2021年北京普通高中学业水平等级性考试物理试卷(北京卷）

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 $\alpha$ 粒子和锂（Li）离子。这个核反应的方程是（　　）

A． $^{10}_{5}\mathrm{B}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{7}_{3}\mathrm{Li}+^{4}_{2}\mathrm{He}$

B． $^{11}_{5}\mathrm{B}+^{4}_{2}\mathrm{He}\to^{14}_{7}\mathrm{N}+^{1}_{0}\mathrm{n}$

C． $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{4}_{2}\mathrm{He}\to^{17}_{8}\mathrm{O}+^{1}_{1}\mathrm{H}$

D． $^{14}_{7}\mathrm{N}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{14}_{6}\mathrm{C}+^{1}_{1}\mathrm{H}$

【答案与解析】

由质量数守恒与电荷数守恒检验：A项 $^{10}_{5}\mathrm{B}+^{1}_{0}\mathrm{n}\to^{7}_{3}\mathrm{Li}+^{4}_{2}\mathrm{He}$ ，左侧质量数 $10+1=11$ 、电荷数 $5+0=5$ ，右侧 $7+4=11$ 、 $3+2=5$ ，均守恒，且产物为 $\alpha$ 粒子( $^{4}_{2}\mathrm{He}$ )与锂核，符合题意。B、C、D分别为人工核转变、卢瑟福 $\alpha$ 散射、氮俘获中子反应，均不符。故选A。
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

【答案与解析】

这是白光经半圆形玻璃砖发生的色散（折射）现象，并非干涉，A错。由图知光束b偏折程度比c大，故玻璃砖对b的折射率大于对c的折射率，即 $n_b>n_c$ ，C正确。折射率越大，真空中频率越高、波长越短，故b在真空中波长小于c，B错；玻璃中传播速度 $v=c/n$ ，b的 $n$ 大则速度小，D错。故选C。
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

【答案与解析】

由波形图可知，此时K质点偏离平衡位置的位移大小小于L质点，质点回复加速度 $a=\omega^2|y|$ ，故 $a_K<a_L$ ，D正确。结合“K比L先回到平衡位置”可知波沿 $+x$ 方向传播（而非 $-x$ 方向），A错；此时K向平衡位置运动，即沿 $y$ 轴负方向，B错；质点越靠近平衡位置速率越大，故 $v_K>v_L$ ，C错。故选D。
比较 $45^{\circ}\mathrm{C}$ 的热水和 $100^{\circ}\mathrm{C}$ 的水蒸气，下列说法正确的是（　　）

A．热水分子的平均动能比水蒸气的大

B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小

C．热水分子的速率都比水蒸气的小

D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈

【答案与解析】

温度是分子平均动能的标志，100℃水蒸气温度高于45℃热水，故水蒸气分子平均动能更大，A错。内能由物质的量、温度、体积共同决定，同质量的水变为水蒸气需吸热且体积增大，故热水内能小于同质量水蒸气，B正确。分子速率呈统计分布，热水中也有快分子，不能说“都”比水蒸气小，C错。温度越高分子热运动越剧烈，D错。故选B。
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 $i=2\cos5\pi t\mathrm{A}$

D．该交变电流的有效值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{A}$

【答案与解析】

由 $i-t$ 图像知，周期 $T=0.4\,\mathrm{s}$ ，最大值 $I_m=2\,\mathrm{A}$ ； $t=0$ 时 $i=2\,\mathrm{A}$ 为最大，故表达式为 $i=I_m\cos\omega t=2\cos(2\pi t/T)\,\mathrm{A}=2\cos5\pi t\,\mathrm{A}$ ，C正确。在 $t=0.4\,\mathrm{s}$ 时电流达正向最大，方向未变，A错；周期 $T=0.4\,\mathrm{s}\neq0.5\,\mathrm{s}$ ，B错；有效值 $I=I_m/\sqrt2=\sqrt2\,\mathrm{A}\neq\sqrt2/2\,\mathrm{A}$ ，D错。故选C。
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 $2.8\times 10^2\mathrm{km}$ 、远火点距离火星表面 $5.9\times 10^5\mathrm{km}$ ，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

