2026届北京大学附属中学高三下学期考前保温物理试卷

**基本信息** 以《梦溪笔谈》彩虹、电磁弹射、磁流体发电机等真实情境为载体，覆盖力学、电磁学、近代物理等核心模块，注重科学推理与模型建构的高三物理三模保温卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14/42|光的色散、霍尔效应、机械波|结合《梦溪笔谈》考查光现象，体现文化传承| |实验题|2/18|电源电动势测量、平抛运动|设计智能手机蓝牙测电流，融合现代科技| |简答题|1/10|匀加速运动、电容储能|电磁弹射情境关联功能关系，强化能量观念| |计算题|3/30|单摆、磁流体发电、静电除尘|静电除尘题综合非匀强电场与微元法，突出科学思维|

2026年北京大学附属中学高考物理三模保温试卷 一、单选题：本大题共14小题，共42分。 1.《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献，书中对彩虹作了如下描述：“虹乃雨中日影也，日照雨则有之”。如图是彩虹成因的简化示意图，设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是(    ) A. 彩虹是雨后太阳光入射到水滴中发生干涉而形成的 B. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长 C. 水滴对a光的临界角大于对b光的临界角 D. 增大太阳光在水滴表面的入射角，可能没有光线从水滴表面射出 2.下列说法正确的是(    ) A. 密立根通过油滴实验精确测定了电子的电荷量 B. 核反应方程中的X为质子 C. 射线、射线、射线都属于电磁波 D. 光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性 3.如图所示，一定质量的理想气体分别经历和两个过程，其中为等温过程，状态b、c的体积相同．则(    ) A. 状态a的内能大于状态b B. 状态a的温度高于状态c C. 过程中气体吸收热量 D. 过程中外界对气体做正功 4.空间中存在着沿水平方向的匀强磁场，某兴趣小组设计的测量匀强磁场大小和方向的实验装置如图所示。通有电流的螺线管水平固定，其轴线与匀强磁场平行，螺线管在霍尔元件处产生的磁场的磁感应强度，其中k为比例常数，I为电流表示数。霍尔元件的工作面A向左且与匀强磁场垂直，霍尔元件的载流子为电子。调节滑动变阻器R接入电路的阻值，当电流表示数为时，霍尔元件输出的霍尔电压，下列说法正确的是(    ) A. 匀强磁场的磁感应强度大小为，方向水平向左 B. 若电流表示数小于，则a、b端的电势满足 C. 电流表的示数越大，霍尔电压一定越大 D. 电流表的示数越大，霍尔电压一定越小 5.如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6m，时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是(    ) A. 波长为3m B. 波速为 C. 时刻，B点速度为0 D. 时刻，A点速度为0 6.如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v(    ) A. 一直减小 B. 一直增大 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 7.如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为、、，则(    ) A. B. C. D. 8.某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(    ) A. 偏转磁场的方向垂直纸面向里 B. 第1次加速后，离子的动能增加了2qU C. 第k次加速后，离子的速度大小变为 D. 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 9.如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(    ) A. 甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B. 甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1 C. 乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D. 甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4：3 10.翡翠湖公园有一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水口P横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力，则(    ) A. 水流单位时间撞到B处的体积 B. 水流在B处的速度 C. 水流对B处的冲击力 D. 空中水的质量 11.如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下与纸面平行，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域区域Ⅱ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(    ) A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，则 B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则 C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则 D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为， 12.如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场环形管的宽度非常小，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变。