2021年北京市高考物理试卷（含解析版）下载

2021年北京市高考真题物理试卷 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. 硼（B）中子俘获治疗是目前最先进的癌症治疗手段之一、治疗时先给病人注射一种含硼 的药物，随后用中子照射，硼俘获中子后，产生高杀伤力的 α 粒子和锂（Li）离子。这个核 反应的方程是（ ）17342421105 B  0 n  Li  He 151B  He  147 N  0 n A. C. B. D. 41174 N  He  178O  11H 174 N  0 n  164C  11H 2【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由题知，硼俘获中子后，产生高杀伤力的 α 粒子和锂（Li）离子，而 α 粒子为氦原 子核，则这个核反应方程为 17342105 B  0 n  Li  He 故选 A。 2. 如图所示的平面内，光束 a 经圆心 O 射入半圆形玻璃砖，出射光为 b、c 两束单色光。下 列说法正确的是（ ）A. 这是光的干涉现象 B. 在真空中光束 b 的波长大于光束 c 的波长 C. 玻璃砖对光束 b 的折射率大于对光束 c 的折射率 D. 在玻璃砖中光束 b 的传播速度大于光束 c 的传播速度 【答案】C 【解析】 【分析】 第 1 页 共 22 页 【详解】A．光束 a 经圆心 O 射入半圆形玻璃砖，出射光为 b、c 两束单色光，这是光的色 散现象，A 错误； C．由题图可知光束 c 的折射角大于光束 b 的折射角，根据折射定律可知 nc < nb C 正确； B．由于光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则 b 光在真空中的波长较短，B 错误； cD．根据 v =知，c 光束的折射率小，则 c 光在棱镜中的传播速度大，D 错误。 n故选 C。 3. 一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后 K 质点比 L 质点先回到平衡位置。下列判 断正确的是（ ）A. 该简谐横波沿 x 轴负方向传播 C. 此时 K 质点的速度比 L 质点的小 B. 此时 K 质点沿 y 轴正方向运动 D. 此时 K 质点的加速度比 L 质点的小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】AB．由题知 K 质点比 L 质点先回到平衡位置，则 K 质点应向下振，再根据“上坡、 下坡”法可知，该波应沿 x 轴正方向传播，A、B 错误； C．由 AB 选项可知 K 质点应向下振，而 L 质点在波谷处，则 L 质点的速度为 0，故此时 K 质点的速度比 L 质点的大，C 错误； D．由于质点在竖直方向做机械振动，根据 F = – ky F = ma 结合波图像可看出 yL > yK 则，此时 K 质点的加速度比 L 质点的小，D 正确。 故选 D。 第 2 页 共 22 页 4. 比较 45 C 的热水和 100 C 的水蒸汽，下列说法正确的是（　　） A. 热水分子的平均动能比水蒸汽的大 小B. 热水的内能比相同质量的水蒸汽的 C. 热水分子的速率都比水蒸汽的小 D. 热水分子的热运动比水蒸汽的剧烈 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的 平均动能比水蒸汽的小，故 A 错误； B．内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸汽，热水变成水蒸汽，温度 升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸汽的小，故 B 正确； C．温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 C 的热水中的分子平均速率比 100 C 的水蒸 汽中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故 C 错 误； D．温度越高，分子热运动越剧烈，故 D 错误。 故选 B。 5. 一正弦式交变电流的 i – t 图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A. 在 t 0.4 s 时电流改变方向 B. 该交变电流的周期为 0.5 s 2i = 2cos5πt A C. 该交变电流的表达式为 D. 该交变电流的有效值为 A2【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．由图可知 t 0.4 s 时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故 A 错误； B．由图可知，该交变电流的周期为 T=0.4s，故 B 错误； i 2A C．由图可知，电流的最大值为 ，角速度为 max 第 3 页 共 22 页 2 T   5rad/s 故该交变电流的表达式为 i = imax cost  2cos5πt A 故 C 正确； D．该交变电流的有效值为 imax i   2A 2故 D 错误。 故选 C。 6. 2021 年 5 月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测 火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点 距离火星表面 2.8 102 km、远火点距离火星表面 5.9 105 km，则“天问一号” （　　） A. 在近火点的加速度比远火点的小 B. 在近火点的运行速度比远火点的小 C. 在近火点的机械能比远火点的小 D. 在近火点通过减速可实现绕火星做 圆周运动 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．根据牛顿第二定律有 Mm r2 G ma 解得 GM r2 a  故在近火点的加速度比远火点的大，故 A 错误； B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故 B 错误； C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故 C 错误； D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故 D 正 确。 