通俗解析：2021年北京海淀高考一模试题解析2021.04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纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。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．下列说法中正确的是A．汤姆孙发现电子，表明原子核是可分的B．卢瑟福通过粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子C．在核反应方程中，X表示的是质子D．质子与中子结合成氘核的过程中会释放能量【答案】D【解析】汤姆孙发现电子，表明原子是可再分的，选项A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构模型，并不说明原子核内存在质子，选项B错误；在核反应方程中，根据荷电荷数、核子数守恒的规律可知，X表示中子，选项C错误；原子与中止结合成氘核的过程中会释放能量，存在质量亏损，选项D正确。2．下列说法中正确的是A．水中花粉颗粒的布朗运动是由水分子的无规则运动引起的B．用打气筒向篮球内充气时需要用力，说明气体分子间有斥力C．分子间的斥力和引力总是同时存在的，且随着分子之间的距离增大而增大D．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大【答案】A
【解析】水中花粉颗粒的布朗运动是由水分子的无规则运动引起的，选项A正确；用打气筒打气时需要用力，是因为气体有压强，不说明分子间存在作用力，气体的分子间作用力很小，可以忽略，选项B错误；分子间的作用力有斥力和引力，这两种力都是随分子间距的增大而减小的，只不过斥力减小的快，引力减小得慢，从而表现出不同情况下的引力和斥力，选项C错误；当分子力表现为斥力时，若分子间的距离再减小，则分子力会做正功，分子势能减小，选项D错误。3．一定质量的理想气体，在体积保持不变的条件下，若气体温度升高，则A．气体中每个分子热运动的动能一定都变大B．气体中每个分子对器壁撞击的作用力都变大C．气体的压强可能不变D．气体一定从外界吸收热量【答案】D【解析】一定质量的气体，在体积不变的情况下，若气体的温度升高，则气体的平均动能增大，而不是气体分子的每个动能都一定增大，选项A错误；由于不是每个分子的速度都增大，总有速度还会变小的，所以每个分子对器壁的作用力不一定都变大，选项B错误；根据理想气体状态方程pV=CT可知，若温度升高的同时，体积不变，则压强一定变大，选项C错误；根据热力学第一定律W+Q=△U可知，若气体的温度升高，则它的内能一定增大，而体积不变，故外界没有对它做功，根据热力学第一定律W+Q=△U可知，气体一定从外界吸收热量，选项D正确。4．由a和b两种频率的光组成的光束，经玻璃三棱镜折射后的光路如图1所示。a光是氢原子由n=4的能级向n=2的能级跃迁时发出的。下列说法中正确的是A．该三棱镜对a光的折射率较大B．在该三棱镜中，a光的传播速度小于b光的传播速度C．用同一双缝干涉装置进行实验，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距D．b光可能是氢原子从n=3的能级向n=2的能级跃迁时发出的【答案】C【解析】由图可知，a光原光束偏离的距离近，说明它的折射率小，选项A错误；a光的折射率小，它相当于红光，根据n=c/v可知，a光的传播速度较大，选项B错误；再根据△x=可知，a
光干涉条纹间距大于b光干涉条纹间距，选项C正确；由于a光是由n=4的能级向n=2的能级跃迁发出的，b光的折射率大，可以类比紫光，可见b光的能量大于a光，所以b光不可能是由n=3的能级向n=2的能级跃迁发出的，选项D错误。5．一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时的波形如图2甲所示，P、Q是波上的两个质点，此时质点P沿y轴负方向运动。图2乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是A．该波沿x轴负方向传播B．图2乙可能为Q点的振动图像C．t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动D．该波的波速为80m/s【答案】C【解析】由于甲是波形图，此时质点P在向y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴正方向传播，选项A错误；图2中的质点振动图像在t=0时刻向y轴负方向运动，而Q点的运动方向是沿y轴正方向的，故它不是A点的振动图像，而是原点或x=8m处的质点的振动图像，选项B错误；由乙图可知，质点的周期是0.2s，所以在t=0.1s时，是1/2周期的时候，质点P应该运动过最下端，且在向上运动，即沿y轴正方向运动，选项C正确；由甲可知，波长为λ=8m，则波速v==40m/s，选项D错误。6．如图3所示，A、B为两个等量正点电荷连线上的两点（其中B为连线中点），C为连线中垂线上的一点。今将一带负电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。下列说法中正确的是A．B点的场强比C点的场强大
