2021年北京市東城區(qū)高考物理二模試卷

2021年北京市東城區(qū)高考物理二模試卷

1.下列說法中正確的是（）

A.溫度是分子熱運動平均動能的標志

B.分子間引力與斥力都隨分子間距離增大而增大

C.1g水和1g氧氣所含分子個數(shù)相同

D.懸浮顆粒越大，布朗運動越明顯

2.用如圖1所示裝置做圓孔衍射實驗,在屏上得到的衍射圖樣如圖2所示，實驗發(fā)現(xiàn),

光繞過孔的邊緣，傳播到了相當大的范圍。下列說法正確的是（）

m1圖2

A.此實驗說明了光沿直線傳播

B.圓孔變小，衍射圖樣的范圍反而變大

C.圓孔變小，中央亮斑和亮紋的亮度反而變大

D.用不同波長的光做實驗，衍射圖樣完全相同

A.任一時刻兩振子的回復力方向都相同

B.甲、乙兩振子振動頻率之比為2：1

C.甲的加速度為零時，乙的加速度也為零

D.甲的速度為零時，乙的速度也為零

4.游樂場中的升降機在豎直方向上運行，t=0時刻初速度為0,其加速度隨時間變化

的a-t圖像如圖所示，以向上為正方向，則下列對升降機的說法正確的是（）

0

A.0?0.57時間內速度保持不變B.0.5T?T時間內做勻速運動

C.7?2T時間內所受合力為零D.0?27'時間內一直向上運動

5.氫原子的能級圖如圖所示。如果大量氫原子處于n=4能二............'?

