北京市2021年高考物理压轴卷（含解析）本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1、以下现象能显著表现出光的波动性的是A．单色光经过杨氏双缝后在屏上得到明暗相间的图样B．紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出C．光在同一种均匀介质中沿直线传播D．光经过三棱镜后发生偏折2、下列说法中正确的是A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．物体对外做功，其内能一定减小C．两分子间距减小，分子间的引力和斥力都增大D．用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力3、氢原子的能级图如图2所示。如果大量氢原子处于能级的激发态，则下列说法正确的是A．这群氢原子只可能辐射1种频率的光子B．氢原子从能级跃迁到能级，辐射光子的能量最大C．这群氢原子辐射光子的最小能量为-29-\nD．处于能级的氢原子至少需吸收能量的光子才能电离4、火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的（ ）A.轨道周长之比为2∶3B.线速度大小之比为C.角速度大小之比为D.向心加速度大小之比为9∶45、一列沿x轴传播的简谐横波，其周期T=0.20s，在t=0时的波形图象如图4所示。其中P、Q是介质中平衡位置分别处在x=1.0m和x=4.0m的两个质点，若此时质点P在正向最大位移处，质点Q通过平衡位置向下运动，则124y/cm02-2图4PQ3x/mA．该波沿x轴正方向传播B．该波的传播速度为2.0m/sC．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动D．经过0.50s，质点Q通过的路程为10cm6、一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线跟竖直方向的夹角为θ，如图5所示。则拉力F-29-\n图5θⅠⅡA．方向可能在图中Ⅰ区内B．方向可能在图中Ⅱ区内C．最小值为mgcosθD．最小值为mgtanθ7、图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图6乙所示。下列说法正确的是图6A．电流表的示数为20AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零D．t=0.02s时，线圈平面与磁场方向垂直8、空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）A.e点的电势大于0B.a点和b点的电场强度相同C.b点的电势低于d点的电势D.负电荷从a点移动到c点时电势能增加-29-\n9、如图9所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以分别与触点接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是图9A.当接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱接的是黑表笔B.当接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是黑表笔C.当接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱接的是红表笔D.当接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是红表笔10、如图10所示，足够长的斜面静止在水平地面上。将质量为m的小球从斜面底端以初速度v0抛出，初速度的方向与斜面间夹角为θ，小球恰好沿水平方向撞到斜面上。不计空气阻力。若仍从斜面底端抛出，改变以下条件仍能使小球水平撞到斜面上的是图10A．仅增大速度v0B．仅适当增大θC．将m和θ都适当减小D．将v0和θ都适当增大11、图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t-29-\n变化的图像中，正确的是12、男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，如图12所示，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则图12A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14:113、如图13所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，由此可以判断-29-\n图13A．匀强电场方向一定是水平向左B．油滴沿直线一定做匀加速运动C．油滴可能是从N点运动到M点D．油滴一定是从N点运动到M点14、1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力F2不允许自由电子无限制地增大速度，F1和F2会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知F1与线圈角速度的变化率α成正比，F2与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是A．若线圈加速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同B．若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反C．若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同D．若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反第二部分本部分共6题，共58分。