B．A点的电势比C点的电势高C．从A点移到B点的过程中，电场力对该试探电荷做正功D．从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能保持不变【答案】B【解析】由于A、B为两个等量的正电荷，所以根据场强叠加的原理可知，其连线的中点B处的场强大小为0，而C点的场强是由A、B两个电荷叠加形成的，它不是0，即EC>EB，选项A错误；在AB上，电场线是由A到B的，由于沿着电场线电势是降低的，故电势是φA>φB，在BC上，电场线也是由B指向C的，φB>φC，所以φA>φC，选项B正确；在AB段，由于电场线是由A到B的，移动的是负电荷，所以负电荷受到的力是由B到A的，所以电场力做负功，选项C错误；在BC段，负电荷从B到C的过程中，电场力做正功，故电荷的电势能减小，选项D错误。7．线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“+”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是【答案】A【解析】当右侧的条形磁铁竖直放置时，穿过线圈的磁感线如左图所示，则当磁铁沿QP
方向靠近线圈时，穿过线圈的磁场在增强，根据楞次定律可知，线圈中产生向上的感应磁场，故再根据右手定则可判断出线圈中的感应电流方向俯视沿逆时针方向，即通过电流计的电流向下，故A是正确的，则B就是错误的；当右侧的条形磁铁水平放置时，穿过线圈的磁感线如右图所示，则当磁铁沿QP方向靠近线圈时，穿过线圈的合磁场不变，故它不会在线圈中产生感应电流，故选项CD错误。8．如图4所示，在做“测量玻璃的折射率”实验时，先在白纸上放好一块两面平行的玻璃砖，描出玻璃砖的两个边MN和PQ，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，再插上大头针、，然后做出光路图，根据光路图计算得出玻璃的折射率。关于此实验，下列说法中正确的是A．大头针须挡住及、的像B．入射角越大，折射率的测量越准确C．利用量角器量出、，可求出玻璃砖的折射率D．如果误将玻璃砖的边PQ画到，折射率的测量值将偏大【答案】A【解析】做实验时，大头针P4须挡住P3及P1、P2的像，选项A正确；若入射角越大，则操作起来会不太方便，故并不是入射角越大越好，选项B错误；
量出i1、i2，计算折射率时的公式是n=，选项C错误；如果误将玻璃砖的PQ画到P′Q′，则连线时会使折射角变大，如图所示，故计算的折射率会偏小，选项D错误。9．如图5所示，小明在体验蹦极运动时，把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从高处由静止落下。将小明的蹦极过程近似为在竖直方向的运动，在运动过程中，把小明视作质点，不计空气阻力。下列判断中正确的是A．下落到弹性绳刚好被拉直时，小明的下落速度最大B．从开始到下落速度最大，小明动能的增加量小于其重力势能的减少量C．从开始到下落至最低点的过程，小明的机械能守恒D．从开始到下落至最低点，小明重力势能的减少量大于弹性绳弹性势能的增加量【答案】B【解析】小明下落时速度最大的位置是当他受到的弹力与重力相等的时候，故不是弹性绳刚好被拉直的时候，因为此时弹性绳还没有形变，弹力为0，而不是在刚好拉直的偏下的位置，故选项A错误；从开始下落到速度最大时，利用动能定理可知，重力做的功与弹性绳弹力做的功之和等于动能的增加量，即mgh-W弹=△Ek，故动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项B正确；从开始到下落至最低点的过程中，弹性绳与小明整体的机械能守恒，而小明的机械能则不守恒，选项C错误；
从开始到下落至最低点的过程中，再次根据动能定理，开始与最后的小明的动能都是0，所以合外力做的功也是0，即重力做的功与弹性绳弹力做的功大小之和为0，即小明重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量，选项D错误。10.如图6所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2:1，原线圈接在的交流源上，副线圈接一定值电阻和滑动变阻器R，电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，下列说法中正确的是A．电流表、的示数之比为2:1B．电压表、的示数之比为1:2C．滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小D．