2021年北京市豐臺(tái)區(qū)高考物理綜合練習(xí)試卷（一）(含答案詳解)

2021年北京市豐臺(tái)區(qū)高考物理綜合練習(xí)試卷（一）

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.原子核A經(jīng)過(guò)一次夕衰變和一次a衰變的過(guò)程如下：小二B3C，則（）

A.核4的中子數(shù)減核C的中子數(shù)等于2

B.核A的質(zhì)量數(shù)減核C的質(zhì)量數(shù)等于5

C.原子核為4的中性原子中的電子數(shù)比原子核為8的中性原子中的電子數(shù)多1

D.核C的質(zhì)子數(shù)比核4的質(zhì)子數(shù)少1

2.一束含兩種頻率的單色光，照射到底面有涂層的平行玻璃磚上表

面后，經(jīng)下表面反射從玻璃磚上表面射出后，光線分為a、b兩束，

如圖所所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A.a光光子的能量大于b光光子的能量

B.用同一裝置進(jìn)行雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距大于b光的條紋間距

C.若a光能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，b光也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

D.從同種玻璃射入空氣發(fā)生全反射時(shí)，a光的臨界角大

3.以下有關(guān)熱現(xiàn)象說(shuō)法正確的是（）

A.擴(kuò)散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動(dòng)的劇烈程度都與溫度有關(guān)，所以擴(kuò)散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動(dòng)也叫做熱運(yùn)動(dòng)

B.氣體分子的平均動(dòng)能增大，氣體的壓強(qiáng)一定增大

C.兩個(gè)分子從遠(yuǎn)處逐漸靠近，直到不能再靠近為止的過(guò)程中，分子間相互作用的合力先變大、

后變小，再變大

D.第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律

4.甲、乙兩單擺的振動(dòng)圖象如圖所示，由圖象可知（）

A.甲、乙兩單擺的周期之比是3：2B.甲、乙兩單擺的擺長(zhǎng)之比是2：3

C.%時(shí)刻甲、乙兩擺球的速度相同D.ta時(shí)刻甲、乙兩單擺的擺角不等

5.由a和b兩種頻率的光組成的光束，經(jīng)玻璃三棱鏡折射后的光路如圖所

示。a光是氫原子由兀=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的。下列

說(shuō)法中正確的是（）

A.該三棱鏡對(duì)a光的折射率較大

B.在該三棱鏡中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度

C.用同一雙縫干涉裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，a光干涉條紋的間距大于b光干涉條紋的間距

D.b光可能是氫原子從n=3的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷時(shí)發(fā)出的

6.如圖，為氫原子能級(jí)圖；金屬鉀的逸出功為2.25eU,則下面有關(guān)說(shuō)法正確：........................產(chǎn)

5==-0.54

4---------------------0.85

的是（）3---------------------1.51

A.處于基態(tài)的氫原子能吸收13.0eV的光子后躍遷至n=3能級(jí)2----------------------3.4

B.大量處n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多可輻射出5種不同頻率

的光

C.用處于71=3能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷所輻射出的各種色光照射金屬鉀，都能發(fā)生光電效

應(yīng)

D.用大量處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷所輻射出的光照射金屬鉀，所產(chǎn)生光電子的最

大初動(dòng)能為10.5W

7.質(zhì)量為機(jī)的衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑是地球半徑的2倍。已知地球半徑為R,地

球表面的重力加速度為9。衛(wèi)星的動(dòng)能是（）

A.—mgRB.—mgRC.mgRD.2mgR

42

8.如圖所示，面積均為S的線圈均繞其對(duì)稱軸或中心軸在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度3

勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，能產(chǎn)生交流電的是（）

9.如圖所示電路，水平放置的平行板電容器的以個(gè)極板與滑動(dòng)變阻器

的滑動(dòng)端C相連接。電子以速度uo垂直于電場(chǎng)線方向射入并穿過(guò)平_

行板間的電場(chǎng)。在保證電子還能穿出平行板間電場(chǎng)的情況下，若使

滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端C上移，則電容器極板上所帶電荷量q和電子

穿越平行板所需的時(shí)間外）

A.電荷量q增大，時(shí)間t不變B.電荷量q不變，時(shí)間t增大

C.電荷量q增大，時(shí)間t減小D.電荷量q不變，時(shí)間t不變

10.一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)分別為%、n2,其原線圈通過(guò)電阻

⑹與兩金屬桿相連接，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體桿ab與導(dǎo)軌接觸良

好,副線圈連接一電阻R2,如圖所示。當(dāng)導(dǎo)體桿以速度。向右勻速運(yùn)

動(dòng)的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（）

A.電阻此上無(wú)感應(yīng)電流通過(guò)

B.電阻/?2上有從c到d的電流通過(guò)，原、副線圈上的電流之比始終滿足％：n2

C.電阻&上有從d到c的電流通過(guò)，原、副線圈上的電流之比始終滿足巧：n2

D.電阻R2上有從c到d的電流通過(guò)，其大小與導(dǎo)體桿ab的速度有關(guān)

11.有一個(gè)光滑金屬圓環(huán)，粗細(xì)均勻、直徑為d、電阻為4r,現(xiàn)水平放置在.

