2025届北京市高考物理考前练笔卷
一、单选题
1．元素（钋）发生衰变时的核反应方程为，该核反应过程中放出的能量为E。已知光在真空中的传播速度为c，的半衰期为138天。下列说法正确的是（ ）
A．该核反应中发生了α衰变
B．该核反应中发生了β衰变
C．100个原子核经过138天，还剩50个原子核未衰变
D．该核反应过程中的质量亏损为
2．中国女子冰壶队在冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动 用时20s停止，最后 1s内的位移大小为0.2m，则下列说法正确的是（ ）
A．冰壶的加速度大小是0.4m/s2 B．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
C．冰壶第1s内的位移大小是4m D．冰壶的初速度大小是6m/s
3．去高原旅游时，密封的食品包装袋比在平原上膨胀许多。假设环境温度不变，袋内气体视为理想气体。下列说法正确的是（ ）
A．高原地区的大气压较高 B．包装袋中气体内能减小
C．包装袋中气体压强减小 D．包装袋中气体放出热量
4．2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。如图所示，航天员用0.3kg的大球与静止的0.1kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．大球碰撞前后的速度比为
B．碰撞后大球的动量小于小球的动量
C．碰撞过程中大球动量减少量小于小球动量增加量
D．碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失
5．如图所示，面积为的200匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为200rad/s，匀强磁场的磁感应强度为0.1T。线圈通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两个相同的灯泡和，灯泡的电阻均为5Ω。变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关S断开时正常发光，线圈及所有导线电阻不计，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时。下列说法正确的是（ ）
A．线圈中感应电动势为（V）
B．开关断开时，电流表的示数为0.08A
C．若开关S闭合，电流表示数将减小
D．若开关S闭合，灯泡亮度不变
6．一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（ ）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
7．飞轮储能是一种利用高速旋转的飞轮来储存和释放能量的技术。飞轮能储存能量，是因为转动的物体具有动能。如图所示，将飞轮简化为圆盘，可绕通过其圆心且与圆盘平面垂直的转轴转动。可以把圆盘分成很多小块，任取一小块都能根据来计算其动能，将所有小块的动能累加即可以求得飞轮转动的动能。下列说法正确的是（ ）
A．飞轮转动时的动能与其转动的角速度成正比
B．飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀无关
C．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能不变
D．保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小
8．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程合力的冲量大小相等
C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
D．上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能
9．如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，以振子从A点开始运动的时刻作为计时起点，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时，振子的速度方向向左
B．时，振子的加速度方向向右
C．到的时间内，振子的回复力逐渐增大
D．到的时间内，振子的动能逐渐减小
10．为了节能，商场的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行。有人站上去后，扶梯开始加速，然后匀速运动。如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀速下行过程中，人的动能不变，扶梯对人不做功
