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(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)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(gè)數(shù)相同

D.懸浮顆粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯

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

光繞過孔的邊緣，傳播到了相當(dāng)大的范圍。下列說法正確的是（）

m1圖2

A.此實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)，衍射圖樣完全相同

A.任一時(shí)刻兩振子的回復(fù)力方向都相同

B.甲、乙兩振子振動(dòng)頻率之比為2：1

C.甲的加速度為零時(shí)，乙的加速度也為零

D.甲的速度為零時(shí)，乙的速度也為零

4.游樂場中的升降機(jī)在豎直方向上運(yùn)行，t=0時(shí)刻初速度為0,其加速度隨時(shí)間變化

的a-t圖像如圖所示，以向上為正方向，則下列對(duì)升降機(jī)的說法正確的是（）

0

A.0?0.57時(shí)間內(nèi)速度保持不變B.0.5T?T時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)

C.7?2T時(shí)間內(nèi)所受合力為零D.0?27'時(shí)間內(nèi)一直向上運(yùn)動(dòng)

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

級(jí)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(jí)躍遷到n=1能級(jí)的氫原子所輻射光子

的波長最長

C.n=2能級(jí)的氫原子若吸收能量為1.89eV的光子，可以躍遷到n=3能級(jí)

D.n=4能級(jí)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(jià)氫離子、一價(jià)氫離子和二價(jià)氫離子的混

合物以相同的初速度沿垂直勻強(qiáng)電場的方向進(jìn)入同一

偏轉(zhuǎn)電場，且經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后都從右側(cè)離開了電場，則三種

粒子相同的是（）

A.離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的動(dòng)能B.在偏轉(zhuǎn)電場中的時(shí)間

C.在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)的角度D.在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)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(zhì)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(duì)A的支持力變大D.斜面對(duì)A的靜摩擦力變大

8.質(zhì)量為膽的小球用長為/的細(xì)線懸于A點(diǎn)，初始時(shí)刻使小球在-4-

水平面內(nèi)以角速度3做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)緩慢變

化，最終靜止在A點(diǎn)的正下方，在此過程中（）

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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(gè)迷你型電風(fēng)扇安裝有小直流電動(dòng)機(jī)，其線圈電阻為RM，額定電壓為U,額定

電流為/,將它與電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為/■的直流電源相連，電動(dòng)機(jī)恰好正常工作，

則（）

A.電動(dòng)機(jī)的總功率為JR”B.電源的輸出功率為E/

C.電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為UID.通過電動(dòng)機(jī)的電流為T

10.如圖所示為a粒子散射實(shí)驗(yàn)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(zhuǎn)到不同

位置進(jìn)行觀察，圖中1、2、3為其中的三個(gè)位置。

下列對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的敘述或依據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)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(nèi)

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(nèi)，則1、2、3三個(gè)位置接收到a粒子的比例應(yīng)相差不

多

11.用圖1所示裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，三次用同一光電管在不同光照條件下實(shí)驗(yàn)，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(guān)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(qiáng)弱程度相同

D.甲光和丙光產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能相同

12.2021年2月10日19時(shí)52分，“天問一號(hào)”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(wù)?！盎鹦遣东@”是火星探測任務(wù)

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

則會(huì)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(shè)“天問一號(hào)”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(xué)為測量原線圈的電阻，將多用電表的歐姆擋調(diào)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(shí)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(shí)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(qiáng)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(shè)

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(dòng)力來實(shí)現(xiàn)星際

旅行。已知在卡門線附近，一個(gè)正對(duì)太陽光、面積為1.0X106機(jī)2的平整光亮表面，

受到光的壓力約為9N；力雖小，但假設(shè)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(gè)月后飛船的速度可達(dá)

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

線上正對(duì)太陽光，下列說法正確的是（）

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A.飛船無需其他動(dòng)力，即可不斷遠(yuǎn)離太陽

B.一年后，飛船的速度將達(dá)到24倍聲速

C.與太陽中心的距離為日地間距離2倍時(shí)，“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(shí)，飛船的加速度為出發(fā)時(shí)的;