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其俯視圖如圖所I***V

示.一根長(zhǎng)為d、電阻為r的金屬棒始終緊貼圓環(huán)以速度"勻速平動(dòng)，當(dāng)<\,<Ja

ab棒運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的直徑位置時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）?---?

A.a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)B.ab棒兩端電壓為竽

C.ab棒受安培力為電幽D.外力對(duì)ab棒的功率為史幽

r2r

12.閉合電路的一部分導(dǎo)線ab處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，下圖中各情況下導(dǎo)線都在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，那么下列判

斷中正確的是（）

甲乙丙

A.都會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流

B.都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流

C.甲、乙不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，丙、丁會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流

D.甲、丙會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，乙、丁不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流

13.一物塊置于傾角是45。的光滑斜面上，圖4中，用一水平輕彈簧將物塊系住，圖B中，用一水平

細(xì)線將物塊系住，使它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然去掉斜面，在去掉斜面的瞬間，圖4中物塊產(chǎn)

生的加速度是以,圖B中物塊產(chǎn)生的加速度是他，則下列關(guān)系式正確的是（）

A.aA=&g，

C.aA—y/2g>aB—>/2gD.aA=g,aB=g

14.如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q為對(duì)應(yīng)的軌道最高點(diǎn)，一個(gè)小球

以一定速度沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，且能過(guò)軌道最高點(diǎn)P，則下列說(shuō)法中正

確的是()

A.軌道對(duì)小球不做功，小球通過(guò)P點(diǎn)的角速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的角速度

B.軌道對(duì)小球做正功，小球通過(guò)P點(diǎn)的線速度大于通過(guò)Q點(diǎn)的線速度

C.小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大于通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的向心加速度

D.小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大于通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共18.0分)

15.在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，先用一個(gè)彈

簧秤拉橡皮條的另一端到某一點(diǎn)并記下該點(diǎn)的位置；再將橡皮條的另一端系兩根細(xì)繩，細(xì)繩的

另一端都有繩套，用兩個(gè)彈簧秤分別勾住繩套，并互成角度地拉橡皮條。

(1)某同學(xué)認(rèn)為在此過(guò)程中必須注意以下幾項(xiàng)，其中正確的是

4兩根細(xì)繩必須等長(zhǎng)

A在使用彈簧秤時(shí)要注意使彈簧秤與木板平面平行

C在用兩個(gè)彈簧秤同時(shí)拉細(xì)繩時(shí)要注意使兩個(gè)彈簧秤的讀數(shù)相等

D在用兩個(gè)彈簧秤同時(shí)拉細(xì)繩時(shí)必須將橡皮條的另一端拉到用一個(gè)彈簧秤拉時(shí)記下的位置

(2)“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)情況如圖中甲所示，其中4為固定橡皮條的圖釘，。為橡皮

條與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)，。8和。C為細(xì)繩。圖乙是在白紙上根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果畫(huà)出的力的圖示，F(xiàn)與尸'兩力

中，是Fi、尸2合力的理論值。

(3)某同學(xué)在坐標(biāo)紙上畫(huà)出了如圖丙所示的兩個(gè)已知力Fi和Fz，圖中小正方形的邊長(zhǎng)表示2N,兩力的

合力用F表示，&、F2與F的夾角分別為%和。2，關(guān)于后、尸2與尸、外和。2關(guān)系正確的有

AR=4N

B.F=12N

C.e1=45°

D.e2=30°

16.圖中給出的是用螺旋測(cè)微器測(cè)量一金屬薄板厚度時(shí)的示數(shù)，此讀數(shù)應(yīng)為mm,若用50分

度游標(biāo)卡尺測(cè)其長(zhǎng)度，此讀數(shù)為

三、計(jì)算題（本大題共6小題，共40.0分）

17.將一足夠長(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)

5.[XXIX

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,導(dǎo)軌間距為3—質(zhì)量為2m的金屬板置于導(dǎo)軌~X

