《附5套模擬卷》北京市順義區(qū)2021屆新高考物理第二次調(diào)研試卷含解析

北京市順義區(qū)2021屆新高考物理第二次調(diào)研試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.如圖為跳水運(yùn)動(dòng)員從起跳到落水過(guò)程的示意圖，運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程記為I,運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程記為n,忽略空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員&A.過(guò)程I的動(dòng)量改變量等于零B.過(guò)程11的動(dòng)量改變量等于零C.過(guò)程1的動(dòng)量改變量等于重力的沖量D.過(guò)程II的動(dòng)量改變量等于重力的沖量【答案】C【解析】【分析】分析兩個(gè)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員速度的變化、受力情況等，由此確定動(dòng)量的變化是否為零?！驹斀狻緼C.過(guò)程I中動(dòng)量改變量等于重力的沖量，即為mgt,不為零，故A錯(cuò)誤，C正確；B.運(yùn)動(dòng)員進(jìn)入水前的速度不為零，末速度為零，過(guò)程II的動(dòng)量改變量不等于零，故B錯(cuò)誤；D.過(guò)程II的動(dòng)量改變量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯(cuò)誤。2.獰貓彈跳力驚人，棲息在干燥的曠野和沙漠，善于捕捉鳥(niǎo)類(lèi)。一只獰貓以某一初速度斜向上與水平地面成0角跳離地面,落地前其最大高度為h,最大水平位移為X。不考慮空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是( )A.保持起跳速度大小不變，增大。角，獰貓?jiān)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間不變B.保持起跳速度大小不變，增大。角，獰貓?jiān)诳罩械淖畲蟾叨萮增大C.保持起跳角度0不變，增大起跳速度，x與h的比值減小D.保持起跳角度()不變，增大起跳速度，x與h的比值增大【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.獰貓做斜拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向則有匕=%sin0=gt]

獰貓?jiān)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間2vosinOS保持起跳速度大小不變，增大。角，獰貓?jiān)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，故A錯(cuò)誤;B.獰貓?jiān)诳罩械淖畲蟾叨?1 2,1 2h=2gt'=片sin用

2g保持起跳速度大小不變，增大6角，獰貓?jiān)诳罩械淖畲蟾叨仍龃?，故B正確;CD.獰貓最大水平位移為2VnCOS0sin0v?sin20X—Vt= = g g最大水平位移與最大高度的比值為x4htanO保持起跳角度0不變，增大起跳速度，x與力的比值不變，故C、D錯(cuò)誤。故選B。3.在平直公路上有甲、乙兩輛汽車(chē)從同一位置沿著同一方向運(yùn)動(dòng)，它們的速度一時(shí)間圖象如圖所示，則()0\12340\1234t/sA.甲、乙兩車(chē)同時(shí)從靜止開(kāi)始出發(fā)B.在t=2s時(shí)乙車(chē)追上甲車(chē)C.在t=4s時(shí)乙車(chē)追上甲車(chē)D.甲、乙兩車(chē)在公路上可能相遇兩次【答案】C【解析】由圖像可知，乙車(chē)比甲車(chē)遲出發(fā)1s,故A錯(cuò)誤.根據(jù)速度時(shí)間圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，知t=2s時(shí)，甲車(chē)的位移比乙的位移大，則知該時(shí)刻乙車(chē)還沒(méi)有追上甲車(chē)，故B錯(cuò)誤.在0-4s內(nèi)，甲車(chē)的位移xt=-x8x4m=16m,乙車(chē)的位移xz.=-x(1+3)x8m=16m,所以x*x乙，兩者又是從同一位置沿著同一2 2方向運(yùn)動(dòng)的，則在t=4s時(shí)乙車(chē)追上甲車(chē)，故C正確.在t=4s時(shí)乙車(chē)追上甲車(chē)，由于t=4s時(shí)刻以后，甲車(chē)的比乙車(chē)的速度大，兩車(chē)不可能再相遇，所以?xún)绍?chē)只相遇一次，故D錯(cuò)誤.故選C.點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是要理解速度時(shí)間圖線表示的物理意義，知道圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，

相遇時(shí)兩車(chē)的位移相等.4.疊放在水平地面上的四個(gè)完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m,相互接觸，球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為H，則:A.上方球與下方3個(gè)球間均沒(méi)有彈力B.下方三個(gè)球與水平地面間均沒(méi)有摩擦力C.水平地面對(duì)下方三個(gè)球的支持力均為出魯D.水平地面對(duì)下方三個(gè)球的摩擦力均為誓旦【答案】C【解析】對(duì)上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球一定與下方球有力的作用，故A錯(cuò)誤；下方球由于受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故下方球受摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；對(duì)四個(gè)球的整體分析，整體受重力和地面的支持力而處于平衡，所以三個(gè)小球受支持力大小為44mg,每個(gè)小球受支持力為彳mg,故C正確；三個(gè)下方小球受到的是靜摩擦力，故不能根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式進(jìn)行計(jì)算，故D錯(cuò)誤.故選C..圖示為兩質(zhì)點(diǎn)P、。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小”隨半徑廠變化的圖線，其中表示質(zhì)點(diǎn)尸的圖線是一條雙曲線，表示質(zhì)點(diǎn)。的圖線是過(guò)原點(diǎn)的一條直線。由圖線可知,在半徑，?逐漸增大的過(guò)程中（ ）A.質(zhì)點(diǎn)，，的線速度大小保持不變A.質(zhì)點(diǎn)，，的線速度大小保持不變B.質(zhì)點(diǎn)。的線速度大小保持不變C.質(zhì)點(diǎn)P的角速度不斷增大D.質(zhì)點(diǎn)。的角速度不斷增大【答案】A【解析】【詳解】2A.由向心加速度。=匕可知若。與「成反比，即圖線是雙曲線，則線速度大小保持不變，選項(xiàng)A正確;rC.由角速度線速度不變，則P的角速度與半徑成反比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；rBD.根據(jù)“ 若。與「成正比，即圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線，則角速度保持不變，即質(zhì)點(diǎn)。的角速度保持不變，而線速度U=W,可見(jiàn)。的線速度與半徑成正比，選項(xiàng)BD錯(cuò)誤。故選A。.如圖所示電路中，變壓器為理想變壓器，電壓表和電流表均為理想電表，a、b接在電壓有效值不變的交流電源兩端，R。為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器.現(xiàn)將變阻器的滑片從一個(gè)位置滑動(dòng)到另一位置，觀察到電流表A,的示數(shù)增大了0.2A,電流表M的示數(shù)增大了0.8A,則下列說(shuō)法中正確的是（ ）A.該變壓器起升壓作用B.電壓表V2示數(shù)增大C.電壓表V3示數(shù)減小D.變阻器滑片是沿dTC的方向滑動(dòng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.由公式_L=色.，2 %得— —" -—嗎A/,0.2則/＞巧該變壓器起降壓作用，故A錯(cuò)誤；B.由于a、b接在電壓有效值不變的交流電源兩端，則電壓表V1示數(shù)不變，由理相變壓器原公式

