2021屆江蘇省鹽城市高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆江蘇省鹽城市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共8小題，共27.0分）

1.A、B兩球的質(zhì)量均為小，兩球之間用輕彈簧相連，放在光滑的水平地面上，

A球左側(cè)靠墻，彈簧原長為Lo,用恒力尸向左推B球使彈簧壓縮，如圖所示，

整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時彈簧長為L,下列說法正確的是（）

A.彈簧的勁度系數(shù)為；

B.彈簧的勁度系數(shù)為盧7

LQ-L

C.若突然將力尸撤去，撤去瞬間，4、B兩球的加速度均為0

D.若突然將力二撤去，撤去瞬間，4球的加速度為上，球的加速度大小為0

m

2.如圖所示，有兩根和水平方向成a角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可

變電阻R,下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感強度為B,

一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下.經(jīng)過足夠長的時間，金屬桿

的速度趨近于一個最大速度%”則（）

A.如果B增大，方將變大B.如果a變大，方將變大

C.如果R變小，樂將變大D.如果m變小，樂將變大

3.如圖所示，人、L2為兩個相同的燈泡，開關(guān)S接通恒定直流電源時，；?」

~Qyi—

燈泡人發(fā)光，功不亮，后將s與有效值和直流電壓相同的交變電源一n太￡

接通，這時（）

A.乙2比L］更亮些?I

B.G比G更暗些2

C.人仍然不亮

D.功可能和G一樣亮

4.一只重為G的蝸牛沿著藤蔓緩慢爬行，如圖所示.若藤蔓的傾角為a,則蝸牛對藤蔓的作用力大

小和方向分別為（）

A.G,豎直向下B.Gcosa,垂直斜面向下

C.Gtana,垂直斜面向下D.Gsina,沿斜面向下

5.如圖所示為三顆衛(wèi)星Q、b、c繞地球做勻速圓周運動的示意圖，其一"一■……

/\

中反c是地球同步衛(wèi)星，a在半徑為r的軌道上，此時a、b恰好相/

距最近。已知地球質(zhì)量為M,半徑為R,地球自轉(zhuǎn)的角速度為0,\[三）W一一疝

引力常量為G,則（）\“一」「J

\J'

A.衛(wèi)星b加速一段時間后就可能追上衛(wèi)星c...........」

B.衛(wèi)星a的加速度比b的加速度小

C.到衛(wèi)星a和b下一次相距最近，還需經(jīng)過時間t=

D.衛(wèi)星a的周期大于24小時

6.下列說法中正確的是（）

A.激發(fā)原子躍遷成電離的手段只能是讓它吸收電磁輻射即吸收光子，沒有其它方式

B.結(jié)合能是指由于核子結(jié)合成原子核而具有的能量

C.光電效應(yīng)產(chǎn)生的光電子和原子核夕衰變放出的￡射線都來自于原子中的核外電子

D.玻爾氫原子理論的不足之處在于保留了經(jīng)典粒子的觀點，仍然把電子的運動看做經(jīng)典力學描

述下的軌道運動

7.下列說法正確的是（）

A.壓縮氣體時氣體會表現(xiàn)出抗拒壓縮的力是由于氣體分子間存在斥力的緣故

B.如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定處于熱平衡，

用來表征它們所具有的“共同熱學性質(zhì)”的物理量是內(nèi)能

C.燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層酌云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是晶體

D.一定質(zhì)量的理想氣體，如果在某個過程中溫度保持不變而吸收熱量，則在該過程中氣體的壓

強一定減小

8.一個彈簧振子做簡諧振動，若從平衡位置開始計時，經(jīng)過3s時，振子第一次到達P點，又經(jīng)過2s

第二次經(jīng)過P點.則該彈簧振子的振動周期可能為（）

A.32sB.16sC.8sD.4s

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.甲、乙兩小汽車在同一水平道路上同向行駛，甲車在前，乙車在J