原线圈的输入功率可能减小【答案】C【解析】根据理想变压器的电流规律可知：，即电流表A1、A2的示数之比为1:2，选项A错误；再根据电压规律为，即电压表V1、V2的示数之比为2:1，选项B错误；当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，变阻器的电阻变小，故副线圈的电流变大，如果把R0看成副线圈的内电阻，则当R=R0时，变阻器消耗的电功率才最大，故R消耗的电功率可能会先增大后减小，选项C正确；由于副线圈的电流变大，则原线圈的电流也会变大，故原线圈输入的电功率也会变大，选项D错误。11．如图7所示，甲、乙两运动员在水平冰面上训练滑冰，恰好同时到达虚线PQ，然后分别沿半径为和（）的滑道做匀速圆周运动，运动半个圆周后匀加速冲向终点线。设甲、乙两运动员质量相等，他们做圆周运动时所受向心力大小相等，直线冲刺时的加速度大小也相等。下列判断中正确的是
A．在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的长B．在做圆周运动时，甲、乙的角速度大小相等C．在冲刺时，甲一定先到达终点线D．在冲刺时，乙到达终点线时的速度较大【答案】D【解析】首先看做圆周运动的情景，它们的向心力是相等的，根据F向=可知，乙运动员的半径r2较大，则它的周期也大，故半个周期也较大，在做圆周运动时，乙用的时间比甲长，选项A错误；由于乙的周期较大，根据T=可知，乙的角速度较小，选项B错误；其次再把圆周运动与直线运动二者结合起来看，根据F向=，圆周运动时，乙的线速度较大，时间也较长，而在直线运动的过程中，由于加速度和位移都一样，故初速度大的乙的末速度一定也大，选项D正确；但是乙在直线运动中用的时间比较小，但在圆周运动中的时间长，所以甲不一定先到达终点，选项C错误。12．如图8所示的电路中，已知电源电动势为E，内阻为r。闭合开关，调节滑动变阻器R的滑片的位置可以改变外电路的电阻，电压表的示数U、电流表的示数I、电源的总功率P都将随之改变。以下四幅图中能正确反映P-I、P-U关系的是
【答案】C【解析】要看电源的总功率P与I的关系，则根据P=EI可知，P与I成正比例关系，故选项AB错误；再看电源的总功率P与U的关系，则根据P=EI=E=，可见，P与U是一次函数关系，选项C正确，D错误。13．如图9甲所示，质量为0.4kg的物块在水平力F作用下可沿竖直墙面滑动，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为0.5，力F随时间变化的关系如图9乙所示。若t=0时物块的速度为0，设物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力f大小与时间t变化关系的是【答案】C【解析】由图可知，刚开始压力比较小，摩擦力小，物块的重力大于摩擦力，物块向下加速运动，待压力增大，则摩擦力也增大，当到F×μ=mg时，即F=8N，f=4N时，摩擦力与重力相平衡，此时物块的速度最大，当压力再增大，摩擦力大于物重时，物块的合力向上，物块做减速向下
的运动；那么物块何时静止呢？对物块根据动量定理，设从开始经过时间t物块的速度变为0，则重力的冲量与摩擦力的冲量之和等于物块动量的变化量，即mgt+If=0-0，再由图发现，选项C中的摩擦力的冲量If，即图像与时间轴围成的面积刚好等于重力的冲量mgt=4N×4s，故t=4s，物块在4s时速度为0，以后物块就停止在墙面上了，摩擦力属于静摩擦力了，则根据平衡的知识，静摩擦力等于物块的重力4N，所以选项C正确。14．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器在我国内蒙古中部四子王旗着陆场成功着陆，这一事件标志着我国首次月球采样任务取得圆满成功。此次任务中，为了节省燃料、保证返回器的安全，也为之后的载人登月返回做准备，返回器采用了半弹道跳跃返回方式，具体而言就是返回器先后经历两次“再入段”，利用大气层减速。返回器第一次再入过程中，除受到大气阻力外还会受到垂直速度方向的大气升力作用，使其能再次跳跃到距地面高度120km以上的大气层，做一段跳跃飞行后，又再次进入距地面高度120km以下的大气层，使再入速度达到安全着陆的要求。这一返回过程如图10所示。若不考虑返回器飞行中质量的变化，从以上给出的信息，可以判断下列说法中正确的是A．若没有大气层的减速作用，返回器返回着陆点时的速度等于第一宇宙速度B．返回器在第一次再入段，经过轨道最低点前已开始减速C．返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时所受大气升力与万有引力大小相等D．返回器从第一次再入至着陆过程中与大气摩擦产生的热量等于其第一次再入时的动能【答案】B【解析】因为第一宇宙速度是绕地球的环绕速度，若没有大气层的减速作用，返回器返回时，重力做正功，它的速度增大，它的速度也可能大于第一宇宙速度，速度大之所以落地面上了，是因为返回器的方向是指向地球的，选项A错误；由于大气的阻力与速度的方向是相反的，起减速的作用，而还有一个垂直速度方向的大气升力，它是改变运动方向的，返回器第一次再进入时段，经过轨道最低点前，重力做正功，阻力做负功，升力不做功，故是不是开始减速了，需要知道重力做的功与阻力做功的关系，二者的关系不好直接判断
