2021屆山東省青島市高考物理二模試卷附答案詳解

232～232232～232222021屆山東省青島市高考物理二模試卷一、單選題（本大題共8小題，24.0分

某研究性學(xué)習(xí)小組用實(shí)驗(yàn)裝置模擬火箭發(fā)射衛(wèi)星．火箭點(diǎn)燃后從地面豎直升空，燃料燃盡后火箭的第一級和第二級相繼脫落，實(shí)驗(yàn)中測得衛(wèi)星豎直方向的速度時(shí)間圖象如圖所示設(shè)運(yùn)動(dòng)中不空氣阻力料燃燒時(shí)產(chǎn)生的推力大小恒定．下列判斷正確的

時(shí)刻衛(wèi)星到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)衛(wèi)星落回地面B.

衛(wèi)星在

時(shí)間內(nèi)的加速度大于～

時(shí)間內(nèi)的加速度C.

2

時(shí)間內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)D.

時(shí)內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)

如圖所示為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，降壓變壓器的變壓比，電線的阻，壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠輸出的電壓恒若由于用戶的負(fù)載發(fā)生變化，使電壓表的數(shù)減小eq\o\ac(△,)??，下列判斷正確的B.

電壓表的數(shù)減小eq\o\ac(△,)輸電線上損失的功率增大了

2C.

電流表的數(shù)增大

D.

電流表的示數(shù)增大了

?eq\o\ac(△,??)

用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。所用光子能量2.75的照射到光電管上時(shí)發(fā)生了光電效應(yīng)，電流的示數(shù)不為零，移動(dòng)變阻器的觸，現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等時(shí)，電流表示數(shù)為零，則在該實(shí)驗(yàn)B.C.D.

光電子的最大初動(dòng)能??光電管陰極的逸出功開關(guān)斷，電流示數(shù)為零當(dāng)滑動(dòng)觸頭向端動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)增大

33

如圖所示，一個(gè)內(nèi)壁光滑、導(dǎo)熱性能良好的汽缸豎直吊在天花板上，開口向下，質(zhì)量與厚度均不計(jì)、導(dǎo)熱性能良好的活塞橫截面積為，與汽缸底部之間封閉了一定質(zhì)量的理想氣體時(shí)活塞與汽缸底部之間的距離，塞汽缸。缸所處環(huán)境的溫度，氣壓強(qiáng)取現(xiàn)質(zhì)量為的物塊掛在活塞中央位置上。活塞掛上重物后，活塞下移，則穩(wěn)定后活塞與汽缸底部之間的距離為

B.

C.

D.

如圖所示，軸方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．有兩個(gè)質(zhì)量相同、電荷量也相同的帶正負(fù)電的離子不計(jì)重以同速度點(diǎn)入磁場中射方向軸夾角．則正、負(fù)離子在磁場(B.C.D.

運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同重新回時(shí)速度大小相同，方向不同重新回時(shí)距點(diǎn)距離不同是平繩上的兩點(diǎn)，相。列正弦橫波到沿繩播，每點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向上運(yùn)動(dòng)時(shí)正好到達(dá)上方最大位移處，則此波的波長可能

B.

C.

D.

如圖所示，月球探測器可在圓軌、橢圓軌Ⅱ上運(yùn)行，軌Ⅰ、Ⅱ切于點(diǎn)，關(guān)于月球探測器，以下說法正確的(B.C.

在Ⅱ軌道運(yùn)行時(shí)點(diǎn)速率小點(diǎn)速率在Ⅱ軌道運(yùn)行時(shí)點(diǎn)加速度小點(diǎn)加速度在Ⅰ軌道經(jīng)過點(diǎn)時(shí)速率小于Ⅱ道經(jīng)點(diǎn)速率

D.

在Ⅰ軌道經(jīng)過點(diǎn)時(shí)加速度小于Ⅱ道經(jīng)過點(diǎn)加速度

如圖所示，實(shí)線是一個(gè)電場中的電場線，虛線是一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷在這個(gè)電場中僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡電荷是點(diǎn)運(yùn)動(dòng)點(diǎn)以下判斷正確的是B.C.D.

