2021年北京市东城区高考物理二模试卷

2021年北京市东城区高考物理二模试卷

1.下列说法中正确的是（）

A.温度是分子热运动平均动能的标志

B.分子间引力与斥力都随分子间距离增大而增大

C.1g水和1g氧气所含分子个数相同

D.悬浮颗粒越大，布朗运动越明显

2.用如图1所示装置做圆孔衍射实验,在屏上得到的衍射图样如图2所示，实验发现,

光绕过孔的边缘，传播到了相当大的范围。下列说法正确的是（）

m1图2

A.此实验说明了光沿直线传播

B.圆孔变小，衍射图样的范围反而变大

C.圆孔变小，中央亮斑和亮纹的亮度反而变大

D.用不同波长的光做实验，衍射图样完全相同

A.任一时刻两振子的回复力方向都相同

B.甲、乙两振子振动频率之比为2：1

C.甲的加速度为零时，乙的加速度也为零

D.甲的速度为零时，乙的速度也为零

4.游乐场中的升降机在竖直方向上运行，t=0时刻初速度为0,其加速度随时间变化

的a-t图像如图所示，以向上为正方向，则下列对升降机的说法正确的是（）

0

A.0〜0.57时间内速度保持不变B.0.5T〜T时间内做匀速运动

C.7〜2T时间内所受合力为零D.0〜27'时间内一直向上运动

5.氢原子的能级图如图所示。如果大量氢原子处于n=4能二............'•

级的激发态，下列说法正确的是（）:二;；

A.这群氢原子最多可能辐射3种不同频率的光子

I---------------------------13.6

B.从n=4能级跃迁到n=1能级的氢原子所辐射光子

的波长最长

C.n=2能级的氢原子若吸收能量为1.89eV的光子，可以跃迁到n=3能级

D.n=4能级的氢原子至少需吸收13.6W能量的光子才能电离

6.如图所示，一价氢离子、一价氢离子和二价氢离子的混

合物以相同的初速度沿垂直匀强电场的方向进入同一

偏转电场，且经过偏转后都从右侧离开了电场，则三种

粒子相同的是（）

A.离开偏转电场时的动能B.在偏转电场中的时间

C.在偏转电场中偏转的角度D.在偏转电场中的侧移量

7.如图所示，物块A、B均静止于倾角为。的斜面上，它

们的质量分别为M和"7,已知Mgsin。＞mg。若斜面

倾角。变大，8仍保持静止，则（）.1/

A.绳子的拉力变大B.A所受合力变大

C.斜面对A的支持力变大D.斜面对A的静摩擦力变大

8.质量为胆的小球用长为/的细线悬于A点，初始时刻使小球在-4-

水平面内以角速度3做匀速圆周运动，细线与竖直方向夹角为

重力加速度为g。由于空气阻力作用，小球的运动状态缓慢变

化，最终静止在A点的正下方，在此过程中（）

第2页，共22页

A.绳的拉力始终小于等于mg

B.小球的线速度始终小于等于3国n。

C.空气阻力做的功为-cos。）

D.重力做的功为-cosB）

9.一个迷你型电风扇安装有小直流电动机，其线圈电阻为RM，额定电压为U,额定

电流为/,将它与电动势为E、内阻为/■的直流电源相连，电动机恰好正常工作，

则（）

A.电动机的总功率为JR”B.电源的输出功率为E/

C.电动机输出的机械功率为UID.通过电动机的电流为T

10.如图所示为a粒子散射实验的示意图：放射源发出

a射线打到金箔上，带有荧光屏的放大镜转到不同

位置进行观察，图中1、2、3为其中的三个位置。

下列对实验结果的叙述或依据实验结果做出的推

理正确的是（）

A.在位置2接收到的a粒子最多

