2020年安徽省江南十校聯(lián)考高考物理一模試卷(有答案解析)

1、第 17 頁(yè)，共 16 頁(yè)2020 年安徽省江南十校聯(lián)考高考物理一模試卷、單選題（本大題共 5 小題，共 30.0分）1. 核電池是利用放射性同位素衰變放出載能粒子 如 粒子、 粒子和 射線 并將其能量轉(zhuǎn)換為 電能的裝置。某型號(hào)核電池的放射源是钚 ，其衰變方程為 ，則下列 說(shuō)法正確的是A. 粒子和 粒子均屬于實(shí)物粒子B. 钚 的半衰期與原子所處環(huán)境的壓強(qiáng)、溫度有關(guān)C. X 的中子數(shù)為 142D. 粒子的穿透能力比 粒子強(qiáng)2. 在光滑水平面上，一個(gè)小物塊在水平恒力作用下做直線運(yùn)動(dòng)， 時(shí)間內(nèi)小物塊的 圖象如圖所示。 則在 時(shí)間內(nèi)， 列說(shuō)法正確的是A. 小物塊一直做減速運(yùn)動(dòng)B. 小物塊的加速度與速度

2、一直反向C. 小物塊的平均速度大小為D. 小物塊的加速度大小為3.2019 年 12 月 27 日，長(zhǎng)征五號(hào)遙三運(yùn)載火箭在中國(guó)文昌發(fā)射場(chǎng)發(fā)射升空，將 衛(wèi)星送入預(yù)定軌道。如圖所示為該衛(wèi)星繞地球運(yùn)行示意圖，測(cè)得衛(wèi)星在 t 時(shí) 間內(nèi)沿逆時(shí)針從 P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 Q 點(diǎn)，這段圓弧所對(duì)的圓心角為已知地球的半徑為 R，地球表面重力加速度為 g，則這顆衛(wèi)星在軌運(yùn)行的線速度大小為A.B.C.4.A. 圓環(huán)中感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向在粗糙水平面上平放一根導(dǎo)體棒和一個(gè)金屬圓環(huán)，D.如圖甲所示 俯視圖 ，給導(dǎo)體棒中通以如圖 列說(shuō)法正確的是B. 圓環(huán)中感應(yīng)電流先增大后減小C. 導(dǎo)體棒受到的靜摩擦力方向先向右后向

3、左D. 圓環(huán)先有擴(kuò)張趨勢(shì)后有收縮趨勢(shì)5. 如圖所示，一電容為 C、兩板間距為 d的平行板電容器豎直放置， O 為兩板 A、B的中心，兩板 帶有等量異種電荷。過 O點(diǎn)的直線 MN 與兩板垂直， M、N兩點(diǎn)到 O點(diǎn)距離均為 3d，位于直線 上的 P、S兩點(diǎn)在板間，且到 O 點(diǎn)的距離相等，在 M 點(diǎn)放置電荷量大小為 Q的負(fù)點(diǎn)電荷，在 N 點(diǎn)放置電荷量大小為 Q 的正點(diǎn)電荷，忽略兩點(diǎn)電荷對(duì)兩極板電荷分布的影響。已知靜電力常量 為 k，若 O 點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，則A. 電容器 A 極板帶負(fù)電B. 電容器的 A 極板所帶電荷在 O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為C. 電容器所帶的電量為D. P、 S 兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向

4、相反二、多選題（本大題共 5 小題，共 28.0 分）6. 如圖所示，理想自耦變壓器是在鐵芯上只繞一個(gè)線圈，移動(dòng)開關(guān)S，可以改變?cè)€圈的匝數(shù)。 a和 b兩個(gè)接線柱將線圈三等分， 開關(guān)接 a時(shí)，電 壓表的讀數(shù)為 ，電流表的讀數(shù)為 ，電阻 R 消耗的電功率為 ；開 關(guān)接 b 時(shí)，電壓表的讀數(shù)為，電流表的讀數(shù)為 ，電阻 R 消耗的電功率為 ，則B. C.BCD 相切于 B 點(diǎn)，圓軌道半徑為7. 如圖甲所示， 粗糙的水平絕緣軌道與光滑的豎直半圓絕緣軌道R，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，將質(zhì)量為 m、電荷量為的滑塊 可視為質(zhì)點(diǎn) 在距 B點(diǎn)為 處的 P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊在 PB 間運(yùn)動(dòng)的 圖

