2021年北京市石景山區(qū)高考物理綜合練習試卷（一）（一模）

2021年北京市石景山區(qū)高考物理綜合練習試卷（一）（一

模）

1.2020年12月4日，新一代“人造太陽”裝置-中國環(huán)流器二號M裝置（HL-2M）在

成都建成并首次實現(xiàn)利用核聚變放電。下列方程中，正確的核聚變反應方程是（）

A.jH+lH/He+^nB.毅UT/rh+^He

c.笏U+MT續(xù)Ba+llKr+3jnD.^He+ljAl-患P+2jn

2.以下現(xiàn)象中，主要是由分子熱運動引起的是（）

A.菜籽油滴入水中后會漂浮在水面

B.含有泥沙的渾水經(jīng)過一段時間會變清

C.密閉容器內(nèi)懸浮在水中的花粉顆粒移動

D.荷葉上水珠成球形

3.做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能。以下說法正確的是（）

A.物體放出熱量，內(nèi)能一定減少

B.物體對外做功，內(nèi)能一定減少

C.物體吸收熱量，同時對外做功，內(nèi)能一定減少

D.物體放出熱量，同時對外做功，內(nèi)能一定減少

4.1909年，物理學家盧瑟福和他的學生用a粒子轟擊金箔，研究a粒子被散射的情況，

其實驗裝置如圖所示。關(guān)于a粒子散射實驗，下列說法正確的是（）

a代r源金箔

a粒/敢射實驗裝矍示點圖

A.a粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)是由于它跟電子發(fā)生了碰撞

B.a粒子大角度散射是由于它跟電子發(fā)生了碰撞

C.a粒子散射實驗說明原子中有一個帶正電的核幾乎占有原子的全部質(zhì)量

D.通過a粒子散射實驗還可以估計原子核半徑的數(shù)量級是10T°m

5.如圖所示，一束平行光經(jīng)玻璃三棱鏡折射后分解為互相分

離的。、仄C三束單色光。比較4、6、C三束光，可知（）

A.當它們在真空中傳播時，a光的波長最短

B.當它們在玻璃中傳播時，a光的速度最小

C.若它們都從玻璃射向空氣，4光發(fā)生全反射的臨界角最小

D.若它們都能使某種金屬產(chǎn)生光電效應，。光照射出光電子的最大初動能最小

6.2020年12月3日，嫦娥五號上升器攜帶月壤樣品成功回到預定環(huán)月軌道，這是我

國首次實現(xiàn)地外天體起飛。環(huán)月軌道可以近似為圓軌道，已知軌道半徑為廣，月球

質(zhì)量為何，引力常量為G。則上升器在環(huán)月軌道運行的速度為（）

A與B.呼C.楞D.,

7.如圖所示，物塊放在一與水平面夾角為。的傳送帶上，且

始終與傳送帶相對靜止。關(guān)于物塊受到的靜摩擦力力下/

列說法正確的是（）__________

A.當傳送帶加速向上運動時，了的方向一定沿傳送帶向上

B.當傳送帶加速向上運動時，下的方向一定沿傳送帶向下

C.當傳送帶加速向下運動時，/的方向一定沿傳送帶向下

D.當傳送帶加速向下運動時，了的方向一定沿傳送帶向上

8.有一圓柱形水井，井壁光滑且豎直，過其中心軸的剖面圖如圖所示，rrr

一個質(zhì)量為〃，的小球以速度口從井口邊緣沿直徑方向水平射入水井，!

小球與井壁做多次彈性碰撞（碰撞前后小球水平方向速度大小不變、||H

方向反向，小球豎直方向速度大小和方向都不變），不計空氣阻力。

從水平射入水井到落至水面的過程中，小球下落的時間（）

A.與小球質(zhì)量機有關(guān)B.與小球初速度v有關(guān)

C.與水井井口直徑d有關(guān)D.與水井井口到水面高度差/?有關(guān)

9.如圖（甲）所示是用沙擺演示振動圖象的實驗裝置，此裝置可視為擺長為L的單擺,

沙擺的運動可看作簡諧運動，若用手拉木板做勻速運動，實驗時細沙在木板上留下

的情形如圖（甲）所示。某次實驗中，手拉木板的速度大小約為0.20m/s,測得圖（乙

）所示的一段木板的長度約0.60小。下列判斷正確的是（）

「0.60m?