，但是我们可以通过第一次再入阶段时指定回器受到的合力情况判断，由轨迹可知，此时它受到的合力是向上的，该力与它的位移方向夹角大于90度，故合力对它做负功，如图所示，所以其速度是减小的，选项B正确；xF合返回器在第一次再入段，经过轨道最低点时，它相当于做圆周运动的一部分，此时需要向上的向心力，即升力要大于重力才可以，故升力与万有引力不相等，选项C错误；利用能量守恒可知，设着陆点返回器的速度为0，则返回器在第一次再入至着陆过程中，mgh+Ek=Q，返回器与大气层摩擦而产生的热量不等于其第一次再入时的动能，而是大于这个动能，故选项D错误。第二部分本部分共6题，共58分。15．（8分）现用如图11所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互________放置。（选填“垂直”或“平行”）；（2）已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为1.16mm；接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如图12所示，则读数为________mm。已知双缝间距，测得双缝到毛玻璃屏的距离L=0.800m，所测光的波长________nm。（保留3位有效数字）；
（3）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有________。A．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量B．《探究弹簧弹力与形变量的关系》的实验中弹簧的形变量的测量C．《用单摆测重力加速度》的实验中单摆的周期的测量D．《用油膜法估测油酸分子的大小》的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量【答案】（8分）（1）平行（2分）；（2）15.02（2分）；693（2分）；（3）CD（2分，漏选得1分）。【解析】（1）在组装仪器时，单缝与双缝应该相互平行放置；（2）读数为15mm+1×0.02mm=15.02mm；根据△x=可知，光的波长λ=m=6.93×10-6m=693nm；（3）测△x时采用的是积累法来减小误差的，而选项A用的是等效法，B用的是间接法，CD都是用的积累法测量的，故选项CD正确。16．（10分）如图13所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
（1）为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是________。（选填选项前的字母）A．刻度尺B．天平C．打点计时器D．秒表（2）关于本实验，下列说法中正确的是________。（选填选项前的字母）A．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放B．入射小球的质量必须小于被碰小球的质量C．轨道倾斜部分必须光滑D．轨道末端必须水平（3）图13中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有________。（选填选项前的字母）A．入射小球和被碰小球的质量B．入射小球开始的释放高度hC．小球抛出点距地面的高度HD．两球相碰后的平抛射程OM、ON（4）在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式________________________________，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。【用（3）中测量的量表示】（5）某同学在上述实验中更换了两个小球的材质，且入射小球和被碰小球的质量关系为，其它条件不变。两小球在记录纸上留下三处落点痕迹如图14所示。他将米尺的零刻线与O点对齐，测量出O点到三处平均落地点的距离分别为OA、OB、OC。该同学通过测量和计算发现，两小球在碰撞前后动量是守恒的。
