2020年廣西南寧市高考物理一模試卷解析版

1、第13頁(yè)，共13頁(yè)高考物理一模試卷題號(hào)一一三四總分得分一、單選題（本大題共 4小題，共24.0分）20!loU/I一3 f/s-JO -T01 .某汽車(chē)在平直公路上行駛，02s內(nèi)汽車(chē)的速度隨時(shí)間變化的 圖象如圖所示。汽車(chē)在該段時(shí)間內(nèi)的平均速度大小為（A. 0B. 5m/sC. 10m/sD. 20m/s2 .我國(guó)是少數(shù)幾個(gè)掌握飛船對(duì)接技術(shù)的國(guó)家之一.為了實(shí)現(xiàn)神舟飛船與天宮號(hào)空間站順利對(duì)接，具體操作應(yīng)為（）A.飛船與空間站在同一軌道上且沿相反方向做圓周運(yùn)動(dòng)接觸后對(duì)接B.空間站在前、飛船在后且兩者沿同一方向在同一軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，在合適的位 置飛船加速追上空間站后對(duì)接C.空間站在高軌道、飛船在低軌道

2、且兩者同向飛行，在合適的位置飛船加速追上 空間站后對(duì)接D.飛船在前、空間站在后且兩者在同一軌道同向飛行，在合適的位置飛船減速然 后與空間站對(duì)接()3 . 一個(gè)小球被水平拋出，做平拋運(yùn)動(dòng)，則小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A.位移與時(shí)間的二次方成正比B.重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間的二次方成正比C.速度的增量與時(shí)間的二次方成正比 D.動(dòng)能的增量與時(shí)間的二次方成正比4 . 直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，GH兩點(diǎn)坐 標(biāo)如圖。MN兩點(diǎn)各固定一正點(diǎn)電荷，當(dāng)電量為 Q的負(fù) 電電荷量置于點(diǎn) 。時(shí)，H點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜 電力常量用k表示。若將該負(fù)電電荷移到 H點(diǎn)，其他條 件不變，則G點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為（）

3、MQ3&QA.彳，沿y軸正向B. 沿y軸負(fù)向C.彳，1y y軸正向D.彳，沿y軸負(fù)向二、多選題（本大題共 6小題，共33.0分）5 .氫原子的能級(jí)如圖所示。已知?dú)湓訌牡谒募?jí)躍遷到第二能級(jí) 時(shí)輻射出的光子恰好可以使某光電管陰極發(fā)生光電效應(yīng)，則下 列幾種光子中，可使該光電管陰極發(fā)生光電效應(yīng)的是（）A.氫原子從第四能級(jí)躍遷到第三能級(jí)輻射出的光子 B.氫原子從第三能級(jí)躍遷到第一能級(jí)輻射出的光子 C.氫原子從第二能級(jí)躍遷到第一能級(jí)輻射出的光子 D.氫原子從第五能級(jí)躍遷到第三能級(jí)輻射出的光子6 .某科研小組用火箭模型模擬火箭發(fā)射升空，該模型在地面附近一段位移內(nèi)的發(fā)射功率恒為P,從靜止開(kāi)始豎直向上

4、發(fā)射，發(fā)射過(guò)程中火箭受到含重力在內(nèi)的一切阻力的合力大小f=kv （k為比例常量）?；鸺牧繛?m,忽略其質(zhì)量變化，設(shè)火箭在這段位移內(nèi)可以達(dá)到最大速度，則（）A.在加速過(guò)程中，火箭加速度和速度均增大B.在加速過(guò)程中，火箭處于超重狀態(tài)C.火箭在上升過(guò)程中的最大速度 網(wǎng)D.火箭達(dá)到最大速度的一半時(shí)的加速度大小為理7 .如圖，200匝矩形閉合導(dǎo)線框 ABCD處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=：T的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,線框面積S=0.2m2,線框電阻不計(jì)，線框繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO'以角速度二100ad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈接入一只“ 220V,60W”燈泡，且燈泡正常發(fā)光，熔斷器允許通

