2020年北京市平谷区高考物理二模试卷(含答案解析)

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分） 1.

以下事实可作为“原子核可再分”证据的是( )

A. 𝛼粒子散射实验 C. 电子的发现

B. 天然放射现象 D. 氢原子光谱

2. 一定量的理想气体从状态𝑎开始，经历从𝑎→𝑏→𝑐→𝑎状态循环变化过程，

其𝑉−𝑇图象如图所示，𝑝𝑎、𝑝𝑏、𝑝𝑐分别表示气体在𝑎、𝑏、𝑐状态的压强，则有( )

A. 𝑝𝑎<𝑝𝑏<𝑝𝑐 B. 𝑝𝑎=𝑝𝑏>𝑝𝑐 C. 𝑝𝑎=𝑝𝑏<𝑝𝑐 D. 𝑝𝑎>𝑝𝑏>𝑝𝑐

3.

如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心𝑂，经折射后分为两束单色光𝑎和𝑏，下列判断正确的是( )

A. 玻璃对𝑎光的折射率大于对𝑏光的折射率 B. 不断增大入射角，𝑏光先发生全反射现象 C. 在真空中𝑎光的波长大于𝑏光的波长 D. 遇到障碍物时，𝑎光更容易发生衍射

4.

如图所示，一列简谐横波沿𝑥轴正方向传播，𝑡=0时，该波传播到𝑥轴上的质点𝐵处，质点𝐴在负的最大位移处．在𝑡=0.6𝑠时，质点𝐴第二次通过平衡位置，则( )

A. 该波的周期为1.2𝑠 B. 该波的波速等于5𝑚/𝑠

C. 𝑡=0.6𝑠时，质点𝐵在正的最大位移处 D. 𝑡=0.6𝑠时，质点𝐶在正的最大位移处

5.

如图所示，在水平地面𝐴点以初速度𝑣0=5𝑚/𝑠抛出小球𝐴，方向与地面成𝛼角，另有一小球𝐵在抛出小球𝐴的同时，从𝐴点右边水平距离1.2𝑚的𝐶点正上方1.6𝑚高处静止释放，当𝐴运动到最高点时恰好击中

小球𝐵，下列判断正确的是( )

A. 由题中数据计算可得𝛼=53° B. 从抛出小球𝐴到击中小球𝐵用时0.3𝑠 C. 仅减小抛出初速度𝑣0将一定不能击中小球𝐵

D. 增大抛出初速度𝑣0的同时适当增大𝛼角仍然有可能击中小球𝐵

6.

如图，一斜面体静置在粗糙的水平地面上，再在斜面体上静置一物块，现对斜面体施加一个水平向右，大小逐渐增大的力，在保证物块与斜面体始终相对静止的条件下，下列说法正确的是( )

A. 地面对斜面体的支持力逐渐增大 B. 地面对斜面体的摩擦力逐渐增大

C. 物块对斜面体的压力先保持不变，然后逐渐增大 D. 物块对斜面体的摩擦力先保持不变，然后逐渐增大

7.

如图所示，平行直线𝐴𝐴′，𝐵𝐵′，𝐶𝐶′，𝐷𝐷′，𝐸𝐸′，分别表示电势为−4𝑉、−2𝑉、0、2𝑉、4𝑉的等势线，若𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐸=2𝑐𝑚，且与直线𝑀𝑁成30°角，则( )

A. 该电场是匀强电场，距𝐶点距离为2𝑐𝑚的所有点中，最高电势为4𝑉，最低电

势为−4𝑉

B. 该电场是匀强电场，场强大小为𝐸=

2𝑉𝑚

C. 该电场是匀强电场，距𝐶点距离为2𝑐𝑚的所有点中，最高电势为2𝑉，最低电势为−2𝑉 D. 电场是匀强电场，场强方向垂直于𝐴𝐴′，且指向右下

8.

额定电压都是110 𝑉，额定功率𝑃𝐴=100𝑊、𝑃𝐵=40𝑊的𝐴、𝐵两只灯泡，接在220 𝑉的电路中，若要两灯同时正常发光，又使整个电路消耗的电功率最小，电路连接方式应是下图中的( )

A.

B.

C.

D.

9.