【答案与解析】

“天问一号”沿椭圆轨道运行，近火点离火星近、远火点离火星远。由 $a=GM/r^2$ 知近火点加速度更大，A错；由开普勒第二定律知近火点速率更大，B错；同一轨道只有引力做功，机械能守恒，C错；近火点速度大于该处圆轨道速度（离心运动），减速可变为绕火星的圆轨道，D正确。故选D。
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 $v_0$ 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 $a\to b$

C．电阻R消耗的总电能为 $\frac{mv_0^2R}{2(R+r)}$

D．导体棒克服安培力做的总功小于 $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$

【答案与解析】

棒向右运动，由右手定则感应电流方向为 $b\to a$ （非 $a\to b$ ），B错。棒受安培力向左，由 $F=BIL=\frac{B^2L^2v}{R+r}$ 及牛顿第二定律得 $a=\frac{B^2L^2v}{m(R+r)}$ ，随 $v$ 减小而减小，故棒做加速度减小的减速运动，非匀减速，A错。由能量守恒，回路总焦耳热 $Q=\frac12mv_0^2$ ；电阻 $R$ 与 $r$ 串联，产热正比于电阻， $R$ 消耗 $Q_R=Q\cdot\frac{R}{R+r}=\frac{mv_0^2R}{2(R+r)}$ ，C正确。全过程仅安培力做负功，由动能定理棒克服安培力做功等于动能减少量 $\frac12mv_0^2$ ，D错（说小于）。故选C。
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

【答案与解析】

汽车定速巡航，速率 $v$ 不变，输出功率 $P=Fv$ 。ab段为上坡，沿斜面需 $F=mg\sin\theta+f$ （ $\theta$ 为坡角， $f$ 为阻力）， $F^{\prime}$ 恒定故 $P$ 不变，A错； $F_{ab}>f=F_{bc}$ ，故 $P_{ab}>P_{bc}$ ，B正确。cd段为下坡， $F=f-mg\sin\theta'<f$ ，故 $P_{cd}<P_{bc}$ ，D错； $F^{\prime}$ 恒定故 $P$ 不变，C错（说逐渐减小）。故选B。
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

【答案与解析】

设两电荷为 $+Q$ 、 $-Q$ ，连线为 $x$ 轴、中垂线为 $y$ 轴。M、N关于 $x$ 轴对称，则两点场强 $x$ 分量相等、 $y$ 分量相反，且电势相等（到两电荷距离分别相等）；M、P关于 $y$ 轴对称。由偶极场对称性，N与P的场强均为M场强关于 $x$ 轴的镜像，故 $\vec E_N=\vec E_P$ （大小方向均相同），C正确。A项： $|E_M|=|E_P|$ ，错；B项： $V_M=V_N$ ，错；D项：由对称性 $V_P=-V_M$ ，电子电势能 $U=-eV$ ，故 $U_M=-U_P$ ，M靠近 $+Q$ 侧 $V_M>0$ ，则 $U_M<0<U_P$ ，错。故选C。
如图所示，圆盘在水平面内以角速度 $\omega$ 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 $2m\omega r$

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 $m\omega r$

【答案与解析】

圆盘匀速转动时，小物体随盘转动，静摩擦力提供向心力，方向始终指向圆心（沿半径），并非沿切线，A错。转动一圈速度方向复原，动量变化为零，合冲量为零，B错（非 $2m\omega r$ ）。圆盘突停后，小物体因惯性沿切线方向滑出（非沿半径），C错。滑动过程中初速度 $v=\omega r$ ，受滑动摩擦力减速至停止，摩擦力冲量大小等于动量变化 $m\omega r$ ，D正确。故选D。
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

【答案与解析】

表针晃动时线圈切割磁感线，无论是否接导线都会产生感应电动势，A、C错。未接导线时回路断开无感应电流，不受安培力阻尼，故晃动剧烈；接上导线后形成闭合回路，产生感应电流，通电线圈在磁场中受安培力阻碍运动（电磁阻尼），表针很快停止，D正确、B错。故选D。
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 $60^{\circ}$ 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