已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是(    ) A. 环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里 B. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为2NqU C. 粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变 D. 粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为 13.蛙式打夯机是一种结构简单、操作方便的夯实机械。如图所示，蛙式打夯机主要由偏心轮飞轮和偏心块组成、电动机和夯体三部分组成。电动机、飞轮和夯体总质量为M，偏心块质量为m，偏心块的重心到轮轴的距离为R，重力加速度为g。在电动机带动下，偏心轮在竖直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力。下列说法正确的是(    ) A. 电动机轮轴与偏心块转动角速度相同 B. 偏心块转到最低时打夯机对地面的压力的等于 C. 偏心轮转动的角速度为 D. 偏心块转到最低时处于失重状态 14.2019年2月5日，“流浪地球”在中国大陆上映，赢得了票房和口碑双丰收。影片讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度为的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星比邻星。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“喷气”发动机，如图所示较大，图中只画出了4个。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程具有相似性，为，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；为单位时间内地球的角速度的改变量。将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是(    ) A. 在与的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度 B. 地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小 C. 停止自转后，赤道附近比极地附近的重力加速度大 D. 这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F，使地球停止自转所需要的时间为 二、实验题：本大题共2小题，共18分。 15.某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题： ①在电路中起______填“保护”或“分流”作用。 ②与E、r、R、的关系式为______。 ③根据记录数据作出图像，如图所示。已知，可得______保留三位有效数字，______保留两位有效数字。 ④电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果______填“有”或“无”影响。 16.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图1所示的装置．实验操作的主要步骤如下： A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直 B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A C.将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B D.将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C 若测得A、B间距离为，B、C间距离为，已知当地的重力加速度为 ①关于该实验，下列说法中正确的是______ A.斜槽轨道必须尽可能光滑 B.每次释放小球的位置可以不同 C.每次小球均须由静止释放 D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出 ②根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为______用题中所给字母表示 ③实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入的研究，并得出如下的结论，其中正确的是______. A.小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为，则应有：：1 B.小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为，则应有：：2 C.小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为，则应有：：1 D.小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为，则应有：：3 ④另外一位同学根据测量出的不同x情况下的和，令，并描绘出了如图2所示的图象．若已知图线的斜率为k，则小球平抛的初速度大小与k的关系式为______用题中所给字母表示 三、简答题：本大题共1小题，共10分。 17.质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力为f，发动机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g。求： 飞机模型的起飞距离离开地面前的运动距离； 若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块图中未画出可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，充电电压为，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。 