5、過(guò)的最大電流為10A.下列說(shuō)法正確的是（ ）A.在圖示位置穿過(guò)線框的磁通量為零8 .線框中產(chǎn)生變電壓的有效值為4因2丫C.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為20: 11D.允許變壓器輸出的最大功率為4000W8 .如圖所示，變徑為r、右端開(kāi)有小口的導(dǎo)體圓環(huán)水平固定， 圓環(huán)內(nèi)部區(qū)域有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，長(zhǎng)為2r的導(dǎo)體直桿在圓環(huán)中心 O處開(kāi)始以初速度 v平 行于直徑CD向右做加速度大小為 a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn) 動(dòng)過(guò)程中直桿上始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸。圓環(huán)與直桿單 位長(zhǎng)度的電阻均為R0,將接觸點(diǎn)和。點(diǎn)的連線與直桿的夾角 記為仇下列判斷爭(zhēng)取的是（）A. 0 =0寸，直桿上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)

6、為BrvB.時(shí)，直桿上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)BrJ?儲(chǔ)+C.時(shí)，通過(guò)直桿的電流大小為D.時(shí)，直桿所受的安培力大小為9 . 下列說(shuō)法正確的是（）A.食鹽晶體中的鈉離子、氧離子按一定規(guī)律分布，具有空間上的周期性B.液晶既有液體的流動(dòng)性，又有晶體的各向異性C.功可以全部轉(zhuǎn)化為熱量，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功D.水國(guó)能停在水面上，是因?yàn)橐后w表面張力的作用E.外界對(duì)物體做功時(shí)，物體的內(nèi)能一定增加10 .如圖所示，一細(xì)束白光通過(guò)玻璃三棱鏡折射后分為各種單 色光射在豎直放置的光屏上，取其中a, b, c三種色光，下列說(shuō)法正確的是（）A. a、b、c三種色光中，c光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)B. a、b、c三種色光中，a光的頻率最大C.

7、a、b、c三種色光在玻璃三棱鏡中的傳播速度依次越來(lái)越小D.若分另1J讓a、b、c三種色光通過(guò)一雙縫裝置，則a光形成的干涉條紋的間距最大E.若讓a、b、c三種色光以同一入射角從同一介質(zhì)射入空氣時(shí)，b光恰能發(fā)生全發(fā)射，則a光也一定能發(fā)生全反射三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 2小題，共15.0分）D. .氣整導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)僅器，它利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上，滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可視為沒(méi)有罩擦?，F(xiàn)用帶豎直擋板的氣墊導(dǎo)軌和帶有擋光片的滑塊1和2驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，實(shí)驗(yàn)步驟如下：a.用天平分別測(cè)出滑塊 1、2的質(zhì)量m1，m2b.用游標(biāo)卡尺測(cè)出滑塊 1、2上的擋光

8、片的寬度 d4、d2c.調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使導(dǎo)軌處于水平d.在滑塊12間放入一個(gè)被壓縮的輕彈簧（圖中未畫(huà)出），用電動(dòng)卡銷(xiāo)鎖定，靜止 放置在兩光電門(mén)之間的氣墊導(dǎo)軌上e.按下電鈕松開(kāi)卡銷(xiāo)記錄滑塊1通過(guò)光電門(mén)1的擋光時(shí)間4以及滑塊2通過(guò)光電門(mén)2的擋光時(shí)間1 1）實(shí)驗(yàn)中測(cè)量的擋光片的寬度d1如圖乙所示，則d1=mm。2 2）利用上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為 （用對(duì)應(yīng)的物 理量的符號(hào)表示）12 .某同學(xué)要測(cè)某手機(jī)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路，其中R0為定值電阻，阻止為5.3 Qo甲（1）請(qǐng)按圖甲電路完成好實(shí)物圖乙的連接。（2）閉合開(kāi)關(guān)S前，應(yīng)將實(shí)物乙中的滑動(dòng)變阻器的滑片移到最 （選

9、填“左” 或右）驪。（3）閉合開(kāi)關(guān)s,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，測(cè)出多組電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I,作出U-I圖象如圖丙所示，則由圖丙可得電池的電動(dòng)勢(shì)為 V,電池的 內(nèi)阻為 Qo（4）本實(shí)驗(yàn)由于存在系統(tǒng)誤差，使得電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值比真實(shí)值 （選填“大”或“小”），電池內(nèi)阻的測(cè)量值比真實(shí)值 （選填“大”或“小”）。四、計(jì)算題（本大題共 4小題，共52.0分）13 .如圖所示，質(zhì)量 m=0.5kg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從 B點(diǎn)正上方高h(yuǎn)=5m的A點(diǎn)由靜止釋放，小球恰好無(wú)碰撞地e通過(guò)半徑R=2m的四分之一光滑圓弧軌道的左端B,圓D點(diǎn)后進(jìn)入半徑也為 R的豎E在同三條豎直線上。不計(jì)空弧軌道的右端C與光滑水平直