15、（8分）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度______。A.选用两光学表面间距大的玻璃砖B.选用两光学表面平行的玻璃砖C.选用粗的大头针完成实验-29-\nD.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图14所示，其中实验操作正确的是______。图14（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于、点，再过、点作法线的垂线，垂足分别为、点，如图15所示，则玻璃的折射率______。（用图中线段的字母表示）图1516、（10分）用一段长约为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。（1）为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻Rx。将选择开关“K”旋转到欧姆档“×10”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻Rx相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关“K”旋转到电阻档(填“×1”或“×100”)位置。更换欧姆档重新调零并测量，指针如图16甲所示，其读数为_______Ω。图16-29-\n（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图16乙所示，读数为mm。（3）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：A．直流电源(电动势约为3.0V，内阻很小)B．电压表(量程0～3V，内阻约3k)C．电流表(量程0～0.6A，内阻约0.15)D．电流表(量程0～3A，内阻约0.025)E．滑动变阻器(阻值范围0～15，最大允许电流1A)F．滑动变阻器(阻值范围0～200，最大允许电流2A)G．开关、导线。为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择，滑动变阻器应选择。(填字母代号)（4）在实验中，某同学按照图17甲所示电路图进行连线，连成图17乙所示的电路进行实验，请将图中接线错误之处改正过来。（多余的导线上画×表示删除，添加的导线用笔在图中画出）。图17（5）用上问图17甲所示电路进行测量金属丝的电阻，测量结果比真实值（填“偏大”或“偏小”），造成这样误差的原因。17、（9分）如图18所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻，边长。求（1）在到时间内，金属框中的感应电动势E；（2）时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；（3）在到时间内，金属框中电流的电功率P。-29-\n图1818、（9分）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。-29-\n19、（10分）某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图20所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场（可视为匀强磁场）。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长（大于车长s），车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。abdcv0s图20（1）求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；（2）求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；（3）请你评价该设计方案的优点和缺点。（优、缺点至少各写一条）20、(12分)能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律是自然界普遍遵循的规律，在微观粒子的相互作用过程中也同样适用。卢瑟福发现质子之后，他猜测：原子核内可能还存在一种不带电的粒子。(1)为寻找这种不带电的粒子，他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验，当他用α粒子（）轰击铍原子核()时发现了一种未知射线，并经过实验确定这就是中子，从而证实了卢瑟福的猜测，请你完成此核反应方程：。(2)为了测定中子的质量mn，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核与静止的氮核发生弹性正碰，实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是vN=1/7vH，已知氮核质量与氢核质量的关系是mN=14mH，将中子与氢核、氮核的碰撞视为完全弹性碰撞。请你根据以上数据计算中子质量mn与氢核质量mH的比值。(3)以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中，裂变时放出的中子有的速度很大，不易被铀235俘获，需要使其减速。在讨论如何使中子减速的问题时，有人设计了一种方案：让快中子与静止的粒子发生碰撞，他选择了三种粒子：-29-\n铅核、氢核、电子，以弹性正碰为例，仅从力学角度分析，哪一种粒子使中子减速效果最好，请说出你的观点并说明理由。绝密★启用前北京市2021年普通高中学业水平等级性考试物理预测试题本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1、以下现象能显著表现出光的波动性的是A．单色光经过杨氏双缝后在屏上得到明暗相间的图样B．紫外线照射锌板，使电子从锌板表面逸出C．