級的激發(fā)態(tài)，下列說法正確的是（）:二;；

A.這群氫原子最多可能輻射3種不同頻率的光子

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

B.從n=4能級躍遷到n=1能級的氫原子所輻射光子

的波長最長

C.n=2能級的氫原子若吸收能量為1.89eV的光子，可以躍遷到n=3能級

D.n=4能級的氫原子至少需吸收13.6W能量的光子才能電離

6.如圖所示，一價氫離子、一價氫離子和二價氫離子的混

合物以相同的初速度沿垂直勻強電場的方向進入同一

偏轉電場，且經過偏轉后都從右側離開了電場，則三種

粒子相同的是（）

A.離開偏轉電場時的動能B.在偏轉電場中的時間

C.在偏轉電場中偏轉的角度D.在偏轉電場中的側移量

7.如圖所示，物塊A、B均靜止于傾角為。的斜面上，它

們的質量分別為M和"7,已知Mgsin。＞mg。若斜面

傾角。變大，8仍保持靜止，則（）.1/

A.繩子的拉力變大B.A所受合力變大

C.斜面對A的支持力變大D.斜面對A的靜摩擦力變大

8.質量為膽的小球用長為/的細線懸于A點，初始時刻使小球在-4-

水平面內以角速度3做勻速圓周運動，細線與豎直方向夾角為

重力加速度為g。由于空氣阻力作用，小球的運動狀態(tài)緩慢變

化，最終靜止在A點的正下方，在此過程中（）

第2頁，共22頁

A.繩的拉力始終小于等于mg

B.小球的線速度始終小于等于3國n。

C.空氣阻力做的功為-cos。）

D.重力做的功為-cosB）

9.一個迷你型電風扇安裝有小直流電動機，其線圈電阻為RM，額定電壓為U,額定

電流為/,將它與電動勢為E、內阻為/■的直流電源相連，電動機恰好正常工作，

則（）

A.電動機的總功率為JR”B.電源的輸出功率為E/

C.電動機輸出的機械功率為UID.通過電動機的電流為T

10.如圖所示為a粒子散射實驗的示意圖：放射源發(fā)出

a射線打到金箔上，帶有熒光屏的放大鏡轉到不同

位置進行觀察，圖中1、2、3為其中的三個位置。

下列對實驗結果的敘述或依據(jù)實驗結果做出的推

理正確的是（）

A.在位置2接收到的a粒子最多

B.在位置1接收到a粒子說明正電荷不可能均勻分布在原子內

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沖量更

大

D.若正電荷均勻分布在原子內，則1、2、3三個位置接收到a粒子的比例應相差不

多

11.用圖1所示裝置研究光電效應現(xiàn)象，三次用同一光電管在不同光照條件下實驗，記

錄微安表的示數(shù)/隨光電管電壓U的變化情況，得到甲、乙、丙三條光電流與電壓

之間的關系曲線，如圖2所示。下列說法正確的是（）

圖2

A.甲光的頻率大于乙光的頻率

B.丙光的波長小于乙光的波長

C.甲光和丙光的強弱程度相同

D.甲光和丙光產生的光電子最大初動能相同

12.2021年2月10日19時52分，“天問一號”探測器在距火星400k,”的位置瞬間變

速，成功被火星捕獲，完成了環(huán)繞火星飛行的任務?！盎鹦遣东@”是火星探測任務

中風險最高的環(huán)節(jié)之一，如變速后速度過快,探測器會脫離火星的吸引;速度過慢，

則會一頭扎到火星上。已知火星的第一宇宙速度和第二宇宙速度分別為力和。2,火

星的半徑為3400%〃?，設“天問一號”瞬間變速后速度為v,下列說法正確的是（）

A.v可以小于%B.v可以大于。2

C.v一定大于%D.u一定在藥和火之間

13.圖1所示為可拆變壓器的零部件，其中鐵芯B可以安裝在鐵芯A的橫梁上以形成閉

合鐵芯；原、副線圈的匝數(shù)分別為％和〃2,將它們分別套在鐵芯A的兩臂上，則如

圖2所示。某同學為測量原線圈的電阻，將多用電表的歐姆擋調到合適擋位，用兩

表筆接觸原線圈的兩接線柱，等指針穩(wěn)定后讀數(shù)，讀數(shù)完畢后將兩表筆與接線柱脫

開;之后使原線圈與正弦式交流電源相連，并測得原、副線圈的電壓分別為名和外。

下列說法正確的是（）

鐵芯A

A.兩表筆與接線柱接觸瞬間，有比穩(wěn)定時更大的電流通過歐姆表

B.兩表筆與接線柱脫開瞬間，有比穩(wěn)定時更大的電流流過原線圈

C.若鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上，Ui：U2>n1：n2

D.無論鐵芯8是否安裝鐵芯A上，U1：U2=n1：n2

14.地球半徑約為6400切?，地球表面的大氣隨海拔高度增加而變薄，大氣壓強也隨之

減小到零，海拔100%小的高度被定義為卡門線，為大氣層與太空的分界線。有人設

想給太空飛船安裝“太陽帆”，用太陽光的“光子流”為飛船提供動力來實現(xiàn)星際

旅行。已知在卡門線附近，一個正對太陽光、面積為1.0X106機2的平整光亮表面，

受到光的壓力約為9N；力雖小，但假設以同樣材料做成面積為1.0x1047n2的，，帆”

安裝在飛船上，若只在光壓作用下，從卡門線附近出發(fā)，一個月后飛船的速度可達

到2倍聲速。設想實際中有一艘安裝了“帆”（面積為1.0x1047n2）的飛船，在卡門

線上正對太陽光，下列說法正確的是（）

第4頁，共22頁

A.飛船無需其他動力，即可不斷遠離太陽

B.一年后，飛船的速度將達到24倍聲速

C.與太陽中心的距離為日地間距離2倍時，“帆”上的壓力約為2.25X10-2N

D.與太陽中心的距離為日地間距離2倍時，飛船的加速度為出發(fā)時的;

4

15.某同學測量電動玩具電池的電動勢和內電阻。

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00.10.20.30.40.50.60.7

圖2

（1）如圖1所示，將導線一端與。連接，另一端分別在〃、匕兩處試觸，發(fā)現(xiàn)安培表

的示數(shù)幾乎不變，伏特表的示數(shù)變化比較明顯，為了減小實驗誤差，實驗測量時應

選擇連接（選填"/或“b”）點的電路；

（2）圖I中，閉合開關前，滑動變阻器的滑片應該置于最端（選填“左”或

“右”）。

（3）圖2是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪制的U-/圖線，根據(jù)圖線求得被測電池組的電動勢E=

