2025屆北京市第四中學(xué)順義區(qū)分校高三零模物理試卷【含答案】

第頁(yè)，共頁(yè)第20頁(yè)，共20頁(yè)2025年北京四中順義區(qū)分校高考物理零模試卷一、單選題：本大題共14小題，共42分。1.已知鉍210的半衰期是5d。20g鉍210衰變后還剩5g，需要經(jīng)過(guò)(

)A.20d B.15d C.10d D.5d2.兩種單色光a和b，a光照射某金屬時(shí)有光電子逸出，b光照射該金屬時(shí)沒(méi)有光電子逸出，則兩束光由空氣射入玻璃磚中(

)A.a光的頻率小于b光的頻率

B.玻璃磚對(duì)a光的折射率較大

C.在玻璃磚中a光的傳播速度大于b光的傳播速度

D.兩種單色光由玻璃射入空氣時(shí)，b光的臨界角較小3.一個(gè)氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，且氣體分子個(gè)數(shù)不變，外界大氣壓不變，在上浮過(guò)程中氣泡內(nèi)氣體(

)A.內(nèi)能變大 B.壓強(qiáng)變大 C.體積不變 D.從水中吸熱4.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻波形如圖1所示，以該時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖2所示。根據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法正確的是A.波的傳播速度v=0.1m/s

B.波沿x軸負(fù)方向傳播

C.t=0時(shí)，x=3m5.如圖甲所示，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(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V，3W“的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說(shuō)法正確的是(

)

A.原、副線圈匝數(shù)之比為4：1

B.副線圈中電流的有效值為2A

C.原線圈的輸入功率為12W

D.輸入電壓u隨時(shí)間t變化規(guī)律為u6.如圖所示，繞過(guò)定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩子與水平桌面平行?，F(xiàn)將兩物塊由圖示位置無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物塊B未落地，物塊A未到達(dá)滑輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為M，物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。若忽略A與桌面之間的摩擦力，則繩子拉力大小為T0、物塊A的加速度為a0，不計(jì)滑輪、繩子的質(zhì)量。則下列說(shuō)法正確的是(

)A.繩子拉力大小T0=mg

B.物塊A的加速度大小a0=mgm+M

C.若7.如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，下列說(shuō)法正確的是(

)A.閉合開關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引

B.閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，流過(guò)電流表的電流方向由b到a

C.斷開開關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向右

D.斷開開關(guān)瞬間，流過(guò)電流表的電流方向由a到b8.如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說(shuō)法正確的是(

)A.物體在C點(diǎn)的速度為零

B.物體在C點(diǎn)所受合力為零

C.物體在B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物體的支持力等于物體的重力

D.物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能9.將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過(guò)程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.上升和下落兩過(guò)程的時(shí)間相等

B.上升和下落兩過(guò)程合力的沖量大小相等

C.上升過(guò)程的加速度始終小于下落過(guò)程的加速度

D.上升過(guò)程損失的機(jī)械能大于下落過(guò)程損失的機(jī)械能10.如圖為用手機(jī)和輕彈簧制作的一個(gè)振動(dòng)裝置。手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化規(guī)律為a=4sin(2.5A.a隨t變化周期為0.4s

B.t=0時(shí)，彈簧彈力為0

C.t=0.2s時(shí)，手機(jī)位于平衡位置下方

11.水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(

)A.物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到向前靜摩擦力

B.傳送帶對(duì)物體的摩擦力對(duì)物體做正功

C.剛開始物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮?/p>

D.傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度越大12.如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP=QN。下列說(shuō)法正確的是A.P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)相等

B.P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反

C.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍

D.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉?lái)的4倍13.如圖所示為一個(gè)加速度計(jì)的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動(dòng)，滑塊兩側(cè)與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動(dòng)片M下端與滑動(dòng)變阻器R接觸良好，且不計(jì)摩擦；兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)E相同，內(nèi)阻不計(jì)。兩彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，M位于R的中點(diǎn)，理想電壓表的示數(shù)為0。當(dāng)P端電勢(shì)高于Q端時(shí)，電壓表示數(shù)為正。將加速度計(jì)固定在水平運(yùn)動(dòng)的被測(cè)物體上，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端