時刻兩車相距&=4.0m,兩車運動過程的u-t圖象如圖所示，-

法中正確的是（）

A.當t=2s時，甲車在乙車前方2m處

B.當t=4s時，乙車在甲車前方4nl處

C.t=8s時，甲車在乙車前方4nl處

D.。?12s內(nèi)，甲、乙兩車有兩次相遇

10.如圖所示，半徑為R=1m的光滑圓環(huán)豎直固定放置，4B為水平

直徑，CD為豎直直徑。一質(zhì)量為m=Mg、中間帶孔的小球穿過

圓環(huán)，彈性橡皮繩一端固定在圓環(huán)最高點C,另一端固定在小球

上，小球靜止在E點，CE與豎直方向的夾角為37。，彈性橡皮繩原

長為1.5m,彈力滿足胡克定律。現(xiàn)沿著圓環(huán)切線向右下方給小球

一個初速度%=5m/s?已知橡皮繩的彈性勢能與橡皮繩的形變

量x滿足Ep=gkx2,sin370=0.6.cos37°~0.8,g取lOm/sz,則下列說法正確的是（）

A.橡皮繩的勁度系數(shù)為k=160JV/m

B.小球運動到。點時機械能最大

C.小球運動到。點時，圓環(huán)對小球的彈力大小為70N

D.小球能運動到C點

11.如圖所示，質(zhì)子（；，）和氮核（［外）從靜止在加速電壓為小的加速電場U1|~

加速后垂直進入電壓為/的偏轉(zhuǎn)電場，射出后打到屏幕上，下列說法正"?「....

確的是（）

A.質(zhì)子和氫核從加速電場射出后的速度相同

B.質(zhì)子在加速電場中獲得的動能是e%

C.氫核在偏轉(zhuǎn)電場中獲得的動能為2eU2

D.質(zhì)子和氨核在不同時刻打到屏幕的同一點上

12.如圖所示的裝置中，若光滑金屬導軌上的金屬桿時向右發(fā)生移動，其原因可能是（）

XXX

/'XXX

A.突然將S閉合B.突然將S斷開

C.S閉合，增大R的阻值D.S閉合，減小R的阻值

三、填空題（本大題共3小題，共12.0分）

13.一個靜止的鉆核衰變成一個電子和另外一個新核X,并釋放出一定的能量，其核衰變方程為:

判Corx+9送則新核x的中子數(shù)為.設(shè)該衰變過程中發(fā)出波長為;11和%的兩個光子.則

這兩個光子的總能量所對應(yīng)的質(zhì)量虧損為（真空中的光速為C,普朗克常量為八）

14.一定質(zhì)量的理想氣體從初狀態(tài)I變到末狀態(tài)II的過程中，溫度升高，壓強增大，變化過程中p-7

圖像如圖所示，由圖像可知，初狀態(tài)I的體積（填“小于”、“等于”或“大于”）末狀

態(tài)n的體積；初狀態(tài)I的內(nèi)能（填“小于”、“等于”或“大于"）末狀態(tài)n的內(nèi)能；初

狀態(tài)I變到末狀態(tài)口，氣體（填“吸收”或“放出”）熱量。

15.如圖所示是一個單擺的振動圖象，根據(jù)圖象所給的數(shù)據(jù)，則t=2s時，擺球的速度方向為

（填正方向或負方向）；單擺的擺長m.{g=9.8m/s2,7i2=9.8）

四、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

16.在逸證機械能守恒定律/實驗中，兩實驗小組同學分別采用

了如圖甲和乙所示的裝置將重物由靜止釋放，采用兩種不同的

實驗方案進行實驗.

①關(guān)于兩圖裝置中重物以及實驗器材的選擇下列說法正確的是

A.在甲圖中，下落物體應(yīng)選擇密度大的重物

及在乙圖中，兩個重物的質(zhì)量關(guān)系是巾1＞血2

C.采用甲、乙的方案進行實驗，都還需要的實驗器材有交流電源、刻度尺和天平

。.采用甲、乙的方案進行實驗，都必須先釋放重物，再打開打點計時器

②比較甲、乙兩種實驗方案，你認為更合理，理由是.

17.某實驗小組用如圖甲所示的電路圖來測量電流表Gi的內(nèi)阻。器材如下：

A.待測電流表Gi：量程0?5znA，內(nèi)阻約為300。

B.靈敏電流計G（內(nèi)阻很小可忽略）

C定值電阻％

。?定值電阻/?2

E.滑動變阻器/?3（最大阻值為20。）

F.滑動變阻器/?式最大阻值為I。。。。）

G.電阻箱勺（最大阻值為999.90）

（1）①電源電動勢是1.51Z,為實驗過程中便于調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)選用（填寫器材前對應(yīng)的字

母）。

②在閉合開關(guān)前滑片應(yīng)置于（填“a”或"b”）端，然后移動滑動變阻器的滑片使待測表的示

數(shù)適當后再不移動滑片，只調(diào)節(jié)（，發(fā)現(xiàn)當q=1000時靈敏電流計的示數(shù)正好為零；將電阻

箱和待測電流表位置互換，其他不動，再次調(diào)節(jié)&，當勺=8410時靈敏電流計的示數(shù)又正好

為零，由此可知待測電流表的內(nèi)阻為n.