如图所示电路中，𝐿1、𝐿2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，𝑅为光敏电阻(光照越强，阻值越小).闭合电键𝑆后，随着光照强度逐渐增强( )

A. 两只灯泡均逐渐变暗 B. 两只灯泡均逐渐变亮

C. 电源内电路消耗的功率逐渐增大

D. 光敏电阻𝑅和灯泡𝐿1消耗的总功率逐渐增大

10. 如图，闭合矩形线圈𝐴𝐵𝐶𝐷位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平

面内，线圈的两个边与导线平行。关于线圈中感应电流方向的判断，下列说法正确的是( )

A. 线圈向右运动时，电流沿顺时针方向

B. 线圈沿平行于直导线向上运动时，电流沿顺时针方向 C. 线圈以直导线为轴向外旋转时，电流沿逆时针方向 D. 直导线中电流沿图示方向增加时，电流沿顺时针方向

11. 在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空

气阻力，经过𝑡秒(设小球均未落地)( )

A. 做上抛运动的小球动量变化最大 B. 做平抛运动的小球动量变化最小 C. 三个小球动量变化大小相等，方向不同 D. 三个小球动量变化大小相等，方向相同

12. 小李用功率为1000𝑊 的微波炉加热一杯250𝑚𝐿的牛奶，牛奶从室温加热到口感适宜的温度大概

需要吸收3.0×104𝐽的能量．已知此微波炉将电能转化为微波辐射的效率为75%，微波辐射转化为牛奶内能的效率也为75%，则加热这杯牛奶的适宜时间约为( )

A. 3 分钟 B. 2 分钟 C. 1 分钟 D. 半分钟

13. 图为某欧姆表的内部电路，𝐺为电流表，满偏电流为1𝑚𝐴，电池电动势

𝐸=1.5𝑉，该欧姆表刻度盘中心刻度的电阻值为( )

A. 1.5𝛺 B. 15𝛺 C. 150𝛺 D. 1500𝛺

14. 近场通信(𝑁𝐹𝐶)是一种短距高频的无线电技术，其主要结构就是线圈和电容组成的类似𝐿𝐶振荡

电路的并联谐振电路，其终端有主动、被动和双向三种模式，最常见的被动模式广泛应用于公交卡、门禁卡、校园一卡通等，刷卡时，电路发生电谐振，给电容器充电，达到一定电压后，在读卡设备发出的射频场中响应，被读或写入信息。下列说法正确的是( )

A. 𝐿𝐶电路的电容器在充电时，电流增大

B. 𝐿𝐶电路中，电容器充电时，线圈中自感电动势减小 C. 如果增大𝐿𝐶电路中电容器两极板间距离，振荡周期将减小 D. 电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫电谐振

二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

15. 某兴趣小组在对2𝐵铅笔芯的导电性能进行测量时，先用万用表粗测其阻值为15𝛺，可供选择的

实验器材有：

电压表𝑉(0−6𝑉，内阻约为10𝑘𝛺) 电流表𝐴1(0−100𝑚𝐴，内阻约为5𝛺) 电流表𝐴2(0−500𝑚𝐴，内阻约0.5𝛺) 滑动变阻器𝑅1(0−20𝛺) 滑动变阻器𝑅2(0−1𝑘𝛺)

直流电源𝐸=10𝑉，导线开关若干。

(1)在上述器材中电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。

(2)根据实验原理、实验目的，使实验误差尽量小而选择实验电路，请在图中用笔划线代替导线，把

实验仪器连接成完整电路。

(3)若铅笔芯长为𝐿，直径为𝐷，电压表读数为𝑈，电流表读数为𝐼，则铅笔芯的电阻率表达式为______(

用题中给定字母表示)

16. 利用图示装置验证动量守恒定律。先将𝑎球从斜槽轨道上某位置由静止释放，在水平地面上的记

录纸上留下压痕，重复若干次；再把半径相同的𝑏球放在斜槽轨道末端水平部分的最右端，让𝑎球仍从相同位置由静止释放，与𝑏球相碰后两球分别落在记录纸上的不同位置处，重复若干次。 (1)本实验必需测量的物理量有______。 A.斜槽轨道末端距水平地面的高度𝐻 B.小球𝑎、𝑏的质量𝑚𝑎、𝑚𝑏 C.小球𝑎、𝑏的半径𝑅

D.小球𝑎、𝑏离开斜槽轨道末端后飞行的时间𝑡

E.记录纸上𝑂点(斜槽轨道末端投影点)到𝑀、𝑃、𝑁各点的距离𝑂𝑀、𝑂𝑃、𝑂𝑁 F.𝑎球释放位置到斜槽轨道末端水平部分的高度ℎ

(2)放置被碰小球𝑏，两球(𝑚𝑎>𝑚𝑏)相碰后，小球𝑎、𝑏的落地点分别为图中记录纸上的______点和

______点。

(3)利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，即判断______和______在实验误差允许范围内是否相等。