B．加速下行过程中，扶梯对人的支持力大于人所受的重力
C．加速下行过程中，人受到的摩擦力方向水平向左
D．加速下行过程中，支持力对人做正功，摩擦力对人做负功
11．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且。下列说法正确的是（ ）
A．P点电势与Q点电势相等
B．P、Q两点电场强度大小相等，方向相反
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小变为原来的4倍
12．“加速度计”作为测定物体运动加速度的仪器，已被广泛应用。如图甲所示为一种加速度计的原理示意图。支架AB固定在待测系统上，滑块m穿在AB之间的光滑水平杆上，并用轻弹簧连接在A端，其下端有一活动臂，能使滑片P在滑动变阻器上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架将发生位移，并通过电路转换为电信号从电压表（可看作理想电表）输出。如图乙所示标出了电压表表盘上部分电压刻度值。系统静止时，滑片P在滑动变阻器的中点，此时电压表指针指在表盘中间刻度5V处。关于该加速度计有如下两种说法：①若将表盘上电压刻度转换为对应的加速度刻度，加速度值的刻度也将是均匀的；②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，那么加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池。（ ）
A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
13．2023年诺贝尔物理学奖授予了“产生阿秒光脉冲的实验方法”。阿秒（as）是一个极短的时间单位，。阿秒光脉冲是一种发光持续时间在as量级的光脉冲，它相当于一个足够快的“快门”，帮助人们“拍摄”高速运动的电子，从而“打开电子世界的大门”。产生阿秒光脉冲的模型是：用强激光照射某些气体，由于激光的电场是交变电场，该电场的电场强度和原子内部的库仑场的强度相当时，电子就可能“电离”成为自由电子；电离后的自由电子在激光电场作用下“加速”；当激光的电场反向后，一些电子就有可能飞到被电离的原子附近并与其“复合”回到基态，同时释放出一个高能光子，其频率为入射强激光频率的整数倍，称为高次谐波光子。在适当的条件下，大量原子辐射出高次谐波叠加形成脉冲宽度为阿秒量级的光脉冲。根据上述信息并结合已有的知识，判断下列说法正确的是（ ）
A．在1阿秒的时间内，光前进的距离约为0.3mm
B．电子复合时释放的光子能量等于电子在激光场中加速时获得的能量
C．电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关
D．强激光光子能量是高次谐波光子能量的整数倍
14．如图所示，其中图 A 是作用在物体上的力 F 随在力的方向上的位移 x 变化的图像，图 B 是质点运动的加速度 a 随时间变化的图像，图 C 是电容器充电电流 i 随时间变化的图像，图 D 是穿过线圈的磁通量随时间变化的图像，类比通过v t图像求位移的思想方法，下列关于各图像和坐标轴所围面积的意义的说法中正确 的 有（ ）
A．图A所围阴影面积大小可以表示力F做功的快慢
B．图B所围阴影面积可以表示质点加速度的变化量
C．图C所围阴影面积可以表示电容器上已充电的电量
D．图D所围阴影面积可以表示穿过线圈的磁通量的变化快慢
二、实验题
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。
（1）某同学在做杨氏双缝干涉实验时，分别用波长 λ1 和 λ2的单色光，经同一干涉装置得到如图甲和乙所示的干涉条纹，可知 λ1 ________λ2（选填“>”“=”或“<”）。
16．某学习小组同学利用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”
（1）①在答题卡上将甲图中所缺导线补接完整。( )
②要想使电流计指针发生偏转，下列四种操作中可行的是
A．闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动
B．闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管B
C．闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片
D．螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关
