2021年廣西桂林十八中高考物理模擬試卷(6月份)(含答案解析)

2021年廣西桂林十八中高考物理模擬試卷（6月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體，受到水平拉力的作用，在0?6s

內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象如圖所示，物體與地面的動摩擦因數(shù)為0.5,

g=10m/s2,下列說法中正確的是（）

A.0?2s內(nèi)物體克服摩擦力做功為80/

B.0?2s內(nèi)與2s?6s內(nèi)拉力大小之比為4：1

C.0?2s內(nèi)拉力的功率為80W

D.合外力在0?6s內(nèi)做的功與0?2s內(nèi)做的功相等

2.如圖所示的電路中，變壓器為理想變壓器，開關(guān)S閉合，交流電源電

壓恒定，電阻代=/?2，通過長的電流與通過心的電流相等。助的電

壓為電源總電壓的也若斷開開關(guān)S，&與角的電功率之比為（）

A.1：3B.1：9C.2：9D.1：18

3.如圖所示，當(dāng)氫原子從n=4能級躍遷到n=2的能級和從n=3能級”E/eV

QQ........0

躍遷到n=l的能級時，分別輻射出光子a和光子b,則（）4——?-------------0.85

3I.----------1.51

A.由于輻射出光子，原子的能量增加

2-----1~；--------3.4

B.光子a的能量小于光子b的能量：6

I

C.光子a的波長小于光子b的波長

].1□

D.若光子a能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則光子6不一定能使該金屬發(fā)1~

生光電效應(yīng)

4.如圖所示，是某次發(fā)射人造衛(wèi)星的示意圖，人造衛(wèi)星先在半徑為7?的近地圓周/

軌道1上運動，然后改在橢圓軌道2上運動，最后在半徑為7r的圓周軌道3上運|

動，a點是軌道1、2的交點，b點是軌道2、3的交點，人造衛(wèi)星在軌道1上a點

的速度為％a，在軌道2上a點的速度為Wa，在軌道2上b點的速度為0/,，在軌道3上b點的速度為

v3b,已知衛(wèi)星在圓軌道運行時的引力勢能為后「=-午，選擇無窮遠(yuǎn)處為勢能零點，r是衛(wèi)星

與中心天體的球心距，下列說法正確的是（）

A.軌道1、2、3的周期之比為7近：8；1

B.v2a>vla>v2b>V3b

c.V2a>vla>v3b>v2b

D.圓周軌道1和3上運行時，衛(wèi)星和地球系統(tǒng)的機械能之比為1：14

5.如圖所示，4、B兩個質(zhì)量均為6的物體之間用一根輕彈簧（即不計其質(zhì)量）連接，并用二匚

細(xì)繩懸掛在天花板上.若用火將細(xì)繩燒斷，則在繩剛斷的這一瞬間，4、B的加速度大里人

小分別是：（重力加速度為g）（）

向B

A.aA=2g；aB=g

B.aA=2g；aB=0

C.aA~5；aB=0

D.aA=0；aB=g

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.如圖為甲、乙兩質(zhì)點在同一直線上的圖象，以甲的出發(fā)點為原

點，出發(fā)時間為計時起點，則下列說法中正確的是（）

A.甲開始運動時，乙在它前面

B.甲、乙是從同一地點開始運動的

C.甲在中途停止運動，最后甲還是追上了乙

D.從計時開始到甲追上乙的過程中，乙的平均速度大于甲的平均速度

7.如圖所示，在真空中的絕緣光滑水平面上，一正三角形的三個頂點上分別

固定放置電荷量為+Q、+Q、-Q的點電荷a、b.c,其外接圓的圓心為B點，

4、C連線平行于正三角形的底邊ac,B、。點關(guān)于點電荷b對稱。下列說

法中正確的是（）

A.4點電場強度等于C點電場強度

B.B點電勢等于。點電勢

C.由B點靜止釋放一正試探電荷，其運動軌跡為曲線

D.將一正試探電荷從C移到B,其電勢能增大

8.如圖所示，在傾角為。的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，方向一個

垂斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L,一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形金