三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

17. 为保障安全驾驶，重新修订《机动车驾驶证申领和使用规

定》，新规定于2013年1月1日起正式施行．如图所示，在合安高速公路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓𝐴为汽车，拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．若𝐵为测速仪，

两者相距355𝑚，此时刻𝐵发出超声波，同时𝐴由于紧急情况而急刹车(视为匀变速直线运动)，当𝐵接收到反射回来的超声波信号时，𝐴恰好停止，且此时𝐴、𝐵相距335𝑚，已知声速为340𝑚/𝑠． (1)求汽车刹车过程中的加速度；

(2)若该路段汽车正常行驶时速度要求在60𝑘𝑚/ℎ～110𝑘𝑚/ℎ，则该汽车刹车前的行驶速度是否合

法？

18. 如图所示，在倾角为𝜃的光滑斜面上，有一长为𝑙的细线，细线的一端固定在𝑂 点，另一端拴一

质量为𝑚的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，已知𝑂 点到斜面底边的距离𝑠𝑜𝑐=𝐿.求：

(1)小球通过最高点𝐴时的速度𝑣𝐴；

(2)小球通过最低点𝐵时，细线对小球的拉力；

(3)小球运动到𝐴点或𝐵点时细线断裂，小球沿斜面滑落到斜面底边时到𝐶点的距离若相等，则𝑙和𝐿应

满足什么关系．

19. 如图所示，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为𝐵

的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为𝑚、电荷量为𝑞的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为𝑑.在机械外力作用下，绝缘平板以速度𝑣竖直向上做匀速直线运动，一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出。不计带电粒子的重力。 (1)指出带电粒子的电性，并说明理由； (2)求带电粒子对绝缘平板的最大压力。

20. 如图所示，间距为𝐿倾角为0的足够长光滑轨道，4端连有电阻𝑅，另一端开口，导轨的电阻忽略

𝑎0𝑏0𝑏141区域无磁场，不计。以下每个𝐿距离交替出现磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面，磁感应强度大小为𝐵.平行板电容器的两极板通过导线与𝑎4相连，极板间距为𝑑。今在导轨4处由静止释放一根长为𝐿、质量为𝑚、电阻也为𝑅的导体棒，导体棒在𝑎1𝑏1𝑏2𝑎2磁场中做匀速直线运动。当导体棒在磁场中运动方时，在两极板正由静止释放一个带电粒子，粒子恰好未碰到极板。导体棒与导轨接触良好，粒子的重力忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为𝑔，磁场边界为理想边界。求：

(1)导体棒在磁场中的运动速度。

(2)带电粒子的比荷。

(3)若导体棒运动到距离𝑎1𝑏1边界为4𝐿时，在两极板正由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板

所用的时间。

3

参及解析

1.答案：𝐵

解析：解：𝐴、粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，故A错误；

B、天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分，故B正确。 C、电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分，故C错误；

D、氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分，故D错误。 故选：𝐵。

天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分；粒子散射实验说明了原子的核式结构模型；电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分；氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。

本题考查了原子核组成、天然放射性现象等内容。这道题属于识记性题型，以基础性为主，难度不大。

2.答案：𝐶

解析：解：根据理想气体的状态方程可得𝑇=𝐶，解得：𝑉=𝑝⋅𝑇，可见𝑉−𝑇图象中的某点与原点𝑂的连线斜率越大则压强越小，斜率相同则压强相同，故有：𝑝𝑎=𝑝𝑏<𝑝𝑐，故C正确，ABD错误。 故选：𝐶。

根据理想气体的状态方程得到𝑉−𝑇关系式，根据图象进行分析。

本题主要是考查理想气体的状态方程之图象问题，关键是弄清楚𝑉−𝑇图象中某点与坐标原点连线斜率表示的物理意义，由此分析压强的大小。

𝑝𝑉

𝐶

3.答案：𝐴

解析：解：𝐴、根据光路可逆知识，𝑎光的入射角大于𝑏光，但折射角相等，根据𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑟可知介质对𝑎光折射率大于对𝑏光的折射率，故A正确；

B、因𝑎光的折射率大于𝑏光的折射率，故𝑎光的临界角小，故不断增大入射角时，𝑎光先发生全反射现象，故B错误；

C、折射率越大，光的频率越大，所以𝑎光的频率大，根据𝑐=𝜆𝑓知，在真空中，𝑎光的波长小于𝑏光的波长，故C错误；

D、波长越长越容易发生衍射现象，故𝑏光更容易发生衍射现象，故D错误。 故选：𝐴。

𝑠𝑖𝑛𝑖

根据光线的偏折程度，利用折射定律比较光的折射率大小，从而得出频率、波长、波速的大小关系，再根据全反射和衍射的性质确定两光发生全反射和衍射的情况。

本题考查了几何光学折射率知识，这一类题目中，要将能联系在一起的知识都联系在一起，例如频率跟折射率关系，跟波长、干涉现象、衍射现象、光子的能量的大小等之间的关系。这类题目如果能够知道红光和紫光的特点，在做题时，将红光、紫光代入，将能快速准确的得到答案。