故选 D。 7. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平 U 型导体框左端连接一阻值为 R 的电阻，质 量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab 以水平向右的初速度 v0 开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 （　　） 第 4 页 共 22 页 A. 导体棒做匀减速直线运动 B. 导体棒中感应电流的方向为 a  b mv02R C. 电阻 R 消耗的总电能为 D. 导体棒克服安培力做的总功小于 2(R  r) 12mv02 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为 b 到 a，再根据左手定则 可知，导体棒向到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为 E  BLv0 感应电流为 EBLv0 I  R  r R r 故安培力 为B2L2v0 F  BIL  R  r 根据牛顿第二定律有 可得 F  ma B2L2 a  v0 m R r 随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故 AB 错误； C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为 1Q  mv02 2因 R 与 r 串联，则产生的热量与电阻成正比，则 R 产生的热量为 Rmv02R QR  Q  R  r 2 R  r 第 5 页 共 22 页 故 C 正确； 12mv02 D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于 ，故 D 错误。 故选 C。 8. 如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面 abcd，其中 ab 段为平直上坡路面，bc 段为水平路面，cd 段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力 和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　） A. 在 ab 段汽车的输出功率逐渐减小 B. 汽车在 ab 段的输出功率比 bc 段的 D. 汽车在 cd 段的输出功率比 bc 段的 大C. 在 cd 段汽车的输出功率逐渐减小 大【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】AB．在 ab 段，根据平衡条件可知，牵引力 F  mg sin  f 1所以在 ab 段汽车的输出功率 P  Fv 11不变，在 bc 段牵引力 F2  f bc 段的输出功率 P  F2v  P 21故 A 错误 B 正确； CD．在 cd 段牵引力 F  f  mg sin 3汽车的输出 P  F v  P 332在 cd 段汽车的输出功率不变，且小于 bc 段，故 CD 错误。 故选 B。 第 6 页 共 22 页 9. 如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N 两点关于两电荷连线对称，M、P 两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　） 的A. M 点 场强比P 点的场强大 B. M 点的电势比 N 点的电势高 C. N 点的场强与 P 点的场强相同 D.电子在 M 点的电势能比在 P 点的电 势能大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得： M 点的场强与 P 点的场强大小相等，N 点的场强与 P 点的场强大小相等，方向相同，故 A 错误 C 正确； BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M 点的电势与 N 点的电势相等，M 点的电 E  q 势高于 P 点的电势，根据 可知，电子在 M 点的电势能比在 P 点的电势能小，故 BD p错误。 故选 C。 10. 如图所示，圆盘在水平面内以角速度 ω 绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴 r 处的 P 点有一 质量为 m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由 P 点滑至圆盘上 的某点停止。下列说法正确的是（　　） 第 7 页 共 22 页 A. 圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 2m r B. 圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 m r D. 圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方 向沿半径方向，故 A 错误； B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 f  mr2 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 2 I  fT  mr2   2mr 故 B 错误； C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故 C 错误； D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 I ‘  p  mv  mr 故 D 正确。 故选 D。 11. 