B.在位置1接收到a粒子说明正电荷不可能均匀分布在原子内

C.位置2接收到的a粒子一定比位置1接收到的a粒子所受金原子核斥力的冲量更

大

D.若正电荷均匀分布在原子内，则1、2、3三个位置接收到a粒子的比例应相差不

多

11.用图1所示装置研究光电效应现象，三次用同一光电管在不同光照条件下实验，记

录微安表的示数/随光电管电压U的变化情况，得到甲、乙、丙三条光电流与电压

之间的关系曲线，如图2所示。下列说法正确的是（）

图2

A.甲光的频率大于乙光的频率

B.丙光的波长小于乙光的波长

C.甲光和丙光的强弱程度相同

D.甲光和丙光产生的光电子最大初动能相同

12.2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器在距火星400k,”的位置瞬间变

速，成功被火星捕获，完成了环绕火星飞行的任务。“火星捕获”是火星探测任务

中风险最高的环节之一，如变速后速度过快,探测器会脱离火星的吸引;速度过慢，

则会一头扎到火星上。已知火星的第一宇宙速度和第二宇宙速度分别为力和。2,火

星的半径为3400%〃?，设“天问一号”瞬间变速后速度为v,下列说法正确的是（）

A.v可以小于%B.v可以大于。2

C.v一定大于%D.u一定在药和火之间

13.图1所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A的横梁上以形成闭

合铁芯；原、副线圈的匝数分别为％和〃2,将它们分别套在铁芯A的两臂上，则如

图2所示。某同学为测量原线圈的电阻，将多用电表的欧姆挡调到合适挡位，用两

表笔接触原线圈的两接线柱，等指针稳定后读数，读数完毕后将两表笔与接线柱脱

开;之后使原线圈与正弦式交流电源相连，并测得原、副线圈的电压分别为名和外。

下列说法正确的是（）

铁芯A

A.两表笔与接线柱接触瞬间，有比稳定时更大的电流通过欧姆表

B.两表笔与接线柱脱开瞬间，有比稳定时更大的电流流过原线圈

C.若铁芯B没有安装在铁芯A上，Ui：U2>n1：n2

D.无论铁芯8是否安装铁芯A上，U1：U2=n1：n2

14.地球半径约为6400切?，地球表面的大气随海拔高度增加而变薄，大气压强也随之

减小到零，海拔100%小的高度被定义为卡门线，为大气层与太空的分界线。有人设

想给太空飞船安装“太阳帆”，用太阳光的“光子流”为飞船提供动力来实现星际

旅行。已知在卡门线附近，一个正对太阳光、面积为1.0X106机2的平整光亮表面，

受到光的压力约为9N；力虽小，但假设以同样材料做成面积为1.0x1047n2的，，帆”

安装在飞船上，若只在光压作用下，从卡门线附近出发，一个月后飞船的速度可达

到2倍声速。设想实际中有一艘安装了“帆”（面积为1.0x1047n2）的飞船，在卡门

线上正对太阳光，下列说法正确的是（）

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A.飞船无需其他动力，即可不断远离太阳

B.一年后，飞船的速度将达到24倍声速

C.与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压力约为2.25X10-2N

D.与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，飞船的加速度为出发时的;

