2021年安徽A10聯(lián)盟高考物理開年試卷

2021年安徽省A10聯(lián)盟高考物理開年試卷1.關(guān)于光電效應(yīng)有如下幾種陳述，其中正確的是（）1.A.愛因斯坦提出“光子說”并成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象B.入射光的頻率必須小于極限頻率，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)C.光電效應(yīng)說明光具有波動性2.D.發(fā)生光電效應(yīng)時，若入射光頻率增大一倍，則光電子的最大初動能也增大一倍2018年3月30日我國成功發(fā)射第三十顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，這顆衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星，在軌高度約為21500km，該高度處重力加速度為％，該衛(wèi)星的線速度為外，角速度為3j周期為八.2017年9月17日天舟一號在高度約400km的圓軌道上開始獨立運(yùn)行，該高度處重力加速度為火，天舟一號的線速度為為，角速度為32，周期為丁2.則（）2.A91>% B"1>“2 C.%<% D-T1<T23.‘百汽仃""那/日仃白箱第f白聿宓“內(nèi)“如圖所示，輕繩4。和BO共同吊起質(zhì)量為m的重 -3.物.40與BO垂直，BO與豎直方向的夾角為3則（）40所受的拉力大小為皿sind ————40所受的拉力大小為小gs譏6B0所受的拉力大小為小gtan。B0所受的拉力大小為皿COS04.如圖所示，電場中的一簇電場線關(guān)于％軸對稱分布，0點是坐標(biāo)原點，E、F、M、4.N是以0為中心的一個正方形4BCD各邊與l、y軸的四個交點，則下列說法中正確的是（）M點電勢比0點電勢高E0間的電勢差等于0F間的電勢差第1頁，共33頁

一正電荷在F點的電勢能大于在。點的電勢能D.將一負(fù)電荷從M點移到F點，電場力做正功.雨滴從靜止開始下落，下落過程中受到的阻力與速度成正比，比例常數(shù)為鼠經(jīng)過時間t速度達(dá)到最大，雨滴的質(zhì)量為m，選向上為正方向，則該過程阻力的沖量為（）TOC\o"1-5"\h\zA.mgt B.皿-mgt C.mgt-皿 D.皿.處于同一平面內(nèi)的兩根長直導(dǎo)線中通有方向相反大小. “不同的電流，這兩根導(dǎo)線把它們所在的平面分成。、b、 .一 『 c三個區(qū)域，如圖所示，則磁感強(qiáng)度為零的區(qū)域，（） ■A.可能出現(xiàn)在b區(qū) B.不可能出現(xiàn)在a區(qū)C.不可能出現(xiàn)在C.不可能出現(xiàn)在c區(qū)D.不可能同時出現(xiàn)在a、c區(qū)7.如圖，水平銅盤半徑為廠，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，銅盤繞通過圓盤中心的豎直軸以角速度3做勻速圓周運(yùn)動，銅盤的邊緣及中心處分別通過導(dǎo)線和滑動變阻器R1與理想變壓器的原線圈相連，7.該理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n：1，變壓器的副線圈與電阻為A2的負(fù)載相連，則（）A.變壓器原線圈兩端的電壓為』2B.若R1不變時，通過負(fù)載R2的電流強(qiáng)度為0C.若R1不變時，通過變壓器的副線圈橫截面磁通量為0D.若R1變化時，通過負(fù)載R2的電流強(qiáng)度為通過R1電流的1叫.如圖所示，從斜面頂端P處以初速度外向左水平拋出一小球， 尹落在斜面上的A點處，AP之間距離為L，小球在空中運(yùn)動時 工間為t，改變初速度u0的大小，L和t都隨之改變.關(guān)于L、t上 與林的關(guān)系，下列說法中正確的是（）A.L與u0成正比 B.L與叫成正比 C.t與u0成正比 D.t與叫成正比.如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面傾角為30°,物體A、B通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)，P為固定在斜面上且與斜面垂直的光滑擋板，物體A、B的質(zhì)量分別為m和4m，開始時用手托住物體，滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直，且左邊的細(xì)繩與斜面平行，彈簧處于原長狀態(tài)，A距離地面高度為h時開始下落，在A下落第2頁，共33頁至地面前的瞬間，物體B恰好對擋板無壓力.空氣阻力不計，下列關(guān)于物體A的說法正確的是（）A.在下落至地面前的過程中機(jī)械能守恒B.在下落至地面前的瞬間速度一定為零C.在下落至地面前的過程中對輕彈簧做的功為mghD.在下落至地面前的過程中，可能一直在做加速運(yùn)動.如圖所示，兩根足夠長的水平平行金屬導(dǎo)軌相距為L，固定在水平桌面上，導(dǎo)軌右端連接電動勢為E（內(nèi)阻不計）的電池及電阻R.長度略大于L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，若在整個空間加上方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，閉合開關(guān)后金屬棒由靜止開始滑動一段時間后可達(dá)到勻速狀態(tài)，且不同大小的磁感應(yīng)強(qiáng)度，達(dá)到勻速狀態(tài)的速度不同.設(shè)運(yùn)動時金屬棒與導(dǎo)軌間的摩擦力恒為f.不考慮金屬棒中電流的磁場及金屬棒的電阻.下列說法正確的是（）A.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度8=辿時，金屬棒達(dá)到勻速狀態(tài)的速度具有最大值LEB.金屬棒達(dá)到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，其兩端電壓為反3C.金屬棒達(dá)到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，通過的電流為互2AD.金屬棒達(dá)到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，其克服摩擦力的功率為24A.用如圖（a）所示的實驗裝置驗證機(jī)械能守恒定律.①實驗中有A：200g的鋁塊和B：200g的鐵塊.為了減少誤差，應(yīng)該選擇 （填字母）.②實驗操作時應(yīng)該先接通打點計時器電源再釋放紙帶，但某同學(xué)在操作時做反了，那么通過對這條紙帶運(yùn)算能否判斷機(jī)械能是否守恒？.（填“能”或“否”）③如圖（b）是某次實驗的一條紙帶，O、A、B、。、D、E、F是連續(xù)的七個點，每2個點之間的時間為T.若重物質(zhì)量為m,對應(yīng)B到E的下落過程中，重錘重力勢能的減少量△￡1?=.B到E動能變化量為.第3頁，共33頁

