2021年安徽省名校聯(lián)考高考物理模擬試卷

2021年安徽省名校聯(lián)考高考物理模擬試卷

1.1897年英國(guó)物理學(xué)家約瑟夫?約翰?湯姆生在研究陰極射線時(shí)發(fā)現(xiàn)了電子，這是人類

最早發(fā)現(xiàn)的基本粒子。下列有關(guān)電子說(shuō)法正確的是（）

A.電子的發(fā)現(xiàn)說(shuō)明原子核是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的

B.夕射線也可能是原子核外電子電離形成的電子流，它具有中等的穿透能力

C.光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，逸出的光電子來(lái)源于金屬中自由電子

D.盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型認(rèn)為核外電子的軌道半徑是量子化的

2.如果沒有空氣阻力，天上的云變成南之后落到地面，在經(jīng)過一路的加速后，到達(dá)地

面時(shí)的速度會(huì)達(dá)到300米/秒，這樣的速度基本相當(dāng)于子彈速度的一半，是非?？?/p>

怕的。由于空氣阻力的作用，雨滴經(jīng)過變加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，一般而言，

暴雨級(jí)別的雨滴落地時(shí)的速度為8?9米/秒。某次下暴雨時(shí)小明同學(xué)恰巧打著半徑

為0.5m的雨傘（假設(shè)傘面水平，雨水的平均密度為0.5kg/m3）,由于下雨使小明增

加撐雨傘的力最小約為（）

A.0.25NB.2.5NC.25ND.250N

3.建筑工人常常徒手向上拋磚塊，當(dāng)磚塊上升到最高點(diǎn)時(shí)被樓上的師傅接住。在一次

拋磚的過程中，磚塊運(yùn)動(dòng)3s到達(dá)最高點(diǎn)，將磚塊的上升運(yùn)動(dòng)看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

磚塊通過第2s內(nèi)位移的后］用時(shí)為不通過第15內(nèi)位移的前;用時(shí)為5則占滿足（）

A2<包<工B2<”<ZCDi<^<l

?5%45403?3J25?tl

4.如圖所示，A、B、C是三級(jí)臺(tái)階的端點(diǎn)位置，每一級(jí)臺(tái)階的水平寬度是相同的，其

豎直高度分別為九1、殳、八3,將三個(gè)相同的小球分別從A、B、C三點(diǎn)以相同的速

度北水平拋出，最終都能到達(dá)A的下一級(jí)臺(tái)階的端點(diǎn)P處，不計(jì)空氣阻力。關(guān)于從

A、B、C三點(diǎn)拋出的小球，下列說(shuō)法正確的是（）

A.在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為以：tB：tc=1：3：5

B.豎直高度之比為九i：%：九3=1：2：3

C.在空中運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量變化率之比為當(dāng)：空：安=1：1：1

△cAcAc

D.到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，重力做功的功率之比為匕：PB：Pc=1：4：9

5.2019年1月3日，嫦娥四號(hào)月球探測(cè)器平穩(wěn)降落在月球背面南極一艾特肯盆地內(nèi)的

馮?卡門撞擊坑內(nèi)，震驚了全世界。嫦娥四號(hào)展開的太陽(yáng)能電池帆板在有光照時(shí)，

可以將光能轉(zhuǎn)化為電能，太陽(yáng)能電池板作為電源，其路端電壓與干路電流的關(guān)系如

圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.該電池板的電動(dòng)勢(shì)為2.80U

B.隨著外電路電阻增大，其內(nèi)阻逐漸增大

C.外電路阻值為M0時(shí)電源輸出功率約為3.2W

D.外電路阻值為1k。時(shí)電源效率約為36%

6.2019年9月12日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心“一箭三星”發(fā)射成功?，F(xiàn)假設(shè)三顆

星.、6、c均在在赤道平面上繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中“、b轉(zhuǎn)動(dòng)方向與地球自

轉(zhuǎn)方向相同,c轉(zhuǎn)動(dòng)方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反,a、b、c三顆星的周期分別為兀=6八、

Tb=24九、Tc=12h,下列說(shuō)法正確的是（）

A.a、b每經(jīng)過6/z相遇一次B.〃每經(jīng)過8/?相遇一次

C.b,c每經(jīng)過8人相遇一次D.b、c每經(jīng)過劭相遇一次

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7.如圖所示，半徑為八電阻為R的單匝圓形線框靜止于絕緣水平面上，以圓形線框

