2021年北京市豐臺區(qū)高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.如圖所示的a粒子散射實驗中，少數(shù)a粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)的原因是（）

敗射淞4alitt

幡皿F

A.a粒子與原子中的電子發(fā)生碰撞

B.正電荷在原子中均勻分布

C.原子中帶正電的部分和絕大部分質(zhì)量集中在一個很小的核上

D.原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中

2.用油膜法估測油酸分子直徑的實驗中，一滴油酸酒精溶液中油酸的體積為匕油膜

面積為S，油酸的摩爾質(zhì)量為M,阿伏加德羅常數(shù)為N?,下列說法正確的是（）

A.一個油酸分子的質(zhì)量為粵B.一個油酸分子的體積為2

C.油酸的密度為?D.油酸分子的直徑為《

3.關(guān)于天然放射現(xiàn)象，下列說法正確的是（）

A.天然放射現(xiàn)象表明原子內(nèi)部有一定結(jié)構(gòu)

B.升高溫度可以改變原子核衰變的半衰期

C.6射線是原子核外的電子形成的電子流

D.三種射線中y射線的穿透能力最強，電離作用最小

4.如圖所示，在一根張緊的水平繩上掛。、b、c、d四個nnnnn

擺，其中擺長關(guān)系為〃=〃<〃，讓”先擺動起來\V\

后，其它各擺隨后也跟著擺動起來.下列說法正確的是AuA

（）6

A.穩(wěn)定后四個擺的周期大小7；<Ta=Td<Th

B.穩(wěn)定后四個擺的振幅一樣大

C.穩(wěn)定后a擺的振幅最大

D.d擺擺動過程中振幅保持不變

5.玻璃杯中裝入半杯熱水后擰緊瓶蓋，經(jīng)過一段時間后發(fā)現(xiàn)瓶蓋很難擰開。原因是

（）

A.瓶內(nèi)氣體壓強變小

B.瓶內(nèi)氣體分子熱運動的平均動能增加

C.瓶內(nèi)氣體速率大的分子所占比例增大

D.瓶內(nèi)氣體分子單位時間內(nèi)撞擊瓶蓋的次數(shù)增加

6.如圖甲所示，“天問一號”探測器從地球發(fā)射后，立即被太陽引力俘獲，沿以太陽

為焦點的橢圓軌道匕運動到達火星，被火星引力俘獲后環(huán)繞火星飛行，軌道人與地

球公轉(zhuǎn)軌道或火星公轉(zhuǎn)軌道c相切。如圖乙所示，“天問一號”目前已由橢圓軌

道I進入圓軌道n,進行預(yù)選著陸區(qū)探測。下列說法正確的是（）

A.“天問一"號”的發(fā)射速度v滿足7.9km/s<v<11.2km/s

B.“天問一號”的發(fā)射速度v滿足11.2km/s<v<16.7km/s

C.“天問一號”在軌道口上的速度大于火星的第一宇宙速度

D.“天問一號”在橢圓軌道I上經(jīng)過M點的速度小于在圓軌道n上經(jīng)過M點的速

度

7.用如圖所示的電路研究光電效應(yīng)現(xiàn)象：實驗中移動滑

動變阻器滑片可以改變K與A之間電壓的大小，閉合

電鍵，電流表有示數(shù)。下列說法正確的是（）

A.向右移動滑片，電流表示數(shù)一定會一直增大

B.僅增大入射光頻率，電流表示數(shù)一定增大

C.僅增大入射光強度，電流表示數(shù)一定增大

D.將電源正負極對調(diào)，電流表示數(shù)一定為零

8.如圖所示，四個完全相同的小燈泡并聯(lián)。閉合開關(guān)a，

燈泡L發(fā)光；陸續(xù)閉合52、S3、S4,其它燈泡也相繼發(fā)

光。關(guān)于燈泡L的亮度變化分析，下列說法正確的是

（）

A.電源電動勢不變，J兩端電壓不變，k亮度不變

B.電路總電阻變小，刀兩端電壓變小，刀亮度變暗

第2頁，共23頁

C.電路總電阻變大，導(dǎo)致人兩端電壓變大，人亮度變亮

D.干路電流不變，其它燈分流導(dǎo)致流過L電流變小，人亮度變暗

9.在某個趣味物理小實驗中，幾位同學(xué)手拉手與一節(jié)電動勢為

1.5,的干電池、導(dǎo)線、電鍵、一個有鐵芯的多匝線圈按如圖

所示方式連接，實驗過程中人會有觸電的感覺。下列說法正

確的是（）

A.人有觸電感覺是在電鍵閉合瞬間

B.人有觸電感覺時流過人體的電流大于流過線圈的電流

C.斷開電鍵時流過人的電流方向從8TA

D.斷開電鍵時線圈中的電流突然增大

10.讓質(zhì)子（；H）、氣核C”）和a粒子6He）的混合物經(jīng)過同一加速電場由靜止開始加速,

然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)。忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法正確的是