X

X，XX

的頂端，開(kāi)始處于鎖定狀態(tài)，如圖所示。一質(zhì)量為m的小金屬塊由金屬板的正X

XXXX

上方H高處無(wú)初速釋放，當(dāng)金屬塊與金屬板碰后鎖定立即解除，此后二者一起XXXX

XXXX

向下運(yùn)動(dòng)。若忽略一切摩擦，除金屬板的電阻R外其余部分電阻均可忽路，重XXX1X

力加速度為g。

①碰后二者下落一段高度后開(kāi)始以為的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求為的大小

②若碰后二者加速運(yùn)動(dòng)，求速度增加%時(shí)金屬塊對(duì)金屬板的壓力多大?

18.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角。=37。的絕緣斜面上，兩導(dǎo)

軌間距L=1m,導(dǎo)軌的電阻可忽略.M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R=0.5。的電阻.一根質(zhì)量m=1kg

電阻不計(jì)的直金屬桿仍放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

0.57的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下.自圖示位置起，桿必受到大小為F=0.5V+2(式

中V為桿而運(yùn)動(dòng)的速度，力F的單位為N)、方向平行導(dǎo)軌沿斜面向下的拉力作用，由靜止開(kāi)始運(yùn)

動(dòng)，g取lOm/s?,sin37°=0.6.求：

(1)金屬桿ab自靜止開(kāi)始下滑x=的過(guò)程中流過(guò)電阻R的電荷量?

(2)試判斷金屬桿劭在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做何種運(yùn)動(dòng)，并請(qǐng)寫(xiě)出推理過(guò)程.

(3)已知金屬桿帥自靜止開(kāi)始下滑x=Izn的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=1J,求此過(guò)程中拉

力尸做的功.

19.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy所在平面內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標(biāo)0](a,0),圓內(nèi)分布有

垂直xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在坐標(biāo)原點(diǎn)。處有一個(gè)放射源，放射源開(kāi)口的張角為90。，x軸為它的

角平分線。帶電粒子可以從放射源開(kāi)口處在紙面內(nèi)朝各個(gè)方向射出，其速率以質(zhì)量小、電荷量

+q均相同。其中沿x軸正方向射出的粒子恰好從。】點(diǎn)的正上方的P點(diǎn)射出。不計(jì)帶電粒子的重力，

睜

a..(fil**lr遇—?■

且不計(jì)帶電粒子間的相互作用。Vr\

彝，8漏；雷

(1)求圓形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；

(2)a.判斷沿什么方向射入磁場(chǎng)的帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，并求最長(zhǎng)時(shí)間；b.若在y2a的區(qū)域

內(nèi)加一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，放射源射出的所有帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將在某一點(diǎn)會(huì)聚，若在

該點(diǎn)放一回收器可將放射源射出的帶電粒子全部收回，分析并說(shuō)明回收器所放的位置。

20.如圖所示，甲乙兩個(gè)完全相同的金屬小球，甲帶有+q的電量，乙?guī)в?q的電要

量.若乙球與甲球接觸后放回原處，則甲球帶電量為

21.華裔物理學(xué)家朱棣文和他的同事在實(shí)驗(yàn)室用激光冷卻的方式將溫度降到了10-6R的數(shù)量級(jí)并捕

捉到原子，其原理就是利用光子與原子發(fā)生碰撞來(lái)降低原子的速度，從而降低物體的溫度。假

設(shè)激光光子的動(dòng)量大小為的,某質(zhì)量為m的原子，以速度為迎著激光入射的方向運(yùn)動(dòng)，光子與

原子碰撞后反射回來(lái)的動(dòng)量大小為Pi(Pi<Po)，已知普朗克常量為九，求：

①激光發(fā)射器所發(fā)射光子的波長(zhǎng)；

②原子與光子碰撞后的速度大小。

22.一列簡(jiǎn)諧橫波沿直線傳播，在波的傳播方向上有P、Q兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，它們相距0.8m,當(dāng)"0時(shí)，P、

Q兩點(diǎn)位移恰好都是正的最大值，且P、Q間只有一個(gè)波谷.當(dāng)t=0.6s時(shí)，P、Q兩點(diǎn)正好都處

于平衡位置，且P、Q兩點(diǎn)間有一個(gè)波峰和一個(gè)波谷，且波峰距Q點(diǎn)為0.2m,試求：

(1)若波由P傳到Q,波的周期；

(2)若波由Q傳到P,波的速度；

(3)若波由Q傳到P,仄t=0時(shí)開(kāi)始觀察，哪些時(shí)刻P、Q間(P、Q除外)只有一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的位移等于振幅.