火結果均保留三位有效數(shù)字），內阻r=0（結果保留兩位有效數(shù)字）。

16.如圖1所示，用半徑相同的兩個小球的碰撞驗證“動量守恒定律”。實驗時先讓質

量為巾1的A球從斜槽上某一固定位置C由靜止釋放，A球從軌道末端水平拋出，

落到位于水平地面的復寫紙上，在下面的臼紙上留下痕跡，重復上述操作10次，

得到10個落點痕跡，再把質量為Tn?的8球放在水平軌道末端，將4球仍從位置C

由靜止釋放，4球和B球碰撞后，分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復操作10

次，M、尸、N為三個落點的平均位置，。點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投

影點，如圖2所示。

(1)下列說法中正確的有(選填選項前的字母)。

A安裝軌道時，軌道末端必須水平

8.實驗前應該測出斜槽末端距地面的高度

C.實驗中兩個小球的質量應滿足巾1<m2

D除了圖中器材外，完成本實驗還必須使用的器材是天平、刻度尺和秒表

E未放B球時，A球落點的平均位置是尸點

(2)實驗中，測量出兩個小球的質量Tn1、巾2,測量出三個落點的平均位置與。點距

離。M、OP、CW的長度分別為右、冷、x3o在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系

式(用所測物理量的字母表示)，則可以認為兩球碰撞前后的總動量守恒。

(3)某實驗小組設計用上述裝置來研究碰撞前后動能的變化，實驗方案如下：如圖3

所示，使從斜槽軌道滾下的小球打在正對的豎直墻上，把白紙和復寫紙附在墻上，

記錄小球的落點。選擇半徑相等的小鋼球A和硬塑料球8進行實驗，測量出A、B

兩個小鋼球的質量mi、m2,其他操作重復驗證動量守恒時的步驟。M'、P'、N'為

豎直記錄紙上三個落點的平均位置，小球靜止于水平軌道末端時球心在豎直記錄紙

上的水平投影點為。'，用刻度尺測量M'、P'、N'到0'的距離分別為、2、丫3。

a.在實驗誤差允許范圍內，若滿足關系式(用所測物理量的字母表示)，則可

認為碰撞前后兩球的總動能相等。

人在分析操作可行性時發(fā)現(xiàn)，按此種方法操作，有非常大的可能無法得到碰撞后A

球的落點，請分析原因。

17.如圖所示，一邊長為L、阻值為R的正方形金屬線框，放在光滑絕

:B

緣的水平面上，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應強度為8的勻

強磁場中，它的一邊與磁場的邊界MN重合。線框在一大小為尸的

水平恒力作用下由靜止開始向左運動，并最終以恒定的速度勻速離0

開磁場區(qū)域，線框離開磁場的全過程所用時間為o

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(1)線框中感應電流的方向是順時針還是逆時針？

(2)求線框勻速運動時速度的大小v；

(3)求被拉出磁場的過程中，線框中的平均感應電動勢

18.如圖所示，在xOy平面上，一個以原點。為對稱中心、邊長為。的正方形區(qū)域內

存在著勻強磁場。磁場方向垂直于xOy平面向里。在原點。處靜止著一個放射性

原子核及N,某時刻該核發(fā)生衰變，放出一個正電子：送和一個反沖核匕已知正

電子從。點射出時沿x軸正方向，而反沖核剛好不會離開磁場區(qū)域。不計重力影響

和粒子間的相互作用。

(1)寫出衰變方程;

(2)畫出反沖核在磁場中運動軌跡的示意圖;

(3)求正電子在磁場中做圓周運動的半徑治和離開磁場區(qū)域時的橫坐標X。

y

XXXX：

I

XXXX；

X

：

XXXI

XXXX：

19.在一個點電荷Q的電場中，以點電荷。的位置為原點。建立平面直角坐標系，如

圖1所示，在其中A、8兩點分別放置試探電荷，試探電荷受到靜電力的大小廠跟

試探電荷的電荷量g的關系分別如圖2中直線“2所示。已知A點的坐標為(0.3巾,0)。

().10.20.30.40.50.6g/x|C

圖2

(1)求A點電場強度的大小演和B點電場強度的大小Ep；

(2)求8點到點電荷Q的距離rp；

(3)將一試探電荷從B點移動到A點，請根據(jù)點電荷場強分布的特點，自選兩條移

動路徑證明，電場力做的功明4與路徑無關(在圖中畫出所選擇的路徑)。

20.接觸物體之間的相互作用，如繩中的拉力、接觸面間的壓力、支持力等是生活中常

見的力的作用。在處理這些相互作用時，我們常用到一些理想模型：如物體間通過

輕繩連接，斜面與平面間通過光滑小圓弧連接，等等。這些理想化的連接條件與一

般的情形相比有哪些區(qū)別和聯(lián)系呢？請分析以下問題。

(1)如圖1所示，質量均勻分布的長繩AB質量為機，繩長為/,B端與一質量為M

的物塊相連，物塊可視為質點?，F(xiàn)在A端作用一個大小恒定為F的水平外力，使繩

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拉著物塊沿光滑水平面做直線運動。

a.求在繩內距A端x處繩的拉力FT與x的關系；

b.請證明：若繩質量，”遠小于物塊質量M,可認為繩中拉力處處相等，且等于繩端

點受到的力。

（2）如圖2所示，斜面與平面（在水平方向）之間通過光滑小圓弧連接，可視為質點的

小物體從斜面上某處下滑，通過小圓弧滑到平面上。

a.在沿連接處的小圓弧滑下的過程中，請說明支持力對小物體運動狀態(tài)的改變起什

么作用？

b.若斜面與平面間沒有小圓弧，而是直接相接，如圖3所示，將小物體從斜面上較

高位置釋放，若小物體的材質使得小物體碰到平面后不反彈，請通過分析和必要的

計算說明碰觸平面后小物體可能的運動情況及對應的條件。（小物體與平面碰觸的

時間很短，可不考慮重力的作用；請對論證過程中用到的物理量加以說明）

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)溫度的微觀意義可知，溫度是分子熱運動平均動能的標志，故A