（）

A.它們將從同一位置沿同一方向離開偏轉(zhuǎn)電場

B.它們將從同一位置沿不同方向離開偏轉(zhuǎn)電場

C.它們將從不同位置沿同一方向離開偏轉(zhuǎn)電場

D.它們將從不同位置沿不同方向離開偏轉(zhuǎn)電場

11.空間中P、。兩點處各固定一個點電荷，其中P為\/

'自/，，”-----、

正電荷?P、Q兩點附近電場的等勢面分布如圖所二SX的/二二'、、

示，相鄰等勢面間電勢差相等，〃、b、c、d為電場、'、二二鄉(xiāng)富近二/,

中的4個點。下列說法正確的是（）''

t

A.P、Q兩點處的電荷帶同種電荷

B.a點電場強度大于b點電場強度

C.a點電勢高于b點電勢

D.在c點由靜止釋放一個帶電粒子，不計重力，粒子將沿等勢面〃運動

12.如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感

應(yīng)強度大小為B,一個質(zhì)量為m、電荷量為q、初速

度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P

點射入磁場，從。點沿半徑方向射出磁場，粒子射

出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了。角，忽略重力及粒子間的相互作用

力，下列說法錯誤的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子在磁場中運動的軌跡長度為鬻

Bq

C.粒子在磁場中運動的時間為震

Bq

D.圓形磁場區(qū)域的半徑為署tan。

Bq

13.一物理學(xué)習(xí)小組在豎直電梯里研究超重失重現(xiàn)象：力傳感器上端固定在鐵架臺上，

下端懸掛一個質(zhì)量為機的鉤碼。當電梯在1樓和3樓之間運行時，數(shù)據(jù)采集系統(tǒng)采

集到拉力F隨時間7的變化如圖所示。忽略由于輕微抖動引起的示數(shù)變化，下列說

B.a到c過程中鉤碼的機械能先增加后減小

C.圖形abc的面積等于圖形今/■的面積

D.a到b過程中鉤碼處于超重狀態(tài)，b到c過程中鉤碼處于失重狀態(tài)

14.在慣性參考系中，力對質(zhì)點所做功僅取決于質(zhì)點的初始位置和末位置，而與質(zhì)點通

過的路徑無關(guān)，這種力稱為保守力，重力、彈簧彈力、靜電力、萬有引力等均為保

守力。保守力做功的特點決定了質(zhì)點在慣性系中的每一個位置都有一種由該位置確

定的能量，稱為勢能；勢能隨位置變化的曲線稱為勢能曲線。如圖所示為兩個勢能

曲線，下列說法正確的是（）

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即

圖甲圖乙

A.圖甲中勢能為零的位置，質(zhì)點所受保守力為零

B.圖甲中質(zhì)點所受保守力的方向沿x軸的正方向

C.圖乙中質(zhì)點從無1運動到冷的過程中保守力做正功

D.圖乙中質(zhì)點在xi位置，所受保守力大于質(zhì)點在血位置所受保守力

二、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

15.利用如圖所示的裝置可以探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系:

變壓器鐵芯

甲可拆變壓器零部件乙組?裝后的變壓器

(1)除圖中所示器材外，還需要的器材有

A干電池

B.低壓交流電源

C.直流電壓表

。.多用電表

(2)下列說法正確的是；

A變壓器工作時通過鐵芯導(dǎo)電把電能由原線圈輸送到副線圈

8.變壓器工作時在原線圈上將電能轉(zhuǎn)化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉(zhuǎn)化成電能,

鐵芯起到“傳遞”能量的作用

C理想變壓器原、副線圈中的磁通量總是相同

D變壓器副線圈上不接負載時，原線圈兩端電壓為零

(3)由于變壓器工作時有能量損失，實驗測得的原、副線圈的電壓比學(xué)應(yīng)當______(

u2

選填“大于”、“等于”或者“小于”)原、副線圈的匝數(shù)比嵩

16.在“驗證動量守恒定律”的實驗中，先讓質(zhì)量為Tn1的A球從斜槽軌道上某一固定

位置S由靜止開始滾下，從軌道末端水平拋出，落到位于水平地面的復(fù)寫紙上，在

復(fù)寫紙下面的白紙上留下痕跡。重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡。再把質(zhì)

量為巾2的B球放在斜槽軌道末端，讓4球仍從位置S由靜止?jié)L下，與8球碰撞后，

分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)操作10次。/、P、N為三個落點的平均

位置，。點是軌道末端在白紙上的豎直投影點。

圖1

&N長6飛方…灰?