12.在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了以下器材：A.小燈泡(3.8匕0.34)A滑動變阻器(512.在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了以下器材：A.小燈泡(3.8匕0.34)A滑動變阻器(5優(yōu)24)C電流表(0?0.54內(nèi)阻約0.4。)圖￡D電壓表(0?5V,內(nèi)阻約10k。)E開關(guān)及導(dǎo)線若干(1)為實驗測量誤差盡可能小，電流表應(yīng)選用(填“內(nèi)”或“外”)接法；(2)為使小燈泡兩端電壓從零開始連續(xù)變化，滑動變阻器應(yīng)選用(填“限流式”或“分壓式”)接法；(3)綜上所述，應(yīng)選擇圖1中的電路進(jìn)行實驗(4)利用實驗數(shù)據(jù)畫出了如圖2所示的小燈泡伏安特性曲線。圖中，坐標(biāo)原點0到P點連線的斜率表示。則根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻 (填“變大”、“變小”或“不變”).如圖所示，在直角坐標(biāo)系10y的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁 ｛丁場，磁場方向垂直于％0y面向里，第四象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，磁場與電場圖中均未畫出。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子自y軸的p點沿％軸正方向射入第四象限，經(jīng)％軸上的q點 3一g--進(jìn)入第一象限。已知P點坐標(biāo)為(0,-Z),Q點坐標(biāo)為 ?i'(2Z,0),不計粒子重力。(1)求粒子經(jīng)過Q點時速度的大小和方向；第4頁，共33頁

(2)若粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動一段時間后以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。.如圖甲所示，足夠長的斜面與水平面的夾角為30°，質(zhì)量分別為0.5kg和1kg的A、B兩個小物塊，用一根細(xì)線相連，A、B之間有一被壓縮的微型彈簧，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)可視為質(zhì)點。某時刻，將A、B從P點由靜止釋放，運(yùn)動至Q點時，細(xì)線突然斷裂，壓縮的微型彈簧使A、B瞬間分離，從分離時開始計時，A、B短時間內(nèi)運(yùn)動的速度圖象如圖乙所示，重力加速度取g=10m/s2,求:(1)4、B與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)細(xì)繩未斷裂前微型彈簧儲存的彈性勢能;(3)4、B再次相遇前的最遠(yuǎn)距離。第5頁，共33頁.一定質(zhì)量的氣體，溫度不變時，氣體分子的平均動能 （選填“增大”、“減小”或“不變”）.體積減小，分子的密集程度 （選填“增大”、“減小”或“不變”）氣體壓強(qiáng)增大，這就是對玻意耳定律的微觀解釋..如圖，一端封閉、粗細(xì)均勻的U形玻璃管開口向上豎直放置，管內(nèi)用水銀將一段氣體封閉在管中。當(dāng)溫度為280K時，被封閉的氣柱長L=22cm,兩邊水銀柱高度差h=16cm,大氣壓強(qiáng)00=76cmHg。①為使左端水銀面下降3cm，封閉氣體溫度應(yīng)變?yōu)槎嗌?？②封閉氣體的溫度重新回到280K后為使封閉氣柱長度變?yōu)?0cm，需向開口端注入的水銀柱長度為多少？.如圖是一列簡諧波在t=0時的波形，波恰好傳播到％=2.56處。已知從t=0至t=1.1s內(nèi)，質(zhì)點P三次出現(xiàn)在波峰位置，且在t=1.1s時，P點剛好處在波峰位置，則P點的振動周期是 S；經(jīng)過 S,%=5.06處的質(zhì)點Q第二次到達(dá)波谷。Of71\2734 57n.一小孩站在寬6m的河邊，在他正對面的岸邊有一距離河面高度為3m的樹，樹的正下方河底有一塊石頭，小孩向河面看去，看到樹頂和石頭兩者的像重合.若小孩的眼睛離河面高為1.56，如圖所示，河水的折射率為4,試估算河水深度.3第6頁，共33頁

.下列說法正確的是（）A.核聚變反應(yīng)方程2H+3Ht￡He+X中，X表示質(zhì)子B.金屬的極限頻率越大，則該金屬的逸出功越小C.光電效應(yīng)實驗表明光具有波動性D.兩質(zhì)子與兩中子的質(zhì)量之和大于聚合成的4He原子核的質(zhì)量.一個物體做自由落體運(yùn)動，開始2s內(nèi)的下落高度與最后2s內(nèi)的下落高度之比為1：2，重力加速度g=10m/s2，則物體下落的總高度為（）A.35m B.40m C.45m D.50m21.如圖，傾角6=37°的斜面體放在水平面上，在水平而上D點正上方O點處水平向21.右拋出一個小球，結(jié)果小球恰好垂直斜面打在E點，O、D、。、E在同一豎直平面內(nèi)。已知。。=CE=L=6m，s譏37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,則小球拋出時的初速度大小為（）A.10m/sD.A.10m/sD.7m/s22.2020年11月24日4時30分，在中國文昌航天發(fā)射場，用長征五號遙五運(yùn)載火箭22.成功發(fā)射探月工程嫦娥五號探測器，順利將探測器送入預(yù)定軌道，11月29日20時23分，嫦娥五號從橢圓環(huán)月軌道變軌到近月圓軌道。如圖所示、A、B兩點分別第7頁，共33頁

為橢圓環(huán)月軌道I的遠(yuǎn)月點和近月點，近月圓軌道n與橢圓環(huán)月軌道I在5點相切。若只考慮嫦娥五號和月球之間的相互作用，則關(guān)于嫦娥五號的運(yùn)行情況，下列說法正確的是（）A.在軌道I上運(yùn)行經(jīng)過A點時的速率大于5點時的速率B.在軌道I上運(yùn)行到5點的速度小于在軌道n上運(yùn)動到5點的速度C.在軌道I上運(yùn)行到5點時的加速度大于在軌道n上運(yùn)行到5點時的加速度D.若已知引力常量G和衛(wèi)星在軌道n上運(yùn)動的周期T，則可以推知月球的平均密.如圖，磁場邊界M、N、P及熒光屏Q相互平行，M與N、N與P間距均為d，M、N間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，N、P間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5。在邊界M上的A點有一個粒子源，可以沿垂直邊界M及磁場的方向射入速率為0?v0（v0未知）的粒子，粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為+q,結(jié)果在熒光屏上形成一條長為d的亮線，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則打在熒光屏上的粒子的速度大小范圍為（）A.^^<v<5^ B.^Bd.<v<JsqBdm 4m m 2mC.qBd<p<、記qBd D.<i^<V<5必2m 2m 2m 4m.如圖，質(zhì)量優(yōu)=4叼的物體在電梯內(nèi)隨電梯一起豎直向下做勻速直線運(yùn)動。電梯底部距離地面高度為16m時開始做勻減速運(yùn)動，V5J經(jīng)4s電梯到達(dá)地面且速度恰好減為零，重力加速度g=10巾/S2,在該勻減速運(yùn)動過程中（）A物體初速度大小為8小/sB.物體受到的支持力大小為32NC.物體的機(jī)械能減少了768JD.物體受到的合力對物體做的功為128J第8頁，共33頁