《甲》（乙）

A.圖中的曲線是沙擺的運動軌跡

B.圖中的曲線是木板的運動軌跡

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C.圖中的曲線是細沙的運動軌跡

D.實驗所用沙擺對應的擺長約為0.56m

10.如圖所示，學生練習用頭顛球。某一次足球從靜止開始下落200",

被豎直頂起，離開頭部后上升的最大高度仍為已知足球與頭

部的作用時間為0.1S,足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,

不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.頭部對足球的平均作用力為足球重力的8倍

B.與頭部作用過程中，足球動量變化量大小為1.6kg-m/s

C.下落到與頭部剛接觸時，足球動量大小為1.6kg?ni/s

D.從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為0

11.如圖所示，在某靜電除塵器產(chǎn)生的電場中，帶等量負電荷的

兩顆微粒只受電場力作用，分別從p點沿虛線pm、pn運動，

被吸附到金屬圓筒上。下列說法正確的是（）

A.p點的電勢高于n點的電勢

B.微粒在p點的電勢能小于在加點的電勢能

C.微粒從p到n的動能變化量大于從p到m的動能變化量

D.微粒從0至U〃的電勢能變化量等于從p到m的電勢能變化量

12.如圖所示，在勻強磁場中有一個矩形單匝線圈ABC。，AB

邊與磁場垂直，MN邊始終與金屬滑環(huán)K相連，PQ邊始終

與金屬滑環(huán)L相連。金屬滑環(huán)L、交流電流表4定值電阻

R、金屬滑環(huán)K通過導線串聯(lián)。現(xiàn)使矩形線圈以恒定角速度

繞過BC、AZ）中點的軸從與磁感線平行的位置開始旋轉(zhuǎn)，下

列說法中正確的是（）

A.線圈位于圖中所示的位置時，穿過線圈的磁通量為0,磁通量的變化率也為0

B.線圈位于圖中所示的位置時，穿過線圈的磁通量為0,但磁通量的變化率最大

C.線圈從圖中所示的位置轉(zhuǎn)過90。時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率也

最大

D.線圈從圖中所示的位置轉(zhuǎn)過90。時，流經(jīng)定值電阻R的電流最大

13.在真空中有一豎直向上的勻強電場Ei，一個帶電液滴在電場中0點處于靜止狀態(tài)。

現(xiàn)將無突然增大到E2,方向不變，作用一段時間。再突然使芯2反向，保持E2大小不

變，再經(jīng)過一段同樣長的時間，液滴恰好返回到0點。在這兩段相同的時間里（）

A.電場力做功相同B.動能的變化量相等

C.重力做功相同D.合力沖量的大小相等

14.如圖1所示，水平地面上有一邊長為L的正方形ABCO區(qū)域，其下方埋有與地面平

行的金屬管線。為探測地下金屬管線的位置、走向和埋覆深度，先讓金屬管線載有

電流，然后用閉合的試探小線圈P在地面探測。如圖2所示，將暴露于地面的金屬

管接頭接到電源的一端，將接地棒接到電源的另一端，這樣金屬管線中就有沿管線

方向的電流。使線圈P在直線AC上的不同位置保持靜止（線圈平面與地面平行），

線圈中沒有感應電流。將線圈P靜置于B處，當線圈平面與地面平行時，線圈中有

感應電流；當線圈平面與射線8。成45。角時，線圈中感應電流消失。由上述現(xiàn)象

可以推測（）

A.金屬管線中的電流大小和方向都不變

B.金屬管線沿AC走向，埋覆深度為立L

2

C.金屬管線沿8。走向，埋覆深度為五L

2

D.若線圈P在。處，當它與地面的夾角為45。時，P中一定沒有感應電流

15.（1）用多用電表測量一電阻的阻值。當選擇開關(guān)置于倍率為“X100”的歐姆擋時,

表盤指針位置如圖1所示，則被測電阻的阻值為0。若待測電阻的阻值約為

2000,則選擇開關(guān)應調(diào)到電阻擋的（選填“x1”、“X10”、“X100”

或“xlk”）位置。

（2）電流表改裝成歐姆表的電路如圖2所示，兩表筆直接相連時，指針指在表盤刻

度“5”上；兩表筆之間接有12000的電阻時，指針指在刻度“1”上。則刻度“3”