圖2圖3

(1)實驗中，通過測量______間接地測定小球碰撞前后的速度；

4小球開始釋放的高度h

B.小球拋出點距地面的高度〃

C.小球做平拋運動的水平距離

(2)以下提供的器材中，本實驗必須使用的是；

A.刻度尺

B.天平

C.秒表

(3)關(guān)于該實驗的注意事項，下列說法正確的是；

A斜槽軌道必須光滑

8.斜槽軌道末端的切線必須水平

C上述實驗過程中白紙可以移動

D兩小球A、3半徑相同

(4)為了盡量減小實驗誤差，兩個小球的質(zhì)量應(yīng)滿足mi>m2,若滿足關(guān)系式

則可以認為兩小球碰撞前后總動量守恒；

(5)某同學(xué)記錄小球三個落點的平均位置時發(fā)現(xiàn)〃和N偏離了OP方向，如圖2所

示。該同學(xué)認為只要滿足關(guān)系式,則說明兩小球碰撞前后總機械能守恒；

(6)實驗時，若斜槽軌道光滑、兩小球發(fā)生彈性碰撞，且血1<w2<3m1，小球落

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點用圖3中的C、。、E表示，滿足關(guān)系,可以認為兩小球碰撞前后總動量

守恒。

三、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

17.用如圖所示裝置用來演示小球在豎直面內(nèi)的圓周運動，傾斜軌道下端與半徑為R的

豎直圓軌道相切于最低點質(zhì)量為〃，的小球從軌道上某點無初速滾下，該點距離

圓軌道最低點A的豎直高度為〃。小球經(jīng)過最低點A時的速度大小為u,經(jīng)過最高

點B時恰好對軌道無壓力。已知重力加速度g,求：

(1)小球經(jīng)過最高點8時速度的大??；

(2)小球經(jīng)過最低點A時對軌道壓力的大??；

(3)小球從開始運動到圓軌道最高點過程中損失的機械能。

18.如圖所示，用一條長1=0.2機的絕緣輕繩懸掛一個帶---------。-

電小球，小球質(zhì)量m=1.0x1。-2上。,所帶電荷量q=-------1\-------------------?,

+2.0x10-8金現(xiàn)加一水平方向的勻強電場，電場區(qū):\__________

域足夠大，平衡時絕緣繩與豎直方向夾角。=37。，],

已知g=10m/s2>sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求勻強電場電場強度的大??；

(2)若將輕繩向右拉至水平后由靜止釋放，求小球到達最低點時的速度大?。?/p>

(3)若在圖中所示位置剪斷輕繩，判斷小球此后的運動情況，并求0.1s后小球的速

度大小。

19.如圖所示是磁流體發(fā)電的示意圖。平行金屬板P、Q兩板相距為d,之間有一個很

強的勻強磁場B,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶電量為q的

正、負帶電離子)沿垂直于B的方向射入磁場，P、Q兩板間便產(chǎn)生電壓。開關(guān)閉合

前、后，等離子體在管道進、出口兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v沿圖示方

向運動。忽略重力及離子間的相互作用力。

(1)圖中尸、。板哪一個是電源的正極；

(2)在推導(dǎo)磁流體發(fā)電機的電動勢時，有多種方法。例如：將發(fā)電機內(nèi)部的等離子

體看做長度為d,以速度v切割磁感線的“導(dǎo)體棒”，可得E=Bd/請你從另外

兩個角度證明上述結(jié)論；

(3)開關(guān)閉合，電路穩(wěn)定后，電源的內(nèi)阻為〃外電路電阻為凡求兩板間某運動的

帶電離子沿電流方向受到的阻力外

等離子體

20.在物理學(xué)的研究過程中，對變速運動的研究是從最簡單的變速直線運動開始的。最

簡單的變速直線運動，速度應(yīng)該是均勻變化的。速度隨時間均勻變化的直線運動叫

做勻變速直線運動，加速度a=寧為一定值。若某種變速運動的速度v是隨位移

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X均勻變化的，請解答以下問題：

(1)類比勻變速直線運動中加速度a的定義，給出速度隨位移均勻變化的運動中加

速度優(yōu)的定義，使出也為定值；寫出他的單位；并在圖甲中畫出初速度為火、末速

度為%的u-X圖像；

(2)如圖乙所示，質(zhì)量為〃，的金屬棒放在寬度為L的光滑導(dǎo)軌上，整個裝置處于磁

感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，回路的電阻可等效為R,且在金屬棒運動過程中

保持不變。給導(dǎo)體棒一個初速度孫，證明金屬棒運動的速度v隨位移x均勻變化;

(3)請從兩個角度分析(2)中導(dǎo)體棒的加速度a=胃的變化情況。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、a粒子和電子之間有相互作用力，它們接近時就有庫侖引力作用，但

由于電子的質(zhì)量只有一a粒子質(zhì)量的近七千分之一，a粒子與電子碰撞就像一顆子彈與一

個灰塵碰撞一樣，a粒子質(zhì)量大，其運動方向幾乎不改變，故A錯誤；

8、正電荷在原子中若是均勻分布，則a粒子不能發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，故8錯誤；

