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真题重组卷05——2023年高考物理真题汇编重组卷（北京专用）
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这是一份真题重组卷05——2023年高考物理真题汇编重组卷（北京专用），文件包含真题重组卷052023年高考物理真题汇编重组卷北京专用解析版docx、真题重组卷052023年高考物理真题汇编重组卷北京专用原卷版docx、真题重组卷052023年高考物理真题汇编重组卷北京专用参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
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冲刺2023年高考物理真题重组卷05
北京地区专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2017·北京·高考真题）以下关于热运动的说法正确的是 （ ）
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
【答案】C
【详解】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A错误；分子在永不停息地做无规则运动，B错误；水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每一个水分子的运动速率都增大，D错误；选项C说法正确．
2．（2019·北京·高考真题）利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是
A．甲对应单缝，乙对应双缝 B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大 D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
【答案】A
【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．
单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故A正确，BCD错误．
3．（2008·北京·高考真题）一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程是11H+01n→13H+γ
B．聚变反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3
C．辐射出的γ光子的能量E=(m3-m1-m2)c
D．γ光子的波长λ=h(m1+m2-m3)c2
【答案】B
【详解】A．核反应方程遵循质量数守恒，正确方程应该为11H+01n→12H+γ，故A错误；
B．聚变反应中的质量亏损为反应前的总质量与反应后总质量的差Δm=(m1+m2)-m3
故B正确；
C．据质能方程可知该核反应会释放出的能量ΔE=(m1+m2-m3)c2，故C错误；
D．由ΔE=hν=hcλ，可得λ=h(m1+m2-m3)c，故D错误。
故选B。
4．（2021·北京·高考真题）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播 B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小 D．此时K质点的加速度比L质点的小
【答案】D
【详解】AB．由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点应向下振，再根据“上坡、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；
C．由AB选项可知K质点应向下振，而L质点在波谷处，则L质点的速度为0，故此时K质点的速度比L质点的大，C错误；
D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据F = - ky，F = ma，结合波图像可看出yL > yK
则，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
故选D。
5．（2021·北京·高考真题）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点距离火星表面2.8´102 km、远火点距离火星表面5.9´105 km，则“天问一号” （ ）
A．在近火点的加速度比远火点的小 B．在近火点的运行速度比远火点的小
C．在近火点的机械能比远火点的小 D．在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律有GMmr2=ma,解得a=GMr2
故在近火点的加速度比远火点的大，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；
C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故C错误；
D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D正确。
故选D。
6．（2017·北京·高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=2202sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为2202W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为1102V
D．副线圈输出交流电的周期为50s
【答案】B
【详解】AC．理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1=220V
根据U1U2=n1n2，解得U2=110V
即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流I2=U2R=2A
则副线圈的输出功率P=U2I2=220W
原线圈的输入功率也是220 W，AC错误。
B．根据n1I1=n2I2，解得I1=1A
即电流表的读数为1 A，B正确；
D．由u=2202sin100πtV可知，角速度ω=100πrad/s
原线圈所接交流电的周期T=2πω=0.02s
副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，D错误。
故选B。
7．（2011·北京·高考真题）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动，某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g，据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）
A．g B．2g C．3g D．4g
【答案】B
【详解】人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0．6F0，而最大拉力为1．8F0，即0．6F0=mg ①
Fm=1．8F0 ②
结合牛顿第二定律，有F-mg=ma ③
当拉力最大时，加速度最大，因而有1．8F0-mg=mam④
由①④两式解得am=2g，故选B．
8．（2010·北京·高考真题）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
【答案】A
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由C=εr⋅S4πkd可知S不变，增大d，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
9．（2011·北京·高考真题）如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（ ）
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】A
【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小。
故选A。