B.若電壓表示數(shù)為負(fù)時(shí)，則物體速度方向向右

C.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比

D.若物體向右勻加速運(yùn)動(dòng)，則電壓表示數(shù)為負(fù)，則示數(shù)均勻增加14.等離激元蒸汽發(fā)生器，是用一束光照射包含納米銀顆粒(可視為半徑約10.0nm的球體，其中每個(gè)銀原子的半徑約0.10nm)的水溶液時(shí)，納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，使其周圍的水變成水蒸氣，但整個(gè)水溶液的溫度并不增加。該現(xiàn)象可解釋為：如圖所示，實(shí)線圓表示納米銀顆粒，電子均勻分布在其中。當(dāng)施加光場(chǎng)(即只考慮其中的簡(jiǎn)諧交變電場(chǎng))時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為光場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，納米銀顆粒中的電子會(huì)整體發(fā)生一個(gè)與光場(chǎng)反向且遠(yuǎn)小于納米銀顆粒半徑的位移，使電子仍均勻分布在一個(gè)與納米銀顆粒半徑相同的球面內(nèi)(虛線圓)。長(zhǎng)時(shí)間尺度來(lái)看，納米銀顆粒中的電子便在光場(chǎng)作用下整體發(fā)生周期性集體振蕩(等離激元振蕩)A.一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約102個(gè)

B.光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近水分子振動(dòng)的固有頻率

C.在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，光場(chǎng)對(duì)納米銀顆粒所做的總功為零

D.圖示時(shí)刻，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。15.關(guān)于在測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)。

(1)如圖所示為兩種測(cè)量電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)電路圖。圖中部分器材規(guī)格為：電流表內(nèi)阻約為0.5Ω，量程為0～0.6A；電壓表內(nèi)阻約為3kΩ，量程為0～3V。若被測(cè)電源為一節(jié)干電池(電動(dòng)勢(shì)約1.5V，內(nèi)阻約1Ω)，應(yīng)選擇______電路圖(選填“甲”或“乙”)；分析你選擇方案的測(cè)量結(jié)果E測(cè)______E真。(選填“>”或“<”)

(2)某興趣小組利用銅片、鋅片和橘子制作了水果電池，并用數(shù)字電壓表(可視為理想電壓表)和電阻箱測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示。連接電路后，閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值R，記錄電壓表的讀數(shù)U16.如圖甲所示，讓兩個(gè)小球在斜槽末端碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。

(1)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是______(填選項(xiàng)前的字母)。

A.實(shí)驗(yàn)前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平

B.選用兩個(gè)半徑不同的小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球

(2)圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點(diǎn)，記為M、N和P(P為m1單獨(dú)滑落時(shí)的平均落點(diǎn))。

a.圖乙為實(shí)驗(yàn)的落點(diǎn)記錄，簡(jiǎn)要說(shuō)明如何確定平均落點(diǎn)；

b.分別測(cè)出O點(diǎn)到平均落點(diǎn)的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式______成立，即可驗(yàn)證碰撞前后動(dòng)量守恒。

(3)受上述實(shí)驗(yàn)的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了另一種驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)輕繩將兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點(diǎn)和O′點(diǎn)，兩點(diǎn)間距等于小球的直徑，將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)B與靜止于C點(diǎn)的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1向左反彈至最高點(diǎn)A′，小球2向右擺動(dòng)至最高點(diǎn)D。測(cè)得小球1，2的質(zhì)量分別為m和M，弦長(zhǎng)AB=l1三、簡(jiǎn)答題：本大題共2小題，共20分。17.如圖甲所示為某種“電磁槍”的原理圖，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根相距L的平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m、接入電路的電阻為R，開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q。