4

15.某同学测量电动玩具电池的电动势和内电阻。

U/V

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mnunituninnan:uninra

asas»::«su：88umK:S//A

00.10.20.30.40.50.60.7

图2

（1）如图1所示，将导线一端与。连接，另一端分别在〃、匕两处试触，发现安培表

的示数几乎不变，伏特表的示数变化比较明显，为了减小实验误差，实验测量时应

选择连接（选填"/或“b”）点的电路；

（2）图I中，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最端（选填“左”或

“右”）。

（3）图2是根据实验数据绘制的U-/图线，根据图线求得被测电池组的电动势E=

火结果均保留三位有效数字），内阻r=0（结果保留两位有效数字）。

16.如图1所示，用半径相同的两个小球的碰撞验证“动量守恒定律”。实验时先让质

量为巾1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止释放，A球从轨道末端水平抛出，

落到位于水平地面的复写纸上，在下面的臼纸上留下痕迹，重复上述操作10次，

得到10个落点痕迹，再把质量为Tn?的8球放在水平轨道末端，将4球仍从位置C

由静止释放，4球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10

次，M、尸、N为三个落点的平均位置，。点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投

影点，如图2所示。

(1)下列说法中正确的有(选填选项前的字母)。

A安装轨道时，轨道末端必须水平

8.实验前应该测出斜槽末端距地面的高度

C.实验中两个小球的质量应满足巾1<m2

D除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺和秒表

E未放B球时，A球落点的平均位置是尸点

(2)实验中，测量出两个小球的质量Tn1、巾2,测量出三个落点的平均位置与。点距

离。M、OP、CW的长度分别为右、冷、x3o在实验误差允许范围内，若满足关系

式(用所测物理量的字母表示)，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。

(3)某实验小组设计用上述装置来研究碰撞前后动能的变化，实验方案如下：如图3

所示，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的竖直墙上，把白纸和复写纸附在墙上，

记录小球的落点。选择半径相等的小钢球A和硬塑料球8进行实验，测量出A、B

两个小钢球的质量mi、m2,其他操作重复验证动量守恒时的步骤。M'、P'、N'为

竖直记录纸上三个落点的平均位置，小球静止于水平轨道末端时球心在竖直记录纸

上的水平投影点为。'，用刻度尺测量M'、P'、N'到0'的距离分别为、2、丫3。

a.在实验误差允许范围内，若满足关系式(用所测物理量的字母表示)，则可

认为碰撞前后两球的总动能相等。

人在分析操作可行性时发现，按此种方法操作，有非常大的可能无法得到碰撞后A

球的落点，请分析原因。

17.如图所示，一边长为L、阻值为R的正方形金属线框，放在光滑绝

:B

缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度为8的匀

强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合。线框在一大小为尸的

水平恒力作用下由静止开始向左运动，并最终以恒定的速度匀速离0

开磁场区域，线框离开磁场的全过程所用时间为o

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(1)线框中感应电流的方向是顺时针还是逆时针？

(2)求线框匀速运动时速度的大小v；

(3)求被拉出磁场的过程中，线框中的平均感应电动势

18.如图所示，在xOy平面上，一个以原点。为对称中心、边长为。的正方形区域内

存在着匀强磁场。磁场方向垂直于xOy平面向里。在原点。处静止着一个放射性

原子核及N,某时刻该核发生衰变，放出一个正电子：送和一个反冲核匕已知正

电子从。点射出时沿x轴正方向，而反冲核刚好不会离开磁场区域。不计重力影响

和粒子间的相互作用。

(1)写出衰变方程;

(2)画出反冲核在磁场中运动轨迹的示意图;