5、象如 圖乙所示， A 是 PB 間的一個(gè)點(diǎn)，滑塊經(jīng) B 點(diǎn)后恰能沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到 D 點(diǎn)，重力加速度為 g，則下列說(shuō)法正確的是A. 滑塊在 A 點(diǎn)與水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)B. 圖象中縱坐標(biāo) a 的值為C. 滑塊在水平軌道摩擦力做功為D. 滑塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為8. 如圖所示， 傾角為 的光滑斜面固定在水平面上， 頂端有一輕質(zhì)小滑輪，勁度系數(shù)為 k的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端擋板P 上，另一端與質(zhì)量為 m的滑塊 A 相連，滑塊 A 通過細(xì)線與另一質(zhì)量也為m 的物塊 B 相連，初始時(shí)刻用手托著物塊 B ，使系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)細(xì)線上的張力恰好為零?，F(xiàn)突然釋放物塊B，在滑塊 A 沿斜面向上

6、滑動(dòng)的過程中，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切阻力， A 始終未與滑輪相碰，物塊 B 始終未落地，重力加速 度為 g，則下列說(shuō)法正確的是A. 剛釋放物塊 B 的瞬間， B 的加速度大小為 gB. A、 B組成的系統(tǒng)速度最大時(shí)，滑塊 A 的位移為C. 在滑塊 A 向上滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，滑塊 A 和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大D. 在滑塊 A向上滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，滑塊 A 的機(jī)械能一直增大9. 關(guān)于固體、液體，下列說(shuō)法正確的是A. 同種物質(zhì)可以以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)B. 使未飽和汽變成飽和汽，可采用升高溫度的方法C. 液晶的特點(diǎn)與生物組織的特點(diǎn)正好吻合，在多種人體組織中都發(fā)

7、現(xiàn)了液晶結(jié)構(gòu)D. 一些昆蟲之所以能停在水面上，是因?yàn)樗鼈兪艿剿母×Φ扔诶ハx的重力E. 相對(duì)濕度反映了空氣中水蒸氣含量接近飽和的程度10. 一列簡(jiǎn)諧橫波沿 x 軸傳播， 時(shí)刻波形如圖中實(shí)線所示， 時(shí)刻的波形如圖中虛線所示， 質(zhì)點(diǎn) P的位置在處，質(zhì)點(diǎn) Q在 處，質(zhì)點(diǎn) P 的振動(dòng)方程為 ，B. 這列波傳播速度大小為C. 從 時(shí)刻開始，質(zhì)點(diǎn) Q 經(jīng)過 到達(dá)平衡位置D. 從 時(shí)刻開始經(jīng)過，Q 點(diǎn)經(jīng)過的路程為E. 時(shí)刻可能是 末三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 2 小題，共 15.0分）11. 某實(shí)驗(yàn)小組做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，在下面實(shí)驗(yàn)中 均滿足木塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于砂和砂桶的總質(zhì)量，

8、 可認(rèn)為細(xì)繩對(duì)木塊的拉力大小等于砂和砂桶的重力， 以下三位同學(xué)均進(jìn)行了平衡摩擦力操作。小組中 A 同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中獲取的一段紙帶如圖乙所示， 圖中標(biāo)出了各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離， 每相鄰 兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有 4 個(gè)點(diǎn) 圖中未標(biāo)出 ，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接交流電源的頻率為 50Hz，由紙 帶可求出木塊的加速度的大小 計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字小組中 B同學(xué)根據(jù)自己得到的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出了加速度 a與合力 F 的關(guān)系圖線如圖丙所示， 該 圖線不通過坐標(biāo)原點(diǎn)，原因可能是 。小組中 C 同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)，保持砂和砂桶的總質(zhì)量不變，木塊自身的質(zhì)量 M 保持不變，改變木塊中砝碼的質(zhì)量 m，并測(cè)出所對(duì)應(yīng)的加速度 a，以 m 為橫坐標(biāo)，以