(1)求閉合開關(guān)瞬間通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I；

(2)求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a；

(3)在圖乙中定性畫出閉合開關(guān)后導(dǎo)體棒的速度18.我國(guó)“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室(兩個(gè)半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域)的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽(yáng)極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。

穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場(chǎng)，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽(yáng)極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)(如截面圖所示)，可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個(gè)氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。

已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為?e；對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用。

(1)求氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；

(2)求徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2；

(3)設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)四、計(jì)算題：本大題共2小題，共20分。19.如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，在單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q。管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點(diǎn)與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：(1)水從管口到水面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；

(2)水從管口排出時(shí)的速度大小v0；

(320.螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。

(1)求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系；

(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫(kù)侖力的合力為零，利用庫(kù)侖力與萬(wàn)有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識(shí)，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系；

(3)宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的8倍，單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽(yáng)的16答案和解析1.【答案】C

【解析】解：根據(jù)半衰期公式m=m0(12)tτ，代入數(shù)據(jù)解得t=10d，故2.【答案】B

【解析】解：A、因?yàn)閍光照射某金屬時(shí)有光電子逸出，b光照射該金屬時(shí)沒(méi)有光電子逸出，所以a光的頻率大于該金屬的截止頻率，b光的頻率小于該金屬的截止頻率，所以a光的頻率大于b光的頻率，故A錯(cuò)誤；

B、同一介質(zhì)中，頻率大的光的折射率較大，所以玻璃磚對(duì)a光的折射率較大，故B正確；

C、因?yàn)閍光的折射率大，根據(jù)v=cn可知，在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)sinC=1n可知，兩種單色光由玻璃射入空氣時(shí)，b光的臨界角較大，故D錯(cuò)誤。

故選：B3.【答案】D

【解析】解：A、氣泡上浮過(guò)程氣泡內(nèi)氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，故A錯(cuò)誤；

B、設(shè)外界大氣壓為p0，則氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=p0+ρgh，上浮過(guò)程h減小，所以氣泡內(nèi)氣體的壓強(qiáng)減小，故B錯(cuò)誤；

C、氣體經(jīng)歷等溫變化，由玻意耳定律pV=C可知，氣體的壓強(qiáng)減小，則氣體的體積變大，故C錯(cuò)誤；

D、上浮過(guò)程氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，則W<0，氣體內(nèi)能不變，則ΔU=0，由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，可知Q>0，所以氣體從水中吸熱，故D正確。

4.【答案】D

【解析】解：A、由題圖可知：λ=4m，T=0.4s，則波速v=λT=40.4m/s=10m/s，故A錯(cuò)誤；

B、由振動(dòng)圖像知t=0時(shí)刻P點(diǎn)開始向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，故B錯(cuò)誤；

C、t=0時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷，其加速度沿5.【答案】A

【解析】解：D、由圖乙，可知原線圈的輸入電壓的峰值為242V，周期為0.02s，ω=2πT=2π0.02s=100πrad/s，

可知原線圈的電壓隨時(shí)間的表達(dá)式為：u=242sin100πt，故D錯(cuò)誤；

A、由原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系：U1U2=n1n6.【答案】B

【解析】解：AB.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：

對(duì)A、B整體：mg=(M+m)a0

對(duì)B：mg?T0=ma0

聯(lián)立解得：T0=mg?m2gM+m，a0=mgM+m

故A錯(cuò)誤，B正確；

7.【答案】C

【解析】解：A、閉合開關(guān)瞬間，M線圈中有了電流，穿過(guò)線圈P的磁通量增加，為了阻礙磁通量的增加，線圈P會(huì)遠(yuǎn)離線圈M，所以線圈M和線圈P相互排斥，故A錯(cuò)誤；

B、閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，穿過(guò)線圈P的磁通量不變，所以線圈P不會(huì)發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，電路中沒(méi)有感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；

CD、原本穿過(guò)線圈P的磁場(chǎng)方向是水平向右，在斷開開關(guān)瞬間，穿過(guò)線圈P的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈P中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也是水平向右，根據(jù)安培定則可知流過(guò)電流表的電流方向是由b到a，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：C。