正確；

8、根據(jù)分子力的特點可知，分子間引力與斥力都隨分子間距離增大而減小，故B錯誤；

C、由于水和氧氣的摩爾質量不同，故1g水和1g氧氣所含分子個數(shù)不相同，故C錯誤；

。、根據(jù)布朗運動的特點可知，懸浮顆粒越大，分子對其撞擊的越趨于均衡，布朗運動

一定越不明顯，故。錯誤。

故選：Ao

溫度是分子熱運動平均動能的標志，物體溫度越高，則分子的平均動能越大；根據(jù)分子

力的特點判斷；根據(jù)分子的個數(shù)與質量的關系判斷；根據(jù)布朗運動的特點判斷。

本題主要考查了溫度的微觀意義、分子力、布朗運動等熱學基礎知識，此處高考要求不

高，要求學生強化理解并記憶。

2.【答案】B

【解析】解：A、此實驗中光繞過了孔的邊緣，光的傳播方向發(fā)生了改變，不能說明了

光沿直線傳播，故A錯誤；

8、圓孔變小，衍射現(xiàn)象更明顯，即衍射圖樣的范圍反而變大，故B正確；

C、圓孔變小時，光透過的能量會變小，而中央亮斑面積會變大，所以亮度會變暗，故

C錯誤；

。、用不同波長的光做實驗，衍射圖樣不完全相同，相同孔徑時，波長越長，則亮斑會

越大，故。錯誤。

故選：B。

單色光通過小圓盤得到衍射圖形，稱為泊松亮斑，小圓孔做衍射實驗，衍射圖樣，它們

中央均為亮點的同心圓形條紋，從而即可求解.

該題考查著名的泊松亮斑，是光照在小圓盤上卻在屏上中央出現(xiàn)亮斑，說明光的傳播具

有波動性.

3.【答案】C

【解析】解：A、由圖可知，在t=0.5s到t=1.0s的過程中，兩彈簧的回復力的方向是

相反的，故A錯誤；

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B、由圖可知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

為f故其頻率之比是1：2,故B錯誤；

C、由于甲的周期是乙的2倍，故當甲處于平衡位置時，乙也一定處于平衡位置，即甲

的加速度為零時，乙的加速度也為零，故C正確；

。、由圖可知，甲在t=0.5s時處于最大位置，其速度為零，但是此時乙處于平衡位置，

其速度最大，故。錯誤。

故選：Co

振子通過平衡位置時速度最大,加速度最小，通過最大位移處時速度為零，加速度最大。

由振動圖象讀出兩彈簧振子周期之比，從而求出頻率之比；根據(jù)尸=-依分析回復力的

關系，由圖直接讀出振幅之比。

本題考查對振動圖象的理解能力，要注意不能把兩彈簧振子錯當成同一個彈簧振子，兩

個彈簧振子的我不一定相同。

4.【答案】B

【解析】解：40-0.5T時間內，加速度是不變的，初速度是0,故這段時間升降機做

加速運動，故A錯誤；

B、0.57-7時間內，加速度為0,故它做勻速運動，故B正確；

C、7-27時間內，加速度是負值，由牛頓第二定律可得，加速度不為0,故所受合力

不為零，是負值，故C錯誤；

D、0-0.5H1寸間內的速度變化量就是這段時間的圖線對應的面積，7-1.5T的速度減少

量剛好把0-0.57的速度增加量抵消，所以1.57-27之間的速度是負值，升降機加速向

下運動，故。錯誤。

故選：B。

當加速度不為0時，合力不為零，加速度大于0,升降機向上加速或向下減速，當加速

度小于0,升降機向下加速或向上減速。

本題要根據(jù)圖象分析小球的運動狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關系確定小球處于失重狀

態(tài)還是超重狀態(tài).