4

15.某同學(xué)測量電動(dòng)玩具電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻。

U/V

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00.10.20.30.40.50.60.7

圖2

（1）如圖1所示，將導(dǎo)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(shí)驗(yàn)誤差，實(shí)驗(yàn)測量時(shí)應(yīng)

選擇連接（選填"/或“b”）點(diǎn)的電路；

（2）圖I中，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)該置于最端（選填“左”或

“右”）。

（3）圖2是根據(jù)實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢E=

火結(jié)果均保留三位有效數(shù)字），內(nèi)阻r=0（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

16.如圖1所示，用半徑相同的兩個(gè)小球的碰撞驗(yàn)證“動(dòng)量守恒定律”。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓質(zhì)

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(fù)寫紙上，在下面的臼紙上留下痕跡，重復(fù)上述操作10次，

得到10個(gè)落點(diǎn)痕跡，再把質(zhì)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(diǎn)痕跡，重復(fù)操作10

次，M、尸、N為三個(gè)落點(diǎn)的平均位置，。點(diǎn)是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投

影點(diǎn)，如圖2所示。

(1)下列說法中正確的有(選填選項(xiàng)前的字母)。

A安裝軌道時(shí)，軌道末端必須水平

8.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)該測出斜槽末端距地面的高度

C.實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)小球的質(zhì)量應(yīng)滿足巾1<m2

D除了圖中器材外，完成本實(shí)驗(yàn)還必須使用的器材是天平、刻度尺和秒表

E未放B球時(shí)，A球落點(diǎn)的平均位置是尸點(diǎn)

(2)實(shí)驗(yàn)中，測量出兩個(gè)小球的質(zhì)量Tn1、巾2,測量出三個(gè)落點(diǎn)的平均位置與。點(diǎn)距

離。M、OP、CW的長度分別為右、冷、x3o在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系

式(用所測物理量的字母表示)，則可以認(rèn)為兩球碰撞前后的總動(dòng)量守恒。

(3)某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)用上述裝置來研究碰撞前后動(dòng)能的變化，實(shí)驗(yàn)方案如下：如圖3

所示，使從斜槽軌道滾下的小球打在正對(duì)的豎直墻上，把白紙和復(fù)寫紙附在墻上，

記錄小球的落點(diǎn)。選擇半徑相等的小鋼球A和硬塑料球8進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測量出A、B

兩個(gè)小鋼球的質(zhì)量mi、m2,其他操作重復(fù)驗(yàn)證動(dòng)量守恒時(shí)的步驟。M'、P'、N'為

豎直記錄紙上三個(gè)落點(diǎn)的平均位置，小球靜止于水平軌道末端時(shí)球心在豎直記錄紙

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

a.在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式(用所測物理量的字母表示)，則可

認(rèn)為碰撞前后兩球的總動(dòng)能相等。

人在分析操作可行性時(shí)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(diǎn)，請(qǐng)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(gè)裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻

強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(shí)間為o

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(1)線框中感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針？

(2)求線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢

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

存在著勻強(qiáng)磁場。磁場方向垂直于xOy平面向里。在原點(diǎn)。處靜止著一個(gè)放射性

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

電子從。點(diǎn)射出時(shí)沿x軸正方向，而反沖核剛好不會(huì)離開磁場區(qū)域。不計(jì)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(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖;

(3)求正電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑治和離開磁場區(qū)域時(shí)的橫坐標(biāo)X。

y

XXXX：

I

XXXX；

X

：

XXXI

XXXX：

19.在一個(gè)點(diǎn)電荷Q的電場中，以點(diǎn)電荷。的位置為原點(diǎn)。建立平面直角坐標(biāo)系，如

圖1所示，在其中A、8兩點(diǎn)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(guān)系分別如圖2中直線“2所示。已知A點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.3巾,0)。

().10.20.30.40.50.6g/x|C

圖2

(1)求A點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小演和B點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小Ep；

(2)求8點(diǎn)到點(diǎn)電荷Q的距離rp；

(3)將一試探電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)，請(qǐng)根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)分布的特點(diǎn)，自選兩條移