C、a粒子散射實驗中，有少數(shù)a粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)說明三點：一是原子內(nèi)有一質(zhì)量很

大的粒子存在;二是這一粒子帶有較大的正電荷;三是這一粒子的體積很小，故C正確；

￡>、a粒子散射實驗不能說明原子處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中，故D錯誤。

故選：Co

盧瑟福a粒子散射實驗中，有少數(shù)a粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，其原因是原子核帶正電且質(zhì)

量很大，a粒子也是帶正電，由于同種電荷相互排斥和a粒子被質(zhì)量大的原子核彈回。

本題考查a粒子散射實驗，對這個實驗要注意兩點，一是a粒子的散射實驗現(xiàn)象，二是

對實驗現(xiàn)象的解釋，即原子的核式結(jié)構(gòu)模型。

2.【答案】D

【解析】解：A、一個油酸分子的質(zhì)量等于總質(zhì)量除以分子數(shù)，即5■,故A錯誤；

B、一個油酸分子的體積等于總體積除以對應(yīng)的分子數(shù),題干中V不是油酸的摩爾體積，

故B錯誤；

C、題干中丫不是油酸的摩爾體積，題干中M是油酸的摩爾質(zhì)量，根據(jù)P=￡求密度，

各物理量不具有統(tǒng)一性，故C錯誤；

油酸的體積除以油膜的面積，恰好就是油酸分子的直徑，故。正確；

故選：￡>o

油酸的體積除以油酸的面積，恰好就是油酸分子的直徑；一個油酸分子的質(zhì)量等于總質(zhì)

量除以分子數(shù)；油酸分子的體積等于總體積除以對應(yīng)的分子數(shù)；根據(jù)P=/求密度。

掌握該實驗的原理是解決問題的關(guān)犍，該實驗中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一

個挨一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，從而求出分子直徑.

3.【答案】D

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【解析】解：人天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故4錯誤；

8、原子核的半衰期與溫度無關(guān)，故8錯誤；

C、/?射線來自原子核，是原子核內(nèi)的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放

出來，故C錯誤；

D、三種射線中y射線的穿透能力最強，電離能力最弱，故。正確。

故選：D。

天然放射現(xiàn)象表明原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；原子核的半衰期由原子核內(nèi)部因素決定，與

原子核所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)；夕射線來自原子核，不是來自核外電子；三種

射線中，y射線的穿透能力最強，電離能力最弱，a射線的穿透能力最弱，電離能力最

強。

本題考查了天然放射現(xiàn)象、半衰期、衰變、射線的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，

理解這些基礎(chǔ)知識點，注意￡衰變釋放的電子來自原子核，不是來自核外電子。

4.【答案】C

【解析】解：A、d擺擺動，其余各擺也擺動起來，它們均做受迫振動，則它們的振動

頻率均等于4擺的擺動頻率，振動周期都等于“擺的振動周期，故A錯誤；

BC、由于〃、“擺長相同，所以這兩個擺的固有頻率相同，則a擺出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅

最大，故C正確，B錯誤；

。、d擺擺動過程中，有阻力做負功，機械能減小，d擺的振幅變小，故。錯誤；

故選：Co

由d擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，則受迫振動的頻率等于“擺擺動頻率，

當受迫振動的中固有頻率等于受迫振動頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達到最大.

受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率；當受迫振動中的固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)

共振現(xiàn)象.

5.【答案】A

【解析】解：裝入熱水時，杯內(nèi)上方氣體溫度升高，將一些氣體排出，擰緊瓶蓋，過一

段時間后與外界發(fā)生熱傳遞，氣體放出熱量后，內(nèi)能減小溫度降低。由等容規(guī)律，瓶內(nèi)

的也壓強減小，外界大氣壓將瓶蓋壓緊，故打開杯蓋需要克服更大的摩擦力。

A、溫度降低后瓶內(nèi)氣壓減小，故A正確；

BC,溫度降低后，氣體的平均動能減小，那么速率大的分子所占的比例減小，故8c均

錯誤；

。、溫度降低后，氣體的平均動能減小，平均速度也減小，單位時間內(nèi)氣體分子撞擊容

器的次數(shù)減小，故。錯誤。

故選：Ao

參照理想氣體狀態(tài)方程分析當瓶內(nèi)的溫度降低時，壓強減小。溫度是分子平均動能的標

志，從統(tǒng)計學(xué)的角度分析速率大的分子所占的比例大，則溫度高。壓強的微觀意義是單

位時間單位面積上受到氣體分子撞擊力而產(chǎn)生。

明確改變內(nèi)能的方法有做功和熱傳遞，理解影響壓強大小的因素，理解溫度是分子平均

動能的標志。

6.【答案】B

【解析】解：AB、第二宇宙速度11.2/on/s,是人造衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射