4.答案：𝐷

解析：

本题从时间的角度研究周期，从空间的角度研究波长，两点平衡位置间距离与波长的关系可分析振动情况的关系。

𝑡=0时𝐴点位于负向最大位移处，𝑡1=经过的时间是4个周期，质点𝐴第二次出现在正向最大位移处，0.6𝑠=4𝑇求出周期，波从图示位置传到𝐶点的时间为0.5𝑇，根据时间与周期的倍数关系，分析𝐶点的状态。

A.由题，𝑡=0.6𝑠时，质点𝐴第二次出现在正向最大位移处，则有4𝑇=𝑡=0.6𝑠，得到周期𝑇=0.8𝑠，故A错误；

B.由图读出波长为𝜆=2𝑚，则波速为𝑣=

34

𝜆𝑇

3

3

3

=

20.8

𝑚/𝑠=2.5𝑚/𝑠，故B错误；

C.𝑡=0.6𝑠=𝑇，可知𝑡=0.6𝑠时，质点𝐵在负的最大位移处，故C错误；

D.𝐵点与𝐶点间距离等于半个波长，则波从𝐵传到𝐶所用时间为0.5𝑇=0.4𝑠，图示时刻𝐵点振动方向向上，则质点𝐶起振方向向上，则𝑡=0.6𝑠时，质点𝐶振动了0.2𝑠=4𝑇，所以𝑡1=0.6𝑠时，质点𝐶在正的最大位移处，故D正确。 故选：𝐷。

1

5.答案：𝐴

解析：解：𝐴、小球𝐴在平方向初速度𝑣0𝑥=𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼，𝑣0𝑦=𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼，设运动时间为𝑡，水平位移为𝑥，竖直方向：，𝑣0𝑦=𝑔𝑡①，水平方向：𝑣0𝑥𝑡=𝑥②.联立①②得，𝑡𝑎𝑛𝛼=3，即𝛼=53°，𝑡=0.4𝑠。故A正确；

B、由𝐴知从抛出小球𝐴到击中小球𝐵用时0.4𝑠，故B错误；

C、仅减小抛出初速度𝑣0小球𝐴到𝐶点正上方时运动时间增大高度降低，运动时间增大，𝐵球下落距离也增大，所以可能击中小球𝐵，故C错误；

4

D、增大抛出初速度𝑣0，运动到最高点高度增大，到𝐶点正上方时，𝐵球在𝐴球下方，故不能击中小球𝐵，故D错误； 故选：𝐴。

斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，两球相遇时竖直位移之和为1.6𝑚，𝐴球竖直分速度为零，运动时间由𝐴球分运动求得。

本题考查斜抛运动和自由落体运动，斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，解题时注意和自由落体运动相结合。

6.答案：𝐶

解析：解：𝐴、物块与斜面体始终相对静止，对整体进行受力分析，整体受到重力和地面对斜面体的支持力，竖直方向受力平衡，所以地面对斜面体的支持力始终等于两物体的重力之和，不变，故A错误；

B、整体水平方向受到推力𝐹和摩擦力𝑓，刚开始推力较小，不能推动，此时为静摩擦力，所以摩擦力随着𝐹的增大而增大，当整体滑动后，摩擦力为滑动摩擦力，不发生改变，故B错误；

𝐶𝐷、对物块进行受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，如图所示，

当𝐹较小时，整体处于静止状态，物块的摩擦力等于重力沿斜面向下的分量，保持不变，支持力等于重力沿垂直斜面的分量，也保持不变，当𝐹较大时，整体向前做加速运动，随着𝐹的增大，加速度变大，

对物块则有：𝑁𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎，𝑓𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑁𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐺，加速度𝑎增大，𝜃不变，则𝑁增大，𝑓减小，故物块对斜面体的压力先保持不变，然后逐渐增大，物块对斜面体的摩擦力先保持不变，然后逐渐减小，故C正确，D错误． 故选：𝐶

物块与斜面体始终相对静止，可以把物体和斜面体看成一个整体，对整体进行受力分析，判断地面对斜面的支持力及摩擦力的变化情况，然后把物块进行隔离分析判断物块对斜面体的压力和摩擦力的变化情况．