某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议， 该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说 法正确的是（　　） A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用 【答案】D 第 8 页 共 22 页 【解析】 【分析】 【详解】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势， 故 A 错误； B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故 B 错误； CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃 动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故 C 错误 D 正确。 故选 D。 12. 如图所示，在 xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在 P 点以与 x 轴正方 向成 60 的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于 y 轴射出磁场。已知带电粒子质量为 m、电荷 量为 q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　） A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B. 带电粒子在磁场中运动的速率 C. 带电粒子在磁场中运动的时间 D. 该匀强磁场的磁感应强度 【答案】A 【解析】 【分析】 O【详解】粒子恰好垂直于 y 轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心 1 ，轨迹如图所示 A．由几何关系可知 3OO  a tan30= a13第 9 页 共 22 页 a2 3 3R  =acos30 3因圆心的坐标为 ，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为 (0, a) 334×2  (y  a)2  a2 33故 A 正确； BD．洛伦兹力提供向心力，有 v2 qvB  m R解得带电粒子在磁场中运动的速率为 qBR v  m因轨迹圆的半径 可求出，但磁感应强度 RB未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速 率，故 BD 错误； 2C．带电粒子圆周的圆心角为 ，而周期为 32 R 2m T  vqB 则带电粒子在磁场中运动的时间为 232 2m 3qB t  T  因磁感应强度 B未知，则运动时间无法求得，故 C 错误； 故选 A。 13. 某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上 端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺 20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 40cm 刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度 标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度 大小为 g。下列说法正确的是（ ）第 10 页 共 22 页 A. 30cm 刻度对应的加速度为 – 0.5g C. 50cm 刻度对应的加速度为 2g B. 40cm 刻度对应的加速度为 g D. 各刻度对应加速度的值是不均匀的 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺 20cm 刻度处，则弹簧的原长 l0 = 0.2m；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 40cm 刻度处，则根据受力平衡有 mg = k(l – l0) 可计算出 mg k = 0.2 【详解】A．由分析可知，在 30cm 刻度时，有 F 弹 – mg = ma（取竖直向上为正方向） 代入数据有 a =- 0.5g A 正确； B．由分析可知，在 40cm 刻度时，有 mg = F 弹 则 40cm 刻度对应的加速度为 0，B 错误； C．由分析可知， 50cm 刻度时，有 在F 弹 – mg = ma（取竖直向上为正方向） 代入数据有 a = 0.5g C 错误； D．设刻度对应值为 x，结合分析可知 mg x  mg x  0.2 ， x = （取竖直向上为正方向） 0.2  a m经过计算有 gx  0.4g gx 0.2 a = (x > 0.2)或 a = (x < 0.2) 0.2 根据以上分析，加速度 a 与刻度对应值为 x 成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的， D 错误。 故选 A。 14. 北京高能光源是我国首个第四代同步辐射光源，计划于 2025 年建成。同步辐射光具有 第 11 页 共 22 页 光谱范围宽（从远红外到 X 光波段，波长范围约为 10-5m～10-11m，对应能量范围约为 10-1eV～ 105eV）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点，在基础科学研究、应用科学和工艺学等领域已 得到广泛应用。速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这 个现象最初是在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”。以接近光速运动的单个电子能 量约为 109eV，回旋一圈辐射的总能量约为 104eV。下列说法正确的是（　　） A. 同步辐射的机理与氢原子发光的机理一样 B. 用同步辐射光照射氢原子，不能使氢原子电离 C. 蛋白质分子的线度约为 10-8 m，不能用同步辐射光得到其衍射图样 D. 尽管向外辐射能量，但电子回旋一圈后能量不会明显减小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．同步辐射是在磁场中圆周自发辐射光能的过程，氢原子发光是先吸收能量到高 能级，在回到基态时辐射光，两者的机理不同，故 A 错误； B．用同步辐射光照射氢原子，总能量约为 104eV 大于电离能 13.6eV，则氢原子可以电离， 故 B 错误； C．