屬線框以速度"剛進(jìn)入上邊磁場時，恰好做勻速直線運動，當(dāng)ab到達(dá)gg'與中點時又恰勻速,

已知重力加速度為g,貝女）

e,c

A.當(dāng)ab邊剛越過"'時線框的加速度大小為2gsin。，方向沿斜面向上

B.當(dāng)時邊剛越過"'時線框的加速度大小為3gs譏。，方向沿斜面向下

C.線框從開始進(jìn)入磁場到ab邊到達(dá)gg'與//'中點時產(chǎn)生的熱量為弧9公譏。+||mv2

D.從ab越過。?'邊界到線框再做勻速直線運動所需的時間t=菽上（竿-;mu）

9.下列敘述正確的是（）

A.當(dāng)分子間距增大時，分子間的引力、斥力均減小，分子力也一定隨之減小

B.一定質(zhì)量的理想氣體當(dāng)從外界吸收熱量后，其分子的平均動能一定增大

C.一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程都具有方向性且都是不可逆的

D.清晨，荷葉上的小露珠呈現(xiàn)球形是因為液體的表面張力造成的

E.已知地球半徑R,空氣平均摩爾質(zhì)量M,阿伏加德羅常數(shù)N”，地面大氣壓強po及重力加速度g,

即可故算出地球大氣層中空氣分子的總個數(shù)

10.下列說法正確的是（）

A.單擺的周期與振幅有關(guān)

B.橫波在介質(zhì)中的傳播速度由介質(zhì)本身的性質(zhì)決定

C.橫波的振幅與波源無關(guān)

D.單位時間內(nèi)經(jīng)過媒質(zhì)中一點的完全波的個數(shù)等于這列簡諧波的頻率

E.圍繞振動的音又轉(zhuǎn)一圈會聽到強弱不同的聲音是波的干涉形成的

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.在研究摩擦力特點的實驗中，將木塊放在水平長木板上，如圖a所示，用力沿水平方向拉木塊,

拉力從。開始逐漸增大.分別用力傳感器采集拉力和木塊所受到的摩擦力，并用計算機繪制出摩

擦力壯隨拉力F的變化圖象，如圖b所示.已知木塊質(zhì)量為0.78kg.取重力加速度g=10m/s2,

sin370=0.60,cos370=0.80.

（1）求木塊與長木板間的動摩擦因數(shù).

（2）若木塊在與水平方向成37。角斜向右上方的恒定拉力尸作用下，以a=2.0m/s2的加速度從靜止開

始做勻變速直線運動，如圖c所示.拉力大小應(yīng)為多大？

12.現(xiàn)要測定一個額定電壓4人額定功率1.6小的小燈泡（圖中用③表示）的伏安特性曲線.要求所測

電壓范圍為0.1U?4匕現(xiàn)有器材：直流電源E（電動勢4.5V,內(nèi)阻不計），電壓表量程4.5,，內(nèi)

阻約為4XIO"）電流表@（量程250nb4,內(nèi)阻約為20）,電流表⑥（量程50（hnA,內(nèi)阻約為10）,

滑動變阻器R（最大值約為300）,電鍵S,導(dǎo)線若干.如果既要滿足測量要求，又要測量誤差較

小，應(yīng)該選用的電流表是（填⑶或卷），滑動變阻器R應(yīng)用接法（填“限流式”、

“分壓式”）.電流表應(yīng)（填“外接法”或“內(nèi)接法”）

四、計算題（本大題共4小題，共52.0分）

13.如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿y軸負(fù)方向

的勻強電場；第四象限無電場和磁場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度%從y軸上的M

點沿x軸負(fù)方向進(jìn)入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)x軸上的N點和P點后又回到M點，已知OM=

L,ON=2L,求：

（1）帶電粒子帶何種電荷，電場強度E的大??；

（2）帶電粒子到達(dá)N點時速度的大小和方向；

（3）磁感應(yīng)強度的大小和方向以及帶電粒子在磁場中的運動時間；

14.把一小球從離地面/i=5巾處，以%=10?n/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，(g=10m/s2).

求：

(1)小球在空中飛行的時間；

(2)小球落地點離拋出點的水平距離；

(3)小球落地時的速度大小.