本题的关键是能正确对物体进行受力分析，能根据牛顿第二定律分析，注意随着𝐹的逐渐增大，整体先保持静止，后向前做加速运动，且加速度在增大，注意整体法和隔离法的应用，难度适中．

7.答案：𝐴

解析：解：𝐴、匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，故该电场是匀强电场；由于匀强电场中沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值，故距𝐶点距离为2𝑐𝑚的所有点中，最高电势为4𝑉，最低电势为−4𝑉，故A正确；C错误；

B、图中可以看出，等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；根据场强与电势差关系公式𝑈=𝐸𝑑可以知道，𝐸=𝑑=0.01𝑉/𝑚=200𝑉/𝑚，故B错误；

D、从图中可以看出，等势面平行且间距相等，故一定是匀强电场；由于电场线与等式面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面，故场强方向与𝐴𝐴′垂直，且指向左上方，故D错误； 故选：𝐴．

匀强电场的等势面是一些平行的等间距的直线，且沿着电场线，电势降低的最快，且每前进相同距离，电势降低相等的值．

本题关键是要明确匀强电场的电场线分布图，同时要能根据等势面图画出电场线图，最后还要熟悉公式𝑈=𝐸𝑑的适用范围．

𝑈

2

8.答案：𝐶

A、𝐴𝐵的电压不会平分，解析：由于𝐴𝐵两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把𝐴𝐵串连接入电路的话，𝐴𝐵不会同时正常发光，所以A错误；

B、由于额定电压都是110𝑉，额定功率𝑃𝐴=100𝑊、𝑃𝐵=40𝑊，由此可知𝑅𝐵>𝑅𝐴，把灯泡𝐴与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以𝐴𝐵的电压不会平分，𝐴𝐵不会同时正常发光，所以B错误；

C、由于额定电压都是110𝑉，额定功率𝑃𝐴=100𝑊、𝑃𝐵=40𝑊，由此可知𝑅𝐵>𝑅𝐴，把灯泡𝐵与电阻并联，可以使并联部分的电阻减小，可能使𝐴与并联部分的电阻相同，所以𝐴𝐵能同时正常发光，并且电路消耗的功率与𝐴灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200𝑊；

D、把𝐴𝐵并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与𝐴𝐵并联的总的电阻相等时，𝐴𝐵就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为𝐴𝐵灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280𝑊； 由𝐶𝐷的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为𝐶，所以C正确。 故选C。

9.答案：𝐶

解析：解：𝐴𝐵、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则𝐿2灯逐渐变亮．

由𝑈=𝐸−𝐼𝑟可知，路端电压减小，𝐿2灯的电压增大，则𝑅1两端的电压减小，故L 1灯逐渐变暗，故AB错误；

C、总电流增大，由𝑃=𝐼2𝑟知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C正确．

D、将𝐿1灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻𝑅和灯泡𝐿1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小，则光敏电阻𝑅和灯泡𝐿1消耗的总功率逐渐减小．故D错误． 故选：𝐶

当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析并联部分电路，可得出𝑅1的电流变化，从而判断出两个灯泡亮度的变化．由功率公式可得出功率的变化．

本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部−整体−局部．

10.答案：𝐴

解析：解：导线上电流的方向向上，根据安培定则可知，线圈处磁场的方向向里；

A、当线圈向右平动时，线圈逐渐远离导线，向里穿过线圈的磁场减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向沿顺时针方向，故A正确；

B、线圈沿平行于直导线向上运动时，穿过线圈的磁场不变，不能产生感应电流，故B错误； C、当线圈以直导线为轴向外旋转时，穿过线圈的磁场不变，不能产生感应电流，故C错误； D、增大导线中的电流，向里穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向沿逆时针方向，故D错误。 故选：𝐴。

当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向。 解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。

11.答案：𝐷

解析：解：不计空气阻力，三个球运动过程中只受重力作用，根据动量定理得知：三个球动量的变化等于重力的冲量𝐼=𝐺𝑡=𝑚𝑔𝑡，三个重力𝑚𝑔相等，运动时间𝑡相同，则重力的冲量𝐼相同，即冲量的大小和方向均相同，所以三个球动量变化量大小相等，方向相同。故D正确ABC错误。 故选：𝐷。

三个球运动过程中只受重力，根据动量定理：三个球动量的变化等于重力的冲量，研究动量变化量的关系．

本题考查灵活选择研究动量变化量方法的能力．动量变化量常用两种方法研究：一法是定义法，根据动量变化的定义研究；二法是定理法，根据动量定理研究，特别是对于曲线运动和变力的情况，更有效．