可知，電壓表V2示數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；C.電壓表V3的示數(shù)由于U2不變，L增大，則U3減小，故C正確；D.由J_U21]一&+R且5不變，L增大，R應(yīng)減小，則滑片應(yīng)沿c->"方向滑動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分7.如圖，夾角為120。的兩塊薄鋁板OM、ON將紙面所在平面分為I、II兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為％、B,.在OM板上表面處有一帶電粒子垂直O(jiān)M方向射入磁場(chǎng)Bi中，粒子恰好以O(shè)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)回到出發(fā)點(diǎn)。設(shè)粒子在兩區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速率分別為V1、V2,運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為h、t2；假設(shè)帶電粒子穿過(guò)薄鋁板過(guò)程中電荷量不變，動(dòng)能損失一半，不計(jì)粒子重力，則下列說(shuō)法中正確的是（）------A.粒子帶負(fù)電V]:v2=2:1B]: =>/2:1%：t2=1：&【答案】AC【解析】【詳解】A.根據(jù)左手定則可判定粒子帶負(fù)電，故A正確；2F —mv] ,B.由題意知U=3一=7>故匕：玲=&，故B錯(cuò)誤;紇21* 1i，- rnv lC.根據(jù)洛倫茲力提供向心力4以3=加一得：B=—,由題意知門(mén)==2,故生8=中v2=V2：l>r qr故C正確；2乃md.由粒子在磁場(chǎng)中的周期公式r=r知，粒子在磁場(chǎng)中的周期相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比等于圓周角之比,qB即trt2=120。：240°=Is2,故D錯(cuò)誤。8.如圖所示，兩根彎折的平行的金屬軌道AOB和A，O，B，固定在水平地面上，與水平地面夾角都為0,AO=OB=A,O,=OB=L,OCT與AO垂直，兩虛線位置離頂部OCT等距離，虛線下方的導(dǎo)軌都處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左側(cè)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B“垂直于導(dǎo)軌平面向上，右側(cè)磁場(chǎng)B2（大小、方向未知）平行于導(dǎo)軌平面，兩根金屬導(dǎo)體桿a和b質(zhì)量都為m,與軌道的摩擦系數(shù)都為H，將它們同時(shí)從頂部無(wú)初速釋放，能同步到達(dá)水平地面且剛到達(dá)水平地面速度均為v,除金屬桿外，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g,則下列判斷正確的是（ ）A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的方向一定是平行導(dǎo)軌向上B.兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小關(guān)系為：B1=PB2C.整個(gè)過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量為Qi=2（imgLcosOD.整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q2=mgLsin0-fimgLcosO-I2—mv2【答案】ABD【解析】【詳解】A.由題意可知，兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程相同，說(shuō)明受力情況相同，對(duì)a分析可知，a切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，故a棒受合外力小于mgsin。-jimgcos。；對(duì)b棒分析可知，b棒的受合外力也一定小于mgsinO-j1mgeos0,由于磁場(chǎng)平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力來(lái)減小合外力，因此安培力應(yīng)垂直斜面向下，由流過(guò)b棒的電流方向，根據(jù)左手定則可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的方向一定是平行導(dǎo)軌向上，故A正確；B.根據(jù)A的分析可知，a棒受到的安培力與b棒受到的安培力產(chǎn)生摩擦力應(yīng)相等，即解得B|=nB2,故B正確；C.由以上分析可知，b棒受到的摩擦力大于"igcosO,因此整個(gè)過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量Qi>2j?mgLcos0,故C錯(cuò)誤；D.因b增加的摩擦力做功與a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的熱量與焦耳熱相同，設(shè)產(chǎn)生焦耳熱為Q2,則根據(jù)能量守恒定律可知：12ZmgLsinO-Z^mgLcosO-2Q2=~x2mv解得整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱：, 1zQ2=mgLsin。-pmgLcosO-3mv故D正確。故選ABDo9.下列說(shuō)法正確的有一A.電子的衍射圖樣表明電子具有波動(dòng)性B.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，僅增大入射光的頻率，光電子的最大初動(dòng)能就增大C.p衰變中放出的口射線是核外電子掙脫原子核束縛而形成的D.中子和質(zhì)子結(jié)合成氣核，若虧損的質(zhì)量為m,則需要吸收me?的能量【答案】AB【解析】【詳解】A.衍射是波動(dòng)性的體現(xiàn)，A正確；B.根據(jù)光電效應(yīng)方程，僅增大入射光頻率，光子能量增大，逸出功不變，光電子初動(dòng)能增大，B正確；C.p衰變中放出的p射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子過(guò)程中跑射出的電子形成的D.質(zhì)量虧損，根據(jù)質(zhì)能方程，應(yīng)該放出能量，D錯(cuò)誤；故選AB.10.分子力F、分子勢(shì)能Ep與分子間距離r的關(guān)系圖線如甲乙兩條曲線所示（取無(wú)窮遠(yuǎn)處分子勢(shì)能Ep=0）.A.乙圖線為分子勢(shì)能與分子間距離的關(guān)系圖線B.當(dāng)r=i?。時(shí)，分子勢(shì)能為零C.隨著分子間距離的增大，分子力先減小后一直增大D.分子間的斥力和引力大小都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得更快E.在r<r。階段，分子力減小時(shí),分子勢(shì)能也一定減小【答案】ADE【解析】【詳解】A、B項(xiàng)：在r=r0時(shí)，分子勢(shì)能最小，但不為零，此時(shí)分子力為零，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)：分子間作用力隨分子間距離增大先減小，然后反向增大，最后又一直減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)：分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，隨分子間距離的減小而增大，但斥力比引力變化得快，D項(xiàng)正確；E項(xiàng)：當(dāng)rVr。時(shí)，分子力表現(xiàn)為斥力，當(dāng)分子力減小時(shí)，分子間距離增大，分子力做正功，分子勢(shì)能減少，E項(xiàng)正確。故選：ADE.11.如圖甲所示，兩平行虛線間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=O.O5T、方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一正方形導(dǎo)線框abed位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為lm/s,cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正）.下列說(shuō)法正確的是（ ）甲 ZA.導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)為0.2mB.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為0.6mC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外D.在t=0.2s至t=0.4s這段時(shí)間內(nèi)，c、d間電勢(shì)差為零【答案】AC【解析】【詳解】A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和圖象可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=fiLv=0.01V故導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)E￡=—=0.2mBv故A正確；B.導(dǎo)線框的cd邊從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為0.4s,故磁場(chǎng)的寬度s=vt=0.4m故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，故C正確；D.在t=0.2s至t=0.4s這段時(shí)間內(nèi)，ab邊和cd邊均切割磁感線，產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，c、d間有電勢(shì)差,故D錯(cuò)誤。故選AC.12.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，。。為一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直、長(zhǎng)度為乙的金屬桿，已知ab=bc=cO=^。a、c兩點(diǎn)與磁場(chǎng)中以。為圓心的同心圓（均為部分圓?。┙饘佘壍朗冀K接觸良好。一電容為C的電容器連接在金屬軌道上。當(dāng)金屬桿在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)以。為軸，以角速度。順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)且電路穩(wěn)定時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.4、b、C、。四點(diǎn)比較，。點(diǎn)電勢(shì)最高B.電勢(shì)差Uac=2UboC.電勢(shì)差=D.電容器所帶電荷量為一CBoZ?9【答案】BD【解析】【詳解】A.如圖所示桿而C。順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，由右手定則知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)椤?>“，桿訪cO相當(dāng)于電源，所以。點(diǎn)電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤；BC.綜合運(yùn)動(dòng)規(guī)律，改的中點(diǎn)人的線速度為綜合電路規(guī)律，電路穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，電路中無(wú)電流，由法拉第電磁感應(yīng)定律得心=及“.=6彳小匕解得TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument",Uac=Eac=-Bcol3同理，中點(diǎn)的線速度為,v,=（o-—L2 6又有5^ah=Eah=B-L-v2=-B（oI：J 1O匕。中點(diǎn)C的線速度為1T匕=wqL可得2Uho=Ebo=B-Lv3=-Ba）l3故B正確,C錯(cuò)誤；D.電容器接在。、c兩點(diǎn)間，帶電荷量為Q=cum.解得4 ,Q=CUac=-CBcol3故D正確。故選BD.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)時(shí)，把數(shù)據(jù)記錄在表格中，數(shù)據(jù)是按加速度大小排列的，第8組數(shù)據(jù)中小車(chē)質(zhì)量和加速度數(shù)據(jù)漏記

10.290.860.3420.140.360.3930.290.610.4840.190.360.5350.240.360.6760.290.410.7170.290.360.8180.2990.340.360.94(1)該同學(xué)又找到了第8組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的紙帶以及小車(chē)質(zhì)量，紙帶如圖乙所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz,紙帶上標(biāo)出的每?jī)蓚€(gè)相鄰點(diǎn)之間還有4個(gè)打出來(lái)的點(diǎn)未畫(huà)出。請(qǐng)你幫助該同學(xué)求出第8組中的加速度a= m/s2；(2)如果要研究加速度與力的關(guān)系，需取表格中一組數(shù)據(jù)(填組號(hào))，做圖像；如果要研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，需取表格中一組數(shù)據(jù)(填組號(hào))，做。一6圖像。這種研究方法叫做法；(3)做出a-〃7圖像如圖丙所示，由圖像(填“可以”或“不可以”)判斷a與m成正比。(■位.an>(■位.an>【答案】0.90(0.89-0.92) 2、4、5、7、9 1、3、6、7、8控制變量不可以【解析】【分析】【詳解】(1)11］每?jī)蓚€(gè)相鄰點(diǎn)之間還有4個(gè)打出來(lái)的點(diǎn)未畫(huà)出，故相鄰點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為：T=0.02x5s=0.1s根據(jù)逐差公式可得故加速度為

^04―兩2一%24T2入34+工23-(32+*01^04―兩2一%24T2代入數(shù)據(jù)可得10.10-3.25-3.254x0.110.10-3.25-3.254x0.12xl0-2m/s2=0.90m/s2(2)[2]研究加速度與力的關(guān)系，需要保證質(zhì)量不變，選取2、4、5、7、9組數(shù)據(jù)。[3]研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系時(shí)，需要控制力F不變，選取1、3、6、7、8組數(shù)據(jù)。⑷涉及多個(gè)變量時(shí)，需要控制其他變量恒定，改變其中一個(gè)變量，這種方法為控制變量法。⑶⑸分析丙圖可知，。一加圖線為曲線，并不能說(shuō)明是正比例關(guān)系，故應(yīng)作圖線，研究a與工成m m正比關(guān)系。.光敏電阻是阻值隨著光照度變化而發(fā)生變化的元件。照度可以反映光的強(qiáng)弱。光越強(qiáng)，照度越大，照度單位為lx。某光敏電阻R在不同照度下的阻值如圖甲所示。某同學(xué)采用光敏電阻以及其他器材，通過(guò)改變光照度來(lái)測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻?，F(xiàn)備有下列器材:A.待測(cè)的干電池(電動(dòng)勢(shì)約為1.5V,內(nèi)電阻小于1.0Q)B.電流表：量程0~0.6A,內(nèi)阻0.1。C.電流表：量程0~3A,內(nèi)阻0.024。D.電壓表：量程0~3V,內(nèi)阻約3k。E.電壓表：量程0~15V,內(nèi)阻約15ks2F.光敏電阻(符號(hào):H.開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干在測(cè)定電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)中，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差。在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。(1)在上述器材中電流表選電壓表選一(填寫(xiě)選項(xiàng)前的字母)；⑵在圖乙方框中兩出相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)電路圖—;(3)多次改變光的照度，得到多組電壓、電流值。利用測(cè)出的數(shù)據(jù)在圖丙所示的坐標(biāo)圖中描出對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，由此繪出U-1圖象—,在修正了實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差后。得出干電池的電動(dòng)勢(shì)E=1.50V,內(nèi)電阻r=_。；(4)當(dāng)電流表讀數(shù)為0.30A時(shí)，光的照度為(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