③某同学在完成实验后未断开开关，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除 （选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的，分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应 （选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”）。
（2）利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管B与电流计构成闭合电路。
①将条形磁铁N极朝下插入螺线管B的过程中，观察到灵敏电流计G的指针向左偏；
②先将条形磁铁S极朝下插入螺线管B保持不动，然后迅速将磁铁拔出，则观察到灵敏电流计G的指针 （填“向左偏”或“向右偏”）。
17．某同学要测量某电压表的内阻，可利用的实验器材有：
A．待测电压表（量程为，内阻不到）；
B．标准电压表（量程为，内阻约为）；
C．电源E（电动势为，内阻很小）；
D．滑动变阻器R（最大阻值为）；
E．定值电阻（阻值为）；
F．开关S，导线若干。
（1）当待测电压表的示数为时，标准电压表的示数为，改变滑动变阻器滑片位置，经过多次测量，得到多组的数值，以为纵坐标，为横坐标，画出的图像是斜率为3的直线，则待测电压表的内阻 。
（2）把待测电压表改装成量程为的电压表，需要 （填“串”或“并”）联一个阻值 的定值电阻。
（3）把改装后的电压表跟标准电压表进行校对，发现改装后的电压表示数总是比标准电压表示数大，说明在改装电压表时选用的定值电阻的阻值 （填“偏大”或“偏小”）。
18．使用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了1、2两个与计算机相连的光电门，既能获得挡光时间，也能获得滑块在两个光电门间运动的时间。两滑块上均固定一相同的竖直遮光条。
（1）实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从导轨左端向右运动，发现 说明导轨已调平；
（2）测出滑块A和遮光条的总质量为，滑块B和遮光条的总质量为，遮光条的宽度用表示。接通气源，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B置于光电门2右侧，推动滑块B，使其获得水平向左的速度，经过光电门2与A发生碰撞被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的挡光时间为，光电门1记录的挡光时间为。要验证两滑块碰撞前后动量守恒，需验证关系式 是否成立；
（3）现取走滑块B，再提供细线、质量为（）的槽码、可固定在气垫导轨左端且高度可调的轻质定滑轮，重力加速度为。利用上述器材验证动量定理，请写出实验还需要测量的物理量 及这些物理量应满足的关系式 ；
（4）写出一条减小（3）中实验系统误差的方法 。
三、解答题
19．如图，一个质量为的小球，在左侧平台上运行一段距离后从边缘点以的速度水平飞出，恰能沿圆弧切线从点进入固定在地面上的竖直的圆弧管道，并继续滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径与竖直方向的夹角是，平台到地面的高度差为。取，，。求：
(1)小球从点运动到点所需的时间；
(2)P点距地面的高度和圆弧半径；
(3)若通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，求小球经过点时的速度大小。
20．如图所示，一边长为L、质量为m的正方形单匝线圈abcd，自某高处沿竖直面下落，匀速穿过磁感应强度大小为B的水平匀强磁场区域，速度大小为v ,重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)刚进入磁场时线圈中的电流大小I；
(2)线圈的电阻R；
(3)线圈穿过磁场区域过程中产生的热量Q。
21．太空电梯是人类设想的一种通向太空的设备，如图所示，在地球赤道上利用超轻超高强度材料建设直通高空的电梯，可以将卫星从地面运送到太空。已知地球质量为M，半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，质量为与的两个质点若相距无穷远时势能为零，则相距为r时的引力势能为。
(1)求地球同步卫星的轨道半径；
(2)利用太空电梯将一质量为m、静止在地球表面的卫星运送到同步卫星轨道，使其成为一颗同步卫星。写出上述过程卫星机械能变化量的表达式（同步卫星的轨道半径可直接用表示，结果不用化简）；
(3)已知在距离地心约为处，将卫星相对电梯静止释放，卫星恰好不能撞击到地面。若在距离地心至高度范围内，将卫星从不同位置处相对电梯静止释放，请写出释放后卫星与地心间距离如何变化。
