2021年北京市丰台区高考物理综合练习试卷（一）(含答案详解)

2021年北京市丰台区高考物理综合练习试卷（一）

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.原子核A经过一次夕衰变和一次a衰变的过程如下：小二B3C，则（）

A.核4的中子数减核C的中子数等于2

B.核A的质量数减核C的质量数等于5

C.原子核为4的中性原子中的电子数比原子核为8的中性原子中的电子数多1

D.核C的质子数比核4的质子数少1

2.一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表

面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a、b两束，

如图所所示，下列说法正确的是（）

A.a光光子的能量大于b光光子的能量

B.用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距

C.若a光能使某金属发生光电效应，b光也一定能使该金属发生光电效应

D.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大

3.以下有关热现象说法正确的是（）

A.扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动

B.气体分子的平均动能增大，气体的压强一定增大

C.两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、

后变小，再变大

D.第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

4.甲、乙两单摆的振动图象如图所示，由图象可知（）

A.甲、乙两单摆的周期之比是3：2B.甲、乙两单摆的摆长之比是2：3

C.%时刻甲、乙两摆球的速度相同D.ta时刻甲、乙两单摆的摆角不等

5.由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图所

示。a光是氢原子由兀=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的。下列

说法中正确的是（）

A.该三棱镜对a光的折射率较大

B.在该三棱镜中，a光的传播速度小于b光的传播速度

C.用同一双缝干涉装置进行实验，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距

D.b光可能是氢原子从n=3的能级向n=2的能级跃迁时发出的

6.如图，为氢原子能级图；金属钾的逸出功为2.25eU,则下面有关说法正确：........................产

5==-0.54

4---------------------0.85

的是（）3---------------------1.51

A.处于基态的氢原子能吸收13.0eV的光子后跃迁至n=3能级2----------------------3.4

B.大量处n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出5种不同频率

的光

C.用处于71=3能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的各种色光照射金属钾，都能发生光电效

应

D.用大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射出的光照射金属钾，所产生光电子的最

大初动能为10.5W

7.质量为机的卫星围绕地球做匀速圆周运动，轨道半径是地球半径的2倍。已知地球半径为R,地

球表面的重力加速度为9。卫星的动能是（）

A.—mgRB.—mgRC.mgRD.2mgR

42

8.如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度3

匀速转动，能产生交流电的是（）

9.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的以个极板与滑动变阻器

的滑动端C相连接。电子以速度uo垂直于电场线方向射入并穿过平_

行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使

滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电荷量q和电子

穿越平行板所需的时间外）

A.电荷量q增大，时间t不变B.电荷量q不变，时间t增大

C.电荷量q增大，时间t减小D.电荷量q不变，时间t不变

10.一理想变压器，原、副线圈的匝数分别为%、n2,其原线圈通过电阻

⑹与两金属杆相连接，导轨处于匀强磁场中，导体杆ab与导轨接触良

好,副线圈连接一电阻R2,如图所示。当导体杆以速度。向右匀速运

动的过程中，以下说法正确的是（）

A.电阻此上无感应电流通过

B.电阻/?2上有从c到d的电流通过，原、副线圈上的电流之比始终满足％：n2

C.电阻&上有从d到c的电流通过，原、副线圈上的电流之比始终满足巧：n2

D.电阻R2上有从c到d的电流通过，其大小与导体杆ab的速度有关

11.有一个光滑金属圆环，粗细均匀、直径为d、电阻为4r,现水平放置在.

磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，其俯视图如图所I***V

示.一根长为d、电阻为r的金属棒始终紧贴圆环以速度"匀速平动，当<\,<Ja

ab棒运动到圆环的直径位置时，下列说法正确的是（）«---«

A.a点电势高于b点B.ab棒两端电压为竽

C.ab棒受安培力为电幽D.外力对ab棒的功率为史幽

r2r

12.闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，下图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判

断中正确的是（）

甲乙丙

A.都会产生感应电流

B.都不会产生感应电流

C.甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流

D.甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流

13.一物块置于倾角是45。的光滑斜面上，图4中，用一水平轻弹簧将物块系住，图B中，用一水平

细线将物块系住，使它们均处于静止状态。现突然去掉斜面，在去掉斜面的瞬间，图4中物块产

生的加速度是以,图B中物块产生的加速度是他，则下列关系式正确的是（）

A.aA=&g，

C.aA—y/2g>aB—>/2gD.aA=g,aB=g

14.如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球

以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正

确的是()