9、 為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上作出如圖丁所示的關(guān)系圖線，實(shí)驗(yàn)結(jié)果驗(yàn)證了牛頓第二定律。如果圖中縱軸上的截距為b，則砂和砂桶的重量為 。12. 多用電表是實(shí)驗(yàn)室必備儀器，它的歐姆擋測(cè)量電阻方便簡(jiǎn)單，現(xiàn)某實(shí)驗(yàn)小組對(duì)多用電表的歐姆 擋進(jìn)行了研究。關(guān)于使用多用電表歐姆擋測(cè)電阻，下列說(shuō)法正確的是 ；A. 測(cè)量電路中某個(gè)電阻的阻值時(shí)，應(yīng)該把該電阻與電路斷開B. 測(cè)量電阻時(shí)，由于雙手手指與表筆金屬部分接觸，會(huì)導(dǎo)致測(cè)量值偏大C. 測(cè)電阻時(shí)，若指針偏轉(zhuǎn)角度較小，應(yīng)換較大倍率后，重新調(diào)零，再進(jìn)行測(cè)量D. 多用電表長(zhǎng)期不用時(shí)，選擇開關(guān)應(yīng)旋到off 擋，否則會(huì)使電池電動(dòng)勢(shì)減小，導(dǎo)致測(cè)量電阻時(shí)值偏小多用電表歐姆擋可以等效為一個(gè)直

10、流電源、 一個(gè)可變電阻和一個(gè)電流表串聯(lián)， 與紅黑表筆相 接。有一歐姆擋刻度盤中值附近刻度模糊不清、而其余刻度清晰的多用電表，某同學(xué)想通過實(shí) 驗(yàn)的方法測(cè)量該多用電表內(nèi)電源電動(dòng)勢(shì)和歐姆“ ”擋內(nèi)部總電阻， 他所采用的實(shí)驗(yàn)電路如圖 甲所示。實(shí)驗(yàn)器材：待測(cè)多用電表； 電壓表 V：量程 6V，內(nèi)阻十幾千歐； 滑動(dòng)變阻器 R：最大阻值；導(dǎo)線若干； 根據(jù)以下操作步驟，回答有關(guān)問題： 將待測(cè)多用電表?yè)跽{(diào)到歐姆“ 調(diào)零； 調(diào)零完畢，將表筆 A、B 分別與圖甲中擋，將表筆 A、l、2 兩端相接，B 短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，進(jìn)行歐姆擋其中 A 為表筆，不斷調(diào)節(jié)變阻器的滑片位置，改變其接入電路的阻值，記錄多用電表的示

11、數(shù) 示數(shù) U ；填“紅”或“黑”R 和電壓表的以 為縱坐標(biāo)， 為橫坐標(biāo)，利用步驟 數(shù)據(jù)作出圖象如圖乙所示，根據(jù)圖象可得電池電動(dòng)勢(shì) V，歐姆“”擋內(nèi)部總電阻 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 ；若不考慮歐姆表測(cè)量電阻時(shí)的誤差，上述實(shí)驗(yàn)方案對(duì)測(cè)量結(jié)果的影響： 、 填“ ”“ ”或“ ” 。四、計(jì)算題（本大題共 4 小題，共 52.0分）13. 如圖所示，一個(gè)足夠長(zhǎng)的圓筒豎直固定，內(nèi)有一個(gè)質(zhì)量 的滑塊，滑塊與 圓筒間的滑動(dòng)摩擦力 將滑塊 M 鎖定在距圓筒頂端高 處，現(xiàn)將一個(gè) 直徑小于圓筒半徑的小球，從圓筒頂端由靜止釋放，小球與滑塊碰撞前瞬間滑塊解 除鎖定， 小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞， 碰撞后小球恰能上升到距圓筒頂

12、端 處 不計(jì)空氣阻力，碰撞時(shí)間極短， 。求小球的質(zhì) 量 m；小球與滑塊第一次碰撞與第二次碰撞的時(shí)間間隔t。14. 如圖所示，在直角坐標(biāo)系 xOy 中，區(qū)域?yàn)榇嬖谘?y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， y 軸左側(cè)存在一圓形磁場(chǎng)區(qū)域， 磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向外， 圓形磁場(chǎng)與 y 軸相切于原點(diǎn)一質(zhì)量為 m，帶電量為 q 的帶正電粒子從點(diǎn)以平行于 x 軸的初速度 射人電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間粒子從 點(diǎn)離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從點(diǎn)返回電場(chǎng)，當(dāng)粒子返回電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向反向。粒子經(jīng)電場(chǎng)和圓形 磁場(chǎng)后到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn) O，到 O 點(diǎn)時(shí)速度方向與 y 軸負(fù)方向夾角為 ，不計(jì)