速度，第三宇宙速度16.7/on/s,是人造衛(wèi)星脫離太陽引力束縛的最小發(fā)射速度，故要

使“天問一號”脫離地球束縛到達火星，則需要發(fā)射速度介于第二宇宙速度和第三宇宙

速度之間，故B正確，A錯誤。

C、“天問一號”在軌道口上繞火星做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得：

Mmv2

G——*—mr—

解得：〃=護

因為第一宇宙速度是物體在火星附近繞火星做勻速圓周運動的速度，其對應(yīng)的環(huán)繞半徑

最小，速度最大，故“天問一號”在軌道n上的速度小于火星的第一宇宙速度，故c

錯誤。

D、“天問一號”從橢圓軌道I上”點變軌到達圓軌道n,即做近心運動，故需要在〃

點點火減速，故“天間一號”在橢圓軌道I上經(jīng)過M點的速度大于在圓軌道n上經(jīng)過

用點的速度，故。錯誤。

故選：B。

要使“天問一號”脫離地球束縛到達火星，則需要發(fā)射速度介于第二宇宙速度和第三宇

宙速度之間；根據(jù)萬有引力提供向心力，寫出速度的表達式，根據(jù)環(huán)繞半徑的大小，確

定速度的大??；“天問一號”從橢圓軌道I上M點變軌到達圓軌道口，需要在M點點

火減速，由此確定“天問一號”在橢圓軌道I上經(jīng)過例點的速度與在圓軌道口上經(jīng)過

M點的速度的大小關(guān)系。

本題考查了三種宇宙速度以及變軌問題，注意要做近心運動則需要點火減速，要做離心

運動則要點火加速。

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7.【答案】C

【解析】解：A、當滑片向右移時，AK間的加速電壓變大，單位時間內(nèi)A極吸收的電子

數(shù)越多，光電流增大，但最終會趨于一個飽和值保持不變，故A錯誤；

8、若僅增大入射光的頻率，光電子的最大初動能增大，但若入射光的強度減小更多的

話，則光電流有可能減小，故8錯誤；

C、若僅增大入射光的強度，則單位時間發(fā)射光電子的數(shù)目增加，所以光電流會增大，

故C正確。

。、將電源的正負極對調(diào)后，光電管AK間是負電壓，若未達到遏止電壓的話，仍有光

電子到達A板，電流不為零，故。錯誤。

故選：C。

圖示電路4K間為加速電壓，當電壓增大，單位時間內(nèi)A極吸收的電子數(shù)增多，電流變

大；而對于光電流大小，是由入射光的頻率、入射光的強度、AK間的電壓大小等多種

因素決定。

明確光電效應(yīng)原理，AK間若為加速度電壓，則電壓增大電流增大，但有飽合值；對于

光電效應(yīng)，要從極限頻率和最大初動能兩個角度結(jié)合愛因斯坦光電效應(yīng)方程去分析解決

問題。

8.【答案】B

【解析】解：閉合開關(guān)A，并陸續(xù)閉合S2、S3、S,，隨著并聯(lián)的燈泡增多，外電路總電

阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，干路電流變大，由U'=/r知內(nèi)電壓變大，則

路端電壓變小，Li兩端電壓變小，4亮度變暗，故ACO錯誤，8正確。

故選：B。

隨著并聯(lián)的燈泡增多，電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，

并判斷路端電壓的變化，即可確定及亮度變化。

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，要知道并聯(lián)的燈泡越多，并聯(lián)總電阻越小，運用閉合

電路歐姆定律進行分析。

9.【答案】C

【解析】解：A、當開關(guān)閉合后，多匝線圈與同學(xué)們并聯(lián)，由于電源為L5U的新干電池，

所以電流很小。同學(xué)沒有觸電感覺。故A錯誤；

3、當斷開時，多匝線圈電流產(chǎn)生自感現(xiàn)象，從而產(chǎn)生很高的瞬間電壓，通過同學(xué)們身

體有觸電的感覺。而此時流過人體的電流是由線圈的自感電動勢提供的，由自感規(guī)律，

電流是從最大逐漸減小的，故流過人體的電流不會大于線圈的電流。故8錯誤；

C、當斷開時，多匝線圈產(chǎn)生自感電動勢，電流方向不變，此時線圈的電流從左向右，

流過人的電流從右向左即從8向A,故C正確；

。、斷開電鍵時，由于線圈的電流減小而產(chǎn)生自感感動勢，而阻礙電流的減小，只是電

流減小的慢一些，不會突然增大，故。錯誤。

故選：C。

當開關(guān)閉合后，多匝線圈與同學(xué)們并聯(lián)，由于電源為1.51/的新干電池，所以電流很小。

當斷開時，多匝線圈電流發(fā)生變化，導(dǎo)致線圈產(chǎn)生很強的電動勢，從而使同學(xué)們有觸電

的感覺。

多匝線圈在電流發(fā)生變化時，產(chǎn)生很高的電壓，相當于瞬間的電源作用。

10.【答案】A

【解析】解：設(shè)加速電壓為Ui，偏轉(zhuǎn)電壓為外，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L板間距離為乩