22．研究天然放射现象时，把某放射源放入用铅做成的容器中，射线从容器的小孔竖直射出，成为细细的一束。若在射线经过的空间施加磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，发现射线会分成三束，分别为α射线、β射线和γ射线。研究发现：α射线是氦原子核，β射线是电子流，γ射线是高能电磁波。已知光速大小为c，假定α粒子的速度大小为、β粒子的速度大小为。不计重力和粒子间的相互作用。
(1)写出图中的①、②、③三束射线分别对应的射线种类。
(2)再施加一沿水平方向的匀强电场。
a．若①、②两束射线重合，求匀强电场的电场强度大小E及方向。
b．请判断①、②、③三束射线是否可以重合。若可以，计算出匀强电场的电场强度大小；若不可以，请说明理由。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A【详解】AB．由质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为4，电荷数为2，为α粒子，则该核反应中发生了α衰变，选项A正确，B错误；
C．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适用，选项C错误；
D．根据E= mc2
可知该核反应过程中的质量亏损为选项D错误。故选A。
2．A【详解】AB．整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1s内位移大小为0.2m，则有
解得冰壶的加速度大小故A正确，B错误；
D．逆向过程由速度公式可知初速度为故D错误；
C．正向过程冰壶第1s内的位移大小故C错误。故选A。
3．C【详解】AC．理想气体做等温变化，由玻意尔定律
可知气体膨胀，气体压强减小，A错误，C正确；
B．由于气体温度不变，故一定质量的理想气体内能不变，B错误；
D．气体膨胀，气体对外界做功，即，而气体的温度不变，即内能不变，根据热力学第一定律
可知包装袋中气体从外界吸收热量，D错误。故选C。
4．D【详解】根据题意可知，由于碰撞后，大球向前移动1格长度时，小球向前移动3格的长度，则碰撞后，大球的速度是小球速度的，设碰撞后大球的速度为，则小球的速度为
AC．设碰撞前大球的速度为，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中大球动量减少量等于小球动量增加量，则有解得
则大球碰撞前后的速度比为，故AC错误；
B．碰撞后大球的动量小球的动量
即碰撞后大球的动量等于小球的动量，故C错误；
D．碰撞前大球的动能为
碰撞后大球的动能为
碰撞后小球的动能为则有
即碰撞前后，大球与小球组成的系统无动能损失，故D正确。故选D。
5．D【详解】A．变压器输入端的电动势最大值为
从图示位置开始计时就是从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为A错误；
B．开关断开时，副线圈两端的电压等于小灯泡两端的电压，根据变压器的原理可得
其中代入数据解得灯泡两端的电压
通过的电流等于副线圈中的电流，由欧姆定律可得
根据变压器原理可得解得电流表的示数为
C．若开关S闭合，副线圈中的电流增大，原副线圈的匝数之比不变，结合上述分析可知
故电流表的示数增大，C错误；
D．若开关S闭合，原线圈输入端的电压不变，原副线圈的匝数之比不变，故副线圈两端的电压不变，输出端的电压不变，小灯泡的电阻不变，根据可知，灯泡的功率不变，即其亮度不变，D正确。故选D。
6．B【详解】A．断开S瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，由楞次定律可知线圈B中感应电流的磁场方向向下，选项A错误；
B．若线圈B的两端不闭合，则断开开关时线圈B中不会产生感应电流，从而铁芯不会吸引衔铁D，则会对延时效果产生影响，选项B正确；
CD．改变线圈B的缠绕方向或者调换电源的正负极，断开开关时线圈B中都会产生感应电流，从而铁芯会吸引衔铁D，不会对延时效果产生影响，选项CD错误。故选B。
7．D【详解】圆盘上的各点同轴转动，角速度相等，质量为m距转轴距离为r的点的速度
其动能其中为转动惯量。
A．圆盘绕垂直于盘面的轴转动时
其中m为圆盘质量，R为圆盘半径，飞轮转动时的动能
则飞轮转动时的动能与其转动角速度的平方成正比，故A错误；
B．转动惯量I与飞轮的质量分布是否均匀有关，飞轮转动的动能与其质量分布是否均匀有关，故B错误；
CD．飞轮绕垂直于盘面且过盘心的轴转动时的转动惯量
绕过直径的轴转动时的转动惯量
保持角速度的大小不变，若飞轮改为绕其直径转动，则其动能变小，故C错误，D正确。故选D。
8．D【详解】C．竖直向上抛出、向下落的过程中，对小球分别受力分析
可知上抛时的合力大小为： ，下落时的合力大小为：
可得到其受到的合力关系满足：，加速度，故加速度大小关系满足：，故C错误；