（2）若將J表改裝成如圖乙所示的一個多量程多用電表，電流、電壓和電阻的測量都各有兩個量程（或

分度值）不同的擋位。1、2兩個擋位為電流表擋位，其中的大量程是小量程的10倍。

①關(guān)于此多用電表，下列說法正確的是。

人當轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4時，是電阻擋

3.當轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置6時，是電流擋

C.轉(zhuǎn)換開關(guān)5旋到5的量程比旋到6的量程大

D4表筆為紅表筆，B表筆為黑表筆

②圖中的電源E'的電動勢為9.0，，當把轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4,在爾B之間接900。電阻時，剛好

半偏。已知操作順序和步驟都正確，則&=n,R2=①

五、簡答題（本大題共1小題，共15.0分）

18.如圖所示連接電路。實驗時，電流表無示數(shù)。當移動滑動變阻器的觸頭

時，電壓表雖然有示數(shù)，但示數(shù)不發(fā)生變化。故障可能出現(xiàn)在何處？若

移動滑動變阻器的觸頭時，電壓表和電流表雖然都有示數(shù)，但示數(shù)也都

不變化，故障又可能出現(xiàn)在何處？請用多用電表的電阻擋驗證你的判斷。

六、計算題（本大題共5小題，共50.0分）

19.設(shè)火箭發(fā)射前的總質(zhì)量是M,燃料燃盡后的質(zhì)量為加，火箭燃氣的噴射速度為也試求燃料燃盡

后火箭飛行的最大速度

20.如圖所示，重G]的活塞a和重Gz的活塞匕，將長為L的氣室分成體積比為7

1：2的A、B兩部分，溫度是127。（2,系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，當溫度緩慢J

地降到27K時系統(tǒng)達到新的平衡，求活塞a、b移動的距離.|

21.如圖所示為一個半徑為R的透明介質(zhì)球體，M、N兩點在一條直線上關(guān)于球心。對稱，與球心的

距離均為|上一細束單色光從M點射向透明介質(zhì)球體，從P點射入，穿過球體后到達N點。PA垂

直于MN,且P4=]/?,設(shè)光在真空中傳播的速度為c。求：

（i）介質(zhì)球的折射率；

3）光從M點射出后到達N點所用時間。

22.如圖1所示，兩根足夠長的平行金屬導軌MN、PQ相距為3導軌平面與水平面夾角為a,金屬棒

ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為導軌處于勻強磁

場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應(yīng)強度大小為B.金屬導軌的上端與開關(guān)S、定值

電阻&和電阻箱/?2相連.不計一切摩擦，不計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為0現(xiàn)在閉合

開關(guān)S,將金屬棒由靜止釋放.

(1)判斷金屬棒ab中電流的方向；

(2)若電阻箱/?2接入電路的阻值為0,當金屬棒下降高度為九時，速度為"，求此過程中定值電阻￡上

產(chǎn)生的焦耳熱Q；

⑶當B=0.40T,L=0.50m,a=37。時，金屬棒能達到的最大速度外隨電阻箱阻值的變化關(guān)系，

如圖2所示.取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos3如=0.80.求定值電阻凡的阻值和金屬棒的質(zhì)

量m.

23.如圖1所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強電場，場強E=3x103/v/C,MN下方有垂直

于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖2所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁

場正方向。在t=0時，將一帶正電的粒子從電場中的。點處由靜止釋放，在t=lxl0-5s時通

過MN上的P點進入磁場，經(jīng)過一段時間后，粒子最終打在足夠大的擋板上，已知擋板位于P點

左側(cè)且垂直于MN,擋板與P點間的距離為100cm；粒子的比荷“)="。"。，不計粒子的重

力;計算中取7=3。

B/l

圖1圖2

(1)求粒子從P點進入磁場時速度的大?。?/p>

(2)在t=1x1。-次至2x10-55時間內(nèi)，求粒子運動的軌道半徑和周期;

(3)求粒子從。點出發(fā)運動到擋板所需的時間。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、以B為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件：F=fc(L0-L)

得：k=r-L

故A錯誤B正確；

C、若突然將力尸撤去，撤去瞬間，彈簧來不及發(fā)生形變，則彈力不能瞬間改變，故A受合力仍然為

0,加速度為0；B水平方向只受彈簧的彈力，大小為凡

根據(jù)牛頓第二定律：a=C,故CQ錯誤；

m

故選：B。

根據(jù)平衡條件求出彈簧彈力大小，然后根據(jù)胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)；

若突然將力尸撤去，撤去瞬間，彈簧彈力不能瞬間改變。

本題考查加速度的瞬時性和胡克定律，注意胡克定律F=KX中X指的是形變量，不是彈簧的長度。

2.答案：B

解析：解：金屬桿受重力、支持力、安培力，開始時重力沿斜面的分力大于安培力，所以金屬桿做

加速運動。

隨著速度的增加，安培力在增大，所以金屬桿加速度逐漸減小，當加速度減小到零，速度最大。

當加速度為零時，速度最大。有mgs譏a=B/L,

,BLVm

，=-

mgsina?R

■=B2.