應標注的電阻值為0。

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J

16.某實驗小組的同學進行“驗證動量守恒定律”的實驗，實驗裝置如圖所示。入射小

球A與被碰小球B半徑相同。先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點C由靜止

滾下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡。再把8球靜置于水平槽前端邊緣處，

讓A球仍從C處由靜止?jié)L下，A球和8球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自落點的

痕跡。記錄紙上的。點是重錘所指的位置，朋、P、N分別為落點的痕跡。

(1)入射小球A的質(zhì)量應______(選填“>”“=”或“<”)被碰小球B的質(zhì)量，其

理由是o

(2)未放B球時，4球落地點是記錄紙上的P點；放上B球時，4球落地點是記錄

紙上的M點。

(3)實驗中，用天平容易測量入射小球和被碰小球的質(zhì)量小、mB,但直接測定小球

碰撞前后的速度是不容易的。可以通過僅測量小球做平拋運動的射程間接地解決這

個問題，因此，需要測量______,其原理是?

(4)根據(jù)上述測量的物理量，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式為；若

碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為。

(5)碰撞的恢復系數(shù)的定義為e=普嘿,其中％°和功0分別是碰撞前兩物體的速度，

lv20-v10l

%和巧分別是碰撞后兩物體的速度。寫出用(3)中測量的量表示的恢復系數(shù)的表達

式。

17.氫原子中核外電子繞核做半徑為，?的勻速圓周運動。已知電子的質(zhì)量為〃3電荷量

為e,靜電力常量為不考慮相對論效應。

(1)求電子的動能；

(2)選離核無限遠處電勢能為0,電子的電勢能Ep=-9，求氫原子的能量;

(3)求電子繞核運動形成的等效電流I。

18.如圖所示，用質(zhì)量為〃八電阻為R的均勻?qū)Ь€做成邊長為/的單匝正方形線框MNPQ,

線框每一邊的電阻都相等.將線框置于光滑絕緣的水平面上.在線框的右側(cè)存在豎

直方向的有界勻強磁場，磁場邊界間的距離為2/,磁感應強度為B.在垂直MN邊的

水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場.在運動過程中線框

平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行.求：

(1)線框MN邊剛進入磁場時，線框中感應電流的大??；

(2)線框MN邊剛進入磁場時，M、N兩點間的電壓UMN；

(3)在線框從邊剛進入磁場到尸。邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對線框所做

的功W.

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19.利用電場來加速和控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學實驗L「

和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應用。如圖所示，M、N為豎直放護仁…

置的平行金屬板，S］、52為板上正對的小孔，兩板間所加Mf

電壓為%,金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔Si、S2所在直線對稱，

兩板間加有恒定的偏轉(zhuǎn)電壓?，F(xiàn)有一質(zhì)子和a粒子6He)從小孔Si處先后由靜止

釋放，經(jīng)加速后穿過小孔S2水平向右進入偏轉(zhuǎn)電場。已知a粒子的質(zhì)量為機，電荷

量為q。

(1)求a粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小；

(2)請判斷質(zhì)子和a粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動軌跡是否相同，并說明理由；

(3)交換M、N兩板的極性，使大量電子加速后連續(xù)不斷地穿過小孔S2水平向右進

入偏轉(zhuǎn)電場，且進入偏轉(zhuǎn)電場的速度均為u=6.4xl07nt/s。已知極板P和。的長

-3

度L=8x10-2nl，間距d=5x107n,兩極板間改為頻率為50Hz的交變電壓u=

31-19

UmsinlOOnt(V)o電子質(zhì)量=9.1x10-kg,電荷量e=1.6x10C?若要在

偏轉(zhuǎn)極板的右側(cè)始終能檢測到電子，求(/加滿足的條件。

20.萬有引力定律清楚地向人們揭示，復雜運動隱臧著

簡潔的科學規(guī)律；它明確地向人們宣告，天上和地

’9

上的物體都遵循著完全相同的科學法則；它可以計

算兩個質(zhì)點間的萬有引力，或球體之間的萬有引力。

已知地球的質(zhì)量為M(視為質(zhì)量分布均勻的球體)，半

徑為R,引力常量為G。

(1)不考慮地球的自轉(zhuǎn)，求地球表面附近的重力加速度大??；

(2)已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零。求深度為d的礦井底部的重

力加速度大小；

(3)電影?浪地球/中的人們住在“地下城”。假設(shè)“地下城”建在半徑為/?的

巨大空腔中，空腔與地球表面相切，如圖所示。。和。'分別為地球和空腔的球心,

地球表面上空某處P離地球表面的距離為H，空腔內(nèi)另一處。與球心。'的距離為Z，

P、Q、。'和。在同一直線上。對于質(zhì)量為，”的人，求：

①在尸處受到地球的萬有引力大小；

②在。處受到地球的萬有引力大小。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、jH+lHHe+^n,是輕核聚變，故A正確；