13、粒子重力，求： 電場(chǎng)強(qiáng)度大小 E 及區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 ；圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 以及圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑 r ； 粒子從 P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 O 點(diǎn)所用時(shí)間 t。15. 如圖所示，汽缸開口向上，缸內(nèi)壁有固定小砧，質(zhì)量為m 的活塞將缸內(nèi)一段氣體封閉， 缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為 ，g為重力加速度， 活塞到缸底的距離為 h， 活塞橫截面積為 S，大氣壓強(qiáng)為 ，環(huán)境溫度為 ，活塞與汽缸內(nèi)壁氣密性好 且無(wú)摩擦，汽缸與活塞的導(dǎo)熱性能良好。若環(huán)境溫度不變， 通過不斷在活塞上方加重物， 使活塞緩慢下降， 當(dāng)活塞下 降到距汽缸底部 時(shí)，活塞上方所加重物的質(zhì)量為多少？若僅緩慢降低環(huán)境溫度，當(dāng)活塞下降到距汽缸底部 時(shí)，環(huán)

14、境溫度應(yīng)降低為多少；此過程外界對(duì)氣體做的功為多少？16. 如圖所示， 直角三棱鏡 ABC 中一銳角 ，直角邊 AC 邊長(zhǎng)度為 L ， 一束單色光從 D 點(diǎn)以與 AC 成 從真空入射到棱鏡中，已知 ，棱鏡折射率為 ，單色光在真空中傳播速度為 c。通過計(jì)算說(shuō)明光線從棱鏡的哪條邊射出，射出時(shí)與該邊的夾角是多少？求此單色光通過三棱鏡的時(shí)間。答案與解析1. 答案： C解析： 解： A、 粒子是光子，不是實(shí)物粒子，故 A 錯(cuò)誤；B、半衰期是由放射性元素本身決定的，與原子所處的物理狀態(tài)無(wú)關(guān)、與化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故B 錯(cuò)誤；C、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知， X 的質(zhì)量數(shù)為 ，電荷數(shù)為：，所以中子數(shù)： ，故 C

15、 正確；D、根據(jù)三種射線的穿透性比較可知，粒子的穿透能力比 粒子弱，故 D 錯(cuò)誤。故選： C。粒子是光子；半衰期與原子所處的物理狀態(tài)無(wú)關(guān)、與化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷 X 的質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)，然后結(jié)合原子核的結(jié)構(gòu)求出中子數(shù)；根據(jù)三種射線的特點(diǎn)判斷。 掌握衰變的特點(diǎn)，知道半衰期由原子核本身決定，與外界因素?zé)o關(guān)，難度不大。2. 答案： D解析：解：A、由圖象可知， 小物塊先沿正方向做勻減速運(yùn)動(dòng)， 后沿負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)， 故 A 錯(cuò)誤；B、小物塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，則加速度先與速度反向，后與速度同向，故B 錯(cuò)誤；C、小物塊的加速度不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度的大小為，

16、故 C錯(cuò)誤；D、質(zhì)點(diǎn)的加速度大小，故 D 正確。故選： D。根據(jù)圖象能直接分析出小物塊的運(yùn)動(dòng)情況。 根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)情況分析加速度方向與速度方向的關(guān)系。質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度公式 求平均速度。根據(jù)圖象的斜率求加速度。 本題是速度 時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道圖象的斜率表示加速度，物體做加速直線 運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度與速度同向，物體做減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度與速度反向。3. 答案： A解析： 解：分析題意，經(jīng)過 t 時(shí)間，衛(wèi)星轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為 ，根據(jù)角速度定義可知， ，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可知， ，根據(jù)黃金代換式可知，其中線速度與角速度滿足：聯(lián)立解得： ，故 A正確， BCD 錯(cuò)誤。故

17、選： A。根據(jù)角速度的定義確定角速度。根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合黃金代換式求解衛(wèi)星在軌運(yùn)行速度。 此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是明確萬(wàn)有引力提供向心力，以及黃金代換式的靈活運(yùn)用。4. 答案： C解析： 解： A、當(dāng)電流的方向向上并增大時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向在環(huán)處為垂直于環(huán)向里并增大， 由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；當(dāng)電流的方向向上并減小時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的 方向在環(huán)處為垂直于環(huán)向里并減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故 A 錯(cuò)誤；B、根據(jù)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的與電流成正比可知，當(dāng)電流增大時(shí)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)增大，反之則減小，可 知電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)

