北京市海淀区2021届高三物理4月一模考试试题（Word版附解析）

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 4 9 12 2 4 6He Be C X   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= L d  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= 8 0.2 m T s   =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 1P 和 2P ，然后在另一侧 透过玻璃砖观察，再插上大头针 3P 、 4P ，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 4P 须挡住 3P 及 1P 、 2P 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 1i 、 2i ，可求出玻璃砖的折射率 2 1 sin sin in i  D．如果误将玻璃砖的边 PQ 画到 P Q ，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= 1 2 sin sin i i ，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 cos( )mu U t   的交流源上，副线圈接一定值电阻 0R 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 1A 、 2A 的示数之比为 2:1 B．电压表 1V 、 2V 的示数之比为 1:2 C．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： 1 2 2 1 1 2 I n I n   ，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 1 1 2 2 2 1 U n U n   ，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 1r 和 2r （ 2 1r r ）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= 2 2 4m r T  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= 2  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= 2mv r ，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 E U r  = 2E EU r  ，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 210m/s 。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； x F 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 42.00 10 md   ， 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 x ，而是先测量 n 个条纹的 间距再求出 x 。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= L d  可 知 ， 光 的 波 长 λ= 3 4(15.02 1.16) 10 2.00 10 (6 1) 0.800 xd L         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 1 2m m、 B．入射小球开始的释放高度 h C．小球抛出点距地面的高度 H D．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 1 22m m ，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）；② 1 2 m1·OC2= 1 2 m1·OA2+ 1 2 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 1 2 m1·OC2= 1 2 m1·OA2+ 1 2 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） 2ghv ；（2） 2mghF mg R   ；（3）I= 2m gH 。 【解析】（9 分）（1）滑块由 A 滑到 C 的过程，根据动能定理有 21= 2mgh mv ………（2 分） 解得 2ghv …………………………………（1 分） （2）根据牛顿第二定律，在 C 点有 2 F mg m R   v ……………………………（2 分） 解得 2mghF mg R   …………………………………（1 分） （3）根据运动学公式有 21 2H gt ……………………………………（1 分） 解得重力的冲量大小 I=mgt= 2m gH ……………………………………（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 0v 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 0E 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 0 0 2 mE qd  v ；（2） 03= 3 mB Rq v ；（3）E= 2 04 3 9 m Rq v 。 【解析】（9 分）（1）根据动能定理有 2 0 0 1 2qE d m v …………………………（1 分） 解得 2 0 0 2 mE qd  v ……………………………（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 d A B E0 M O N r R 2 0 0q B m r  vv ……………………（1 分） 由几何关系可得 tan30º = R r …………（1 分） 解得 03= 3 mB Rq v ……………………（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 x y d A E E0 M O N(x , y) 在 x 方向有 0 0cos60R R t  v …………（1 分） 在 y 方向有 0 21sin 60 2R at …………（1 分） 根据牛顿第二定律有 Eq=ma …………（1 分） 联立解得 E= 2 04 3 9 m Rq v …………（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 E反 ，此时闭合回路的电流大小 可用 E EI R  反 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 2f kv ，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 180kWmP  ，最高车速 180km/hmv  ， 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 2 mEq B L  ；（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） v tO 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 E BLi R  v 由牛顿第二定律有 BiL ma 联立解得导体棒运动的加速度 ( )E BL BLa mR  v ……………………………（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 mE BL v ………………………………………………………………（1 分） 由动量定理有 mBiL t m   v ………………………………………（1 分） 根据电流的定义有 q i t   联立解得流过导体棒的总电荷量 2 2 mEq B L  ………………………………（1 分） （2）车匀速运动时，有 F f 由题意，电动机功率有 3P F f k  v v v 所以车以速度 v 行驶时电动机的功率 3 m3 m P Pv v v ………………………………（1 分） 由题意可知 90% PA s v v ………………………………………（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 1q 和 2q 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 cE 的表达式，并根据电场 线的分布情况比较 1q 和 2q 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 1Q ，写出喷头单独存在时，距离喷头为 r 处水流速 大小 1v 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 1Q ；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 2Q 。 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 2v 的表达式。 图 22 【答案】（1）① 2 QE k r  ；② 1 2 2C q qE k a  ；q1>q2；（2）① 1 1 24 Q rv ；② 1 2 2 24 Q Q a v 。 【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 2 QqF k r  ……………………………………………………………（1 分） 电场强度大小 E 的定义为 FE q  ………………………………………（1 分） 联立以上两式得 2 QE k r  …………………………………………………（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 1 2 1 2 2C q qE E E k a    …… （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） CA B E D ED （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 t 则 24t r Q t   v …………………（1 分） 因此，在距喷头 r 处的流速大小为 1 1 24 Q rv ………………………………………（1 分） ② 喷头在 C 点引起的流速为 1 1 24 Q a  v …………………………………（1 分） 吸收器在 C 点引起的流速为 2 2 24 Q a  v …………………………………（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 1 2 2 1 2 24 Q Q a    v v v ……………………………（2 分）