在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图像，在此基础上求电容器时储存的电能； 在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可缩短起飞距离。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为，完成此次弹射后电容器剩余的电荷是原来的一半。求飞机的此次的起飞距离x。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 18.单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻力，请完成下列问题： 若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g； 若摆长为L，摆起最大角度为，求摆球通过最低点时速度的大小； 若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。 19.洋流又叫海流，指大洋表层海水常年大规模的沿一定方向较为稳定的流动．因为海水中含有大量的正、负离子，这些离子随海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电． 图为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图，其中的发电管道是长为L、宽为d、高为h的矩形水平管道．发电管道的上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板．两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．为了简化问题，可以认为：开关闭合前后，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动，发电管道相当于电源，M、N两端相当于电源的正、负极，发电管道内海水的电阻为可视为电源内阻管道内海水所受的摩擦阻力保持不变，大小为不计地磁场的影响． 判断M、N两端哪端是电源的正极，并求出此发电装置产生的电动势； 要保证发电管道中的海水以恒定的速度流动，发电管道进、出口两端要保持一定的压力差．请推导当开关闭合后，发电管两端压力差F与发电管道中海水的流速v之间的关系； 发电管道进、出口两端压力差F的功率可视为该发电机的输入功率，定值电阻R消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率．求开关闭合后，该发电机的效率；在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻R和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下，要提高该发电机的效率，简述可采取的措施． 20.用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集 为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为式中k为大于0的已知常量。由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响。有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压圆桶内空间的电场可视为匀强电场，便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用，求灰尘颗粒运动可达到的最大速率 如图所示，真空中某静电除尘装置金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极，A和B的高度远大于A的直径。 ①已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，为金属线B单位长度的带电荷量。如图所示，忽略重力、忽略微粒之间的相互作用力的三个带正电微粒，电荷量均为q、质量均为m，在圆筒内某横截面上分别绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为、和，它们的动能分别为、、，电势能分别为、、，总能量分别为、、。若，试分析比较三个粒子的总能量差值与的大小。 ②实际进行除尘工作时，筒内距离轴线r处的电场强度大小仍然为，但由于金属筒内充满空气，微粒会受到空气阻力。设这时微粒所受重力可以忽略，空气阻力与其速度大小成正比，即，A是一个确定的值并且符合所要求的单位。已知在微粒运动过程中，当微粒速度改变时空气阻力也随即改变，并能随时迅速达到空气阻力与所受电场力等大反向。现在分析一个带负电表示带电量的绝对值、质量m的微粒从轴线附近沿直线向外的运动，试求出微粒从处运动到处的时间 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：雨后太阳光入射到水滴中发生折射时，不同颜色光折射率不同，偏折程度不同而形成彩虹，即发生色散而形成彩虹，故A错误； B.根据光在介质中的传播时间公式，由图可知，a光的折射率n大，在水滴中传播路程s更长，则a光在水滴中的传播时间长与b光的传播时间，故B正确； C.第一次折射时，入射角相同，a光的折射角较小，根据可知，a光的折射率较大，根据可知，水滴对a光的临界角小于对b光的临界角，故C错误； D.根据折射光路可逆性，增大太阳光在水滴表面的入射角，一定有光线从水滴表面射出，故D错误。 故选：B。 根据光的色散和光在介质中的传播时间、临界角和折射光路的可能性原理进行分析解答。 考查光的色散和光在介质中的传播时间、临界角和折射光路的可能性原理，会根据题意进行准确分析解答。 2.【答案】A  【解析】解：密立根通过油滴实验精确测定了电子的电荷量，故A正确； B.根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，X的质量数为，电荷数为，故X为中子，即，故B错误； C.射线的是高速运动的氦原子核，射线是高速运动的电子流，射线是波长极短的电磁波，故C错误； D.光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性，故D错误。 