A.轨道对小球不做功，小球通过P点的角速度小于通过Q点的角速度

B.轨道对小球做正功，小球通过P点的线速度大于通过Q点的线速度

C.小球通过P点时的向心加速度大于通过Q点时的向心加速度

D.小球通过P点时对轨道的压力大于通过Q点时对轨道的压力

二、实验题(本大题共2小题，共18.0分)

15.在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹

簧秤拉橡皮条的另一端到某一点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的

另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条。

(1)某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是

4两根细绳必须等长

A在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行

C在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等

D在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置

(2)“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图中甲所示，其中4为固定橡皮条的图钉，。为橡皮

条与细绳的结点，。8和。C为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，F与尸'两力

中，是Fi、尸2合力的理论值。

(3)某同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力Fi和Fz，图中小正方形的边长表示2N,两力的

合力用F表示，&、F2与F的夹角分别为%和。2，关于后、尸2与尸、外和。2关系正确的有

AR=4N

B.F=12N

C.e1=45°

D.e2=30°

16.图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为mm,若用50分

度游标卡尺测其长度，此读数为

三、计算题（本大题共6小题，共40.0分）

17.将一足够长的光滑U形导轨固定在竖直平面内，空间存在垂直纸面向里的匀强

5.[XXIX

磁场，磁感应强度的大小为B,导轨间距为3—质量为2m的金属板置于导轨~X

X

X，XX

的顶端，开始处于锁定状态，如图所示。一质量为m的小金属块由金属板的正X

XXXX

上方H高处无初速释放，当金属块与金属板碰后锁定立即解除，此后二者一起XXXX

XXXX

向下运动。若忽略一切摩擦，除金属板的电阻R外其余部分电阻均可忽路，重XXX1X

力加速度为g。

①碰后二者下落一段高度后开始以为的速度做匀速直线运动，求为的大小

②若碰后二者加速运动，求速度增加%时金属块对金属板的压力多大?

18.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角。=37。的绝缘斜面上，两导

轨间距L=1m,导轨的电阻可忽略.M、P两点间接有阻值为R=0.5。的电阻.一根质量m=1kg

电阻不计的直金属杆仍放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好.整套装置处于磁感应强度B=

0.57的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下.自图示位置起，杆必受到大小为F=0.5V+2(式

中V为杆而运动的速度，力F的单位为N)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运

动，g取lOm/s?,sin37°=0.6.求：

(1)金属杆ab自静止开始下滑x=的过程中流过电阻R的电荷量?

(2)试判断金属杆劭在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程.

(3)已知金属杆帅自静止开始下滑x=Izn的过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q=1J,求此过程中拉

力尸做的功.

19.如图所示，在坐标系xOy所在平面内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标0](a,0),圆内分布有

垂直xOy平面的匀强磁场。在坐标原点。处有一个放射源，放射源开口的张角为90。，x轴为它的

角平分线。带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率以质量小、电荷量

+q均相同。其中沿x轴正方向射出的粒子恰好从。】点的正上方的P点射出。不计带电粒子的重力，

睁

a..(fil**lr遇—・■

且不计带电粒子间的相互作用。Vr\

彝，8漏；雷

(1)求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；

(2)a.判断沿什么方向射入磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间；b.若在y2a的区域

内加一沿y轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在

该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置。

20.如图所示，甲乙两个完全相同的金属小球，甲带有+q的电量，乙带有-q的电要

量.若乙球与甲球接触后放回原处，则甲球带电量为

21.华裔物理学家朱棣文和他的同事在实验室用激光冷却的方式将温度降到了10-6R的数量级并捕

捉到原子，其原理就是利用光子与原子发生碰撞来降低原子的速度，从而降低物体的温度。假

设激光光子的动量大小为的,某质量为m的原子，以速度为迎着激光入射的方向运动，光子与

原子碰撞后反射回来的动量大小为Pi(Pi<Po)，已知普朗克常量为九，求：

①激光发射器所发射光子的波长；

②原子与光子碰撞后的速度大小。

22.一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有P、Q两个质点，它们相距0.8m,当"0时，P、