同步辐射光的波长范围约为 10-5m～10-11m，与蛋白质分子的线度约为 10-8 m 差不多，故 能发生明显的衍射，故 C 错误； D．以接近光速运动的单个电子能量约为 109eV，回旋一圈辐射的总能量约为 104eV，则电 子回旋一圈后能量不会明显减小，故 D 正确； 故选 D。 第二部分 本部分共 6 题，共 58 分。 15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析 等。例如： （1）实验仪器。用 游标卡尺测某金属 管的内径，示数如图 1 所示。则该金属管 的内径为 _______mm。 第 12 页 共 22 页 （2）数据分析。打点计时器在随物体做匀变速直线运动的纸带上打点，其中一部分如图 2 所示，B、C、D 为纸带上标出的连续 3 个计数点，相邻计数点之间还有 4 个计时点没有标 出。打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源上。则打 C 点时，纸带运动的速度 vC = ________m/s（结果保留小数点后两位）。 （3）实验原理。图 3 为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。认为桶和砂所受的 重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的总质量 m 比小车质量 M 小得多。请分析说明这个要求的理由。（ ）【答案】 和砂，有 ①. 31.4 ②. 0.44 ③. 设绳的拉力为 T，小车运动的加速度为 a。对桶 Mmg T  ma T  mg 。小车受到细绳的拉力 T ；对小车，有T  Ma 。得 M  m M1F  mg  mg mm比等于小车受到的合力 F，即 。可见，只有桶和砂的总质量 M  m 1 M小车质量 M 小得多时，才能认为桶和砂所受的重力 mg 等于使小车做匀加速直线运动的合 力 F。 【解析】 【分析】 第 13 页 共 22 页 【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规则有 3.1cm + 4 × 0.1mm = 31.4mm （2）[1]每隔 4 个点取一个点作为计数点，故两计数点间有 5 个间隔；故两点间的时间间隔 为T = 5 × 0.02 = 0.1s [2]匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则有 xBD vC = = 0.44m/s 2T （3）[3]设绳的拉力为 T，小车运动的加速度为 a。对桶和砂，有 mg T  ma 对小车，有 T  Ma 得MT  mg M  m 小车受到细绳的拉力 T 等于小车受到的合力 F，即 M1F  mg  mg mM  m 1 M可见，只有桶和砂的总质量 m 比小车质量 M 小得多时，才能认为桶和砂所受的重力 mg 等 于使小车做匀加速直线运动的合力 F。 16. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。 （1）该同学先用欧姆表“ ”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图 1 所示，对应的读数是 1 _______ 。Ω（2）除电源（电动势 3.0 V，内阻不计）、电压表（量程 0 ~ 3 V，内阻约 3 kΩ）、开关、导 线若干外，还提供如下实验器材： A．电流表（量程 0 ~ 0.6 A，内阻约 0.1 Ω） 第 14 页 共 22 页 B．电流表（量程 0 ~ 3.0 A，内阻约 0. 02 Ω） C．滑动变阻器（最大阻值 10 Ω，额定电流 2 A） D．滑动变阻器（最大阻值 1 kΩ，额定电流 0.5 A） 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用_______。（选 填实验器材前对应的字母） （3）该同学测量金属丝两端的电压 U 和通过金属丝的电流 I，得到多组数据，并在坐标图 上标出，如图 2 所示。请作出该金属丝的 U- I 图线_____，根据图线得出该金属丝电阻 R =________Ω（结果保留小数点后两位）。 （4）用电流传感器测量通过定值电阻的电流，电流随时间变化的图线如图 3 所示。将定值 电阻替换为小灯泡，电流随时间变化的图线如图 4 所示，请分析说明小灯泡的电流为什么随 时间呈现这样的变化。（ ）【答案】 ①. 6 ②. A ③. C ④. ⑤. 第 15 页 共 22 页 5.80 ⑥. 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电 阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不 变【解析】 【分析】 【详解】（1）[1]将选择开关调节到“×1Ω”，由图 1 可知，金属丝的电阻 Rx=6×1Ω=6Ω （2）[2]由题知，电源电动势为 3V，则回路中的最大电流为 E3Imax  A  0.5A Rx 6故电流表选 A； [3] 为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故选 C； （3）[4]将描出的点用直线连接，即可得 U-I 图线，则有 [5]取（0.3A，1.75V），可得 1.75 R  Ω  5.80Ω 0.3 （4）[6] 刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐 渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。 17. 如图所示，小物块 A、B 的质量均为 m = 0.10 kg，B 静止在轨道水平段的末端。A 以水 平速度 v0 与 B 碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为 h = 0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为 s = 0.30 m，取重力加速度 g = 10 m/s2。求： （1）两物块在空中运动的时间 t； （2）两物块碰前 A 的速度 v0 的大小； （3）两物块碰撞过程中损失的机械能 。