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、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 仇已知地球的半 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（）在粗糙水平面上平放一根導(dǎo)體棒和一個(gè)金屬圓環(huán)，如圖甲所示（俯視圖），給導(dǎo)體棒中通以如圖乙所示的電流，導(dǎo)體棒和圓環(huán)始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在0、八時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是 （4.2020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

2、出載能粒子（如"粒子、J粒子和7射線）并將其能量轉(zhuǎn)換為電能的裝置。某型號(hào)核電池的放射源是缽2貧，其衰變方程為T X +不，則下列說(shuō)法正確的是A.粒子和7粒子均屬于實(shí)物粒子B.缽-2笈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. V及粒子的穿透能力比：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 好一方圖象如圖所示。則在0 _ S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一直反向C.小物塊的平均速度大小為坐A.圓環(huán)中感應(yīng)電流先沿順時(shí)針?lè)较蚝笱啬鏁r(shí)針?lè)较駼.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

3、擦力方向先向右后向左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(guò) 。點(diǎn)的直線MN與兩板垂直，M、N兩點(diǎn)到。點(diǎn)距離均為3d,位于直線 上的P、S兩點(diǎn)在板間，且到 。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 咨9方C.電容器所帶的電量為nCQ加ID. P、S兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反二、多選題（

4、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(kāi)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(kāi)關(guān)接a時(shí)，電壓表的讀數(shù)為仁,電流表的讀數(shù)為 人,電阻R消耗的電功率為號(hào),開(kāi) 關(guān)接b時(shí)，電壓表的讀數(shù)為 口,電流表的讀數(shù)為幾，電阻R消耗的電功 率為例”則（）A1Q 必0 ? _ 1A.B.C. . I7 .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n UD.BCD相切于B點(diǎn)，圓軌道半徑為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JO "均,將質(zhì)量為m、電荷量為十?的滑第17頁(yè)，共16頁(yè)塊：可視為質(zhì)點(diǎn)）在距B點(diǎn)為L(zhǎng) =

5、5H處的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊在 PB間運(yùn)動(dòng)的N 圖象如 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) 四a = 口B.圖象中縱坐標(biāo)a的值為加HC.滑塊在水平軌道摩擦力做功為川興D.滑塊在半圓軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為出口8.如圖所示，傾角為o = 30°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(guò)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

6、零?，F(xiàn)突然釋放物塊B,在滑塊A沿斜面向上滑動(dòng)的過(guò)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 竿C.在滑塊A向上滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)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(guò)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)現(xiàn)

7、了液晶結(jié)構(gòu)D. 一些昆蟲(chóng)之所以能停在水面上，是因?yàn)樗鼈兪艿剿母×Φ扔诶ハx(chóng)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，t 。時(shí)刻波形如圖中實(shí)線所示，才=力時(shí)刻的波形如圖中虛線所示， 質(zhì)點(diǎn)P的位置在r = 處，質(zhì)點(diǎn)Q在1=5出處，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為獷=（?。? 則下列說(shuō)法正確的是A.這列波沿x軸正方向傳播B.這列波傳播速度大小為 10m”C.從f =。時(shí)刻開(kāi)始，質(zhì)點(diǎn) Q經(jīng)過(guò)Q2號(hào)到達(dá)平衡位置D.從f 時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)045, Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為0.4巾E.力時(shí)刻可能是L4與末實(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

8、”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，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 值=計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 （2）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(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，原因可能是 。（5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

9、木塊中祛碼的質(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L為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上作a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。（1,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(kāi)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(kāi)關(guān)應(yīng)旋到off擋，否則會(huì)使電池電動(dòng)

10、勢(shì)減小，導(dǎo)致測(cè)量電阻時(shí)值偏小（2i多用電表歐姆擋可以等效為一個(gè)直流電源、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(guò)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。甲乙實(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50。；導(dǎo)線若干；根據(jù)以下操作步驟，回答有關(guān)問(wèn)題：將待測(cè)多用電表?yè)跽{(diào)到歐姆“或1”擋，將表筆A、B短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，進(jìn)行歐姆擋調(diào)零；調(diào)零完畢，將表筆A、B分別與圖甲中1、2兩端相接，其中A為表筆（填“紅”或“黑”）,不斷調(diào)節(jié)變