Q两点位移恰好都是正的最大值，且P、Q间只有一个波谷.当t=0.6s时，P、Q两点正好都处

于平衡位置，且P、Q两点间有一个波峰和一个波谷，且波峰距Q点为0.2m,试求：

(1)若波由P传到Q,波的周期；

(2)若波由Q传到P,波的速度；

(3)若波由Q传到P,仄t=0时开始观察，哪些时刻P、Q间(P、Q除外)只有一个质点的位移等于振幅.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：发生s衰变，中子数减少1,质子数增加1;发生a衰变，中子数减少2,质子数减少2

A.4的中子数比C多3个，故A错误

B.A比C多3个中子，1个质子，所以4质量数比C多4,故8错误

C.B比4多一个质子，如果是电中性则，B构成原子比A构成原子多一个电子，故C错误

D4比C多3个中子，1个质子，故。正确

故选O.

根据质量数和电荷数守恒可正确解答，注意a、0衰变的实质以及a、夕衰变对电荷数和质量数的影响.

本题考查了衰变过程中的质量数和电荷数守恒的应用，同时要明确质量数、电荷数、中子数之间关

系.

2.答案：A

解析：

(1)作出光路图，根据光线的偏折程度比较两色光的折射率大小，从而比较出频率、波长和能量的大

小；

(2)结合双缝干涉条纹间距公式比较条纹间距的大小；

(3)根据爱因斯坦光电方程可得光能否发生光电效应；根据临界角的公式判断其大小。

解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，从而知道折射率、频率、波长

和临界角等大小关系。

A、根据题意画出光路图如下：

从图可以看出，a光的偏折程度较大，则a光的折射率较大，频率较大，由公式E=/iv知，a光光

子的能量大。故4正确；

B、a光的频率较大，则波长较小，根：九可知在同一个装置中，a光的条纹间距小于b光的条

a

纹间距。故B错误;

C、由于a的频率大于b的频率，根据爱因斯坦光电方程可得，若a光能使某金属发生光电效应，则b光

不一定能使该金属发生光电效应。故C错误；

D、因为a光的折射率n较大，根据sinC=，知a光的临界角小。故Z）错误。

故选：Ao

3.答案：C

解析：解：力、分子永不停息的无规则运动叫做热运动，而非固体微粒，故A错。

3、气体分子的平均动能增大，是由于温度的升高，与压强无关，故8错。

C、两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变

小，再变大，故C对。

。、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故。错。

故选：Co

分子永不停息的无规则运动叫做热运动，而非固体微粒。

温度是分子平均动能的量度。

两个分子从远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大、后变小，

再变大。

第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律。

本题主要考查基本知识及其应用，属于基本题目。

4.答案：D

解析：解：4、由图知，甲单摆的周期为7>=|0，乙单摆的周期为了乙=。，则T/：/乙=2：3,

故4错误。

甲、乙两单摆的摆长之比"=?=：

B、由单摆周期公式7=故B错误。

C、功时刻甲、乙两摆球均通过平衡位置，速度方向相反，则速度不同，故C错误。

。、。时刻甲、乙两单摆的位移相等，但摆长不等，则摆角不等，故。正确。

故选：Do

根据图线直接读出甲、乙两单摆的周期之比。由单摆周期公式T=求摆长之比。摆球通过平衡

位置时速度最大，结合摆长和振幅分析最大速度的关系，并确定甲、乙两单摆的摆角关系。

本题关键是根据振动图象得到两个单摆的振幅和周期的关系，然后结合单摆周期公式分析摆长关系。

要注意速度是矢量，只有大小和方向都相同时速度才相同。

5.答案：C

解析：解：力、由图可知，a光偏折程度小，说明它的折射率小，故A错误;