的一條直徑為界，其左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以垂直紙

面向里的磁場(chǎng)為正，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間f變化的規(guī)律分別如圖乙所

A.號(hào)時(shí)刻線框中磁通量為零

B.線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向

C.線框中的感應(yīng)電流大小為窘

D.線框受到地面向右的摩擦力為二零

8.光滑絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=1.0kg、電荷量q=>

1.0X10-6（；的小球靜止在。點(diǎn)，現(xiàn)以。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)在

水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,如圖所示，從t=0時(shí)刻開

始，水平面內(nèi)存在沿x、y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei、E2,場(chǎng)強(qiáng)Ox

大小均為1.0xt=0.1s時(shí)，y方向的電場(chǎng)變?yōu)?y方向，場(chǎng)強(qiáng)大小不變；

t=0.2s時(shí)，y方向的電場(chǎng)突然消失，x方向的電場(chǎng)變?yōu)?%方向，大小&'=2邑.下

列說(shuō)法正確的是（）

A.t=0.3s時(shí)，小球速度減為零

B.t=0.1s時(shí)，小球的位置坐標(biāo)是（0.05m,0.15m）

C.t=0.2s時(shí)，小球的位置坐標(biāo)是（0.1m,0.1m）

D.t=0.3s時(shí),小球的位置坐標(biāo)是（0.3m,0.1m）

9.在“探究求合力的方法”實(shí)驗(yàn)中，所用器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的

彈簧測(cè)力計(jì)兩個(gè)，橡皮條（帶兩個(gè)較長(zhǎng)的細(xì)繩套），刻度尺，圖釘（若干個(gè)）。

乙

(1)具體操作前，同學(xué)們提出了如下關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作的建議，其中正確的是。

A.橡皮條彈性要好，拉結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一位置。時(shí)，拉力要適當(dāng)大些

8.再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)。的位置必須保持相同

C使用測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線；讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度

。.拉橡皮條的細(xì)線要稍長(zhǎng)一些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)距離要遠(yuǎn)一些

(2)實(shí)驗(yàn)小組用圖甲裝置得到了如圖乙所示的兩個(gè)分力0、6及合力廠的圖示。關(guān)

于合力與分力的關(guān)系，某同學(xué)認(rèn)為用虛線連接&和尸的末端A、C,則AOC如圖丙

構(gòu)成一個(gè)三角形，若滿足,則說(shuō)明合力與分力之間的關(guān)系滿足平行四邊形定

貝！I。

10.學(xué)習(xí)了“測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”后，物理課外活動(dòng)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)

驗(yàn)電路，電路中電源電動(dòng)勢(shì)用E,內(nèi)阻用r表示。

國(guó)甲國(guó)乙m

(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向4,改變電阻箱R的阻值得到一系列的電

壓表的讀數(shù)U,處理數(shù)據(jù)得到圖象如圖乙所示，寫出U關(guān)K系式______。(不考慮

電表內(nèi)阻的影響)

(2)若斷開Si，將單刀雙擲電鍵Sz擲向6,改變電阻箱R的阻值得到一系列的電流表

的讀數(shù)/,處理數(shù)據(jù)得到圖象如圖丙所示，寫出亍-R關(guān)系式。(不考慮電表

內(nèi)阻的影響)

(3)課外小組的同學(xué)們對(duì)圖象進(jìn)行了誤差分析，發(fā)現(xiàn)將兩個(gè)圖象綜合起來(lái)利用，完

全可以避免由于電壓表分流和電流表分壓帶來(lái)的系統(tǒng)誤差。己知圖象乙和丙縱軸截

距分別為瓦、b2,斜率分別為七、的?則電源的電動(dòng)勢(shì)E=，內(nèi)阻r=o

(4)不同小組的同學(xué)用不同的電池組(均由同一規(guī)格的兩節(jié)干電池串聯(lián)而成)，按照

(1)中操作完成了上述的實(shí)驗(yàn)后，發(fā)現(xiàn)不同組的電池組的電動(dòng)勢(shì)基本相同，只是內(nèi)