光在同一种均匀介质中沿直线传播D．光经过三棱镜后发生偏折1、【答案】A-29-\n【解析】单色光经过双缝后在屏上得到明暗相间的图样是光的干涉现象，它能说明光具有波动性，选项A正确；紫外线照射锌板，使电子从其表面逸出是光电效应现象，它说明光具有粒子性，选项B错误；光在同一种均匀介质中沿直线传播也说明的是光具有粒子性，选项C错误；光经过三棱镜后偏折也说明光具有粒子性，选项D错误。2、下列说法中正确的是A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．物体对外做功，其内能一定减小C．两分子间距减小，分子间的引力和斥力都增大D．用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力2、【答案】C【解析】布朗运动的微粒不是液体分子，而是固体小颗粒，故布朗运动不是指液体分子的无规则运动，它只反映液体分子是运动的，选项A错误；物体对外做功，如果还从外界吸收热量，则其内能不一定减少，选项B错误；根据分子间作用力的规律可知，分子间距离如果减小，则分子间的引力和斥力都增大，选项C正确；用打气筒往自行车车胎内打气时需要用力，是因为气体存在压强，而不是分子间的作用力，选项D错误。3、氢原子的能级图如图2所示。如果大量氢原子处于能级的激发态，则下列说法正确的是A．这群氢原子只可能辐射1种频率的光子B．氢原子从能级跃迁到能级，辐射光子的能量最大C．这群氢原子辐射光子的最小能量为D．处于能级的氢原子至少需吸收能量的光子才能电离3、【答案】B【解析】因为大量氢原子处于-29-\n能级的激发态，这群氢原子向低能级跃迁时可能辐射3种不同频率的光，故选项A错误；而氢原子从能级跃迁到能级时，能级差最大，故它们辐射光子的能量最大，选项B正确；这群氢原子辐射光子的最小能量为由n=3到n=2能级的跃迁，其大小为-1.51eV-(-3.4eV)=1.89eV，故选项C错误，这个12.09eV是由n=3跃迁到n=1时辐射的；如果电离，就是电子直接吸收能量而跑到原子以外去，则n=3能级的氢原子至少需要吸收1.51eV的能量即可，故选项D错误。4、火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的（ ）A.轨道周长之比为2∶3B.线速度大小之比为C.角速度大小之比为D.向心加速度大小之比为9∶44、【答案】C【解析】A．由周长公式可得，，则火星公转轨道与地球公转轨道周长之比为，A错误；BCD．由万有引力提供向心力，可得则有，，即，，，BD错误，C正确。5、一列沿x轴传播的简谐横波，其周期T=0.20s，在t=0时的波形图象如图4所示。其中P、Q是介质中平衡位置分别处在x=1.0m和x=4.0m的两个质点，若此时质点P在正向最大位移处，质点Q通过平衡位置向下运动，则-29-\n124y/cm02-2图4PQ3x/mA．该波沿x轴正方向传播B．该波的传播速度为2.0m/sC．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动D．经过0.50s，质点Q通过的路程为10cm5、【答案】A【解析】因为Q点正在通过平衡位置向下振动，根据同侧法可以判断出这列波沿x轴正方向传播，选项A正确；由图像可知，波的波长为4m，故波速为v==20m/s，选项B错误；由于Q点向下振动，则再经过四分之一周期它就会到过波谷，则此时P点再以过四分之一周期也会向下振动到平衡位置，且向下运动，选项C错误；因为周期是0.2s，故再经过0.5s，即2.5个周期，Q通过的路程为2.5×2×4cm=20cm，故选项D错误。6、一根细线上端固定，下端系着一个质量为m的小球。给小球施加拉力F，使小球平衡后细线跟竖直方向的夹角为θ，如图5所示。则拉力F图5θⅠⅡA．方向可能在图中Ⅰ区内B．方向可能在图中Ⅱ区内C．最小值为mgcosθD．最小值为mgtanθ6、【答案】B【解析】由于小球受重力，重力的方向是竖直向下的，故重力与细线拉力的合力一定在重力与细线之间的夹角内，若再加一个力，使小球平衡，则这三个力的合力为零，即所施加的拉力与重力和细线拉力的合力相平衡，方向相反，所以拉力的方向可能在图中的Ⅱ区内，选项B正确；-29-\n由图可知，根据力合成的三角形法则，拉力的最小值是当拉力垂直细线的方向拉动时的力，由图可知，如果是其他方向的力都比该力大，故这小的拉力为F=mgsinθ，故选项CD错误。7、图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图6乙所示。下列说法正确的是图6A．电流表的示数为20AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零D．t=0.02s时，线圈平面与磁场方向垂直7、【答案】C【解析】因为交流电的最大值为10V，故其有效值为10V，所以电流表的示数为10V，选项A错误；由图乙可知，交流电的周期为T=0.02s，故线圈转动的角速度ω==100πrad/s，选项B错误；t=0.01s时，电流在最大位置处，此时线圈平面与磁场方向平行，故穿过线圈的磁通量为零，选项C正确，D错误。8、空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）-29-\nA.e点的电势大于0B.a点和b点的电场强度相同C.b点的电势低于d点的电势D.负电荷从a点移动到c点时电势能增加8、【答案】D【解析】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则，A错误；B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；C．从Q到P电势逐渐降低，则，C错误；D．由，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。9、如图9所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱可以分别与触点接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是图9A.