A、如果B增大，加將變小，故A錯誤。

B、如果a變大，燈將變大，故8正確。

C、如果R變小，?將變小，故C錯誤。

。、如果ni變小，為將變小，故。錯誤。

故選：B。

金屬桿受重力、支持力、安培力做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度減小到零，速度最大.根

據(jù)合力為零，求出金屬桿的最大的速度.

根據(jù)最大的速度的表達式進行求解.

解決本題的關(guān)鍵知道金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，速度最大.

3.答案:D

解析：解：電容器可以通過交流電，若電容器的電阻等于R,G和L1一樣亮，若大于R，人比人更暗

些，若小于R,4比G更亮些。

故選：Do

電感的特性是：通直流、阻交流；阻高頻、通低頻.電容的特性是：隔直流、阻交流：通高頻、阻

低頻.

對于電容和電感對交流的影響可以根據(jù)感抗和容抗的公式，在理解的基礎(chǔ)上進行記憶.

4.答案：A

解析：

對蝸牛進行受力分析，明確緩慢爬行時合力為零，葡萄枝對蝸牛作用力的含義：葡萄枝對蝸牛的支

持力和摩擦力的合力.根據(jù)平衡條件研究.

解題的關(guān)鍵是對蝸牛進行受力分析，然后仔細審題，根據(jù)平衡條件即可得解，且不可以把摩擦力當

做是蝸牛對葡萄枝的作用力.

對蝸牛進行受力分析：蝸牛受到豎直向下的重力、垂直葡萄枝向上的彈力、沿葡萄枝向上的摩擦力，

葡萄枝對蝸牛的支持力和摩擦力的合力.因蝸牛緩慢爬行，說明蝸牛處于平衡狀態(tài)，即所受合力為

零，葡萄枝對蝸牛的支持力和摩擦力的合力與重力大小相等，因此，蝸牛受到葡萄枝的作用力大小

等于蝸牛重力，即蝸牛對葡萄枝的作用力大小為G,方向豎直向下.故A正確.

故選：A.

5.答案：C

解析：解：4、衛(wèi)星b加速后做離心運動，軌道變高，不可能追上衛(wèi)星c,故A錯誤；

B、根據(jù)萬有引力提供向心力可知，誓=ma,解得加速度：a=皆，衛(wèi)星a的軌道半徑小，加速度

大，即衛(wèi)星a的加速度比b的加速度大，故8錯誤；

C、根據(jù)萬有引力提供向心力：誓=加0＞，可得b衛(wèi)星的角速度：na=楞,可知半徑越大角速

度越小，衛(wèi)星由相距最近至再次相距最近時，圓周運動轉(zhuǎn)過的角度差為2乃，所以可得經(jīng)歷的時間t=

27r

[GM＞故。正確；

。、b、c為同步衛(wèi)星，衛(wèi)星a的軌道半徑小于同步衛(wèi)星，根據(jù)開普勒第三定律可知，左=匕軌道半

徑小的，周期小，則衛(wèi)星a的周期小于同步衛(wèi)星的周期，小于24%,故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)衛(wèi)星變軌原理分析，加速做離心運動。

衛(wèi)星繞地球圓周運動的向心力由萬有引力提供，據(jù)此由半徑關(guān)系分析加速度大小關(guān)系。

根據(jù)開普勒第三定律分析周期與軌道半徑的關(guān)系。

衛(wèi)星再次相距最近，則衛(wèi)星轉(zhuǎn)動的角度差為2兀，由此分析計算即可。

此題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，在衛(wèi)星問題的處理中主要抓住衛(wèi)星圓周運動的向心力由萬有引力

提供，能根據(jù)衛(wèi)星軌道半徑的大小確定描述衛(wèi)星圓周運動物理量的大小是解決本題的關(guān)鍵。

6.答案：D

解析：解：4、激發(fā)原子躍遷成電離的手段除讓它吸收電磁輻射即吸收光子，也可以利用碰撞，故4

錯誤.

8、結(jié)合能是指由于核子結(jié)合成原子核而放出的能量，不是原子核具有的能量，故8錯誤.

C、光電效應(yīng)產(chǎn)生的光電子來自于原子中的核外電子，而0衰變的實質(zhì)是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子

和一個電子，所以原子核0衰變放出的0射線是由原子核中子轉(zhuǎn)化而來的.故C錯誤.

。、玻爾氫原子理論的不足之處在于保留了經(jīng)典粒子的觀點，仍然把電子的運動看做經(jīng)典力學描述

下的軌道運動.故。正確.