B、a光的折射率小，根据可知，a光的传播速度较大，故B错误；

、光的折射率小，波长大，根据可知，光干涉条纹间距大于光干涉条纹间距，故正

CaaabC

确；

。、由于a光是由n=4的能级向n=2的能级跃迁发出的，b光的折射率大，b光的频率大，其光子能

量大于a光，所以b光不可能是由=3的能级向n=2的能级跃迁发出的，故。错误。

故选：Co

由光线的偏折程度确定折射率的大小，进而确定光速、条纹间距以及光子能量的大小，结合能级跃

迁知识确定发出光子时对应跃迁的能级。

本题考查了光的折射、双缝干涉、能级跃迁等相关问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了

学生掌握知识与应用知识的能力。

6.答案：D

解析：解：4、用能量为13.0W的光子照射，基态的氢原子若吸收13eU的能量，则能量值为-0.6e%

氢原子没有该能级。所以不能使处于基态的氢原子跃迁，故A错误。

B、大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出盘=6种不同频率的光，故3错误。

C、现有一群处于兀=3能级的氢原子向低能级跃迁，根据耨=3,知该群氢原子可能发射3种不同频

率的光子，但是n=3能级跃迁到几=2能级的光子能量小于2eU,所以能使该金属发生光电效应的频

率共有2种，故C错误。

D、n=4能级的氢原子跃迁到基态时，释放光子的能量E=%-&=12.75eV,再根据光电效应方

程式得光电子的最大初动能为以=E-%=12.75eV-2.25eV=10.5eV,故。正确。

故选：D.

根据数学组合公式得出辐射的不同频率的光子种数；

根据辐射光子的能量等于两能级间的能级差求出光子能量，通过辐射的光子能量与逸出功比较，判

断能否发生光电效应，并根据光电效应方程EK=/W-皿，即可求解。

解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程。

7.答案:A

解析：

根据万有引力提供向心力，以及万有引力等于重力求出卫星的线速度，再根据动能的定义计算动能。

解本题的关键是要掌握两个关系；万有引力提供向心力；地球表面的物体的重力等于万有引力。

cMmv2

卫星做匀速圆周运动：=W—

4火Ui

设地表面有一物体m。，则有：

R2

2

卫星的动能与~Y

联立以上三式解得：Ek=mgR/4

故选Ao

8.答案：A

解析：

正弦交变电动势表达式应为：e=BS3sin3t；先分析能否产生感应电流，再分析能否产生正弦式交

流电即可求解.本题考查线圈切割磁感线，产生感应电动势，掌握法拉第电磁感应定律的应用.注

意磁通量的变化.要注意明确CD中虽然绕轴转动，但是由于磁感线与线圈平行，所以磁通量一直为

零.

解：由题意可知，只有4图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSa)sina)t,

而BCD图均没有导致磁通量变化，故A正确，8CO错误；

故选：A

9.答案:A

解析：解：当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，

根据q=UC得：电量q增大；

电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t与电压的变

v0

化无关，所以时间t不变。故A正确，BCD错误

故选：Ao

根据电容器的带电量公式q=UC即可得出电量的变化，电子在平行板电容器中做类平抛运动，根据

类平抛运动的规律求出时间。

本题考查了电容器电压与带电量的关系以及类平抛运动的基本规律，难度不大，属于基础题。

10.答案：D

解析：解：4导体杆向右匀速运动，根据导体切割磁感线E=可知理想变压器左端产生逐渐减

小的电流，根据法拉第电磁感应定律可知理想变压器的副线圈处能产生感应电动势，所以电阻/?2上

有感应电流通过，故A错误；

BC、根据右手定则可知导体杆上产生的感应电流方向为bra,且电流在减小，根据安培定则可知

通过副线圈的磁场竖直向下且减小，根据楞次定律可知通过电阻/?2的电流方向为c—d,原、副线圈

上的电流之比始终满足;^中，故BC错误；

，2九1

。根据导体切割磁感线E=B口可知导体杆切割磁感线产生的感应电动势与"有关，原线圈上的感应

电流。也与"有关，所以通过&的电流也与"有关，故D正确。

故选：D«

根据感应电流产生的条件，结合图中左侧帅杆产生的电流的特点分析电阻/?2上的电流，根据法拉第

电磁感应定律分析两侧的电流大小的关系。

本题考查了导体切割磁感线和变压器的构造与工作原理，解题的关键是理解金属棒切割磁感线产生

的电流不是交流电，所以不能使用变压器的匝数与电压关系计算。

11.答案：D

解析：解：4、当ab棒运动到圆环的直径位置时，由右手定则判断知ab中感应电流方向a到b,则a点

电势低于b点，故A错误。

B、金属棒产生感应电动势大小为：E=Bdv,由于电阻为2r的两个光滑金属半圆环并联后，再与电

阻r的金属棒进行串联，根据欧姆定律有：ab棒中感应电流

/=法7=育，则ab棒两端电压为为：U=/.（］2r）=等，故8错误。

C、根据安培力表达式，则有：F=BId=B-—d=—,故C错误；

2r2r

。、因棒做匀速直线运动，则有安培力等于外力，所以外力对棒的功率等于安培力做的功率，即为：

P=Fv='"",故D正确；

2r

故选：Do

棒在垂直切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，导致棒受到安培阻力作用，由右手定

则判断电势高低.由闭合电路欧姆定律可求出棒两端的电压与通过的电流，可根据安培力表达式尸=

BIL,可求出安培力的大小，最后由外力做功等于安培力做功，从而可求出外力做功的功率.