電阻差異較大。同學(xué)們選擇了內(nèi)電阻差異較大的甲、乙兩個(gè)電池組繼續(xù)進(jìn)一步探究,

對(duì)電池組的輸出功率P隨外電阻R變化的關(guān)系，以及電池組的輸出功率P隨路端

電壓U變化的關(guān)系進(jìn)行了猜想，并分別畫出了如圖丁所示的P-R和P-U圖象。

若已知甲電池組的內(nèi)電阻較大，則下列各圖中可能正確的是(選填選項(xiàng)的字

母)。

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11.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，y軸沿豎直方向。在％=ZJk=2L之間

存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)比荷為人的帶電微

粒從坐標(biāo)原點(diǎn)以一定初速度沿+x方向拋出，進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)后恰好在豎直平面內(nèi)

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開電場(chǎng)和磁場(chǎng)后，帶電微粒恰好沿+x方向通過X軸上x=3L的

位置，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,重力加速度為g。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)帶電微粒的初速度；

(3)帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的縱坐標(biāo)。

12.如圖所示，質(zhì)量為Tn】的長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4=

0.5,右端有一固定的、光滑的半徑R=0.4m的四分之一圓弧軌道(接觸但無(wú)黏連)，

長(zhǎng)木板上表面與圓弧面最低點(diǎn)等高，木板左側(cè)有一同樣的固定的圓弧軌道，木板左

端與左側(cè)圓弧軌道右端相距a=1m。質(zhì)量為62=2ml的小木塊(看成質(zhì)點(diǎn))從距木

板右端x=2m處以%=10m/s的初速度開始向右運(yùn)動(dòng)，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為〃2=。.9，重力加速度取g=10m/s2.求：

(Dm2第一次離開右側(cè)圓弧軌道后還能上升的最大高度。

(2)使機(jī)2不從巾1上滑下，的最短長(zhǎng)度。

(3)若nr1取第(2)問中的最短長(zhǎng)度，加2第一次滑上左側(cè)圓弧軌道上升的最大高度。

13.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，按圖示方向經(jīng)歷了

A8CD4的循環(huán)，其p-P圖線如圖。狀態(tài)B時(shí)，氣體分

子的平均動(dòng)能比狀態(tài)A時(shí)氣體分子的平均動(dòng)能(

選填“大”或“小”);由B到C的過程中，氣體將

(選填“吸收”或“放出”)熱量；經(jīng)歷48CD4

一個(gè)循環(huán)，氣體吸收的總熱量(選填“大于”或“小于”)釋放的總熱量

14.一豎直放置、內(nèi)壁光滑且導(dǎo)熱良好的圓柱形氣缸內(nèi)封閉有可視為理想氣體的。2,被

活塞分隔成A、8兩部分，氣缸的橫截面積為S,達(dá)到平衡時(shí)，兩部分氣體的體積

相等，如圖(a)所示，此時(shí)4部分氣體的壓強(qiáng)為po；將氣缸緩慢順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)轉(zhuǎn)

過90。使氣缸水平再次達(dá)到平衡時(shí)，A、B兩部分氣體的體積之比為1：2,如圖(b)所

示。已知外界溫度不變，重力加速度大小為g,求：

(團(tuán))活塞的質(zhì)量m；

(回)繼續(xù)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)氣缸，當(dāng)氣缸從水平再轉(zhuǎn)過角度。時(shí)，如圖(c)所示，A、B兩部

分氣體的體積之比為1：3,則sin。的值是多少？

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15.如圖所示，截面ABC。為矩形的透明設(shè)備放置在真空環(huán)境中，

AB=2a,頻率為v的光人入射到上表面與AD的夾角為。=30°,

折射到A8面中點(diǎn)時(shí)恰好發(fā)生全反射，則該設(shè)備材料的折射率為

;若真空中的光速為。，則光從射入到第一次射出需要的

時(shí)間為:若有另一束光G能和刀發(fā)生干涉，則6的頻率

貝填“大于”“等于”或“小于”）。

16.坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源在t=0時(shí)開始沿y軸負(fù)向振動(dòng)，t=1.5s時(shí)它正好第二次到達(dá)波

谷，如圖為七=1.5s時(shí)沿波的傳播方向上部分質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的波形圖，求：

（團(tuán)）這列波的傳播速度是多大？寫出波源振動(dòng)的位移表達(dá)式；

（團(tuán)）與=5.4a的質(zhì)點(diǎn)何時(shí)第一次到達(dá)波峰？

（團(tuán)）從G―0開始至x=5.4m的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰這段時(shí)間內(nèi)，x2=30cm處的質(zhì)