B、HaU^l4Th+^He,此核反應的反應物只有一個原子核，且生成物有氮核，屬于a

衰變，故B錯誤；

5

C、HU+ln-尷4Ba+HKr+3乩,此反應的反應物和生成物都有中子,構(gòu)成鏈式反應，

且產(chǎn)物至少有兩個中等質(zhì)量的核，故屬于重核裂變，故C錯誤；

D、^He+^AlP+^n,此反應是用a粒子轟擊生成了同位素磷，是人工轉(zhuǎn)變，是發(fā)

現(xiàn)同位素磷和正電子的方程，故。錯誤；

故選：A。

根據(jù)核反應方程區(qū)分：天然衰變分為a衰變或0衰變，裂變是重核變?yōu)橹械荣|(zhì)量的核，

聚變是兩輕核反應變?yōu)橹械荣|(zhì)量的核.

本題考查了常見的核反應方程中的應用，同時注意原子核的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的表示方法.

2.【答案】C

【解析】解：A、菜籽油滴入水中漂浮在水面上是由于浮力的作用，故A錯誤；

B、含有泥沙的渾水經(jīng)過一段時間會變清是由于泥沙的平均密度大于水的密度，泥沙在

重力的作用下會下沉，而上層水會變清，故B錯誤；

C、密閉容器內(nèi)懸浮在水中的花粉顆粒移動，是因為水分子在做熱運動，對花粉顆粒不

均勻的撞擊，使得花粉顆粒受力不均衡引起的，故C正確；

。、荷葉上的水珠形成是由于表面張力的作用，是分子之間作用力的結(jié)果，故。錯誤；

故選：Co

由分子的熱運動的概念進行分析。

本題主要考查了分子的熱運動和分子間作用力的知識點，解題關(guān)鍵在于學會區(qū)別分子間

作用力和分子熱運動的區(qū)別。

3.【答案】D

【解析】解：A、物體放出熱量，若外界對物體做更多的功，則內(nèi)能增加，故A錯誤；

8、物體對外做功，如同時從外界吸收更多的熱量，則內(nèi)能增加，故8錯誤；

C、物體吸收熱量，同時對外做功，如二者相等，則內(nèi)能可能不變，若Q>W,則內(nèi)能

增加，若W>Q,則內(nèi)能減少，故C錯誤；

D、物體放出熱量，Q<0,同時對外做功，IV<0,則△〃<(),故內(nèi)能減少，故。正

確

故選：Do

做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能；物體內(nèi)能的增量贈與外界對物體做的功和物體吸收熱量的

和，即：△(7=Q+W

本題考查熱力學第一定律，知道做功和熱傳遞都能改變內(nèi)能，基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解：當a粒子穿過原子時，電子對a粒子影響很小，影響a粒子運動的主要是原

子核，離核遠則a粒子受到的庫侖斥力很小，運動方向改變小。只有當a粒子與核十分

接近時，才會受到很大庫侖斥力，而原子核很小，所以a粒子接近它的機會就很少，所

以只有極少數(shù)大角度的偏轉(zhuǎn)，而絕大多數(shù)基本按直線方向前進，

A、a粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)是由于它受到原子核的斥力，并不是跟電子發(fā)生了碰撞，故A錯誤；

B、造成a粒子散射角度大的原因是受到的原子核的斥力比較大，故B錯誤；

C、從絕大多數(shù)a粒子幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可以推測使粒子受到排斥力的核體積極小，實

驗表明原子中心的核帶有原子的全部正電，和幾乎全部質(zhì)量，故C正確；

D、a粒子散射實驗可以估算出原子核半徑的數(shù)量級是IO-15nI,故。錯誤。

故選：Co

a粒子散射實驗的現(xiàn)象為：a粒子穿過原子時，只有當a粒子與核十分接近時，才會受到

很大庫侖斥力，而原子核很小，所以a粒子接近它的機會就很少，所以只有極少數(shù)大角

度的偏轉(zhuǎn)，而絕大多數(shù)基本按直線方向前進，從而即可得出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，并能