5.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)數(shù)學組合公式筮=6,故大量的氫原子處于n=4能級的激發(fā)態(tài)

向低能級躍遷時最多可能輻射6種不同頻率的光子，故A錯誤；

B、從n=4能級躍遷到n=1能級的氫原子所輻射光子的能量最大，因為此時的能級差

最大，根據(jù)E=/in,所以頻率最大，再根據(jù)c=vA可知，波長最小，故B錯誤；

C因為△E=E3-E2=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV,故n=2能級的氫原子，若吸

收能量為1.89eV的光子，可以躍遷到n=3能級，故C正確；

D、幾=4能級的氫原子至少需吸收0.85H能量的光子就能電離，故。錯誤；

故選：Co

大量的氫原子能級間躍遷時，能發(fā)出光的種類為鬃；

依據(jù)能級差公式4E=Em-En,即可判定輻射光子能量最大值與最小值；

要使氫原子電離，應使電子吸收大于或等于對應能級的能量。

正確根據(jù)氫原子的能級公式和躍遷進行有關問題的計算，是原子物理部分的重點知識，

要注意加強訓練，同時掌握能級差公式△E=Em-E"的應用。

6.【答案】B

【解析】解：人因為粒子在電場中做類平拋運動，故y=二92=工x也X《)2=嗎，

根據(jù)動能定理，Ek2-Ekl=W^=Eqy,所以6?=^皿/+黑提，由于瓜L、v都相

同，但4、機不同，故離開偏轉電場時的動能不相同，故A錯誤；

B、粒子做類平拋運動，故在偏轉電場中的時間t=$,因L和口都相同，故時間相同，

故8正確；

C、在偏轉電場中偏轉的角度為。，則tan?=盛=+=襄,由于E、L、口都相同，但外

切不同，故角度不相同，故C錯誤；

。、在偏轉電場中的側移量y=|at2=|xMxg)2=^,由于從心、y都相同，但

4、機不同，故側移量不相同，故。錯誤。

故選：B。

三種粒子在偏轉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

理求出加速獲得的動能表達式，從而找到動能關系；根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律確定時

間關系；根據(jù)推論分析粒子偏轉距離與加速電壓和偏轉電壓的關系，從而得出偏轉位移

的關系以及偏轉角度的關系。

解決本題的關鍵知道帶電粒子在偏轉電場中的運動情況，關鍵掌握運動的合成和分解規(guī)

律的應用，得出對應的表達式即可正確求解。

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7.【答案】D

【解析】解：A、繩子的拉力等于2的重力，即F=7ng,它是不變的，故A錯誤；

B、由于8保持靜止，故A也保持靜止，所以它受到的合力為0,不變，故8錯誤；

C,斜面對A的支持力樂=mgcos。，當。變大時，cos。變小，故支持力變小，故C錯

誤；

D、對A受力分析得，斜面對A的靜摩擦力/=MgsinJ-mg,所以當。變大時，sin。也

變大，靜摩擦力變大，故。正確。

故選:D?

分別對A、B兩物體受力分析，根據(jù)共點力的平衡條件即可確定各力的變化情況。

本題考查共點力平衡條件的應用，注意正確選擇研究對象，知道由于8靜止繩子上的拉

力大小保持不變。

8.【答案】B

【解析】解：A、對小球受力分析，它受到重力網(wǎng)?、線的拉力廠的

作用，二個力的合力提供向心力，故尸=黑，即F>mg，故A錯

誤；

B、因為尸囪=mgtcm。=m?故小球的線速度u=個grtcm。=

y/glsindtand,當小球的運動狀態(tài)緩慢變化，。逐漸減小時，sin。、以九。都減小，故u

也減小，而最初的線速度v=3k/。，故說明小球的線速度始終小于等于3/sin8,故B

正確;

C、根據(jù)動能定理得：WG-W/&=0-Ek,所以空氣阻力做的功為皿第=m或（1一

COS0）+Ek，故C錯誤；

D、物體的高度一聯(lián)系電話，重力做的功是正功，即叫=叫9，（1-cos。），故。錯誤。

故選：B。

對小球受力分析，受重力和兩個拉力；小球做勻速圓周運動，合力提供向心力，根據(jù)牛

頓第二定律和向心力公式列式求解；對運動過程由動能定理列式求解空氣阻力所做的功;

根據(jù)功的公式確定重力的功。

本題是圓錐擺問題，關鍵要正確分析受力，搞清小球做圓周運動向心力的來源：重力和

拉力的合力，要注意小球圓周運動的半徑不是L,而是LsinO.