12.答案：𝐶

解析：解：牛奶从室温加热到口感适宜的温度大概需要吸收3.0×104𝐽的能量，根据功能关系可知： 𝑄=𝑃𝑡×75%×80% 代入数据可得：

3.0×104𝐽=75%×80%×1000𝑡

解得：𝑡=50𝑠，即适宜时间约为1𝑚𝑖𝑛，故C正确，ABD错误． 故选：𝐶．

根据电能转化为微波的效率以及微波转化为内能的效率可明确牛奶最终获得的能量，根据吸收的大约能量即可求得所需要的时间．

本题考查功能关系，要注意明确电能转化为微波和微波转化为内能的过程中均存在能量损失，故要注意牛奶最终获得的能量所占消耗电能的比值．

13.答案：𝐷

解析：解：根据闭合电路欧姆定律得：𝐼𝑔=𝑅

内

𝐸

代入数据解得欧姆表内阻为：𝑅内=1500𝛺

根据欧姆表得原理可知该欧姆表刻度盘中心刻度的电阻值为：𝑅中=𝑅内=1500𝛺，故D正确，ABC错误。 故选：𝐷。

根据闭合电路欧姆定律求得欧姆表内阻，即该欧姆表刻度盘中心刻度的电阻值。

本题了考查欧姆表的实验原理为闭合电路欧姆定律，同时要理解欧姆表中值电阻得物理意义。

14.答案：𝐶

解析：解：𝐴、𝐿𝐶电路的电容器在充电时，电流减小，故A错误；

B、电容器充电时，电流减小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中自感电动势增大，故B错误；

B、根据𝑇=2𝜋√𝐿𝐶可知，因为两极板间距离𝑑增大时𝐶减小，所以振荡周期𝑇减小，故C正确；

D、电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，故D错误。 故选：𝐶。

电容器充电时电流减小，而且电流减小得越来越快，线圈中自感电动势增大；由电容器中电容公式和振荡电路周期公式可求周期；电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制。 本题以广泛应用于公交卡、门禁卡、校园一卡通为背景考查𝐿𝐶振荡电路，以及电磁波的发射和接收等问题，掌握𝐿𝐶振荡电路以及电磁波的发射和接收过程是关键。

𝑈

15.答案：𝐴2 𝑅1 𝜌=𝜋𝐷 4𝐿𝐼

2

解析：解：(1)电压表的最大量程为6𝑉，所以电路中的最大电流𝐼𝑚𝑎𝑥=15=0.4𝐴=400𝑚𝐴，电流表在电路中使用时指针应指在大于量程的3范围内，

所以电流表选择𝐴2；为使得滑动变阻器在电路中方便调节，且调节起来较灵敏，滑动变阻器选择𝑅1； (2)由于所测电阻是小电阻，所以电流表选择外接，滑动变阻器选择分压式，完整的电路图如图所示：

1

6

𝑙𝜋𝐷𝑈(3)根据电阻定律可知，电阻率为𝑅=𝜌𝑠，即𝐼=𝜌𝜋(𝐷)2，所以电阻率为𝜌=；

2

𝑈𝐿

2

4𝐿𝐼

故答案为：(1)𝐴2 𝑅1；(2)如图所示(3)

𝜋𝐷2𝑈4𝐿𝐼

；

分析电路中所能达到的最大电流，根据电表的选取原则选择电流表，根据所测电阻的粗测的阻值结合滑动变阻器的选取原则分析解答； 根据电阻率公式，求出电阻，代入公式求解：

解决该题的关键是掌握电流表和滑动变阻器的选择原则，知道电流表的内接和外接的判断方法；

16.答案：𝐵𝐸 𝑀 𝑁 𝑚𝑎𝑂𝑃 𝑚𝑎𝑂𝑀+𝑚𝑏𝑂𝑁

解析：解：(2)小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等；小球做平抛运动的水平位移与初速度成正比，初速度越大，水平位移越大入射球𝑎与被碰球𝑏碰撞后入射球的速度减小，小于碰撞前的速度且小于被碰球𝑏的速度，则碰撞后小球𝑏的速度最大，碰撞后小球𝑎的速度最小，因此碰撞后小球𝑏的水平位移最大，碰撞后小球𝑎的水平位移最小，由图示可知，𝑃是碰撞前小球𝑎的落点位置，𝑀点是碰撞后小球𝑎的落点位置，𝑁是碰撞后小球𝑏的落点位置。 (1)设碰撞前小球𝑎的速度大小为𝑣0，碰撞后瞬间𝑎的速度大小为𝑣1，小球𝑏的速度大小是𝑣2，