解决本题的关键要掌握法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力与功率的表达

式，注意棒两端的电压是路端电压，不是内电压，同时理解外力做功等于安培力做功，即产生的内

能.

12.答案：D

解析：解：甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会

产生感应电流。乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生。丁图中，

导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生。所以甲、丙会

产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流。故。正确/

故选：Do

当闭合电路的一部分导线做切割磁感线运动时，导体中才产生感应电流.当导体的运动方向与磁感

线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生.

本题考查判断有无感应电流产生的能力，这是学习电磁感应部分的基本功，比较容易.

13.答案：A

解析：解：以物体为研究对象，受到重力、支持力和拉力，如图所示；

根据平衡条件可得弹簧弹力或细线的拉力大小均为尸=mg,斜面的支持力大小均为N=V2mgo

在去掉斜面的瞬间，图力中由于弹簧的形变量不变，所以弹力不变，物块的合力大小与原来斜面的支

持力等大反向，根据牛顿第二定律可得：N=maA,解得：叫=夜卬

图B中去掉斜面的瞬间，轻绳的拉力突然变为0,此时物块只受重力，根据牛顿第二定律可得加速度

大小为：CIB=g,故A正确、BCD错误。

故选：Ao

在去掉斜面的瞬间，图4中由于弹簧的形变量不变，图B中轻绳的拉力突然变为0,根据牛顿第二定

律求解加速度大小。

本题主要是考查牛顿第二定律之瞬时性问题，关键是知道弹力不能发生突变的原因，分析清楚物块

的受力情况，再根据牛顿第二定律解答。

14.答案：A

解析：解：力、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力

做功，小球机械能守恒.贝炉点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径.所以小球通过P

点的角速度小于通过Q点的.故A正确；

8、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球

机械能守恒.则P点的线速度小于Q点线速度.故8错误；

C、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球

机械能守恒.则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加速

度小于Q点的，故C错误；

。、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小

球机械能守恒.则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径.所以小球在P点的向心加

速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，

因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的.故。错误；

故选：A

小球沿竖直放置的螺旋形光滑轨道运动，轨迹半径越来越小，做近心运动.由于支持力始终与速度

方向垂直，所以支持力不做功，仅有重力做功下，小球的机械能守恒.再由向心力公式结合牛顿第

二定律，可以确定小球的线速度、角速度、向心加速度及对轨道的压力大小.

小球在竖直放置的螺旋形轨道运动，速度时大时小，原因是动能与重力势能在相互转化.当在水平

放置的光滑的螺旋形轨道运动时.，由于支持力始终不做功，因此速度大小不变，随着轨迹半径越来

越小，导致小球的角速度越来越大，转动的越来越快.

15.答案：BDFBC

解析：解：（1）AC、本实验中我们只需使两个力的效果与一个力的效果相同即可，细绳的长度是否相

等与本实验无关，合力不需要一定过两分力的角平分线，且两分力也不一定相等，故AC错误；

C、为保证拉力的方向为在纸面上画出的方向，弹簧秤一定要与木板平行，故C正确；

D，为了使力在作用效果相同，在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹

簧秤拉时记下的位置，故。正确；

故选：CD.

(2)&与F2合力的实验值是指通过实验得到值，即用一个弹簧拉绳套时测得的力的

大小和方向，而理论值(实际值)是指通过平行四边形得出的值，由图示乙所示可

知，F是力理与尸2合力的理论值。

(3)根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图。从图上可知，Fi=4&N,合力F=12N。

根据几何关系知a与F的夹角分别为%=45。.sin4=岛？=意02r30。，故8C正确，4。错误。

故选：BC.