9.【答案】D

【解析】解：A、因為電動機正常工作，通過它的電流為/,其額定電壓為U,故它的總

功率為P點=/U,熱功率P點=/2RM,由于電能并不有全部轉化為內能，故總功率大于

2

lRM<A錯誤；

8、電源直接對電動機供電，電源的路端電壓等于電動機兩端的電壓，故路端電壓為U,

故電源的輸出功率為P=U/,故B錯誤；

C、電源輸出的機械功率等于總功率與熱功率的差值，故電動機輸出的機械功率為「出=

2

UI-1RM,故C錯誤；

。、因路端電壓為U,故電源的內電壓U的=E-U=/r,解得通過電動機的電流為/=

——,故D正確。

r

故選：。。

電動機的總功率根據(jù)P=U/求解；電源的輸出功率等于電動機的輸入功率；根據(jù)公式

P=/2R求出電動機消耗的熱功率，從而求出電動機的輸出功率：根據(jù)U=E-/r求解

通過電動機的電流。電動機正常工作時歐姆定律不成立。

本題是要搞清電動機的輸入功率、輸出功率和熱功率的求法，電動機輸入的電功率只能

用「=〃求，熱功率只能用P然=/R用.輸出功率要根據(jù)能量守恒定律求解；同時注

意電動機正常工作時歐姆定律不成立。

10.【答案】B

【解析】解：A、由于原子中大部分是空的，故大部分a粒子會沿直線通過，所以在位

置③接收到的a粒子最多，故A錯誤；

B、在位置①接收到a粒子，說明a粒子發(fā)生了大角度偏折，可以推出正電荷不可能均勻

分布在原子內，故B正確；

C、由圖看出，位置②接收到的a粒子偏折程度沒有位置①的大，所以a粒子所受金原

子核斥力的沖量在位置①更大些，故C錯誤；

。、若正電荷均勻分布在原子內，則①②位置幾乎接收不到a粒子,③位置接收得最多，

故。錯誤。

故選：B.

該實驗中，放射源放出一束射線轟擊金箔，運用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的多少.課

第14頁，共22頁

本中，該實驗的結論是：多數(shù)射線基本不偏折，少數(shù)發(fā)生較大角度的偏轉，個別的粒子

幾乎被反射回來.

該題考查a粒子散射實驗，關鍵要記住該實驗中觀察到的現(xiàn)象和通過該實驗得出的結論,

知道其實驗解釋了散射現(xiàn)象的原因.

11.【答案】。

【解析】解：A、由題圖知，乙光的遏止電壓大，根據(jù)動能定理eUc=Ekm，則乙光發(fā)

生光電效應時的光電子的最大初動能大，根據(jù)光電效應方程=hv-W,可知乙光

的頻率大于甲光，故A錯誤；

8、丙光與甲光的遏止電壓相等，所以這兩種光的頻率相等，故丙的頻率也小于乙的頻

率，根據(jù)c=v；l可知，丙的波長大于乙光的波長，故8錯誤；

C、由題圖可知甲光和丙光的飽和光電流不相同，甲的飽和光電流大一些，說明甲光比

丙光的強度強，故C錯誤；

。、甲光和丙光的遏止電壓相等，光的頻率相等，所以在同一光電管下的光電子最大初

動能相同，故。正確。

故選：Do

根據(jù)動能定理eUc=Ekm和光電效應方程Ekm=hv-W可比較光的頻率和光電子的最

大初動能；根據(jù)c=v4可比較波長；根據(jù)飽和光電流大小可比較光的強弱。

本題考查光電效應，考查知識點有針對性，重點突出，充分考查了學生掌握知識與應用

知識的能力。

12.【答案】A

【解析】解：ACD,由題意可得，火星的第一宇宙速度為力,根據(jù)萬有引力提供向心力

可知

Mmv2

G-2~=m—

整理可得〃=呼

火星的第一宇宙速度對應的軌道半徑為火星的半徑，由分析可知火星的第一宇宙速度是

所有繞火星的衛(wèi)星的最大運行速度，而現(xiàn)在“天問一號”探測器在距火星4()0h〃處能被

“火星捕獲”，說明它己經是火星的衛(wèi)星了，而其軌道半徑較大，“天問一號”瞬間變

速后速度為v要小于火星的第一宇宙速度%,故A正確，錯誤；

B、因為第二宇宙速度方是脫離火星的速度，大于外就不能繞火星飛行了，故v不可能

大于w，故B錯誤。

故選：A?