在加速電場中，由動能定理得：詔得，加速獲得的速度為%=J可，兩種

粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為火的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同，

則氏不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同。

兩種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同，則運動的時間也不同，所以兩粒子是

先后離開偏轉(zhuǎn)電場。

粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，沿電場線方向的分速度：%=研=去總

速度的偏轉(zhuǎn)角：tan6=?=*x芻=翳,與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。三個離子離開

UQmuVQ4a

偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向相同；

在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y=Jat2=；x警x§=翳，與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)，知

乙NTrici1/Q

出射點的位置相同。故它們將從同一位置沿同一方向離開偏轉(zhuǎn)電場，故A正確，BCD

錯誤；

故選:Ao

兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，垂直于電場方向上做勻速直線運動，根據(jù)動能定

理求出加速獲得的速度表達式，可分析在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)歷的時間關(guān)系.根據(jù)推論分析粒

子偏轉(zhuǎn)距離與加速電壓和偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，從而得出偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系.

解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動情況，知道從靜止開始經(jīng)

過同一加速電場加速，垂直打入偏轉(zhuǎn)電場，運動軌跡相同.

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11.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)電場的圖象可以知道，該電場是等量異種電荷的電場，故A錯誤；

8、等勢線越密的地方電場線越密，電場線越密的地方電場強度越大，由圖可知。點電

場強度小于b點電場強度，故8錯誤；

C、。點離P點（正電荷）的距離更近，h點離Q點（負電荷）的距離更近，所以。點的電勢

較高，高于b點的電勢，故C正確；

。、在c點由靜止釋放一個帶電粒子，對改粒子受力分析如圖所示，假設(shè)改粒子帶正電，

合力方向不沿著以方向，所以粒子不沿著等勢面〃運動.故。錯誤；

故選：Co

該電場是等量異種電荷的電場，它具有對稱性（上下、左右）。根據(jù)電場線的分布情況電

場強度的關(guān)系。由電場力做功情況分析電勢能的變化。

該題考查常見電場的特點，解題的關(guān)鍵是在兩個電荷連線的中垂線上的電勢和無窮遠處

的電勢相等。而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負電荷周圍的電場的電勢都比它低。

12.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以

判斷出粒子帶正電，故A正確；

B、由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m^,解得粒子在

磁場中運動時，其軌跡的半徑為：r=器，由幾何關(guān)系

可知其對應(yīng)的圓心角為0,則粒子在磁場中運動的軌跡長

度為：s==嘿,故8正確；

qB

C、粒子做勻速圓周運動的周期為7=尋=警，則粒子在磁場中運動的時間t=

vqb2n

e02nmm0,,「，-

?.詞=謫，故C正確；

D、設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R,tan^=-,解得R=rtang=等?tang故。錯誤;

2r2qB2

本題選錯誤的;

故選：D。

根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向以及左手定則判斷粒子電性；畫出粒子運動軌跡根據(jù)洛倫茲力提供向心力

求得軌道半徑，再根據(jù)弧長公式求得軌跡長度；根據(jù)周期公式求運動時間；再根據(jù)幾何

關(guān)系求磁場區(qū)域半徑。

本題考查帶電粒子在磁場中運動，難度中等，根據(jù)題意畫出粒子運動軌跡，找到圓心角

以及半徑是解題關(guān)鍵。

13.【答案】C

【解析】解：人由圖可知，鉤碼的重力G=2N,在。到c過程中，拉力尸都大于重力，

說明電梯處于超重狀態(tài)，加速度向上，即電梯加速上升，故A錯誤；

3、由以上分析可知，在a到c過程中，電梯加速上升。當加速上升過程中，鉤碼的機

械能增加，故B錯誤；

C、圖像中面積表示力對時間的積累，即沖量。由圖可知，從。到/記錄了電梯的一個

運動過程：先向上加速，然后勻速，最后減速；即加速過程和減速過程的動量變化量大

小相等，由動量定理可知，加速過程和減速過程的合外力沖量相等，故圖形He的面積

等于圖形時的面積，故C正確；

。、在。到c過程中，拉力尸都大于重力，說明電梯處于超重狀態(tài)，故。錯誤；

故選：Co

分析電梯的運動過程，拉力廠大于重力時，電梯處于超重狀態(tài)；拉力對鉤碼做正功時，

鉤碼機械能增加；力-時間圖形圍成的面積表示沖量。

本題關(guān)鍵是根據(jù)拉力的變化情況，得到超、失重情況，然后與實際情況向?qū)φ?，得到?/p>

梯的運動情況.