当接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱接的是黑表笔B.当接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是黑表笔C.当接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱接的是红表笔D.当接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是红表笔9、【答案】A-29-\n【解析】当接触点1时，表头与电阻R1并联，并联分流，故多用电表处于测量电流的挡位，而B是什么颜色的表笔，这就要看当S接2时的情况了，当S接2时，接上外电阻后，通过表头的电流是向向右的，故表头的左端是正接线柱，右端是负接线柱，而接线柱接的表头的右端，故是负接线柱，负接线柱是黑表笔，选项A正确；当接触点2时，电路中有一个电源，故此时多用电表处于测量电阻的挡位，选项B错误；当接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱接的是黑表笔，选项C错误；当接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱接的是黑表笔，选项D错误。10、如图10所示，足够长的斜面静止在水平地面上。将质量为m的小球从斜面底端以初速度v0抛出，初速度的方向与斜面间夹角为θ，小球恰好沿水平方向撞到斜面上。不计空气阻力。若仍从斜面底端抛出，改变以下条件仍能使小球水平撞到斜面上的是图10A．仅增大速度v0B．仅适当增大θC．将m和θ都适当减小D．将v0和θ都适当增大10、【答案】A【解析】如果想找不变的物理量，我们就需要列出一个等式来，由于斜面的倾角不变，我们要这里做做文章；如果我们设斜面的夹角为α，则抛出的竖直速度为v0sin(θ+α)，水平速度为v0cos(θ+α)，因为小球在最高点变为水平方向，故竖直方向的速度变为0，又因为竖直方向是竖直上抛运动，所以v0sin(θ+α)=gt，v0sin2(θ+α)=2gh，水平方向是匀速直线运动，则x=v0cos(θ+α)t，-29-\n故解得h=，x=，所以tanα==tan(θ+α)，因为α是不变的，则只要抛射角θ不变即可，故仅增大速度v0是可以的，选项A正确。11、图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是11、【答案】A【解析】通过观察发现，当在1s～2s时间电容器的两端电压是逐渐增大的，说明电容器在充电，在3s～5s时间电容器的两端电压是逐渐减小的，说明电容器在放电，二者的电流方向是相反的，所以电阻R上的两端电压也应该是一个正一个负，故选项B错误；在2s～3s时间电容器的两端电压不变，说明电容器既没充电孔沿放电，电路中的电流是0，故电阻R的两端电压也是0，选项D错误；由于1s～2s时间内和3s～5s时间内电压的变化量同，即通过导合格的电荷量是相等的，但是时间不相等，说明通过导体R的电流不相等，1s～2s时的电流大，故R的两端电压也是1s～2s时大，3s～5s时小，故选项C错误，A正确。-29-\n12、男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中，男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，如图12所示，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则图12A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14:112、【答案】C【解析】若冰面光滑，则把两者看成一个整体，总动量是守恒的，故两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，选项A错误；看他们相遇后的总动能是否一定等于相遇前的总动能，就看他们相遇时是否机械能守恒，由于相遇时他们之间的作用力做了功，且这二个功不相等，故机械能不守恒，相遇后的机械能要小于相遇前的机械能；也可以这样认为，二者从左右二个方向朝中间运动，相遇后的速度减小了，即相遇后的总动能变小了，故选项B错误；由于二者相遇过程中，作用力是相互的，大小相等、方向相反，而作用的时间又是相同的，冰面还光滑，把二个人看成一个整体，合外力为0，故两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，方向是相反的，选项C正确；由于相遇前二者的动能相等，男女运动员的质量之比为1.44：1，由Ek=mv2得，男女运动员相遇前的速度之比为，相遇后共速，则根据动量守恒得：m男v男-m女v女=（m男+m女）v，，解得v=，则女运动员相遇前后的动量大小之比为，选项D错误。13、如图13所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN-29-\n运动，由此可以判断图13A．匀强电场方向一定是水平向左B．油滴沿直线一定做匀加速运动C．油滴可能是从N点运动到M点D．油滴一定是从N点运动到M点13、【答案】A【解析】带电粒子在含有磁场的复合场中做直线运动时，由于洛仑兹力与速度有关，故粒子一定做匀速直线运动，速度不变，洛仑兹力不变，选项B错误；若油滴是从N运动到M的，根据左手定则可知，洛仑兹力垂直MN斜向下，油滴还受重力和电场力，而电场方向水平，故电场力可能水平向左或向右，如图所示，但是无论电场力向左或向右都不可能使粒子处于平衡状态，所以油滴不可能从N到M，选项CD错误；若油滴反过来从M到N运动，则洛仑兹力的方向是垂直MN斜向上的，如图所示，油滴还受重力，要使油滴处于平衡状态，则电场力的方向一定是水平向左的，故电场方向一定是水平向左的，选项A正确。14、1916年，斯泰瓦和托尔曼发现，不带电的闭合金属圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴转动，在转速变化时，线圈中会有电流通过。