AC。、根據(jù)萬有引力提供向心力，得出衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度與軌道半徑的關系,

再判斷線速度關系；

8、根據(jù)第二宇宙速度是脫離火星的速度，結合題意可以判斷速度關系。

在處理人造衛(wèi)星問題時，要熟記衛(wèi)星做圓周運動的線速度、角速度、周期和向心加速度

和軌道半徑的關系。另外要注意第一宇宙速度的兩種推導公式。

13.【答案】C

【解析】解：A、兩表筆與接線柱接觸瞬間，相當于跟一個自感系數(shù)很大的線圈相連，

由于線圈的自感現(xiàn)象可知，線圈電流增大，線圈產生電流阻礙它的增大，故此時的電流

比穩(wěn)定時的電流小，故A錯誤；

8、兩表筆與接線柱脫開瞬間，電路處于斷路狀態(tài)，故電路中沒有電流，故B錯誤；

CD、若鐵芯8沒有安裝在鐵芯A上，因為/=%等，&=?12詈，而△叫＞4中2,

所以等〉詈，即a所以％%＞的：n2,故C正確，D錯誤。

故選：Co

根據(jù)自感判斷電流的變化；根據(jù)變壓器的原理來判斷電壓比與匝數(shù)比的關系。

本題考查自感和變壓器的原理，考查知識點有針對性，重點突出，充分考查了學生掌握

知識與應用知識的能力。

14.【答案】C

【解析】解：A、設太陽帆距太陽的距離為廣，太陽單位時間發(fā)出的光子數(shù)為N,一個光

子對太陽帆的作用力為則光壓尸=黑義方,因為當S=1.0x1。662的時候，光壓

尸=9N,則當面積是S'=1.0x104nl2的時候，光壓F',則存在?=*解得F'=9x

10-2N；因為當S=1.0x104m2的帆能遠離太陽運動，說明光壓大于萬有引力，即衿x

471r2

&＞誓，兩邊約掉說明當r增大時光壓仍大于太陽對它的萬有引力，但是太陽帆

在遠離太陽的過程中，可能還會遇到其他的星體，所以還可能受到其他星體的作用力從

而不能不斷遠離太陽，故A錯誤；

8、由于太陽帆在遠離太陽的過程中，其光壓是隨距離的平方減小的，所以太陽帆做的

是加速度減小的加速運動，如果是勻加速直線運動，則一個月后飛船的速度可達到2倍

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聲速，那么12個月(一年)后的速度將達到：2倍聲速x12=24倍聲速，故一年后，飛

船的速度將達不到24倍聲速，故8錯誤；

C、根據(jù)F與N成反比可知，當與太陽中心的距離為日地間距離2倍時，“帆”上的壓

力變?yōu)樵瓉淼模海?X10-2NX；=2.25X10-2N,故C正確；

44

D、如果只考慮太陽對太陽帆的作用力，根據(jù)尸=nm,由于力減小為原來的;，則飛船

的加速度也會變?yōu)樵瓉淼?，但飛船在飛行的過程中還會遇到其他的星體，所以加速度

4

不一定是原來的;，故。錯誤。

4

故選：Co

根據(jù)對飛船受力分析情況判斷飛船運動狀態(tài)，即比較飛船收到的萬有引力及飛船上“太

陽帆”的光壓力大??；根據(jù)飛船受力對飛船運動狀況進行判斷，從而分析出一年后的飛

船速度；根據(jù)“帆”上的壓力與距離的關系進行求解；根據(jù)飛船受力結合牛頓第二定律

分析加速度。

本題題目綜合程度較高，題目考查背景比較新穎，解題關鍵是需要明確太陽帆匕受力情

況，綜合應用萬有引力定律及牛頓運動定律。

15.【答案】b右2.980.96

【解析】解：(1)由于電流表的示數(shù)幾乎不變，說明電流表的分壓不明顯，即滑動變阻

器是大電阻，應該用電流表內接的方法連接，測量時接6點；

(2)閉合開關前，應保證電路中的電流最小，即變阻器的阻值最大，故滑片置于最右端；

(3)由〃=可知，電動勢的大小是與。軸的交點坐標大小，即2.98V,內阻是斜率

的大小，即r=聾空0=0.96。。

0.5—0

故答案為：(l)b;(2)右；(3)2.98；0.96。

(1)明確試觸法原理，根據(jù)兩電表的示數(shù)明確哪一電表的影響較小，從而選擇正確的接

法；

(2)為了實驗安全，電路中電流應由小到達進行調節(jié)，所以滑動變阻器應從阻值最大進

行調節(jié)；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結合圖象進行分析，從而確定電動勢和內電阻。