電荷從到加度不變電荷從到加度增大電荷從到電能減小電荷從到電能增加二、多選題（本大題共4小題，16.0分

如圖所示，匝數(shù)，截面積為，阻的圈，處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場未出中磁感應(yīng)度隨時(shí)間的變化率，場方向水平向左且與線圈平面垂直容的電容為定值電阻的阻值也為.則下列說法正確的是C.

電容器下極板帶正電電容器所帶電荷量

B.D.

電容器上極板帶正電電容器所帶電荷量為

2下說法正確的B.C.D.

物體受變力作用時(shí)，可能做直線運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)功和能可以相互轉(zhuǎn)化，功是能量轉(zhuǎn)化的量度物體所受合外力為零時(shí)，其機(jī)械能可能不守恒如所示的糙斜面固定地面上量、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平用線將物塊與軟繩連接物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)到繩剛好全部離開斜面此物塊未到達(dá)地，在此過程)B.

物塊的機(jī)械能逐漸增加軟繩重力勢能共減少了4

C.D.

物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功與物塊動(dòng)能增加之和軟繩重力勢能的減少小于軟繩動(dòng)能的增加與軟繩克服摩擦力所做的功之和

0??0??如所在直向下軸側(cè)分布有垂直紙面向外和向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均隨位置坐標(biāo)

為常數(shù)的規(guī)律變化個(gè)完全相同的正方形線框甲和乙的上邊均軸直甲的初始位置高于乙的初始位置，兩線框平面均與磁場垂直?，F(xiàn)同時(shí)分別給兩個(gè)線框一個(gè)豎直向下的初速和磁場的范圍足夠大當(dāng)線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不考慮兩線框的相互作用，下列說法正確的(

運(yùn)動(dòng)中兩線框所受磁場的作用力方向相反B.C.

若若

，則開始時(shí)甲所受磁場力等于乙所受磁場力，則開始時(shí)甲中的感應(yīng)電流一定大于乙中的感應(yīng)電流D.若

，則最終穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)甲的速度可能大于乙的速度三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，15.0分如所示，斜槽末端水平，小

從斜槽某一高度由靜止?jié)L下，落到水平面上點(diǎn)今在槽口末端放一半相同的球，仍讓從槽同一度滾下，并與正后使兩球落地，球和的地點(diǎn)分別、，知槽口末端在白紙上的投影位點(diǎn)則：兩球質(zhì)量的關(guān)系應(yīng)滿_____ABC.實(shí)必須滿足的條。A.

軌道末端的切線必須是水平的B.

斜槽軌道必須光滑C

入射球每次必須從同一高度滾下D

入射球和被碰的心在碰撞瞬間必須在同一高度實(shí)中必須測量的。A.

兩小球的質(zhì)和B.

兩小球的半和C

桌面離地的高度D

小球起始高度E.

從兩球相碰到兩球落地的時(shí)間F.

小單獨(dú)飛出的平距離

1111122211111112221112212B.12121112212G

兩小球和相后飛出的水平距離若小球質(zhì)量之比：

：，撞前小1

的質(zhì)量，碰撞后小球、的量分別為、，球落點(diǎn)情況如圖所示，則碰撞前后_____A′′′C.′′D.′

2在電壓表和電表測量一只阻值約2的阻的實(shí)驗(yàn)中，提供的器材有：A.

直流電12，內(nèi)阻不計(jì)，允許的最大電流B.

電壓表量為，內(nèi)阻為C

電流表量為，阻為2D

電流表量為，阻為1E.

滑動(dòng)變阻器最阻值為，許的最大電流F.