10、軌道相連，小球運(yùn)動(dòng)至 直光滑半圓軌道，并通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)巳D、氣阻力，取g=10m/s2求：(1)小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vo(2)小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F。14 .如圖所示，圓心在原點(diǎn) O、半徑為R的圓將xOy平面分為一兩個(gè)區(qū)域，即圓內(nèi)區(qū)域I和圓外區(qū)域II.區(qū)域I內(nèi)有方向垂, 直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)甲(圖中未畫(huà)出)，平行于x軸 ，.的熒光屏垂直于xOy平面放置在y=43R的位置。一束質(zhì)量 為m,電荷量為q、動(dòng)能為Eo的帶正電粒子從坐標(biāo)為(-R,. . .0)的A點(diǎn)沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域I,當(dāng)區(qū)域II內(nèi)無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，*/粒子打在光屏上的 M點(diǎn)；若在區(qū)域II內(nèi)加上方向垂直于 xOy平面的

11、勻強(qiáng)磁場(chǎng)乙(圖 中未畫(huà)出)，上述粒子仍然從 A點(diǎn)以相同的速度射入?yún)^(qū)域 I,則粒子打在熒光屏上 的N點(diǎn)，甲、乙兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=F5,不計(jì)粒子重力。求：3曲(1)打在M點(diǎn)的粒子的速度大小 Vi和打在N點(diǎn)的粒子速度大小 V2以及甲、乙兩 磁場(chǎng)的方向。(2)熒光屏上M點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離xm以及N點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離xno(3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間to15 .如圖所示，一開(kāi)口向下的圓筒豎直懸掛，圓筒內(nèi)有一質(zhì)量不計(jì)的活塞封的熱力學(xué)溫度 塞的橫截面積 若通過(guò)加熱, 學(xué)溫度丁2；閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與圓筒內(nèi)壁的摩擦不計(jì)。當(dāng)圓筒內(nèi)氣體Ti=300K時(shí)，圓筒內(nèi)封閉氣體的長(zhǎng)度L1=7.5cm。

12、已知活S=40cm2,大氣壓強(qiáng) P0=1X106Pa。使圓筒內(nèi)氣體的長(zhǎng)度變?yōu)長(zhǎng)2=10cm,求此時(shí)氣體的熱力若保持圓筒內(nèi)理想氣體的溫度Ti=300K不變，對(duì)活塞施加一豎直向下的拉力，使活塞緩慢下移，求圓筒內(nèi)氣體的長(zhǎng)度仍為L(zhǎng)2=10cm時(shí)，該拉力的大小 F。16 .如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一列簡(jiǎn)諧橫波，圖甲為該波在t=0時(shí)的波形圖象圖乙為平衡位置在x=25m處的質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)圖象。甲 £(1)若此波遇到另一列簡(jiǎn)諧橫波井發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象求該波所遇到的波的頻率fi。(2)若t=0時(shí)振動(dòng)剛傳到質(zhì)點(diǎn) M處，求圖甲中平衡位置在 x=45m處的質(zhì)點(diǎn)N (未 畫(huà)出)到達(dá)波峰的時(shí)刻。答案和解析1 .

13、【答案】B【解析】 解：根據(jù)v-t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，可得，汽車(chē)在該段時(shí)間內(nèi)的 位移為：x=20X 1-10M=10m平均速度為:i =爭(zhēng)5m/s故選：B。根據(jù)v-t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，求出位移，再求平均速度。本題關(guān)鍵是根據(jù)速度時(shí)間圖象得到物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)平均速度的定義和圖線與時(shí)間軸包圍的面積表示對(duì)應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移大小，來(lái)進(jìn)行分析處理。2 .【答案】C【解析】 解：A、飛船在軌道上高速運(yùn)動(dòng)，如果在同軌道上沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則最終會(huì)撞擊而不是成功對(duì)接，故 A錯(cuò)誤；B、兩者在同軌道上，飛船加速后做離心運(yùn)動(dòng)，則飛船的軌道抬升，故不能采取同軌道加速對(duì)接，故B錯(cuò)誤；C、飛船在低軌