15.實驗室有一根一端開口、粗細(xì)均勻且導(dǎo)熱良好的細(xì)玻璃管AB,某興趣小組在老師

的指導(dǎo)下，向玻璃管內(nèi)注入一段長25c/n的水銀柱，豎直放置后將開口端用橡膠

塞封閉，如圖所示。此時氣柱a的長度為36cm,壓強為75cmHg；氣柱b的長度為一…

27cm.A=25cm

(1)保持玻璃管豎直，若環(huán)境溫度上升，通過計算分析水銀柱的移動方向；，

—27cm

(2)若將玻璃管水平放置，水銀柱將向哪端移動？穩(wěn)定后水銀柱相對玻璃管移動距離

多少？

16.如圖，在盛有某種透明液體的容器中有一激光器4到液面的距離為1血激光器發(fā)出很窄的一束

激光，與液面成60。角從透明液體射向空中，離開該液體表面的光線與液面的夾角為30。，c=

3.0X1087n/s.求：

①這束光線經(jīng)多長時間可以從光源到達(dá)液面；

②當(dāng)入射角為多大時，恰好沒有光線射入空氣？

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、由物體在水平面上只受摩擦力和拉力，在2s?6s內(nèi)物體受力平衡可得：f=卬ng=F'=

0.5x0.8x10/V=4/V；在0?2s內(nèi)位移為：x1=^xl0x2m=10m,摩擦力做功為：Wf=fxr=

4x10/=40/,故A錯誤；

B、根據(jù)圖象知加速度為：a=/m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得：在0?2s內(nèi)，拉力為：F=f+ma=

4N+0.8X與N=8N,0?2s內(nèi)與2s?6s內(nèi)拉力大小之比為8：4=2：1,故2錯誤。

C、0?2s內(nèi)F保持不變，根據(jù)水平拉力的功率P=Fu知0-2s內(nèi)拉力功率不斷增大，故C錯誤；

。、由物體速度與時間的關(guān)系圖象可知，物體在0?2s內(nèi)合外力大于零，在2s?6s內(nèi)合外力為零，故

合外力在0?6s內(nèi)做的功與0?2s內(nèi)做的功相等，故。正確；

故選：D。

由圖象可知位移，根據(jù)2s?6s內(nèi)物體受力平衡可得/=林mg=F',根據(jù)勿=尸乂求摩擦力做功，根據(jù)

牛頓第二定律可求-0-2s內(nèi)拉力，然后根據(jù)動能定理知合外力做的功。

此題考查圖象應(yīng)用，u-t圖象斜率表示加速度，面積表示位移，結(jié)合功、功率以及動能定理分析各

項，綜合性較強。

2.答案：D

解析：解：開關(guān)S閉合時，設(shè)電源的電壓為U,變壓器的匝數(shù)比為n；8兩端的電壓為UR,變壓器輸

入端的電壓為打,輸出端的電壓為外；原線圈上的電流為A，流過7?2的電流為，2,流過的電流為，3,

則：

外=沙①

/=U-UR=U一"=沙②

由于：^=n,所以：③

由歐姆定律，所以：人=*=3；④

,U26U6U

/9=—=-----=-----

/R27nR27n%9

由題：A=七⑥

由電流關(guān)系可得：氏=;⑦

聯(lián)立④⑤⑥⑦可得：n=3,R3=2~⑧

若斷開開關(guān)S,則：/1'=?3'⑨

由功率的表達(dá)式：P=l2R

聯(lián)立可得％與R3的電功率之比為：*=萼=去故ABC錯誤，。正確

故選：0。

根據(jù)變壓器的工作原理，設(shè)變壓器的匝數(shù)比為71,求出副線圈上的電壓與原線圈的電壓的關(guān)系，然后

由歐姆定律求出電流之間的關(guān)系，最后聯(lián)立即可求出。

該題考查變壓器的原理，但涉及的物理量比較多，首先要明確電壓、電流、與匝數(shù)中間的關(guān)系，然

后再確定其電路的結(jié)構(gòu)情況是解答的關(guān)鍵。

3.答案：B

解析：解：4、原子是從較高能級向較低能級躍遷，放出光子，能量減小，故A錯誤；

B、a光子的能量：Ea=-0.85-(-3.4)=2.55eV,Eb=-1.51-(-13.6)=12.09eV,可知E&<Eb,

故B正確：

C、根據(jù)公式￡=%/=與可得能量越大頻率越大，波長越小，故光子a的波長大于光子b的波長，故

C錯誤；

。、光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，因為a光子的頻率小于b光子的頻率，所

以若光子涌8使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則光子b一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故。錯誤；