25.如圖甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為10：1,電表均為理想電表，定值電阻R1=2。，電阻R1=2。，R2=3.5。，在a、b端接入如圖乙所示的電壓(圖線為正弦曲線的一a.電流表的示數(shù)為5”C.電壓表的示數(shù)為14VD.電壓表的示數(shù)為7加，26.如圖，設(shè)勻強(qiáng)電場中有一個圓心為O、半徑為1mC.電壓表的示數(shù)為14VD.電壓表的示數(shù)為7加，26.如圖，設(shè)勻強(qiáng)電場中有一個圓心為O、半徑為1m的圓，且圓面與電場線平行，A、B、C、D、E為圓上五點，AC、BD為互相垂直的直徑，OB與OE的夾角為30°，A、O、E三點的電勢分別為2V、6V、8匕則()0；A.B點的電勢為7VB.電場強(qiáng)度大小為4〃加C.電場強(qiáng)度方向沿EA方向D.若質(zhì)子沿圓弧從B順時針運(yùn)動到D，則電場力先做負(fù)功后做正功27.某同學(xué)用如圖甲所示裝置研究物塊的勻變速直線運(yùn)動。(1)實驗所用的打點計時器如圖乙所示，該打點計時器所用的電源是 。A.4?6,的交流電B.4?6,的直流電C.220V的交流電(2)實驗中得到一條清晰的紙帶如圖丙所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G7個點。以打A點為計時零點，以t為橫坐標(biāo)、&(其中d為各點到A點的距離，t表t第9頁，共33頁

示A點到各點的運(yùn)動時間)為縱坐標(biāo)，得到圖象的斜率為h則加速度的大小為；圖線與縱軸的交點表示的物理意義是：(3)該同學(xué)認(rèn)為：a-t圖象中的圖線與時間軸圍成的面積表示物塊在看時間內(nèi)運(yùn)動t的位移大小，他的觀點是 (選填“正確”或“錯誤”)的。.某同學(xué)在測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中。(1)設(shè)計了如圖甲、乙兩個電路，你認(rèn)為(選填“甲”或“乙”)電路更合適。(2)實驗中發(fā)現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器時，電流表讀數(shù)變化明顯但電壓表讀數(shù)變化不明顯。為了解決這個問題，該同學(xué)在電源處串聯(lián)了一個2。的定值電阻后繼續(xù)實驗，得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對應(yīng)的電流表讀數(shù)I，并作出U-/圖象，如圖丙所示。由圖象可知，電池的電動勢為匕內(nèi)阻為c(結(jié)果均保留兩位小數(shù))。(3)若考慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，則電動勢的測量值 真實值，內(nèi)阻的測量值 真實值(均選填“大于”、“等于”或“小于”)。.如圖，質(zhì)量M=1叼的長木板B置于粗糙的水平地面上，可看做質(zhì)點的鐵塊A放置在木板的最左端，鐵塊A的質(zhì)量加=1kg。某時刻給鐵塊A一水平向右的初速度為=4m/s，同時對長木板B施加一水平向右的恒力F=4N，當(dāng)兩者共速時撤去恒力F，最終鐵塊A沒有滑離木板B。已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為多=0.4和々=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：(1)木板B的長度至少為多少；(2)整個過程中A對B做的總功。第10頁，共33頁.如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角6=30°,導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上端連接一個理想電壓表，下端連接一個阻值為R的定值電阻，整個導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為及質(zhì)量為m的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，用平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力拉金屬棒，使金屬棒由靜止開始向上運(yùn)動，某時刻撤去拉力。金屬棒向上運(yùn)動的整個過程中，電壓表的示數(shù)隨時間變化的圖象如圖乙所示(圖中U0、t0均已知)，金屬棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動過程中與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，金屬棒接入電路的電阻為1R，重力加速度為g，不計導(dǎo)軌電阻，求：2(1)撤去拉力的瞬間，金屬棒的速度大?。?2)t=2%時刻，作用于金屬棒上拉力的大??；(3)撤去拉力后，金屬棒向上運(yùn)動過程中，通過定值電阻R的電量及定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱分別是多少。.下列說法正確的是()A.做布朗運(yùn)動的微粒越大，則布朗運(yùn)動越劇烈B.絕熱汽缸中密封的理想氣體在被壓縮過程中，氣體分子熱運(yùn)動劇烈程度增大第11頁，共33頁C.氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在斥力的緣故D.在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫wE.一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的自發(fā)宏觀過程都具有方向性，總是向分子熱運(yùn)動無序性更大的方向進(jìn)行.如圖甲，兩端開口的導(dǎo)熱汽缸豎直固定，A、B是兩個可在汽缸內(nèi)無摩擦滑動的活塞，面積分別為S1=2S、S2=S，它們之間用一根豎直細(xì)桿連接，A、B兩活塞靜止時，汽缸兩部分的氣柱長均為瓦現(xiàn)將B通過輕繩與重物相連，緩慢釋放重物，再次靜止時上部分汽缸的氣柱長為也，如圖乙所示，整個過程中汽缸內(nèi)氣體溫度保2持不變，缸內(nèi)氣體可看做理想氣體。已知A、B兩活塞和細(xì)桿質(zhì)量之和為M，重力加速度為g，大氣壓強(qiáng)為3。求：s（。初始時缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)??；（譏）重物的質(zhì)量m。.如圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖,M、N兩質(zhì)點的橫坐標(biāo)分別為%時=2m和xN=6m，質(zhì)點N從該時刻開始計時的振動圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（）第12頁，共33頁