①由此可以判断出图14中B处是________；A．未放被碰小球，入射小球的落地点B．入射小球碰撞后的落地点C．被碰小球碰撞后的落地点②若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式________________________是否成立。【用（5）中的物理量表示】【答案】（1）AB（2分，漏选得1分）；（2）AD（2分，漏选得1分）；（3）AD（2分，漏选得1分）；（4）m1OP=m1OM+m2ON（2分）；（5）①C（1分）；②m1·OC2=m1·OA2+m2·OB2（1分，其他正确形式同样给分）；【解析】（1）本实验必须使用的是刻度尺，用来测距离，还需要用天平，用来测量小球的质量；（2）关于本实验，同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证每次小球抛出时的速度大小相等，选项A正确；入射小球的质量要大于被碰小球的质量，以保证小球碰后不反弹，选项B错误；斜槽倾斜轨道不一定必须光滑，只要每次阻力相同，小球水平抛出时的速度相同就可以的，选项C错误；但是轨道末端必须是水平的，选项D正确；（3）实验中还需要测量的是小球的质量，故选项A正确，测量小球碰后的水平射程，选项D正确，而两个高度不用测量，选项BC错误；（4）碰前的动量为：m1OP，碰后的动量之和是：m1OM+m2ON；故二者相等即可；（5）①因为两小球的质量关系是m1=2m2，再由OA=17.5cm，OB=25cm，OC=30cm可知，存在下列等式：2×OC=2×OA+OB，故转化为等式就是：m1OC=m1OA+m2OB，故C是入射小球末碰时的落点，A是入射小球碰后的落点，B是被碰小球的落点，选项C正确；②若为弹性碰撞，则机械能守恒，故需要满足m1·OC2=m1·OA2+m2·OB2才可以；也可以是：
m1OC2=m1OA2+m2OB2；因为m1=2m2，故等式也可以是2OC2=2OA2+OB2。17．（9分）如图15所示，竖直面内有一光滑轨道ABC，AB部分与半径为R的圆弧BC平滑连接，轨道C端切线沿水平方向。AC之间的高度差为h，竖直台阶CD之间的高度差为H。一质量为m、可视为质点的滑块，从A点由静止滑下，由C点水平抛出，经一段时间后落到水平地面DE上。重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。求：（1）滑块经过C点时的速度大小v；（2）滑块经过C点时所受轨道支持力的大小F；（3）滑块从C点抛出至落到水平地面DE过程中所受重力的冲量的大小I。【答案】（1）；（2）；（3）I=。【解析】（9分）（1）滑块由A滑到C的过程，根据动能定理有………（2分）解得…………………………………（1分）（2）根据牛顿第二定律，在C点有……………………………（2分）解得…………………………………（1分）（3）根据运动学公式有……………………………………（1分）解得重力的冲量大小I=mgt=……………………………………（2分）
18．（9分）如图16所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。（1）求加速电场场强的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图17所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求该匀强电场场强E的大小。【答案】（1）；（2）；（3）E=。【解析】（9分）（1）根据动能定理有…………………………（1分）解得……………………………（1分）
（2）粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有dABE0MONrR……………………（1分）由几何关系可得tan30º=…………（1分）解得……………………（1分）（3）粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，根据运动的合成分解及几何关系xydAEE0MON(x,y)在x方向有…………（1分）在y方向有…………（1分）根据牛顿第二定律有Eq=ma…………（1分）联立解得E=…………（1分）19．（10分）电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。
（1）电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图18所示的装置：无限长平行光滑金属导轨相距L，导轨平面水平，电源电动势为E，内阻不计。垂直于导轨放置一根质量为m的导体棒MN，导体棒在两导轨之间的电阻为R，导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为B，导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关S，导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势，此时闭合回路的电流大小可用来计算。①在图19中定性画出导体棒运动的v-t图像，并通过公式推导分析说明电动汽车低速比高速行驶阶段提速更快的原因；②求导体棒从开始运动到稳定的过程中流过的总电荷量q。（2）电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，阻力f与车速v的关系可认为，其中k为未知常数。某品牌电动汽车的电动机最大输出功率，最高车速，车载电池最大输出电能A=60kW·h。若该车以速度v=60km/h在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为90%，求该电动汽车在此条件下的最大行驶里程s。【答案】（1）①图像及分析说明见解析；②；（2）s=486km【解析】（10分）（1）①导体棒运动的v-t图像如右图所示…（1分）