14.【答案】D

［解析］解：A、根據(jù)△后「=_皿保=_/保4無，得哈=-F保,則|空|=|F保勢能

曲線的斜率絕對值等于保守力大小。圖甲中勢能為零的位置，圖像的斜率不為零，則質(zhì)

點所受保守力不為零，故A錯誤；

3、圖甲中質(zhì)點的勢能增大，保守力做負功，則質(zhì)點所受保守力的方向沿x軸的負方向，

故2錯誤；

C、圖乙中質(zhì)點從打運動到犯的過程中，勢能增大，則保守力做負功，故C錯誤；

。、根據(jù)圖像切線的斜率越大，保守力越大。在圖乙中，圖像在/位置切線的斜率大于

在與位置圖像切線的斜率，所以質(zhì)點在/位置所受保守力大于質(zhì)點在小位置所受保守力,

第16頁，共23頁

故。正確。

故選：D。

勢能曲線的斜率大小表示保守力大小，根據(jù)圖像的斜率分析保守力大??；根據(jù)勢能的變

化分析保守力方向，并確定保守力做功正負。

解答本題時，要理解并掌握保守力做功與勢能變化的關(guān)系：△Ep=-W保，即保守力做

正功，勢能減少；保守力做負功，勢能增加。要知道勢能曲線的斜率大小表示保守力大

小。

15.【答案】BDBC大于

【解析】解：(1)48、變壓器只能改變交流電的電壓，必須要有低壓交流電源提供交流

電，故B正確，A錯誤。

CD,原線圈輸入交流電壓，副線圈輸出交流電壓，故應(yīng)用多用電表的交流電壓擋測量

輸入和輸出電壓，故。正確，C錯誤。

故選：BD。

(2)4、變壓器的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，而不是通過鐵芯導(dǎo)電把電能由原線圈輸送到

副線圈的，故4錯誤。

8、變壓器工作時在原線圈上將電能轉(zhuǎn)化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉(zhuǎn)化成電能，

鐵芯起到''傳遞”能量的作用，故B正確。

C、理想變壓器的原副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的磁通量總是相同，磁

通量的變化率也相同，故C正確。

D,變壓器的原線圈兩端電壓由發(fā)電機提供，副線圈上不接負載時，原線圈兩端的電壓

不變，故。錯誤。

故選；BC。

(3)根據(jù)變壓器原理可知，原副線圈兩端電壓之比等于原副線圈匝數(shù)之比，即變壓器原、

副線圈電壓應(yīng)與其匝數(shù)成正比，實驗中由于變壓器的銅損、磁損和鐵損，導(dǎo)致變壓器的

鐵芯損失一部分能量，所以副線圈上的電壓的實際值一般略小于理論值，所以原線圈與

副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。

故答案為：(1)BD(2)BC(3)大于

(1)變壓器只能改變交流電的電壓，必須要有低壓交流電源提供交流電，且應(yīng)該用多用

電表的交流電壓擋測量輸入和輸出電壓

(2)變壓器的工作原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，而不是通過鐵芯導(dǎo)電把電能由原線圈輸送到副

線圈的，而是在原線圈上將電能轉(zhuǎn)化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉(zhuǎn)化成電能，鐵芯