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：發(fā)生s衰變，中子數(shù)減少1,質(zhì)子數(shù)增加1;發(fā)生a衰變，中子數(shù)減少2,質(zhì)子數(shù)減少2

A.4的中子數(shù)比C多3個(gè)，故A錯(cuò)誤

B.A比C多3個(gè)中子，1個(gè)質(zhì)子，所以4質(zhì)量數(shù)比C多4,故8錯(cuò)誤

C.B比4多一個(gè)質(zhì)子，如果是電中性則，B構(gòu)成原子比A構(gòu)成原子多一個(gè)電子，故C錯(cuò)誤

D4比C多3個(gè)中子，1個(gè)質(zhì)子，故。正確

故選O.

根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可正確解答，注意a、0衰變的實(shí)質(zhì)以及a、夕衰變對(duì)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)的影響.

本題考查了衰變過(guò)程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的應(yīng)用，同時(shí)要明確質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)、中子數(shù)之間關(guān)

系.

2.答案：A

解析：

(1)作出光路圖，根據(jù)光線的偏折程度比較兩色光的折射率大小，從而比較出頻率、波長(zhǎng)和能量的大

?。?/p>

(2)結(jié)合雙縫干涉條紋間距公式比較條紋間距的大??；

(3)根據(jù)愛(ài)因斯坦光電方程可得光能否發(fā)生光電效應(yīng)；根據(jù)臨界角的公式判斷其大小。

解決本題的突破口在于通過(guò)光線的偏折程度比較出光的折射率大小，從而知道折射率、頻率、波長(zhǎng)

和臨界角等大小關(guān)系。

A、根據(jù)題意畫(huà)出光路圖如下：

從圖可以看出，a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，頻率較大，由公式E=/iv知，a光光

子的能量大。故4正確；

B、a光的頻率較大，則波長(zhǎng)較小，根：九可知在同一個(gè)裝置中，a光的條紋間距小于b光的條

a

紋間距。故B錯(cuò)誤;

C、由于a的頻率大于b的頻率，根據(jù)愛(ài)因斯坦光電方程可得，若a光能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則b光

不一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。故C錯(cuò)誤；

D、因?yàn)閍光的折射率n較大，根據(jù)sinC=，知a光的臨界角小。故Z）錯(cuò)誤。

故選：Ao

3.答案：C

解析：解：力、分子永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)叫做熱運(yùn)動(dòng)，而非固體微粒，故A錯(cuò)。

3、氣體分子的平均動(dòng)能增大，是由于溫度的升高，與壓強(qiáng)無(wú)關(guān)，故8錯(cuò)。

C、兩個(gè)分子從遠(yuǎn)處逐漸靠近，直到不能再靠近為止的過(guò)程中，分子間相互作用的合力先變大、后變

小，再變大，故C對(duì)。

。、第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，故。錯(cuò)。

故選：Co

分子永不停息的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)叫做熱運(yùn)動(dòng)，而非固體微粒。

溫度是分子平均動(dòng)能的量度。

兩個(gè)分子從遠(yuǎn)處逐漸靠近，直到不能再靠近為止的過(guò)程中，分子間相互作用的合力先變大、后變小，

再變大。

第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律。

本題主要考查基本知識(shí)及其應(yīng)用，屬于基本題目。

4.答案：D

解析：解：4、由圖知，甲單擺的周期為7>=|0，乙單擺的周期為了乙=。，則T/：/乙=2：3,

故4錯(cuò)誤。

甲、乙兩單擺的擺長(zhǎng)之比"=?=：

B、由單擺周期公式7=故B錯(cuò)誤。

C、功時(shí)刻甲、乙兩擺球均通過(guò)平衡位置，速度方向相反，則速度不同，故C錯(cuò)誤。

。、。時(shí)刻甲、乙兩單擺的位移相等，但擺長(zhǎng)不等，則擺角不等，故。正確。

故選：Do

根據(jù)圖線直接讀出甲、乙兩單擺的周期之比。由單擺周期公式T=求擺長(zhǎng)之比。擺球通過(guò)平衡

位置時(shí)速度最大，結(jié)合擺長(zhǎng)和振幅分析最大速度的關(guān)系，并確定甲、乙兩單擺的擺角關(guān)系。

本題關(guān)鍵是根據(jù)振動(dòng)圖象得到兩個(gè)單擺的振幅和周期的關(guān)系，然后結(jié)合單擺周期公式分析擺長(zhǎng)關(guān)系。