(3)求正电子在磁场中做圆周运动的半径治和离开磁场区域时的横坐标X。

y

XXXX：

I

XXXX；

X

：

XXXI

XXXX：

19.在一个点电荷Q的电场中，以点电荷。的位置为原点。建立平面直角坐标系，如

图1所示，在其中A、8两点分别放置试探电荷，试探电荷受到静电力的大小厂跟

试探电荷的电荷量g的关系分别如图2中直线“2所示。已知A点的坐标为(0.3巾,0)。

().10.20.30.40.50.6g/x|C

图2

(1)求A点电场强度的大小演和B点电场强度的大小Ep；

(2)求8点到点电荷Q的距离rp；

(3)将一试探电荷从B点移动到A点，请根据点电荷场强分布的特点，自选两条移

动路径证明，电场力做的功明4与路径无关(在图中画出所选择的路径)。

20.接触物体之间的相互作用，如绳中的拉力、接触面间的压力、支持力等是生活中常

见的力的作用。在处理这些相互作用时，我们常用到一些理想模型：如物体间通过

轻绳连接，斜面与平面间通过光滑小圆弧连接，等等。这些理想化的连接条件与一

般的情形相比有哪些区别和联系呢？请分析以下问题。

(1)如图1所示，质量均匀分布的长绳AB质量为机，绳长为/,B端与一质量为M

的物块相连，物块可视为质点。现在A端作用一个大小恒定为F的水平外力，使绳

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拉着物块沿光滑水平面做直线运动。

a.求在绳内距A端x处绳的拉力FT与x的关系；

b.请证明：若绳质量，”远小于物块质量M,可认为绳中拉力处处相等，且等于绳端

点受到的力。

（2）如图2所示，斜面与平面（在水平方向）之间通过光滑小圆弧连接，可视为质点的

小物体从斜面上某处下滑，通过小圆弧滑到平面上。

a.在沿连接处的小圆弧滑下的过程中，请说明支持力对小物体运动状态的改变起什

么作用？

b.若斜面与平面间没有小圆弧，而是直接相接，如图3所示，将小物体从斜面上较

高位置释放，若小物体的材质使得小物体碰到平面后不反弹，请通过分析和必要的

计算说明碰触平面后小物体可能的运动情况及对应的条件。（小物体与平面碰触的

时间很短，可不考虑重力的作用；请对论证过程中用到的物理量加以说明）

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、根据温度的微观意义可知，温度是分子热运动平均动能的标志，故A

正确；

8、根据分子力的特点可知，分子间引力与斥力都随分子间距离增大而减小，故B错误；

C、由于水和氧气的摩尔质量不同，故1g水和1g氧气所含分子个数不相同，故C错误；

。、根据布朗运动的特点可知，悬浮颗粒越大，分子对其撞击的越趋于均衡，布朗运动

一定越不明显，故。错误。

故选：Ao

温度是分子热运动平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大；根据分子

力的特点判断；根据分子的个数与质量的关系判断；根据布朗运动的特点判断。

本题主要考查了温度的微观意义、分子力、布朗运动等热学基础知识，此处高考要求不

高，要求学生强化理解并记忆。

2.【答案】B

【解析】解：A、此实验中光绕过了孔的边缘，光的传播方向发生了改变，不能说明了

光沿直线传播，故A错误；

8、圆孔变小，衍射现象更明显，即衍射图样的范围反而变大，故B正确；

C、圆孔变小时，光透过的能量会变小，而中央亮斑面积会变大，所以亮度会变暗，故

C错误；

。、用不同波长的光做实验，衍射图样不完全相同，相同孔径时，波长越长，则亮斑会

越大，故。错误。

故选：B。

单色光通过小圆盘得到衍射图形，称为泊松亮斑，小圆孔做衍射实验，衍射图样，它们

中央均为亮点的同心圆形条纹，从而即可求解.

该题考查著名的泊松亮斑，是光照在小圆盘上却在屏上中央出现亮斑，说明光的传播具

有波动性.

3.【答案】C

【解析】解：A、由图可知，在t=0.5s到t=1.0s的过程中，两弹簧的回复力的方向是

相反的，故A错误；

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B、由图可知I,甲的周期是7尹=2.0s,乙的周期是7,=LOs,故周期之比是2：1,因

为f故其频率之比是1：2,故B错误；

C、由于甲的周期是乙的2倍，故当甲处于平衡位置时，乙也一定处于平衡位置，即甲

的加速度为零时，乙的加速度也为零，故C正确；

。、由图可知，甲在t=0.5s时处于最大位置，其速度为零，但是此时乙处于平衡位置，

其速度最大，故。错误。

故选：Co

振子通过平衡位置时速度最大,加速度最小，通过最大位移处时速度为零，加速度最大。

由振动图象读出两弹簧振子周期之比，从而求出频率之比；根据尸=-依分析回复力的

关系，由图直接读出振幅之比。

本题考查对振动图象的理解能力，要注意不能把两弹簧振子错当成同一个弹簧振子，两

个弹簧振子的我不一定相同。

4.【答案】B

【解析】解：40-0.5T时间内，加速度是不变的，初速度是0,故这段时间升降机做

加速运动，故A错误；

B、0.57-7时间内，加速度为0,故它做匀速运动，故B正确；

C、7-27时间内，加速度是负值，由牛顿第二定律可得，加速度不为0,故所受合力

不为零，是负值，故C错误；

D、0-0.5H1寸间内的速度变化量就是这段时间的图线对应的面积，7-1.5T的速度减少

量刚好把0-0.57的速度增加量抵消，所以1.57-27之间的速度是负值，升降机加速向

下运动，故。错误。

故选：B。

当加速度不为0时，合力不为零，加速度大于0,升降机向上加速或向下减速，当加速

度小于0,升降机向下加速或向上减速。

本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状

态还是超重状态.