【答案】BD 0.76(0.740.78)0.54(0.50-0.56)【解析】【分析】【詳解】(1)口］⑵一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V,則電壓表選擇D,因電流較小，故電流表選擇B⑵【3|【答案】BD 0.76(0.740.78)0.54(0.50-0.56)【解析】【分析】【詳解】(1)口］⑵一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V,則電壓表選擇D,因電流較小，故電流表選擇B⑵【3|電流表的內(nèi)阻已知，可采用電流表外接電路，電路如圖(3)［4］根據(jù)描點(diǎn)，畫(huà)出U-I圖像，如圖［5］由實(shí)驗(yàn)原理得七=。+/(&+力變形得U=E-(R^+r)I由圖像可知，內(nèi)阻為1,5-1.07-0.5-0.1)Q=0.76Q由于誤差(0.74V-0.78V)均可(4)［6］當(dāng)電流表讀數(shù)為0.30A時(shí)，讀出U=1.23VK=—= 42=4.142I0.30對(duì)照?qǐng)D像可知，光的照度為0.54k,由于誤差(0.50-0.56)k均可四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖甲所示為一個(gè)倒立的U形玻璃管，A、B兩管豎直，A管下端封閉，B管下端開(kāi)口并與大氣連通。已知A、B管內(nèi)空氣柱長(zhǎng)度分別為hA=6cm、hB=10.8cm.管內(nèi)裝入水銀液面高度差△h=4cm。欲使A、B兩管液面處于同一水平面，現(xiàn)用活塞C把B管開(kāi)口端封住并緩慢推動(dòng)活塞C(如圖乙所示).已知大氣壓為p(l=76cmHg?當(dāng)兩管液面處于同一水平面時(shí)，求：①A管封閉氣體壓強(qiáng)pa'②活塞C向上移動(dòng)的距離X?！敬鸢浮竣?08cmHg②5.2cm【解析】【分析】①對(duì)A氣體利用理想氣體的等溫變化方程求解；②由大氣壓的數(shù)值和水銀柱的高度求出封閉氣體的壓強(qiáng),A氣體和B氣體間的聯(lián)系是之間的水銀柱平衡和連通器的原理，根據(jù)等溫變化的方程求解某狀態(tài)的體積,進(jìn)而活塞移動(dòng)的距離.【詳解】①設(shè)A、B兩管的橫截面積為S,以A管封閉氣體為研究對(duì)象，初狀態(tài)：二二=二。一二二=二二=二二二=6二設(shè)末狀態(tài)的壓強(qiáng)為二體積為二_從初狀態(tài)到末狀態(tài)，設(shè)A管水銀面下降h,則B管水銀面上升也為h、一——二=2cm口口=4口由波意耳定律有：二一二_=二_二_由以上各式得：二二=/oscmHg②以B管封閉的氣體為研究對(duì)象，設(shè)活塞向上移動(dòng)距離為x初狀態(tài)：二二=二。=/cmHg，二二=二二二末狀態(tài)：二二=二二=/oscrnHg，二二=二(二二+二一匚)由波意耳定律有：二_二_=二_二_由以上各式得：x=5.2cm【點(diǎn)睛】本題考查的是等溫變化，解決這類(lèi)題的關(guān)鍵是，理解大氣壓和液體壓強(qiáng)之間的關(guān)系，會(huì)根據(jù)大氣壓和液體壓強(qiáng)計(jì)算封閉空氣柱的壓強(qiáng).16.如圖所示，光滑水平地面上，一質(zhì)量為M=1kg的平板車(chē)上表面光滑，在車(chē)上適當(dāng)位置固定一豎直輕桿，桿上離平板車(chē)上表面高為L(zhǎng)=1m的O點(diǎn)有一釘子(質(zhì)量不計(jì))，一不可伸長(zhǎng)輕繩上端固定在釘子上,下端與一質(zhì)量E=1.5kg的小球連接，小球豎直懸掛靜止時(shí)恰好不與平板車(chē)接觸。在固定桿左側(cè)放一質(zhì)量為ni2=0.5kg的小滑塊，現(xiàn)使細(xì)繩向左恰好伸直且與豎直方向成60。角由靜止釋放小球，小球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)和小滑塊相碰，相碰時(shí)滑塊正好在釘子正下方的。'點(diǎn)。設(shè)碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失，球和滑塊均可看成質(zhì)點(diǎn)且不會(huì)和桿相碰，不計(jì)一切摩擦，g取lOmH,計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。求：(1)小滑塊初始位置距0'的水平距離a；⑵碰后小球能到達(dá)的最大高度H.【答案】⑴0.52m；(2)0.32m【解析】【詳解】(1)小球擺動(dòng)過(guò)程中，設(shè)碰前小球的速度大小為％,平板車(chē)的速度大小為功,位移大小分別為為和X”，小球開(kāi)始時(shí)高度為/z=L(l-cos60)=0.5/n小球和平板車(chē)在水平方向動(dòng)量守恒二者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒=/?1gzz帶入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得vM=3m/s%=2m/s也二色x}M且xM+%=￡sin60解得3G…xM= mx0.52mm10小球從左向下擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊相對(duì)于地面靜止，M及桿對(duì)地向左走過(guò)的距離即為所求a=xM=0.52m⑵小球到最低點(diǎn)時(shí)以速度力與靜止的滑塊發(fā)生彈性碰撞，小球和滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒且機(jī)械能守恒,設(shè)碰后瞬間小球和滑塊的速度大小分別為匕，嶺，則有：肛％=班匕+m1v21 2_1 2,1 25町%=5叫w+萬(wàn)色為聯(lián)立解得叫一肛[,v1=- %=lm/s町十%2町 Q,v2 !—%=3m/s一班+嗎此后滑塊向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，不影響小球和車(chē)的運(yùn)動(dòng)，小球擺到最高點(diǎn)時(shí)和平板車(chē)具有相同速度L二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒Mvm—町m=（Af+町）口解得v=0.6m/s機(jī)械能守恒mlgH=1a/vw2+1w,v,2+|（A/+m｝）v2解得"=0.32m17.如圖所示，一端封閉、粗細(xì)均勻的U形玻璃管開(kāi)口向上豎直放置，管內(nèi)用水銀將一段氣體封閉在管中當(dāng)溫度為280K時(shí)，被封閉的氣柱長(zhǎng)L=25cm,兩邊水銀柱高度差h=5cm,大氣壓強(qiáng)p0=75cmHg。①加熱封閉氣體，為使左端水銀面下降h|=5cm,求此時(shí)封閉氣體的溫度；②封閉氣體的溫度保持①問(wèn)中的值不變，為使兩液面相平，求需從底端放出的水銀柱長(zhǎng)度?！敬鸢浮竣?84K；②9cm【解析】【詳解】①設(shè)左端水銀面下降后封閉氣體的壓強(qiáng)為P2,溫度為T(mén)2,體積為V2,則p2=80cmHg,匕=（￡+/z,）S由理想氣體狀態(tài)方程得噌=P2%7；T2代入數(shù)值解得T2=384K②兩液面相平時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為：P3=P。，體積為匕，左端液面下降均，右管液面下降了（4+5）cm,由玻意耳定律得〃2匕=，3匕匕=（L+%+"）S解得%=2cm所以放出的水銀柱長(zhǎng)度"=24+5=9cm2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.如圖，水平導(dǎo)體棒PQ用一根勁度系數(shù)均為k=80N/m的豎直絕緣輕彈簧懸掛起來(lái)，置于水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQ長(zhǎng)度為L(zhǎng)=0.5m,質(zhì)量為m=0.1kg。當(dāng)導(dǎo)體棒中通以大小為1=2A的電流，并處于靜止時(shí),彈簧恰好恢復(fù)到原長(zhǎng)狀態(tài)。欲使導(dǎo)體棒下移2cm后能重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，（重力加速度g取lows?）則A.通入的電流方向?yàn)镻—Q,大小為1.2AB.通入的電流方向?yàn)镻—Q,大小為2.4AC.通入的電流方向?yàn)镼tP,大小為1.2AD.通入的電流方向?yàn)镼-P,大小為2.4A【答案】C【解析】【詳解】由題意知通電后彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，說(shuō)明安培力方向向上，由平衡條件可得n,B=mg,代入數(shù)據(jù)解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=^=1T.欲使導(dǎo)體棒下移2cm后能重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，假設(shè)安培力方向向下，由平衡條件可得mg+PLB=kx,解得：I，=1.2A,假設(shè)成立，此時(shí)通入的電流方向?yàn)镼-P,故C正確，ABD錯(cuò)誤。2.如圖所示，現(xiàn)有六條完全相同的垂直于紙面的長(zhǎng)直導(dǎo)線，橫截面分別位于一正六邊形次七型的六個(gè)頂點(diǎn)上，穿過(guò)a、b、c、e四點(diǎn)的直導(dǎo)線通有方向垂直于紙面向里、大小為/〃=4=/,.=/,=/的恒定電流,穿過(guò)d、f兩點(diǎn)的直導(dǎo)線通有方向垂直紙面向外、大小為〃 =2/的恒定電流，已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周?chē)嚯x為，?處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=人,，式中常量k>0,I為電流大小，忽略電流間的相互作用,r若電流/“在正六邊形的中心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則O點(diǎn)處實(shí)際的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小、方向分別是（/\/\*、/ 、 六 0c\ ,6 /池--B3幣B，方向由o點(diǎn)指向b點(diǎn)3B,方向由O點(diǎn)指向cd中點(diǎn)3同，方向由O點(diǎn)指向e點(diǎn)3B,方向由O點(diǎn)指向4中點(diǎn)【答案】D【解析】【詳解】電流/八/,在。點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，其矢量和為零：電流/“、。