故選：B。

能級間躍遷輻射光子的能量等于能級之差，根據(jù)能極差的大小比較光子能量，從而比較出光子的頻

率。當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，發(fā)生光電效應(yīng)。

解決本題的突破口是比較出光子a和光子b的頻率大小，然后結(jié)合光電效應(yīng)的條件分析即可。

4.答案：C

解析：

根據(jù)衛(wèi)星的速度公式u=杵比較人造衛(wèi)星在軌道1上的速度叫a與在軌道3上的速度叫b的大??；根

據(jù)開普勒定律判斷在軌道2上a點的速度為"2。和Wb的大?。恍l(wèi)星從軌道1上a處加速變軌到軌道2,

從軌道2上b處加速變軌到軌道3,將四個速度兩兩比較，進(jìn)行選擇。

本題是衛(wèi)星問題，除了運用衛(wèi)星的速度公式判斷衛(wèi)星做圓周運動的速度大小外，難點在于要了解衛(wèi)

星如何變軌的。

A、根據(jù)萬有引力提供向心力得7=2兀叵，軌道3的周期最大，則所給比式不對，故A錯誤；

BC、衛(wèi)星在軌道1和軌道3上做勻速圓周運動，根據(jù)衛(wèi)星的速度公式U=呼分析可知，

軌道半徑越小，衛(wèi)星的速度越大，則有%

衛(wèi)星在軌道2上做橢圓運動，根據(jù)開普勒第二定律得知，V2a>V2b;

衛(wèi)星從軌道1變軌到軌道2,在a點加速，則有為a>%a；

衛(wèi)星從軌道2變軌到軌道3,在b點加速，則有/b>%b；

所以“2a>%匕>“2b，則B錯誤，C正確；

D、1軌道上的機械能為：E=如拜）2+竽

3軌道上的機械能為：口=：巾（楞）2+甯，則兩者之比為7：1,故。錯誤。

故選：Co

5.答案：B

解析：解：懸線剪斷前，以B為研究對象由平衡可知彈簧的彈力為：F=mg,

以4、B整體為研究對象由平衡可知懸線的拉力為T=2mg；

剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力不變，F(xiàn)=mg,

由牛頓第二定律得：

對4：mg+F=maA,5LF=mg,得：aA=2g,

對B：F—mg-maB,F=mg,得：CIB=0

故AC。錯誤，B正確；

故選:B.

懸線剪斷前，以兩球為研究對象，求出懸線的拉力和彈簧的彈力.突然剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力

沒有來得及變化，分析瞬間兩球的受力情況，由牛頓第二定律求解加速度.

本題應(yīng)用牛頓第二定律解決動力學(xué)中典型的瞬時問題，其基本思路：先分析懸線剪斷前兩物體的受

力情況，再研究懸線突然被燒斷的瞬間兩物體受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求瞬間的加速度.

6.答案:AC

解析：解：AB,在t=0時刻，甲、乙同時開始運動，但不是從同一地點出發(fā)的，乙從距原點正方向

上x=2m處出發(fā)，而甲從原點出發(fā)，即甲開始運動時，乙在它前面，故A正確，B錯誤。

C、由圖象可知，甲物體在中途有一段時間內(nèi)位移未變，即甲在中途停了一會兒，最后甲、乙兩物體

的位置相同，即甲追上了乙，故C正確。

。、甲追上乙的過程中，初位置不同，末位置相同，故位移不同，又由于時間相同，故平均速度不

同，故。錯誤。

故選:AC.

