📚 原卷真题 · 精编解析
2022北京丰台高三二模
物理
满分：100分
考生须知
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一、选择题
本部分共14题。
1．下列说法中正确的是（ ）
【答案】A
【详解】
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A正确；
B．依据质能方程，可知，核子结合成原子核一定有质量亏损，且释放出能量，故B错误；
C．半衰期是统计规律，对于一个特定的衰变原子核，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰变，故C错误；
D．大量处于n=3能级的氢原子在自发跃迁时，会发出种不同频率的光，故D错误。
故选A。
2．我国研制的055新型防空驱逐舰采用“双波段雷达”系统。雷达发射X波段电磁波频率为8~12GHz，S波段电磁波频率为2~4GHz。与S波段相比，X波段的电磁波（ ）
【答案】A
【详解】
A．根据波长与频率关系
B．不同频率的电磁波在空气中传播速度相同，B错误；
C．发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长接近或者小于波长，因X波段的电磁波的波长更短，则X波段的电磁波更不容易发生衍射，C错误；
D．根据光子能量表达式
故选A。
3．下列说法中正确的是（ ）
【答案】B
【详解】
A．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，反映液体分子的无规则运动，A错误；
B．当用力拉伸铅块时，铅块各部分之间要产生反抗拉伸的作用力，此时铅块分子间的作用力表现为引力，B正确；
C．物体举高后，宏观重力势能增加，对微观中分子势能没有影响，分子势能的大小与分子间距有关，分子势能不变，内能不变，故C错误；
D．在太空实验室里，水滴的形状是一个完美的球形，这是表面张力作用使其表面具有收缩趋势而引起的结果，故D错误。
故选B。
4．如图所示，某次实验利用位移传感器和速度传感器得到我国某品牌汽车刹车过程的图像，汽车刹车过程可视为匀减速运动，下列说法正确是（ ）
【答案】D
【详解】
A．汽车刹车后做匀减速直线运动，由图可知，初速度为v₀=10m/s，位移为x=10m，则
B．汽车刹车过程的加速度大小为
C．当汽车运动的位移为5m时，根据
D．当汽车速度为5m/s时，根据
故选D。
5．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，P为波传播方向上的一质点，此时P质点处于平衡位置。图乙是质点的振动图像，下列说法正确是（ ）
【答案】C
【详解】
A．由图甲可知，波长为4m，周期为2s，则波速为
B．由图乙可知，Q质点在0时刻向上振动，根据“同侧法”结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B错误；
C．由题意可知，0时刻质点P在平衡位置，经过1.5s即四分之三个周期，可知，质点P位于波峰处，故C正确；
D．由题意可知，0时刻质点P在平衡位置，经过2.5s即个周期，则质点P位于波谷处，此时加速度方向沿y轴正方向，故D错误。
故选C。
6．如图所示，一个小孩儿在玩荡秋千。已知秋千的两根绳长均为3m，小孩和秋千踏板的总质量约为30kg，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6m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（ ）
【答案】B
【详解】设每根绳的拉力为T，对小孩和秋千踏板受力分析且由牛顿第二定律有
得
得
故选B。
7．2022年3月23日，“天宫课堂”进行了第二次授课活动。授课过程中信号顺畅不卡顿，主要是利用天链系列地球同步轨道卫星进行数据中继来实现的。如图所示，天链卫星的发射过程可以简化如下：卫星先在近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入圆形同步轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星质量保持不变。则下列说法中正确的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有
B．卫星在运行过程只受地球的万有引力，根据牛顿第二定律可得
C．卫星在轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有
D．卫星在同一轨道上运行时，只受万有引力，卫星的机械能守恒，卫星从轨道I变轨到轨道Ⅱ需要在A处点火加速，即机械能增加，故卫星在轨道I上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，D错误；
故选C。
8．如图所示的电路中a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数足够大，直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（ ）
【答案】D
【详解】
A．由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作；但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使b灯后亮，则合上开关，a先亮，b后亮，故A错误；
B．L为自感线圈（直流电阻不计），接通开关稳定时通过两灯的电流一样，当断开开关时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故B错误；
D．由图可知，闭合开关接通开关稳定时通过a、b两灯的电流方向相同，断开开关瞬间线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，则b灯电流方向不变，而a灯电流方向反向，故C错误，D正确。
故选D。