故選：D

激發(fā)原子躍遷成電離的手段有光照或碰撞，結(jié)合能是指由于核子結(jié)合成原子核而放出的能量.光電

效應(yīng)產(chǎn)生的光電子和原子核0衰變放出的夕射線來源不同.原子核￡衰變放出的0射線是由原子核中子

轉(zhuǎn)化而來的.玻爾氫原子理論的不足之處在于保留了經(jīng)典粒子的觀點，仍然把電子的運動看做經(jīng)典

力學描述下的軌道運動.

解決本題的關(guān)鍵是掌握原子電離的方式、結(jié)合能的含義、0衰變的實質(zhì)，要知道玻爾氫原子理論的局

限性，要注意加強記憶.

7.答案：D

解析：解：力、壓縮氣體時會表現(xiàn)出抗拒壓縮的力是由于氣體有壓強的原因，不是分子間存在斥力的

緣故。故A錯誤；

8、根據(jù)熱力學第零定律，如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么兩個系統(tǒng)也必定處于熱

平衡，用來表征它們所具有的“共同熱學性質(zhì)”的物理量是分子平均動能，故B錯誤；

C、燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層酌云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明云母片各向異性，是晶

體，但蜂蠟不是晶體。故C錯誤；

。、根據(jù)熱力學第一定律，理想氣體溫度不變，內(nèi)能就不變△(/=(),氣體吸收熱量Q>0,氣體對

外做功w<0,氣體體積增大。一定質(zhì)量的理想氣體，根據(jù)理想氣體氣體狀態(tài)方程與=C,得氣體

的壓強減小，故力正確。

故選：Do

壓縮氣體時會表現(xiàn)出抗拒壓縮的力是由于氣體有壓強的原因；根據(jù)熱力學第零定律，如果兩個系統(tǒng)

分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么兩個系統(tǒng)也必定處于熱平衡，用來表征它們所具有的“共同熱

學性質(zhì)”的物理量是分子平均動能；燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層酌云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢

圓形，說明云母片各向異性；定質(zhì)量的氣體的內(nèi)能的變化，就由氣體分子熱運動的動能總和的變化，

即由溫度變化所決定，根據(jù)氣體狀態(tài)方程與=C和已知的變化量去判斷其它的物理量。

本題主要考查了分子間的相互作用力、熱力學定律、晶體的各向異性、熱力學第一定律、理想氣體

狀態(tài)方程。本題的關(guān)鍵是：應(yīng)用熱力學第一定律分析問題要注意Q、△〃、”三個量的符號。此處高

考要求不高，不用做太難的題目。

8.答案：B

解析：解：若從0點開始向右振子按下面路線振動，作出示意圖如圖，則振子的振動周期為71=4x

(3+|)=16s,

O3sp最大位移

若振子從。點開始向左振動，則按下面路線振動，作出示意圖如圖，

設(shè)從P到。的時間為t,則g+t=?

解得：t=：s

則周期7=4*弓+1%=絳

故選：B。

彈簧振子的周期是振子完成一次全振動的時間，分析振子振動的過程，確定周期.

本題關(guān)鍵要抓住振子開始振動的方向有兩種，可能經(jīng)過兩種路線完成一次全振動，即考慮雙向性.

9.答案:AC

解析:解：4根據(jù)u-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移,貝I知0-2s,甲的位移為工火=芋x2m=

18m,乙的位移為X,=^x2m=20m,乙、甲的位移之差△x=一“用=2m。甲、乙兩車在

同一水平道路上同向行駛，開始時甲車在前，乙車在后，它們相距劭=4.0m,則當t=2s時，甲車

在乙車前方2m處，故A正確。

B、由于0-4s內(nèi)，兩車通過的位移相等，所以當t=4s時，甲車在乙車前方47n處，故B錯誤。

C、由于0—8s內(nèi)，兩車通過的位移相等，所以當t=8s時，甲車在乙車前方4nl處，故C正確。

。、0-8s內(nèi)，兩車通過的位移相等，8—12s內(nèi)，乙車的位移與甲車的位移之差△%=詈-菱=

6m>x0=4.0m,所以0?12s內(nèi)，甲、乙兩車只相遇一次，故。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的面積表示位移，可求出兩車的位移，結(jié)合初始的間距，可確定兩車位