18、度變化的規(guī)律與圖乙想相似的，即磁通量先增大后減小，增大時(shí)越來(lái)越慢，減小時(shí)越來(lái)越快；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律： 可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁 場(chǎng)變化的快慢成正比，所以環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流先減小為零，后反向增大，故 B 錯(cuò)誤；C、當(dāng)電流的方向向上并增大時(shí)， 電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向在環(huán)處為垂直于環(huán)向里并增大， 由楞次定律 可知，環(huán)有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到的磁場(chǎng)力的方向向右；根據(jù)牛頓第三定律可知，導(dǎo)體棒受到環(huán)的 作用力的方向向左，若保持靜止，則受到的靜摩擦力的方向向右；當(dāng)電流的方向向上并減小時(shí)，電 流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向在環(huán)處為垂直于環(huán)向里并減小，同理可知，導(dǎo)體棒受到的摩擦力的方向向左， 故 C 正確；D、當(dāng)電流的

19、方向向上并增大時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向在環(huán)處為垂直于環(huán)向里并增大，由楞次定 律可知，環(huán)有面積縮小的趨勢(shì)；當(dāng)電流的方向向上并減小時(shí)，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向在環(huán)處為垂直 于環(huán)向里并減小，由楞次定律可知，環(huán)有面積擴(kuò)大的趨勢(shì)，故 D 錯(cuò)誤。故選： C。 先根據(jù)安培定則判斷電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向，然后由楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向以及環(huán)受力的方 向。對(duì)于圖象問題，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力、左手定則等規(guī)律，得到物理量的表 達(dá)式，再研究圖象的意義。5. 答案： C解析： 解：AB、等量異種點(diǎn)電荷在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，大小為 ，根據(jù) O 點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，知電容器兩個(gè)極板在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小

20、 ，方向向右，所以 A極板 帶正電， B極板帶負(fù)電，電容器的 A極板所帶電荷在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為，故 AB錯(cuò)誤；C、電容器所帶的電量，故 C 正確；D、由等量異種電荷電場(chǎng)的對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理可知，P、 S 兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同，故D 錯(cuò)誤；故選： C。根據(jù) O 點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零， 知道兩個(gè)點(diǎn)電荷在 O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度與電容器兩個(gè)極板產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大 小相等、方向相反，由此分析電容器A 極板的電性，由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式求 A 極板所帶電荷在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)。由 求電容器所帶的電量。根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理分析P、 S 兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵要掌握電場(chǎng)的疊加原理，熟悉等量異種電荷電場(chǎng)

21、的分布情況，要將求電容器的兩個(gè) 極板所帶電荷在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)轉(zhuǎn)變?yōu)榍蟮攘慨惙N點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)。6. 答案： AC解析： 解： AB、設(shè)輸入電壓為 U，線圈的總匝數(shù)為 n，由于 a、b 兩個(gè)接線柱將線圈等分為三份，所以開關(guān)接 a 時(shí)，原線圈的匝數(shù)為，開關(guān)接 b時(shí)，原線圈匝數(shù)為 ，根據(jù)變壓器的變壓比可得： 則 ，故 A 正確， B 錯(cuò)誤；CD 、根據(jù)歐姆定律可得：則有： ， ，則 ，故 C 正確， D 錯(cuò)誤。故選： AC。 根據(jù)變壓器的變壓比可以得到電壓之比；電功率等于電壓與電流的乘積，分別計(jì)算出通過電阻的電 流，就可以推導(dǎo)出消耗的電功率之比。這是這一種自耦升壓變壓器，解題的關(guān)鍵是分

22、清楚原線圈和副線圈，以及原、副線圈的匝數(shù)比。7. 答案： AD解析： 解： A、根據(jù)圖乙可知，在 A 處滑塊的加速度為零，則 ， 解得 ，故 A 正確；B、由于滑塊恰好到達(dá) D 點(diǎn)，所以到達(dá) D 點(diǎn)時(shí)滿足 ，則，B到 D 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 ，解得 ，所以圖象中縱坐標(biāo) a的值為 5gR，故 B 錯(cuò)誤；C、從初始位置到運(yùn)動(dòng)到 D 的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 ， 解得 ，故 C 錯(cuò)誤；D、根據(jù)題意可知，滑塊在圓弧軌道上的等效最低點(diǎn)Q 速度最大，如圖所示：根據(jù)三角形定則可知 ，從 B 點(diǎn)到 Q 點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有 ，解得 ，故 D 正確。故選： AD。根據(jù) 可知，圖象的斜率 ，根據(jù)圖乙可知滑塊到達(dá) A