點(diǎn)通過的路程是多少？

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、原子是由原子核及核外電子組成的，電子的發(fā)現(xiàn)說(shuō)明原子是可以再分

的，不能說(shuō)明原子核的結(jié)構(gòu)，故4錯(cuò)誤；

8、￡射線是電子流，它是原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子的過程中釋放出的，它具有

中等的穿透能力，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象的定義可知光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，逸出的光電子來(lái)源于金屬中自由電

子，故C正確：

。、盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型認(rèn)為在原子的中心有一個(gè)很小的核，叫原子核，原子的

全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負(fù)電的電子在核外空間里繞著核旋轉(zhuǎn),

而軌道量子化是波爾在盧瑟福模型的基礎(chǔ)上加以改進(jìn)而提出的，故。錯(cuò)誤。

故選：C。

電子的發(fā)現(xiàn)說(shuō)明原子是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的；￡射線是原子核內(nèi)電子形成的電子流，它具有中

等的穿透能力；光電子來(lái)源于金屬中自由電子；盧瑟福研究原子結(jié)構(gòu)時(shí)僅僅是提出來(lái)電

子繞原子核做圓周運(yùn)動(dòng)，沒有引入量子化理論。

本題主要考查了原子的認(rèn)識(shí)歷程及原子結(jié)構(gòu)，在掌握原子結(jié)構(gòu)時(shí)要注意人類的認(rèn)識(shí)過程。

這種題型知識(shí)點(diǎn)廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時(shí)多加積累，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：設(shè)，時(shí)間內(nèi)，落到雨傘上的南水的質(zhì)量為〃?，因阻力等于重力，則二力忽

略，

雨水受到雨傘的彈力為凡根據(jù)動(dòng)量定理得：Ft=mv①又m=put7rr2②

由①②代入數(shù)據(jù)解得：F=25N,由牛頓第三定律可知對(duì)雨傘的力也為25N,

故C正確，ABD錯(cuò)誤

故選：Co

設(shè)出一段時(shí)間/,表示出時(shí)間，內(nèi)落到雨傘上的水的質(zhì)量，對(duì)雨水受力分析，由動(dòng)量定

理求得雨傘對(duì)雨水的彈力，即為增加的力。

考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，建立雨水柱的物理模型，由動(dòng)量定理列式即可，注意質(zhì)量的表達(dá)

式要書寫正確。

3.【答案】C

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【解析】解：將磚塊的運(yùn)動(dòng)逆向看做由靜止開始的勻變速直線運(yùn)動(dòng)。初速度為零的勻變

速直線運(yùn)動(dòng)，連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1：3：5：把3s內(nèi)位移分成9等份，可

知第2s內(nèi)位移的前5與第1s內(nèi)位移的后(相等，計(jì)為X.逆向思維，根據(jù)初速度為零的勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，連續(xù)相等位移所用時(shí)間之比為1：(V2-1)：(V3-V2)：(V4-V3)：

G對(duì)應(yīng)第2段(近一1),t2對(duì)應(yīng)第9段(我一㈣，所以合四一1,選項(xiàng)C正確

故選：Co

磚塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度未知，而由題意末狀態(tài)是上升到最高點(diǎn)v=o,暗

示應(yīng)試者逆向思維處理本題。

本題考查基本公式的綜合應(yīng)用，特別是逆向思維.同時(shí)需要把q、t2對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度相等理

解清楚。

4.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)x=水平初速度相同，A、B、C水平位移之比為1：2：3,

所以它們?cè)诳罩羞\(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：2：3,故4錯(cuò)誤；

2

B、根據(jù)九=1gt,知也p：hBP：hCP=1：4：9,所以豎直高度之比為b：h2：h3=1：3：

5,故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)量定理可知，動(dòng)量的變化率為物體受到的合外力即重力，重力相同，則動(dòng)量

的變化率相等，故C正確；

。、到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由為=/知，豎直方向速度之比為1：2：3,重力做功的功率「=mg%,

所以重力做功的功率之比為以：PB-Pc=1：2：3,故。錯(cuò)誤。

故選：Co

研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由于拋出速度相同，根據(jù)水平位移可確定各自運(yùn)