閉合開關(guān)瞬間，穿過(guò)線圈P的磁通量增加，根據(jù)阻礙磁通量增加來(lái)判斷；閉合開關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，穿過(guò)線圈P的磁通量不變；斷開開關(guān)瞬間，穿過(guò)線圈P的磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，根據(jù)安培定則判斷感應(yīng)電流方向。

本題考查了安培定則和楞次定律的應(yīng)用。8.【答案】D

【解析】解：AB.物體恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C，說(shuō)明在C點(diǎn)物體只受重力，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv2r，解得v=gr，故AB錯(cuò)誤；

C.物體在B點(diǎn)時(shí)加速度向上，處于超重狀態(tài)，軌道對(duì)物體的支持力大于物體的重力，故C錯(cuò)誤；

D.物體從A到C的過(guò)程，只有重力和彈簧彈力做功，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，故物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能，故D正確。

故選：D。

AB.物體好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C，由重力提供向心力求出物體在9.【答案】D

【解析】解：C、豎直向上拋出、向下落的過(guò)程中，對(duì)小球分別受力分析，可知上拋時(shí)的合力大小為：F1=kv+mg，下落時(shí)的合力大小為：F2=mg?kv，

可得到其受到的合力關(guān)系滿足：F1>F2，加速度a=Fm，故加速度大小關(guān)系滿足：a1>a2，故C錯(cuò)誤；

A、由加速度a1>a2，位移大小相等，可得到平均速度的相對(duì)大小關(guān)系滿足：v1?>v2?，兩個(gè)時(shí)間關(guān)系滿足：t1<t2，故A錯(cuò)誤；

B、由加速度a110.【答案】C

【解析】解：A、由a隨t變化規(guī)律，即可得周期滿足：T=2πω，解得T=0.8s，故A錯(cuò)誤；

B、由a隨t變化規(guī)律，可得t=0時(shí)的加速度為0，結(jié)合回復(fù)力與加速度的關(guān)系：F=ma，可知回復(fù)力F=0，對(duì)手機(jī)受力分析，即可知彈簧的彈力滿足：F彈=mg，故B錯(cuò)誤；

C、由a隨t變化規(guī)律，可知0.2s時(shí)，手機(jī)的加速度為：a=4m/s2，結(jié)合回復(fù)力公式：F=?kx，回復(fù)力與加速度關(guān)系：F=ma，可知手機(jī)的位移為負(fù)，結(jié)合題意可知，此時(shí)手機(jī)位于平衡位置下方，故C正確；

D、由a隨t變化規(guī)律，可知從t=0至t=11.【答案】B

【解析】解：A.物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體與傳送帶相對(duì)靜止，且沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以不受靜摩擦力作用，故A錯(cuò)誤。

B.傳送帶對(duì)物體的摩擦力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)功的計(jì)算公式

W=Fscosθ

摩擦力對(duì)物體做正功，故B正確。

C.剛開始物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槲矬w具有慣性，要保持原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，而不是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮?，物體受到的是向前的靜摩擦力，故C錯(cuò)誤。

D.物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度

a=μmgm=μg

與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。

故選：B12.【答案】C

【解析】解：A.根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低的知識(shí)可知，P點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B.由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)知，P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，結(jié)合電場(chǎng)疊加得P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E=kQMP2+kQNP2，若僅將兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，同理Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，PQ間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度變大，而PQ間距不變，由U=E??d，故P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故C正確、D錯(cuò)誤。

故選：C13.【答案】C

【解析】解：A、沿電流方向電勢(shì)逐漸降低，由圖可知通過(guò)電阻R的電流方向是向左的，所以若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)電勢(shì)升高，所以P端電勢(shì)高于Q端，故A錯(cuò)誤；