估計原子核半徑的數(shù)量級是10-15小。

本題主要考查了a粒子散射實驗的現(xiàn)象，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，并理解粒子散射原理，

注意原子核的半徑與原子的半徑區(qū)別。

5.【答案】D

【解析】解：A、由光路圖可知，a光的偏轉(zhuǎn)程度最小，則。光的折射率最小，頻率最

小，根據(jù)可知，a光的波長最大，故A錯誤；

B、光的折射率最小，根據(jù)"=；,。光在玻璃中傳播的速度最大，故B錯誤；

C、根據(jù)sMC=：知，。光的折射率最小，則“光發(fā)生全反射的臨界角最大，故C錯誤；

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D、a光頻率最小，由光電效應方程hy=岳.+%，可知。光照射出光電子的最大初動

能最小，故。正確。

故選：Do

根據(jù)光線的偏折程度比較出各種色光的折射率，從而得出頻率的大小，根據(jù)v=4/得出

波長的大小，根據(jù)□=:比較在三棱鏡中的傳播速度大小，根據(jù)sinC=3知比較發(fā)生全

nn

反射的臨界角大小。由光電效應方程，可知光電子的最大初動能最小。

解決本題的關(guān)鍵知道折射率、頻率、波長、在介質(zhì)中傳播速度、臨界角等之間的關(guān)系，

通過偏折程度得出折射率的大小是解決本題的突破。

6.【答案】B

【解析】解：根據(jù)衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動的向心力等于萬有引力，^

r2r

可得V=楞。故B正確，AC。錯誤。

故選：B。

根據(jù)衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動的向心力等于萬有引力，可以求出速度。

本題考查天體中做勻速圓周運動的向心力等于萬有引力的知識，屬于基礎(chǔ)題。

7.【答案】A

【解析】解：AB、當傳送帶加速向上運動時，加速度沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定

律分析可知合力沿傳送帶向上：f-mgsind=ma,故A正確，8錯誤；

CD、當傳輸帶加速向下運動時，mgsind+f=ma,當a=gsin。時靜摩擦力為零，當

a>gsin8時靜摩擦力沿斜面向下，當a<gsin。時靜摩擦力沿斜面向上，故CO錯誤。

故選：A。

當物塊加速運動時，根據(jù)加速度方向，結(jié)合牛頓第二定律分析摩擦力.

本題運用牛頓第二定律分析物體的受力情況，考查分析實際問題的能力，要注意當傳輸

帶加速向下運動時，靜摩擦力的方向要討論.

8.【答案】D

【解析】解：由于碰撞前后小球在豎直方向速度大小和方向都不變，所以把各個階段的

豎直方向的運動連接到一起就是一個自由落體運動，設(shè)水井井口到水面高度差為/I,小

球下落的時間為f,則=得:t=件,所以，小球下落時間與水井井口到水面

高度差/!有關(guān)，與其它因素無關(guān)，故。正確，A8C錯誤。

故選：Do

利用小球在豎直方向的分運動求時間。

本題考查了運動的合成與分解，解決此題的關(guān)鍵是能把各階段的運動連接起來看，然后

通過豎直方向的分運動求解時間。

9.【答案】D

【解析】解：A、沙擺的實際運動是圍繞懸點的圓周運動，故A錯誤；

8、木板的實際運動是沿木板軸線方向的勻速直線運動，故B錯誤；

C、細沙的運動軌跡是位于沙擺下方的一個往復的直線運動軌跡，故C錯誤；

。、根據(jù)$=27,代入L=0.60m,u=0.20m/s計算可得7=2s,

根據(jù)單擺周期公式T=27r代入數(shù)據(jù)可解得］?0.56m,故。正確。

故選：D=

將沙擺的、木板的、細沙的實際運動軌跡和曲線相對比可判斷曲線是否是其運動軌跡,

根據(jù)沙擺的振動位移隨時間變化的曲線可求出沙擺的周期，再根據(jù)周期公式可求出沙擺

的擺長。

本題主要考查單擺周期公式7=2兀其中通過木板的運動分析出單擺周期是解題關(guān)