A.該波沿％軸負(fù)方向傳播，波速為0.75m/sB.質(zhì)點N在t=2s時速度為零C.質(zhì)點N在2s?4s時間內(nèi)的位移為零D.質(zhì)點M在t=4s時到達(dá)平衡位置，且向上運(yùn)動E.質(zhì)點M、質(zhì)點N的速度始終大小相等.如圖，截面是半徑為R的半圓形玻璃磚固定在空中，上表面AB水平，O為半圓的圓心，一束單色光斜射在AB上的Q點（Q是AO的中點），光線與AB面的夾角為30°，折射光線剛好從圓弧的最低點C直接射出玻璃磚，照射在地面上的E點，C點離地面的高度CD等于R，光在真空中傳播速度為c。求：（。玻璃磚對光的折射率；（譏）光從Q點傳播到E點所用的時間。第13頁，共33頁答案和解析.【答案】A【解析】解：A、因斯坦用光子說成功解釋了光電效應(yīng)，故A正確；B、發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的強(qiáng)度與照射的時間無關(guān)，故B錯誤；。、光電效應(yīng)說明光具有粒子性，并不是波動性，故C錯誤；D、根據(jù)光電效應(yīng)方程與小二成-%知，最大初動能與光子頻率成一次函數(shù)關(guān)系，隨照射光的頻率增大而增大，不是成正比關(guān)系，故D錯誤；故選：A。發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率。根據(jù)光電效應(yīng)方程得出光電子的初速度、最大初動能與光子頻率的關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動能與入射光頻率的關(guān)系及光電效應(yīng)的條件。.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力以及萬有引力等于重力，求出線速度、角速度、周期和向心加速度的大小。解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力定律的兩個重要理論：1、萬有引力提供向心力，2、萬有引力等于重力，并能靈活運(yùn)用?！窘獯稹緼.根據(jù)萬有引力提供向心力得6萼=優(yōu)0有g(shù)=*，因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大，則向心加速度小，所以用<%，故A錯誤;B.根據(jù)G.二小已得線速度“=I叫因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大，線速度小,r2 r 7r所以為<“2.故B錯誤;C.根據(jù)6若=山?/32,得角速度3=|管，因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大，則31<叼，故C正確；D.衛(wèi)星的周期為：T="=2兀后，因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大，心<「，故D3 7GM 2 1第14頁，共33頁

錯誤。故選C.【答案】B【解析】解：以結(jié)點O為研究對象，分析受力，如圖：重力mg,AO繩的拉力心。，BO繩的拉力”。.根據(jù)平衡條件得知：拉力q。和"。的合力F與重力mg大小相等，方向相反，則有Tao=FsinQ=mgsinOTbo=mgcosOTbo=mgcosOmg故B正確.以結(jié)點O為研究對象，分析受力，作出受力圖，根據(jù)平衡條件求解AO、BO兩繩的拉力.本題的解題關(guān)鍵是分析結(jié)點的受力情況，作出力圖..【答案】C【解析】解：A、根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在M點所在電場線上找到p點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，M點的電勢比O點的電勢低，故A錯誤；B、根據(jù)電場分布可知，￡O間的平均電場強(qiáng)度比OF之間的平均電場強(qiáng)度大，故由公式^=后4可知，￡O間的電勢差大于OF間的電勢差，故B錯誤；C、F點電勢高于O點，根據(jù)Ep=q8可知，正電荷在F點時的電勢能大于在O點時的電勢能，故C正確；D、M點的電勢比F點的電勢高，將負(fù)電荷從高電勢移動到低電勢電場力做負(fù)功，故D錯誤。故選：C。利用等勢線與電場線相垂直，順電場線的方向電勢降低，在同一條電場線上比較電勢的高低，電荷在電場中的電勢能&=q。電場力對電荷做正功時，電荷的電勢能減小，電場力對電荷做負(fù)功時，電荷的電勢能增大。本題考查關(guān)于電場的基本知識點，注意等勢線與電場線相垂直，順電場線的方向電勢降低，在電場越強(qiáng)處，電勢降落的越快，電荷在電場中的電勢能Ep=q。也可通過電場力做功進(jìn)行判斷。.【答案】C第15頁，共33頁【解析】解：根據(jù)雨滴下落過程中受到的阻力與速度成正比，可得阻力f=k〃下落過程中根據(jù)牛頓第二定律得：mg-f=6。，隨著速度增大，加速度逐漸減小，速度最大時，加速度a=0，即mg=k〃所以最大速度”二片，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理得：-6(^+/=加〃代入數(shù)據(jù)解得該過程阻力的沖量為：/=6以-遙，故C正確，ABD錯誤。k故選：C。雨滴下落過程中受到的阻力與速度成正比，下落過程隨著速度變大，阻力變大，重力和阻力的合力減小，雨滴做加速度減小的加速運(yùn)動，速度最大時，重力和阻力相等，根據(jù)平衡條件求得速度，根據(jù)下落過程中動量定理可得阻力的沖量。該題綜合應(yīng)用牛頓第二定律分析運(yùn)動過程，應(yīng)用動量定理求解變力的沖量，所以解決本題的關(guān)鍵熟練這些定理、定律的運(yùn)用。.【答案】D【解析】解：根據(jù)安培定則判斷得知：電流11在。區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，在b、c區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里；電流，2在ab區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，在c區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，所以在a、c兩區(qū)域磁場方向相反，若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小再相等，則可能出現(xiàn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的區(qū)域.由于電流產(chǎn)生的磁場的離電流越近磁場越強(qiáng)，所以合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0處離比較小的電流比較近，即在小電流的一側(cè).所以不可能同時出現(xiàn)在a、c區(qū).故只有選項D正確.故選：D根據(jù)安培定則分別判斷出兩根通電導(dǎo)線在三個區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向，只有磁場大小可能相等，方向相反的區(qū)域，才可能出磁感應(yīng)強(qiáng)度為零.本題考查安培定則的應(yīng)用能力.安培定則用來判斷電流方向與磁場方向兩者之間的關(guān)系..【答案】B【解析】解：A、切割磁感線感應(yīng)電動勢公式E=28/23，電勢該電壓加到電阻R上，由于變壓器是理想變壓器，所以變壓器兩端的電壓是0.故A錯誤；B、變壓器只能改變原線圈的交流電的電壓，不能改變直流電的電壓，也不能將直流電的電能傳遞給副線圈，所以若々不變時，通過負(fù)載R2的電流強(qiáng)度為0.故B正確；C、雖然通過負(fù)載R2的電流強(qiáng)度為0，但副線圈中的磁通量與原線圈中的磁通量相同，第16頁，共33頁