小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，小球在空中的运动时间𝑡相等，如果碰撞过程系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑎𝑣0=𝑚𝑎𝑣1+𝑚𝑏𝑣2，两边同时乘以时间𝑡得：𝑚𝑎𝑣0𝑡=𝑚𝑎𝑣1𝑡+𝑚𝑏𝑣2𝑡，

则𝑚𝑎𝑂𝑃=𝑚𝑎𝑂𝑀+𝑚𝑏𝑂𝑁，因此实验需要测量：小球𝑎、𝑏的质量𝑚𝑎、𝑚𝑏，记录纸上𝑂点(斜槽轨道末端投影点)到𝑀、𝑃、𝑁各点的距离𝑂𝑀、𝑂𝑃、𝑂𝑁，故选BE。

(3)由(1)可知，验证碰撞中的动量守恒，即判定𝑚𝑎𝑂𝑃和𝑚𝑎𝑂𝑀+𝑚𝑏𝑂𝑁在实验误差允许范围内是否相等。

故答案为：(1)𝐵𝐸；(2)𝑀；𝑁；(3)𝑚𝑎𝑂𝑃；𝑚𝑎𝑂𝑀+𝑚𝑏𝑂𝑁。

两球碰撞过程系统动量守恒，两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间相等，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，根据题意应用动量守恒定律即可解题。

解：超声波从𝐵发出到𝐴与被𝐴反射到被𝐵接收所需的时间相等，17.答案：

在整个这段时间内汽车的位移𝑥=355−335𝑚=20𝑚.初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：3，所以𝑥1=5𝑚，𝑥2=15𝑚，则超声波被𝐴接收时，𝐴𝐵的位移𝑥′=335+5𝑚=340𝑚，所以超声波从𝐵发出到被𝐴接收所需的时间𝑇=𝑣.则𝑡=2𝑇=2𝑠．

声

𝑥′

根据△𝑥=𝑎𝑇2得，𝑎=

△𝑥𝑇2

=10𝑚/𝑠2．

2𝑣0

(2)由𝐴车刹车过程中的位移𝑥=

2𝑎

解得：刹车前的速度𝑣0=20𝑚/𝑠=72𝑘𝑚/ℎ 在规定范围内，是合法的．

答：(1)汽车刹车过程中的加速度为10𝑚/𝑠2；

(2)若该路段汽车正常行驶时速度要求在60𝑘𝑚/ℎ～110𝑘𝑚/ℎ，则该汽车刹车前的行驶速度合法． 解析：(1)从𝐵发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内，求出𝐴的位移，由于超声波从𝐵发出到𝐴与被𝐴反射到被𝐵接收所需的时间相等，根据匀变速直线运动的推论求出超声波从𝐵发出到𝐴这段时间内𝐴的位移，从而得出超声波从𝐵到𝐴的位移，根据声速求出运行的时间，从而再根据△𝑥=𝑎𝑇2求出汽车运动的加速度．

(2)根据速度位移公式求出刹车前的速度，进而判断是否合法．

解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从𝐵发出到𝐴与被𝐴反射到被𝐵接收所需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解．

18.答案：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过𝐴点时细线的拉力为零，

根据圆周运动和牛顿第二定律有： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚

2

𝑣𝐴

𝑙

，

解得：𝑣𝐴=√𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃．

(2)小球从𝐴点运动到𝐵点，根据机械能守恒定律有：

1

22𝑚𝑣+𝑚𝑔⋅2𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑣， 𝐴𝐵22 解得：𝑣𝐵=√5𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃．

1

小球在𝐵点时根据圆周运动和牛顿第二定律有， 𝑇−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚

2

𝑣𝐵

𝑙

，

解得：𝑇=6𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃．

(3)小球运动到𝐴点或𝐵点时细线断裂，小球在平行底边方向做匀速运动， 在垂直底边方向做初速为零的匀加速运动(类平抛运动)．

2

,𝑠𝐴=𝑣𝐴𝑡𝐴． 细线在𝐴点断裂：𝐿+𝑙=2𝑎𝑡𝐴

2

,𝑠𝐵=𝑣𝐵𝑡𝐵． 细线在𝐵点断裂：𝐿−𝑙=2𝑎𝑡𝐵

11

又𝑠𝐴=𝑠𝐵． 联立解得：𝐿=2𝑙．

答：(1)小球通过最高点𝐴时的速度𝑣𝐴=√𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃．

(2)小球通过最低点𝐵时，细线对小球的拉力是6𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃． (3)𝑙和𝐿应满足的关系是𝐿=2𝑙．

解析：(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，说明小球在𝐴点时细线的拉力为零，只有重力的分力做向心力；