B、若電壓表示數(shù)為負(fù)，說(shuō)明P端電勢(shì)低于Q端，則M位于中點(diǎn)的左側(cè)，左邊的彈簧被壓縮，右邊的彈簧被拉伸，滑塊受合力方向向右，即物體加速度方向向右，所以物體有可能向右加速運(yùn)動(dòng)，也有可能向左減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、物體的加速度越大，M偏離中點(diǎn)的位置就越遠(yuǎn)，相對(duì)PQ兩端的電勢(shì)差就越大，通過(guò)電阻的電流的恒定的，則M點(diǎn)和中點(diǎn)之間的電阻也越大，且M點(diǎn)與中點(diǎn)的電阻大小與M點(diǎn)到中點(diǎn)的距離成正比，根據(jù)U=IR可知，電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比，故C正確；

D、由上面B的分析可知，若物體向右勻加速運(yùn)動(dòng)，電壓表的示數(shù)為負(fù)，因?yàn)榧铀俣仁呛愣ǖ模允緮?shù)也是恒定的，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)沿電流方向電勢(shì)逐漸降低分析P14.【答案】D

【解析】解：A.由體積比為半徑比的三次方知，一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約106個(gè)，故A錯(cuò)誤；

B.由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個(gè)水溶液的溫度并不增加，光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率，故B錯(cuò)誤；

C.在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，該過(guò)程中電子在外力作用下做正功，光場(chǎng)使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零，故C錯(cuò)誤；

D.圖示時(shí)刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)中電場(chǎng)強(qiáng)度可能為零，故D正確。

故選：D。

由體積比為半徑比的三次方知，一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約106個(gè)；由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個(gè)水溶液的溫度并不增加，光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率；在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，該過(guò)程中電子在外力作用下做正功，光場(chǎng)使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零；圖示時(shí)刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)15.【答案】乙

<

1.0

3.3

【解析】解：(1)甲方案中實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電流表的分壓，實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電源內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻之和，由于電源的內(nèi)阻較小，因此實(shí)驗(yàn)的誤差大；

乙方案中實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電壓表的分流作用，由于電壓表的內(nèi)阻很大，分流作用不明顯，可以忽略，因此選擇乙方案誤差小；

考慮電壓表的內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+(I+URV)r

變形得U=ERVRV+r?rRVRV+r?I

因此電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，即E測(cè)<E真；

(16.【答案】AC

m1【解析】解：(1)A、實(shí)驗(yàn)要保證小球到達(dá)斜槽末端時(shí)以相等的速度做平拋運(yùn)動(dòng)，要求小球從斜槽的同一位置由靜止釋放且斜槽軌道末端水平即可，故A正確；

B、為了保證兩球發(fā)生對(duì)心碰撞，兩球的半徑要相等，故B錯(cuò)誤；

C、為防止反彈，入射小球的質(zhì)量必須大于被碰小球的質(zhì)量，故C正確。

故選：AC。

(2)a、用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個(gè)落點(diǎn)圈住，這個(gè)圓的圓心位置代表平均落點(diǎn)；

b.若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，設(shè)小球m1的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)滿足m1v0=m1v1+m2v2，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直位移相同，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由x=vt可知，平拋初速度與水平位移成正比

故應(yīng)滿足的表達(dá)式為m1?OP=m1?OM+m2?ON；

(3)設(shè)輕繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，小球從偏角θ處?kù)o止擺下，擺到最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球經(jīng)過(guò)圓弧對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為l

則由動(dòng)能定理得：mgL(1?cosθ)=12mv2

由數(shù)學(xué)知識(shí)可知：17.【答案】解：(1)開關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓

U=QC

開關(guān)閉合瞬間，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I=UR

解得I=QCR

(2)開關(guān)閉合瞬間由牛頓第二定律有BIL=ma

將電流I代入上式解得a=BQLCRm

(3)由(【解析】(1)根據(jù)電容器的電荷量和電勢(shì)差公式求電勢(shì)差，再根據(jù)歐姆定律求電流，聯(lián)立導(dǎo)出電流表達(dá)式；

(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求