故选：A。 根据密里根测量电子电荷量的实验分析判断；根据质量数和电荷数守恒列式求解；根据各种射线的本质进行分析解答；根据光电效应和康普顿效应和粒子性的知识分析解答。 考查核反应方程的书写规则和各种射线的本质等知识，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于较低难度考题。 3.【答案】C  【解析】解：A、是等温过程，气体温度不变，气体的内能相等，故A错误； BCD、由图示图象可知，状态b、c的体积相同，根据一定质量理想气体的状态方程，可知c的温度大于b和a的温度，且c的内能大于b和a的内能，从a到c气体体积增大，气体对外界做功，，该过程内能增大，，由热力学第一定律可知：，可知，所以，过程中气体吸收热量，故BD错误，C正确； 故选：C。 一定量的理想气体内能由温度决定；气体体积变大，气体对外做功；图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，然后应用热力学第一定律分析答题。 知道图线与坐标轴围成图形的面积等于气体做的功、根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提；掌握基础知识、应用热力学第一定律即可解题。 4.【答案】B  【解析】解：A、根据右手螺旋定则，电流通过螺线管时产生的磁场方向水平向左，当电流表示数为时，霍尔元件输出电压，表明该处总磁感应强度为零，因此与大小相等、方向相反，即。匀强磁场的方向水平向右，故A错误； B、若电流表示数小于，霍尔元件所在位置的总磁感应强度方向水平向右，依据左手定则，电子将向a侧偏转，因此电势关系为，故B正确； CD、若电流表示数大于，则电流表示数越大，霍尔电压越大；若电流表示数小于，则电流表示数越大，霍尔电压反而越小，故CD错误。 故选：B。 题目描述利用霍尔元件测量匀强磁场的装置，当电流为时霍尔电压为零，表明此时霍尔元件所处位置的总磁场为零，即螺线管产生的磁场与匀强磁场大小相等、方向相反。由此可确定的大小与方向关系，再结合左手定则分析载流子电子在总磁场作用下的偏转情况，从而判断a、b端电势高低以及霍尔电压随电流表示数变化的规律，需注意电流大小与的比较决定了总磁场方向，进而影响霍尔电压的增减趋势。 本题巧妙地将霍尔效应与磁场合成相结合，考查学生对磁场叠加、霍尔电压产生原理以及左手定则等电磁学核心知识的综合应用能力。题目计算量小，但思维深度较高，重点在于理解当霍尔电压为零时意味着电子所受洛伦兹力平衡，从而推导出待测匀强磁场与螺线管产生磁场的大小和方向关系。学生需具备清晰的物理图景构建能力，能动态分析电流变化导致合成磁场方向改变，进而影响电子偏转方向和霍尔电压极性及大小的逻辑链条。该设问方式新颖，有效检验了学生对物理原理的深入理解和逻辑推理的严谨性。 5.【答案】D  【解析】解：根据题意可得AB如图所示 A、由题意可得A、B的平衡位置之间的距离为 解得 故A错误； B、波源的振动频率为 则波速为 故B错误； C、振动周期为 则 则时刻，B运动到平衡位置，此时B点速度最大，故C错误； D、由于 则时刻，A运动到波峰，此时A点速度为0，故D正确。 故选：D。 根据题意判断出AB的位置关系；再根据位置关系判断出波长，根据振动求出频率进而求出周期，根据时间与周期的关系判断出质点的振动情况。 解答本题时，要理解波的形成过程，明确介质中各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，且熟练掌握各质点随时间的速度大小变化。 6.【答案】B  【解析】解：设两边绳与竖直方向的夹角为，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为，将沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解， 可得，解得 由于塔块匀速下落时在减小，故可知v一直增大，故B正确，ACD错误。 故选：B。 将v和塔块的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，且沿绳子方向的速度相等，根据角度关系分析出速度的变化。 本题主要考查了运动的合成与分解问题，熟悉矢量的合成和分解，根据几何关系即可完成解答。 7.【答案】C  【解析】解：物块运动全程轨道光滑无摩擦，A、B、C三点处弹簧的形变量均为r，即三个位置弹簧弹性势能相等， 则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加， 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小， 由A到C全过程则有 因此，故ABD错误，C正确。 故选：C。 物块运动全程轨道光滑无摩擦，A、B、C三点处弹簧的形变量均为r，弹性势能相等，因此弹簧弹力在任意两点间运动过程中总功为零。结合已知电场力与重力大小相等的条件，对物块在A到B、B到C、A到C的过程分别应用动能定理，分析电场力、重力的做功情况，即可比较三个位置的动能大小关系。 本题考查动能定理、能量守恒的综合应用，涵盖弹簧弹性势能的影响因素、电场力与重力做功的特点、复合场下的能量转化分析，属于中等偏上难度题目。本题计算量较小，核心突破口为判断A、B、C三点弹簧形变量相同、弹性势能相等，要求学生灵活选取运动过程运用动能定理分析，有效锻炼学生的隐含条件挖掘能力与能量逻辑推理能力。 8.【答案】D  【解析】解：直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误； 由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU，则加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，加速k次后，由动能定理有 解得离子的速度 故BC错误； D.粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则有 联立解得偏转磁场的磁感应强度大小 故D正确。 故选：D。 根据左手定则，结合动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，综合粒子在偏转磁场中，洛伦兹力提供向心力分析求解。 本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。 