滑動(dòng)變阻器最阻值為，許的最大電1G

開關(guān)和若干導(dǎo)線實(shí)時(shí)，電流表選，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_____均字母代表示；請出實(shí)驗(yàn)電路圖，盡可能減少實(shí)驗(yàn)誤差；由______填電壓表”或“電流表”內(nèi)的影響，該實(shí)驗(yàn)對電阻的測量會(huì)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。四、簡答題（本大題共2小題，29.0分

333333333如所示直平坐系第二象限區(qū)域內(nèi)存在無上邊界大小向軸正方向的勻強(qiáng)電場第象限存充滿整個(gè)象限大小未知方向沿軸方向的勻強(qiáng)電場第象限存在充滿整個(gè)象限與豎直平面垂直的未知?jiǎng)驈?qiáng)磁場象限無任何場存在一質(zhì)量為，帶電量的子坐標(biāo)的由靜止出發(fā)個(gè)電場作用后從坐標(biāo)處進(jìn)入磁場中，最終從坐標(biāo)處入第二象限，進(jìn)入時(shí)速度方向軸向成計(jì)粒子重力求第象限中的電場強(qiáng)度大小及粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度；磁應(yīng)強(qiáng)度大小和方向，以及粒子從開始運(yùn)動(dòng)到再次進(jìn)第二象限所用時(shí)間。如所示，質(zhì)量

和的體靜止在光滑的水平面上，兩者之間有壓縮著的彈簧，一個(gè)質(zhì)量為的物體以速度向沖來，為了防止沖撞物將物體以一定速度彈射出去，與碰撞后粘合在一起，的彈射速度至少為多大，才能使以和不生碰撞？五、計(jì)算題（本大題共2小題，16.0分用種透明材料制成的一塊柱體棱鏡的水平截面圖如圖所示為徑的圓圓心為，角為，包含兩種頻率的、均平行邊正點(diǎn)半徑射入棱鏡，在點(diǎn)反射后后從邊某點(diǎn)射出射線平行底光從邊某不含點(diǎn)射，光速為，：射棱鏡出射光與的角；

光線在棱鏡中傳播的時(shí)間。

212212如所示，為的兩勻強(qiáng)磁場，邊上方的磁感應(yīng)強(qiáng)度

大于下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度??，有一長??的直擋板與分界線重合板正中有一帶正電粒子點(diǎn)圖示方向進(jìn)中，假設(shè)粒子與擋板發(fā)生碰撞時(shí)沒有能量損失，且粒子在下方磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)不會(huì)與擋板發(fā)生碰撞，不計(jì)粒子重力，若粒子最終能回到出發(fā)點(diǎn)。試出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡。求足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值范圍。

3111223131eq\o\ac(△3111223131eq\o\ac(△,??)22參考答案解析1.

答：解：、箭上升的最大高度即為運(yùn)過程中的最大位移，由圖可知當(dāng)速度等于零時(shí)，位移最大，火箭處于最高點(diǎn)，即時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故A錯(cuò)；B、圖中斜率表示加速度，傾斜角越大表示加速度越大，由圖可知火箭～

時(shí)間內(nèi)的加速度小于～

時(shí)間內(nèi)的加速度，故誤；C、圖可知時(shí)內(nèi)加速度為，向上，所以火箭處于超重狀態(tài)，故C正確；D、箭～

時(shí)間內(nèi)沒有燃料燃燒，又不計(jì)空氣阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故D錯(cuò)；故選：。圖中，傾斜的直線表示勻變速直線運(yùn)動(dòng)，斜率表示加速度，傾斜角越大表示加速度越大，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移；判斷超重失重的方法是：加速度方向向上，物體處于超重狀，加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)．本題是速度--時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的義，知道在速--時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義，能根據(jù)加速度正確判斷物體是超重還是失重狀態(tài)，能根據(jù)圖象讀取有用信息，不難2.

答：解：、根據(jù)題意知，發(fā)電廠的輸出電壓恒，升壓變壓器的變壓比不變，所以電的示數(shù)不變，故A錯(cuò)；B、降壓變壓器原副線圈兩端的電壓之比等，以

eq\o\ac(△,??)