故答案为：(1)8。;(2)尸;(3)BC。

(1)本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理

方法以及需要注意的事项，尤其是理解本实验的“等效”思想。明确“实验值”和“实际值”的区

别。

(2)本实验采用了等效替代法，实际拉力的方向与橡皮条在同一直线上，由于实验存在误差，拉力合

力的理论值与橡皮条的方法往往不在同一直线上，分析图示情景答题。

(3)根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角。

本题考查了验证力的平行四边形定则实验，知道实验原理与实验注意事项、实验数据处理方法是解

题的关键；验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本

实验采用的物理方法。

16.答案：2.200；11.14mm

解析：

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读.螺旋测微器的读数

方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关

测量.

解：1、螺旋测微器的固定刻度为2mm,可动刻度为20.0xO.Olnun=0.200mm,所以最终读数为

2mm+0.200mm—2.200mm.

2、游标卡尺的主尺读数为：l.lczn=11mm,游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游

标读数为7x0.02nun=0.14mm,所以最终读数为：11mm+0.14mm=11.14mm.

故答案为:2.200,11.14mm.

17.答案：解：①当二者开始以方的速度匀速运动时，合力为零，则

3mg—产安=0

又尸安=B/L,/=黑包，即尸妥,=哪包

联立解得：加=鬻

②当金属板和金属块的速度达到历时，设其加速度为%

则对整体，根据牛顿第二定律得：3mg-B/=ma

对金属块分析，根据牛顿第二定律得：mg-N=ma

联立解得金属板对金属块的支持力为N=竺独

3R

由牛顿第三定律知，金属块对金属板的压力为N'=N=电包i

3R

答：

①外的大小为^翳

②速度增加为时金属块对金属板的压力为华。

3R

解析：①碰后二者以为的速度做匀速直线运动，合力为零，推导出安培力与速度的关系，再根据平

衡条件求为的大小。

②先以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再以金属块为研究对象，由牛顿第二定律求

金属板对金属块的支持力，从而得到金属块对金属板的压力。

本题关键要推导出安培力与速度的关系式，能灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合的方

法进行解答。要知道金属板和金属块做匀速直线运动时，所受的重力与安培力平衡。

18.答案：解：(1)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势足=皆=詈

由欧姆定律得感应电流，=-

R

所以流过电阻R的电荷量q=i.4t=?,

代入数据解得q=IC；

(2)根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：E=BLV,

根据闭合电路的欧姆定律可得：/=5=学

根据安培力的计算公式可得：尸定=B/L=『=0.5U,

女R

根据受力分析得：F+mgsin6-F^=ma,

解得：a=8m/s2；

所以金属杆做匀加速直线运动.

(3)根据运动学规律可得：K2=2ax,

解得：V=4m/s,

根据功能关系可得：“安=一＜2=-1/,

根据动能定理可得：WF+WC+W安=△E-

m2

解得：WF=mgxsind-Q=~^

解得：必=15/.

答：(1)金属杆ab自静止开始下滑x=Ini的过程中流过电阻R的电荷量为1C；

(2)金属杆做匀加速直线运动，推理过程见解析；

(3)此过程中拉力尸做的功为15/.

解析：(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律结合电荷量的计算公式求解；

(2)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解电流强度，根据根据安培力的计算公式求解

安培力，根据牛顿第二定律求解加速度，由此判断运动情况；

(3)根据运动学规律求解速度大小，根据动能定理求解拉力尸做的功.

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问

题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键.

19.答案：解：(1)沿无轴正方向射出的粒子恰好从。1点的正上方的P点射出，运动轨迹如图所示：

y

y'.1

•5电

由几何关系可得：R=a①

设圆形磁场区域内的磁感应强度为B,带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力：qvB=

-7②

①②联立得：B嗡;

由左手定则判断磁场方向垂直于xOy平面向里；

即：圆形区域内磁感应强度的大小为色，方向垂直于xOy平面向里；

(2)a.经分析，沿与x轴45。向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图:

根据几何关系粒子离开磁场时速度方向沿y轴正方向，/。。3<2=135°；

设该带电粒子在磁场中运动的时间为t,根据圆周运动周期公式得：T=W③

所以％屿=贫7(4)

①③④联立得：tmax=答；

即：沿与X轴45。向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间誓；

b.设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴的夹角为a,做速度"的垂线，截取。。4=%以。4为

圆心a为半径做圆交磁场边界于M点.如图所示：