10．（2010·北京·高考真题）如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后
A．摆动的周期为56T
B．摆动的周期为65T
C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h
D．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
【答案】D
【详解】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=12Mv12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有 Mv1-m•2v1=（M+m）v2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：（M+m）gh'=12（M+m）v22
整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D．
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
11．（2019·北京·高考真题）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【答案】C
【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvB=mv2r确定粒子运动半径和运动时间．
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvB=mv2r得：r=mvqB，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．
12．（2010·北京·高考真题）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图像是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】A. B. 由于小灯泡L1与电感线圈串联,断开S后再闭合,流过L1的电流从无到有(即增大),电感线圈对电流有阻碍作用,所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I.故A错误，B正确。
C. D. 由于小灯泡L2与滑动变阻器串联,断开S后再闭合,立即有电流通过L2,当I1电流逐渐增大时,流过L2的电流逐渐减小，最终减到I.故C. D错误。
13．（2015·北京·高考真题）“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置， 然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4，在插P3和P4时，应使（ ）
A．P3只挡住P1的像 B．P4只挡住P2的像 C．P3同时挡住P1、P2的像
【答案】C
【详解】在“测定玻璃砖的折射率”实验中，由折射的光路可知插针时应使P3同时挡住P1、P2的像，P4同时挡住P1、P2、P3的像，故AB错误，C正确。
故选C。
14．（2017·北京·高考真题）2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100nm（1nm=10–9m）附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10–34 J·s，真空光速c=3×108 m/s）（ ）
A．10–21J B．10–18J C．10–15J D．10–12J
【答案】B
【详解】一个处于极紫外波段的光子的能量约为E=hν=hcλ=6.67×10-34×3×108100×10-9J≈2×10-18J
由题意可知，光子的能量应比电离一个分子的能量稍大，因此数量级应相同。
故选B。
二、实验题：本题共2小题，共18分。
15．（2016·北京·高考真题）利用图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。
A.动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_____。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图3所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A．B．C，测得它们到起始点O的距离分别为hA．hB．hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=____，动能变化量ΔEk=____。
④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式v=2gh计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确_____
【答案】 A AB -mgh 12m(hC-hA2T)2 C 该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh-fh=12mv2-0⇒v2=2(g-fm)h可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
【详解】（1）[1][2]温度越高，热敏电阻的阻值越小，即对电流的阻碍作用越小，故导电能力增强；根据图像可知，热敏电阻在相同的温度范围内变化时，阻值变化越大，故其对温度敏感。
（2）[3]①根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2-0，故需要比较动能变化量与势能变化量，A正确；
②[4]电磁打点计时器使用的是交流电源，故A正确；
B .因为在计算重力势能的变化量时，需要用到纸带上两点之间的距离，所以还需要刻度尺，故B正确；
C.根据mgh=12mv2-0可得等式两边的质量抵消，故不需要天平，C错误；
③[5][6]重力势能改变量为
Ep=mghB
由于下落过程中是匀变速直线运动，所以根据中间时刻重物速度的规律可得B点的速度为
vB=hC-hA2T
所以
ΔEk=12mvB2=12m(hC-hA2T)2
④[7]实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，C正确；
⑤[8]该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据
mgh-fh=12mv2-0⇒v2=2(g-fm)h
可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
16．（2012·北京·高考真题）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm（该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______图（选填“甲”或“乙”）．
（3）如图所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_________，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_______Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________（填选项前的符号）．
A．1×10-2Ω·m B．1×10-3Ω·m
C．1×10-6Ω·m D．1×10-8Ω·m
（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_______（有多个正确选项）．
A．用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差
D．用U—I图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差
【答案】 0.398(0.395~0.399) 甲 4.3～4.7 C CD
【详解】（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm，可动刻度读数是39.8ⅹ0.01mm= 0.398mm(0.395~0.399)，所以直径D=0.398mm.