動(dòng)路徑證明，電場力做的功明4與路徑無關(guān)(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(shí)，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(qǐng)分析以下問題。

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

的物塊相連，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)在A端作用一個(gè)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(yùn)動(dòng)。

a.求在繩內(nèi)距A端x處繩的拉力FT與x的關(guān)系；

b.請(qǐng)證明：若繩質(zhì)量，”遠(yuǎn)小于物塊質(zhì)量M,可認(rèn)為繩中拉力處處相等，且等于繩端

點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)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(qǐng)說明支持力對(duì)小物體運(yùn)動(dòng)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(zhì)使得小物體碰到平面后不反彈，請(qǐng)通過分析和必要的

計(jì)算說明碰觸平面后小物體可能的運(yùn)動(dòng)情況及對(duì)應(yīng)的條件。（小物體與平面碰觸的

時(shí)間很短，可不考慮重力的作用；請(qǐng)對(duì)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(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，故A

正確；

8、根據(jù)分子力的特點(diǎn)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(cuò)誤；

C、由于水和氧氣的摩爾質(zhì)量不同，故1g水和1g氧氣所含分子個(gè)數(shù)不相同，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)布朗運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，懸浮顆粒越大，分子對(duì)其撞擊的越趨于均衡，布朗運(yùn)動(dòng)

一定越不明顯，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，物體溫度越高，則分子的平均動(dòng)能越大；根據(jù)分子

力的特點(diǎn)判斷；根據(jù)分子的個(gè)數(shù)與質(zhì)量的關(guān)系判斷；根據(jù)布朗運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)判斷。

本題主要考查了溫度的微觀意義、分子力、布朗運(yùn)動(dòng)等熱學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，此處高考要求不

高，要求學(xué)生強(qiáng)化理解并記憶。

2.【答案】B

【解析】解：A、此實(shí)驗(yàn)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(cuò)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(shí)，光透過的能量會(huì)變小，而中央亮斑面積會(huì)變大，所以亮度會(huì)變暗，故

C錯(cuò)誤；

。、用不同波長的光做實(shí)驗(yàn)，衍射圖樣不完全相同，相同孔徑時(shí)，波長越長，則亮斑會(huì)

越大，故。錯(cuò)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(shí)驗(yàn)，衍射圖樣，它們

中央均為亮點(diǎn)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(dòng)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(fù)力的方向是

相反的，故A錯(cuò)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(cuò)誤；

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

的加速度為零時(shí)，乙的加速度也為零，故C正確；

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

其速度最大，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

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

由振動(dòng)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(fù)力的

關(guān)系，由圖直接讀出振幅之比。

本題考查對(duì)振動(dòng)圖象的理解能力，要注意不能把兩彈簧振子錯(cuò)當(dāng)成同一個(gè)彈簧振子，兩

個(gè)彈簧振子的我不一定相同。

4.【答案】B

【解析】解：40-0.5T時(shí)間內(nèi)，加速度是不變的，初速度是0,故這段時(shí)間升降機(jī)做

加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、0.57-7時(shí)間內(nèi)，加速度為0,故它做勻速運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C、7-27時(shí)間內(nèi)，加速度是負(fù)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(fù)值，故C錯(cuò)誤；

D、0-0.5H1寸間內(nèi)的速度變化量就是這段時(shí)間的圖線對(duì)應(yīng)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(fù)值，升降機(jī)加速向

下運(yùn)動(dòng)，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

當(dāng)加速度不為0時(shí)，合力不為零，加速度大于0,升降機(jī)向上加速或向下減速，當(dāng)加速

度小于0,升降機(jī)向下加速或向上減速。

本題要根據(jù)圖象分析小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)拉力與重力的大小關(guān)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(xué)組合公式筮=6,故大量的氫原子處于n=4能級(jí)的激發(fā)態(tài)

向低能級(jí)躍遷時(shí)最多可能輻射6種不同頻率的光子，故A錯(cuò)誤；

B、從n=4能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)的氫原子所輻射光子的能量最大，因?yàn)榇藭r(shí)的能級(jí)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(cuò)誤；