23、 點(diǎn)的加速度為零，則電場(chǎng)力和滑 動(dòng)摩擦力大小相等，方向相反，以此求解動(dòng)摩擦因數(shù)；滑塊恰好到達(dá) D 點(diǎn)，則在 D 點(diǎn)重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊到達(dá)D 點(diǎn)的速度， B 到B 點(diǎn)到等效最D 點(diǎn)時(shí)是重力提供D 根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊在 B 點(diǎn)的速度，從而找到 a 的值； 滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求解摩擦力做功； 找到等效重力的方向，從而確定等效最低點(diǎn)，而滑塊到達(dá)等效最低點(diǎn)的速度最大，從 低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理求解最大速度。 解決該題需要明確知道題中所給的圖象其斜率所表示的物理意義，知道滑塊到達(dá) 向心力，掌握等效重力場(chǎng)的相關(guān)知識(shí)，知道滑塊在圓弧軌道的什么位置速度最大。8. 答案： BC

24、D解析： 解： A、初始時(shí)， A、 B組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線的張力為零，則此時(shí)彈簧處于壓縮 狀態(tài)，對(duì)滑塊 A ，。剛釋放物塊 B 的瞬間，設(shè)此時(shí)細(xì)線的張力為 T，對(duì)滑塊 A，由牛頓第二定律有：對(duì) B，有：由 式解得加速度，故 A 錯(cuò)誤；B、當(dāng) A、B 組成的系統(tǒng)速度最大時(shí)，系統(tǒng)的加速度為零，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，有，滑塊 A 的位移為 ，故 B 正確；C、在滑塊 A 向上滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，滑塊A先向上做加速運(yùn)動(dòng)，后向上做減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，對(duì)滑塊 A 和彈簧組成的系統(tǒng)，細(xì)線的拉力對(duì)系統(tǒng)一直做正功，則系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大，故 C 正確；D、滑塊 A在最低點(diǎn)時(shí)，加速度大小為，方向沿斜

25、面向上，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，滑塊 A 在最高點(diǎn)時(shí)加速度方向沿斜面向下，大小也為 ，此時(shí)滑塊 A 受到的細(xì)線拉力和彈簧彈力的合力為零，故滑塊 A 向上運(yùn)動(dòng)過程中，受到的細(xì)線拉力和彈簧彈力的合力沿斜面向上，且一直減小， A到最高點(diǎn) 時(shí)恰好為零，滑塊 A受到的細(xì)線拉力和彈簧彈力的合力一直做正功，因此，滑塊 A 的機(jī)械能一直增 大，故 D 正確。故選： BCD 。剛釋放物塊 B的瞬間，分別對(duì) A與 B進(jìn)行受力分析，再由牛頓第二定律列式，從而求出 B的加速度 大小。 A 的速度達(dá)到最大時(shí)，繩子的拉力與 A 的重力沿斜面向下的分力以及彈簧拉力之和相等，由 受力的關(guān)系求出彈簧的形變量，結(jié)合初始時(shí)彈簧的形變量

26、，來(lái)求滑塊 A的位移。在滑塊 A 向上滑動(dòng) 到最高點(diǎn)的過程中，分析細(xì)線的拉力對(duì)滑塊A 和彈簧組成的系統(tǒng)做功情況，從而分析系統(tǒng)的機(jī)械能變化情況。根據(jù)細(xì)線的拉力和彈簧的彈力的合力做功情況，分析 A 的機(jī)械能變化情況。 本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用及功能原理的應(yīng)用，關(guān)鍵要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，搞清能量的轉(zhuǎn) 化情況。分析時(shí)，要注意研究對(duì)象的選擇。9. 答案： ACE解析： 解：A、有些物質(zhì)在不同的條件下可以生成不同的晶體，同種物質(zhì)也可以以晶體和非晶體兩種 形態(tài)出現(xiàn)，如碳和石墨，故 A 正確。B、飽和汽壓隨溫度的升高而增大，使未飽和汽變成飽和汽，可采用降低溫度的方法，故B 錯(cuò)誤。C、液晶像液體一樣可以流