（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路．
（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小．如图所示
（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）．
计算直线的斜率即为电阻R， 故
R=ΔUΔI=4.5Ω4.3~4.7．
（5）根据电阻定律R=ρLS 得
ρ=πRd24L≈1.0×10-6Ω⋅m ，
故C正确，ABD错误．
（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；
C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；
D.用U—I图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确．
三、计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
17．（2014·北京·高考真题）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v．
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度．
（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．
【答案】（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m
【详解】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：
12mAvA2=mAgR
可得v=2m/s
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：(mA+mB)v'=mAv，可得v'=1m/s
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：μ(mA+mB)gL=12(mA+mB)v'2，可得L=0.25m
18．（2015·北京·高考真题）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．
【答案】（1）2.0V，2A；（2）0.08N⋅S（3）1V．
【详解】（1）根据动生电动势公式得E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2V
故感应电流I=ER=2V1Ω=2A
（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安= BIL =0.8N，
因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F安= 0.8N
所以拉力的冲量 IF=F⋅t=0.8 N×0.1s=0.08 N⋅s
（3）其它条件不变，则有电动势E=2V
由全电路的欧姆定律I'=ER+r=1A
导体棒两端电压U=I'R=1V
19．（2018·北京·高考真题）如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．
（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．
（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．
【答案】（1）U–I图象如图所示：
图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a如图所示：
b.E24r
（3）见解析
【详解】（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
b．电源输出的电功率：P=I2R=(ER+r)2R=E2R+2r+r2R
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为Pmax=E24r
（3）电动势定义式：E=W非静电力q
根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq
E=Ir+IR=U内+U外
20．（2019·北京·高考真题）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数；
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b.示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【答案】(1)Wf=mgh-12mu2；(2)a. vm=4πρgr3k；b. ①；；(3)见解析
【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【详解】(1)对雨滴由动能定理得：
mgh-Wf=12mu2
解得：Wf=mgh-12mu2；
(2)a。半径为r的雨滴体积为：V=43πr3，其质量为m=ρV
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为vm，则有：mg=f
其中f=kr2vm2
联立以上各式解得：vm=4πρgr3k
由vm=4πρgr3k可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为r1的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
(3)设在极短时间Δt内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为u，
在Δt内，空气分子个数为：N=nSvΔt，其质量为m=Nm0
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：
F1Δt=m(v+u)
对圆盘上方空气分子由动量定理有：
-F2Δt=0-m(u-v)
圆盘受到的空气阻力为：
f=F1-F2
联立解得：f=2Sv2nm0∝v2。
绝密★启用前
冲刺2023年高考物理真题重组卷05
北京地区专用（解析版）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2017·北京·高考真题）以下关于热运动的说法正确的是 （ ）
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
【答案】C
【详解】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A错误；分子在永不停息地做无规则运动，B错误；水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每一个水分子的运动速率都增大，D错误；选项C说法正确．
2．（2019·北京·高考真题）利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是
A．甲对应单缝，乙对应双缝 B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大 D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
【答案】A
【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断．
单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮，往两边变窄，双缝干涉图样是明暗相间的条纹，条纹间距相等，条纹宽度相等，结合图甲，乙可知，甲对应单缝，乙对应双缝，故A正确，BCD错误．
3．（2008·北京·高考真题）一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．核反应方程是11H+01n→13H+γ
B．聚变反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3
C．辐射出的γ光子的能量E=(m3-m1-m2)c
D．γ光子的波长λ=h(m1+m2-m3)c2
【答案】B
【详解】A．核反应方程遵循质量数守恒，正确方程应该为11H+01n→12H+γ，故A错误；
B．聚变反应中的质量亏损为反应前的总质量与反应后总质量的差Δm=(m1+m2)-m3
故B正确；
C．据质能方程可知该核反应会释放出的能量ΔE=(m1+m2-m3)c2，故C错误；
D．由ΔE=hν=hcλ，可得λ=h(m1+m2-m3)c，故D错误。
故选B。
4．（2021·北京·高考真题）一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后K质点比L质点先回到平衡位置。下列判断正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播 B．此时K质点沿y轴正方向运动
C．此时K质点的速度比L质点的小 D．此时K质点的加速度比L质点的小
【答案】D
【详解】AB．由题知K质点比L质点先回到平衡位置，则K质点应向下振，再根据“上坡、下坡”法可知，该波应沿x轴正方向传播，A、B错误；
C．由AB选项可知K质点应向下振，而L质点在波谷处，则L质点的速度为0，故此时K质点的速度比L质点的大，C错误；
D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据F = - ky，F = ma，结合波图像可看出yL > yK
则，此时K质点的加速度比L质点的小，D正确。