鍵，另外本題中曲線不是沙擺運動軌跡，這是一個易錯點。

10.【答案】B

【解析】解：ABC,下落到與頭部剛接觸時，由"2=29八，可得°=禽^=

V2x10x0.2m=2m/s>

則足球動量大小為：mv=0.4X2kg-m/s=0.8kg-m/s,

由題意可知，與頭部碰撞后，速度反向，大小不變，則動量變化量為△p=nu/-nw=

(—0.8—0.8)kg-m/s=-1.6kg-m/s,大小為1.6/cg-m/s,

由動量定理：△p=F臺^t

即：(F-mg)△t=△p

代入數(shù)據(jù)：1.6=(F—0.4x10)x0.1

可得F=20N=5?ng,故B正確，AC錯誤；

D從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的作用時間不為零，沖量不為零,

故。錯誤。

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故選：B。

由速度-位移公式及豎直上拋運動的對稱性求得足球到達頭部的速度大小和反彈后的

速度大小，對足球應用動量定理求解。

本題以學生練習用頭顛球為情景載體，考查了動量定理、運動學公式相結(jié)合的問題，解

決此題的關(guān)鍵是要注意運動的對稱性，使用動量定理解題時一定要規(guī)定正方向。

11.【答案】D

【解析】解：人沿著電場線，電勢逐漸降低，則有勿n＞作，故A錯誤；

B、負電荷從〃到機運動電場力做正功，電勢能減小，有Epp＞Epm，故8錯誤；

CD、兩微粒均受電場力而做正功，由動能定理＜?(7=△E”，因初末位置的電勢差相同，

電量q相等，則電場力做正功相等，電勢能減小量相等，動能變化量相等，故C錯誤，

D正確。

故選：Do

沿著電場線，電勢逐漸降低；負電荷從p到，〃運動電場力做正功，電勢能減??；兩微粒

均受電場力而做正功，由動能定理＜/{/=4取，因初末電勢差相同，電量q相等，則電

場力做正功相等，電勢能減小量相等，動能變化量相等.

熟悉電場力做功的特點，與路徑無關(guān)，由電荷量和初末位置的電勢差決定。

12.【答案】B

【解析】解：AB、線圈位于圖中所示的位置時，線圈位于與中性面垂直位置，此時穿

過線圈的磁通量為0,磁通量的變化率最大，故A錯誤，B正確；

CD,線圈從圖中所示的位置轉(zhuǎn)過90。時，線圈位于中性面位置，此時穿過線圈的磁通量

最大，磁通量的變化率為零，產(chǎn)生的感應電動勢為零，回路中的電流為零，故流過電阻

的電流為0,故C￡＞錯誤；

故選：B。

線圈位于中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率最小為零，當位于

與中性面垂直位置時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，形成的感應電流

最大即可判斷，判斷電流方向時可以利用右手定則判斷電流方向。

交變電流的產(chǎn)生是電磁感應現(xiàn)象在實際中的應用，遵守法拉第電磁感應定律和楞次定律,

當線圈平面與磁場平行時，線圈的磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電動勢最大；

線圈平面與磁場垂直時，線圈的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零。

13.【答案】A

【解析】解：液滴在重力和電場力qE］作用下靜止，由平衡條件知，電場力方向豎直向

上，且qE】—mgo

將E增大為&后，電場力qE?>qE1=mg,則%反向前液滴將沿豎直向上的方向運動。

設(shè)E2反向前液滴運動的時間為f,未速度為也運動的加速度大小為由,此過程發(fā)生的

位移大小為X,

%反向后液滴返回。點過程的加速度大小為a?,則

v—axt

12

x--ajt

12

_X=Vt_202一

聯(lián)立知，a2=3al

A、E2反向前電場力做功為叫=qE2x,E2反向后液滴返回。點過程電場力做功叫=

qE2x,則電場力做功相同，故A正確；

B、由動能定理可知，E2反向前液滴動能的變化量AEH=m%x,&反向后液滴返回O

點過程動能的變化量△后H=-巾。2》，可見動能的變化量不相等，故B錯誤；

C、%反向前重力做功==犯9%，E2反向后重力做功生2=mg%，可見重力做功不

相同，故C錯誤；

D、段反向前合力的沖量大小為A=mait,E?反向后合力的沖量大小為與=小。23可

見合力沖量的大小不相等，故。錯誤。

故選：A。

將E］突然增大到E2的過程中帶電液滴做勻加速直線運動，接著再突然使%反向，液滴做

勻減速直線運動，經(jīng)過相等的時間返回。時，兩個過程的位移大小相等、方向相反，根

據(jù)位移公式求出突然使％反向時與液滴返回到。點時的速度關(guān)系，再根據(jù)動量定理研

究合力沖量的大小關(guān)系，根據(jù)速度關(guān)系研究動能的變化關(guān)系，根據(jù)重力做功的正負分析

重力做功的關(guān)系.