9．某水电站输电线路简化模型如图所示，已知R为输电线总电阻（可视为定值电阻），发电机输出电压恒定。由于用户端负载变化，使发电机输出功率增加。设升压变压器和降压变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．发电机的输出电压恒定，所以升压变压器副线圈的电压不变，则电压表V₁的示数不变，故A错误；
C．发电机输出功率升高，则流过输电线的电流增大，则电流表A₁的示数增大，输电线电阻所分的电压增大，则降压变压器原副线圈的电压均减小，则电压表V₂的示数减小，故B错误，C正确；
D．降压变压器原线圈电流增大，根据电流于匝数的关系可知，降压变压器副线圈电流变大，电流表A₂的示数变大，故D错误。
故选C。
10．如图所示的图像中，直线a为电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别是电阻、的电压与电流的关系。若将这两个电阻分别直接与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是（ ）
【答案】D
【详解】
A．由欧姆定律结合图象可知电阻小于电阻，故A错误；
D．电源的内阻
故选D。
11．一个边长为10cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为1Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
【答案】D
【详解】
A．由法拉第电磁感应定律可知，1~3s的感应电动势为
B．由法拉第电磁感应定律可知，3~5s的感应电动势为
C．0~5s线框中产生的焦耳热为
D．根据电流热效应可得
故选D。
12．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
【答案】D
【详解】
A．物体从静止向右运动时，弹力先大于摩擦力，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等时，即
B．整个过程中，物块所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做负功，则物块克服摩擦力做的功为，B错误；
C．物体向右运动的过程，根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
D．设物块在A点的初速度为，对整个过程，利用动能定理得
故选D。
13．伽利略猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变球的质量或增大斜面倾角，上述结论依然成立。结合以上信息，判断下列说法正确的是（ ）
【答案】A
【详解】研究铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，但不能直接得出落体运动的位移与时间的平方成正比、落体运动的速度随时间均匀增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
14．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出时动能为Ek。已知K、Q的距离为d，带电粒子的重力不计。则下列说法正确的是（ ）
【答案】C
【详解】
A．粒子在磁场中根据洛伦兹力提供向心力得
B．粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间等于在两磁场中运动的时间与在电场中加速的时间之和，由可知，粒子在两磁场中运动的时间相同，但在加速电场中的时间越来越短，所以粒子每次从P点被加速到再次回到P点所用的时间不同，故B错误；
C．设粒子从出射口K射出时的速度大小为vm，此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大，为
D．由于粒子被引出时的动能为Ek，根据动能定理可得
二、非选择题
本部分共6题。
15．物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：
【答案】①. 2.05 ②. ④①②⑤③ ③. A ④. 不变
【详解】（1）[1]20分度的游标卡尺的精确值为，图中的读数为
（2）[2]在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，正确的实验步骤是④①②⑤③；
（3）a[3]为使金属丝两端电压调节范围更大，滑动变阻器应采用分压接法，且由于
说明待测电阻属于小电阻，电流表应采用外接法，A正确，BCD错误；
故选A。
b[4]若某同学选择C电路进行实验后，向左移动滑片，路端电压U和干路电流I均发生变化，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
可知等于电源的内阻，保持不变。
（2）[2]在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，正确的实验步骤是④①②⑤③；
（3）a[3]为使金属丝两端电压调节范围更大，滑动变阻器应采用分压接法，且由于
说明待测电阻属于小电阻，电流表应采用外接法，A正确，BCD错误；
故选A。
b[4]若某同学选择C电路进行实验后，向左移动滑片，路端电压U和干路电流I均发生变化，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
可知等于电源的内阻，保持不变。
16．如图所示，某实验小组同学用“碰撞实验器”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后动量关系。
【答案】①. C ②. 见解析 ③. ④. ⑤. 见解析
【详解】（1）a[1]实验中仅测量小球做平抛运动的射程可以解决直接测定速度是不容易的问题，C正确，ABD错误；
故选C。
b[2]两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中的时间相等，则有
可得
可知只要测量小球做平抛运动的射程就可以解决小球碰撞前后的速度问题；
（2）a[3]两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中的时间相等，则有