不是0.故C錯誤；D、變壓器只能改變原線圈的交流電的電壓與電流，不能改變直流電的電壓與電流。故不能使用變壓器的電流比的公式計算副線圈中的電流。故D錯誤。故選：B。先根據(jù)轉(zhuǎn)動切割磁感線感應(yīng)電動勢公式E=1BL23,求出感應(yīng)電動勢，再由歐姆定律求2出變壓器原線圈兩端的電壓大小.變壓器只能改變原線圈的交流電的電壓，不能改變直流電的電壓.本題關(guān)鍵要能將銅盤看成由無數(shù)幅條組成的，由轉(zhuǎn)動切割磁感線感應(yīng)電動勢公推=1BL2M.2變壓器只能改變原線圈的交流電的電壓..【答案】BC【解析】解：設(shè)斜面的傾角為仇平拋運(yùn)動在豎直方向上有：Ls譏6=2〃「2.在水平方向上有：Lcosd='t，綜合兩式得:乙=耳部做，知l與黨成正比。geos2Q 0根據(jù)徒九6=班=必，根據(jù)徒九6=班=必，七=及3咿鞏故選：BCo,知t與,成正比。故B、C正確，A、D錯誤。平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，抓住分運(yùn)動合運(yùn)動具有等時性求出L、t與%的關(guān)系.解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，以及知道分運(yùn)動和合運(yùn)動具有等時性..【答案】BC【解析】解：A、A從靜止到下落過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，所以A在下落至地面的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，而A的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；BD、據(jù)在A下落至地面前的瞬間，物體B恰好對擋板無壓力，以B為研究對象，據(jù)平衡求得此時彈簧的彈力為T=4mgs譏30°=2mg；再以A為研究對象，當(dāng)A靜止釋放的瞬間，A受重力mg，其合力方向向下，大小為mg；當(dāng)A落地瞬間，A受重力mg和彈簧的彈力2mg，其合力向上，大小為mg，A做簡諧運(yùn)動，據(jù)對稱性可知，落地瞬間其速度為零;據(jù)彈簧振子的運(yùn)動情況可知,A向下運(yùn)動時，先做加速度減小的加速運(yùn)動，第17頁，共33頁然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，故B正確，D錯誤；。、據(jù)A做簡諧運(yùn)動和能量守恒可知，A落地瞬間，A的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以彈簧的彈力做功為mgh，故C正確；故選：BC首先知道題境，分析AB兩物體的受力情況及各力做功情況，從而分析A其運(yùn)動情況，類比彈簧振子，從而判斷選項.明確A的運(yùn)動情況和B在A落地瞬間的彈力是解題的前提，類比彈簧振子模型是解題的關(guān)鍵，靈活應(yīng)用能量守恒判斷彈簧做功情況，題目有點難度..【答案】ACD【解析】解：A、設(shè)達(dá)到的最大速度為v，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=B"，回路中的感應(yīng)電流為/=皿匚，最終勻速運(yùn)動，故BILf=0,R解得"=H年=便(1乩)2+反，當(dāng)且僅當(dāng)B=—v取最大值，故A正確；BLB2L2 L2R2fR4fR LEB、導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=Bh=5兩端電壓為2,故B錯誤；C、通過的電流為/=皿匚=互，故C正確；R2RD、有A可知，最大速度”=上，故克服摩擦力的功率為P=/^=理，故D正確；4fR 4R故選：ACD導(dǎo)體棒處于磁場中，當(dāng)導(dǎo)體中有電流通過時，受到安培力使導(dǎo)體棒運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)安培力等于阻力時，速度達(dá)到最大，有數(shù)學(xué)關(guān)系求的速度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小即可判斷.本體主要考查了閉合電路的歐姆定律和安培力作用下的共點力平衡，利用好數(shù)學(xué)二次函數(shù)求極值即可.【答案】B；能；mg(hX,+△%+△%,);血=5+-RrS%2+-3)2345 8T2【解析】解：①重物應(yīng)該選擇相對質(zhì)量較大、體積較小的物體，即密度大的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響，故選：B②如果先放開紙帶開始運(yùn)動，再接通打點計時時器的電源，由于重物運(yùn)動較快，前面的點不好采集，但后面的點還是能夠采集的，所以能通過對這條紙帶運(yùn)算能判斷機(jī)械能是否守恒；③從B到E的過程中重力勢能減少為：△Ep=mgh=mg(Ax3+△x4+△x5),第18頁，共33頁物體在5點的速度％=5=AX2A%3TOC\o"1-5"\h\z萬 2T 2T物體在E點的速度%="= A/A" 6t 2T 2T則B至uE動能變化量△E=1mv2-1mv2=mU^x6iz-mU^x跳K 2 E 2B8T2故答案為：①B；②能；③mg(A/A%△4)；制△%△%A2-皿△%△%3)2.345 8T2①實驗供選擇的重物應(yīng)該相對質(zhì)量較大、體積較小的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響；②先放開紙帶開始運(yùn)動，再接通打點計時時器的電源，由于重物運(yùn)動較快，前面的點不好采集，但可以驗證機(jī)械能守恒定律；③根據(jù)重力做功計算出重力勢能的減少量，根據(jù)平均速度等于中點時刻的瞬時速度計算出速度.正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理，從實驗原理出發(fā)進(jìn)行分析所需實驗器材、所測數(shù)據(jù)等，會起到事半功倍的效果，知道勻變速直線運(yùn)動中點時刻的速度等于平均速度..【答案】外分壓BP狀態(tài)燈絲電阻的倒數(shù)變大【解析】解:(1)燈泡正常發(fā)光時的電阻為:R=；=”仁12.67。，電流表內(nèi)阻約為0.4。，電壓表內(nèi)阻約為10k。，電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法；(2)燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法；(3)電流表采用外接法、滑動變阻器采用分壓接法，則應(yīng)采用圖B所示實驗電路；(4)坐標(biāo)原點O到P點連線的斜率表示小燈泡電阻的倒數(shù);則根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻變大。故答案為：(1)外；(2)分壓式；(3)氏(4)P狀態(tài)燈絲電阻的倒數(shù)；變大。(1)根據(jù)電表內(nèi)阻與燈泡電阻的關(guān)系確定電流表的接法；(2)根據(jù)實驗要求確定滑動變阻器的接法。(3)根據(jù)電流表、滑動變阻器的接法選擇實驗電路。(4)根據(jù)圖示圖象應(yīng)用歐姆定律、電功率公式分析答題。本題考查了電流表與滑動變阻器的接法、實驗電路選擇、實驗數(shù)據(jù)處理，關(guān)鍵是要知道當(dāng)電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測電阻阻值時，電流表采用外接法，當(dāng)電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器采用分壓接法。.【答案】解：(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為七,加速度的大小為。，粒子的初速度為‘，過Q點時速度的大小為v,沿y軸方向分速度的大小為%,第19頁，共33頁

由牛頓第二定律得：qE=ma由運(yùn)動學(xué)公式得：1I=-at22o令其速度和％軸成6角，由于「即°=4=1所以6=45°%(2)粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為凡如圖由幾何關(guān)系可得:由幾何關(guān)系可得:由牛頓第二定律得：qvB=m^2R解得：B=解得：B=答：(1)粒子經(jīng)過Q點時速度的大小為2也，方向和％軸正方向成45°；\m(2)若粒子在第一象限的磁場中運(yùn)動一段時間后以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為二等【解析】(1)根據(jù)牛頓運(yùn)動定律和類平拋運(yùn)動的規(guī)律和運(yùn)動的合成與分解進(jìn)行解答；(2)作出粒子做圓周運(yùn)動的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，再根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力列式解答。解決該題的關(guān)鍵是掌握帶電粒子做類平拋運(yùn)動的解題規(guī)律，正確作出粒子做圓周運(yùn)動的軌跡，能根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運(yùn)動的半徑。.【答案】解：(1)根據(jù)圖象可知，AB分離后，B沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動，A沿斜面向上做勻減速直線運(yùn)動，第20頁，共33頁