在。點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、2B,方向均由O點(diǎn)指向ef中點(diǎn)，可得電流/,,在。點(diǎn)處總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B,方向由O點(diǎn)指向ef中點(diǎn)；同理，電流4在。點(diǎn)處總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B。方向由。點(diǎn)指向ab中點(diǎn)，根據(jù)平行四邊形定則，容易得到。點(diǎn)處實(shí)際的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為3B,方向由。點(diǎn)指向af中點(diǎn)。3所，方向由O點(diǎn)指向b點(diǎn)，與分析不符，故A錯(cuò)誤；3B,方向由O點(diǎn)指向cd中點(diǎn)，與分析不符，故B錯(cuò)誤；36B，方向由O點(diǎn)指向e點(diǎn)，與分析不符，故C錯(cuò)誤；3B,方向由O點(diǎn)指向4中點(diǎn)，與分析相符，故D正確；故選：D.3.如圖所示，物體自O(shè)點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，途經(jīng)A、B、C三點(diǎn)，其中A、B之間的距離li=3m,B、C之間的距離k=4m.若物體通過(guò)h、b這兩段位移的時(shí)間相等，則O、A之間的距離1等于（）TOC\o"1-5"\h\zO~AB C\o"CurrentDocument"4A.—m B.—m\o"CurrentDocument"3【答案】D【解析】【詳解】設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a,通過(guò)O、A之間的距離I的時(shí)間為t,通過(guò)h、I2每段位移的時(shí)間都是T,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，jl=-at2l+h=；a（t+T）22l+li+b=-a（t+2T產(chǎn)212—h=aT2聯(lián)立解得251=—m.8一丁m,選項(xiàng)A不符合題意；44 ,—m9選項(xiàng)B不符合題意；8—m,選項(xiàng)C不符合題意；2525--m,選項(xiàng)D符合題意；4.四個(gè)水球可以擋住一顆子彈！如圖所示，是央視《國(guó)家地理》頻道的實(shí)驗(yàn)示意圖，直徑相同（約30cm左右）的4個(gè)裝滿(mǎn)水的薄皮氣球水平固定排列，子彈射入水球中并沿水平線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，恰好能穿出第4個(gè)水球，氣球薄皮對(duì)子彈的阻力忽略不計(jì)。以下判斷正確的是（）O二OCCOA.子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同B.每個(gè)水球?qū)ψ訌椬龅墓Σ煌珻.每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量相同D.子彈穿出第3個(gè)水球的瞬時(shí)速度與全程的平均速度相等【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.子彈向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，通過(guò)相等的位移時(shí)間逐漸縮短，所以子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同。加速度相同，由丫=〃知，子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.由卬=一"知，f不變，x相同，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖龅墓ο嗤?，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.由/=/知，f不變，t不同，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.子彈恰好能穿出第4個(gè)水球，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)的可逆性知子彈穿過(guò)第4個(gè)小球的時(shí)間與子彈穿過(guò)前3個(gè)小球的時(shí)間相同，子彈穿出第3個(gè)水球的瞬時(shí)速度即為中間時(shí)刻的速度，與全程的平均速度相等，選項(xiàng)D正確。故選D。5.如圖所示，在光滑絕緣水平面上有A、B兩個(gè)帶正電的小球，=2mB，2紜=qB。開(kāi)始時(shí)B球靜止，A球以初速度v水平向右運(yùn)動(dòng)，在相互作用的過(guò)程中A、B始終沿同一直線運(yùn)動(dòng)，以初速度v的方向?yàn)檎较?，則（）A BA.A、B的動(dòng)量變化量相同 B.A、B組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒C.A、B的動(dòng)量變化率相同 D.A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB.兩球相互作用過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，則A、B動(dòng)量變化量大小相等、方向相反，動(dòng)量變化量不同，故A錯(cuò)誤，B正確；C.由動(dòng)量定理Ft=A/?可知，動(dòng)量的變化率等于物體所受的合外力，A,B兩球各自所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，則動(dòng)量的變化率不同，故C錯(cuò)誤；D.兩球間斥力對(duì)兩球做功，電勢(shì)能在變化，總機(jī)械能在變化，故D錯(cuò)誤。故選B。6.氫原子光譜在可見(jiàn)光區(qū)域內(nèi)有四條譜線也、比、H、H：,都是氫原子中電子從量子數(shù)n>2的能級(jí)躍遷到n=2的能級(jí)發(fā)出的光，它們?cè)谡婵罩械牟ㄩL(zhǎng)由長(zhǎng)到短，可以判定A.也對(duì)應(yīng)的前后能級(jí)之差最小B.同一介質(zhì)對(duì)的折射率最大C.同一介質(zhì)中的傳播速度最大D.用H照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則H6也一定能【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)二二=二二-二二分析前后能級(jí)差的大??；根據(jù)折射率與頻率的關(guān)系分析折射率的大??；根據(jù)二=二判斷傳播速度的大??；根據(jù)發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象的條件是入射光的頻率大于該光的極限頻率判斷是否會(huì)發(fā)生光電效應(yīng).波長(zhǎng)越大，頻率越小，故二二的頻率最小，根據(jù)二=二二可知二二對(duì)應(yīng)的能量最小，根據(jù)二二=二二一二二可知二二對(duì)應(yīng)的前后能級(jí)之差最小，A正確；二二的頻率最小，同一介質(zhì)對(duì)應(yīng)的折射率最小，根據(jù)二=三可知二二的傳播速度最大，BC錯(cuò)誤；二二的波長(zhǎng)小于二二的波長(zhǎng)，故二二的頻率大于二二的頻率，若用二二照射某一金屬能發(fā)生光電效應(yīng)，則二二不一定能，D錯(cuò)誤.【點(diǎn)睛】光的波長(zhǎng)越大，頻率越小，同一介質(zhì)對(duì)其的折射率越小，光子的能量越小.二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分7.如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的虛線圓位于足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓所在平面與電場(chǎng)方向平行，M、N為圓周上的兩點(diǎn).帶正電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，在M點(diǎn)速度方向如圖所示，經(jīng)過(guò)M、N兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等.已知M點(diǎn)電勢(shì)高于O點(diǎn)電勢(shì)，且電勢(shì)差為U,下列說(shuō)法正確的是（）N，，一-廠、、、TOC\o"1-5"\h\z1V : '\I I 、-百 T' I '\ /\ ' /M,N兩點(diǎn)電勢(shì)相等B.粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小C.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，D.粒子在電場(chǎng)中可能從M點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)【答案】AB【解析】【分析】帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，從M運(yùn)動(dòng)到N,由速度大小，得出粒子的動(dòng)能，從而確定粒子的電勢(shì)能大與小。由于勻強(qiáng)電場(chǎng)，則等勢(shì)面是平行且等間距。根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)條件可從而確定電場(chǎng)力的方向，從而得出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線方向?！驹斀狻繋щ娏Ｗ觾H在電場(chǎng)力作用下，由于粒子在M、N兩點(diǎn)動(dòng)能相等，則電勢(shì)能也相等，則M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等。因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)，所以?xún)牲c(diǎn)的連線MN即為等勢(shì)面。根據(jù)等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直特性，從而畫(huà)出電場(chǎng)線co.由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知，正電粒子所受的電場(chǎng)力沿著co方向；“匕 ；、■9