14、道加速做離心運(yùn)動(dòng)，在合適的位置，飛船追上空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故C正確；D、兩者在同一軌道飛行時(shí)，飛船突然減速做近心運(yùn)動(dòng)，飛船的軌道高度要降低，故不可能與同軌道的空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接，故D錯(cuò)誤。故選：Co衛(wèi)星變軌主要是從低軌道加速做離心運(yùn)動(dòng)抬升軌道，或在高軌道減速做近心運(yùn)動(dòng)而降低軌道。掌握衛(wèi)星對(duì)接的原理是通過(guò)不同高度軌道運(yùn)動(dòng)，利用離心運(yùn)動(dòng)（抬高軌道）或近心運(yùn)動(dòng)（降低軌道）實(shí)現(xiàn)航天器的對(duì)接。3 .【答案】D【解析】解：A、平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移 x=vot,豎直位移y=g產(chǎn)，則運(yùn)動(dòng)的位移s=JK + / =，0加）£ + （51）£,與時(shí)間的二次方不成正比，故A錯(cuò)誤。B、重力的瞬時(shí)功率 P=

15、mgvcos a mgvy=mg2t,與時(shí)間成正比，故 B錯(cuò)誤。C、平拋運(yùn)動(dòng)的加速度不變，則速度的增量"gt,與時(shí)間成正比，故 C錯(cuò)誤。D、根據(jù)動(dòng)能定理得，/=mgh = mg 二熱,與時(shí)間的二次方成正比，故D正確。故選：Do根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移，結(jié)合平行四邊形定則得出位移的表達(dá)式，從而判斷與時(shí)間t的關(guān)系；根據(jù)瞬時(shí)功率公式，結(jié)合速度時(shí)間公式得出重力瞬時(shí)功率的表達(dá)式， 從而判斷與時(shí)間t的關(guān)系；抓住平拋運(yùn)動(dòng)的加速度不變，得出速度增量與時(shí)間的關(guān)系； 根據(jù)動(dòng)能定理得出動(dòng)能增量與時(shí)間的關(guān)系，從而分析判斷。本題需得出位移、重力瞬時(shí)功率、速度增量和動(dòng)能增量與時(shí)間的關(guān)系，關(guān)鍵通過(guò)物理學(xué)

16、規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理等得出物理量間的關(guān)系式，從而分析判斷。4 .【答案】B【解析】【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加的原理，可以知道在H點(diǎn)的時(shí)候負(fù)電荷在 H點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)與兩個(gè)正電荷在 H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向相反，在G點(diǎn)同樣根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加來(lái)計(jì)算合場(chǎng)強(qiáng)的大小即可。本題是對(duì)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理的考查，同時(shí)注意點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式的應(yīng)用，本題的關(guān)鍵的是理解H點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零的含義?！窘獯稹拷猓篐點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零，說(shuō)明負(fù)電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)與兩個(gè)正電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可得，負(fù)電荷在H點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為朱，兩個(gè)正電荷在 H點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)也為生，當(dāng)負(fù)點(diǎn)電荷移到

17、 H點(diǎn)時(shí)，負(fù)電荷與 G點(diǎn)的距離為2a,負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為 * 方向沿y軸正向，由于GH對(duì)稱(chēng)，所以兩個(gè)正電荷在 G點(diǎn)和H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向相反， 大小為二,方向沿y軸負(fù)向，所以G點(diǎn)處場(chǎng)合強(qiáng)的大小為 斗一盤(pán)=£,方向沿y軸負(fù)向，故B正確；ACD錯(cuò)誤。故選：B。5 .【答案】BC【解析】解：氫原子從第四級(jí)躍遷到第二能級(jí)時(shí)輻射出的光子恰好可以使某光電管陰極發(fā)生光電效應(yīng)，可知第四能級(jí)和第二能級(jí)間的能級(jí)差等于逸出功。A、第四能級(jí)和第三能級(jí)間的能級(jí)差小于第四能級(jí)和第二能級(jí)間的能級(jí)差，則輻射的光子能量小于逸出功，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故 A錯(cuò)誤。B、第三能級(jí)和第一能級(jí)間的能級(jí)差大于第四能級(jí)和