5.【答案】C

【解析】解：A、根据数学组合公式筮=6,故大量的氢原子处于n=4能级的激发态

向低能级跃迁时最多可能辐射6种不同频率的光子，故A错误；

B、从n=4能级跃迁到n=1能级的氢原子所辐射光子的能量最大，因为此时的能级差

最大，根据E=/in,所以频率最大，再根据c=vA可知，波长最小，故B错误；

C因为△E=E3-E2=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV,故n=2能级的氢原子，若吸

收能量为1.89eV的光子，可以跃迁到n=3能级，故C正确；

D、几=4能级的氢原子至少需吸收0.85H能量的光子就能电离，故。错误；

故选：Co

大量的氢原子能级间跃迁时，能发出光的种类为鬃；

依据能级差公式4E=Em-En,即可判定辐射光子能量最大值与最小值；

要使氢原子电离，应使电子吸收大于或等于对应能级的能量。

正确根据氢原子的能级公式和跃迁进行有关问题的计算，是原子物理部分的重点知识，

要注意加强训练，同时掌握能级差公式△E=Em-E"的应用。

6.【答案】B

【解析】解：人因为粒子在电场中做类平抛运动，故y=二92=工x也X《)2=吗，

根据动能定理，Ek2-Ekl=W^=Eqy,所以6?=^皿/+黑提，由于瓜L、v都相

同，但4、机不同，故离开偏转电场时的动能不相同，故A错误；

B、粒子做类平抛运动，故在偏转电场中的时间t=$,因L和口都相同，故时间相同，

故8正确；

C、在偏转电场中偏转的角度为。，则tan®=盛=+=襄,由于E、L、口都相同，但外

切不同，故角度不相同，故C错误；

。、在偏转电场中的侧移量y=|at2=|xMxg)2=^,由于从心、y都相同，但

4、机不同，故侧移量不相同，故。错误。

故选：B。

三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，根据动能定

理求出加速获得的动能表达式，从而找到动能关系；根据运动的合成和分解规律确定时

间关系；根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移

的关系以及偏转角度的关系。

解决本题的关键知道带电粒子在偏转电场中的运动情况，关键掌握运动的合成和分解规

律的应用，得出对应的表达式即可正确求解。

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7.【答案】D

【解析】解：A、绳子的拉力等于2的重力，即F=7ng,它是不变的，故A错误；

B、由于8保持静止，故A也保持静止，所以它受到的合力为0,不变，故8错误；

C,斜面对A的支持力乐=mgcos。，当。变大时，cos。变小，故支持力变小，故C错

误；

D、对A受力分析得，斜面对A的静摩擦力/=MgsinJ-mg,所以当。变大时，sin。也

变大，静摩擦力变大，故。正确。

故选:D«

分别对A、B两物体受力分析，根据共点力的平衡条件即可确定各力的变化情况。

本题考查共点力平衡条件的应用，注意正确选择研究对象，知道由于8静止绳子上的拉

力大小保持不变。

8.【答案】B

【解析】解：A、对小球受力分析，它受到重力网?、线的拉力厂的

作用，二个力的合力提供向心力，故尸=黑，即F>mg，故A错

误；

B、因为尸囱=mgtcm。=m?故小球的线速度u=个grtcm。=

y/glsindtand,当小球的运动状态缓慢变化，。逐渐减小时，sin。、以九。都减小，故u

也减小，而最初的线速度v=3k/。，故说明小球的线速度始终小于等于3/sin8,故B

正确;

C、根据动能定理得：WG-W/&=0-Ek,所以空气阻力做的功为皿第=m或（1一

COS0）+Ek，故C错误；

D、物体的高度一联系电话，重力做的功是正功，即叫=叫9，（1-cos。），故。错误。

故选：B。

对小球受力分析，受重力和两个拉力；小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛

顿第二定律和向心力公式列式求解；对运动过程由动能定理列式求解空气阻力所做的功;

根据功的公式确定重力的功。

本题是圆锥摆问题，关键要正确分析受力，搞清小球做圆周运动向心力的来源：重力和

拉力的合力，要注意小球圆周运动的半径不是L,而是LsinO.