\\/可知，速度方向與電場(chǎng)力方向夾角先大于90。后小于90。，電場(chǎng)力對(duì)粒子先做負(fù)功后做正功，所以電勢(shì)能先增大后減小。故AB正確；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度Ed=U式中的d是沿著電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離，則￡=—J=幽，故C錯(cuò)誤；粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)受到的是恒定的電場(chǎng)力，不可能做圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D/?sin450R錯(cuò)誤；故選AB.【點(diǎn)睛】緊扣動(dòng)能相等作為解題突破口，由于僅在電場(chǎng)力作用下，所以得出兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系。并利用等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂直的特性，從而推出電場(chǎng)線位置。再由曲線運(yùn)動(dòng)來(lái)確定電場(chǎng)力的方向.同時(shí)考查U=Ed中d的含義重要性，注意公式中的d為沿電場(chǎng)線方向上的距離。8.如圖所示，質(zhì)量相等的兩物體a、b,用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨接在光滑輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，用外力壓住b,使b靜止在水平粗糙桌面上，a懸掛于空中。撤去壓力，b在桌面上運(yùn)動(dòng)，a下落，在此過(guò)程中（）A.重力對(duì)b的沖量為零a增加的動(dòng)量大小小于b增加的動(dòng)量大小a機(jī)械能的減少量大于b機(jī)械能的增加量a重力勢(shì)能的減少量等于a、b兩物體總動(dòng)能的增加量【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)I=mgt可知，重力作用時(shí)間不為零，則重力對(duì)b的沖量不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；.設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為0,則ab兩物體的速度滿(mǎn)足的關(guān)系是匕=v〃cos6>,則/〃匕="w,cos6,即a增加的動(dòng)量大小小于b增加的動(dòng)量大小，選項(xiàng)B正確；CD.由能量關(guān)系可知，a機(jī)械能的減少量等于b機(jī)械能的增加量與b與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，則a機(jī)械能的減少量大于b機(jī)械能的增加量；a重力勢(shì)能的減少量等于a、b兩物體總動(dòng)能的增加量與b與桌面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC..如圖，內(nèi)壁光滑圓筒豎直固定在地面上，筒內(nèi)有質(zhì)量分別為3m、m的剛性小球a、b,兩球直徑略小于圓筒內(nèi)徑，銷(xiāo)子離地面的高度為h.拔掉銷(xiāo)子，兩球自由下落。若a球與地面間及a、b兩球之間均為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，下列說(shuō)法正確的是（）A.兩球下落過(guò)程中，b對(duì)a有豎直向下的壓力B.a與b碰后，a的速度為0C.落地彈起后，a能上升的最大高度為hD.落地彈起后，b能上升的最大高度為4h【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.兩球下落過(guò)程中，兩球都處于完全失重狀態(tài)，則b對(duì)a沒(méi)有壓力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：BCD.設(shè)兩球落地時(shí)速度均為v=y[2gh方向豎直向下，則a與地面相碰后反彈，速度變?yōu)樨Q直向上的v,則ab碰撞時(shí)，設(shè)向上為正方向，由動(dòng)量守恒3mv—mv—3mva+mvh由能量關(guān)系—mv2+—?3mv2=—?3mv2,+—mvl2 2 2a2h解得吃=0則落地彈起后，a能上升的最大高度為零，b能上升的最大高度為2g選項(xiàng)C錯(cuò)誤，BD正確。故選BD.10.在天文觀察中發(fā)現(xiàn)，一顆行星繞一顆恒星按固定軌道運(yùn)行，軌道近似為圓周。若測(cè)得行星的繞行周期T,軌道半徑r,結(jié)合引力常量G,可以計(jì)算出的物理量有（ ）A.恒星的質(zhì)量B.行星的質(zhì)量 C.行星運(yùn)動(dòng)的線速度D.行星運(yùn)動(dòng)的加速度【答案】ACD【解析】【詳解】A.設(shè)恒星質(zhì)量為M,根據(jù)得行星繞行有解得所以可以求出恒星的質(zhì)量，A正確；B.行星繞恒星的圓周運(yùn)動(dòng)計(jì)算中，不能求出行星質(zhì)量，只能求出中心天體的質(zhì)量。所以B錯(cuò)誤;C.綜合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，行星繞行速度有2兀rv= T所以可以求出行星運(yùn)動(dòng)的線速度，C正確；D.由2萬(wàn)a>=T得行星運(yùn)動(dòng)的加速度所以可以求出行星運(yùn)動(dòng)的加速度，D正確。故選ACD.11.《大國(guó)工匠》節(jié)目中講述了王進(jìn)利用“秋千法”在1000kV的高壓線上帶電作業(yè)的過(guò)程。如圖所示，絕緣輕繩OD一端固定在高壓線桿塔上的O點(diǎn)，另一端固定在兜籃上。另一絕緣輕繩跨過(guò)固定在桿塔上C點(diǎn)的定滑輪，一端連接兜籃，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王進(jìn)坐在兜籃里，緩慢地從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處于O點(diǎn)正下方E點(diǎn)的電纜處。繩OD一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備總質(zhì)量為m,不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g。關(guān)于王進(jìn)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )桿塔Ei A.工人對(duì)繩的拉力一直變大B.繩OD的拉力一直變大C.OD、CD兩繩拉力的合力大小等于mgD.當(dāng)繩CD與豎直方向的夾角為30。時(shí)，工人對(duì)繩的拉力為且mg3【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】AB.對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所示繩OD的拉力為F”與豎直方向的夾角為。，繩CD的拉力為F2,與豎直方向的夾角為a。根據(jù)幾何知識(shí)有8+2a=90°由正弦定理可得F\_F]_mg解得6=mgtanaTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"「mgsin0mgcos2a 1、F2=- = - =mg(2cosa )cosa cosa cosaa增大，0減小，則艮增大，F(xiàn)z減小，故A錯(cuò)誤，B正確;C.兩繩拉力的合力大小等于mg,故C正確；