本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，要注意明確實驗原理，掌握實驗中的注意事項以

及數(shù)據(jù)處理的基本方法。

16.【答案1AEm1x2=巾1/+m2x3比=黃+黃

【解析】解：(1)4、安裝軌道時，軌道末端必須水平，以使小球做平拋運動，選項A

正確；

從實驗前不必要測出斜槽末端距地面的高度，選項B錯誤；

C、實驗中兩個小球的質量應滿足＞m2，以保證運動的小球不反彈，選項C錯誤；

。、除了圖中器材外，完成本實驗還必須使用的器材是天平、刻度尺，不用秒表，選項

。錯誤；

E、未放B球時，A球落點的平均位置是P點，選項E正確；

故選：AE

Z

(2)碰前的動量為：p==mxy,碰后的動量之和為：p=7711Xy+m2Xy,若

碰撞前后動量守恒p=p',二個式子相等即可，則要驗證的表達式為：m1X2=m1X14-

(3)a.因為三次的水平位移相等，而》=a，y=\gt2,故"2=4x3,所以平拋的初

速度盧與2成正比，故要驗證碰撞前后兩球的總動能相等，則必須證明：jmjvf=

加聞+加諾,口吟=最+黃

b.通過分析兩球在豎直方向上可能相碰而無法得到A球的落點。

故答案為：(1)4E；(2)m1x2=+m2x3：⑶以,=￡+￡；人?當入射小球A與

被碰小球8碰撞后分別做平拋運動時，由于被碰小球8的速度大，會先打到豎直墻上,

之后會被墻壁反彈，由于豎直方向上兩球運動基本同步，因此B反彈后的運動過程中有

非常大的可能與入射小球A再次相碰。

故答案為：(1)4E；(2)77162=機61+瓶2%3；(3)得■=￡+￡、B反彈后的運動過程

中有非常大的可能與入射小球A再次相碰

明確實驗原理，從而確定需要測量哪些物理量；在該實驗中，小球做平拋運動，H相等，

時間，就相等，水平位移x=vt,與v成正比，因此可以用位移x來代替速度V。根據(jù)水

平方向上的分運動即可驗證動量守恒；根據(jù)動量守恒定律以及平拋運動規(guī)律可確定對應

的表達式。

該題考查用“碰撞試驗器”驗證動量守恒定律，該實驗中，雖然小球做平拋運動，但是

卻沒有用到速度和時間，而是用位移x來代替速度U,成為是解決問題的關鍵。要注意

理解該方法的使用。

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17.【答案】解：(1)線圈離開磁場的過程中，通過線圈的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可

知感應電流的磁場與原磁場方向相同，根據(jù)安培定則可判斷感應電流的方向為逆時針;

(2)當線框勻速運動時外力F與安培力大小相等，

因此有尸=BIL,

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得/=/，

1\

兩式聯(lián)立可解得9=怒。

⑶旅嶗，

△E=BZ?

兩式聯(lián)立得足=字

答：(1)線框中感應電流的方向是逆時針；

(2)線框勻速運動時速度的大小為康；

(3)被拉出磁場的過程中，線框中的平均感應電動勢為半。

【解析】根據(jù)楞次定律可判斷感應電流的方向；由平衡條件結合閉合電路歐姆定律可求

線框勻速運動時速度的大??；由法拉第電磁感應定律可求線框中的平均感應電動勢。

本題考查電磁感應的應用，考查知識點有針對性，重點突出，充分考查了學生掌握知識

與應用知識的能力。

18.【答案】解：(1)根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒，衰變方程為：^NTLe+股丫；

(2)正電子從。點射出時沿x軸正方向，則根據(jù)動量守恒可知，正電子與反沖核動量大

小相等，方向相反，則反沖核就會沿x軸負方向運動，如下圖，根據(jù)左手定則可知，它

受到的洛倫茲力向下，故反沖核在磁場中運動軌跡的示意圖如圖1所示。

(3)由于該核衰變的過程滿足動量守恒定律，因此可知正電子和反沖核針丫的動量大

小相等，方向相反；

它們在磁場中做圓周運動時滿足Bqu=m^,可知做圓周運動的半徑R=北

因此正電子；通的半徑K與反沖核股丫的半徑/f2滿足,=言=:

由反沖核剛好不會離開磁場區(qū)域可知，&=：，因此治=4，運動軌跡如圖2：

qn

正電子離開磁場時的橫坐標X=p

(3)正電子在磁場中做圓周運動的半徑％為半，離開磁場區(qū)域時的橫坐標x為今

【解析】(1)根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒寫出衰變放出；

(2)根據(jù)動量守恒判斷反沖核運動方向，再利用左手定則判斷受力方向，畫出運動軌跡

示意圖；

(3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出軌道半徑，分析離開磁場時的坐標。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，