要注意速度是矢量，只有大小和方向都相同時(shí)速度才相同。

5.答案：C

解析：解：力、由圖可知，a光偏折程度小，說(shuō)明它的折射率小，故A錯(cuò)誤;

B、a光的折射率小，根據(jù)可知，a光的傳播速度較大，故B錯(cuò)誤；

、光的折射率小，波長(zhǎng)大，根據(jù)可知，光干涉條紋間距大于光干涉條紋間距，故正

CaaabC

確；

。、由于a光是由n=4的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷發(fā)出的，b光的折射率大，b光的頻率大，其光子能

量大于a光，所以b光不可能是由=3的能級(jí)向n=2的能級(jí)躍遷發(fā)出的，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

由光線的偏折程度確定折射率的大小，進(jìn)而確定光速、條紋間距以及光子能量的大小，結(jié)合能級(jí)躍

遷知識(shí)確定發(fā)出光子時(shí)對(duì)應(yīng)躍遷的能級(jí)。

本題考查了光的折射、雙縫干涉、能級(jí)躍遷等相關(guān)問(wèn)題，考查知識(shí)點(diǎn)全面，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。

6.答案：D

解析：解：4、用能量為13.0W的光子照射，基態(tài)的氫原子若吸收13eU的能量，則能量值為-0.6e%

氫原子沒(méi)有該能級(jí)。所以不能使處于基態(tài)的氫原子躍遷，故A錯(cuò)誤。

B、大量處于n=4能級(jí)的氫原子，最多可以輻射出盤(pán)=6種不同頻率的光，故3錯(cuò)誤。

C、現(xiàn)有一群處于兀=3能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷，根據(jù)耨=3,知該群氫原子可能發(fā)射3種不同頻

率的光子，但是n=3能級(jí)躍遷到幾=2能級(jí)的光子能量小于2eU,所以能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)的頻

率共有2種，故C錯(cuò)誤。

D、n=4能級(jí)的氫原子躍遷到基態(tài)時(shí)，釋放光子的能量E=%-&=12.75eV,再根據(jù)光電效應(yīng)方

程式得光電子的最大初動(dòng)能為以=E-%=12.75eV-2.25eV=10.5eV,故。正確。

故選：D.

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式得出輻射的不同頻率的光子種數(shù)；

根據(jù)輻射光子的能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差求出光子能量，通過(guò)輻射的光子能量與逸出功比較，判

斷能否發(fā)生光電效應(yīng)，并根據(jù)光電效應(yīng)方程EK=/W-皿，即可求解。

解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷時(shí)輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，以及掌握光電效應(yīng)方程。

7.答案:A

解析：

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，以及萬(wàn)有引力等于重力求出衛(wèi)星的線速度，再根據(jù)動(dòng)能的定義計(jì)算動(dòng)能。

解本題的關(guān)鍵是要掌握兩個(gè)關(guān)系；萬(wàn)有引力提供向心力；地球表面的物體的重力等于萬(wàn)有引力。

cMmv2

衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：=W—

4火Ui

設(shè)地表面有一物體m。，則有：

R2

2

衛(wèi)星的動(dòng)能與~Y

聯(lián)立以上三式解得：Ek=mgR/4

故選Ao

8.答案：A

解析：

正弦交變電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式應(yīng)為：e=BS3sin3t；先分析能否產(chǎn)生感應(yīng)電流，再分析能否產(chǎn)生正弦式交

流電即可求解.本題考查線圈切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用.注

意磁通量的變化.要注意明確CD中雖然繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，但是由于磁感線與線圈平行，所以磁通量一直為

零.

解：由題意可知，只有4圖在切割磁感線，導(dǎo)致磁通量在變化，從而產(chǎn)生正弦交變電動(dòng)勢(shì)e=BSa)sina)t,

而B(niǎo)CD圖均沒(méi)有導(dǎo)致磁通量變化，故A正確，8CO錯(cuò)誤；

故選：A

9.答案:A

解析：解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端C上移時(shí)，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，所以電容器的電壓U增大，

根據(jù)q=UC得：電量q增大；

電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間t與電壓的變

v0

化無(wú)關(guān)，所以時(shí)間t不變。故A正確，BCD錯(cuò)誤

故選：Ao

根據(jù)電容器的帶電量公式q=UC即可得出電量的變化，電子在平行板電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出時(shí)間。

本題考查了電容器電壓與帶電量的關(guān)系以及類平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。

10.答案：D

解析：解：4導(dǎo)體桿向右勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線E=可知理想變壓器左端產(chǎn)生逐漸減