A．由加速度，位移大小相等，可得到平均速度的相对大小关系满足：，两个时间关系满足：，故A错误；
B．由加速度，位移大小相等，可知上抛过程的初速度、下落过程的末速度大小关系满足：。
根据动量定理，上抛过程中，以向上为正方向，则：
下落过程，以向下为正方向，则：
可知合力冲量的大小关系满足：，故B错误；
D．由平均速度大小满足：，可知阻力的大小满足：，阻力做功满足：，
结合功能关系，可知阻力做功大小与损失的机械能相等，即可知机械能损失情况满足：，故D正确。
故选D。
9．D【详解】A．由振动图可知时，振子由平衡位置向正方向运动，说明振子的速度方向向右，故A错误；
B．由振动图可知，时，振子在正向最大位移处，所以振子的加速度方向向左，故B错误；
C．到的时间内，振子从最大位移处往平衡位置运动，所以振子的回复力逐渐减小，故C错误；
D．到的时间内，振子从平衡位置往最大位移处运动，振子的速度逐渐减小，振子的动能逐渐减小，故D正确。故选D。
10．C【详解】A．匀速下行过程中，由平衡条件可知，人和扶梯间没有摩擦力，人所受重力做正功，人的动能不变，可知扶梯对人做负功，故A错误；
B．加速下行过程中，竖直方向分加速度向下，人处于失重状态，所以扶梯对人的支持力小于人所受的重力，故B错误；
C．加速下行过程中，水平方向分加速度向左，水平方向只有摩擦力提供加速度，根据牛顿第二定律的同向性可知人受到的摩擦力方向水平向左，故C正确；
D．加速下行过程中，人所受支持力与人的运动方向夹角大于，支持力做负功，摩擦力与人的运动方向夹角小于，摩擦力对人做正功，故D错误。故选C。
11．C【详解】A．根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P 点电势高于Q点电势，故A错误；
B．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误；
CD．根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度，若仅将两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍。
同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由，故P、Q两点间电势差变为原来的2倍，故C正确，D错误。故选C。
12．A【详解】①系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态，设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的距离为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得
设的长度为，两端的电压恒为，则此时电压表的示数
解得联立得
可知系统加速度与电压表示数之间成一次函数关系，凡因变量与自变量间成一次函数的测量仪表刻度盘刻度都是均匀的，①正确；
②电池的电动势E和内阻r发生一定程度的变化后，若系统静止时调节接入电路的阻值，此时能使电压表的指针指在中间刻度处，则两端的电压不变，仍为，根据①分析可知加速度计就可以继续正常使用，而无需更换电池，故②正确。故选A。
13．C【详解】A．在1as时间内，光传播距离为故A项错误；
B．结合题意可知，由于激光是往复振荡，电子在激光电场的作用下会回到原子核附近，在回到原子核的过程中，电子被激光电场加速获得很高的能量，当电子回到原子核，电子的能量以产生高次谐波形式释放这部分能量，辐射高能量光子。释放的光子能量为电子在回到原子核过程获得的动能和电子电离能的总和。所以电子复合时释放的光子能量不等于电子在激光场中加速时获得的能量，故B项错误；
C．由题意可知，电子的“电离”“加速”和“复合”将周期性地发生，时间间隔与激光电场的周期有关，故C项正确；
D．由题意可知，高次谐波光子频率是强激光光子频率的整数倍，由能量子公式
所以因该是高次谐波光子能量是强激光光子能量的整数倍，故D项错误。故选C。
14．C【详解】A．图是作用在物体上的力随在力的方向上的位移变化的图像，根据知，图所围面积等于该力在相应位移内所做的功，A错误；
B．图是质点运动的加速度随时间变化的图像，由得，知，图所围面积等于质点在相应的时间内速度的变化量，B错误；
C．图是电容器充电电流随时间变化的图像，由知，图所围面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，C正确；
D．图是穿过线圈的磁通量随时间变化的图像，由可知，穿过线圈的磁通量的变化快慢表示感应电动的大小，那么图所围面积不表示穿过线圈的磁通量变化的快慢，D错误。故选C。
15．＞【详解】[1]由双缝干涉条纹间距公式知，甲的条纹间距大于乙，所以甲的波长大，即λ1>λ2。