C因?yàn)椤鱁=E3-E2=-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV,故n=2能級(jí)的氫原子，若吸

收能量為1.89eV的光子，可以躍遷到n=3能級(jí)，故C正確；

D、幾=4能級(jí)的氫原子至少需吸收0.85H能量的光子就能電離，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

大量的氫原子能級(jí)間躍遷時(shí)，能發(fā)出光的種類為鬃；

依據(jù)能級(jí)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(yīng)使電子吸收大于或等于對(duì)應(yīng)能級(jí)的能量。

正確根據(jù)氫原子的能級(jí)公式和躍遷進(jìn)行有關(guān)問題的計(jì)算，是原子物理部分的重點(diǎn)知識(shí)，

要注意加強(qiáng)訓(xùn)練，同時(shí)掌握能級(jí)差公式△E=Em-E"的應(yīng)用。

6.【答案】B

【解析】解：人因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，故y=二92=工x也X《)2=嗎，

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

同，但4、機(jī)不同，故離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的動(dòng)能不相同，故A錯(cuò)誤；

B、粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，故在偏轉(zhuǎn)電場中的時(shí)間t=$,因L和口都相同，故時(shí)間相同，

故8正確；

C、在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)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(cuò)誤；

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

4、機(jī)不同，故側(cè)移量不相同，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定

理求出加速獲得的動(dòng)能表達(dá)式，從而找到動(dòng)能關(guān)系；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律確定時(shí)

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)系以及偏轉(zhuǎn)角度的關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵掌握運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)

律的應(yīng)用，得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)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(cuò)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(cuò)誤；

C,斜面對(duì)A的支持力樂=mgcos。，當(dāng)。變大時(shí)，cos。變小，故支持力變小，故C錯(cuò)

誤；

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

變大，靜摩擦力變大，故。正確。

故選:D?

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

本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，注意正確選擇研究對(duì)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(duì)小球受力分析，它受到重力網(wǎng)?、線的拉力廠的

作用，二個(gè)力的合力提供向心力，故尸=黑，即F>mg，故A錯(cuò)

誤；

B、因?yàn)槭瑖?mgtcm。=m?故小球的線速度u=個(gè)grtcm。=

y/glsindtand,當(dāng)小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)緩慢變化，。逐漸減小時(shí)，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(dòng)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(cuò)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(cuò)誤。

故選：B。

對(duì)小球受力分析，受重力和兩個(gè)拉力；小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(duì)運(yùn)動(dòng)過程由動(dòng)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(guān)鍵要正確分析受力，搞清小球做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源：重力和

拉力的合力，要注意小球圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不是L,而是LsinO.

9.【答案】D

【解析】解：A、因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)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(diǎn)=/U,熱功率P點(diǎn)=/2RM,由于電能并不有全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故總功率大于

2

lRM<A錯(cuò)誤；

8、電源直接對(duì)電動(dòng)機(jī)供電，電源的路端電壓等于電動(dòng)機(jī)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(cuò)誤；

C、電源輸出的機(jī)械功率等于總功率與熱功率的差值，故電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為「出=

2

UI-1RM,故C錯(cuò)誤；

。、因路端電壓為U,故電源的內(nèi)電壓U的=E-U=/r,解得通過電動(dòng)機(jī)的電流為/=

——,故D正確。

r

故選：。。

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

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

通過電動(dòng)機(jī)的電流。電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)歐姆定律不成立。

本題是要搞清電動(dòng)機(jī)的輸入功率、輸出功率和熱功率的求法，電動(dòng)機(jī)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(shí)注

意電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)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(huì)沿直線通過，所以在位

置③接收到的a粒子最多，故A錯(cuò)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(nèi)，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(cuò)誤；

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

故。錯(cuò)誤。

故選：B.

該實(shí)驗(yàn)中，放射源放出一束射線轟擊金箔，運(yùn)用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的多少.課

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本中，該實(shí)驗(yàn)的結(jié)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(zhuǎn)，個(gè)別的粒子

幾乎被反射回來.