本題考查多過程的物體運動問題，解題的關(guān)鍵在于分析兩個返回過程初速度與末速度的

關(guān)系。

14.【答案】B

第14頁，共20頁

【解析】解：A、由題意可知，當線圈靜止時存在感應電流，則說明線圈產(chǎn)生的磁場為

變化的，故電流一定是變化的，故A錯誤；

BC、由題意可知，使線圈尸在直線AC上的不同位置保持靜止（線圈平面與地面平行），

線圈中沒有感應電流。將線圈P靜置于B處，當線圈平面與地面平行時，線圈中有感應

電流，當線圈平面與射線BZ）成45。角時，線圈中感應電流消失。根據(jù)感應電流產(chǎn)生的

條件可知，放在AC上表面是磁場與線圈平行，而放在8點時磁場與地面成45。角，故

說明電流一定沿AC方向，線圈平面與射線2。成45。角時，線圈中感應電流消失說明8

點的磁場方向成45。角，則由幾何關(guān)系可知，埋覆深度為與03長度相等，故深度為在L，

2

故B正確，C錯誤；

D、P在力處與地面成45。可以與磁場方向相互垂直，則此時磁通量的最大，磁通量的

變化率最大，故感應電流可能最大，故。錯誤。

故選：Bo

根據(jù)感應電流的產(chǎn)生條件可以知道金屬管線中的電流在不斷的變化；根據(jù)線圈平面內(nèi)磁

通量的情況確定磁場的方向，進而確定電流的走向；根據(jù)幾何關(guān)系可以知道金屬管線的

埋覆深度；磁通量變化率最大時，感應電流最大。

本題考查法拉第電磁感應定律以及通電導線周圍的磁場分布，難點在于幾何關(guān)系的確定,

要注意明確通電直導線周圍的磁場為以導線為圓心的同心圓。

15.【答案】1500x10200

【解析】解：（1）讀取表盤指針所指刻度線的示數(shù)為15.0,指針所指的示數(shù)乘以選擇開

關(guān)所指的倍率，即為被測電阻阻值，故R=15.0x100。=15000,測電阻時倍率的選

擇一般使指針指在中間［刻度范圍內(nèi)較好，故應選x10擋。

（2）當兩表筆短接時，指針指在表盤刻度“5”上，設(shè)電流表的滿偏電流為U,設(shè)此時歐

姆表的內(nèi)阻為R為由閉合電路歐姆定律得：％=可①

當兩表筆之間接有R1=12000的電阻時，指針指在表盤刻度“1”上，此時流過電流表

的電流為電流表滿偏電流的2,即則/1=^9=赤；②

由①②解得：R為=3000。③

當指針指在表盤刻度“3“上時，此時流過電流表的電流為電流表滿偏電流的|,即4=

3E

即J。=瓦荷7④由①③④得：R=200/2

4內(nèi)X

故答案為(1)1500、x10(2)200

指針所指的示數(shù)乘以選擇開關(guān)所指的倍率即為電阻阻值，測電阻時倍率的選擇一般使指

針指在中間，刻度范圍內(nèi)較好；根據(jù)閉合電路歐姆定律可求應標注的電阻值。

本題考查了用多用電表測電阻的實驗，解題時注意根據(jù)電阻阻值的不同正確選擇倍率,

讀數(shù)后別忘乘倍率。尤其注意多用電表測電阻的問題往往用閉合電路歐姆定律來解決。

16.【答案】>入射小球碰后不彈回OP、OM、ON小球離開斜槽末端飛出后作平拋

運動的時間相同，假設(shè)為t,則有。P=vot,OM=ON=v2tmA-OM+mB-ON=

222

mA-OPmA-OM+mB-ON=mA-OP

【解析】解：(1)為了使小球碰后不被反彈，要求被碰小球質(zhì)量大于碰撞小球質(zhì)量；

(3)小球離開軌道后做平拋運動，小球下落的高度相同，在空中的運動時間”目同，由x=

成可知，小球的水平位移與小球的初速度丫成正比，可以用小球的水平位移代替小球的

初速度，如果小球動量守恒，滿足關(guān)系式：mAv0=mAvr+mBv2,故有啊見亡=4-