E 第 16 页 共 22 页 0.10 J ；（3） 2.0 m/s 【答案】（1）0.30 s；（2） 【解析】 【分析】 【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由 1h  gt2 2得t = 0.30 s v（2）设 A、B 碰后速度为 ，水平方向为匀速运动，由 s  vt 得v 1.0 m/s 根据动量守恒定律，由 mv0  2mv 得v0  2.0 m/s （3）两物体碰撞过程中损失的机械能 11E  mv02  2mv2 22得E  0.10J 18. 如图所示，M 为粒子加速器；N 为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀 强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B。从 S 点释放一初速度为 0、质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，经 M 加速后恰能以速度 v 沿直线（图中平行于导 体板的虚线）通过 N。不计重力。 （1）求粒子加速器 M 的加速电压 U； 的（2）求速度选择器 N 两板间 电场强度E 的大小和方向； 第 17 页 共 22 页 （3）仍从 S 点释放另一初速度为 0、质量为 2m、电荷量为 q 的带正电粒子，离开 N 时粒子 E偏离图中虚线的距离为 d，求该粒子离开 N 时的动能 。kmv2 1E  mv2  qBvd U  【答案】（1） ；（2） ，方向垂直导体板向下；（3） E  vB k22q 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有 1qU  mv2 2解得 mv2 U  2q （2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡 Eq  qvB 得E  vB 方向垂直导体板向下。 （3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有 Ek  qU  Eqd 解得 1Ek  mv2  qBvd 219. 类比是研究问题的常用方法。 （1）情境 1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空 v f  kv G  kv = m （k 为常量）的作用。其速率 v 随时间 t 的变化规律可用方程 气阻力 t v（①式）描述，其中 m 为物体质量，G 为其重力。求物体下落的最大速率 。m（2）情境 2：如图 1 所示，电源电动势为 E，线圈自感系数为 L，电路中的总电阻为 R。闭 第 18 页 共 22 页 合开关 S，发现电路中电流 I 随时间 t 的变化规律与情境 1 中物体速率 v 随时间 t 的变化规 律类似。类比①式，写出电流 I 随时间 t 变化的方程；并在图 2 中定性画出 I – t 图线。 （3）类比情境 1 和情境 2 中的能量转化情况，完成下表。 情境 1 情境 2 物体重力势能的减少量 物体动能的增加量 电阻 R 上消耗的电能 GI t v  E  RI  L 【答案】（1） ；（2）a. ，b. ；（3）见解析 mk【解析】 【分析】 v【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度 m 时，加速度为零，有 G  kvm 得Gvm  k（2）a.由闭合电路的欧姆定理有 I t E  RI  L b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它逐渐变大，电路稳定后自感现象 消失，I – t 图线如答图 2 第 19 页 共 22 页 （3）各种能量转化的规律如图所示 情境 1 情境 2 电源提供的电能 线圈磁场能的增加量 克服阻力做功消耗的机械能 20. 秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的 ll质量为 m，人蹲在踏板上时摆长为 ，人站立时摆长为2 。不计空气阻力，重力加速度大小 1为 g。 l（1）如果摆长为 ，“摆球”通过最低点时的速度为 v，求此时“摆球”受到拉力 T 的大 1小。 （2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆 得越来越高。 a.人蹲在踏板上从最大摆角 1 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一 边的最大摆角为 2 。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 2 1 。b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到 某个最大摆角 后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直 E 平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能 k 应满足的条件。 v2 l1 5T  mg  m E  mgl2  mgl1(1 cos) 【答案】（1） ；（2）a.见解析；b. k2【解析】 【分析】 【详解】（1）根据牛顿运动定律 v2 l1 T  mg  m 第 20 页 共 22 页 解得 v2 l1 T  mg  m （2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为 v1、v2，根据功能关系得 1mgl1(1 cos1)  mv12 21mgl2 (1 cos2 )  mv22 2已知 v1 = v2，得 mgl1(1 cos1)  mgl2 (1 cos2 ) l  l 因为 所以 2 ，得 1cos1  cos2 2 1 Eb.设“摆球”由最大摆角 摆至最低点时动能为 k ，根据功能关系得 Ek  mgl1 (1 cos ) v“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为 m ,根据牛顿运动定律得 vm2 mg  m l2 “摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得 1Ek  Ek  2mgl2  mvm2 2得5Ek  mgl2  mgl1(1 cos) 2第 21 页 共 22 页 第 22 页 共 22 页