，即降壓變壓器原線圈兩端電壓減小了，壓變壓器副線圈兩端電壓不變，所以輸電線上電壓增大，故錯(cuò)；eq\o\ac(△,??)，故誤；C、據(jù)歐姆定律，電流示增大了D、輸電線上電流增大為，據(jù)電流與匝數(shù)成反比知，電流示增大了?

eq\o\ac(△,??)

eq\o\ac(△,??)

，故D正確。故選：理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定電有輸入電壓決定遠(yuǎn)離輸電過程中的功率電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過程中的功率、電壓關(guān)系，理想變壓器電壓和匝數(shù)關(guān)系對于遠(yuǎn)距離輸電問題，一定要明確整個(gè)過程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失的電壓功率與哪些因素有關(guān)。

3.

答：解：、裝置所加的電壓為反向電，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等時(shí)電流表示數(shù)為，道光電子的最大初動(dòng)能，故A錯(cuò)；、據(jù)光電效應(yīng)方程所以

????????????

故錯(cuò)誤；C、斷后，用光子能量??的照射到光電管上時(shí)發(fā)生了電效應(yīng)，有光電子逸出，則有電流流過電流表，電流示為不為零，故C錯(cuò)誤；D

根據(jù)分壓電路結(jié)構(gòu)可知當(dāng)滑動(dòng)頭端滑動(dòng)時(shí)反電增大電壓表示數(shù)增大故D正。故選：該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于或等時(shí)電流表示數(shù)，知道光電子點(diǎn)的最大初動(dòng)能為，據(jù)光電效應(yīng)方程求出逸出.開關(guān)斷，只要有光電子發(fā)出，則有電流流過電流表。根據(jù)分壓電路知識可判斷電壓示數(shù)的變化。本題考查光電效應(yīng)方程，熟練掌握最大初動(dòng)能，逸出功，截止電壓等概念及其之間的關(guān)系是解的關(guān)鍵。4.答：解：：根據(jù)題意可知該過程中氣體的溫度不變，初態(tài)壓強(qiáng)為體積為

末態(tài)壓強(qiáng)為

??根據(jù)玻意耳定律有：

解得：??，D正確ABC錯(cuò)誤。故選：根據(jù)題意找出氣體的初末狀態(tài)，再根據(jù)理想氣體方程求解。本題考查波義耳定律，關(guān)鍵是找出氣體的初末狀態(tài)的各個(gè)量，熟練利用公式求解。5.

答：解：因個(gè)離子質(zhì)量相同，電荷量也相電量絕對，們垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑必相等、周指完成一個(gè)圓必相等不于度時(shí)兩個(gè)離子在磁場中的軌跡一個(gè)是小半圓弧，另一個(gè)是大半圓弧，所以在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間就不相等．故A選錯(cuò)誤．

或3334444或3334444由

????

知半徑相同，故選項(xiàng)正確．因子進(jìn)入磁場時(shí)射入方向軸夾角，么射出磁場時(shí)速度方向必夾角為，項(xiàng)C錯(cuò)誤．由于兩個(gè)離子的軌跡若合攏，肯定能組合為個(gè)完整的圓周，則距離相同．所以選項(xiàng)D錯(cuò)．故選：6.

答：解：：波傳，點(diǎn)經(jīng)過平衡位置向上運(yùn)動(dòng)時(shí)點(diǎn)好到達(dá)上方最大位移處，距離為或，到通式，此可得到波長的可能值

??3當(dāng)時(shí)得??，為波長最大值；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；故符合條件的只，C正，ABD錯(cuò)。故選：。根據(jù)兩狀態(tài)狀態(tài)，結(jié)合波形，確間離與波長的關(guān)系，求波長的通項(xiàng)式，再得到波長的特殊值。本題知道兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)，通過畫出波形，確定出兩點(diǎn)距離與波長的關(guān)系是常用的思路，要注明確波的多解性，正確寫出通式是解題的關(guān)鍵。7.