該題考查a粒子散射實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵要記住該實(shí)驗(yàn)中觀察到的現(xiàn)象和通過該實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論,

知道其實(shí)驗(yàn)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(dòng)能定理eUc=Ekm，則乙光發(fā)

生光電效應(yīng)時(shí)的光電子的最大初動(dòng)能大，根據(jù)光電效應(yīng)方程=hv-W,可知乙光

的頻率大于甲光，故A錯(cuò)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(cuò)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(qiáng)度強(qiáng)，故C錯(cuò)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(dòng)能相同，故。正確。

故選：Do

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

大初動(dòng)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(qiáng)弱。

本題考查光電效應(yīng)，考查知識(shí)點(diǎn)有針對(duì)性，重點(diǎn)突出，充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)與應(yīng)用

知識(shí)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(duì)應(yīng)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(yùn)行速度，而現(xiàn)在“天問一號(hào)”探測器在距火星4()0h〃處能被

“火星捕獲”，說明它己經(jīng)是火星的衛(wèi)星了，而其軌道半徑較大，“天問一號(hào)”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(cuò)誤；

B、因?yàn)榈诙钪嫠俣确绞敲撾x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(cuò)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(yùn)動(dòng)的線速度與軌道半徑的關(guān)系,

再判斷線速度關(guān)系；

8、根據(jù)第二宇宙速度是脫離火星的速度，結(jié)合題意可以判斷速度關(guān)系。

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

和軌道半徑的關(guān)系。另外要注意第一宇宙速度的兩種推導(dǎo)公式。

13.【答案】C

【解析】解：A、兩表筆與接線柱接觸瞬間，相當(dāng)于跟一個(gè)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(chǎn)生電流阻礙它的增大，故此時(shí)的電流

比穩(wěn)定時(shí)的電流小，故A錯(cuò)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(cuò)誤；

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

所以等〉詈，即a所以％%＞的：n2,故C正確，D錯(cuò)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(guān)系。

本題考查自感和變壓器的原理，考查知識(shí)點(diǎn)有針對(duì)性，重點(diǎn)突出，充分考查了學(xué)生掌握

知識(shí)與應(yīng)用知識(shí)的能力。

14.【答案】C

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

子對(duì)太陽帆的作用力為則光壓尸=黑義方,因?yàn)楫?dāng)S=1.0x1。662的時(shí)候，光壓

尸=9N,則當(dāng)面積是S'=1.0x104nl2的時(shí)候，光壓F',則存在?=*解得F'=9x

10-2N；因?yàn)楫?dāng)S=1.0x104m2的帆能遠(yuǎn)離太陽運(yùn)動(dòng)，說明光壓大于萬有引力，即衿x

471r2

&＞誓，兩邊約掉說明當(dāng)r增大時(shí)光壓仍大于太陽對(duì)它的萬有引力，但是太陽帆

在遠(yuǎn)離太陽的過程中，可能還會(huì)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(yuǎn)離太陽，故A錯(cuò)誤；

8、由于太陽帆在遠(yuǎn)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(yùn)動(dòng)，如果是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則一個(gè)月后飛船的速度可達(dá)到2倍

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聲速，那么12個(gè)月(一年)后的速度將達(dá)到：2倍聲速x12=24倍聲速，故一年后，飛

船的速度將達(dá)不到24倍聲速，故8錯(cuò)誤；

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

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

44

D、如果只考慮太陽對(duì)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(huì)變?yōu)樵瓉淼?，但飛船在飛行的過程中還會(huì)遇到其他的星體，所以加速度

4

不一定是原來的;，故。錯(cuò)誤。

4

故選：Co

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

陽帆”的光壓力大小；根據(jù)飛船受力對(duì)飛船運(yùn)動(dòng)狀況進(jìn)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(guān)系進(jìn)行求解；根據(jù)飛船受力結(jié)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(guān)鍵是需要明確太陽帆匕受力情