27、動(dòng)， 又具有某些晶體結(jié)構(gòu)特征的一類物質(zhì)。 所以液晶的光學(xué)性質(zhì)與某些晶 體相似，具有各向異性，在腦、肌肉、視網(wǎng)膜等多種人體組織中都發(fā)現(xiàn)了液晶結(jié)構(gòu)，故 C 正確。D、一些昆蟲能停在水面上，主要原因是液體存在表面張力，故D 錯(cuò)誤。E、相對(duì)濕度是空氣中水蒸氣的實(shí)際壓強(qiáng)與該溫度下水的飽和汽壓之比，所以它反映了水蒸氣含量接近飽和的程度，故 E 正確。故選： ACE 。 有些物質(zhì)在不同的條件下可以生成不同的晶體，同種物質(zhì)也可以以晶體和非晶體兩種形態(tài)出現(xiàn)。 飽和汽壓隨溫度的升高而增大，使未飽和汽變成飽和汽，可采用降低溫度的方法。 液晶的光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性，在腦、肌肉、視網(wǎng)膜等多種人體組織中都

28、發(fā)現(xiàn)了 液晶結(jié)構(gòu)。液體表面具有收縮的趨勢(shì)，是由于液體表面層里分子的分布比內(nèi)部稀疏的緣故。 相對(duì)濕度是空氣中水蒸氣的實(shí)際壓強(qiáng)與該溫度下水的飽和汽壓之比。 本題主要考查了晶體和非晶體、飽和汽、液體的表面張力、相對(duì)濕度的概念，明確溫度越高，絕對(duì) 濕度越大，同時(shí)注意濕度大，相對(duì)濕度不一定大。10. 答案： BDE解析： 解： A、根據(jù)質(zhì)點(diǎn) P的振動(dòng)方程可知， 0時(shí)刻 P 正在平衡位置沿 y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法 可知，波沿著 x 軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤；B、根據(jù) P 點(diǎn)的振動(dòng)方程可知，波的周期為，由圖象可知波長(zhǎng)為 ，所以波速為 ，故 B 正確；C、因?yàn)?，?時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) Q 并不在最大位移處，所以 時(shí)

29、，質(zhì)點(diǎn) Q 不可能到達(dá)平衡位置，故 C 錯(cuò)誤；D、時(shí)刻開始經(jīng)過 ，即經(jīng)過半個(gè)周期， Q 點(diǎn)經(jīng)過的路程為 2A，即為，故 D 正確；E、根據(jù)平移法可知，1， 2，當(dāng) 時(shí)，故 E 正確。故選： BDE 。根據(jù)振動(dòng)方程分析 0時(shí)刻 P 質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，根據(jù)同側(cè)法分析波的傳播方向；根據(jù)振動(dòng)方程求解周期，根據(jù)圖形分析波長(zhǎng)，由 求解波的傳播速度；分析 時(shí)間與周期的關(guān)系，從而判斷質(zhì)點(diǎn) Q 的位置； 質(zhì)點(diǎn)在半個(gè)周期的路程等于兩個(gè)振幅；根據(jù)平移法分析所給時(shí)間與周期的關(guān)系，再判斷 的值。 解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)振動(dòng)方程分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和周期，掌握同側(cè)法判斷波的傳播方向，熟 記波速與周期的關(guān)系，掌握平移法求解時(shí)間

30、與周期的關(guān)系。11. 答案：平衡摩擦力過度解析： 解： 相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，故相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為 ；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式 及逐差法，可以求出加速度的大小，即。由圖丙可知， 圖象在 a 軸上有截距，說(shuō)明沒有加力時(shí)，木塊已經(jīng)產(chǎn)生了加速度，這是由于平衡摩擦力過度造成的。根據(jù)題意，由牛頓第二定律得 ，整理得 ，則 圖象的截距 ，砂和砂桶的重量 。故答案為： ； 平衡摩擦力過度； 。先求出相鄰兩點(diǎn)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔，再利用逐差法計(jì)算加速度； 圖象向上偏移，說(shuō)明平衡摩擦力過度；利用整體法， 根據(jù)牛頓第二定律列出方程， 把方程整理成 與 m 的一次函數(shù)形式， 利用 圖 象的截距