小的電流，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知理想變壓器的副線圈處能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以電阻/?2上

有感應(yīng)電流通過(guò)，故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閎ra,且電流在減小，根據(jù)安培定則可知

通過(guò)副線圈的磁場(chǎng)豎直向下且減小，根據(jù)楞次定律可知通過(guò)電阻/?2的電流方向?yàn)閏—d,原、副線圈

上的電流之比始終滿足;^中，故BC錯(cuò)誤；

，2九1

。根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線E=B口可知導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與"有關(guān)，原線圈上的感應(yīng)

電流。也與"有關(guān)，所以通過(guò)&的電流也與"有關(guān)，故D正確。

故選：D?

根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，結(jié)合圖中左側(cè)帥桿產(chǎn)生的電流的特點(diǎn)分析電阻/?2上的電流，根據(jù)法拉第

電磁感應(yīng)定律分析兩側(cè)的電流大小的關(guān)系。

本題考查了導(dǎo)體切割磁感線和變壓器的構(gòu)造與工作原理，解題的關(guān)鍵是理解金屬棒切割磁感線產(chǎn)生

的電流不是交流電，所以不能使用變壓器的匝數(shù)與電壓關(guān)系計(jì)算。

11.答案：D

解析：解：4、當(dāng)ab棒運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的直徑位置時(shí)，由右手定則判斷知ab中感應(yīng)電流方向a到b,則a點(diǎn)

電勢(shì)低于b點(diǎn)，故A錯(cuò)誤。

B、金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：E=Bdv,由于電阻為2r的兩個(gè)光滑金屬半圓環(huán)并聯(lián)后，再與電

阻r的金屬棒進(jìn)行串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律有：ab棒中感應(yīng)電流

/=法7=育，則ab棒兩端電壓為為：U=/.（］2r）=等，故8錯(cuò)誤。

C、根據(jù)安培力表達(dá)式，則有：F=BId=B-—d=—,故C錯(cuò)誤；

2r2r

。、因棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有安培力等于外力，所以外力對(duì)棒的功率等于安培力做的功率，即為：

P=Fv='"",故D正確；

2r

故選：Do

棒在垂直切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)致棒受到安培阻力作用，由右手定

則判斷電勢(shì)高低.由閉合電路歐姆定律可求出棒兩端的電壓與通過(guò)的電流，可根據(jù)安培力表達(dá)式尸=

BIL,可求出安培力的大小，最后由外力做功等于安培力做功，從而可求出外力做功的功率.

解決本題的關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，掌握安培力與功率的表達(dá)

式，注意棒兩端的電壓是路端電壓，不是內(nèi)電壓，同時(shí)理解外力做功等于安培力做功，即產(chǎn)生的內(nèi)

能.

12.答案：D

解析：解：甲、丙圖中，閉合電路的一部分導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與磁感線垂直，做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，會(huì)

產(chǎn)生感應(yīng)電流。乙圖中，導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)平行，不切割磁感線，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生。丁圖中，

導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與磁感線在同一平面內(nèi)時(shí)，導(dǎo)體不切割磁感線，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生。所以甲、丙會(huì)

產(chǎn)生感應(yīng)電流，乙、丁不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。故。正確/

故選：Do

當(dāng)閉合電路的一部分導(dǎo)線做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體中才產(chǎn)生感應(yīng)電流.當(dāng)導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)方向與磁感

線在同一平面內(nèi)時(shí)，導(dǎo)體不切割磁感線，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生.

本題考查判斷有無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生的能力，這是學(xué)習(xí)電磁感應(yīng)部分的基本功，比較容易.

13.答案：A

解析：解：以物體為研究對(duì)象，受到重力、支持力和拉力，如圖所示；

根據(jù)平衡條件可得彈簧彈力或細(xì)線的拉力大小均為尸=mg,斜面的支持力大小均為N=V2mgo

在去掉斜面的瞬間，圖力中由于彈簧的形變量不變，所以彈力不變，物塊的合力大小與原來(lái)斜面的支

持力等大反向，根據(jù)牛頓第二定律可得：N=maA,解得：叫=夜卬

圖B中去掉斜面的瞬間，輕繩的拉力突然變?yōu)?,此時(shí)物塊只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度