答：解：：、據(jù)開普勒第二定律知，點(diǎn)率大于速率，故誤；

????????B根據(jù)

??2

知月球探測器在點(diǎn)的萬有引力大于點(diǎn)有引力根??知點(diǎn)速度大于點(diǎn)加速度，故B錯(cuò)；C、據(jù)變軌的原理知，月球探測器在軌點(diǎn)的速度小于軌Ⅱ??點(diǎn)速度，故C正；D、據(jù)頓第二定律知，探測器在不同軌道點(diǎn)所受的合力相等，加速度相同，故錯(cuò)。故選：。Ⅱ軌道為橢圓軌道，根據(jù)開普勒第二定律點(diǎn)速度和點(diǎn)度關(guān)系；根

2

和????知速度關(guān)系；根據(jù)變軌的原理比較探測器在軌和軌Ⅱ上點(diǎn)速度大小。解決本題的關(guān)鍵知道變軌的原理，掌握開普勒第二定律，會(huì)運(yùn)用不同的方法比較橢圓軌道上的度大小，難度不大。8.

答：解：：、據(jù)電場線的疏密程度以判斷處場強(qiáng)大于處，也就是說試探電荷處受到的電場力大于在處，由牛頓第二定律可知粒子在處運(yùn)動(dòng)的加速度大于??處，故AB錯(cuò)．、據(jù)帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，曲線向力的方向彎曲，可判定，點(diǎn)所受到的電場力的方向都應(yīng)在電場線上并大致向左．由此判斷電場線方向發(fā)散向外，粒子在電場中向點(diǎn)動(dòng)，電場力對電荷做負(fù)功，其動(dòng)能減小，速度減?。浑妱菽懿粩嘣龃?，故C誤D正確；故選：根據(jù)軌跡的彎曲方向，判斷出合電場的方向，再根據(jù)電場線的方向，判斷電荷的電性；電場力大小的比較可以看電場線的疏密，即電場強(qiáng)度的大??；比較電勢能和動(dòng)能可以根據(jù)電場力做正負(fù)來判斷．判斷電荷的電性關(guān)鍵找到突破口，從軌跡的彎曲方向角度考慮；比較電勢能的大小：一可以從場力做功角度比較，二從電勢能公式角度判斷，先比較電勢，再比較電勢能．9.

答：解：先楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，從而判斷出電源的負(fù)極，再根據(jù)電容器上下極板在電路中的位置即可判斷出上下極板所帶的電性；先法拉第電磁感應(yīng)定律求出電源的電動(dòng)勢根閉電路的歐姆定律來求解電容器兩端的電壓，從而求出電容器所帶的電荷量。此題為電磁感應(yīng)的電路問題，有兩點(diǎn)要注意要根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向根法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢，并結(jié)合閉合電路的歐姆定律來解決問題。

?????????1????)???????????1????)????????2由次定律得，穿過線圈的磁通量向左變大，則感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向右；將線圈等效為一個(gè)電源圈右端為電源的正圈左端為電源的負(fù)極容的下極板與電源的正極相連，上極板與電源的負(fù)極相連電器的下極板帶正電容器的上極板帶負(fù)電故A正B錯(cuò)；由拉第電磁感應(yīng)定律得??

，兩端的電壓

22

；由電容器兩端的電壓與外電兩端的電壓相等

2

據(jù)容公式

???

2

誤，D正。故選AD10.

答：解：、直線運(yùn)動(dòng)的條件：合力為或合力方向與初速度方向在同一直線上。不取決于是恒力還是變力，故A確；B、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度方向始終指向圓心，時(shí)刻變化，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)；C、是過程量，能是狀態(tài)量，功是能量轉(zhuǎn)化的量度，但功不是能，能也不是功，故C誤；D一物體所受的合外力為零時(shí)可能出現(xiàn)機(jī)械能不變的情況如平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)故D正確。故選：。根據(jù)物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件進(jìn)行判斷；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度始終指向圓心，方向在變化，不是勻變速圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)功和能關(guān)系以及機(jī)械能守恒來分析。掌握利用物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件、勻變速圓周運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)以及常見的功能關(guān)系，是學(xué)好物理知的基礎(chǔ)。11.