A的加速度：%= =05(02m/s2=7.5m/s2,對4由牛頓第二定律得：mAgsin30°+^A^gcos30°=嗎%,代入數(shù)據(jù)解得：葭=皿，A6對B，由平衡條件得：mBgsin30°=^BrnBgcos30°,解得：%=號,(2)細(xì)線斷裂瞬間，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以平行于斜面向下為正方向，對AB系統(tǒng)，由動量守恒定律得:(嗎+mfi)v=mA^A+%%，由能量守恒定律得:E+1(m+m)v2=1mv2+1m*P2、4B) 2AA2BB，代入數(shù)據(jù)解得：Ep=6J；(3)當(dāng)AB的速度相等時，二者相距最遠(yuǎn)，設(shè)4上滑的時間為匕，位移為乙；4下滑過程中的加速度為a；中的加速度為a；，時間為匕'，位移為第；，對4，由牛頓第二定律得:mAgsin30°^AmAgcos30°=嗎%，由運(yùn)動學(xué)公式得：以=%匕，%=24%4vB=a/力，v2=2%司B發(fā)生的位移：%b=%(%+")4B再次相遇前的最遠(yuǎn)距離：L=%b+X4代入數(shù)據(jù)解得：「68”答：(1)Z、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為心、心；6 3(2)細(xì)繩未斷裂前微型彈簧儲存的彈性勢能為6J；(3)”、b再次相遇前的最遠(yuǎn)距離為56。【解析】(1)由圖示“七圖象分析清楚物體的運(yùn)動過程求出物體的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律與平衡條件求出動摩擦因數(shù)。(2)繩子斷裂過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能。(3)應(yīng)用牛頓第二定律求出4的加速度，分析清楚物體運(yùn)動過程，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出4、B間的最大距離。第21頁，共33頁本題是一道力學(xué)綜合題，根據(jù)題意分析清楚物體的運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動量守恒定律與能量守恒定律即可解題。.【答案】不變；增大【解析】解：溫度是分子的平均動能的標(biāo)志，溫度不變時，氣體分子的平均動能不變；一定質(zhì)量的某種理想氣體，則分子個數(shù)不變，若保持體積不變時，所以分子的密集程度也不變.體積減小，分子的密集程度增大，導(dǎo)致氣體的分子等溫時間內(nèi)與接觸面碰撞的次數(shù)增大，則氣體的壓強(qiáng)也增大.故答案為：不變，增大理想氣體壓強(qiáng)由分子的平均動能與分子密集程度決定，而溫度是分子的平均動能的標(biāo)志，分子的密集程度與分子個數(shù)與體積有關(guān).考查溫度是平均動能的標(biāo)志，及影響氣體的壓強(qiáng)的微觀解釋：分子的密集程度與氣體的體積有關(guān)..【答案】解：(1)初態(tài)壓強(qiáng)P1=(76-16)cmHg末態(tài)時左右水銀面的高度差為：(16-2X3)cm=10cm末狀態(tài)壓強(qiáng)為：P2=(76-10)mHg=66cmHg由理想氣體狀態(tài)方程得：46=^T1 T2解得：T=3T=66^25X280K=350K2尸1匕1 60X22(2)加注水銀后，左右水銀面的高度差為：h'=(16+2X2)-/由玻意耳定律得，匕匕=。3匕，其中P3=76-(20-1)解得：I=10cm【解析】利用理想氣體狀態(tài)方程解題，關(guān)鍵是正確選取狀態(tài)，明確狀態(tài)參量，尤其是正確求解被封閉氣體的壓強(qiáng)，這是熱學(xué)中的重點知識，要加強(qiáng)訓(xùn)練，加深理解。本題的一大難點在于高度差的計算。(1)對封閉氣體來講，由理想氣體狀態(tài)方程求解；(2)找到初末狀態(tài)的物理量，由等溫變化列方程求解。.【答案】0.41.0【解析】解：根據(jù)波動圖象可知，t=0時，P向下振動，則1.1s時P點振動了23個周期；4故23T=1.1s,得T=0.4s；4第22頁，共33頁

波速U=a=-2m/s=5m/s,x=2m的質(zhì)點的振動傳到Q點時，Q點第一次到達(dá)波谷T0.4處，故Q點第一次到達(dá)波谷所需時間七=：=5$=0.65,第二次到達(dá)波谷的時間「'=0.6s+0.4s=1.0s。故答案為：0.4；1.0。簡諧橫波沿％軸正方向傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點做簡諧運(yùn)動，根據(jù)波傳播方向判斷出此時P的點振動方向，由從t=0到t=1.1s時間內(nèi)，P點第三次出現(xiàn)在波峰位置分析得到周期.由圖象讀出波長，求出波速；波在同一均勻介質(zhì)中勻速傳播的，為=2cm處質(zhì)點的振動傳播到Q時，質(zhì)點Q第一次到達(dá)波谷，由七=/求出時間，再根據(jù)振動情況確V定第二次到達(dá)波谷的時間。本題采用波形的平移法求解Q第一次形成波谷的時間，也可以根據(jù)波的形成過程分析:先求出振動從％=2.5cm處傳到Q點的時間；Q點的起振方向向下，再經(jīng)過3T時間形成4第一次波峰，將兩個時間相加得到。18.【答案】解：作樹頂反射光線與石頭折射光線的光路圖如圖所示，入射角、折射角分別為設(shè)i、r，設(shè)樹高可，人的視線高h(yuǎn)2河寬為力由折射定律得，九二血…①

