文档文本内容
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（ ）
A.
B.
10
1
7
4
5
0
3
2
B
n
Li
He
11
4
14
1
5
2
7
0
B
He
N
n
C.
D.
14
4
17
1
7
2
8
1
N
He
O
H
14
1
14
1
7
0
6
1
N
n
C
H
【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
10
1
7
4
5
0
3
2
B
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】
【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；
D．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。
c
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
B. 此时K 质点沿y 轴正方向运动
C. 此时K 质点的速度比L 质点的小
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。
4. 比较45C 的热水和100C 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
B. 热水的内能比相同质量的水蒸汽的
小
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，45C 的热水中的分子平均速率比100C 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
C. 该交变电流的表达式为
D. 该交变电流的有效值为
= 2cos5π A
i
t
2 A
2
【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；
C．由图可知，电流的最大值为
，角速度为
max
2A
i
2
5 rad/s
T
故该交变电流的表达式为
max
=
cos
2cos5π A
i
i
t
t
故C 正确；
D．该交变电流的有效值为
max
2A
2
i
i
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2.8102 km、远火点距离火星表面5.9105 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
2
Mm
G
ma
r
解得
2
GM
a
r
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 （ ）
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
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
0
2(
)
mv R
R
r
2
0
1
2 mv
【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
0
E
BLv
感应电流为
0
BLv
E
I
R
r
R
r
故安培力为
2
2
0
B L v
F
BIL
R
r
根据牛顿第二定律有
F
ma
可得
2
2
0
B L
a
v
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
2
0
1
2
Q
mv
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
2
0
2
R
mv R
R
Q
Q
R
r
R
r
故C 正确；
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。
2
0
1
2 mv
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
大
C. 在cd 段汽车的输出功率逐渐减小
D. 汽车在cd 段的输出功率比bc 段的
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
1
sin
F
mg
f
所以在ab 段汽车的输出功率
1
1
P
Fv
不变，在bc 段牵引力
2
F
f
bc 段的输出功率
2
2
1
P
F v
P
故A 错误B 正确；
CD．在cd 段牵引力
3
sin
F
f
mg
汽车的输出
3
3
2
P
F v
P
在cd 段汽车的输出功率不变，且小于bc 段，故CD 错误。
故选B。
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（ ）
A. M 点的场强比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，
p
E
q
故BD 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（ ）
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
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
2m
r
C. 圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
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
m
r
【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
2
f
mr
小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
2
2
2
I
fT
mr
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
【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】
【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
，轨迹如图所示
1
O
A．由几何关系可知
1
3
tan30 = 3
OO
a
a
2 3
=
cos30
3
a
R
a
因圆心的坐标为
，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
3
(0,
)
3 a
2
2
2
3
4
(
)
3
3
x
y
a
a
故A 正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
2v
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
未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速
R
B
率，故BD 错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为
，而周期为
2
3
2
2
R
m
T
v
qB
则带电粒子在磁场中运动的时间为
2
2
3
2
3
m
t
T
qB
因磁感应强度
未知，则运动时间无法求得，故C 错误；
B
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（ ）
A. 30cm 刻度对应的加速度为 - 0.5g
B. 40cm 刻度对应的加速度为g
C. 50cm 刻度对应的加速度为2g
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
k =
0.2
mg
【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，在50cm 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
C 错误；
D．设刻度对应值为x，结合分析可知
，x =
（取竖直向上为正方向）
0.2
mg
x
mg
a
m
0.2
x
经过计算有
a =
(x > 0.2)或a =
(x < 0.2)
0.4
0.2
gx
g
0.2
gx
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
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。
（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】 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
和砂，有
；对小车，有
。得
。小车受到细绳的拉力T
mg
T
ma
T
Ma
M
T
mg
M
m
等于小车受到的合力F，即
。可见，只有桶和砂的总质量m
1
1
M
F
mg
mg
m
M
m
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。
【解析】
【分析】
【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
vC =
= 0.44m/s
2
BD
x
T
（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
M
T
mg
M
m
小车受到细绳的拉力T 等于小车受到的合力F，即
1
1
M
F
mg
mg
m
M
m
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）
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.
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
max
3 A
0.5A
6
x
E
I
R
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 Ω
5.80Ω
0.3
R
（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
【答案】（1）0.30 s；（2）
；（3）
2.0 m/s
0.10 J
【解析】
【分析】
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
2
1
2
h
gt
得
t = 0.30 s
（2）设A、B 碰后速度为
，水平方向为匀速运动，由
v
s
vt
得
1.0 m/s
v
根据动量守恒定律，由
0
2
mv
mv
得
0
2.0 m/s
v
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
2
2
0
1
1 2
2
2
E
m
m
v
v
得
0.10J
E
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；
（2）求速度选择器N 两板间的电场强度E 的大小和方向；
（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
子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N 时的动能
。
k
E
【答案】（1）
；（2）
，方向垂直导体板向下；（3）
2
2
mv
U
q
E
vB
2
k
1
2
E
m
qB d
v
v
【解析】
【分析】
【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有
2
1
2
qU
mv
解得
2
2
mv
U
q
（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
k
E
qU
Eqd
解得
2
k
1
2
E
m
qB d
v
v
19. 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
气阻力
（k 为常量）的作用。其速率v 随时间t 的变化规律可用方程
f
kv
G
k
m
t
v
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
v
（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
【答案】（1）
；（2）a.
，b.
；（3）见解析
m
G
k
v
I
E
RI
L
t
【解析】
【分析】
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度
时，加速度为零，有
m
v
m
G
k
v
得
m
G
k
v
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有
I
E
RI
L
t
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
（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”
的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为
，人站立时摆长为
。不计空气阻力，重力加速度
1l
2l
大小为g。
（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
1l
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
开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另
1
一边的最大摆角为
。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
2
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
竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能
应满足的条件。
k
E
【答案】（1）
；（2）a.见解析；b.
2
1
T
mg
m l
v
k
2
1
5
(1
cos )
2
E
mgl
mgl
【解析】
【分析】
【详解】（1）根据牛顿运动定律
2
1
T
mg
m l
v
解得
2
1
T
mg
m l
v
（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
2
1
1
1
1
(1
cos
)
2
mgl
m
v
2
2
2
2
1
(1
cos
)
2
mgl
m
v
已知v1 = v2，得
1
1
2
2
(1
cos
)
(1
cos
)
mgl
mgl
因为
，得
1
2
l
l
1
2
cos
cos
所以
2
1
b.设“摆球”由最大摆角
摆至最低点时动能为
，根据功能关系得
k
E
k
1(1
cos )
E
mgl
“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
,根据牛顿运动定律得
m
v
2
m
2
mg
m l
v
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
k
k
2
m
2
1
2
2
E
E
mgl
m
v
得
k
2
1
5
(1
cos )
2
E
mgl
mgl