D.當(dāng)a=30。時(shí)，則。=30。，根據(jù)平衡條件有2F2cos30°=mg故D正確。故選BCD.12.如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,EF、MN為兩平行金屬板，板長(zhǎng)和板距均為2a,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以速度％從A點(diǎn)沿半徑方向射入磁場(chǎng)，若金屬板接電源，則粒子沿平行于金屬板的方向射出，若金屬板不接電源，則粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60，不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是（ ）E F一?MNA.粒子帶負(fù)電B.粒子兩次通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間相等c.速度%的大小為正幽D.兩金屬板間的電壓為獨(dú)值9【答案】CD【解析】【分析】【詳解】A.由于磁場(chǎng)方向不確定，故帶電粒子的電性不確定，A錯(cuò)誤；B.當(dāng)金屬板接電源時(shí)，由題意可知，帶電粒子勻速穿過(guò)平行板，粒子通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間當(dāng)金屬板不接電源時(shí)，粒子只在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為R,由幾何關(guān)系有

tan30'=-R解得R=則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間60’ 2兀R島at-f= x - 23601 % 3v0所以￡尸，2B錯(cuò)誤；C.當(dāng)金屬板不接電源時(shí)，粒子只在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有2qvQB=m^解得\l3qBa%= tnC正確；D.當(dāng)金屬板接電源時(shí)，兩金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,則有qE-qv^B得E=v0B則兩金屬板間的電壓U=Ex2a=2aBv0=2島叱mD正確。故選CD.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.某同學(xué)為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)，一鋼球通過(guò)輕繩系在O點(diǎn)，由水平位置靜止釋放，用光電門(mén)測(cè)出小球經(jīng)過(guò)某位置的時(shí)間用刻度尺測(cè)出該位置與O點(diǎn)的高度差h。（已知重力加速度為g） 光電門(mén)（1）為了完成實(shí)驗(yàn)還需測(cè)量的物理量有（填正確答案標(biāo)號(hào)）。A.繩長(zhǎng)IB.小球的質(zhì)量mC.小球的直徑dD.小球下落至光電門(mén)處的時(shí)間（2）正確測(cè)完需要的物理量后，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的關(guān)系式是.（用已知量和測(cè)量量的字母表示）。 光電門(mén)（1）為了完成實(shí)驗(yàn)還需測(cè)量的物理量有（填正確答案標(biāo)號(hào)）。A.繩長(zhǎng)IB.小球的質(zhì)量mC.小球的直徑dD.小球下落至光電門(mén)處的時(shí)間（2）正確測(cè)完需要的物理量后，驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的關(guān)系式是.（用已知量和測(cè)量量的字母表示）?！敬鸢浮緾朝信【解析】【分析】【詳解】（1）[1]系統(tǒng)機(jī)械能守恒時(shí)滿(mǎn)足解得20)2還需要測(cè)量的量是小球的直徑d。j2（2）Ml由知g〃=市成立時(shí)'小球機(jī)械能守恒。14.某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。⑴實(shí)驗(yàn)前小組同學(xué)調(diào)整氣墊導(dǎo)軌底座使之水平，并查得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.78m次2。（2）（2）如圖所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光條的寬度，/=cm；實(shí)驗(yàn)時(shí)將滑塊從圖所示位置由靜止釋放，由數(shù)字計(jì)時(shí)器讀出遮光條通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間Z=1.2xio-2s,則滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度為m/s,在本次實(shí)驗(yàn)中還需要讀出和測(cè)量的物理量有：鉤碼的質(zhì)量m、滑塊質(zhì)量M和(文字說(shuō)明并用相應(yīng)的字母表示)。(3)本實(shí)驗(yàn)通過(guò)比較鉤碼的重力勢(shì)能的減小量 和(用以上物理量符號(hào)表示)在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)是否相等，從而驗(yàn)證系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。【答案】0.52cm 0.43滑塊釋放位置遮光條到光電門(mén)的位移smgs鉤碼和滑塊的動(dòng)能增加【解析】【詳解】(2)口|游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為0.5cm,游標(biāo)尺上第2個(gè)刻度與主尺上某一刻度對(duì)齊，則游標(biāo)讀數(shù)為2x().1=0.2mm=0.02cm,所以最終讀數(shù)為：0.5cm+0.02cm=0.52cm；[2]由于遮光條通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間極短因此可以利用平均速度來(lái)代替其瞬時(shí)速度，因此滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度為v=—=0.43m/s[31根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知,該實(shí)驗(yàn)中需要比較鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量與鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)能的增加量是否相等即可判斷機(jī)械能是否守恒，故需要測(cè)量的物理還有：滑塊釋放位置遮光條到光電門(mén)的位移s(3)[4][5|鉤碼和滑塊所組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，其重力勢(shì)能的減小量為mgs,系統(tǒng)動(dòng)能的增量為2因此只要比較二者是否相等，即可驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)、足夠長(zhǎng)且電阻忽略不計(jì)，條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長(zhǎng)度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝導(dǎo)線框連接在一起組成裝置，總質(zhì)量為m,置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌總是處于接觸狀態(tài)，并在其中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫(huà)出)。線框的邊長(zhǎng)為d(J<L),電阻為R,下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為go試求：(1)裝置從釋放到開(kāi)始返回的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；⑵經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離xm.：：：?：：：：：：：d【答案】(l)4mgd-BILd；(2)°?“"-BIL-mg【解析】【分析】【詳解】(1)因?yàn)閷?dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，所以導(dǎo)體棒所受安培力方向豎直向上，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒通有電流的方向水平向右；安培力大小為F=BIL設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過(guò)程中，作用在線框上的安培力做功為W,由動(dòng)能定理得mg-4d+W—BILd=0旦Q=~W解得Q—4〃7gd-BILd(2)線框每進(jìn)磁場(chǎng)一次都要消耗機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框在磁場(chǎng)下邊界與最大距離Xm之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得rngxm-BLI(jcm-d)=O解得BILdX=—mBIL-mg16.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。現(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m；A和B的質(zhì)量均為m=O.lkg,A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)四=0.2.取重力加速度g=10m/s2o求：(1)與B碰撞前瞬間A對(duì)軌道的壓力N的大??；(2)碰撞過(guò)程中A對(duì)B的沖量I的大??；A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離1.【答案】(1)3N；(2)0.1N-S；(3)0.25m【解析】【分析】【詳解】(1)滑塊A下滑的過(guò)程，機(jī)械能守恒，則有2mgR=mv"9滑塊A在圓弧軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得? V-FN-mg=m—A兩式聯(lián)立可得Fn=3N由牛頓第三定律可得，A對(duì)軌道的壓力N=Fn=3N(2)AB相碰，碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，由動(dòng)量守恒得mv=2mvF對(duì)滑塊B由動(dòng)量定理得/=“/=—mu=0.1N-s2(3)對(duì)AB在桌面上滑動(dòng)，水平方向僅受摩擦力，則由動(dòng)能定理得-/ilmgl=0——x2mv'~解之得l=0.25m17.如圖所示。在心0存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為V、質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點(diǎn)X。處垂直于x軸放置一個(gè)長(zhǎng)度為x。、厚度不計(jì)、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上，其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，且速度方向與y軸平行。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力：(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)求被薄金屬板接收的粒子中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)與最短時(shí)間的差值;(3)求打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比。**98 一 上端.……mv 4g> 1【答案】⑴一；(2)-⑶不qx03v 2【解析】【分析】【詳解】(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場(chǎng)中沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，沿-x方向射出的粒子恰好打則:qvB=m-R聯(lián)立得：fi=—(2)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén),根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式可知:T_2兀R2乃X。

圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個(gè)臨界點(diǎn)，由圖可知，圓心o與坐標(biāo)原點(diǎn)和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和X軸正方向成30。角，由圖b可知到達(dá)薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時(shí)最短,即：TJX。圖c為打在右側(cè)下端的臨界點(diǎn)，圓心與坐標(biāo)原點(diǎn)和薄金屬板下端構(gòu)成正三角形，帶電粒子速度方向和x軸正方向成150。角，由圖a、c可知到達(dá)金屬板右側(cè)下端的粒子用時(shí)最長(zhǎng)，即：).：57=5萬(wàn)無(wú)。1 63v則被板接收的粒子中最長(zhǎng)和最短時(shí)間之差為：AL4q。3v(3)由圖a和圖c可知打在右側(cè)面的粒子發(fā)射角為30。，打在左側(cè)面的粒子發(fā)射角為60。，所以打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為：t260°22021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、總阻值為R的等邊三角形單匝金屬線圈abc從圖示位置開(kāi)始繞軸EF以角速度0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，EF的左右兩側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和0,下列說(shuō)法正確的2是（ ）A.圖示位置線圈的磁通量最大，磁通量的變化率也最大B.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流先沿acba方向后沿abca方向c.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為叵出8D.線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的交流電的電動(dòng)勢(shì)的有效值為邊迦絲16【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.圖示位置線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，A錯(cuò)誤：B.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流先沿abca方向后沿acha方向，B錯(cuò)誤;C.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為DC百BSw= 4C錯(cuò)誤；D.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過(guò)一周的過(guò)程中，有半個(gè)周期電動(dòng)勢(shì)的最大值為.gBEco耳=—有半個(gè)周期電動(dòng)勢(shì)的最大值為