故选D。
5．（2021·北京·高考真题）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点距离火星表面2.8´102 km、远火点距离火星表面5.9´105 km，则“天问一号” （ ）
A．在近火点的加速度比远火点的小 B．在近火点的运行速度比远火点的小
C．在近火点的机械能比远火点的小 D．在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律有GMmr2=ma,解得a=GMr2
故在近火点的加速度比远火点的大，故A错误；
B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；
C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故C错误；
D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D正确。
故选D。
6．（2017·北京·高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=2202sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．原线圈的输入功率为2202W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为1102V
D．副线圈输出交流电的周期为50s
【答案】B
【详解】AC．理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1=220V
根据U1U2=n1n2，解得U2=110V
即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流I2=U2R=2A
则副线圈的输出功率P=U2I2=220W
原线圈的输入功率也是220 W，AC错误。
B．根据n1I1=n2I2，解得I1=1A
即电流表的读数为1 A，B正确；
D．由u=2202sin100πtV可知，角速度ω=100πrad/s
原线圈所接交流电的周期T=2πω=0.02s
副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，D错误。
故选B。
7．（2011·北京·高考真题）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动，某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g，据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（ ）
A．g B．2g C．3g D．4g
【答案】B
【详解】人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0．6F0，而最大拉力为1．8F0，即0．6F0=mg ①
Fm=1．8F0 ②
结合牛顿第二定律，有F-mg=ma ③
当拉力最大时，加速度最大，因而有1．8F0-mg=mam④
由①④两式解得am=2g，故选B．
8．（2010·北京·高考真题）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
【答案】A
【详解】AB、电容器所带电荷量Q不变，由C=εr⋅S4πkd可知S不变，增大d，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故A正确、B错误;
CD、同理可知保持d不变，减小S，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角θ变大，故选项C、D均错误．
故选:A.
9．（2011·北京·高考真题）如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（ ）
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】A
【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小。
故选A。
10．（2010·北京·高考真题）如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后
A．摆动的周期为56T
B．摆动的周期为65T
C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h
D．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
【答案】D
【详解】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=12Mv12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有 Mv1-m•2v1=（M+m）v2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：（M+m）gh'=12（M+m）v22
整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D．
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
11．（2019·北京·高考真题）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【答案】C
【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvB=mv2r确定粒子运动半径和运动时间．
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvB=mv2r得：r=mvqB，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．
12．（2010·北京·高考真题）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图像是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】A. B. 由于小灯泡L1与电感线圈串联,断开S后再闭合,流过L1的电流从无到有(即增大),电感线圈对电流有阻碍作用,所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I.故A错误，B正确。
C. D. 由于小灯泡L2与滑动变阻器串联,断开S后再闭合,立即有电流通过L2,当I1电流逐渐增大时,流过L2的电流逐渐减小，最终减到I.故C. D错误。
13．（2015·北京·高考真题）“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“+”表示大头针的位置， 然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4，在插P3和P4时，应使（ ）
A．P3只挡住P1的像 B．P4只挡住P2的像 C．P3同时挡住P1、P2的像
【答案】C
【详解】在“测定玻璃砖的折射率”实验中，由折射的光路可知插针时应使P3同时挡住P1、P2的像，P4同时挡住P1、P2、P3的像，故AB错误，C正确。
故选C。
14．（2017·北京·高考真题）2017年年初，我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100nm（1nm=10–9m）附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10–34 J·s，真空光速c=3×108 m/s）（ ）
A．10–21J B．10–18J C．10–15J D．10–12J
【答案】B
【详解】一个处于极紫外波段的光子的能量约为E=hν=hcλ=6.67×10-34×3×108100×10-9J≈2×10-18J
由题意可知，光子的能量应比电离一个分子的能量稍大，因此数量级应相同。
故选B。
二、实验题：本题共2小题，共18分。
15．（2016·北京·高考真题）利用图装置做“验证机械能守恒定律”实验。
①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____。
A.动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_____。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图3所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A．B．C，测得它们到起始点O的距离分别为hA．hB．hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp=____，动能变化量ΔEk=____。
④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_____。
A．利用公式v=gt计算重物速度
B．利用公式v=2gh计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确_____
【答案】 A AB -mgh 12m(hC-hA2T)2 C 该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh-fh=12mv2-0⇒v2=2(g-fm)h可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