mBv2t,即TH/OP=mA0M+mB0N；

(4)如果小球動量守恒，滿足關(guān)系式：mAvQ=mAvr+m5v2,故有犯=mAvrt+

mBv2t,即叫OP=mA0M+mB0N；若碰撞是彈性碰撞，則還應滿足評=^rnAv1+

|mFV2，用小球的水平位移代替小球的初速度，即成4?0M2+?ON?=g.OP?

(5)碰撞的恢復系數(shù)的定義為e=器%,則由上式表達式可知用位移關(guān)系代替速度關(guān)

系，那么e=*黑

故答案為：(1)>;入射小球碰后不彈回。

(3)OP、OM、ON；小球離開斜槽末端飛出后作平拋運動的時間相同，假設(shè)為則有

OP=vot,OM=vrtfON=v2t

222

(4)如-OM+mB?ON=mA?OP；mA?OM+mB-ON=mA-OP

\ON-OM\

()~\6P\-

為了使小球碰后不被反彈，要求被碰小球質(zhì)量大于碰撞小球質(zhì)量；根據(jù)實驗原理和實驗

目的可以知道驗證動量守恒定律實驗中哪些量要測量，怎么通過物理規(guī)律測量，根據(jù)動

量守恒定律及圖示實驗數(shù)據(jù)，寫出需要驗證的表達式。

本題主要考查了“驗證動量守恒定律”的實驗的原理及實驗需要測量的量、實驗數(shù)據(jù)處

第16頁，共20頁

理等問題，知道實驗的實驗原理是正確解題的關(guān)鍵。

17.【答案】解：(1)電子繞核作勻速圓周運動，根據(jù)庫侖定律和牛頓第二定律有

r2r

電子的動能為琮=^mv2②

由①②解得益=?

(2)由于電子的電勢能為用=—

則氫原子的能量為E=Ep+Ek=-^

(3)電子繞核運動形成的等效電流/=搟③

7=子④

由①③④聯(lián)立解得：/=2區(qū)

答：(1)電子的動能為器；

(2)選離核無限遠處電勢能為0,電子的電勢能/="，氫原子的能量為-竺；

(3)電子繞核運動形成的等效電流為/=2但。

2nr，mr

【解析】核外電子繞核做勻速圓周運動，由原子核對電子的庫侖力提供向心力，由此列

方程，可求出電子的動能；電勢能和動能之和即為氫原子的能量；根據(jù)圓周運動公式求

電子的運動周期T,可求得電子運動的等效電流。

本題考查原子的結(jié)構(gòu)、勻速圓周運動、電流的定義式等內(nèi)容,題目雖然涉及知識點較多，

但題目難度較小，是一道經(jīng)典題。

18.【答案】解：(1)線框邊在磁場中運動時，感應電動勢E=8。

線框中的感應電流1=三=%;

(2)M、N兩點間的電壓為電源的輸出電壓，由閉合電路歐姆定律可得出

33

UMN=/=

(3)線框運動過程中有感應電流的時間t=三

此過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=12Rt=迫場

根據(jù)能量守恒定律得水平外力做功W=Q=空.

【解析】(1)由導體切割磁感線時電動勢公式可得出電動勢，由閉合是路歐姆定律可得

出電路中的電流；

(2)MN間的電壓應為路端電壓，則由閉合電路歐姆定律可得出結(jié)果；

(3)由勻速運動公式可得出電線框運動的時間，由焦耳定律可得出線框中產(chǎn)生的焦耳熱;

由能量守恒可得出外力所做的功.

電磁感應中常?？疾榕c電路的結(jié)合及能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系，在解題時要注意哪部分導體可以

看作電源，分清內(nèi)外電路；同時要注意分析能量的轉(zhuǎn)化一守恒.

19.【答案】解：(1)根據(jù)動能定理qUo=[m詔

解得a粒子進入偏轉(zhuǎn)電場