(2)从𝐴到𝐵的过程中只有重力做功，由机械能守恒定律可以求得𝐵点时的速度，再有向心力的公式可以求得拉力；

(3)无论从𝐴点还是𝐵点断裂，小球做的都是类平抛运动，可以分两个分向来求解．

3

3

本题的综合性较强，要了解物体做圆周运动的特点，同时也用到了类平抛的知识和机械能守恒，是一个很好的综合题目，很能考查学生的分析解题能力．

19.答案：解：(1)带电粒子带正电。因为它从平板左侧飞出，所以它受到的洛伦兹力方向水平向左，

由左手定则可判断它带正电。

(2)设带电粒子向左运动的加速度为𝑎，则

𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑎

设它向左运动即将脱离平板时的速度大小为𝑣𝑥，则

𝑣𝑥=2𝑎𝑑

此时，带电粒子对平板的压力最大，设为𝐹𝑁，则由竖直方向二力平衡得

𝐹𝑁=𝑞𝑣𝑥𝐵

解得

2𝑞3𝐵3𝑣𝑑

𝐹𝑁=√

𝑚答：(1)带电粒子带正电。因为它从平板左侧飞出，所以它受到的洛伦兹力方向水平向左，由左手定则可判断它带正电。

(2)带电粒子对绝缘平板的最大压力为√2𝑞

3𝐵3𝑣𝑑

𝑚

。

解析：(1)根据左手定则，依题意可判断粒子带正电； (2)粒子做匀速直线运动，根据受力平衡可求得最大压力。

本题结合洛伦兹力考查受力平衡的问题，关键在于掌握左手定则判断洛伦兹力方向，当速度最大时，洛伦兹力最大，即压力最大。

20.答案：解：(1)设导体棒在磁场中运动的速度为𝑣0，根据平衡条件可得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐹𝐴=𝐵𝐼𝐿，

根据闭合电路欧姆定律可得𝐼=2𝑅=解得𝑣0=

2𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2

𝐸

𝐵𝐿𝑣02𝑅

；

(2)设粒子的电荷量为𝑞，质量为𝑚0，电容器板间电压为𝑈，粒子在极板间运动的加速度大小为𝑎，导体棒每经过𝐿所用的时间为𝑇，由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式可得：

𝑈=𝐼𝑅 𝑞

𝑈

=𝑚0𝑎 𝑑𝐿𝑇= 𝑣0

当导体棒在磁场中运动2时，释放粒子，粒子在电场中做往复运动，恰未碰到极板，有：

𝑑1𝑇=2×𝑎()2 222𝑞𝑚0

𝐿

=

8𝑚𝑔𝑅𝑑2𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐵2𝐿2

；

𝑇

1

𝑇

(3)粒子由静止加速运动4的位移大小为𝑥1=2𝑎(4)2 解得𝑥1=12

粒子由静止加速运动4的位移大小为𝑥2=2𝑎(4)2 解得𝑥2=16

故粒子完成一个周期运动的位移大小为：△𝑥1=2𝑥2−2𝑥1>2 故粒子已经撞到极板；

粒子加速4，减速4，再反向加速4的位移大小为： △𝑥2=𝑥2−2𝑥1=

3𝑇

7𝑑16

𝑇

𝑇

3𝑇

𝑑

9𝑑

3𝑇

1

3𝑇

𝑑

<2，粒子未撞板

𝑑

设粒子反向加速4时的速度为𝑣，根据运动学公式可得：

𝑣=𝑎⋅

3𝑇

4设粒子由此时撞到极板时间为𝑡0，根据运动学公式可得：

𝑑12

−△𝑥2=𝑣𝑡0−𝑎𝑡0

22解得：𝑡0=

3−2√2𝑇 4

𝑇

3𝑇4

故粒子到达极板所用的总时间为：𝑡=4×2+解得：𝑡=

(4−√2)𝐵2𝐿24𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃

+𝑡0

。

2𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵2𝐿2答：(1)导体棒在磁场中的运动速度为(2)带电粒子的比荷为

8𝑚𝑔𝑅𝑑2𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐵2𝐿2；

；

3

(3)若导体棒运动到距离𝑎1𝑏1边界为4𝐿时，在两极板正由静止释放带电粒子，则该粒子到达极板所用的时间为4𝑚𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃。

解析：(1)设导体棒在磁场中运动的速度为𝑣0，根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解速度大小；

(4−√2)𝐵2𝐿2

(2)由部分电路欧姆定律、牛顿第二定律和运动学公式求解；

(3)分析粒子的运动情况，根据类平抛运动结合运动学公式求解粒子到达极板所用的总时间。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。