置關(guān)系，并判斷何時兩車相遇。

解決本題的關(guān)鍵在于知道"-匕圖象與時間軸圍成的面積表示位移，明確相遇的條件：乙車與甲車位

移之差等于與。

10.答案：ACD

解析：解：4、小球靜止在E點時受到重力G、軌道的彈力N和

橡皮繩的拉力F,由平衡條件知，N與G的合力與尸等大、反

向、共線，如圖所示，由三角形相似得：

T_G

AC-CO

根據(jù)幾何關(guān)系可知AC=2Rcos37°=2x1x0.8m=1.6m>

CO=R=lm

在E點時，橡皮繩的伸長量為％=AC-Lo=(1.6-1,5)m=0,1m

由胡克定律知尸=kx

由平衡條件知T=F

聯(lián)立解得％=160N/m,故A正確；

8、小球從E點運動到。點的過程，橡皮繩對小球做負功，小球的機械能減小，之后，橡皮繩對小球

做正功，小球的機械能增加，則小球運動到。點時機械能最小，故8錯誤；

C、小球從E點運動到。點的過程，取。點為零勢能點，由小球和橡皮繩組成的系統(tǒng)機械能守恒得：

|mvo+|/cx2+mg(2R-4Ccos37。)="好+^mv^

其中X。=2R-Lo=(2—1.5)m=0.5m

解得%=0

小球在。點時，由牛頓第二定律得：kxD-mg-N=0

聯(lián)立解得：圓環(huán)對小球的彈力大小N=70N,故C正確；

D、假設(shè)小球能運動到C點，小球從。到C的過程，由系統(tǒng)機械能守恒得：\kxl=2mgR+\mvl，可

得t>c=。，假設(shè)成立，故。正確。

故選：ACD.

小球靜止在E點，分析小球受力，由平衡條件和胡克定律求橡皮繩的勁度系數(shù)；根據(jù)功能關(guān)系分析小

球運動到D點的機械能；由橡皮繩和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒求出小球運動到。點時的速度。小球

在。點時，由牛頓第二定律求圓環(huán)對小球的彈力大??；假設(shè)小球能運動到C點，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守

恒求小球運動到C點的速度，從而判斷小球能否運動到C點。

本題的關(guān)鍵要系統(tǒng)機械能守恒問題，要能靈活運用數(shù)學知識確定彈簧的長度，正確分析向心力的來

源：指向圓心的合外力。要注意小球在運動過程中，機械能并不守恒。

11.答案：BD

解析：解：4根據(jù)動能定理4〃=：加片，知質(zhì)子和氮核從加速電場射出后的速度不相同，A錯誤;

B、質(zhì)子在加速電場中獲得的動能等于電場力做功，是eUi，8正確；

C、由圖象知氮核在電場中偏轉(zhuǎn)時電勢差小于“，所以氨核在偏轉(zhuǎn)電場中獲得的動能小于2e/,C

錯誤；

。、由4知它們的初動能不同，所以速度U不同，根據(jù)水平方向t=。所以到達屏幕時用時不同，偏

1qU^L2

轉(zhuǎn)位移y=5乙?右/fid■-?而江=石rvtq而ui知打在同一點上，。正確；

m

故選：BD

根據(jù)動能定理判斷加速后的速度，電場力做功和在偏轉(zhuǎn)電場中獲得的動能，根據(jù)類平拋運動分析時

間和打在屏上的位置.

本題考查了帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，難度中等.

12.答案：AD

解析：

金屬桿向右運動則說明金屬桿受到向右的作用力，由左手定則可知電流的方向；由楞次定律可知左

側(cè)產(chǎn)生的磁通量的變化；則可知左側(cè)電流的變化情況.本題考查楞次定律以及左手定則的應(yīng)用，要

注意明確當減小電阻R的阻值時，電路中電阻減小，由歐姆定律可知電流將增大，則內(nèi)部磁通量將增

大.

金屬桿向右運動說明金屬桿受到向右的安培力，由左手定則可知，金屬桿中的電流由a到b；

右側(cè)線框中產(chǎn)生的磁通量向上；則由楞次定律可知，左側(cè)線框中的磁場可能向下減小，也可能向上

增加；

左側(cè)電流由上方進入，由安培定則可知，內(nèi)部磁場方向向上；故產(chǎn)生以上現(xiàn)象只能是磁通量突然增

加；故只能為4或。；故AO正確，BC錯誤.

故選：AD.

（入1+入2）九

13.答案：32；

A-j入2c

解析：解：發(fā)生一次口衰變后，原來的原子核質(zhì)量數(shù)不變，核電荷數(shù)增加1,因此X的質(zhì)子數(shù)為28,

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知，X的中子數(shù)為32；

每個光子的能量為：％=寮%=受

因此釋放的總能量為：E=&+E2=九嗎+

釋放的能量來自質(zhì)量虧損，因此根據(jù)4E=me?有:

11

/ic(—+—)=△me9

(%+及)無

△m=——----

（入1+入2）八

故答案為:32,

發(fā)生一次口衰變后，原來的原子核質(zhì)量數(shù)不變，核電荷數(shù)增加1,或者根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以

求出X的中子數(shù)；每個光子的能量為總能量就是兩個光子的能量和，然后根據(jù)質(zhì)能方程可以求

出質(zhì)量虧損.