大小為：CIB=g,故A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

在去掉斜面的瞬間，圖4中由于彈簧的形變量不變，圖B中輕繩的拉力突然變?yōu)?,根據(jù)牛頓第二定

律求解加速度大小。

本題主要是考查牛頓第二定律之瞬時(shí)性問(wèn)題，關(guān)鍵是知道彈力不能發(fā)生突變的原因，分析清楚物塊

的受力情況，再根據(jù)牛頓第二定律解答。

14.答案：A

解析：解：力、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力

做功，小球機(jī)械能守恒.貝爐點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑.所以小球通過(guò)P

點(diǎn)的角速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的.故A正確；

8、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球

機(jī)械能守恒.則P點(diǎn)的線速度小于Q點(diǎn)線速度.故8錯(cuò)誤；

C、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球

機(jī)械能守恒.則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑.所以小球在P點(diǎn)的向心加速

度小于Q點(diǎn)的，故C錯(cuò)誤；

。、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小

球機(jī)械能守恒.則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑.所以小球在P點(diǎn)的向心加

速度小于Q點(diǎn)的，則小球在P點(diǎn)的向心力小于Q點(diǎn)的，而向心力是由重力與軌道對(duì)它的支持力提供，

因此小球在P點(diǎn)的支持力小于Q點(diǎn)的，即小球?qū)壍赖膲毫點(diǎn)小于Q點(diǎn)的.故。錯(cuò)誤；

故選：A

小球沿豎直放置的螺旋形光滑軌道運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來(lái)越小，做近心運(yùn)動(dòng).由于支持力始終與速度

方向垂直，所以支持力不做功，僅有重力做功下，小球的機(jī)械能守恒.再由向心力公式結(jié)合牛頓第

二定律，可以確定小球的線速度、角速度、向心加速度及對(duì)軌道的壓力大小.

小球在豎直放置的螺旋形軌道運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)大時(shí)小，原因是動(dòng)能與重力勢(shì)能在相互轉(zhuǎn)化.當(dāng)在水平

放置的光滑的螺旋形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí).，由于支持力始終不做功，因此速度大小不變，隨著軌跡半徑越來(lái)

越小，導(dǎo)致小球的角速度越來(lái)越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的越來(lái)越快.

15.答案：BDFBC

解析：解：（1）AC、本實(shí)驗(yàn)中我們只需使兩個(gè)力的效果與一個(gè)力的效果相同即可，細(xì)繩的長(zhǎng)度是否相

等與本實(shí)驗(yàn)無(wú)關(guān)，合力不需要一定過(guò)兩分力的角平分線，且兩分力也不一定相等，故AC錯(cuò)誤；

C、為保證拉力的方向?yàn)樵诩埫嫔袭?huà)出的方向，彈簧秤一定要與木板平行，故C正確；

D，為了使力在作用效果相同，在用兩個(gè)彈簧秤同時(shí)拉細(xì)繩時(shí)必須將橡皮條的另一端拉到用一個(gè)彈

簧秤拉時(shí)記下的位置，故。正確；

故選：CD.

(2)&與F2合力的實(shí)驗(yàn)值是指通過(guò)實(shí)驗(yàn)得到值，即用一個(gè)彈簧拉繩套時(shí)測(cè)得的力的

大小和方向，而理論值(實(shí)際值)是指通過(guò)平行四邊形得出的值，由圖示乙所示可

知，F(xiàn)是力理與尸2合力的理論值。

(3)根據(jù)平行四邊形定則，作出兩個(gè)力的合力，如圖。從圖上可知，F(xiàn)i=4&N,合力F=12N。

根據(jù)幾何關(guān)系知a與F的夾角分別為%=45。.sin4=島？=意02r30。，故8C正確，4。錯(cuò)誤。

故選：BC.

故答案為：(1)8。;(2)尸;(3)BC。

(1)本實(shí)驗(yàn)是要驗(yàn)證平行四邊形定則，注意在理解實(shí)驗(yàn)的原理基礎(chǔ)上，掌握實(shí)驗(yàn)的方法和數(shù)據(jù)的處理

方法以及需要注意的事項(xiàng)，尤其是理解本實(shí)驗(yàn)的“等效”思想。明確“實(shí)驗(yàn)值”和“實(shí)際值”的區(qū)

別。

(2)本實(shí)驗(yàn)采用了等效替代法，實(shí)際拉力的方向與橡皮條在同一直線上，由于實(shí)驗(yàn)存在誤差，拉力合

力的理論值與橡皮條的方法往往不在同一直線上，分析圖示情景答題。

(3)根據(jù)平行四邊形定則作出合力，從而確定合力的大小和分力與合力的夾角。

本題考查了驗(yàn)證力的平行四邊形定則實(shí)驗(yàn)，知道實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理方法是解

題的關(guān)鍵；驗(yàn)證力的平行四邊形定則是力學(xué)中的重點(diǎn)實(shí)驗(yàn)，應(yīng)明確實(shí)驗(yàn)的原理、數(shù)據(jù)處理方法及本

實(shí)驗(yàn)采用的物理方法。

16.答案：2.200；11.14mm

解析：

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀.螺旋測(cè)微器的讀數(shù)

方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀.