vtO设导体棒运动速度为v，根据反电动势的作用及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流由牛顿第二定律有联立解得导体棒运动的加速度……………………………（1分）由此可知，导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速运动。所以电动汽车在低速行驶时，电动机产生的反电动势较小，车辆加速度较大，提速更快。………（1分）②当a=0时，导体棒达到最大速度vm，根据法拉第电磁感应定律有………………………………………………………………（1分）由动量定理有………………………………………（1分）根据电流的定义有联立解得流过导体棒的总电荷量………………………………（1分）（2）车匀速运动时，有由题意，电动机功率有所以车以速度v行驶时电动机的功率………………………………（1分）由题意可知………………………………………（1分）解得该电动汽车的最大行驶里程s=486km………………………………………（2分）20．
（12分）类比是一种重要的科学思想方法。在物理学史上，法拉第通过类比不可压缩流体中的流速线提出用电场线来描述电场。（1）静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k。①真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图20所示。距离点电荷r处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P点场强大小E的表达式；②如图21所示，若在A、B两点放置的是电荷量分别为和的点电荷，已知A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点，求C点的电场强度的大小的表达式，并根据电场线的分布情况比较和的大小关系。（2）有一足够大的静止水域，在水面下足够深的地方放置一大小可以忽略的球形喷头，其向各方向均匀喷射水流。稳定后水在空间各处流动速度大小和方向是不同的，为了形象地描述空间中水的速度的分布，可引入水的“流速线”。水不可压缩，该情景下水的“流速线”的形状与图20中的电场线相似，箭头方向为速度方向，“流速线”分布的疏密反映水流速的大小。①已知喷头单位时间喷出水的体积为，写出喷头单独存在时，距离喷头为r处水流速大小的表达式；②如图22所示，水面下的A点有一大小可以忽略的球形喷头，当喷头单独存在时可以向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水的体积为；水面下的B点有一大小可以忽略的球形吸收器，当吸收器单独存在时可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水的体积为。同时开启喷头和吸收器，水的“流速线”的形状与图21中电场线相似。若A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点。喷头和吸收器对水的作用是独立的，空间水的流速和电场的场强一样都为矢量，遵循矢量叠加原理，类比图21中C处电场强度的计算方法，求图22中C点处水流速大小的表达式。
图22【答案】（1）①；②；q1>q2；（2）①；②。【解析】（12分）（1）①在距该正点电荷r处放置试探电荷+q，其所受电场力大小为……………………………………………………………（1分）电场强度大小E的定义为………………………………………（1分）联立以上两式得…………………………………………………（1分）②根据电场的叠加C点的电场强度的大小EC的表达式为……（2分）如图所示，过C作A、B连线的中垂线，交某条电场线于D点，由图可知该点场强ED斜向上方，因此q1>q2………（1分）CABEDED（2）①当喷头单独存在时，喷头向空间各方向均匀喷水，设单位时间喷头喷出水的体积为Q，在距喷头r处水流速度大小为v，考察极短的一段时间则…………………（1分）因此，在距喷头r处的流速大小为………………………………………（1分）
②喷头在C点引起的流速为…………………………………（1分）吸收器在C点引起的流速为…………………………………（1分）当喷头和吸收器都存在时，类似于电场的叠加，C点处的实际流速为……………………………（2分）