本題考查原子核的/?衰變方程以及質(zhì)能方程的應(yīng)用，要熟記規(guī)律，正確應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題目.

14.答案：等于小于吸收

解析：解：在p-r圖像中，根據(jù)即=c可得冷也與原點連線斜率的倒數(shù)表示氣體的體積，從狀態(tài)

/到狀態(tài)〃，斜率不變，故氣體做等容變化，即匕=%

經(jīng)過狀態(tài)/到狀態(tài)〃，氣體的溫度升高，內(nèi)能增大，故初狀態(tài)I的內(nèi)能小于末狀態(tài)n的內(nèi)能，

從狀態(tài)/到狀態(tài)〃，氣體做等容變化，不做功，氣體的內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學第一定律△(7=〃+<?可

得。=△(/>(),故氣體吸收熱量

故答案為：等于，小于，吸收

在p-T圖像中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷出氣體的變化，當溫度升高時，氣體的內(nèi)能增加，結(jié)合

熱力學第一定律求得吸放熱。

本題考查理想氣體狀態(tài)方程以及熱力學第一定律的應(yīng)用，要注意明確圖象的意義，由圖象分析氣體

的狀態(tài)變化是解決問題的關(guān)鍵。

15.答案：正方向；1

解析：解：t=2s時，圖象的斜率為正，則此時擺球的速度方向為正方向.

由圖知，周期為7=2s

由7=27r日得L=嗎==1m

7g4n24x9.8

故答案為：正方向，1.

位移圖象切線的斜率表示速度，由斜率的正負分析擺球的速度方向.讀出周期，由單擺的周期公式

求擺長.

解決本題的關(guān)鍵要掌握位移圖象的斜率等于速度，掌握單擺的周期公式T=并能從圖象讀取

有效信息.

16.答案：AB,甲；乙圖中受到細繩和滑輪之間的摩擦力的影響

解析：解：(1)4、為了使空氣阻力影響更小，在甲圖中，下落物體應(yīng)選擇密度大的重物，故A正確；

B、乙圖是驗證系統(tǒng)機械能是否守恒，血1向下運動，巾2向上運動，所以>62?故8正確；

C、在甲圖中，不需要測量物體的質(zhì)量，即不需要天平，乙圖是驗證系統(tǒng)機械能是否守恒，即驗證系

統(tǒng)動能的增加量和系統(tǒng)重力勢能的減小量是否相等，動能的增加量為△Ek="mi+m2)/，重力勢

能的減小量為△EP-(Tn1-血2)9兒需要天平，故C錯誤；

采用甲、乙的方案進行實驗，都必須先打開打點計時器，再釋放重物，故。錯誤；

故選：AB.

(2)甲方案更合理，因為在乙圖中受到細繩和滑輪之間的摩擦力的影響.

故答案為：@AB②甲；乙圖中受到細繩和滑輪之間的摩擦力的影響

在驗證機械能守恒定律的實驗中，應(yīng)選擇質(zhì)量大，體積小的物體作為重物.乙圖是驗證系統(tǒng)機械能

守恒，通過實驗的原理確定測量的器材和兩個重物的質(zhì)量關(guān)系.

解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，通過原理確定測量的器材以及誤差的來源，理解兩方案的優(yōu)點與

缺點.

17.答案：Eb290AD29261

解析：解：(1)①為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇E;

②由圖甲所示電路圖可知，實驗應(yīng)用電橋法測電流表內(nèi)阻，

由題意可知：

R1_-2

loon

R]_一2

841。-RgJ

解得：％1=290。

(2)①4、由圖乙所示電路圖可知，當轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4時，表頭與電表中的電源相連，是電阻擋，

故A正確；

B、由圖乙所示電路圖可知，當轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置6時，表頭與分壓電阻串聯(lián)，是電壓擋，故B錯

誤；

C、由圖乙所示電路圖可知，轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到5時比旋到6時串聯(lián)電阻阻值小，因此轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到5的

量程比旋到6的量程小，故C錯誤；

。、由圖乙所示電路圖可知，4表筆與內(nèi)置電源負極相連，8表筆與內(nèi)置電源正極相連，因此4表筆為

紅表筆，B表筆為黑表筆，故。正確。

故選：ADo

②當轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置4,歐姆表調(diào)零時：/=含

在爾B之間接9000電阻時，Gi剛好半偏，貝IJ：?=端而

解得：=900/2

￡，9

則轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋轉(zhuǎn)到2時最大電流：/2m=可=荻4=0.0U=10mA

由題意可知，轉(zhuǎn)換開關(guān)轉(zhuǎn)到1時最大電流：Ilm=10/2m=100mA=0.1^

由圖乙所示電路圖可知：

.,上/gi(Rgi+R1)

km=Igi+----------

/—I1

—十g+Rz，

代入數(shù)據(jù)解得:

Ri=290

R2=2610

故答案為：(1)①E；②b,290；(2)①4D；②29,261。

(1)①為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器；

②根據(jù)實驗步驟與實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用電橋法求出待測電流表內(nèi)阻。

(2)①歐姆表有內(nèi)置電源，歐姆表紅表筆與內(nèi)置電源負極相連，黑表筆與電源正極相連；根據(jù)圖示電

路圖分析答題；

②歐姆表工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特

點與歐姆定律求出定值電阻阻值。

本題考查了測量電流表內(nèi)阻與多用電表改裝問題，根據(jù)題意分析清楚圖示電路圖理解實驗原理是解

題的前提；知道歐姆表工作原理、分析清楚電路結(jié)構(gòu)應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律即可解題。

18.答案：解：實驗時，電流表無示數(shù)，說明電路沒有通路，移動滑動變阻器的觸頭時，電壓表示數(shù)

不變，說明滑動變阻器或電流表出現(xiàn)斷路；

若移動變阻器的觸頭時，電壓表和電流表都有示數(shù)，當示數(shù)均不變，說明電路中電阻不變，即滑動

變阻器出現(xiàn)故障，不能變阻，成為定值電阻；

可以用多用電表的電阻擋進行檢驗：先斷開開關(guān)或?qū)⒒瑒幼冏杵骱碗娏鞅韽碾娐分胁鹣聛?，用電?/p>

擋的紅黑表筆分別接觸滑動變阻器和電流表兩端，阻值無窮大的，說明該元件斷路。

同理，先斷開開關(guān)或?qū)⒒瑒幼冏杵鲝碾娐分胁鹣聛?，用電阻擋的紅黑表筆接觸滑動變阻器上下接線

柱，滑動觸頭時，電表示數(shù)不變，說明滑動變阻器不能變阻，成為定值電阻。

答：見解析。

解析：分析電路結(jié)構(gòu)，明確元件的連接方式，對出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象利用閉合電路歐姆定律進行分析，

作出判斷。

利用多用電表的電阻擋進行驗證，注意實驗前，先斷開開關(guān)或?qū)⑿枰獧z驗的元件從電路中拆下來。

此題考查了閉合電路歐姆定律的綜合應(yīng)用，屬于對電路故障的判斷，要注意正確使用多用電表的歐

姆擋，并能根據(jù)現(xiàn)象進行分析。

19.答案：解：在火箭發(fā)射過程中，由于內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，

取火箭的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mv'—(M—m)v=0

解得：/=(3一1”

答：燃料燃盡后火箭飛行的最大速度，是?-1)/

解析：發(fā)射火箭過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出火箭的最大

速度。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，發(fā)射火箭過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守

恒定律即可解題。

20.答案：解：設(shè)b向上移動y,a向上移動》,兩部分氣體都做等壓變化，設(shè)變化前后氣體溫度分別

為口和心

由蓋呂薩克定律有：對4部分氣體：料=魚啰，

TiT2

對B部分氣體：料=(|f+*

TiT2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：x=^-Ly=\L.

124

答：活塞a移動的距離為白人活塞b移動的距離為;L.

124

解析：將AB兩部分氣體，獨立的運用理性氣體狀態(tài)方程，聯(lián)立求出氣體變化的距離.

題目是理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，但解題中a部分氣體移動的距離，在b部分移動中也要考慮到.

21.答案：解：①光路圖如圖所示：

根據(jù)幾何知識有：AO2=R2-PA2,AO=1R,

AO=AM,

a=9,

B=a+6,

因為sina=sind=0.6,

sin/?=sin(a+0)=—24,

根據(jù)折射定律有：n==I；

sm05

俗)光在介質(zhì)中的傳播速度為“=(=|c

光在空氣中傳播時間為：口=警,

光在介質(zhì)中傳播的時間為：t2=^

所以光從M點射出后到達N點所用時間問t=1+t2=罷

答：。)介質(zhì)球的折射率為a

(〃)光從M點射出后到達N點所用時間為罷。

解析：①作出光路圖，根據(jù)兒何知識求解出折射角和入射角，根據(jù)折射定律求解折射率;

5)分別求出光在空氣和在介質(zhì)中的傳播時間，兩段時間相加即可o

解決該題關(guān)鍵是能根據(jù)題意正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識求解相關(guān)的角度和長度，熟記折射定

律以及光速的表達式。

22.答案：解：(1)由右手定則，知金屬棒尤中的電流方向為b到a.

(2)由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱，則有:

1

mgh=-mv2+Q

解得：Q=mg/i—

(3)設(shè)最大速度為出切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BL