對(duì)于基本測(cè)量?jī)x器如游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)

測(cè)量.

解：1、螺旋測(cè)微器的固定刻度為2mm,可動(dòng)刻度為20.0xO.Olnun=0.200mm,所以最終讀數(shù)為

2mm+0.200mm—2.200mm.

2、游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：l.lczn=11mm,游標(biāo)尺上第7個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游

標(biāo)讀數(shù)為7x0.02nun=0.14mm,所以最終讀數(shù)為：11mm+0.14mm=11.14mm.

故答案為:2.200,11.14mm.

17.答案：解：①當(dāng)二者開(kāi)始以方的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力為零，則

3mg—產(chǎn)安=0

又尸安=B/L,/=黑包，即尸妥,=哪包

聯(lián)立解得：加=鬻

②當(dāng)金屬板和金屬塊的速度達(dá)到歷時(shí)，設(shè)其加速度為%

則對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得：3mg-B/=ma

對(duì)金屬塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-N=ma

聯(lián)立解得金屬板對(duì)金屬塊的支持力為N=竺獨(dú)

3R

由牛頓第三定律知，金屬塊對(duì)金屬板的壓力為N'=N=電包i

3R

答：

①外的大小為^翳

②速度增加為時(shí)金屬塊對(duì)金屬板的壓力為華。

3R

解析：①碰后二者以為的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系，再根據(jù)平

衡條件求為的大小。

②先以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求出加速度，再以金屬塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求

金屬板對(duì)金屬塊的支持力，從而得到金屬塊對(duì)金屬板的壓力。

本題關(guān)鍵要推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，能靈活選擇研究對(duì)象，采用整體法和隔離法相結(jié)合的方

法進(jìn)行解答。要知道金屬板和金屬塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的重力與安培力平衡。

18.答案：解：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)足=皆=詈

由歐姆定律得感應(yīng)電流，=-

R

所以流過(guò)電阻R的電荷量q=i.4t=?,

代入數(shù)據(jù)解得q=IC；

(2)根據(jù)導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)計(jì)算公式可得：E=BLV,

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：/=5=學(xué)

根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得：尸定=B/L=『=0.5U,

女R

根據(jù)受力分析得：F+mgsin6-F^=ma,

解得：a=8m/s2；

所以金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng).

(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：K2=2ax,

解得：V=4m/s,

根據(jù)功能關(guān)系可得：“安=一＜2=-1/,

根據(jù)動(dòng)能定理可得：WF+WC+W安=△E-

m2

解得：WF=mgxsind-Q=~^

解得：必=15/.

答：(1)金屬桿ab自靜止開(kāi)始下滑x=Ini的過(guò)程中流過(guò)電阻R的電荷量為1C；

(2)金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，推理過(guò)程見(jiàn)解析；

(3)此過(guò)程中拉力尸做的功為15/.

解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律結(jié)合電荷量的計(jì)算公式求解；

(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解電流強(qiáng)度，根據(jù)根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解

安培力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由此判斷運(yùn)動(dòng)情況；

(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解速度大小，根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力尸做的功.

對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問(wèn)

題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵.

19.答案：解：(1)沿?zé)o軸正方向射出的粒子恰好從。1點(diǎn)的正上方的P點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

y

y'.1

?5電

由幾何關(guān)系可得：R=a①

設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力提供向心力：qvB=

-7②

①②聯(lián)立得：B嗡;

由左手定則判斷磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里；

即：圓形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為色，方向垂直于xOy平面向里；

(2)a.經(jīng)分析，沿與x軸45。向下射出的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，軌跡如圖:

根據(jù)幾何關(guān)系粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向沿y軸正方向，/。。3<2=135°；

設(shè)該帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)周期公式得：T=W③

所以％嶼=貧7(4)

①③④聯(lián)立得：tmax=答；

即：沿與X軸45。向下射出的帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，最長(zhǎng)時(shí)間誓；

b.設(shè)某帶電粒子從放射源射出，速度方向與x軸的夾角為a,做速度"的垂線，截取。。4=%以。4為

圓心a為半徑做圓交磁場(chǎng)邊界于M點(diǎn).如圖所示：