18、第二能級(jí)間的能級(jí)差，則輻射的光子能量大于逸出功，能發(fā)生光電效應(yīng)，故 B正確。C、第二能級(jí)和第一能級(jí)間的能級(jí)差大于第四能級(jí)和第二能級(jí)間的能級(jí)差，則輻射的光子能量大于逸出功，能發(fā)生光電效應(yīng)，故 C正確。D、第五能級(jí)和第三能級(jí)間的能級(jí)差小于第四能級(jí)和第二能級(jí)間的能級(jí)差，則輻射的光子能量小于逸出功，不能發(fā)生光電效應(yīng)，故 D錯(cuò)誤。故選：BC。發(fā)生光電效應(yīng)的條件是光子能量大于逸出功，結(jié)合兩能級(jí)間的能級(jí)差與逸出功比較，判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)。解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件，以及知道能級(jí)間躍遷輻射或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差。6 .【答案】BD _，.一 一 . F 【解析】 解：A、加速上升過(guò)程中，

19、F= , v增大，F(xiàn)減小，F(xiàn)-f=ma, ff隨速度增大，所以加速度減小，故 A錯(cuò)誤；B、加速過(guò)程中，加速度 a方向向上，處于超重狀態(tài)，故 B正確;c、當(dāng)F=f時(shí)，速度最大，即 P=Fv=kv2,得v=g,故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)v=L1時(shí)，F(xiàn)二二2歷,由牛頓第二定律得 F-f=ma,求得a=，' 心丫*|口'drn故選：BD。1、牛頓第二定律 F二ma；2、a向下為失重，a向上為超重；3 .、當(dāng)F二f時(shí)，火箭速度最大，且 P二Fv；4、根據(jù)F二ma可求知。此題考查牛頓第二定律和功率P=Fv的應(yīng)用，注意當(dāng) F二f時(shí)，速度最大。7 .【答案】CD【解析】 解：A、圖示位置穿過(guò)線框的磁通量

20、最大，A錯(cuò)誤；B、電動(dòng)勢(shì)的最大值 Em二NBSco =200第Q2 ¥00=400匠V.則交流電壓的有效值 400V.則原副線圈的匝數(shù)比 n=400 : 220=20: 11,則B錯(cuò)誤，C正確；D、因?yàn)楸ｋU(xiǎn)絲的最大電流為10A,則最大功率 Pm=UI=400M0=4000W；故D正確；故選：CD。根據(jù)E二NBSco求出線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值，根據(jù)最大值求出有效值，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)比，求出原副線圈的匝數(shù)之比，根據(jù)電流比等于匝數(shù)之反比求出副線圈的電流，從而求出燈泡的額定功率.解決本題的關(guān)鍵掌握交流電電動(dòng)勢(shì)峰值的表達(dá)式，以及知道峰值與有效值的關(guān)系，知道原副線圈電壓、電流與匝數(shù)比的關(guān)

21、系.8 .【答案】BCD【解析】 解：A、當(dāng)。=0寸，桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E二BLv=B?2r?v=2Brv,故A錯(cuò)誤;B、當(dāng)日二；、時(shí)，由幾何知識(shí)可知，切割磁感應(yīng)的有效長(zhǎng)度為：L=Jr,由速度位移公式為：" - 卬=2ax可知，此時(shí)導(dǎo)體直桿的速度為：v=J" + 2d g =，+ 口,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E二BLv=Brj3（i/ +劭）,故B正確；C、當(dāng)日二、時(shí)，電路總電阻為：R二 娘當(dāng)）rR。，此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度為：L=vr,導(dǎo)體棒的速度為：v=pT*,通過(guò)桿的感應(yīng)電流為：I= 4' =工應(yīng)優(yōu)-, 故 C 正確；，.門(mén) 口一， 一5D、當(dāng)d=時(shí)，回路總

22、電阻為：R=（$兀+1 rR0切割磁感線的有效長(zhǎng)度為：L二r,導(dǎo)體桿的速度為：v=，厚 + /感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： E二BLv感應(yīng)電流為：1二；,安培力為：F二BIL二學(xué)=喈密，故D正確；故選：BCD。根據(jù)幾何關(guān)系求出此時(shí)導(dǎo)體棒的有效切割長(zhǎng)度，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)電路結(jié)構(gòu)應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)求出電路電阻，應(yīng)用歐姆定律求出電路電流，然后應(yīng)用安培力公式求出安培力。本題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚導(dǎo)體桿的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與電路結(jié)構(gòu)是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出桿的速度、應(yīng)用幾何知識(shí)求出切割磁感應(yīng)的有效長(zhǎng)度，應(yīng) 用E=BLv、歐姆定律與安培力公式可以解題。9 .【答案】ABD【解析】解