可得
[4]若两球碰撞是弹性碰撞，碰撞过程满足机械能守恒，则有
可得需要满足的表达式为
b[5] 实验可能的结果是：碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量；由于斜槽末端向上倾斜，小球抛出后做斜抛运动，水平速度变小。若斜槽引起小球在空中运动时间的变化忽略不计，则斜槽末端向上倾斜时，小球的水平位移变小，故可能会得到碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。
故选C。
b[2]两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中的时间相等，则有
可得
可知只要测量小球做平抛运动的射程就可以解决小球碰撞前后的速度问题；
（2）a[3]两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中的时间相等，则有
可得
[4]若两球碰撞是弹性碰撞，碰撞过程满足机械能守恒，则有
可得需要满足的表达式为
b[5] 实验可能的结果是：碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量；由于斜槽末端向上倾斜，小球抛出后做斜抛运动，水平速度变小。若斜槽引起小球在空中运动时间的变化忽略不计，则斜槽末端向上倾斜时，小球的水平位移变小，故可能会得到碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。
17．我国自主研制了运20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为m时，起飞离地速度为v₀；装载货物后质量为M，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
【答案】（1）；
（2）；
（3）
（2）；
（3）
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程
所以
（2）载货起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程
将k代入解得
（3）该飞机装载货物后，初速度为零的匀加速直线运动，则由
解得
根据匀变速速度与时间关系
解得
所以
（2）载货起飞时，升力正好等于重力，竖直方向平衡方程
将k代入解得
（3）该飞机装载货物后，初速度为零的匀加速直线运动，则由
解得
根据匀变速速度与时间关系
解得
18．如图所示，长轻质细线上端固定在悬点，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左、范围足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知悬点O距地面的高度，小球所带电荷量，匀强电场的场强，空气阻力可以忽略，取重力加速度，，。求：
【答案】（1）；
（2）；
（3），方向与竖直方向夹角为
（2）；
（3），方向与竖直方向夹角为
【详解】详解】（1）根据共点力平衡条件可得
解得
（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为。
解得
（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为。
19．场是看不见、摸不着的，但我们却可以根据它表现出来的性质去认识它、研究它；我们也常采用类比的方法去研究和认识不同的场。
【答案】（1）见解析；
（2）a. ；b. ，垂直纸面向里；c.
（2）a. ；b. ，垂直纸面向里；c.
【详解】（1）电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处放一试探电荷q,根据库仑定律，该试探电荷受到的电场力为
由电场强度
得电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处电场强度为
（2）a. 通过类比可以猜想两电流元间相互作用的磁场力大小F可以写为
①
b. 通过类比电场强度的定义可写出在距电流元I₁l₁为r处的磁感应强度B的表达式为：
②
将磁场力F表达式代入②式子得
③
由安培定则判断B的方向：垂直纸面向里。
c. 环形电流是由许多段的电流元组成，设任意一段电流元为，则在距其r处产生的磁感应强度由③可知
④
则环形电流在圆心O处产生的磁感应强度的大小B可表示为:
得到
由电场强度
得电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处电场强度为
（2）a. 通过类比可以猜想两电流元间相互作用的磁场力大小F可以写为
①
b. 通过类比电场强度的定义可写出在距电流元I₁l₁为r处的磁感应强度B的表达式为：
②
将磁场力F表达式代入②式子得
③
由安培定则判断B的方向：垂直纸面向里。
c. 环形电流是由许多段的电流元组成，设任意一段电流元为，则在距其r处产生的磁感应强度由③可知
④
则环形电流在圆心O处产生的磁感应强度的大小B可表示为:
得到
20．物理现象的分析常常有宏观与微观两个视角，建构合理化模型找出其内在联系，有助于更加深刻理解其物理本质。
【答案】（1）a. ；b. ；c. ；
（2）a. ；b.
（2）a. ；b.
【详解】（1）a.由牛顿第二定律得自由电子的加速度
联立可得
b.电子在t₀时间内做匀加速直线运动，则定向运动的平均速率
c.由电流的定义式
其中
解得
（2）a.短路时，粒子在洛伦兹力的作用下发生偏转，设r₀为圆周运动的半径，只有距A板为2r₀的正离子能够打在A板上形成等效电流，则
根据洛伦兹力提供向心力
则
联立可得
b.由电流定义得
闭合电路欧姆定律得
电源电动势
由
得
联立解得
联立可得
b.电子在t₀时间内做匀加速直线运动，则定向运动的平均速率
c.由电流的定义式
其中
解得
（2）a.短路时，粒子在洛伦兹力的作用下发生偏转，设r₀为圆周运动的半径，只有距A板为2r₀的正离子能够打在A板上形成等效电流，则
根据洛伦兹力提供向心力
则
联立可得
b.由电流定义得
闭合电路欧姆定律得
电源电动势
由
得
联立解得