動(dòng)的時(shí)間之比，從而求出各自拋出高度之比，動(dòng)量的變化率為物體受到的合外力；叼=

gt,重力做功的功率「=mg%。

本題就是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的直接考查，突破口是由相同的拋出速度，不同的水平位移從

而確定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的關(guān)系，掌握住平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就能輕松解決。

5.【答案】A

【解析】解：A、分析路端電壓和干路電流的關(guān)系圖可知，圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源

的電動(dòng)勢(shì)，故電動(dòng)勢(shì)為2.80V,故A正確；

B、分析圖象可知，斜率表示內(nèi)阻，r=>,隨著外電路電阻增大，干路電流減小，則

圖象斜率逐漸減小，內(nèi)阻逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

CD、外電路電阻為1W2時(shí)，電池與線0的電阻連接構(gòu)成一個(gè)閉合電路，在U-/圖中作

出對(duì)應(yīng)的電阻的伏安特性曲線，如圖所示：

圖象的交點(diǎn)為電源的工作點(diǎn)，則由圖可知電源的工作電壓為1.8V,工作電流為1.8機(jī)4

1O

則電源的輸出功率：P=U1=1.8X0.0018iy=3.2X10-3W,則電源的效率”=

2.8

100%=64%,故錯(cuò)誤。

故選：Ao

分析路端電壓和干路電流的關(guān)系圖可知，圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動(dòng)勢(shì)。

圖象斜率表示內(nèi)阻。

電池與1k。的電阻連接構(gòu)成一個(gè)閉合電路，在U-/圖中作出對(duì)應(yīng)的電阻的伏安特性曲線,

交點(diǎn)為實(shí)際的工作電壓和電流。

此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)計(jì)算，解題的關(guān)鍵是明確圖象的意義，斜率

表示內(nèi)阻，縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)。

6.【答案】BC

【解析】解：A、而轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，在相遇一次的過程中，。比6多轉(zhuǎn)一圈，設(shè)相遇一

次的時(shí)間為△3則由不一竽=1,解得=故4錯(cuò)誤，8正確；

C、兒轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，在相遇一次的過程中，兒共轉(zhuǎn)一圈，設(shè)相遇一次的時(shí)間為△￡',

則由黑+黑=1,解得=故C正確，。錯(cuò)誤；

故選：BC。

時(shí)繞地球做同向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，相遇一次時(shí)，a比人恰好多轉(zhuǎn)動(dòng)一周，同理，由于兒

轉(zhuǎn)動(dòng)方向相反，6c相遇，兒共轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，即可求得；

解決本題的關(guān)鍵是抓住4b和be轉(zhuǎn)動(dòng)方向，明確相遇時(shí)的條件。比b多轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，be共

同轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，即可判斷。

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7.【答案】ACD

【解析】解：A、號(hào)時(shí)刻，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，線框中的磁

通量為0，故A正確；

8、根據(jù)楞次定律可知，左邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流是逆時(shí)針，而右邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電

流也是逆時(shí)針，則整個(gè)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B錯(cuò)誤；

C、由法拉第電磁感應(yīng)定律，因磁場(chǎng)的變化，導(dǎo)致導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合題意

可知，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)正好是兩者之和，即為E=2x^=巴魯；

“0to

再由閉合電路歐姆定律，可得感應(yīng)電流大小為/=與第，故c正確；

。、由左手定則可知，左、右兩側(cè)的導(dǎo)線框均受到向左的安培力，則所受地面的摩擦力

方向向右、大小與線框所受的安培力大小相等，即/=B/-2r+B2/-2r

=2Blr=故。正確。

ot()R

故選：ACD.

根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合電源的串聯(lián)特征，并

依閉合電路歐姆定律，及安培力公式即可求解。

考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，注意磁場(chǎng)正方向的規(guī)定，及掌握兩個(gè)感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減，是解題的關(guān)鍵。

8.【答案】AD

【解析】解：ABCD、從t=0時(shí)刻開始，水平面內(nèi)存在沿小y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)%、%,