9.【答案】D

【解析】解：A、因为电动机正常工作，通过它的电流为/,其额定电压为U,故它的总

功率为P点=/U,热功率P点=/2RM,由于电能并不有全部转化为内能，故总功率大于

2

lRM<A错误；

8、电源直接对电动机供电，电源的路端电压等于电动机两端的电压，故路端电压为U,

故电源的输出功率为P=U/,故B错误；

C、电源输出的机械功率等于总功率与热功率的差值，故电动机输出的机械功率为「出=

2

UI-1RM,故C错误；

。、因路端电压为U,故电源的内电压U的=E-U=/r,解得通过电动机的电流为/=

——,故D正确。

r

故选：。。

电动机的总功率根据P=U/求解；电源的输出功率等于电动机的输入功率；根据公式

P=/2R求出电动机消耗的热功率，从而求出电动机的输出功率：根据U=E-/r求解

通过电动机的电流。电动机正常工作时欧姆定律不成立。

本题是要搞清电动机的输入功率、输出功率和热功率的求法，电动机输入的电功率只能

用「=〃求，热功率只能用P然=/R用.输出功率要根据能量守恒定律求解；同时注

意电动机正常工作时欧姆定律不成立。

10.【答案】B

【解析】解：A、由于原子中大部分是空的，故大部分a粒子会沿直线通过，所以在位

置③接收到的a粒子最多，故A错误；

B、在位置①接收到a粒子，说明a粒子发生了大角度偏折，可以推出正电荷不可能均匀

分布在原子内，故B正确；

C、由图看出，位置②接收到的a粒子偏折程度没有位置①的大，所以a粒子所受金原

子核斥力的冲量在位置①更大些，故C错误；

。、若正电荷均匀分布在原子内，则①②位置几乎接收不到a粒子,③位置接收得最多，

故。错误。

故选：B.

该实验中，放射源放出一束射线轰击金箔，运用显微镜前荧光屏去观察射线的多少.课

第14页，共22页

本中，该实验的结论是：多数射线基本不偏折，少数发生较大角度的偏转，个别的粒子

几乎被反射回来.

该题考查a粒子散射实验，关键要记住该实验中观察到的现象和通过该实验得出的结论,

知道其实验解释了散射现象的原因.

11.【答案】。

【解析】解：A、由题图知，乙光的遏止电压大，根据动能定理eUc=Ekm，则乙光发

生光电效应时的光电子的最大初动能大，根据光电效应方程=hv-W,可知乙光

的频率大于甲光，故A错误；

8、丙光与甲光的遏止电压相等，所以这两种光的频率相等，故丙的频率也小于乙的频

率，根据c=v；l可知，丙的波长大于乙光的波长，故8错误；

C、由题图可知甲光和丙光的饱和光电流不相同，甲的饱和光电流大一些，说明甲光比

丙光的强度强，故C错误；

。、甲光和丙光的遏止电压相等，光的频率相等，所以在同一光电管下的光电子最大初

动能相同，故。正确。

故选：Do

根据动能定理eUc=Ekm和光电效应方程Ekm=hv-W可比较光的频率和光电子的最

大初动能；根据c=v4可比较波长；根据饱和光电流大小可比较光的强弱。

本题考查光电效应，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用

知识的能力。

12.【答案】A

【解析】解：ACD,由题意可得，火星的第一宇宙速度为力,根据万有引力提供向心力

可知

Mmv2

G-2~=m—

整理可得〃=呼

火星的第一宇宙速度对应的轨道半径为火星的半径，由分析可知火星的第一宇宙速度是

所有绕火星的卫星的最大运行速度，而现在“天问一号”探测器在距火星4()0h〃处能被

“火星捕获”，说明它己经是火星的卫星了，而其轨道半径较大，“天问一号”瞬间变

速后速度为v要小于火星的第一宇宙速度%,故A正确，错误；

B、因为第二宇宙速度方是脱离火星的速度，大于外就不能绕火星飞行了，故v不可能

大于w，故B错误。

故选：A»