11、阻器的滑片位置，改變其接入電路的阻值，記錄多用電表的示數(shù)R和電壓表的示數(shù)U;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 JrtU動(dòng)勢(shì) 小k V,歐姆“入1 ”擋內(nèi)部總電阻 力! =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：心、近F（填“ > ” “二”或 " V ” ）。四、計(jì)算題（本大題共 4小題，共52.0分）13.14.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)量同=0一以號(hào)的滑塊，滑塊與圓筒間的滑動(dòng)摩擦力 /二3d.將滑塊M鎖定在距圓筒頂端高 加=5m處，現(xiàn)將一個(gè) 直徑小于圓筒半徑的小球

12、，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端 方？ = 處不計(jì)空氣阻力，碰撞時(shí)間極短，y =也9/)。求(1)小球的質(zhì)量m；(2 j小球與滑塊第一次碰撞與第二次碰撞的時(shí)間間隔to如圖所示，在直角坐標(biāo)系 xOy中，區(qū)域?yàn)榇嬖谘貀軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，丁 二 d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P0L，)點(diǎn)以平行于x軸 的初速度。射人電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子從八/(力點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從。點(diǎn)返回電

13、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。點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向夾角為9 = 30、不計(jì)粒子重力，求：(I)電場(chǎng)強(qiáng)度大小E及丁 > d區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小% ;(2j圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 周以及圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑 r;陽(yáng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)所用時(shí)間to15.如圖所示，汽缸開(kāi)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2囚4等，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 R ,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(guò)

14、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？216.若僅緩慢降低環(huán)境溫度，當(dāng)活塞下降到距汽缸底部外界對(duì)氣體做的功為多少？時(shí)，環(huán)境溫度應(yīng)降低為多少；此過(guò)程如圖所示，直角三棱鏡 ABC中一銳角9 = 60"直角邊AC邊長(zhǎng)度為L(zhǎng), 一束單色光從 D點(diǎn)以與AC成3口口從真空入射到棱鏡中，已知=棱鏡折射率為 /I,單色光在真空中傳播速度為 c。通過(guò)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(guò)三棱鏡的時(shí)間。 答案與解析1答案：C解析：解：A、7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

15、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A =,電荷數(shù)為：Z = 4-2 = 92,所以中子數(shù)： n =142 ,故 C 正確；D、根據(jù)三種射線的穿透性比較可知，*1粒子的穿透能力比？粒子弱，故D錯(cuò)誤。故選：Co7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

16、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；1C、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，=G + "=小/=，故CV 2 2 7錯(cuò)誤；D、質(zhì)點(diǎn)的加速度大小 日=|工=外，故D正確。故選：Do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=二 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。

17、3答案：A解析：解：分析題意，經(jīng)過(guò)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，q = 9根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可知，°絲”=尸2,r-根據(jù)黃金代換式可知，其中線速度與角速度滿足： 一 ：聯(lián)立解得：產(chǎn)=恒"，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：Ao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?lè)较颍划?dāng)電流的方向向上并減

18、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?lè)较?，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)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：E = k 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

19、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：Co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(wèn)題，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律

20、、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 。點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，大小為 修=2*；舄,根據(jù)O點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，知電容器兩個(gè)極板在 。點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小 心二出=當(dāng)，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 坐，故AB錯(cuò)誤；2kCQC、電容器所帶的電量 Qr =k= f一,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：Co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

21、、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 。點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)。由 。一仃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)的分布情況，要將求電容器的兩個(gè) 極板所帶電荷在 。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。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(kāi)關(guān)接a時(shí)，原線圈的匝數(shù)為-n,開(kāi)關(guān)接b時(shí)，原線圈匝數(shù)為1時(shí),根據(jù)變壓器的變壓比 -= 可得：工=,。=腫.則& = :故A正確，B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)歐

22、姆定律可得：上,二1=張=4.則有：口一仃工4 5幾，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(guò)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= 0.7i>,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= m嚕， ri則 Va = y/yH ,B到D根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 一2"卬"=口岸一 噸，解得響=的式,所以圖象中

23、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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有L+n7 呷壯" = 叫,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：3根據(jù)三角形定則可知 m/超,從B點(diǎn)到Q點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有- mfjHt 1 一?？谒?“/一嫁， ju解得陽(yáng)=仍膽，故D正確。故選：AD。根據(jù)可知，圖象的斜率k = 2a ,根據(jù)圖乙可知滑塊到達(dá) A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D根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊在 B點(diǎn)的速度

24、，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；B點(diǎn)到等效最D點(diǎn)時(shí)是重力提供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：BCD 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,"理而。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： T = ma ®對(duì)B,