23、：A、食鹽是晶體，具有各向異性，晶體中的鈉、氯離子按一定規(guī)律分布，具有空間上的周期性，故 A正確。B、液晶具有液體的流動(dòng)性，同時(shí)具有晶體的各向異性特征，故 B正確。C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，機(jī)械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，在沒(méi)有外界影響時(shí)，內(nèi)能不能全部用來(lái)做功以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能，但題目中沒(méi)有說(shuō)不引起其他外界變化，故C錯(cuò)誤。D、水國(guó)可以停在水面上是因?yàn)橐后w表面張力與重力平衡，故 D正確。E、根據(jù)熱力學(xué)第一定律 U = Q+W,可知，外界對(duì)物體做功時(shí)，若物體向外界放熱，且多于做功，則物體的內(nèi)能減少，故 E錯(cuò)誤。故選：ABD。晶體中的分子是按一定規(guī)律分布，具有周期性；液晶像液體一樣可以流動(dòng)，又具有某些晶體結(jié)

24、構(gòu)特征的一類(lèi)物質(zhì)；熱量也可以全部轉(zhuǎn)化為功，但必須發(fā)生其它的一些變化；水國(guó)能停在水面上，是因?yàn)橐后w表面張力的作用；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以解決內(nèi)能的一些問(wèn)題。本題考查了熱力學(xué)第二定律、熱力學(xué)第一定律、液晶、液體的表面張力等知識(shí)點(diǎn)。這種 題型屬于基礎(chǔ)題，只要善于積累，難度不大。10 .【答案】ABE【解析】 解：AB、通過(guò)三棱鏡后，c光的偏折程度最小，a光的偏折程度最大，則棱鏡 對(duì)c光的折射率最小，c光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)。a光的折射率最大，頻率最大，故AB正確。C、c光的折射率最小，a光的折射率最大，由公式 v=”分析可知，a、b、c三色光在玻璃三棱鏡中的傳播速度依次越來(lái)越大。故C錯(cuò)誤。D、c光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，

25、a光波長(zhǎng)最短。因?yàn)殡p縫干涉條紋的間距與波長(zhǎng)成正比，則 c光形 成的干涉條紋的間距最大，故D錯(cuò)誤。E、c光的折射率最小，a光的折射率最大，由臨界角公式sinC=分析得知，a光的臨界角最小，c光臨界角最大，則若讓 a、b、c三色光以同一入射角，從空氣中某方向射入一介質(zhì)，b光恰能發(fā)生全發(fā)射，則 a光也一定能發(fā)生全反射。故 E正確。故選：ABE。白光通過(guò)玻璃三棱鏡折射后色散，從c到a形成紅光到紫光的彩色光帶，c光的波長(zhǎng)最長(zhǎng)，a光波長(zhǎng)最短。c光的折射率最小，a光的折射率最大，由公式 v=分析光在玻璃三1棱鏡中的傳播速度的大小。干涉條紋的間距與波長(zhǎng)成正比。由臨界角公式sinC=分析臨 界角的大小，分析全反

26、射現(xiàn)象。本題屬于光的色散現(xiàn)象問(wèn)題，對(duì)于色散研究得到的七種色光排列順序、折射率大小等等要記牢，同時(shí)，要記住折射率與波長(zhǎng)、頻率、臨界角的關(guān)系，這些都是考試的熱點(diǎn)。11.【答案】0.5【解析】 解：(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)：di=0mm+5X0.1mm=0.5mm。(2)滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度：Vi=, V2=：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得:mivi-m2v2=0,整理得:故答案為:(1)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)。(2)根據(jù)遮光片的寬度與滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間求出滑塊的速度，然后應(yīng)用動(dòng)量守恒 定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。本題考查了游標(biāo)卡尺讀數(shù)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，要掌握常用器材