場(chǎng)強(qiáng)大小均為1.0X由牛頓第二定律可知，qE=7HQ,小球沿+x、+y方向的

2

加速度大小均為的=a2=10m/s,經(jīng)過t=0.1s時(shí)，小球沿+工、+y方向的速度大小均

為%=v2=art=10x0.1sm/s=lm/s,小球沿+工、+y方向移動(dòng)的距離大小均

為工1=丫1=|?1^2=1x10x0.l2m=0.05m；

在第二個(gè)0.1s內(nèi)，小球沿+工方向移動(dòng)的距離%2=%亡2=(1X0.1+1x10x

0.12)m=0.15m,沿+y軸方向移動(dòng)的距離為=172t2~\a2t2=(1x0.1|x10x

0.12)m=0.05m；第0.2s末+%方向的速度功'=?i02t=10x0.2m/s=2m/s；

在第三個(gè)0.1s內(nèi)，小球沿+工方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由q%'=根。2'，可得。2'=20m/s2,

2

小球沿+%方向移動(dòng)的距離％3=v2t2一發(fā)=(2x0.1-1x20x0.1)m=0.1m

t=0.3s時(shí)，小球速度內(nèi)=v2'—0.2(3=(2—20x0.1)7n/s=0,故AD正確，BC錯(cuò)誤。

故選：A。。

帶電小球在第一個(gè)0.1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)0.1s內(nèi)加速度大小不變，在第三

個(gè)0.1s內(nèi)加速度改變，分段根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求位移，

確定位置。

本題要根據(jù)小球的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解處理類斜拋運(yùn)動(dòng)。解要分段運(yùn)用牛頓第二

定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，邊計(jì)算邊分析。

9.【答案】ACDAC與表示分力?2的。8長(zhǎng)度相等，方向平行

【解析】解：(1)4、合力與分力的關(guān)系為等效替代的關(guān)系，效果是相同的，所以在同一

次實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要讓兩個(gè)力拉橡皮條和一個(gè)力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，則必定結(jié)點(diǎn)

。的位置要相同，同時(shí)拉力的大小要適當(dāng)大一些，可以有效減小誤差，故A正確

8、在重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同，故B錯(cuò)誤

C、使用測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線，可以減小因摩擦產(chǎn)生的誤差；讀數(shù)時(shí)視

線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度，可以減小偶然誤差，故C正確

D,拉橡皮條的細(xì)線要長(zhǎng)一些，標(biāo)記用一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)一些，可以減小方向誤差，

故。正確

故選：ACD

(2)由平行四邊形定則可知若AC與表示分力尸2的OB長(zhǎng)度相等，方向平行，則說(shuō)明合力

與分力之間的有關(guān)系滿足平行四邊形定則。

故答案為：(1)4CD；(2)4(?與表示分力F2的OB長(zhǎng)度相等，方向平行

做探究共點(diǎn)力合成的規(guī)律實(shí)驗(yàn)：我們是讓兩個(gè)力拉橡皮條和一個(gè)力拉橡皮條產(chǎn)生的作用

效果相同，測(cè)出兩個(gè)力的大小和方向以及一個(gè)力的大小和方向，用力的圖示畫出這三個(gè)

力，用平行四邊形做出兩個(gè)力的合力的理論值，和那一個(gè)力(實(shí)際值)進(jìn)行比較。用平行

四邊形畫出來(lái)的是理論值，和橡皮筋同線的那個(gè)是實(shí)際值。由此結(jié)合實(shí)驗(yàn)過程中需要注

意的事項(xiàng)依次分析即可。

在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要

求同學(xué)們對(duì)于基礎(chǔ)知識(shí)要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強(qiáng)對(duì)基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)理解，同時(shí)要理解會(huì)

給實(shí)驗(yàn)帶來(lái)誤差的因素。

10?【答案】：￡+*BC

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【解析】解：(1)若閉合電鍵工，將單刀雙擲電鍵S2擲向小

由閉合電路歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=U+Ir=U+^r,

整理得：'=&

UERE

(2)若斷開品，將單刀雙擲電鍵52擲向b，

由閉合電路歐姆定律可知：E=/(r+R),

整理得：7=i/?+p

ICC

(3)考慮電表內(nèi)阻影響，

若閉合電鍵工，將單刀雙擲電鍵S2擲向“，

由閉合電路歐姆定律可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=U+/r=U+《+$r,

十人EZO1r1,r,1

整理得：u=ER+^+E'

由于電壓表分流影響，電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值；

若斷開工，將單刀雙擲電鍵S2擲向江

由閉合電路歐姆定律可知：E=l(r+R+RA),

整理得：；=巴魯，

由于電流表內(nèi)阻影響，電源內(nèi)阻測(cè)量值偏大，電源電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值等于真實(shí)值，