这一现象可解释为：当线圈转速变化时，由于惯性，自由电子与线圈有相对运动。取金属线圈为参照物，正离子晶格相对静止，由于惯性影响，可等效为自由电子受到一个沿线圈切线方向的“力”F1，但正离子晶格对自由电子的作用力F2不允许自由电子无限制地增大速度，F1和F2会达到平衡，其效果是自由电子相对金属线圈有定向运动。已知F1与线圈角速度的变化率α成正比，F2与自由电子相对正离子晶格的速度成正比。下列说法正确的是A．若线圈加速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同-29-\nB．若线圈加速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反C．若线圈减速转动，α越大，电流越大，且方向与线圈转动方向相同D．若线圈减速转动，α越大，电流越小，且方向与线圈转动方向相反14、【答案】A【解析】若线圈加速转动，由于惯性电子会受到一个等效的阻力作用，其方向与线圈转动的方向是相反的，即电子的运动方向与线圈的转动方向相反，而电子带负电，它运动的相反方向才是电流方向，所以电流方向与线圈的转动方向相同，选项B错误；同理，若线圈减速转动，则电流方向与线圈的转动方向相反，选项C错误；若α越大，则F1就会越大，平衡时F2也越大，因为F2与电子的速度成正比，故电子运动的速度越大，则电流越大，选项A正确，D错误。第二部分本部分共6题，共58分。15、（8分）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度______。A.选用两光学表面间距大的玻璃砖B.选用两光学表面平行的玻璃砖C.选用粗的大头针完成实验D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图14所示，其中实验操作正确的是______。图14（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于、点，再过、点作法线-29-\n的垂线，垂足分别为、点，如图15所示，则玻璃的折射率______。（用图中线段的字母表示）图1515、【答案】（1）AD（2分）；（2）D（3分）；（3）（3分）；【解析】（1）选用两光学表面间距大的玻璃砖时可以使作图时更准确一些，选项A正确；选用两光学表面平行的玻璃砖可以，表面不平行也可的，选项B错误；选用粗的大头针完成实验没有用细的完成实验更准确些，选项C错误；插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，可以使画出的直线更准确，选项D正确；（2）图中看出玻璃砖的两个表面平行，故射入的光线与射出的光线应该是平行的，A中光线穿过玻璃砖后没有改变方向，B和C穿过的光线与入射的光线不平行，只有选项D是正确的；（3）折射率n=。16、（10分）用一段长约为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。（1）为选择合适电路，先用多用电表粗测金属丝电阻Rx。将选择开关“K”旋转到欧姆档“×10”位置，正确操作后，将两表笔与待测电阻Rx相接，发现指针偏转角度过大，为得到比较准确的测量结果，应将选择开关“K”旋转到电阻档(填“×1”或“×100”)位置。更换欧姆档重新调零并测量，指针如图16甲所示，其读数为_______Ω。图16-29-\n（2）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图16乙所示，读数为mm。（3）在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：A．直流电源(电动势约为3.0V，内阻很小)B．电压表(量程0～3V，内阻约3k)C．电流表(量程0～0.6A，内阻约0.15)D．电流表(量程0～3A，内阻约0.025)E．滑动变阻器(阻值范围0～15，最大允许电流1A)F．滑动变阻器(阻值范围0～200，最大允许电流2A)G．开关、导线。为了有较高的测量精度，并能测得多组数据，在供选择的器材中，电流表应选择，滑动变阻器应选择。(填字母代号)（4）在实验中，某同学按照图17甲所示电路图进行连线，连成图17乙所示的电路进行实验，请将图中接线错误之处改正过来。（多余的导线上画×表示删除，添加的导线用笔在图中画出）。图17（5）用上问图17甲所示电路进行测量金属丝的电阻，测量结果比真实值（填“偏大”或“偏小”），造成这样误差的原因。16、【答案】（1）×1（1分），6Ω（1分）；（2）0.728±0.02（2分）；（3）C（1分）；E（1分）；（4）见图（画对×给1分，连对线给1分）；（5）偏小（1分）电压表分流作用使得电流表示数比流过电阻的电流大（2分）。-29-\n【解析】（1）指针偏转角度过大指的是指针偏向最右侧，即读得数据偏小，指针在欧姆表的中央读数才比较精确，怎么才能让指针指到中央区域呢？假设偏角过大到读数为“2”，则根据倍率得电阻为2Ω×10=20Ω，而欧姆表的中央刻度值就是20Ω左右，故应该将电阻档位调到“×1”档；在甲图中读得其读数为“6”，故其电阻的大小为6Ω×1=6Ω；（2）在图乙中，主尺上已经露出了上面一个小格，代表0.5mm，旋转钮上的读数为“22.8”，故直径为0.5mm+22.8×0.01mm=0.728mm；（3）由于电源的电动势为3V，电阻丝的电阻为6Ω，故电路中的电流最大为0.5A，所以电流表选择C，由于实验需要能测得多组数据，故滑动变阻器选择E；变阻器E的最大电阻为15Ω，大于6Ω的2倍以上，所以该实验既可以分压式连接电路，也可以用限流式连接电路；（4）因为在电路图中是电流表外接方式，而在实物图中是电流表内接，故改正的导线就是将电流表的内接改成外接；（5）由甲图的电流表外接测得的电压是准确的，而电流偏大，故测量结果会偏小，该误差是由于电压表分流造成的。17、（9分）如图18所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻，边长。