25、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Tttanif="卬*"用+,滑塊A的位移為I=+ ,門=q一 ,故B正確；C、在滑塊A向上滑動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)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；,7D、滑塊A在最低點(diǎn)時(shí)，加速度大小為方向沿斜面向上，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，大小也為三,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(guò)程中，受到的細(xì)

26、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，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(guò)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

27、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(guò)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(chóng)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)

28、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

29、，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，波的周期為丁 = 自 =0另立，由圖象可知波長(zhǎng)為 A=8m ,所以波速為t =奈=lOm/s ,故B正確;C、因?yàn)?"0.2片=1丁，而t =。時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q并不在最大位移處，所以 t = 02a時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q不可能到達(dá)平衡位置，故C錯(cuò)誤；D、£=0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)過(guò)0.1方，即經(jīng)過(guò)半個(gè)周期， Q點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為2A,即為0.4舊，故D正確；E、根據(jù)平移法可知，九=門丁+ ：r

30、（= 0.1, 2,當(dāng)n = 1時(shí)，八一 1品，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 燈求解波的傳播速度；分析025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/j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)間與周期的關(guān)系。11 .答案：0 59平衡摩擦力過(guò)度 ?b解析：解：（1）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

31、隔為丁 = 5 x O.C2s = 0.1a；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式工二口7及逐差法，可以求出加速度的大小，即Xi + 工一 I】一了工 _ 1 4 + 2.80 - 2.22 - 1,62 47=4X0J-f2）由圖丙可知，a F圖象在a軸上有截距，說(shuō)明沒(méi)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(guò)度造成的。(5根據(jù)題意，由牛頓第二定律得足必=(V +通，整理得】=W 士一. m ,則L 屈圖象的s uiiyg 小我a截距人二L,砂和砂桶的重量 m.ir;二更。廿破6故答案為：(1)0.59; (2)平衡摩擦力過(guò)度；半。(1 ；，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

32、速度；日- F圖象向上偏移，說(shuō)明平衡摩擦力過(guò)度；儂)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;一m圖象的截距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(wèn)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 5M 15 二二 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(kāi)，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；

33、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)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。(2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；由舊一"+ %得：'和圖線相比有:15 , 0.2解得：r = 15。，E = 5.0V ；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m為總電流的數(shù)值，從測(cè)量方法上沒(méi)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

34、注0 15一。(1.：'根據(jù)多用電表的測(cè)量原理以及測(cè)量過(guò)程中的注意事項(xiàng)分析解答；(卬根據(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1的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)斜率和截距的概念即jIT (_/可求解電源電動(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。Jtt13 .答案：解：(1:設(shè)小球與滑塊碰撞前速度大小為劭，碰撞后速度大小為 力，根據(jù)速度位移關(guān)系可得：峰 片=附加,解得：=10"亦,二6陽(yáng)/冷設(shè)小球與滑塊碰撞后滑塊的速度為

35、3,取向下為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：此 mt'j根據(jù)能量守恒定律可得：,解得：/n = 0.1 kt物=4mlz內(nèi)(2；，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：t = -So答：(1)小球的質(zhì)量為0利；(2；，小球與滑塊第一次碰撞與第二次碰撞的時(shí)間間隔為o解析：(1)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、能量守恒定律求解；(2；，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

36、列方程求解。14 .答案：解：L粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：1=3,豎直方向：'.'根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立解得：qd合速度：匚廿二1r/十(nf |)2 =虎,fit I根據(jù)幾何關(guān)系可得：打也門=1 ,解得c = 45口即設(shè)粒子在工 d區(qū)域內(nèi)軌道半徑為 Ri ,粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，則：根據(jù)幾何關(guān)系可得：，2聯(lián)立解得：a=T；(2)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: OQ = d , "q=川，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)域軌道半徑為五工，由幾何關(guān)系得：T d ,在磁場(chǎng)中有：_tn

37、解得由幾何關(guān)系知 一，在中，。"=3_ =出” (wfl3ir 3由圖知為等邊三角形，所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑值)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 hd=fa = 一 v2苴酒在1 > d區(qū)域運(yùn)動(dòng)周期/ = /粒子在qh間運(yùn)動(dòng)時(shí)間ti = 01L = 5處""=粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期：士由幾何知識(shí)可知，粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間則粒子從p點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)所用時(shí)間f = 3 +也+，3 +，.1一，卜=（2 + -77- +。336比答：。：電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 吧，>d區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 qd（21圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瑞于，圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為竽d ；華）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)所用時(shí)間為（2 + *+絆占336 tig解析