9.【答案】D  【解析】解：A、根据右手定则可知，甲线框进磁场过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，所以甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，故A错误； B、甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力均为安培力，根据安培力的计算公式可得： 由于甲和乙的电阻大小分别为R和2R，则所受合力大小之比为2：1，故B错误； C、设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v，取向右为正方向，对乙全过程根据动量定理可得： 即：，其中： 解得：，故C错误； D、设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为，取向右为正方向，对甲全过程根据动量定理可得： 即：，其中： 解得： 甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为：，故D正确。 故选：D。 根据右手定则判断电流方向； 合外力为安培力，根据安培力的计算公式求解所受合力大小之比； 对乙全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小； 对甲全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小，根据功能关系求解甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比。 对于安培力作用下导体棒、线圈的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。 10.【答案】D  【解析】解：A、水流单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积，所以水流单位时间撞到B处的体积为 ，故A错误； B、水流从P到B做平抛运动，平抛初速度为 v，由于水柱恰好能垂直撞到斜面，几何关系可知在B的速度方向与水平方向成 ，则有：，故B错误； C、设 时间内有质量为的水撞击斜面，设该过程斜面给水的支持力为，规定方向为正方向，由动量定理可得：，因为 ，联立解得：，根据牛顿第三定律可得，水流对B处的冲击力的大小为：，故C错误；D、结合B选项分析，由平抛规律可得水流在B的竖直方向的分速度为：，故平抛运动时间为：，所以空中水的质量为：，故D正确。 故选：D。 根据流量公式计算；根据速度合成法则计算；根据动量定理计算；根据流量和水柱在空中的运动时间计算。 本题考查了平抛运动规律和动量定理的应用，基础题，在应用动量定理时，要注意规定正方向。 11.【答案】D  【解析】解：区域Ⅰ中电场力和洛伦兹力相等，由此可得： 在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得： 解得： 因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为，则 A、若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，在区域Ⅰ中粒子依然受力平衡，则 解得： 根据牛顿第二定律可得： 解得： 由此可知粒子的半径变为原来的，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍然为，故，故A错误； B、若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，根据上述分析可知： 解得： 根据半径的计算公式可知粒子的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍然为，故，故B错误； C、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子进入区域Ⅱ中的速度为，根据半径的计算公式可知粒子的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为，此时的时间为： 则，故C错误； D、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，同上述分析可知，粒子的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为，则此时的时间为： ，故D正确； 故选：D。 在叠加场中，粒子受到的洛伦兹力和电场力相等，由此可得出场强或者磁感应强度变化后粒子的速度大小，在区域Ⅱ中粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据几何关系得出半径和圆心角的大小，结合圆周运动的周期公式完成分析。 本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉速度选择器的工作原理，理解粒子做圆周运动的向心力来源，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。 12.【答案】D  【解析】解：A，由于粒子带正电，A板电势高于B板电势，要使粒子加速，其在电场中的运动方向应为由A到B，可知粒子运动方向为顺时针；由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误； B、粒子每经过一次电场，电场力做正功，动能增加量等于电势能减少量：qU。绕行N圈后获得的总动能为NqU，故B错误； C、粒子运动周期为，由于粒子速度持续增大，而运动的半径保持不变，所以粒子运动周期减小，因此A板电势变化周期也要减小，故C错误； D、由洛伦兹力提供向心力，可得：，由动能定理可知，粒子速度满足，联立解得，，故D正确。 故选：D。 、根据左手定则判断； 、功能动能定理列式判断； 、根据判断； 、根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解。 考查动能定理，牛顿第二定律的应用，掌握线速度与周期的关系，理解粒子在电场中加速的原理。 13.【答案】C  【解析】A.