起到“傳遞”能量的作用：想變壓器的原副線圈通過鐵芯共用同一個磁場，則兩線圈的

磁通量總是相同，變壓器的原線圈兩端電壓由發(fā)電機提供，與副線圈上接不接負載無關(guān)。

(3)根據(jù)變壓器原理可知，變壓器原、副線圈電壓應(yīng)與其匝數(shù)成正比，實驗中由于變壓

器的銅損、磁損和鐵損，導(dǎo)致變壓器的鐵芯損失一部分的能量，所以副線圈上的電壓的

實際值一般略小于理論值，所以原線圈與副線圈的電壓之比一般大于原線圈與副線圈的

匝數(shù)之比。

熟練掌握變壓器的原理和實驗操作的注意事項，是解決本題的關(guān)鍵，另外注意變壓器的

三個決定關(guān)系。

22

16.【答案】CABBDm1-OP=m1-OM+m2-ON刎1?OP=如.OM+^m2-

2

ON恤,0E=—m1-OC+m2,OD

【解析】解：(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，通過平拋運動的

規(guī)律，得出小球的速度，由于平拋運動的高度相同，運動時間相等，水平位移X=區(qū),

即可通過小球平拋運動的水平距離，間接表示速度的大小，故C正確，A、8錯誤。

故選：G

(2)由于需要測量小球平拋運動的水平位移，則需要刻度尺，以及需要測量小球的質(zhì)量，

則需要天平。故A、8正確，C錯誤。

故選:AB-

(3)實驗中，斜槽軌道不一定需要光滑，每次讓小球從同一位置釋放，保證每次到達底

端的速度相等，但是斜槽末端必須水平，保證小球做平拋運動，實驗中，復(fù)寫紙和白紙

的位置不可以移動，兩球的半徑需相等，保證發(fā)生對心碰撞，故8、。正確，A、C錯

誤。

故選：BD；

(4)若A、3兩球組成的系統(tǒng)碰撞前后瞬間動量守恒，則有：mrvA-myv/+m2v2',由

于小球做平拋運動時在空中運動的時間相等，又力=等"=等，詔=%

可得:Hi]?OP=mr-OM+m2-ON<所以若滿足關(guān)系式:m1-OP=m1-OM+m2-0N>

可以認為兩小球碰撞前后總動量守恒；

(5)若兩小球碰撞前后總機械能守恒，則有：又以=勺，

222

"/=手，%'=[，可得：-0P=-OM+|m2.ON,所以若滿足

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22

OP=-OM+^m2?ON?,說明兩小球碰撞前后總機械能守恒；

(6)實驗時，若斜槽軌道光滑、兩小球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒有：=

17711譜+抵山2境，根據(jù)動量守恒有：+m2v2,

聯(lián)立解得：vi~mi~m'zvv=2miv,

192

H人->Em1+m2'/m1+m2

由于恤<m2<3如，可知功<v,%為負值，%的絕對值小于如可知碰撞前A球?qū)?/p>

應(yīng)的水平位移為公，碰撞后A球?qū)?yīng)的位移為oc，碰撞后8球?qū)?yīng)的位移為oh，所

以當Tn1.0E=—TH]?0C+m2.0D?可以認為兩小球碰撞前后總動量守恒。

故答案為：(1)C,(2)AB,(3)BD,(4)7n「OP=zn「OM+m2-ON，⑸)「op2=

22

[如.OM+^m2-ON,⑹如?OE=—mx-OC+m2-OD^

(1)在該實驗中，由于小球碰撞前、碰撞后均做平拋運動，平拋運動的時間相等，可以

運用水平位移代表碰撞前后瞬間的瞬時速度；

(2)根據(jù)實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定所需的器材；

(3)根據(jù)實驗的原理和注意事項確定正確的操作步驟；

(4)抓住碰撞前的總動量和碰撞后的總動量相等，通過水平位移代替碰撞前后瞬時速度,

得出需滿足的表達式；

(5)根據(jù)碰撞前和碰撞后總動能相等，通過通過水平位移代替碰撞前后瞬時速度，得出

所需滿足的表達式；

(6)兩球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒、動量守恒得出碰撞后速度的表達式，與碰撞

前速度大小比較，判斷出小球的落點，通過碰撞前總動量和碰撞后的總動量相等得出所

需滿足的表達式。

本題考查了動量守恒定律實驗的驗證，知道實驗的原理和注意事項，在本題中，運用水

平位移代表碰撞前后的瞬時速度是該實驗的關(guān)鍵，也是巧妙之處。

17.【答案】解：(1)小球在B點恰好對軌道無壓力，根據(jù)牛頓第三定律知在B點軌道對

小球沒有作用力，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：

mg=m胃

可得知=y[gR

(2)小球在最低點A處時，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

得：

?V2

F入支一6。=K

2

解得F支=mg+m3

乂R

2

由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫Υ笮∈瑝?尸支，則尸壓=mg+m^

(3)對小球從開始釋放到最高點B的過程，由能量守恒定律得

mgh=mg-2R+詔+E損

解得E茄=mgh-2.5mgR

答：(1)小球經(jīng)過最高點8時速度的大小為??；

(2)小球經(jīng)過最低點A時對軌道壓力的大小為mg+m-；

(3)小球從開始運動到圓軌道最高點過程中損失的機械能為mgh-2.5mgR.

【解析】(1)因為小球在B點恰好對軌道無壓力，則在B點軌道對小球無作用力，由重

力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求小球經(jīng)過最高點8時速度的大??；

(2)小球經(jīng)過最低點A時，由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求

軌道對小球的支持力，從而得到小球?qū)壍缐毫Φ拇笮。?/p>

(3)根據(jù)能量守恒定律求小球從開始運動到圓軌道最高點過程中損失的機械能。

對于圓周運動動力學(xué)問題，關(guān)鍵要正確分析受力情況，根據(jù)指向圓心的外力確定向心力

的來源。

18.【答案】解：(1)小球靜止，受力平衡，對小球受力分析如圖所示：

Eq=mgtan37°

解得：E=3.75x106/V/C

(2)小球由靜止釋放至最低點過程中，由動能定理：-Eq/+mg/=綱/

解得：v-lm/s

(3)剪斷輕繩后，小球做勻加速直線運動。

根據(jù)牛頓第二定律可得：^=ma

cos37

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0.1s后小球的速度v=at

聯(lián)立解得：v=1.25zn/s

答：

(1)勻強電場電場強度的大小為3.75x106/V/C；

(2)若將輕繩向右拉至水平后由靜止釋放，小球到達最低點時的速度大小為lm/s；

(3)若在