sinr由幾何關(guān)系得分別為設(shè)i、r，設(shè)樹高可，人的視線高h(yuǎn)2河寬為力由折射定律得，九二血…①

sinr由幾何關(guān)系得1.5ta幾i+3tani=6解得：tani=4,s譏i=4…②P點至岸邊的距離為：3ta位=4m聯(lián)立①②③解得：h=5.3m答：河水深度約為5.3m.【解析】由題意作出折射光路圖，由幾何關(guān)系及折射定律可求出河水的深度.本題是對光的折射定律的考查，要根據(jù)題意正確作出光路圖，結(jié)合折射定律和幾何關(guān)系進(jìn)行解答.19.【答案】D【解析】解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，則核聚變反應(yīng)方程沔+9T4He+X,中X表示中子，故A錯誤；B、根據(jù)W0=h,可知，極限頻率越大的金屬，逸出功越大，故B錯誤；第23頁，共33頁。、光電效應(yīng)實驗表明光具有粒子性，故C錯誤；D、兩個質(zhì)子與兩個中子結(jié)合成一個2"e原子核的過程中會釋放能量，結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程可知，兩個質(zhì)子與兩個中子的質(zhì)量之和大于2He原子核的質(zhì)量，故D正確.故選：D。原子核中，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和；逸出功與入射光的頻率無關(guān)，由金屬本身決定；光電效應(yīng)實驗表明光具有粒子性；依據(jù)質(zhì)能方程即可判定。本題考查了光電效應(yīng)，核反應(yīng)方程書寫規(guī)律、質(zhì)能方程等知識點，比較簡單，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點.20.【答案】C【解析】解:物體開始2s內(nèi)下落高度%=1或2=1xi0x22m=20m，則由題意可知，最后2s內(nèi)下落的高度%=406，根據(jù)平均速度公式可知，最后2s中間時刻的速度”=406/5=206/5，則物體自由下落的時間七=20'5+15=35，則物體下落的總高度%=X10X326=45加，故C正確，ABD錯誤。故選：C。根據(jù)位移公式求出開始開2s內(nèi)下落的高度，再由題意求出最后2s下落的高度，由平均速度公式求出最后2s中間時刻的速度，由速度-時間公式求出時間，由位移-時間關(guān)系即可求出物體下落的總高度。本題考查自由落體規(guī)律的應(yīng)用，要注意對于勻變速直線運(yùn)動中平均速度等于中間時刻的速度這一重要結(jié)論的應(yīng)用。.【答案】B【解析】解：小球垂直撞在斜面上，速度方向與斜面垂直，則有：t即6二手=小解得：%=；貳，小球做平拋運(yùn)動的水平位移為：％=L+Lcos37。=1.83又％=咿=3或2，代入數(shù)據(jù)解得：t=1.2s，/=9m/s。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B。抓住小球垂直撞在斜面上，速度方向與斜面垂直，得出豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，第24頁，共33頁

根據(jù)幾何關(guān)系求出小球平拋運(yùn)動的水平位移，聯(lián)立求出小球平拋運(yùn)動的初速度。掌握平拋運(yùn)動的規(guī)律，知道平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動。本題也可以結(jié)合平拋運(yùn)動的二級結(jié)論，即平拋運(yùn)動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，抓住速度的方向得出位移的方向，根據(jù)豎直位移和水平位移求出初速度。.【答案】D【解析】解：A、根據(jù)開普勒第二定律知，衛(wèi)星在軌道I上運(yùn)行時，從5點向A點運(yùn)動時，速度逐漸減小，經(jīng)過5點時的速率大于經(jīng)過A點時的速率，故A錯誤；B、衛(wèi)星從軌道I到軌道n要在5點點火減速，則在軌道I上5點的速度大于軌道n上5點的速度，故5錯誤；。、根據(jù)a=3可知，飛船在軌道I、n上的5點時加速度相等，故C錯誤；r2D、衛(wèi)星貼近月球表面飛行時，如果知道周期T，可以計算出平均密度，即由G9=R2m4^R，p=4nR3可解得p=^，故D正確。T2 3 GT2故選：D。明確衛(wèi)星的運(yùn)行過程，根據(jù)開普勒定律分析各點的速率變化，再根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力求出向心加速度以及平均密度。本題的關(guān)鍵建立衛(wèi)星運(yùn)動模型，抓住萬有引力等于向心力列式分析求解，掌握行星表面物體萬有引力等于重力這一規(guī)律求解行星表面的重力加速度。.【答案】A【解析】解：當(dāng)粒子的運(yùn)動軌跡剛好與N相切時，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律q%B=小手，解得％=^，此粒子打在熒光屏上的位置與A點在豎直方向上的距離為2d；設(shè)粒子的最大速度為％，粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系廠2=d2+（廠-）2,解得廠二：d，根據(jù)牛頓第二定律q%B=小琢，解得/=.；2 r 24m所以打在熒光屏上的粒子的速度大小范圍為皿工“工血，故A正確、5CD錯誤。m 4m第25頁，共33頁故選：A。當(dāng)粒子的運(yùn)動軌跡剛好與N相切時粒子的速度最小，求出粒子運(yùn)動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解最小速度；由于粒子在熒光屏上形成一條長為d的亮線，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子速度最大時的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解最大速度，由此得解。對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動情況分析，一般是確定圓心位置，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。.【答案】AC【解析】解:A、設(shè)物體的初速度為％，根據(jù)％=%口其中％=16m，t=4s，解得/=8m/s，0 2 0故A正確；B、物體減速時的加速度大小。=與=86/52=2m/s2,方向向上，根據(jù)牛頓第二定律t4可知F-mg=ma，解得尸=48N，故B錯誤；C、物體的機(jī)械能減少量等于支持力做功的大小，即為：%,=Fh=48x16/=768/，故C正確；D、物體受到的合力對物體做的功等于物體動能的改變量，即：W=0-1mv2=2 0-；x4x82/=-128，，故D錯誤。故選：ACo根據(jù)平均速度乘以時間等于位移求解速度大??；根據(jù)加速度的定義式求解加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力；根據(jù)功能關(guān)系和動能定理分析機(jī)械能的減少和合外力做的功。對于涉及功的計算、能量計算問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的受力情況、運(yùn)動情況、能量的轉(zhuǎn)化情況等；知道重力勢能變化與重力做功有關(guān)；動能的變化與合力做功有關(guān)；機(jī)械能的變化與除重力以外的力做功有關(guān)。.【答案】BD【解析】解：AB、由圖乙可知該交流電在一個周期內(nèi)只有一半的時間內(nèi)有電流，該交流電的最大值為220夜％則半個周期內(nèi)，交流電的有效值為220匕另外半個周期內(nèi)為零，將該交流電接一個電阻值為r的電阻，則：?「二y-T可得：q=110V2V根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知均=4，。2九2第26頁，共33頁