【详解】（1）[1][2]温度越高，热敏电阻的阻值越小，即对电流的阻碍作用越小，故导电能力增强；根据图像可知，热敏电阻在相同的温度范围内变化时，阻值变化越大，故其对温度敏感。
（2）[3]①根据机械能守恒定律可得mgh=12mv2-0，故需要比较动能变化量与势能变化量，A正确；
②[4]电磁打点计时器使用的是交流电源，故A正确；
B .因为在计算重力势能的变化量时，需要用到纸带上两点之间的距离，所以还需要刻度尺，故B正确；
C.根据mgh=12mv2-0可得等式两边的质量抵消，故不需要天平，C错误；
③[5][6]重力势能改变量为
Ep=mghB
由于下落过程中是匀变速直线运动，所以根据中间时刻重物速度的规律可得B点的速度为
vB=hC-hA2T
所以
ΔEk=12mvB2=12m(hC-hA2T)2
④[7]实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，C正确；
⑤[8]该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据
mgh-fh=12mv2-0⇒v2=2(g-fm)h
可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
16．（2012·北京·高考真题）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm（该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______图（选填“甲”或“乙”）．
（3）如图所示是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_________，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________，由图线得到金属丝的阻值 Rx=_______Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________（填选项前的符号）．
A．1×10-2Ω·m B．1×10-3Ω·m
C．1×10-6Ω·m D．1×10-8Ω·m
（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_______（有多个正确选项）．
A．用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差
D．用U—I图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差
【答案】 0.398(0.395~0.399) 甲 4.3～4.7 C CD
【详解】（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm，可动刻度读数是39.8ⅹ0.01mm= 0.398mm(0.395~0.399)，所以直径D=0.398mm.
（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路．
（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小．如图所示
（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）．
计算直线的斜率即为电阻R， 故
R=ΔUΔI=4.5Ω4.3~4.7．
（5）根据电阻定律R=ρLS 得
ρ=πRd24L≈1.0×10-6Ω⋅m ，
故C正确，ABD错误．
（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；
B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B错误；
C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C正确；
D.用U—I图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D正确．
三、计算题：本题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
17．（2014·北京·高考真题）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v．
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度．
（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．
【答案】（1）2m/s （2）1m/s （3）0.25m
【详解】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：
12mAvA2=mAgR
可得v=2m/s
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：(mA+mB)v'=mAv，可得v'=1m/s
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：μ(mA+mB)gL=12(mA+mB)v'2，可得L=0.25m
18．（2015·北京·高考真题）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．
【答案】（1）2.0V，2A；（2）0.08N⋅S（3）1V．
【详解】（1）根据动生电动势公式得E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2V
故感应电流I=ER=2V1Ω=2A
（2）金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安= BIL =0.8N，
因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F = F安= 0.8N
所以拉力的冲量 IF=F⋅t=0.8 N×0.1s=0.08 N⋅s
（3）其它条件不变，则有电动势E=2V
由全电路的欧姆定律I'=ER+r=1A
导体棒两端电压U=I'R=1V
19．（2018·北京·高考真题）如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．
（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．
（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．
【答案】（1）U–I图象如图所示：
图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a如图所示：
b.E24r
（3）见解析
【详解】（1）U–I图像如图所示，
其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流
（2）a．如图所示
b．电源输出的电功率：P=I2R=(ER+r)2R=E2R+2r+r2R
当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为Pmax=E24r
（3）电动势定义式：E=W非静电力q
根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即
W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq
E=Ir+IR=U内+U外
20．（2019·北京·高考真题）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数；
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b.示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。
【答案】(1)Wf=mgh-12mu2；(2)a. vm=4πρgr3k；b. ①；；(3)见解析
【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【详解】(1)对雨滴由动能定理得：
mgh-Wf=12mu2
解得：Wf=mgh-12mu2；
(2)a。半径为r的雨滴体积为：V=43πr3，其质量为m=ρV
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为vm，则有：mg=f
其中f=kr2vm2
联立以上各式解得：vm=4πρgr3k
由vm=4πρgr3k可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为r1的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：
(3)设在极短时间Δt内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为u，
在Δt内，空气分子个数为：N=nSvΔt，其质量为m=Nm0
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：
F1Δt=m(v+u)
对圆盘上方空气分子由动量定理有：
-F2Δt=0-m(u-v)
圆盘受到的空气阻力为：
f=F1-F2
联立解得：f=2Sv2nm0∝v2。
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