由圖丙可知，圖象斜率：fc2電源電動(dòng)勢(shì)：E=2，

c1^2

由圖乙所示圖象可知，斜率：…三,電源內(nèi)阻：r=F；

(4)4B、根據(jù)電源的輸出功率規(guī)律可知，當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)輸出功率最大，如果外電阻

大于內(nèi)電阻時(shí)，隨著電阻的增大，輸出功率將越來(lái)越小，由P=^可知，電動(dòng)勢(shì)相同，

4r

內(nèi)阻越小的乙輸出功率越大，故B正確，A錯(cuò)誤；

CD、當(dāng)內(nèi)阻和外阻相等時(shí)，電源輸出功率最大，此時(shí)輸出電壓為電動(dòng)勢(shì)的一半；由A3

的分析可知，乙輸出的功率比甲的大;而當(dāng)外電路斷開時(shí)，路端電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，

此時(shí)輸出功率為零；故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：BC。

故答案為：⑴5=/+*；(2)'=/+&⑶*;氏；(4)BC。

(1)根據(jù)圖甲所示實(shí)驗(yàn)電路結(jié)合實(shí)驗(yàn)步驟，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出59關(guān)系式。

UK

(2)根據(jù)圖甲所示實(shí)驗(yàn)電路結(jié)合實(shí)驗(yàn)步驟，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出-R關(guān)系式。

(3)根據(jù)圖示圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。

(4)當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)電源的輸出功率最大，根據(jù)題意分析圖示圖象答題。

本題考查了測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，解題時(shí)應(yīng)注意明確實(shí)驗(yàn)的原理；并且要由實(shí)驗(yàn)原

理結(jié)合閉合電路歐姆定律得出表達(dá)式，結(jié)合圖象得出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。注意電流表內(nèi)阻

已知時(shí)可以采用相對(duì)電源的內(nèi)接法準(zhǔn)確求出電源內(nèi)阻。

11.【答案】解：(1)進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)后恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則zng=qE

口mgg

(2)粒子做平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槌錾浜笄『醚?x方向通過x軸上

x=3L的位置，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可確定進(jìn)出復(fù)合場(chǎng)的位置在同一水平面，其軌跡如

圖所示，

由幾何關(guān)系：2Rcos9=L

由洛倫茲力提供向心力：qvB=m—＞又u='當(dāng)

1RCOS0

豎直方向：Vy=gt

水平方向：L=vot

聯(lián)立解得：%=用

(3)豎直方向：h=^gt2

圓心的縱坐標(biāo)：yo'=-h4-RsinO

聯(lián)立上式解得：％'=能一等

答：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為￡

(2)帶電微粒的初速度為需；

KD

(3)帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的縱坐標(biāo)為言箸。

【解析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況和受力分析求出場(chǎng)強(qiáng)；畫出軌跡圖，進(jìn)行速度的分解，求出初速

度；根據(jù)豎直方向的勻加速運(yùn)動(dòng)求出圓心的縱坐標(biāo)。

本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是畫出粒子的軌跡圖，根據(jù)其運(yùn)

動(dòng)情況來(lái)受力和求值即可。

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12.【答案】解：(1)設(shè)滑塊到達(dá)木板右端的速度為打，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-“2加2gx=

加2資一加2詔，

代入數(shù)據(jù)解得：%=8m/s,

設(shè)滑塊離開圓弧軌道后上升的最大高度為心，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-m2g(R+b)=0-

如2譜,

代入數(shù)據(jù)解得：幻=2.8m；

(2)由機(jī)械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時(shí)速度大小為%=8m/s,滑上木板后，滑

塊的加速度為。2

由牛頓第二定律可得：H2mg=ma2'解得：0-2=9m/s2

木板的加速度為。1，由牛頓第二定律可得：ii2mg-(ni1+m2)g-mxax,解得：ar-

3m/s2

設(shè)經(jīng)過時(shí)間Q后兩者共速，速度為也則

v=vr—a2t1=Qi"

2

解得h=-s,v-2m/s

該過程中木板的位移為Xi=》1=|m

滑塊的位移為七=竽0=竽m

由于/<&=1m,假設(shè)正確，之后一起勻減速運(yùn)動(dòng)，若滑塊最終未從木板左端滑出，

則木板的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)=%2-%=gm

(3)滑塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)至最左端的速度為％,由動(dòng)能定理可得