.yf3Bta)E、= 8根據(jù)有效值的定義T.yf3Bta)E、= 8根據(jù)有效值的定義可求得交流電的有效值? 由BEco紇產(chǎn)一D正確。故選D。2.如圖所示，空間P點(diǎn)離地面足夠高，從P點(diǎn)以很小的速度向右水平拋出一個(gè)小球，小球能打在豎直的墻壁上，若不斷增大小球從P點(diǎn)向右水平拋出的初速度，則小球打在豎直墻壁上的速度大小A.一定不斷增大B.一定不斷減小C.可能先增大后減小D.可能先減小后增大【答案】D【解析】【詳解】d設(shè)P點(diǎn)到墻壁的距離為d,小球拋出的初速度為v。，運(yùn)動(dòng)時(shí)間，=一%豎直速度vv=(?/=—%根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí):剛小球打到墻壁上時(shí)速度大小為根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí):Jv：+（g'）2<g色>=2gdV%Y%即由此可見(jiàn)速度有最小值，則小球打在豎直墻壁上的速度大小可能先減小后增大.一定不斷增大。故A不符合題意。一定不斷減小。故B不符合題意。C.可能先增大后減小。故C不符合題意.D.可能先減小后增大。故D符合題意。.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙金屬導(dǎo)軌CD、EF,導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN.現(xiàn)從t=0時(shí)刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流I的大小與時(shí)間t成正比，即I=kt,其中k為常量，不考慮電流對(duì)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的影響，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.下列關(guān)于金屬棒的加速度a、速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是【答案】D【解析】【詳解】AB、由題，棒中通入的電流與時(shí)間成正比，I=kt,棒將受到安培力作用，當(dāng)安培力大于最大靜摩擦力時(shí),棒才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=ma,而F=BIL,I=kt,得到BkL?t-f=ma,可見(jiàn)，a隨t的變化均勻增大。當(dāng)t=0時(shí)，f=-ma,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知AB錯(cuò)誤，故AB錯(cuò)誤。CD、速度圖象的斜率等于加速度，a增大，則v-t圖象的斜率增大。故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。.如圖所示，在半徑為R的半圓和長(zhǎng)為2R、寬為立R的矩形區(qū)域內(nèi)充滿(mǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),3方向垂直于紙面向里。一束質(zhì)量為m、電量為q的粒子（不計(jì)粒子間相互作用）以不同的速率從邊界AC的中點(diǎn)垂直于AC射入磁場(chǎng).所有粒子從磁場(chǎng)的EF圓弧區(qū)域射出（包括E、F點(diǎn)）其中EO與FO（O為圓心）之間夾角為60。。不計(jì)粒子重力.下列說(shuō)法正確的是（ ）A.粒子的速率越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)27rmB.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為三工5inC.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為一rD.粒子的最小速率為警?【答案】B【解析】【詳解】ABC.粒子從F點(diǎn)和E點(diǎn)射出的軌跡如圖甲和乙所示;對(duì)于速率最小的粒子從F點(diǎn)射出，軌跡半徑設(shè)為r“根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得:根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得解得。尸60。，所以粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為120。；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為180°-60°2nm2nmt= X = 對(duì)于速率最大的粒子從E點(diǎn)射出，軌跡半徑設(shè)為w根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得片-(Rsin60。+-y/?)2+/?cos60°根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得sing=所以。2<60。，可見(jiàn)粒子的速率越大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，粒子的速率越小運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，粒子在2兀m 'jun磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為丁丁，不可能為7■丁，故B正確、AC錯(cuò)誤；3qB 6qBD.對(duì)從F點(diǎn)射出的粒子速率最小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得解得最小速率為2qBR13m故D錯(cuò)誤。故選B。5,中國(guó)散裂中子源項(xiàng)目由中國(guó)科學(xué)院和廣東省共同建設(shè)，選址于廣東省東莞市大朗鎮(zhèn)，截止到2019年8月23日正式投入運(yùn)行1年。散裂中子源就是一個(gè)用中子來(lái)了解微觀世界的工具，如一臺(tái)“超級(jí)顯微鏡”，可以研究DNA、結(jié)晶材料、聚合物等物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)。下列關(guān)于中子的說(shuō)法正確的是（）A.盧瑟福預(yù)言了中子的存在，并通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了中子B.原子核中的中子與其他核子間無(wú)庫(kù)侖力，但有核力，有助于維系原子核的穩(wěn)定C.散裂中子源中產(chǎn)生的強(qiáng)中子束流可以利用電場(chǎng)使之慢化D.若散裂中子源中的中子束流經(jīng)慢化后與電子顯微鏡中的電子流速度相同，此時(shí)中子的物質(zhì)波波長(zhǎng)比電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)長(zhǎng)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.盧瑟福預(yù)言了中子的存在，查德威克通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了中子，故A錯(cuò)誤；B.中子不帶電，則原子核中的中子與其他核子間無(wú)庫(kù)倫力，但有核力，有助于維系原子核的穩(wěn)定，故B正確；C.中子不帶電，則散裂中子源中產(chǎn)生的強(qiáng)中子束不可以利用電場(chǎng)使之慢化，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)德布羅意波波長(zhǎng)表達(dá)式,hhA,=—= pmv若散裂中子源中的中子束流經(jīng)慢化后的速度與電子顯微鏡中的電子流速度相同，因中子的質(zhì)量大于電子的質(zhì)量，則中子的動(dòng)量大于電子的動(dòng)量，則此時(shí)中子的物質(zhì)波波長(zhǎng)比電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)短，故D錯(cuò)誤。故選B。.如圖，質(zhì)量為m=2kg的物體在6=30。的固定斜個(gè)面上恰能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)對(duì)該物體施加水平向左的推力F使其沿斜面勻速上滑，g=10m/s2,則推力F的大小為（）4 4 205/3z ?40>/3- crA.———N B.———N C.20尿3 3【答案】C【解析】【詳解】無(wú)F時(shí)，恰能沿斜面下滑，有mgsin0=pmgcos0則有u=tanO=——3有F時(shí)，沿下面勻速上滑，對(duì)物體進(jìn)行受力分析如圖所示D.西3有Fcos0=mgsin0+p(mgcos0+Fsin0)F(cosO-jisinO)=2mgsin0解得F=2mgsme=20x/3Ncos—//sin故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選c。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分.如圖所示，設(shè)水車(chē)的轉(zhuǎn)輪以某一較大的角速度3做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，輪緣上有兩個(gè)水滴A、B同時(shí)從同一高度被甩出，并且都落到轉(zhuǎn)輪右側(cè)的水平地面上，假設(shè)水滴被甩出的瞬時(shí)速度大小與其在輪上運(yùn)動(dòng)時(shí)相等，速度方向沿轉(zhuǎn)輪的切線方向，不計(jì)空氣阻力。下列判斷中正確的有（）A.兩水滴落到水平地面上的速度相同.兩水滴在空中飛行過(guò)程中重力做的功相等C.高度一定，3越大，兩水滴在空中飛行的時(shí)間差A(yù)t越大D.高度一定，3越大，兩水滴落地點(diǎn)的距離Ax越大【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A.由機(jī)械能守恒定律可知，兩水滴落到水平地面上的速度大小相同，由斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，兩水滴落到底面上的速度方向也相同，選項(xiàng)A正確；B.兩水滴質(zhì)量關(guān)系不確定，則不能比較重力功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.兩水滴在空中飛行的時(shí)間差A(yù)t等于在A處的水滴做斜上拋運(yùn)動(dòng)回到原來(lái)高度（虛線所在的平面）時(shí)的時(shí)間，因3越大，水滴做斜拋運(yùn)動(dòng)的初速度越大，則豎直速度越大，則回到原來(lái)的高度的時(shí)間越長(zhǎng)，即兩水滴在空中飛行的時(shí)間差A(yù)t越大，選項(xiàng)C正確；D.兩水滴落地點(diǎn)的距離Ax等于A處的水滴做斜上拋運(yùn)動(dòng)回到原來(lái)高度（虛線所在的平面）時(shí)與B點(diǎn)的距離，因3越大，水滴做斜拋運(yùn)動(dòng)的初速度越大，則水平速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間都越大，則回到原來(lái)的高度時(shí)與B點(diǎn)的距離越大，即兩水滴落地點(diǎn)的距離Ax越大，選項(xiàng)D正確；故選ACD。.圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V.一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV,從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV.下列說(shuō)法正確的是A.平面c上的電勢(shì)為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eVD.該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍【答案】AB【解析】A、虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV,從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV,動(dòng)能減小了6eV,電勢(shì)能增加了6eV,因此等勢(shì)面間的電勢(shì)差為2V,因平面b上的電勢(shì)為2V,由于電子的電勢(shì)能增加，等勢(shì)面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢(shì)為零，故A正確.B、由上分析可知，當(dāng)電子由a向f方向運(yùn)動(dòng)，則電子到達(dá)平面f的動(dòng)能為2eV,由于題目中沒(méi)有說(shuō)明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)平面f,故B正確.C、在平面b上電勢(shì)為2V,則電子的電勢(shì)能為-2eV,動(dòng)能為8eV,電勢(shì)能與動(dòng)能之和為6eV,當(dāng)電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，動(dòng)能為4eV,其電勢(shì)能為2eV,故C錯(cuò)誤.D、電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的動(dòng)能是平面d的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的也倍，故D錯(cuò)誤.故選AB.【點(diǎn)睛】考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，掌握電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，理解電勢(shì)為零處的電勢(shì)能為零是解題的關(guān)鍵..下列有關(guān)高中物理實(shí)驗(yàn)的描述中，正確的是：。A.在用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，通過(guò)在紙帶上打下的一系列點(diǎn)跡可求出紙帶上任意兩個(gè)點(diǎn)跡之間的平均速度B.在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，拉橡皮筋的細(xì)繩要稍長(zhǎng)，并且實(shí)驗(yàn)時(shí)要使彈簧測(cè)力計(jì)與木板平面平行，同時(shí)保證彈簧的軸線與細(xì)繩在同一直線上C.在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，坐標(biāo)紙上必須標(biāo)出小球剛開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)的初始點(diǎn)D.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，必須要用天平測(cè)出懸掛鉤碼的質(zhì)量【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)紙帶處理方法可知，在用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器”研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，通過(guò)在紙帶上打下的一系

列點(diǎn)跡可求出紙帶上任意兩個(gè)點(diǎn)跡之間的平均速度，故A正確；B.在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)中，為了減小誤差，拉橡皮筋的細(xì)繩要稍長(zhǎng)，并且實(shí)驗(yàn)時(shí)要使彈簧測(cè)力計(jì)與木板平面平行，同時(shí)保證彈簧的軸線與細(xì)繩在同一直線上，故B正確；C.在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，描繪平拋運(yùn)動(dòng)軌跡，不一定非得標(biāo)出平拋的起始點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D.在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中，不一定要測(cè)量物體的質(zhì)量，因?yàn)轵?yàn)證動(dòng)能的變化量和重力勢(shì)能的變化量時(shí)，兩邊都有質(zhì)量，可以約去比較，故D錯(cuò)誤。故選AB。.關(guān)于空氣濕度，下列說(shuō)法正確的是A.空氣的絕對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示B.空氣的相對(duì)濕度定義為水的飽和汽壓與相同溫度時(shí)空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)之比C.當(dāng)人們感到潮濕時(shí)，空氣的絕對(duì)濕度一定較大D.當(dāng)人們感到干燥時(shí)，空氣的相對(duì)濕度一定較小E.相同溫度下絕對(duì)濕度越大，表明空氣中水蒸氣越接近飽和【答案】ADE【解析】【詳解】AB.絕對(duì)濕度是指一定空間中水蒸氣的絕對(duì)含量，可用空氣中水蒸氣的壓強(qiáng)表示來(lái)表示，相對(duì)濕度是指水蒸汽的實(shí)際壓強(qiáng)與該溫度下水蒸汽的飽和壓強(qiáng)之比，故A正確，B錯(cuò)誤；CD.人們感受的干燥或潮濕取決于空氣的相對(duì)濕度。相對(duì)濕度越大，感覺(jué)越潮濕；相對(duì)濕度越小，感覺(jué)越干燥，故C錯(cuò)誤，D正確；E.相同溫度下絕對(duì)濕度越大，表明空氣中水汽越接近飽和，故E正確：故選ADE..某同學(xué)用如圖所示電路演示交流發(fā)電機(jī)的發(fā)電原理，線圈電阻不計(jì)，電表為理想電表。當(dāng)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速增大1倍，下列說(shuō)法正確的是（ ）oI （2）——IA.當(dāng)線圈處于圖示位置時(shí)，燈泡兩端電壓最大B.電流表測(cè)量的是燈泡的最大電流C.電壓表的示數(shù)增大為原來(lái)的2倍 D.通過(guò)燈泡的電流頻率為原來(lái)的2倍【答案】ACD【解析】【詳解】