电动机轮轴与飞轮通过皮带传动，线速度相等，根据电动机轮轴与飞轮半径不同，飞轮与偏心轮同轴转动角速度相同，故电动机轮轴与偏心块转动角速度不相同，故A错误； 在最低点，对偏心块有，对电动机、飞轮和夯体总体有，解得，根据牛顿第三定律可知，打夯机对地面压力的大于，处于超重状态，故BD错误； C.当偏心轮上的偏心块转到顶端时，夯体刚好对地面无压力，有，对偏心块有，解得偏心轮转动的角速度为，故C正确。 故选：C。 14.【答案】A  【解析】解：A、在与的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，故A正确； B、地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大，故B错误； C、停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度大小相等，故C错误； D、这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F，根据，而，则停止的时间，故D错误。 故选：A。 分析题干信息，明确停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度大小相等。 根据，计算地球停止自转的时间。 此题考查了万有引力定律的相关计算，分析题干信息，明确停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度大小相等是解题的关键。 15.【答案】保护； ；  ，；  有  【解析】与电阻箱串联，可知，在电路中起保护作用。 根据闭合电路欧姆定律 化简可得 结合上述有 结合图有， 解得， 当电流传感器有内阻时，所测的电源内阻 导致电源内阻测量值偏大，即电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有影响。 故答案为：保护；；，；有。 根据与电阻箱串联判断； 根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的表达式； 根据图像斜率和截距计算； 根据所测的电源内阻为电流传感器和电源内阻和判断。 本题考查测量电源电动势和内阻实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法。 16.【答案】C     A     【解析】解：①A、斜槽轨道是否光滑，不会影响做平抛运动，只要使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动．故A错误． BC、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误，C正确． D、假如斜槽是光滑的，则小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出，故D错误； 故选： ②在竖直方向上： 水平方向上： 联立方程解得： ③AB、依据动量定理：，由于水平位移相同，则它们的运动时间相等，因此应有：：1，故A正确，B错误； CD、根据动能定理，，虽然它们的运动时间相等，但由于竖直方向不是初速度为零，那么竖直方向的位移不是1：3，因此：：3，故CD错误； ④令，根据平抛运动处理规律，则有：； 而， 解得：， 依据描绘出了如图2所示的图象，图线的斜率为， 因此小球平抛的初速度大小与k的关系式为 故答案为：①C；②；③A；④ 小球做平抛运动，必须保证斜槽末端切线水平； 实验过程中要保证小球每次做平抛运动的初速度相同，每次应从斜槽的同一位置由静止释放小球； 明确实验的注意事项，根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解； 依据动量定理，结合相同时间，即可判定动量变化比值；再由动能定理，结合合力做功，即可确定求解； 根据平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的合成与分解内容，即可求解． 本题主要考查了匀变速直线运动中基本规律以及推论的应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决问题能力，掌握平抛运动处理规律，理解运动的合成与分解的处理方法，同时掌握动能定理与动量定理的应用，注意竖直方向不是从初速度为零开始处理的． 17.【答案】解：平均阻力为 由牛顿第二定律得： 联立解得： 设飞机的起飞距离为s，根据位移-速度公式得： 解得： 极板上所带电荷量为： 则图像如图所示：   图象与横轴所围的面积表示电能，则电容器充电电压为时，电容器储存电能为： 完成此次弹射后，电容器储存的电能 释放的电能为 金属块推动飞机所做的功为 飞机起飞过程，由动能定理得： 解得： 答：飞机模型的起飞距离为； 图像见解析，求电容器时储存的电能为； 飞机的此次的起飞距离x为。  【解析】根据牛顿第二定律求解加速度，根据匀变速直线运动位移-速度公式求解起飞距离； 根据电容的定义式画图像，根据，图线与q轴所围的面积表示电容器储存的电能； 根据图像求解电容器释放的电能，根据动能定理求解起飞距离。 本题考查牛顿第二定律和动能定理，解题关键是知道图像与坐标轴所围的面积表示电容器储存的电能，会应用动能定理列式。 是根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解；本题第二问关键是结合图象求解电容器储存的电能，然后根据功能关系列式求解剩余能量． 18.【答案】重力加速度大小为；   摆球通过最低点时速度的大小为；   细线对摆球拉力的冲量大小为  【解析】解：根据周期表达式：，可得到重力加速度：； 由动能定理：，可得摆球通过最低点时的速度大小； 小球从最高点第一次到最低点的过程中，在水平方向，由水平向右为正方向，由动量定理：， 以竖直向上为正方向，竖直方向：，小球的拉力冲量为：，解得：。 答：重力加速度大小为； 摆球通过最低点时速度的大小为； 细线对摆球拉力的冲量大小为。 根据周期表达式，可得到重力加速度； 由动能定理，可计算摆球通过最低点时的速度大小； 由小球从最高点到最低点的过程中，由动量定理，可分别得到拉力在水平、竖直方向的冲量，即可得到细线对摆球拉力的冲量大小。 本题考查单摆的相关计算，注意冲量是矢量，不能简单的做代数和。 19.【答案】解：由左手定则可知M端电势高，M端为电源的正极．