【答案与解析】

粒子垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动。由入射方向（与 $x$ 轴成 $60^\circ$ ）和出射方向（垂直 $y$ 轴即平行于 $x$ 轴）可作两条速度垂线的交点即圆心；再结合 $OP=a$ 及几何关系可唯一确定圆心位置与轨道半径，故运动轨迹（圆）的方程可确定，A正确。而速率 $v=qBr/m$ 、磁感应强度 $\mathrm{B}$ 、运动时间 $t$ （含 $v$ 或 $\mathrm{B}$ ）均无法由题给纯几何条件唯一确定，B、C、D错。故选A。
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 $20\mathrm{cm}$ 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 $40\mathrm{cm}$ 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． $30\mathrm{cm}$ 刻度对应的加速度为 - $0.5g$

B． $40\mathrm{cm}$ 刻度对应的加速度为g

C． $50\mathrm{cm}$ 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

【答案与解析】

取竖直向上为正。不挂钢球时指针在 $20\,\mathrm{cm}$ ，挂钢球静止时在 $40\,\mathrm{cm}$ ，故 $k\cdot20\,\mathrm{cm}=mg$ ，即 $k/m=g/20\,\mathrm{cm}^{-1}$ 。指针在刻度 $x$ 时弹簧伸长 $(x-20)\,\mathrm{cm}$ ，对钢球有 $k(x-20)-mg=ma$ ，代入 $mg=k\cdot20$ 得 $a=\frac{k}{m}(x-40)=\frac{g}{20}(x-40)$ （ $x$ 以 $\mathrm{cm}$ 计）。 $x=30$ 时 $a=\frac{g}{20}(-10)=-0.5g$ ，A正确； $x=40$ 时 $a=0\neq g$ ，B错； $x=50$ 时 $a=0.5g\neq2g$ ，C错； $a$ 与 $x$ 成线性关系，刻度均匀，D错。故选A。
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 $10^{-5}\mathrm{m}$ ～ $10^{-11}\mathrm{m}$ ，对应能量范围约为 $10^{-1}\mathrm{eV}$ ～ $10^5\mathrm{eV}$ ）、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 $10^9\mathrm{eV}$ ，回旋一圈辐射的总能量约为 $10^4\mathrm{eV}$ 。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 $10^{-8} \mathrm{m}$ ，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

【答案与解析】

同步辐射是高速电子在磁场中偏转时沿切线发出的电磁辐射，机理不同于氢原子能级跃迁发光，A错。其光子能量范围约 $10^{-1}\sim10^5\,\mathrm{eV}$ ，包含氢原子电离能 $13.6\,\mathrm{eV}$ ，可使其电离，B错。蛋白质线度约 $10^{-8}\,\mathrm{m}$ ，而同步辐射波长范围 $10^{-5}\sim10^{-11}\,\mathrm{m}$ 含大于 $10^{-8}\,\mathrm{m}$ 的波长，满足衍射条件可得衍射图样，C错。单电子能量约 $10^9\,\mathrm{eV}$ ，回旋一圈仅辐射约 $10^4\,\mathrm{eV}$ ，损失占比约 $10^{-5}$ ，能量不会明显减小，D正确。故选D。
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 $50\mathrm{Hz}$ 的交流电源上。则打C点时，纸带运动的速度 $v_C$ = ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （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。( )

【答案与解析】

(1)游标卡尺读数 $=$ 主尺整毫米数 $+$ 游标尺对齐格数 $\times$ 精度，由图1读得金属管内径为 $31.4\,\mathrm{mm}$ 。故填 $31.4$ 。 (2)相邻计数点间还有4个计时点未标出，故时间间隔 $T=5\times\frac1{50}\,\mathrm{s}=0.10\,\mathrm{s}$ ；C点瞬时速度 $v_C=\frac{x_{BD}}{2T}$ ，由图2数据得 $v_C=0.44\,\mathrm{m/s}$ 。故填 $0.44$ 。 (3)设绳拉力为 $T$ 、小车加速度为 $a$ 。对桶和砂： $mg-T=ma$ ；对小车： $T=Ma$ 。联立得 $T=\frac{M}{M+m}mg=\frac{mg}{1+m/M}$ 。要使桶和砂重力 $mg$ 近似等于小车所受合力 $F=T$ ，需 $m\ll M$ ，此时 $T\approx mg$ 。故要求桶和砂总质量 $m$ 远小于小车质量 $M$ 。
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“ $\times1$ ”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图1所示，对应的读数是＿＿＿＿ $\Omega$ 。

（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 $3 k\Omega$ ）、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 $\Omega$ ）

B．电流表（量程0 ~ 3.0 A，内阻约0. $02 \Omega$ ）

C．滑动变阻器（最大阻值 $10 \Omega$ ，额定电流2 A）

D．滑动变阻器（最大阻值 $1 k\Omega$ ，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 =＿＿＿＿ $\Omega$ （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。( )

【答案与解析】

(1)由图1欧姆表“ $\times1$ ”挡指针读数乘以倍率，得金属丝电阻约 $6\,\Omega$ 。故填 $6$ 。 (2)电源电动势 $3.0\,\mathrm{V}$ ，金属丝约 $6\,\Omega$ ，估算电流 $I\approx3/6=0.5\,\mathrm{A}$ ，故选量程 $0\sim0.6\,\mathrm{A}$ 、内阻较小的电流表A；为调节方便且电流不超过额定电流，选最大阻值 $10\,\Omega$ 、额定电流 $2\,\mathrm{A}$ 的滑动变阻器C。故填A；C。 (3)以 $I$ 为横轴、 $U$ 为纵轴描点作 $U-I$ 图线（过原点直线，作图略），其斜率即为电阻 $R$ ；由图线得 $R=5.80\,\Omega$ 。故填 $5.80$ 。 (4)刚闭合开关时灯丝温度低、电阻小，由 $I=U/R$ 知电流较大；随后灯丝发热温度升高，电阻增大，电流减小并趋于稳定，故图4电流随时间先大后小至稳定。
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 $v_0$ 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 $g = 10 \mathrm{m/s^2}$ 。求：（1）两物块在空中运动的时间t；（2）两物块碰前A的速度 $v_0$ 的大小；（3）两物块碰撞过程中损失的机械能 $\Delta E$ 。

【答案与解析】

(1)两物块碰后一起做平抛运动，竖直方向 $h=\frac12gt^2$ ，得 $t=\sqrt{2h/g}=\sqrt{2\times0.45/10}\,\mathrm{s}=0.30\,\mathrm{s}$ 。 (2)水平方向 $s=v't$ ，碰后共同速度 $v'=s/t=0.30/0.30=1.0\,\mathrm{m/s}$ ；由动量守恒 $mv_0=(m+m)v'$ ，得 $v_0=2v'=2.0\,\mathrm{m/s}$ 。 (3)碰撞损失的机械能 $\Delta E=\frac12mv_0^2-\frac12(2m)v'^2=\frac12\times0.10\times2.0^2-\frac12\times0.20\times1.0^2=0.20-0.10=0.10\,\mathrm{J}$ 。故碰前A的速度 $v_0=2.0\,\mathrm{m/s}$ ，碰撞损失的机械能 $\Delta E=0.10\,\mathrm{J}$ 。
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 $E_{k}$ 。

【答案与解析】

(1)粒子在加速器中由静止加速，由动能定理 $qU=\frac12mv^2$ ，得 $U=\frac{mv^2}{2q}$ 。 (2)在速度选择器中粒子沿虚线匀速直线通过，电场力与洛伦兹力平衡： $qE=qvB$ ，故 $E=vB$ 。粒子带正电、速度向右、磁场垂直纸面向里，由左手定则洛伦兹力向上，故电场力应向下，电场方向竖直向下。 (3)质量为 $2m$ 的粒子经同一加速器后进入N的动能 $E_{k0}=qU=\frac12mv^2$ ；在N中磁场力不做功，仅电场力做功。因 $v_1=\sqrt{2qU/(2m)}=v/\sqrt2<v$ ，有 $qv_1B<qE$ ，粒子向电场方向（向下）偏转，离开时偏离虚线距离为 $d$ ，电场力做功 $W=qEd=qvBd$ 。由动能定理离开N时动能 $E_k=E_{k0}+W=\frac12mv^2+qvBd$ 。故离开N时的动能 $E_k=\frac12mv^2+qvBd$ （或写为 $qU+qvBd$ ）。
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 $f=kv$ （k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程 $G-kv=m\frac{\Delta v}{\Delta t}$ （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 $v_{m}$ 。（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

【答案与解析】

(1)由 $G-kv=m\frac{\Delta v}{\Delta t}$ ，达最大速率时 $\frac{\Delta v}{\Delta t}=0$ ，得 $G=kv_m$ ，故 $v_m=\frac{G}{k}=\frac{mg}{k}$ 。 (2)类比：电源电动势 $E$ 对应重力 $G$ ，电阻耗能 $RI$ 对应阻力 $kv$ ，自感 $L$ 对应质量 $m$ ，故有 $E-RI=L\frac{\Delta I}{\Delta t}$ （或 $E=IR+L\frac{dI}{dt}$ ）。 $I-t$ 图线从 $0$ 开始单调上升并趋近渐近线 $I=E/R$ （作图略）。 (3)能量类比：情境1中物体重力势能的减少量，对应情境2中电源提供的电能（电动势做功）；物体动能的增加量，对应线圈中磁场能的增加量（ $\frac12LI^2$ ）；电阻 $R$ 上消耗的电能，对应空气阻力消耗的能量（阻力做功）。
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 $l_{1}$ ，人站立时摆长为 $l_{2}$ 。不计空气阻力，重力加速度大小为g。（1）如果摆长为 $l_{1}$ ，“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 $\theta_{1}$ 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 $\theta_{2}$ 。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 $\theta_{2}>\theta_{1}$ 。 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 $\theta$ 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 $\Delta E_{k}$ 应满足的条件。

【答案与解析】

(1)最低点沿径向由牛顿第二定律 $T-mg=m\frac{v^2}{l_1}$ ，得 $T=mg+m\frac{v^2}{l_1}$ 。 (2)a.蹲姿从 $\theta_1$ 摆至最低点，机械能守恒： $\frac12mv_1^2=mgl_1(1-\cos\theta_1)$ 。最低点站起后摆长变为 $l_2$ 、速度大小不变，再摆至 $\theta_2$ 有 $\frac12mv_1^2=mgl_2(1-\cos\theta_2)$ 。两式联立得 $l_2(1-\cos\theta_2)=l_1(1-\cos\theta_1)$ 。因 $l_2<l_1$ ，故 $1-\cos\theta_2=\frac{l_1}{l_2}(1-\cos\theta_1)>1-\cos\theta_1$ ，即 $\cos\theta_2<\cos\theta_1$ ，得 $\theta_2>\theta_1$ 。证毕。 b.在最低点站起（长度变为 $l_2$ ）并增加动能 $\Delta E_k$ 后，要在竖直面内完成完整圆周运动，最高点最小速度满足 $mg=m\frac{v_{\text{top}}^2}{l_2}$ ，即 $v_{\text{top}}^2=gl_2$ 。由最低点到最高点机械能守恒： $\frac12mv_{\text{低}}^2\ge mg\cdot2l_2+\frac12mv_{\text{top}}^2=2mgl_2+\frac12mgl_2=\frac52mgl_2$ 。最低点动能来自最大摆角 $\theta$ （蹲姿）转化： $E_k=mgl_1(1-\cos\theta)$ ，故需 $mgl_1(1-\cos\theta)+\Delta E_k\ge\frac52mgl_2$ 。即增加的动能应满足 $\Delta E_k\ge mg\left[\frac52l_2-l_1(1-\cos\theta)\right]$ 。

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