求（1）在到时间内，金属框中的感应电动势E；（2）时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；（3）在到时间内，金属框中电流的电功率P。图18【答案】（1）0.08V（3分）；（2）0.016N，方向垂直于ab向左（3分）；（3）0.064W（3分）。【解析】（1）在到的时间内，磁感应强度的变化量，设穿过金属框的磁通量变化量为，有-29-\n由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有 联立①②式，代入数据，解得 （3分）（2）设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有由图可知，时，磁感应强度为，金属框ab边受到的安培力 联立①②④⑤式，代入数据，解得 （2分）方向垂直于ab向左。 （1分）（3）在到时间内，金属框中电流的电功率 联立①②④⑧式，代入数据，解得 （3分）18、（9分）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。【答案】（1）78m/s（3分）；（2）2.0m/s2；39s（6分）。【解析】（1）设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件①②由①②式及题给条件得③-29-\n（2）设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有④v2=at⑤联立③④⑤式及题给条件得a=2.0m/s2⑥t=39s⑦19、（10分）某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图20所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场（可视为匀强磁场）。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长（大于车长s），车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。图20（1）求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；（2）求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；（3）请你评价该设计方案的优点和缺点。（优、缺点至少各写一条）【答案】（1）（4分）；（2）（4分）；（3）优缺点见解析（2分）。【解析】（1）车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有①线框中的电流为②联立①②式可得线框所受的安培力为③-29-\n由牛顿第二定律可得④联立①②③④式可得 （4分）（2）设列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得其中，代入上式得⑤其中⑥联立⑤⑥式可得 （4分）（3）该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损等。 （1分）该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障；列车出站时也会受到电磁阻尼等。 （1分）20、(12分)能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律是自然界普遍遵循的规律，在微观粒子的相互作用过程中也同样适用。卢瑟福发现质子之后，他猜测：原子核内可能还存在一种不带电的粒子。(1)为寻找这种不带电的粒子，他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验，当他用α粒子（）轰击铍原子核()时发现了一种未知射线，并经过实验确定这就是中子，从而证实了卢瑟福的猜测，请你完成此核反应方程：。(2)为了测定中子的质量mn，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核与静止的氮核发生弹性正碰，实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是vN=1/7vH，已知氮核质量与氢核质量的关系是mN=14mH，将中子与氢核、氮核的碰撞视为完全弹性碰撞。请你根据以上数据计算中子质量mn与氢核质量mH的比值。(3)以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中，裂变时放出的中子有的速度很大，不-29-\n易被铀235俘获，需要使其减速。在讨论如何使中子减速的问题时，有人设计了一种方案：让快中子与静止的粒子发生碰撞，他选择了三种粒子：铅核、氢核、电子，以弹性正碰为例，仅从力学角度分析，哪一种粒子使中子减速效果最好，请说出你的观点并说明理由。【答案】（1）→（2分）；（2）（6分）；（3）氢核减速效果最好（4分）。【解析】(1)根据核反应过程中核电荷数与质量数守恒，知核反应方程式为:→ （2分）(2)设中子与氢核、氮核碰撞前后速率为，中子与氢核发生完全弹性碰撞时，取碰撞前中子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有: ; （2分） ; （2分）计算得出碰后氢核的速率同理可得:中子与氮核发生完全弹性碰撞后，氮核的速率因此有 （1分）计算得出 （2分）(3)仅从力学角度分析，氢核减速效果最好.因为: 中子与质量为m的粒子发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律知，碰撞后中子的速率-29-\n①因为铅核质量比中子质量大很多，碰撞后中子几乎被原速率弹回. ②因为电子质量比中子质量小很多，碰撞后中子将基本不会减速. ③因为中子质量与氢核质量相差不多，碰撞后中子的速率将会减小很多. （3分）-29-