开关S断开，MN两端的电压U等于电源的电动势E，即： 由于导电离子做匀速运动，所以有： 解得：  以发电管道内的海水为研究对象，其受力平衡，则有： 根据欧姆定律有： 解得： 由题意可知输入功率为： 输出功率为： 解得： 可见，增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率． 答：端为电源的正极；电动势； 发电管两端压力差F与发电管道中海水的流速v之间的关系； 增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率．  【解析】根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定； 根据共点力平衡及闭合电路欧姆定律可求得外力的表达式； 求出回路中消耗的电能与克服阻力做的功即可求得消效率表达式，则可求得提高效率的方法． 本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素；利用好闭合电路的欧姆定律求的消耗的机械能 20.【答案】【小题1】圆桶形容器内的电场强度 灰尘颗粒所受的电场力大小 电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为，则有 解得 【小题2】①在圆筒内某横截面上分别绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，则有 根据题意有 解得 可知，微粒的动能与圆周运动半径r无关，即 若使带正电微粒远离轴线，电场力做负功、电势能增加，可知 将同一个微粒从轨道移动到轨道或者从轨道移动到轨道，动能都一样，总能量的增加就等于电势能的增加，但在阶段的电场力比阶段的电场力更大，则克服电场力做功更多，电势能增加的更多，则有总能量差值小于总能量差值，即 ②当微粒速度改变时空气阻力也随即改变，并能随时迅速达到空气阻力与所受电场力等大反向，设在任意r处，微粒远离轴线的速度为v，则有 根据题意有 解得 作出的函数图像如图所示 在r到微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于的一段的图线下的面积为 显然这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过的时间 所以灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t等于从到一段的图线下的面积，所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间   【解析】解：圆桶形容器内的电场强度 灰尘颗粒所受的电场力大小 电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为，则有 解得 ①在圆筒内某横截面上分别绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，则有 根据题意有 解得 可知，微粒的动能与圆周运动半径r无关，即 若使带正电微粒远离轴线，电场力做负功、电势能增加，可知 将同一个微粒从轨道移动到轨道或者从轨道移动到轨道，动能都一样，总能量的增加就等于电势能的增加，但在阶段的电场力比阶段的电场力更大，则克服电场力做功更多，电势能增加的更多，则有总能量差值小于总能量差值，即 ②当微粒速度改变时空气阻力也随即改变，并能随时迅速达到空气阻力与所受电场力等大反向，设在任意r处，微粒远离轴线的速度为v，则有 根据题意有 解得 作出的函数图像如图所示 在r到微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于的一段的图线下的面积为 显然这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过的时间 所以灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t等于从到一段的图线下的面积，所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间 答：灰尘颗粒运动可达到的最大速率为。 ①已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，为金属线B单位长度的带电荷量。如图所示，忽略重力、忽略微粒之间的相互作用力的三个带正电微粒，电荷量均为q、质量均为m，在圆筒内某横截面上分别绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为、和，它们的动能分别为、、，电势能分别为、、，总能量分别为、、。若，三个粒子的总能量差值与的大小为。 ②实际进行除尘工作时，筒内距离轴线r处的电场强度大小仍然为，但由于金属筒内充满空气，微粒会受到空气阻力。设这时微粒所受重力可以忽略，空气阻力与其速度大小成正比，即，A是一个确定的值并且符合所要求的单位。已知在微粒运动过程中，当微粒速度改变时空气阻力也随即改变，并能随时迅速达到空气阻力与所受电场力等大反向。一个带负电表示带电量的绝对值、质量m的微粒从轴线附近沿直线向外的运动，微粒从处运动到处的时间为。 情景是平行板匀强电场静电除尘，忽略加速过程、重力，灰尘受电场力和与速度成正比的空气阻力。灰尘迅速达到受力平衡，速度不再增大，此速度就是最大速率。 ①分析无限长带电直线的径向电场，粒子带正电，绕轴线做匀速圆周运动，电场力提供向心力。总能量等于动能加上电势能，要先由向心力公式推出动能随轨道半径的变化规律；再由径向电场做积分求电势差，得到电势能表达式。题目给出半径等差，对比两组总能量差值，需要结合函数单调性判断差值大小。 ②问分析带负电微粒，电场向外，微粒受力指向圆筒外壁；阻力与速度成正比，且任意时刻电场力与阻力大小相等、方向相反。由此直接得到速度和位置r的关系式，根据微元法求解时间。 本题是静电除尘为背景的电场综合大题，由浅入深。第问是匀强电场的受力平衡，侧重基础；第转到无限长直线的径向非匀强电场，①考查圆周运动+动能、电势能综合，需要结合数学函数分析差值；②结合阻力条件做微分积分求时间。整道题重点考察审题提取理想化条件、非匀强电场下的动力学与能量，融合微积分思想，区分度强，适合高三复习训练，重点训练从实际装置抽象物理模型。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $