2020屆湖南長沙市高三年級期末統(tǒng)考物理試題(解析版)

1、絕密啟用前長沙市2020屆高三年級統(tǒng)一模擬考試物理總分：100分，考試時間：90分鐘一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，17題只有一項是符合題目要求的，第812題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯的得 0分。1.物理是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，要用到很多測量儀器，下列哪種儀器測量的不是國際單位制中的基本 量（ ）2如圖是中國寧波公交使用的全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車，該電車沒有傳統(tǒng)無軌電車的辮子”沒有尾氣排放，乘客上下車的30秒內(nèi)可充滿電并行駛 5公里以上，剎車時可把80%以上的動能轉(zhuǎn)化成電能回 收儲存再使用。這種電車的核心元器件是

2、“3V 1200F石墨烯納米混合型超級電容器，該電容器能反復(fù)充放電100萬次，使用壽命長達十年，被譽為“21世紀的綠色交通”下列說法正確的是（）A. 電容器放電的過程中，電量逐漸減少，電容也逐漸減小B. 電容器充電的過程中，電量逐漸增加，電容保持不變C. 電容器放電的過程中，電量逐漸減少，電容器兩極板間的電壓不變D. 若標(biāo)有“ 3V 12000F ”的電容器從電量為零到充滿電用時30s,則充電平均電流為 3600A3守株待兔”是我們熟悉的寓言故事，它出自韓非子 ，原文為：宋人有耕田者。田中有株，兔走觸株，折頸而死。因釋其耒而守株，翼復(fù)得兔。兔不可復(fù)得，而身為宋國笑。假設(shè)一只兔子質(zhì)量為2kg，受

3、到驚嚇后從靜止開始沿水平道路勻加速直線運動，經(jīng)過1.2s速度大小達到9m/s后勻速奔跑，撞樹后被水平彈回，反彈速度大小為1m/s，設(shè)兔子與樹的作用時間為0.05s,重力加速度g=10m/s2.下列說法確的是（）A. 加速過程中兔子的加速度為180m/s2B.加速過程中地面對兔子的平均作用力大小為20NC.撞樹過程中樹對兔子的平均作用力大小為320ND.撞樹過程中樹對兔子的平均作用力大小為 400N4豎直放置的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端連接質(zhì)量為m的物體甲且處于靜止?fàn)顟B(tài)，將質(zhì)量為 2m的物體乙無初速地放在物體甲上（如圖所示），乙剛放到甲上的瞬間，物體甲的加速度為a,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。則（

4、）-34 -A. a=0如圖所示，x軸垂直穿過一個均勻分布著正電荷的圓環(huán)。且經(jīng)過圓環(huán)的圓心電勢，下列說法確的是（）A. O點的電勢一定為零B. O點的電場強度一定為零C. 從0點沿x軸正方向，電場強度一直減小，電勢一直升高D. 從0點沿x軸正方向，電場強度一直增大，電勢一直降低 6.2016年底以來，共享單車風(fēng)靡全國各大城市。圖甲為某品牌共享單車第一代產(chǎn)品，單車的內(nèi)部有一個小型發(fā)電機，通過騎行者的騎行踩踏，不斷地給單車里的蓄電池充電， 蓄電池再給智能鎖供電。單車內(nèi)小型發(fā)電機發(fā)電原理可簡化為圖乙所示，矩形線圈abed的面積為0.001m2,共有100匝，線圈總電阻為1Q,線圈處于磁感應(yīng)強度大小為

5、77的勻強磁場中，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸00轉(zhuǎn)動，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路阻值為9Q電阻連接，不計交流電流表的內(nèi)阻。在外力作用下線圈以10n rad/s的角速度繞軸 00勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法中正確的是（）田乙A. 交流電流表的示數(shù)是0.002AB. 電阻R的發(fā)熱功率是0.4WC.該交流發(fā)電機產(chǎn)生的交流電的周期為0.2sD.當(dāng)線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應(yīng)電流為零7如圖所示是光電管的原理圖，已知當(dāng)有波長為 加的光照到陰極 K上時，電路中有光電流，則（A. 若僅增大光照強度，電路中光電流一定增大B. 若僅將電源極性反接，電路中一定沒有光電流C. 若僅換用波長為 乃

6、（入iQ的光照射陰極 K時，電路中一定沒有光電流D. 若僅將電路中滑動變阻器的滑片向右滑動，電路中光電流一定增大8如圖所示，垂直于地面且相距4m的的兩桿頂端 A、B之間固定著長為 5m的細繩，將一個重為 12N的小物體通過光滑的輕質(zhì)小掛鉤0掛在細繩上，平衡時，下列判斷正確的是（）A. 只有兩桿高度相等時，細線A0段和B0段跟水平面的夾角才相等B. 平衡時細繩中的張力為 10NC. 把細繩左端從頂端 A緩慢沿桿向下移動一小段距離的過程中，細繩中的張力變小D. 保持細繩的右端在桿上的位置不動，將右桿移動一小段距離到虛線位置時，細繩中的張力變大9某同學(xué)在開展研究性學(xué)習(xí)的過程中，利用加速度傳感器研究質(zhì)

7、量為5kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律，并在計算機上得到了前4s內(nèi)物體加速度隨時間變化的圖象，如圖所示，下列關(guān)于物體在前4s內(nèi)的情況說法正確的（）A. 1s末物體的速度最大B. 3s末物體離出發(fā)點最遠C. 4s末物體離出發(fā)點最遠D.前4s內(nèi)合力對物體做的功等于前2s內(nèi)合力對物體做的功10為了加快建設(shè)海洋強國，根據(jù)中國民用空間基礎(chǔ)設(shè)施中長期發(fā)展規(guī)劃和海洋衛(wèi)星業(yè)務(wù)發(fā)展十三五”規(guī)劃，到2020年，我國將研制和發(fā)射海洋衛(wèi)星共十余顆。海洋一號C衛(wèi)星和海洋二號B”衛(wèi)星這兩顆衛(wèi)星現(xiàn)在已經(jīng)正式交付自然資源部投入使用，若這兩顆衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動，海洋二號B”衛(wèi)星的軌道半徑是 海洋一號C衛(wèi)星的n倍，關(guān)

8、于這兩顆衛(wèi)星，下列說法正確的是（）A. 海洋二號B”衛(wèi)星的線速度是 海洋一號C”衛(wèi)星的目倍B. 海洋二號B”衛(wèi)星的線速度是海洋一號C”衛(wèi)星的J倍C. 在相同的時間內(nèi)， 海洋二號B”衛(wèi)星與地球球心的連線掃過的面積和D. 在相同的時間內(nèi)，海洋二號B”衛(wèi)星與地球球心的連線掃過的面積是海洋一號C”衛(wèi)星的相等海洋一號C”衛(wèi)星的倍11如圖甲所示，用不可伸長的輕繩連接的小球繞定點O在豎直面內(nèi)做圓周運動。小球經(jīng)過最高點時繩子拉力的大小Ft與此時速度的平方 V2的關(guān)系如圖乙所示。 圖象中的數(shù)據(jù)a和b以及重力加速度 g都為已知量，不計摩擦力和空氣阻力。以下說法正確的是（）A. 數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量有關(guān)B. 數(shù)據(jù)b與

9、小球的質(zhì)量無關(guān)C. 利用數(shù)據(jù)a、b和g能夠求出小球的質(zhì)量和圓周軌道半徑D. 數(shù)據(jù)b對應(yīng)的狀態(tài)，當(dāng)小球運動到最低點時，繩子的拉力為 7b12如圖所示，質(zhì)量相等的物塊 A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為“先水平敲擊 A, A立即獲得水平向右的初速度 Va,在B上滑動距離L后停下。接著水平敲擊 B, B 立即獲得水平向右的初速度 vb, A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，相對靜止前B的加速度大小為4,相對靜止后B的加速度大小為 寵，此后兩者一起運動至停下。已知最大靜摩擦力等于滑動摩 擦力，重力加速度為 g。下列說法正確的是（）D. 從左邊緣再次對齊到

10、 A、B停止運動的過程中， A和B之間沒有摩擦力 卷（非選擇題）二 非選擇題包扌掘考題和選考題兩部分，共心分13-P題為必考題，每個i趣 考生都必須作答第IX 19題為選考題.考生根據(jù)要求作答）必考題（共的分）（一）必答題13. 如圖甲所示是某同學(xué)探究加速度與力的關(guān)系的實驗裝置。他在氣墊導(dǎo)軌上安裝了一個光電門B,滑塊上固定一遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力傳感器相連，力傳感器可直接測出連接滑塊的 細繩中的拉力，傳感器下方懸掛鉤碼，每次都將滑塊從A處由靜止釋放，氣墊導(dǎo)軌摩擦阻力很小可忽略不計，由于遮光條的寬度很小，可認為遮光條通過光電門時速度不變。(1)實驗時，該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量

11、遮光條的寬度d,如圖乙所示，貝U d=mm 然后他將滑塊從 A位置由靜止釋放，并測量釋放時遮光條到光電門的距離L,由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間,則滑塊的加速度大小表達式為 (用題中所給的符號表示)(2)實驗時，一定要保證的條件或進行的操作是 (多選)A. 使滑塊質(zhì)量遠大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量B. 測出鉤碼的重力C. 將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平D. 使細線與氣墊導(dǎo)軌平行14. 舉世矚目的嫦娥四號，其能源供給方式實現(xiàn)了新的科技突破：它采用同位素溫差發(fā)電與熱電綜合利用技術(shù)結(jié)合的方式供能，也就是用航天器兩面太陽翼收集的太陽能和月球車上的同位素?zé)嵩磧煞N能源供給探測 器。圖甲中探測器兩側(cè)張開的是光伏

12、發(fā)電板，光伏發(fā)電板在外太空將光能轉(zhuǎn)化為電能。某同學(xué)利用圖乙所示電路探究某光伏電池的路端電壓U與電流I的關(guān)系，圖中定值電阻 Ro=5 Q,設(shè)相同光照強度下光伏電池的電動勢不變，電壓表、電流表均可視為理想電表。(1) 實驗一：用一定強度的光照射該電池，閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動變阻器 R)的阻值，通過測量得到該電池的U-I如圖丁曲線a,由此可知，該電源內(nèi)阻是否為常數(shù) (填 是”或 否”，某時刻電壓表示數(shù)如圖丙所示，讀數(shù)為 V,由圖象可知，此時電源內(nèi)阻值為 Qo實驗二：減小實驗一光照的強度，重復(fù)實驗，測得U-I如圖丁曲線(2) 在實驗一中當(dāng)滑動變阻器的電阻為某值時路端電壓為2.0V,則在實驗二中滑動變阻器

13、仍為該值時，滑動變阻器消耗的電功率為 W (計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)15質(zhì)量為mo=8Okg的溜冰運動員推著一輛質(zhì)量為mA=16kg的小車A以vo=1Om/s的共同速度在光滑的冰面上向右勻速滑行。某時刻，他發(fā)現(xiàn)正前方有一輛靜止的小車B,小車B的質(zhì)量為mB=64kg，運動員為了避免自己與小車B相撞，將小車 A用力向正前方推出，小車 A離開運動員時相對于地面的速度為VA=20m/s，小車A與小車B發(fā)生碰撞后沿原路反彈回來。運動員抓住反彈回來的小車A,再次與小車 A以共同的速度前進。在此后的過程中，小車A和小車B恰好不會再次相撞。不考慮摩擦和空氣阻力。求：(1)將小車A推出后，運動員的速度vi；(

14、2)小車A與小車B碰撞后，小車 B的速度v2o16.如圖所示，固定于水平面上的足夠長的金屬框架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度Bo=2T,柜架的左端串有阻值為R=5Q的定值電阻，框架的寬度L=0.5m,質(zhì)量m=0.05kg，電阻不計的金屬棒 MN與導(dǎo)軌垂直并良好接觸，金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)卩=0.5金屬棒在F=0.5N的水平恒力作用下由靜止開始沿框架向右運動，最后達到穩(wěn)定速度。重力加速度大小為g,導(dǎo)軌的電阻不計。求：(1) 金屬棒開始運動瞬間的加速度大??；(2) 金屬棒達到的穩(wěn)定速度大??；(3) 金屬棒達到穩(wěn)定速度后，某時刻的位置GH到框架左端的距離為 x=7.5m，并將該時

15、刻記作t=0 ,從此時刻起，讓磁感應(yīng)強度逐漸減小，使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=2s時磁感應(yīng)強度B為多大？17如圖所示，在豎直平面 xOy內(nèi)，在y軸右側(cè)存在著豎直向上且E=2N/C的勻強電場，在第一象限內(nèi)存在著垂直紙面向外且 B1=0.4T的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在著垂直紙面向外且B2=0.8T的勻強磁場。長為L=16m的水平絕緣傳送帶 AB以速度v0=4.8m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右側(cè)輪的半徑R=0.2m,右側(cè)輪的圓心坐標(biāo)是（0, h）,其中h=7.8m, 個質(zhì)量為 m=2g、電荷量為q=+0.01C的小物塊（不計小物塊的大小，可 視為點電荷）輕輕放在傳帶左端，小物塊與傳送帶之間的動

16、摩擦因數(shù)卩=0.8小物塊從傳送帶滑下后，經(jīng)過x軸上的P點（圖中未畫出），重力加速度g取10m/s 變化后環(huán)境的溫度Ti ； （ii）全過程中密封氣體向外界放出的熱量，不考慮空氣阻力及邊界對電場、磁場的影響。(2)(3)高為P點的坐標(biāo)；若把傳送帶勻速運行的速率增加到 v=16m/s，把一塊擋板 MN垂直于x軸放置且下端在 x軸上，擋板 H=8m,正中間有一小孔。為了讓小物塊能穿過擋板上的小孔，求擋板放置的位置與y軸之間的距離。（二）選答題（15分）18 （物理-選修3-3 ）關(guān)于物體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）A. 若把氫氣和氧氣看作理想氣體，則具有相同質(zhì)量和相同溫度的氫氣和氧氣具有相等的內(nèi)能B

17、. 相同質(zhì)量0C水的分子勢能比 0C冰的分子勢能小C. 物體吸收熱量后，內(nèi)能不一定增加D. 定量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)E. 一定量的某種理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加19如圖所示，大氣壓強恒為p。，用橫截面積為S的可動水平活塞將一定質(zhì)量的理想氣體密封于懸掛在天花丹S板上的汽缸中，活塞的質(zhì)量為，開始時，環(huán)境的熱力學(xué)溫度為 T0,活塞與汽缸頂部的高度差為h0,由于環(huán)境溫度緩慢降低， 活塞緩慢向上移動，當(dāng)環(huán)境溫度降低至 Ti時，活塞向上移動了 0.2h,已知密封氣體 的內(nèi)能U與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系為U=kT （k為正常數(shù)），汽缸導(dǎo)熱良好，與活塞間的摩擦不計，重力加速 度為g，求Q。2

18、0 (物理-選修3-4 )如圖所示，一束光從空氣中射向折射率n=的某種玻璃的表面，i表示入射角，光在真空中的傳播速A當(dāng)i 45。時會發(fā)生全反射現(xiàn)象B. 無論入射角是多大，折射角 r都不會超過45 C. 欲使折射角r=30應(yīng)以i=45的角度入射D. 當(dāng)入射角tani =吃時，反射光線跟折射光線恰好垂直E. 光在該玻璃中的傳播速度v=1.5 X 1m/s21如圖所示，實線是一列簡諧橫波在ti時刻的波形圖，虛線是在t2= (ti+0.2) s時刻的波形圖。ty/cm200 / Am; rA 2/3 A6 x/m-20(i) 若波速為45m/s，求質(zhì)點M在ti時刻的振動方向(闡述判斷依據(jù))(ii) 在

19、ti到t2的時間內(nèi)，如果 M通過的路程為1.4m，那么波的傳播方向怎樣？波速多大?解析版1.【答案】A【解析】解：A、彈簧測力計測量的是力，而力不是國際單位制中的基本量，故A錯誤。B天平是測量質(zhì)量的儀器，質(zhì)量是國際單位制中的基本量，故B正確。C秒表是測量時間的儀器，時間是國際單位制中的基本量，故C正確。D螺旋測微器是測量長度的儀器，長度是國際單位制中的基本量，故D正確。本題選測量的不是國際單位制中的基本量，故選：A。力學(xué)中的基本量有三個，它們分別是長度、質(zhì)量、時間，根據(jù)基本量來確定測量的儀器即可。解決本題的關(guān)鍵要知道力學(xué)的三個基本物理量以及對應(yīng)的基本單位，需識記。要注意牛頓不是國際單位制 中的

20、基本量。2.【答案】B【解析】解：AB電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與充放電無關(guān)，與電荷量的多少無關(guān)，故放電過程中，電量減少, 電容不變，充電過程中，電量增加，電容不變，故A錯誤，B正確。C根據(jù)U=可知，放電過程中，電量 Q減少，兩極板間的電壓減小，電容不變，故 C錯誤。D標(biāo)有“ 3V, 12000F”的電容器從電量為零到充滿電，儲存的電荷量 Q=CU=36000C根據(jù)電荷量定義可知，二Q二；聊艸f 出I，A=1200A故充電平均電流為 1200A，故D錯誤。故選：B。電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與電荷量和電壓無關(guān)，充放電過程中，電容不變。根據(jù)電荷量的定義，計算充電平均電流。本題考查了電容器的電

21、容，解題的關(guān)鍵是明確電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與充放電無關(guān)，與電荷量的 多少無關(guān)。3.答案】D【解析】解：A、兔子經(jīng)過1.2s速度由零達到9m/s，根據(jù)加速度公式可知，a=B加速過程中，地面對兔子的平均作用力大小為 故B錯誤。=7.5m/s 2,故 A錯誤。f，根據(jù)動量定理可知，ft=mv-0，代入數(shù)據(jù)解得f=15N，CD撞樹過程中，撞樹前的動量大?。篜=mv=2x 9kg?m/s=18kg?m/s，以撞樹前兔子的速度方向為正方向，兔子撞樹后的動量： P =mv =2X (-1 ) =-2kg ?m/s ,兔子撞樹過程動量變化量： P=P -P=-2kg ?m/s-18kg?m/s=-20k

22、g ?m/s，由動量定理得：Ft= P=-20N?s，則兔子受到平均作用力大小為F=400N,故C錯誤，D正確。故選：Do根據(jù)加速度公式求解加速度。根據(jù)動量的計算公式求出兔子撞樹前后的動量大小，然后求出撞樹過程動量的變化量，由動量定理可以求 出兔子撞樹過程受到的沖擊力。本題考查動量定理的直接應(yīng)用，同于表達式中有多個矢量，故應(yīng)注意設(shè)定正方向，并明確各量的方向。4. 【答案】C【解析】解：原來物塊甲靜止在彈簧上時，設(shè)彈簧的彈力大小為F,則有F=mg將乙突然無初速放上甲的瞬間，彈簧的彈力不變，將甲、乙看成一個整體，具有共同的加速度a,對整體受力分析，由牛頓第二定律得：*?Aril3mg-F=3ma

23、解得：a=；F g，故 ABD錯誤，C正確。故選：Co單放物體甲時，彈簧的彈力等于甲的重力，放上乙的瞬間彈簧的彈力不變，仍等于甲的重力，由此把甲、乙作為一個整體由牛頓第二定律求加速度。本題的關(guān)鍵是要知道在放上乙的瞬間彈簧形變量沒有變化，其彈力是不變的，而甲、乙是一個整體加速度 相同。5. 【答案】B【解析】解：AB圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在0點產(chǎn)生的場強抵消，合場強為零。圓環(huán)上各電荷產(chǎn)生的電場強度在 x軸有向右的分量，根據(jù)電場的疊加原理可知， x軸上電場強度方向向右， 根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知在 x軸上O點的電勢最高，故 A錯誤，B正確。CD O點的場強為零

24、，無窮遠處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應(yīng)先增大后減小。x軸上電場強度方向向右，電勢降低，故CD錯誤。故選：Bo圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)電場的疊加和對稱性，分析O點的場強。根據(jù)電場的疊加原理分析x軸上電場強度的方向，即可判斷電勢的高低。解決本題的關(guān)鍵有兩點：一是掌握電場的疊加原理，并能靈活運用；二是運用極限法場強的變化。6. 【答案】C【解析】解：A比 線圈產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為Em=NBSw=10x 必 x 0.001 x l(hr V=O.2/2V.有效值為2 翕二辺V ,根據(jù)閉合電路的歐姐走律可知I二- -0.1/? A f電厠滬生的熱功率為r故AR錯詭it +:交涼電的周

25、期T= 2 =0,2s f故匚正確.D當(dāng)線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應(yīng)電流最大，故D錯誤。故選：Co電表示數(shù)、發(fā)熱功率為有效值，根據(jù)E=NBSo求得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值，根據(jù)有效值和最大值間的關(guān)系求得有效值。根據(jù)角速度與周期關(guān)系求解周期。當(dāng)線圈平面和磁場方向平行時，線圈中的感應(yīng)電流最大。本題關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達式E=nBS，同時要會計算平均值和瞬時值，對于交變電流，求解熱量、電功和電功率用有效值，對于正弦式電流最大值是有效值的倍。7. 【答案】A【解析】解：A、圖中光電管加的是正向電壓，若僅增大光照強度，電路中光電流一定增大，故A正確。B若將電源極性反接，其電壓值小于截止

26、電壓時仍有電流，故B錯誤。C由題意，入射光的波長為入時，能發(fā)生光電效應(yīng)，若換用波長為入i （入i入）的光照射陰極 K時，入射光的頻率減小，仍然可能發(fā)生光電效應(yīng)，電路中可能有光電流，故C錯誤。D若僅將電路中滑動變阻器的滑片向右滑動，光電管兩端電壓增大，如果已經(jīng)達到飽和光電流，則光電流不會增大，故D錯誤。故選：A。發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，或入射光的波長小于金屬的極限波長。光電子有初動能，光電管加反向電壓時，仍可能有光電流。本題的解題關(guān)鍵是掌握光電效應(yīng)產(chǎn)生的條件、光電流強度與入射光的強度有關(guān)，知道截止電壓等等光電效應(yīng)的基本規(guī)律。8. 【答案】BD【解析】子在水平方向的分力

27、相等，則兩端繩子與水平方向的夾角也相同，與桿的高度無關(guān)，故A錯誤。B設(shè)繩子與豎直方向方向的夾角為a,繩子總長度為L,兩桿間的距離為 S,延長A0交右邊桿與C,根據(jù)S _ 4幾何關(guān)系可知 OC=OB貝y AC=L貝y sin a =亍一：=0.8，解得a =53 ;由共點力的平衡條件可知，兩拉力 的合力與物體的重力等大反向；由幾何關(guān)系可知拉力為：F&G=10N故兩桿頂端所受的拉力大小均為10N,故B正確。$C把A端緩慢向下移動的過程中， sin a =不變，則繩上的拉力不變，故C錯誤。D、B端在桿上的位置不動，將右桿移動到虛線位置時，S增大，sin a增大，cos a減小，繩上的拉力變大,故D正

28、確。故選：BD。因為是一根繩子，故兩端的拉力相等，由共點力的平衡條件可知兩繩子的拉力的合力與物體的重力大小相 等方向相反；作出平行四邊形由幾何關(guān)系可求得兩繩與水平方向的夾角及張力，根據(jù)平衡條件分析繩子拉 力的變化情況。本題的關(guān)鍵在于明確同一根繩子不論如何彎曲，只要是繃緊的則各部分拉力一定相等；故本題可以直接得 出結(jié)論兩邊繩子與水平方向的夾角相等。9.【答案】CD【解析】解：ABC分析物體的運動情況：在 0-3s內(nèi)物體沿正方向做加速運動，在3-4s內(nèi)沿正方向做減速運動， 故在第3s末物體的速度最大，在第 4s末距離出發(fā)點最遠，故 AB錯誤，C正確；D a-t圖象的“面積”大小等于速度變化量，則在

29、前4s內(nèi)物體速度的變化量 v等于前2s內(nèi)速度變化量，由動能定理得，前 4s內(nèi)合外力做的功等于前 2s內(nèi)合外力做的功，故 D正確；故選：CD由牛頓第二定律知：加速度方向與合外力方向相同，當(dāng)加速度方向與速度方向相同時，物體做加速運動；否則做減速運動。根據(jù)加速度圖象，分析物體的運動情況，即可判斷速度最大、位移最大的時刻。根據(jù)a-t 圖象的“面積”大小等于速度變化量。本題關(guān)鍵有兩點：一要正確分析物體的運動情況；二抓住a-t圖象的“面積”求出速度的變化量。10.【答案】AD【解析】解：AE、兩顆衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，乎=UlfVT,解得線速度“海洋二號B”衛(wèi)星的軌道半徑是“海洋一

30、號C衛(wèi)星的n倍，則“海洋二號 B”衛(wèi)星的線速度是“海洋一I /T 號C”衛(wèi)星的V倍，故A正確，B錯誤。1CD根據(jù)扇形面積公式可知，衛(wèi)星與地球球心的連線掃過的面積為S=，則在相同的時間內(nèi)，“海洋二號B”衛(wèi)星與地球球心的連線掃過的面積是“海洋一號C”衛(wèi)星的倍，故C錯誤，D正確。故選：AD。兩顆衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，得出線速度大小關(guān)系。根據(jù)扇形面積公式比較在相同的時間內(nèi)，兩位衛(wèi)星與地球球心的連線掃過的面積。本題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)計算，明確萬有引力提供向心力，得出線速度公式，同時掌握扇形面積公式。11.【答案】CD【解析】解：A、小球在最高點，根據(jù)牛頓第二定律：FT+mg=m

31、，得R=m -mg,根據(jù)圖象，當(dāng) Ft=0時，v2=a=gr，所以數(shù)據(jù)a與小球的質(zhì)量無關(guān)，故 A錯誤;B錯誤;B根據(jù)圖象，v2=2a時，F(xiàn)T=b，代入FT=m -mg,解得b=mg所以數(shù)據(jù)b與小球的質(zhì)量有關(guān)，故C由a=gr， b=mg,可以求出小球的質(zhì)量 m和圓周軌道半徑r，故C正確；D數(shù)據(jù)b對應(yīng)的狀態(tài)，可設(shè)最高點對應(yīng)的速度為vi,最高點對應(yīng)的速度為 V2,小球在最低點，根據(jù)牛頓第二定律：FT2-mg=mnn1，小球從最高點到最低點，根據(jù)動能定理：2mgr= ； mv- : mvf，由聯(lián)合解得：FT2=7mg=7b故D正確。故選：CD結(jié)合圖象，根據(jù)牛頓第二定律可以求出a、b的表達式，從而可以判

32、斷狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理可以求出繩子的拉力。本題考查了牛頓第二定律、圓周運動等知識點。利用圖象及牛頓第二定律求 a、b表達式是解決本題的關(guān)鍵。小球在最高點，根據(jù)牛頓第二定律：b+mg=m，a、a、b與質(zhì)量的關(guān)系；數(shù)據(jù)b對應(yīng)的12.【答案】ABC【解析】解：A、設(shè)A B的質(zhì)量均為 m A、B相對靜止前，A相對于B向左運動，A對B的滑動摩擦力向左，地面對B的滑動摩擦力也向左，則B所受的合外力大?。篎B=u?2mg+u mg=3 mg對B,由牛頓第二定律：F匸ma，解得：ai=3卩g相對靜止后，對 A、B整體，由牛頓第二定律得 2卩mg=2ma,解得：a?=卩g,則aWa?，故A正確。B敲

33、擊A后，A獲得速度后，向右做勻減速運動。對B來說，地面與B間的最大靜摩擦力為fm=y?2mg=2卩mg. A對B的滑動摩擦力為f=卩mg則f v fm,故B靜止不動。對A f由牛頓第二定律知:卅呵tri由運動學(xué)公式肓:2%uv F解得：vy 詐亦2 r戰(zhàn)B正確.C,議擊R后f諂經(jīng)過時間認B達到共同連度v .位移分別為心r牝-助口速度的；GJ苒于弧，則：v=3At. v=v-aitXA=5aAt2B=VBt-Bt2fiXB-KA=L聯(lián)立解得；先=2 刈L r故C正甌D從左邊緣再次對齊到 A、B停止運動的過程中， A B起做勻減速運動，A有向左的加速度，說明 B對A有摩擦力，故D錯誤。故選：ABC

34、敲擊A后，A獲得速度后，向右做勻減速運動，B靜止不動，根據(jù)牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律結(jié)合求A被敲擊后獲得的初速度大小 Va；B被敲擊后，根據(jù) A與B之間的摩擦力，B與地面之間的摩擦力，結(jié)合牛頓第二定律可求出A、B相對靜止前、后B的加速度大?。挥?A、B所發(fā)生的相對位移 L著手，分析出共速時各自發(fā)生的位移，聯(lián)立等式進行 求Vb.從左邊緣再次對齊到 A B停止運動的過程中，對整體分析加速度，再對A分析A是否受摩擦力。對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的受力情況，來判斷其運動情況。特別要注意分析 速度相等的狀態(tài)，利用牛頓第二定律和運動學(xué)結(jié)合進行處理。13.【答案】2.50CD【解

35、析】解：(1 )游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為 2mm游標(biāo)讀數(shù)為 0.05 x 10mm=0.50mm所以最終讀數(shù) d=2mm+0.50mm=2.50mmdV=-滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度為：，根據(jù)運動學(xué)公式可知：v2=2aL,解得滑塊的加速度大小為：遼麗。(2) AB、拉力是直接通過傳感器測量的，故不需要滑塊質(zhì)量遠大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量，不需要測出鉤碼的重力，故AB錯誤。CD應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，同時保證細線與氣墊導(dǎo)軌平行，使拉力才等于合力，故CD正確。故選：CD 故答案為：(1) 2.50 ;吐卩;(2) CD(1) 游標(biāo)卡尺讀數(shù)結(jié)果等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻

36、度讀數(shù)，不需要估讀；滑塊經(jīng)過光電門時的瞬時速度 可近似認為是滑塊經(jīng)過光電門的平均速度。根據(jù)運動學(xué)公式解答。(2) 用細線拉力表示合力， 要考慮摩擦力的影響， 拉力是直接通過傳感器測量的，故與小車質(zhì)量和鉤碼質(zhì) 量大小關(guān)系無關(guān)。常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實驗的基礎(chǔ)。處理實驗時一定要找出實驗原理，根據(jù)實驗原理我們可以 尋找需要測量的物理量和需要注意的事項。14.【答案】否 1.804.782.5【解析】解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：U=E-lr，所以圖象的斜率為電源內(nèi)阻，但圖象的斜率在電流較大時，變化很大，所以電源的內(nèi)阻是變化的。從電壓表的示數(shù)可以示數(shù)為1.80V，再從圖象的縱軸截距為2.9

37、V，即電源的電動勢為 2.9V，又從圖象看出,E-U _L.8當(dāng)路端電壓為1.80V時，電流為0.23A，所以電源的內(nèi)阻r=U.殆 Q =4.78 Q。(2)在實驗一中，電壓表的示數(shù)為2.0V，連接坐標(biāo)原點與電源的(2.0V路端電壓)兩點，作出定值的伏安特性曲線如圖所示，同時該直線與圖象 b有一交點，則該交點是電阻是實驗二對應(yīng)的值，由交點坐標(biāo)可以讀出:0.7V, 0.75A。所以滑動變阻器此時消耗的功率P= ( 0.75 ) 2X 4.5W=2.5W故答案為：(1)否；1.80 ; 4.78 ; (2) 2.5。(1) 電源的U-I圖象的斜率表示其內(nèi)阻，根據(jù)斜率的變化可以知道內(nèi)阻的變化情況，圖

38、象與縱軸交點表示 電動勢，與橫軸交點表示短路電流；(2) 由圖象b找到路端電壓為2.0V的電路電流，由歐姆定律及串聯(lián)電路特點求出可調(diào)電阻阻值，然后由P=l2 R求出可調(diào)電阻消耗的電功率。本題主要考查了在實驗中如何利用圖線進行數(shù)據(jù)處理，在測電源電動勢和內(nèi)阻的實驗中，明確電源U-I圖象和電阻U-I圖象的含義和區(qū)別。15.【答案】解：(1)運動員將小車 A推出的過程，以兩者組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向，由動量守恒定律 得(mi+nA) Vo=mv1+mAVA解得V1=8m/s，方向向右。(2)據(jù)題，運動員抓住反彈回來的小車A后，小車A和小車B恰好不會再次相撞，兩者速度相同，均為V2。對整個過

39、程，以運動員和兩車組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律得(m+m) Vo= (m+m+m) V2解得V2=6m/s，方向向右。答：(1) 將小車A推出后，運動員的速度 vi是8m/s，方向向右。(2) 小車A與小車B碰撞后，小車 B的速度V2是6m/s，方向向右。【解析】(1) 研究運動員將小車 A推出的過程，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，由此動量守恒定律求將小車A推出后， 運動員的速度Vi ；(2) 對整個過程，以運動員和兩車組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)動量守恒定律列式，結(jié)合小車A和小車B恰好不會再次相撞的條件：速度相同，即可求小車B的速度V2。本題是系統(tǒng)動量守恒問題，涉及多個過程，首先要正確選擇

40、研究對象，其次要確定研究過程，再利用動量 守恒定律分過程研究。 第2小題也可這樣處理： 先研究小車A與小車B碰撞過程，利用動量守恒定律列式， 再對運動員抓住小車 A的過程，利用動量守恒定律列式求速度V2。16.【答案】解：( 1)金屬棒開始運動瞬間安培力為零，金屬棒水平方向受到拉力和摩擦力, 根據(jù)牛頓第二定律可得 F-卩mg=ma解得：a=5m/s2;(2)金屬棒達到穩(wěn)定時受力平衡，水平方向受到拉力、摩擦力和安培力作用。 根據(jù)平衡條件可得：F=卩mg+BIL代入數(shù)據(jù)解得：v=1.25m/s ;GH到框架左端的距離為 x=7.5m，并將該時刻記作t=0，則該(3)金屬棒達到穩(wěn)定速度后，某時刻的位

41、置 時刻的磁通量為： 1=BoLx1=2則t時的磁通量2=BL (x+vt ) 金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則有k 7 5當(dāng)皿時心答：( 1 )金屬棒開始運動瞬間的加速度大小為5m/s2;(2) 金屬棒達到的穩(wěn)定速度大小為1.25m/s ;(3) t=2s時磁感應(yīng)強度 B為1.5T。【解析】(1) 金屬棒開始運動瞬間安培力為零，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大?。?2) 金屬棒達到穩(wěn)定時受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計算公式求解；(3) 金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是磁通量變化為零，根據(jù)這個條件得到磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況 進行解答。本題主要是電磁感應(yīng)的力學(xué)問題，根據(jù)牛頓第二定律、平衡條件列出方

42、程進行分析即可。17.【答案】解：(1 )由題可知，小物塊初速度為零，在傳送帶上水平方向只受摩擦力 由牛頓第二定律可得卩 mg=ma解得a =8m/s2所以小物塊加速到與傳送帶共速的時間由v=Vo+at得t i=0.6s加速位移at2 = 1.44i/r又因為傳送帶長 L=16m所以勻速運動的位移 X2=L-Xi=14.56m所以運動的總時間為 t總=t i+t 2=3.6s（2）物體進入第一象限重力G=mg=0.02N方向豎直向下靜電力F=Eq=0.02N方向豎直向上所以重力和靜電力平衡，物體只受洛倫茲力又因為傳送帶左右側(cè)輪的半徑R=0.2m,右側(cè)輪的圓心坐標(biāo)高h=7.8m所以物體在第一象限

43、運動半個圓周后從Y軸上的y=3.2m處水平射出，做平拋運動物體的運動軌跡如圖所以由丫 9貳得13=0.8sx=vt 3=3.84m所以P點坐標(biāo)為（-3.84，0）（3）講速度增加至 v=16m/s，物塊在傳送帶上加速運動由（1 ）得，加速度 a=8m/s2所以當(dāng)物體和傳送帶共速時的位移由 加速位移x加=16m所以物體進入復(fù)合場的初始速度v =16m/si u訶=由由得ri=8mx軸進入第四象限，在第四象限中的半徑2=4m物體在第一象限運動軌跡為四分之一圓周，垂直于 所以物體運動的軌跡如圖答：（1 ）小物塊在傳送帶上加速運動的時間為3.6s ;（2） P點的坐標(biāo)為（-3.84 , 0）（3）擋板

44、放置的位置與 y軸之間的距離為【解析】（1） 小物塊輕放在傳送帶上， 相對于傳送帶向左運動， 受到向右的摩擦力作用下加速運動，傳送帶長已知， 可以算出小物塊加速位移以及勻速位移，進而通過運動學(xué)公式求解運動時間。（2）物體進入第一象限復(fù)合場中，受到重力，靜電力，洛倫茲力的作用，重力向下與靜電力向上平衡，所 以物體相當(dāng)于只受洛倫茲力，在第一象限做勻速圓周運動，由洛倫茲力等于向心力求得半徑，畫出軌跡， 通過幾何關(guān)系從而求得 P點坐標(biāo)。（3）將傳送帶速度增加到 v=16m/s，物塊在傳送帶上加速，同理，進入復(fù)合場中，計算半徑，畫出軌跡， 通過幾何關(guān)系求得位置。本題綜合性比較強，解決復(fù)合場問題一定要注意

45、受力分析，分析電場力，重力，洛倫茲力的關(guān)系，并畫出 軌跡，解決相關(guān)幾何問題。18.【答案】CDE【解析】解：A、氫氣和氧氣的摩爾質(zhì)量不同，故相同質(zhì)量的氫氣和氧氣的分子數(shù)不同；溫度相同，故分子熱運動平 均動能相同，故相同質(zhì)量和相同溫度的氫氣的內(nèi)能大于氧氣具有的內(nèi)能，故A錯誤。B冰融化為水要吸收熱量，故相同質(zhì)量的0C的水的分子勢能比 0C的冰的分子勢能大，故 B錯誤。C物體吸收熱量后，可能對外做功，內(nèi)能不一定增加，故C正確。D溫度是分子平均動能的標(biāo)志，一定量的某種理想氣體，分子勢能忽略不計，其內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故D正確。E、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，一定量的某種理想氣體在等壓膨脹，溫度一定升高，分子的

46、平均動能也一定增大，而分子勢能可以忽略不計，所以內(nèi)能也一定增加，故E正確。故選：CDE熱力學(xué)第一定律公式： U=W+Q物體的內(nèi)能包括分子熱運動的動能和分子勢能，而氣體分子間距大， 分子勢能為零。冰融化為水要吸收熱量，吸收的熱量轉(zhuǎn)化為分子勢能。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和內(nèi)能定義聯(lián)合求解。本題關(guān)鍵明確內(nèi)能的概念，同時要能結(jié)合熱力學(xué)第一定律列式求解，不難。19.【答秦】解：（i）以封湯氣體為研丸對象,初態(tài)阿 :Vi=h0S ,溫度為：To末態(tài)協(xié)積：尸（ho02ho） S=0.8h（）S r溫康為：T】氣碎做等?；ǜ嗌w呂薩克左律得：磐=騾代入數(shù)據(jù)解得：Ti=Or8T（活寒緩慢移動的過程，封詡氣體做等壓

47、變化r有；W=pS&h 艮中P=P0-罟二? P則W二時砧二? poS-0+2ho= ； poShc* bbb根據(jù)熱力學(xué)第一圭律可知,諫過程中気體減少的內(nèi)能為:U=Q+W ffiU=KTRj?tiU=KTrT=T0-0.8T0=0.2To ,則:iU = -0.2kT（聯(lián)立解得：Q=-0.2kTo + PoSh。答：門變化后環(huán)境的溫度D為08To；C ii ）全過程中密封氣體向外界放出的熱t(yī)量Q為一d2kTo+ L p0Sh）B【解析】 以封閉氣體為研究對象，氣體做等圧変化，根據(jù)蓋呂薩克定律列式求解； 氣體體積縮小，外界對氣體做功，根據(jù)w=a v求解外界做功，根據(jù)密封氣體的內(nèi)能u與熱力學(xué)溫度t

48、的關(guān)系為U=kT求解內(nèi)能變化，然后利用熱力學(xué)第一定律列式求解密封氣體向外界放出的熱量。本題關(guān)鍵是明確氣體是等壓變化，運用熱力學(xué)第一定律和蓋？呂薩克定律列式求解，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時要注意各量正負號的含義。20. 【答案】BCD【解析】解：A、光從空氣中射向玻璃表面時，不可能發(fā)生全反射，故A錯誤。氏 當(dāng)入射角最大時f根據(jù)折射左律譽知,折射角也最大r而最大的入射軸為9肝則由門二窪得，sinr=inrsitir,圧4h t所以最大的折射角為45.故B正転n 2匚 當(dāng)折射角與0時r由折射定律“凹得入射甫匸45 r故CLE羸mwD*當(dāng)反射光準(zhǔn)銀折射極怡好互相垂直時,設(shè)入射角為i r折射角為B ,有i+p

49、=90 F n =tdni.所Wi=arctan d ” 故DIB.E、光在該畫中的傳播速劭=”才竺10smA F故E錯誤；n 2故選；BCD.本題應(yīng)根據(jù)下列知識進行分忻：光由光密（即光枉此介盛中的折肘率大的）介質(zhì)肘到光疏（郞光在此介噴中折射率 小的）介質(zhì)的界面時，全部被反的國原介質(zhì)內(nèi)的現(xiàn)象叫做全反射當(dāng)入射光埶質(zhì)斜射入見一WNS時會發(fā)生折射同時也發(fā)生反射口良射謹守反射走律f折射遵守折射走 律n=.光在介質(zhì)中侍厝的速度為尸-.解決本題的關(guān)據(jù)拿握折射走律2凹以及拿晝?nèi)瓷涞臈l件.SI7N 21.【答案】解：（i ） 0.2s內(nèi)，波傳播的距離為： x=v t=9m=2 入 + 入，則波沿x軸正方向傳

50、播，ti時刻質(zhì)點M向y軸正方向振動。（ii ）在ti到t2的時間內(nèi)，有： t=2T+ T,振幅A=20cm=0.2m= M通過的路程為 1.4m=7A,了人-T即波傳播了 1 ，經(jīng)過了出，則波沿x軸負方向傳播。I|A IJ J波速為：v= A； =35m/s答：（ i ）若波速為45m/s，質(zhì)點M在ti時刻的振動方向為 y軸正方向。（ii）在ti-t 2這段時間內(nèi)，如果 M通過的路程為1.4m，那么波向x軸負方向傳播，波速為 35m/s?！窘馕觥浚╥）0.2s內(nèi)，波傳播的距離厶x=v t=9m=2 入I入知 t=2T+可知11時刻質(zhì)點M振動方向。f T（ii ）因為 x =1.4m=7A,所以 t=，據(jù)此判斷波的傳播方向和波速。本題給出兩個時刻的波形圖，讓從中獲取信息求解。要熟練基本方法是波