AC。、根据万有引力提供向心力，得出卫星做匀速圆周运动的线速度与轨道半径的关系,

再判断线速度关系；

8、根据第二宇宙速度是脱离火星的速度，结合题意可以判断速度关系。

在处理人造卫星问题时，要熟记卫星做圆周运动的线速度、角速度、周期和向心加速度

和轨道半径的关系。另外要注意第一宇宙速度的两种推导公式。

13.【答案】C

【解析】解：A、两表笔与接线柱接触瞬间，相当于跟一个自感系数很大的线圈相连，

由于线圈的自感现象可知，线圈电流增大，线圈产生电流阻碍它的增大，故此时的电流

比稳定时的电流小，故A错误；

8、两表笔与接线柱脱开瞬间，电路处于断路状态，故电路中没有电流，故B错误；

CD、若铁芯8没有安装在铁芯A上，因为/=%等，&=?12詈，而△叫＞4中2,

所以等〉詈，即a所以％%＞的：n2,故C正确，D错误。

故选：Co

根据自感判断电流的变化；根据变压器的原理来判断电压比与匝数比的关系。

本题考查自感和变压器的原理，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握

知识与应用知识的能力。

14.【答案】C

【解析】解：A、设太阳帆距太阳的距离为广，太阳单位时间发出的光子数为N,一个光

子对太阳帆的作用力为则光压尸=黑义方,因为当S=1.0x1。662的时候，光压

尸=9N,则当面积是S'=1.0x104nl2的时候，光压F',则存在?=*解得F'=9x

10-2N；因为当S=1.0x104m2的帆能远离太阳运动，说明光压大于万有引力，即衿x

471r2

&＞誓，两边约掉说明当r增大时光压仍大于太阳对它的万有引力，但是太阳帆

在远离太阳的过程中，可能还会遇到其他的星体，所以还可能受到其他星体的作用力从

而不能不断远离太阳，故A错误；

8、由于太阳帆在远离太阳的过程中，其光压是随距离的平方减小的，所以太阳帆做的

是加速度减小的加速运动，如果是匀加速直线运动，则一个月后飞船的速度可达到2倍

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声速，那么12个月(一年)后的速度将达到：2倍声速x12=24倍声速，故一年后，飞

船的速度将达不到24倍声速，故8错误；

C、根据F与N成反比可知，当与太阳中心的距离为日地间距离2倍时，“帆”上的压

力变为原来的：，即9X10-2NX；=2.25X10-2N,故C正确；

44

D、如果只考虑太阳对太阳帆的作用力，根据尸=nm,由于力减小为原来的;，则飞船

的加速度也会变为原来的;，但飞船在飞行的过程中还会遇到其他的星体，所以加速度

4

不一定是原来的;，故。错误。

4

故选：Co

根据对飞船受力分析情况判断飞船运动状态，即比较飞船收到的万有引力及飞船上“太

阳帆”的光压力大小；根据飞船受力对飞船运动状况进行判断，从而分析出一年后的飞

船速度；根据“帆”上的压力与距离的关系进行求解；根据飞船受力结合牛顿第二定律

分析加速度。

本题题目综合程度较高，题目考查背景比较新颖，解题关键是需要明确太阳帆匕受力情

况，综合应用万有引力定律及牛顿运动定律。

15.【答案】b右2.980.96

【解析】解：(1)由于电流表的示数几乎不变，说明电流表的分压不明显，即滑动变阻

器是大电阻，应该用电流表内接的方法连接，测量时接6点；

(2)闭合开关前，应保证电路中的电流最小，即变阻器的阻值最大，故滑片置于最右端；

(3)由〃=可知，电动势的大小是与。轴的交点坐标大小，即2.98V,内阻是斜率

的大小，即r=聋空0=0.96。。

0.5—0

故答案为：(l)b;(2)右；(3)2.98；0.96。

(1)明确试触法原理，根据两电表的示数明确哪一电表的影响较小，从而选择正确的接

法；

(2)为了实验安全，电路中电流应由小到达进行调节，所以滑动变阻器应从阻值最大进

行调节；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图象进行分析，从而确定电动势和内电阻。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验中的注意事项以