16． BCD A 断开开关 向左偏
【详解】（1）[1]实物图连接如图：
[2] 由图甲可知，穿过螺线管B的磁通量发生变化时，回路产生感应电流。
A．闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，螺线管B的磁通量未发生变化，电流计不偏转，故A错误
B．闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管B，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故B正确；
C．闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片，螺线管A中电流发生改变，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故C正确；
D．螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关，螺线管A中电流发生变化，螺线管B的磁通量发生变化，电流计偏转，故D正确；故选BCD。
[3] [4] 在拆除线圈A时，A中的电流快速减小，由于自感作用，线圈A会产生很大的自感电动势，导致该同学被电击一下。要避免电击发生，应在拆除电路前先断开开关。
（2）[5]将条形磁铁S极朝下插入螺线管B，螺线管B中磁场向上，磁通量在增大，感应磁场向下，观察到灵敏电流计G的指针向左偏。
17． 1500 串 6000 偏小
【详解】（1）[1]根据实验电路图可得整理得
根据题意有解得
（2）[2][3]将小量程得电压表改装成大量程得电压表，根据串联分压的原理可知，需要给电压表串联一个较大阻值的电阻，而根据串联电路中电压比等于电阻之比可得即解得
（3）[4]在对改装后的电压表进行校对时，标准电压表和改装后的电压表是并联连接的，发现改装后的电压表读数总是比标准电压表大，说明改装后的电压表通过的电流偏大，根据并联电路的分流原理，即电流比等于电阻的反比可知，改装后的电压表所串联的电阻阻值偏小。
18． 通过光电门1和通过光电门2的时间相等 遮光条通过光电门1、2的时间分别为、以及这两次遮光的时间间隔 选用质量更大的滑块（或采用计算动量的变化量等）
【详解】（1）[1]若导轨水平则滑块通过光电门1和通过光电门2的时间相等，由此可说明滑块经过光电门的速度相等，即滑块做匀速直线运动，导轨已调平。
（2）[2] 设B碰前速度大小为，碰后速度大小为，A碰后速度大小为，取水平向左为正方向，为验证动量守恒，只需证明下面等式成立即可
同时有，，
带入可得
（3）[3] 实验中槽码的质量远远小于滑块A的质量，因此可以用槽码的重力代替细线的拉力。为验证动量定理，其中，
因此还需要测量的物理量有遮光条通过光电门1、2的时间分别为、以及这两次遮光的时间间隔。
[4]因此需要探究的表达式为
（4）[5]实验过程中系统向下做加速运动，可知槽码的重力略大于细线的拉力；故系统误差主要由于细线的拉力小于槽码的重力引起的。 故选用质量更大的滑块或采用计算动量的变化量等可减小系统误差。
19．(1)(2)；(3)
【详解】（1）对P点的速度矢量分解可得解得
（2）竖直方向小球做自由落体运动，由
由几何关系，P点高度有几何关系代入数据得
（3）通过最高点点时小球对管上壁的压力大小，由牛顿第三定律得，在最高点点时管上壁对小球的作用力大小为，则在点由牛顿第二定律可得代入数据得
20．(1)(2)(3)
【详解】（1）由二力平衡可得
（2）感应电动势由欧姆定律可得
（3）根据题意线圈匀速穿过磁场，可知磁场宽度为L，由能量守恒可得
21．(1)(2)见解析(3)见解析
【详解】（1）同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，则有解得
（2）动能的变化量
势能的变化量
机械能的变化量结合上述有
即有解得
上述表达式也可为，
（3）情况1：从到释放，卫星与地心的距离先减小后增大；
情况2：在释放，卫星与地心的距离保持不变；
情况3：从到释放，卫星与地心的距离先增大后减小；
情况4：从到释放，卫星与地心的距离一直增大。
其中，当时，卫星脱离地球束缚，联立同步卫星的动力学方程：解得
22．(1)①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线
(2)a．，方向为水平向右；b．无法重合，理由见解析
【详解】（1）根据左手定则可知①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线。
（2）a．设α粒子的电荷量为，①、②两束射线重合，有
可得
电场的方向为水平向右
b．不可以。
设电子电量为e，若使③射线与②射线重合，需施加的电场强度为，有
可得
因为，所以①、②、③三束射线无法重合。
答案第1页，共2页