27、的使用及讀數(shù)方法，游標(biāo)卡 尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用 動(dòng)量守恒定律可以解題。12.【答案】左 3.6 0.7小小【解析】 解：(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示;(2)為了讓電流由最小值開(kāi)始調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器的滑片開(kāi)始時(shí)應(yīng)滑到最左端；電路中定值電阻的作用是保護(hù)電路，防止電源發(fā)生短路；(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，U=E-I (Ro+r),由圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì) E=3.6V,圖象的斜率表示內(nèi)電阻與定值電阻之和：r+Ro= f =6 Q,電源內(nèi)阻：r=0.7 R(4)保護(hù)電阻等效到電源的內(nèi)部，電壓表測(cè)的電壓為外電壓，電流表所測(cè)

28、的電流偏?。欢?dāng)電路圖短路時(shí)，電壓表的分流可以忽略，故短路電路相等，作出U-I圖線的測(cè)量圖線和實(shí)際圖線，虛線表示實(shí)際圖，從圖線可以看出，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值。故答案為：(1)實(shí)物電路圖如圖所示；(2)左；(3) 3.6; 0.7 (4)?。恍　?1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖。(2)明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)安全要求進(jìn)行分析，明確電阻的作用以及滑片開(kāi)始時(shí)的位置；(3) U-I圖線的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)，圖線斜率的絕對(duì)值表示內(nèi)阻。將保護(hù)電阻等效到電源的內(nèi)部；(4)作出U-I圖線的測(cè)量圖線和真實(shí)圖線，比較電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值和真實(shí)值的大小。解決本題的關(guān)鍵會(huì)從 U-I圖線獲取電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，注

29、意將保護(hù)電阻等效到電源的內(nèi)部，最終電源的內(nèi)阻等于圖線的斜率絕對(duì)值減去保護(hù)電阻的阻值。以及會(huì)分析誤差的來(lái)源，通過(guò)圖象分析測(cè)量值和真實(shí)值的關(guān)系。13 .【答案】 解：(1)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh,回得 vo=10m/s(2)小球從A運(yùn)動(dòng)到E的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得mg (h-R)=/璉在E點(diǎn)，對(duì)小球，由牛頓第二定律得mg+F' =mf/r聯(lián)立解得F' =10N根據(jù)牛頓第三定律知，小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小 F =F' =10N答：(1)小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小 vo為10m/s。(2)小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小 F是10N。【解析】(1

30、)小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vo0(2)先根據(jù)機(jī)械能守恒定律求小球通過(guò)E點(diǎn)時(shí)的速度。再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。解決本題的關(guān)鍵要分析清楚小球能量的轉(zhuǎn)化情況，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，要掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源：指向圓心的合力。14 .【答案】 解：(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫磁力不做功，故打在 M點(diǎn)和N點(diǎn)的粒 子動(dòng)能均為E0, V2大小相等。則有： =/廿； 解得：V=V2= 由左手定則可知，甲磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，乙磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里。(2)如圖所示，區(qū)域 B中無(wú)磁場(chǎng)時(shí)，粒子在區(qū)域 I中運(yùn)動(dòng)后打在 M點(diǎn)軌跡圓的圓心為O1點(diǎn)，設(shè)其軌跡

31、圓的半徑為 r,由牛頓第二定律有：Bqv = rn解得： '由幾何關(guān)系可知，OM與y軸負(fù)方向的夾角為 30°,故：勺尸解得：Xm=R區(qū)域n有磁場(chǎng)時(shí)，粒子軌跡圓的圓心為。2點(diǎn)，同理可得其軌跡圓的半徑也為：廣=由幾何關(guān)系可得： XN=2rcos30 -R解得：Xn=2R(3)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：-根據(jù)幾何關(guān)系可知,粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，均為I，故所求時(shí)間為：t = 2xipft答：(1)打在M點(diǎn)的粒子的速度大小 Vi和打在N點(diǎn)的粒子速度大小 V2都是佟，甲磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，乙磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里；(2)熒光屏上 M點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離xm為R, N點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離xn為2R； (3)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間t為:?！窘馕觥?1)根據(jù)洛倫磁力不做功可知，速度大小不變，即由勾= 11解得速度大小;再根據(jù)左手定則解得甲磁場(chǎng)和乙磁場(chǎng)的方向；(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡及結(jié)合幾何關(guān)系解得即可；(3)求出粒子轉(zhuǎn)過(guò)