答：解：：、塊下落過程中，軟繩對物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能逐漸減?。叔e(cuò)誤．物未釋放時(shí)繩的重心離斜面頂端的高度

軟剛好全部離斜面時(shí)，24軟繩的重心離斜面頂端的高，則軟繩重力勢能共減2244

故正確．、為物塊的機(jī)械能減小，則物塊的重力勢能減小量大于物塊的動(dòng)能增加量，減小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物塊重力勢能的減少大于軟繩克服摩擦所做的功與物塊動(dòng)能增加之和．故C錯(cuò)誤．

212122122222121221222224??21、細(xì)線的拉力對軟繩做正功，對物塊做負(fù)功則重物的機(jī)械能減小，軟繩的總能量增加，而軟繩的動(dòng)能與克服摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能增加，軟繩的重力勢能減小，能量中的減少量一定小于能量中增加量，故軟繩重力勢能的減少小于其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做功的和．故正確．故選：根據(jù)軟繩對物塊做功正負(fù)，判斷物塊機(jī)械能的變化，若軟繩對物塊做正功，其機(jī)械能增大；若繩對物塊做負(fù)功，機(jī)械能減?。謩e研究物塊靜止時(shí)和軟繩剛好全部離開斜面時(shí)，軟繩的重心離面頂端的高度，確定軟繩的重心下降的高度，研究軟繩重力勢能的減少量．以軟繩和物塊組成的統(tǒng)為研究對象，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，分析軟繩重力勢能的減少與其動(dòng)能的增加與克服摩擦所做功的和的關(guān)系．本題要注意明確軟繩不能看作質(zhì)點(diǎn)，必須研究其重心下降的高度來研究其重力勢能的變化．應(yīng)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律時(shí)，能量的形式分析不能遺漏．12.

答：解解楞定律可知線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流線框中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電，因?yàn)榫€框下邊所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度比上邊所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大可知下邊所受的安培力大于上邊所受的安培力，線框所受安培力的方向與下邊所受的安培力方向相同，根據(jù)左定則可知，甲線框所受的安培力方向向上，乙線框所受的安培力方向向上，兩線框所受安培力方相同，故誤；B、設(shè)線框邊長為，線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢，若

，則開始時(shí)兩線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相，線框中的感應(yīng)電流相，開始時(shí)，線框受的安培力

21

，則開始時(shí)甲所受磁場力等于乙所受磁場力，故正；C、框產(chǎn)生的電動(dòng)勢，與度有關(guān)，

，則開始時(shí)甲線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢大于乙線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢，則開始時(shí)甲線框的感應(yīng)電流一定大于乙線框的感應(yīng)電流故C正；D線框達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)力與安培力平衡有又

所

，解得：

??4

，由于、、、都相等，因此相等，即線框最終穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)甲的速度等于乙的速度，故D錯(cuò)。故選：。磁感應(yīng)強(qiáng)度均隨位置坐標(biāo)

正常的律變化，知線框上邊所受的安培力小于下邊所受的安培力根據(jù)左手定則斷安培力的方向根求線框切割產(chǎn)生的感應(yīng)

????????????????????電動(dòng)勢，比較出產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小，從而比較出感應(yīng)電流的大小。當(dāng)線框所受的安培力和力平衡時(shí)，線框處于穩(wěn)定狀態(tài)，求出穩(wěn)定時(shí)的速度，看與什么因素有關(guān)，然后分析答題。本題考查了楞次定律、左手定則、以及切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式和安培力公式的應(yīng)用，本題合性較強(qiáng)，對學(xué)生能力的要求較高，分析清楚題意與線框的運(yùn)動(dòng)過過程可以解題。13.