及数据处理的基本方法。

16.【答案1AEm1x2=巾1/+m2x3比=黄+黄

【解析】解：(1)4、安装轨道时，轨道末端必须水平，以使小球做平抛运动，选项A

正确；

从实验前不必要测出斜槽末端距地面的高度，选项B错误；

C、实验中两个小球的质量应满足＞m2，以保证运动的小球不反弹，选项C错误；

。、除了图中器材外，完成本实验还必须使用的器材是天平、刻度尺，不用秒表，选项

。错误；

E、未放B球时，A球落点的平均位置是P点，选项E正确；

故选：AE

Z

(2)碰前的动量为：p==mxy,碰后的动量之和为：p=7711Xy+m2Xy,若

碰撞前后动量守恒p=p',二个式子相等即可，则要验证的表达式为：m1X2=m1X14-

(3)a.因为三次的水平位移相等，而》=a，y=\gt2,故"2=4x3,所以平抛的初

速度卢与2成正比，故要验证碰撞前后两球的总动能相等，则必须证明：jmjvf=

加闻+加诺,口吟=最+黄

b.通过分析两球在竖直方向上可能相碰而无法得到A球的落点。

故答案为：(1)4E；(2)m1x2=+m2x3：⑶以,=£+£；人•当入射小球A与

被碰小球8碰撞后分别做平抛运动时，由于被碰小球8的速度大，会先打到竖直墙上,

之后会被墙壁反弹，由于竖直方向上两球运动基本同步，因此B反弹后的运动过程中有

非常大的可能与入射小球A再次相碰。

故答案为：(1)4E；(2)77162=机61+瓶2%3；(3)得■=£+£、B反弹后的运动过程

中有非常大的可能与入射小球A再次相碰

明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；在该实验中，小球做平抛运动，H相等，

时间，就相等，水平位移x=vt,与v成正比，因此可以用位移x来代替速度V。根据水

平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应

的表达式。

该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是

却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度U,成为是解决问题的关键。要注意

理解该方法的使用。

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17.【答案】解：(1)线圈离开磁场的过程中，通过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可

知感应电流的磁场与原磁场方向相同，根据安培定则可判断感应电流的方向为逆时针;

(2)当线框匀速运动时外力F与安培力大小相等，

因此有尸=BIL,

根据闭合电路欧姆定律可得/=/，

1\

两式联立可解得9=怒。

⑶旅崂，

△E=BZ?

两式联立得足=字

答：(1)线框中感应电流的方向是逆时针；

(2)线框匀速运动时速度的大小为康；

(3)被拉出磁场的过程中，线框中的平均感应电动势为半。

【解析】根据楞次定律可判断感应电流的方向；由平衡条件结合闭合电路欧姆定律可求

线框匀速运动时速度的大小；由法拉第电磁感应定律可求线框中的平均感应电动势。

本题考查电磁感应的应用，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识

与应用知识的能力。

18.【答案】解：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒，衰变方程为：^NTLe+股丫；

(2)正电子从。点射出时沿x轴正方向，则根据动量守恒可知，正电子与反冲核动量大

小相等，方向相反，则反冲核就会沿x轴负方向运动，如下图，根据左手定则可知，它

受到的洛伦兹力向下，故反冲核在磁场中运动轨迹的示意图如图1所示。

(3)由于该核衰变的过程满足动量守恒定律，因此可知正电子和反冲核针丫的动量大

小相等，方向相反；

它们在磁场中做圆周运动时满足Bqu=m^,可知做圆周运动的半径R=北

因此正电子；通的半径K与反冲核股丫的半径/f2满足,=言=:

由反冲核刚好不会离开磁场区域可知，&=：，因此治=4，运动轨迹如图2：

qn

正电子离开磁场时的横坐标X=p

(3)正电子在磁场中做圆周运动的半径％为半，离开磁场区域时的横坐标x为今

【解析】(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变放出；

(2)根据动量守恒判断反冲核运动方向，再利用左手定则判断受力方向，画出运动轨迹

示意图；

(3)根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，分析离开磁场时的坐标。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，