31、可以求出砂和砂桶的重量。本題考查了探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)。涉及到圖象問題，首先根據(jù)相應(yīng)的物 理規(guī)律寫出公式，然后整理出關(guān)于縱軸與橫軸物理量的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)斜率和截距的概念即可 求解。12. 答案： AC 黑15解析： 解： 、測(cè)量電路中某個(gè)電阻時(shí)，由于電路中有電源，為了防止損壞多用電表內(nèi)的電源， 應(yīng)該把該電阻與電路斷開，故 A 正確；B、測(cè)量電阻時(shí)，雙手手指與表筆金屬部分接觸會(huì)造成與被測(cè)電阻并聯(lián)關(guān)系，導(dǎo)致測(cè)量值偏小，故B錯(cuò)誤；C、測(cè)電阻時(shí)，若指針偏轉(zhuǎn)角度較小，則所測(cè)電阻阻值較大，應(yīng)換較大倍率后，重新調(diào)零，再進(jìn)行測(cè) 量，故 C 正確；D、不關(guān)多用電表，長(zhǎng)期擱置導(dǎo)致電池電動(dòng)

32、勢(shì)減小，歐姆擋調(diào)零時(shí)，歐姆擋內(nèi)阻偏小，而表盤刻度 是電動(dòng)勢(shì)大的情況下標(biāo)的，所以測(cè)量值偏大，故 D 錯(cuò)誤。故選： AC。 歐姆表測(cè)量電阻時(shí)，電流從紅表筆流入，黑表筆流出，結(jié)合圖中電壓表的接線方向，可知 A 為黑表筆；由 得： ，和圖線相比有：，解得： ， ；歐姆表測(cè)得外電路的電阻，電壓表測(cè)得外電路的電壓，所以 為總電流的數(shù)值，從測(cè)量方法上沒 有系統(tǒng)誤差，所以電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值等于真實(shí)值。故答案為： 黑 15 。 根據(jù)多用電表的測(cè)量原理以及測(cè)量過程中的注意事項(xiàng)分析解答； 根據(jù)紅進(jìn)黑出分析 A 為什么表筆；根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出公式， 然后整理出 和 的函數(shù)表達(dá)式， 再根據(jù)斜率和截距的概念即 可

33、求解電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)電路圖分析誤差。 解決該題的關(guān)鍵是明確多用電表內(nèi)部結(jié)構(gòu)，知道黑表筆與內(nèi)部電源的正極相連，掌握歐姆表測(cè)電阻 的注意事項(xiàng)，能正確推導(dǎo)出 和 的函數(shù)表達(dá)式。13. 答案： 解： 設(shè)小球與滑塊碰撞前速度大小為 ，碰撞后速度大小為 ，根據(jù)速度位移關(guān)系可 得：，解得： ，設(shè)小球與滑塊碰撞后滑塊的速度為 ，取向下為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：根據(jù)能量守恒定律可得：解得：第一次碰后對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得：根據(jù)位移關(guān)系可得：解得： 。答： 小球的質(zhì)量為 ；小球與滑塊第一次碰撞與第二次碰撞的時(shí)間間隔為 。解析： 根據(jù)速度位移關(guān)系求解速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律

34、求解； 第一次碰后對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)位移關(guān)系求解時(shí)間。本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，對(duì)于動(dòng)量守恒定律，解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方 向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。14. 答案： 解： 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則： ，豎直方向：根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：合速度：，根據(jù)幾何關(guān)系可得：，解得設(shè)粒子在 區(qū)域內(nèi)軌道半徑為 ，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得：聯(lián)立解得： ；設(shè)粒子經(jīng)電場(chǎng)后到達(dá) y軸上的 Q點(diǎn)，則粒子從 N點(diǎn)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為從 P點(diǎn)到 M點(diǎn)的逆運(yùn)動(dòng)，則： ， ，方向沿 x 軸負(fù)方向，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：設(shè)粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)域軌道半徑為 ，由幾何關(guān)系得： ，解得：在磁場(chǎng)中有：解得 由幾何關(guān)系知在 中，由圖知 為等邊三角形，所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間在 區(qū)域運(yùn)動(dòng)周期粒子在 QH 間運(yùn)動(dòng)時(shí)間粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期由幾何知識(shí)可知，粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間則粒子