答：；；；。解：為止兩球碰撞后入射球反彈，入射球質(zhì)量應(yīng)大于被碰質(zhì)量；根實(shí)驗(yàn)步驟與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；通實(shí)驗(yàn)的理確定需要測量的物理量。本題是通過平拋運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以證獲得相同的初速度；結(jié)合題中的數(shù)據(jù)求出碰前總動(dòng)量和碰后總動(dòng)量，從而求出實(shí)驗(yàn)的相對誤差得出實(shí)驗(yàn)的結(jié)論。本題主要考查了“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)的原理及要求以及數(shù)據(jù)處理等基礎(chǔ)知識，難度不，屬于基礎(chǔ)題，是考查基礎(chǔ)知識的好題。為防止在碰撞過程中，入射小

反彈，要求

；要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須水平，故A正；B.

“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，是通過平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，對斜槽是否光滑沒有要求，故B錯(cuò)；C

要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故確；D

碰撞的瞬間，入射球與被碰球的球心連線與軌道末端的切線平行，即小球球心處在同一高度，故D正；故選：；根實(shí)驗(yàn)的理知′′即為：

??????

????

????????·??????????????可知需要測量的物理量有球質(zhì)和小單飛出的水平距??兩小球和相碰后飛出的水平距離????；故答案為：??；；；；14.

答：電流表

????解：電中能出現(xiàn)的最大電流

3

0.545103

，則電流表選C；滑動(dòng)變阻器總阻值均遠(yuǎn)小于待測電阻采用限流接法接成分壓電路用阻值較??；由待測電阻阻值遠(yuǎn)大于電流表的內(nèi)阻值，則采用電流內(nèi)接電路；滑動(dòng)變阻器采用分壓接法；故電路如圖：電表采用內(nèi)接法，由于電流表內(nèi)阻的影響，該實(shí)驗(yàn)對阻的測量值大于真實(shí)值，會(huì)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。故答案為：；；如所示；電表。根給出的電源和電阻約值估算電流，從而選擇電流表根據(jù)滑動(dòng)變阻器的接法確定應(yīng)選擇的滑動(dòng)變阻器；根實(shí)驗(yàn)原理確定實(shí)驗(yàn)電路圖；電不是理想電表，根據(jù)電路確定電表內(nèi)阻的影響，從確定誤差情況。本題考查伏安法測電阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，注意實(shí)驗(yàn)要求，明確本實(shí)驗(yàn)中由于滑動(dòng)變阻器總阻值過小無法起到保護(hù)作用時(shí)應(yīng)采用分壓接法。15.

答：設(shè)子第一次達(dá)到軸速度0

，

02??22√；0022102032??30??)??12002??22√；0022102032??30??)??120√，從到子第一次達(dá)過程中根據(jù)動(dòng)能定理可得解得：

12

0

，粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示；在點(diǎn)行速度的合成與分解，軸方向的速度

，速度方向的夾角；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得

??2

22

1，則，根據(jù)幾何關(guān)系可

??00

，豎直方向根據(jù)速度位移關(guān)系可

22

′

，解得第一象限中的電場強(qiáng)度大′粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速cos根左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直向外；根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑

2cos

2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可

，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度√；2粒子在第二象限加速的時(shí)間粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間??

2

，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：

3??

，粒子從開始運(yùn)動(dòng)到再次進(jìn)入第二象限所用時(shí)??)√。2答一象限中的電場強(qiáng)度大小進(jìn)磁場時(shí)的速度2√正向夾角為；磁應(yīng)強(qiáng)度大小√，向垂直向外；粒子從開始運(yùn)動(dòng)到再次進(jìn)入第二象限所用時(shí)間2√。2解析：到子第一次達(dá)軸程中根據(jù)動(dòng)能定理求解速度，粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解電場強(qiáng)度和速度；根左手判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；根據(jù)幾何關(guān)系求解粒在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

2313131332231203123123131313322312031231203323123231132323??3分別求出粒子在第二象限加速的時(shí)間、在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間、在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間即可求出粒子開始運(yùn)動(dòng)到再次進(jìn)入第二象限所用時(shí)間。本題主要是考查帶電粒子在電場和磁場中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)軌跡對應(yīng)的圓心角求時(shí)間；對于帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是按類平拋運(yùn)動(dòng)的知識進(jìn)行解答