11,

7z

-Mi(nil+m2)5(x0-xj=-+mz)v￡--(mj+m2)v

隨后滑塊滑上左側(cè)軌道，設(shè)上升的最大高度為心，則由動(dòng)能定理可得

1

~m2gh2=0--m2vl

解得％=30m

答：(1)加2第一次離開右側(cè)圓弧軌道后還能上升的最大高度為2.8m；

(2)使巾2不從加1上滑下，加1的最短長(zhǎng)度為|m；

(3)若mi取第(2)問中的最短長(zhǎng)度，第一次滑上左側(cè)圓弧軌道上升的最大高度為《6。

【解析】(1)滑塊向右運(yùn)動(dòng)，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)木板右端的速度，滑

塊滑上圓弧軌道后，根據(jù)動(dòng)能定理求得上升的高度；

(2)滑塊在右側(cè)圓弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能守恒，故回到圓弧底端時(shí)的速度大小不變，然后

向右運(yùn)動(dòng)，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求得滑塊和木板的加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式求得達(dá)到共同速度通過的位移，即可求得木板的最小長(zhǎng)度；

(3)兩者到達(dá)共同速度后，一起向左做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求得木板到達(dá)左端時(shí)的速

度，滑塊滑上左端圓弧時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理求得上升的高度；

本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)能定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，分析清

楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可

解題。

13.【答案】大放出大于

【解析】解：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：Y=C,從A狀態(tài)到2狀態(tài)，戶增大，V增大，

T一定增大，所以8狀態(tài)的分子平均動(dòng)能比A狀態(tài)分子的平均動(dòng)能大；

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：*=C,V不變，P減小，7一定減小，理想氣體的內(nèi)能減小

(△U<0),再根據(jù)熱力學(xué)第一定律，體積不變(卬=0),氣體將放出熱量(Q<0)；

p-IZ圖線中，圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積表示氣體做功，從A到B,體積增大，氣體對(duì)

外做功MB<。；從8到C,體積不變，氣體不做功；從C到。，體積減小，外界對(duì)氣

體做功叫。>0;從力到4體積不變，氣體不做功；根據(jù)圖象，A到8圖線圍成的面

積大于C到力圖線圍成的面積，氣體歷了ABCDA的循環(huán)，氣體做功W=wAB+WCD<0,

根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△〃，AU=0,有Q=-W>0,所以氣體吸收的總熱量

大于釋放的總熱量。

故答案為：大；放出，大于。

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：y=C,從A狀態(tài)到B狀態(tài)，P增大，丫增大，T一定增大，

所以B狀態(tài)的分子平均動(dòng)能比A狀態(tài)分子的平均動(dòng)能大；

從A到B,氣體對(duì)外做功叱<0；從C到。，外界對(duì)氣體做功叫。>0；根據(jù)圖象勿=

WAB+WCD<0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律VV+Q=△/△{/=0,有Q=-W>0。

本題考查了理想狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律等知識(shí)點(diǎn)。熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時(shí)一定要

注意各量符號(hào)的意義；△[/的正表示內(nèi)能增加，E為正表示物體吸熱；W為正表示外界

對(duì)物體做功。

14.【答案】解：⑴氣體做等溫變化，在(a)狀態(tài)，有以1=po-PBI=PAI+詈=Po+詈，

第16頁(yè)，共19頁(yè)

以1=%=u

在(b)狀態(tài),由042—PB2—P,匕2=三"，"B2=3，

對(duì)A部分氣體，由玻意耳定律得：PAI^AI=PA2^A2'即POU=P，|V

同理，對(duì)8部分氣體，由玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2,即(Po+詈"=P—V

解得7n=W

(五)由題意知，匕3=：匕/3=|尸

對(duì)A部分氣體，有：P41%1=P/13%3，即PoU=PA3qV

解得PA3=2Po

對(duì)B部分氣體，由PBMBI=PB3，B3，即(Po+詈”=PB3'1，

解得P83=梟0

S

活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，有：pB3+mgsind=pA3S

解得sin。=|

答：(回)活塞的質(zhì)量?jī)?yōu)為等；

(囪)繼續(xù)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)氣缸，當(dāng)氣缸從水平再轉(zhuǎn)過角度。時(shí)，如圖(c)所示，A