況，綜合應(yīng)用萬有引力定律及牛頓運(yùn)動(dòng)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(dòng)變阻

器是大電阻，應(yīng)該用電流表內(nèi)接的方法連接，測量時(shí)接6點(diǎn)；

(2)閉合開關(guān)前，應(yīng)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(dòng)勢的大小是與。軸的交點(diǎn)坐標(biāo)大小，即2.98V,內(nèi)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(shí)驗(yàn)安全，電路中電流應(yīng)由小到達(dá)進(jìn)行調(diào)節(jié)，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)從阻值最大進(jìn)

行調(diào)節(jié)；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖象進(jìn)行分析，從而確定電動(dòng)勢和內(nèi)電阻。

本題考查測量電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)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(shí)，軌道末端必須水平，以使小球做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A

正確；

從實(shí)驗(yàn)前不必要測出斜槽末端距地面的高度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C、實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)小球的質(zhì)量應(yīng)滿足＞m2，以保證運(yùn)動(dòng)的小球不反彈，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

。、除了圖中器材外，完成本實(shí)驗(yàn)還必須使用的器材是天平、刻度尺，不用秒表，選項(xiàng)

。錯(cuò)誤；

E、未放B球時(shí)，A球落點(diǎn)的平均位置是P點(diǎn)，選項(xiàng)E正確；

故選：AE

Z

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

碰撞前后動(dòng)量守恒p=p',二個(gè)式子相等即可，則要驗(yàn)證的表達(dá)式為：m1X2=m1X14-

(3)a.因?yàn)槿蔚乃轿灰葡嗟?，而?a，y=\gt2,故"2=4x3,所以平拋的初

速度盧與2成正比，故要驗(yàn)證碰撞前后兩球的總動(dòng)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(diǎn)。

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

被碰小球8碰撞后分別做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于被碰小球8的速度大，會(huì)先打到豎直墻上,

之后會(huì)被墻壁反彈，由于豎直方向上兩球運(yùn)動(dòng)基本同步，因此B反彈后的運(yùn)動(dòng)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(jī)61+瓶2%3；(3)得■=￡+￡、B反彈后的運(yùn)動(dòng)過程

中有非常大的可能與入射小球A再次相碰

明確實(shí)驗(yàn)原理，從而確定需要測量哪些物理量；在該實(shí)驗(yàn)中，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，H相等，

時(shí)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(yùn)動(dòng)即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒；根據(jù)動(dòng)量守恒定律以及平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可確定對(duì)應(yīng)

的表達(dá)式。

該題考查用“碰撞試驗(yàn)器”驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該實(shí)驗(yàn)中，雖然小球做平拋運(yùn)動(dòng)，但是

卻沒有用到速度和時(shí)間，而是用位移x來代替速度U,成為是解決問題的關(guān)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(yīng)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(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針;

(2)當(dāng)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yīng)電流的方向是逆時(shí)針；

(2)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢為半。

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

線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小；由法拉第電磁感應(yīng)定律可求線框中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢。

本題考查電磁感應(yīng)的應(yīng)用，考查知識(shí)點(diǎn)有針對(duì)性，重點(diǎn)突出，充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)

與應(yīng)用知識(shí)的能力。

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

(2)正電子從。點(diǎn)射出時(shí)沿x軸正方向，則根據(jù)動(dòng)量守恒可知，正電子與反沖核動(dòng)量大

小相等，方向相反，則反沖核就會(huì)沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖1所示。

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

小相等，方向相反；

它們?cè)诖艌鲋凶鰣A周運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足Bqu=m^,可知做圓周運(yùn)動(dòng)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(huì)離開磁場區(qū)域可知，&=：，因此治=4，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2：

qn

正電子離開磁場時(shí)的橫坐標(biāo)X=p

(3)正電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑％為半，離開磁場區(qū)域時(shí)的橫坐標(biāo)x為今

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

(2)根據(jù)動(dòng)量守恒判斷反沖核運(yùn)動(dòng)方向，再利用左手定則判斷受力方向，畫出運(yùn)動(dòng)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(shí)的坐標(biāo)。

本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，