A.當(dāng)線圈處于圖示位置時(shí)，位于與中性面垂直的平面，瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，燈泡兩端電壓最大，故A正確；B.電流表測(cè)量的是通過(guò)燈泡電流的有效值，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)Em=NBSmco=2兀n可知當(dāng)轉(zhuǎn)速增加1倍，則電動(dòng)勢(shì)最大值增大為原來(lái)的2倍，根據(jù)可知電動(dòng)勢(shì)有效值增大為原來(lái)的2倍，即電壓表的示數(shù)增大為原來(lái)的2倍，故C正確；D.根據(jù)丁1 1T——=—?f當(dāng)轉(zhuǎn)速增大1倍，可知交流電的頻率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，即通過(guò)燈泡的電流頻率為原來(lái)的2倍，故D正確。故選ACD..如圖，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U=1000&sinl00R（V）,通過(guò)理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線上連接可調(diào)電阻入變壓器原線圈兩端接有理想交流電壓表V,副線圈干路接有理想交流電流表A,下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓表V的示數(shù)始終為1000V B.僅可調(diào)電阻r增大，電壓表V的示數(shù)減小C.僅接入燈泡增多，電流表A的示數(shù)增大D.僅可調(diào)電阻r增大，電流表A的示數(shù)減小【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】A.電壓表示數(shù)^=C/o-Zr<lOOOVA錯(cuò)誤；BD.可調(diào)電阻r增大，副線圈電阻不變，則電路總電阻增大，電流減小，副線圈電阻分壓減小，BD正確;C.僅接入燈泡增多，副線圈電流增大，電流表示數(shù)增大，C正確。故選BCD.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.某同學(xué)利用如圖所示的裝置來(lái)驗(yàn)證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，并用圖釘固定在木板上。固定兩個(gè)光滑的滑輪A和B,將繩子打一個(gè)結(jié)點(diǎn)O,每個(gè)鉤碼的質(zhì)量相等。調(diào)整鉤碼個(gè)數(shù)使系統(tǒng)達(dá)到平衡。(1)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中必須要記錄下列哪些數(shù)據(jù)(一)A.O點(diǎn)位置B.每組鉤碼的個(gè)數(shù)C.每個(gè)鉤碼的質(zhì)量OA、OB和OC繩的長(zhǎng)度OA、OB和OC繩的方向(2)下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是(一)A.將OC繩換成橡皮筋，仍可完成實(shí)驗(yàn)B.細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些可減小實(shí)驗(yàn)誤差C.盡量保持NAOB為90。、60。、120。等特殊角方便計(jì)算D.若改變懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)N3,重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，必須保持O點(diǎn)位置不動(dòng)，重新調(diào)整鉤碼的個(gè)數(shù)N|、N2【答案】ABE AB【解析】【分析】【詳解】(1)[1]A.為了驗(yàn)證平行四邊形定則，必須作受力圖，所以需要確定受力點(diǎn)，即需要標(biāo)記結(jié)點(diǎn)。的位置，A正確；BC.其次要作出力的方向和大小，每個(gè)鉤碼的質(zhì)量相同，所以鉤碼的個(gè)數(shù)可以作為力的大小，不需要測(cè)量鉤碼質(zhì)量，B正確，C錯(cuò)誤；DE.連接鉤碼繩子的方向可以表示力的方向，所以需要標(biāo)記OA、OB和OC繩的方向，D錯(cuò)誤，E正確。故選ABE.(2)[2]A.如果將。。繩換成橡皮筋，在同一次實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，只要將結(jié)點(diǎn)拉到相同的位置，實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會(huì)發(fā)生變化，仍可完成實(shí)驗(yàn)，A正確；B.細(xì)繩要長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些可以使力的方向更準(zhǔn)確，減小實(shí)驗(yàn)誤差，B正確；C.實(shí)驗(yàn)通過(guò)平行四邊形定則進(jìn)行力的合成確定力的大小和方向，不需要計(jì)算，C錯(cuò)誤；

D.實(shí)驗(yàn)的目的是驗(yàn)證平行四邊形定則，重新實(shí)驗(yàn)，不需要保持結(jié)點(diǎn)位置不動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AB.14.某同學(xué)要測(cè)定一電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,實(shí)驗(yàn)器材有：一只DIS電流傳感器(可視為理想電流表，測(cè)得的電流用I表示)，一只電阻箱(阻值用R表示)，一只開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干。該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)和采集數(shù)據(jù)。(用r、I、(用r、I、R表示)。(1)該同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)的原理表達(dá)式是E=(2)該同學(xué)在閉合開(kāi)關(guān)之前，應(yīng)先將電阻箱調(diào)到(2)該同學(xué)在閉合開(kāi)關(guān)之前，應(yīng)先將電阻箱調(diào)到(選填“最大值”“最小值”或“任意值”),實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，將電阻箱調(diào)至如圖乙所示位置，則此時(shí)電阻箱接入電路的阻值為(3)該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)采集到的數(shù)據(jù)作出如圖丙所示的］一R圖象，則由圖象可求得，該電源的電動(dòng)勢(shì)V,內(nèi)阻V,內(nèi)阻r=(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)【答案】I(R+r)最大值21 6.3(6.1-6.4) 2.5(2.4~2.6)【解析】【分析】【詳解】(1)口］根據(jù)閉合電路歐姆定律，該同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)的原理表達(dá)式是E=I(R+r)(2)⑵根據(jù)實(shí)驗(yàn)的安全性原則，在閉合開(kāi)關(guān)之前，應(yīng)先將電阻箱調(diào)到最大值13|根據(jù)電阻箱讀數(shù)規(guī)則，電阻箱接入電路的阻值為2x100+1x10=21。⑶⑷⑸由E=I(R+r)可得1 1r1=—/?+—1EE二-7?圖像斜率等于4-1E22-3.5得Ex6.2V由于誤差(6.1~6.4)V均正確，圖像的截距b=—=0.4E得r?2.5Q由于誤差（2.4~2.6）C均正確四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.如圖，間距為L(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為r的-圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP4范圍內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場(chǎng)中，ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后與cd在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸.已知兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R.金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.求6陽(yáng)1,Mcp（1）ab棒到達(dá)圓弧底端時(shí)對(duì)軌道壓力的大?。海?）當(dāng)ab棒速度為樂(lè)時(shí)，cd棒加速度的大?。ù藭r(shí)兩棒均未離開(kāi)磁場(chǎng)）（3）若cd棒以;J防離開(kāi)磁場(chǎng)，已知從cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其離開(kāi)磁場(chǎng)一段時(shí)間后，通過(guò)cd棒的電荷量為q.求此過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少.（此過(guò)程ab棒始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)）【答案】（1）3mg.（2）:匕"F（3）BLqJ2^--mgr-fi-LV.4mR 、 162m【解析】【詳解】（Dab下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgr=；/m^,解得：vo=J2gr,ab運(yùn)動(dòng)到底端時(shí)，由牛頓第二定律得：F-mg=m^,r解得：F=3mg,由牛頓第三定律知：ab對(duì)軌道壓力大小：F-=F=3mg；（2）兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律：mv（）=mvab+mv,,解得：ab棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：Eab=BLvab,cd棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：Ecd=BLv\E-E回路中電流：1=3包，2R解得：1=四近，4R此時(shí)cd棒所受安培力：F=BIL,此時(shí)cd棒加速度：a=一,m解得：aJ*歷:4mR(3)由題意可知，cd棒以;伍7離開(kāi)磁場(chǎng)后向右勻速運(yùn)動(dòng)，且從cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到通過(guò)其電荷量為q的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)ah棒電荷量也為q.對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理可知：-B，Lt=mVab-mvo,其中：q=Ft,解得：Vab=J2gr-竺^,vm1,1,此過(guò)程，由能量守恒定律得：mgr=-mv-h+-mv；,d+Q,解得：Q=BLqJ2gr-Jmgr-''";.如圖，是游樂(lè)場(chǎng)的一項(xiàng)娛樂(lè)設(shè)備.一環(huán)形座艙裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下，落到一定位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，到地面時(shí)剛好停下.已知座艙開(kāi)始下落的高度為H=75m,當(dāng)落到離地面h=30m的位置時(shí)開(kāi)始制動(dòng)，座艙均勻減速.在一次娛樂(lè)中，某同學(xué)把質(zhì)量m=6kg的書(shū)包放在自己的腿上.g取10m/s2,不計(jì)座艙與柱子間的摩擦力及空氣阻力.(1)當(dāng)座艙落到離地面h1=60m和h,=20m的位置時(shí)，求書(shū)包對(duì)該同學(xué)腿部的壓力各是多大;(2)若環(huán)形座艙的質(zhì)量M=4xl(f'kg,求制動(dòng)過(guò)程中機(jī)器輸出的平均功率.【答案】(1)150N(2)1.5xll6W【解析】【分析】本題考查物體在自由下落和減速下降過(guò)程中的受力和功率問(wèn)題，需運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功率等知識(shí)求解.【詳解】(1)當(dāng)座艙距地面h】=61m時(shí)，書(shū)包處于完全失重狀態(tài).故書(shū)包對(duì)該同學(xué)的壓力民=1.座艙自由下落高度為H-h=(75-31)m=45m時(shí)，座艙開(kāi)始制動(dòng)，設(shè)此時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2=2g(H-h)座艙制動(dòng)過(guò)程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a,則有箕2=2R?聯(lián)解得：a=15m/s2,方向豎直向上.設(shè)此過(guò)程中書(shū)包受到腿的支持力為F2,根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)書(shū)包有工-〃吆=”代入數(shù)據(jù)可得瑪=150N根據(jù)牛