解得土=3 s：(2)运动员从。点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆，水平方向。c os 3 7 =vt,解得 r=2 0m/g；(

44、3)运动员从助滑道上的4点由静止滑下到。点的过程中，根据能量守恒机g h =i m v2,解得八=药=20 m c【解析】见答案第38页，共4 1页3 9.【答案】解：（1）设在戊时间内导体棒向右运动的距离为x,则导体棒与轨道组成的闭合回路的磁通量的变化量为4。=Blx,回路匝数n=1,则由法拉第电磁感应定律得E =当=卓=At At（2）a.撤去拉力后，导体棒在安培力作用下做加速度逐渐减小的减速运动，最终速度减为零，速度一时间图像如图所示：b.由动能定理得-W=0 i m v2解得 W=安培力做的功全部转化为电能，可得E =W,根据串并联电路的特征得电阻R消耗的总电能E必=E,出 R+r联立

45、解得。=黑。【解析】见答案40.【答案】解：（1）根据/=，回旋加速器中所加交流电源的周期与粒子做圆周运动周期应相等,据qu1 B =mr y T=v,解得f =黑;(2)根据qu B =m 呼,Ek m=小喏1，K 4解得E k m =q2p2R22m（3）第n 次加速获得的速度n qU =加 喏，第n +1次加速获得的速度（n +l）qU=1m v+1,s m u根据r=9，M=2（rn+l _r2）可知/d =JB所以相邻轨迹间距Ad 会越来越小，故该轨迹不合理，合理的轨迹示意图如图。引导器【解析】见答案41.【答案】（l）a.a=-g,方向向上b.AE=mg（Lo+黑）（2）见解析【解

46、析】（l）a.根据牛顿第二定律有F mg=ma其中F=kd解得kdQ =-9m加速度的方向向上；b.最后停在空中受力平衡mg=kx0第40页，共41页人在空中运动的过程中系统损失的机械能4E攒=mgL0+&)-，=mg(L0+)(2)a.下降高度小于弹性绳原长时，人只受重力a=g下降高度大于弹性绳原长至最低点时，人受重力和弹性绳弹力，规定向下为正mg k(Ji Lo)=ma得k kLQa=-h+gd-m m乙下落过程中加速度与下落位移的关系图如图b.根据牛顿运动定律F=ma及功的定义式W-Fscosd类比直线运动中由u-t图像求位移的方法，可将人下降的过程分成很多段微元运动，则W=mah可知人下落过程中受合力做的功与a-/i图中图线与横轴围成的“面积”成正比，下落全过程人的动能变化量为0,根据动能定理可知合力对人做的总功也为0,即横轴以上的“面积”与横轴以下的“面积”应大小相等。由a-力 图可知，乙图线横轴以上的“面积”小于甲图线横轴以上的“面积”，因此，乙图线横轴以下的“面积”也应小于甲图线横轴以下的“面积”，所以九1电。