代入數(shù)據(jù)可得副線圈的電壓為u2=11V2V副線圈上的電流：/,=—『=饃應(yīng)4=2加42R1R2 23.5電流與匝數(shù)成反比，故原線圈的電流為?,=%]='x2V2，=或4故A錯誤，B正1a1 1 10 5確；CD、電壓表的讀數(shù)：U=/2?R2=272x3.5,=7或，，故C錯誤，D正確。故選：BD。根據(jù)圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論.掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題..【答案】BD【解析】解：4將EO延長交圓于F點，勻強(qiáng)電場中同一直線上相同距離的電勢差相等，即4。=^。尸，則F點的電勢為4匕AO的中點G點的電勢為4匕則FG為等勢線，由于FG與AC垂直，則AC為電場線方向，BD14C,則BOD為等勢線，因此B點電勢為6匕故A錯誤；B,由A選項分析，根據(jù)OA間電勢差為4匕距離為1m,則電場強(qiáng)度E=a=6Kg=4V/m,d1m故B項確；C,由A選項分析，電場方向由高電勢指向低電勢所以電場方向沿CA方向，故C錯誤；D，質(zhì)子所受電場力向左，質(zhì)子沿順時針方向從B運(yùn)動到D,電場力先做負(fù)功后做正功，故D正確.故選：BD。根據(jù)等勢面和電場線垂直，電場線垂直于等勢面從高電勢指向低電勢，得到電場強(qiáng)度方向，根據(jù)電勢差和電場強(qiáng)度關(guān)系確定電場強(qiáng)度大??；由電場力做功特點分析質(zhì)子運(yùn)動時電場力做功情況。本題考查等勢面與電場線關(guān)系以及電場力做功特點（電場力做功與帶電粒子運(yùn)動路徑無關(guān)只與初末位置有關(guān)），比較簡單。.【答案】C2k打A點時物塊的速度錯誤【解析】解：（1）圖乙所示的打點計時器為電火花計時器，所用電源為220V交流電，故C正確。第27頁，共33頁(2)根據(jù)d=與t+1at2,得：=,+1就，因此斜率k=：,所以加速度大小a=2k；圖線與縱軸的交點為打A點時物塊的速度.(3)由于d表示的是平均速度，則不能用d-t圖象中的圖線與時間軸圍成的面積表示物塊t tt時間內(nèi)運(yùn)動的位移大小，他的觀點是錯誤的.故答案為：(1)G(2)2k；打A點時物塊的速度(合理即可)；(3)錯誤。(1)實驗裝置中所用的電火花計時器，使用的電源是220V的交流電源；(2)根據(jù)位移與時間的關(guān)系求解加速度，并根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解圖線與縱軸的交點的物理意義；(3)v-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積表示物塊運(yùn)動的位移大小，其中v是瞬時速度。本題關(guān)鍵是明確實驗原理，知道各個實驗的操作步驟以及注意事項，會通過公式結(jié)合圖象分析獲得已知的物理量，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。.【答案】甲1.450.90小于小于【解析】解：(1)由圖可知，乙圖中的開關(guān)無法控制整個電路，所以應(yīng)采用圖甲所示實驗電路圖；(2)在電池組負(fù)極和開關(guān)之間串聯(lián)一個阻值為R=2。的電阻，電壓表示數(shù)：U=E-Z(r+R)由圖示電源U-/圖象可知，電源電動勢E=1.45V,圖象斜率的絕對值k=R+r=%=1fC=2.90。，電源內(nèi)阻：r=k-R=2.909-29=0.900(3)圖甲所示電路圖，采用的是相對電源的電流表外接法，由于電壓表的分流導(dǎo)致此種接法電動勢和內(nèi)電阻均小于真實值。故答案為：⑴甲；(2)1.45；0.90；(3)小于；小于。(1)干電池內(nèi)阻較小，為減小實驗誤差，相對于電源來說電流表應(yīng)采用外接法。(2)根據(jù)題求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻；(3)根據(jù)電路圖進(jìn)行分析，明確電表內(nèi)阻的影響，從而明確誤差情況。本題考查了測電池組的電動勢和內(nèi)阻實驗，理解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵，注意掌握根據(jù)圖象進(jìn)行數(shù)據(jù)處理的方法。.【答案】解：(1)4與B間的滑動摩擦力為%=41mg=4N地面與長木板B間的滑動摩擦力為%=M2(m+M)g=4N地面與長木板B間的滑動摩擦力恰好等于恒力F，第28頁，共33頁所以鐵塊A和長木板B組成的系統(tǒng)初始階段動量守恒：rnv0=(m+M)v從開始運(yùn)動到共速的時間、=*41g所以木板B的長度至少為：L=34^t=1m2 1 21(2)初始階段A、B間的滑動摩擦力對長木板B做的功拎］=Ff1x2根據(jù)運(yùn)動規(guī)律可得：％2=2、因為%=7，所以共速后A與B相對靜止，有/(m+M)o=(m+M)a因此A與B間的靜摩擦力為^3=m。=6〃2。，A、B間的靜摩擦力對長木板B做的功咋=Ff3X3根據(jù)運(yùn)動規(guī)律可得：％3=42〃2g所以A、B間的摩擦力對長木板B做的功：Wf=Wf1+Wf3解得：Wf=4答：(1)木板B的長度至少為1m；(2)整個過程中A對B做的總功為4J?！窘馕觥?1)先判斷A與B、地面與長木板B間的滑動摩擦力，然后根據(jù)動量守恒定律判斷A、B共速所用的時間，再計算得木板B的長度；(2)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式判斷兩階段長木板B的位移，以及兩過程摩擦力對長木板B做的功。本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和功能關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是弄清楚鐵塊和木板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行解答，要注意先判斷摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力。30.【答案】解：(1)撤去拉力的瞬間，電壓表的示數(shù)為分，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，金屬棒中的電動勢：E0=fX(R+；R)=；U0設(shè)此時金屬棒的速度大小為,，則E0=BL%解得：%=嗎02BL(2)由于在0?%時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢：后=；%,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=B"由圖示圖象可知：u=4tf0解得：V=-3^t2BLt0因此金屬在這段時間內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，第29頁，共33頁由勻變速直線運(yùn)動的速度-時間公式"=就可知，加速度大小為：。=卬2BLtQ在t=1t0時刻，電路中電流：/=弘=42 R2R根據(jù)牛頓第二定律：F—BIL—mgsi.nO=ma解得：F=1mg+3mU0+BL。。\' 2 2BLt0 2R(3)撤去F后，金屬棒向上做變減速運(yùn)動，則減速運(yùn)動的時間為％，根據(jù)動量定理：—mgsinB-%—B—%=0—mv0即mgs譏6-t0+BqL=mv0解得：q=紈4-皿o2B2L2 2BL設(shè)撤去拉力后，金屬棒向上運(yùn)動的距離為％，由9=皿1.5R解得：汽=3BL設(shè)電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為。，根據(jù)能量守恒定律得：11.5Q+mgxsinO=2mv2TOC\o"1-5"\h\z解得：Q=3施/2+m2g2Rt0—3m2gR1/04B2L2 4B3L3答：(1)撤去拉力的瞬間，金屬棒的速度大小是4公'， 2BLt0(2)t=%時刻，作用于金屬棒上拉力的大小是工加自+叫+叫；20 2 2BLt0 2R(3)撤去拉力后，金屬棒向上