此圖是位移-時間圖象，直接反映了物體的位置隨時間的變化情況，其斜率等于速度。根據(jù)圖象可

知兩物體同時出發(fā)，甲開始運動時，乙在甲前面。甲物體在中途停了一會兒，最后甲追上了乙。

本題關(guān)鍵要掌握位移圖象的基本性質(zhì)：橫坐標(biāo)代表時刻，而縱坐標(biāo)代表物體所在的位置，縱坐標(biāo)不

變即物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，就能輕松進(jìn)行分析。

7.答案：BD

解析：解：4、各點電場強度如圖，

由電場強度疊加可知，4點和C點電場強度大小相同和方向不同，故A錯誤；

B、由于點電荷a、c在B、。兩點形成電場的電勢疊加后的總電勢均為零，則B、。兩點的電勢就等于

點電荷b在B、。兩點的電勢，根據(jù)點電荷電勢分布對稱的特點，則B點電勢等于。點電勢，故B正確；

C、8點為外接圓的圓心，則B點在點電荷a、b連線的垂直平分線上，點電荷a、b在它們垂直平分線

上的合電場強度與垂直平分線共線，即此條線上的電場強度方向與B點與點電荷c所在的直線共線，

可知B點與點電荷c連線上的電場線是直線，且指向c,則由B點靜止釋放一正試探電荷，其軌跡一定

是指向點電荷c的直線，故C錯誤；

D、B點比C點更靠近兩正電荷而更遠(yuǎn)離負(fù)電荷，易知B點的電勢高于C點的電勢，則將正試探電荷由

C移到B,克服電場力做功，電勢能增大，故。正確。

故選:BD。

多個點電荷形成的電場，利用電場強度疊加可求每一點電場強度。

根據(jù)點電荷電勢分布的特點可求電勢的大小。

判斷正電荷所受合力與初速度是否在一條直線上。

判斷電場力做功情況可判斷電勢能的變化情況。

明確多個點電荷組成的電場中，電場強度、電勢、電場力做功的求解方法很關(guān)鍵。

8.答案：CD

解析：解：AB、金屬線框剛進(jìn)入上邊磁場時，恰好做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件得mgsin。=產(chǎn)安，

又尸交=B/L=B等D=生產(chǎn)，聯(lián)立得mgsinO=號-^①

當(dāng)ab邊剛越過時，ab邊和cd邊都要切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線框中總的感應(yīng)電動勢為E=

2BLv,感應(yīng)電流為/=5=等，線框受到的安培力的合力大小為F=2B1=3②

根據(jù)牛頓第二定律得：mgsind-F=ma③

由①②③聯(lián)立解得a=-3gsin0,負(fù)號表示加速度方向沿斜面向上，故AB錯誤；

C、設(shè)線框從開始進(jìn)入磁場到時邊到達(dá)gg'與ff'中點時速度為“，由平衡條件得7ngsinO-F=O,即

mgs譏。-當(dāng)包=0,解得“=喘笠④

由①④得/三⑤

線框從開始進(jìn)入磁場到好邊到達(dá)gg'與//中點時產(chǎn)生的熱量為Q=mgsind-IL-(^mv'2-

1mv2)=^mgLsinO+1|mv2,⑥故C正確：

D、從ab越過"'邊界到線框再做勻速直線運動的過程，根據(jù)動量定理得：mgsine.t-BlLt=mv'-

mv⑦

又此過程中通過線框截面的電荷量為q=lt=—=@⑧

RR

由⑤⑦⑧解得t=^匕(等一9皿切，故。正確。

故選：CD。

金屬線框剛進(jìn)入上邊磁場時，恰好做勻速直線運動，合力為零，根據(jù)平衡條件和安培力與速度的關(guān)

系分別列式，得到速度與重力的關(guān)系；當(dāng)ab邊剛越過//時，根據(jù)牛頓第二定律列式，結(jié)合安培力與

速度的關(guān)系求線框的加速度；線框從開始進(jìn)入磁場到協(xié)邊到達(dá)gg'與中點時，先根據(jù)平衡條件求

出此時線框的速度，再根據(jù)能量守恒求產(chǎn)生的熱量。根據(jù)動量定理求從必越過邊界到線框再做勻

速直線運動所需的時間。

導(dǎo)體切割磁感線運動時，要抓住受力平衡及能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系進(jìn)行分析判斷；在分析能量關(guān)系時一定

要找出所有發(fā)生變化的能量，知道增加的能量一定等于減少的能量。對于線框在磁場中運動的時間，

由于線框做的是非勻變速運動，不能根據(jù)運動學(xué)公式求解，可根據(jù)動量定理求運動時間。

9.答案:CDE

解析：解：力、根據(jù)分子力和分子間距的關(guān)系可知，當(dāng)分子間距增大時，分子間的引力、斥力均減小，

但分子力不一定隨之減小，比如當(dāng)分子間距從平衡位置辦開始增大時，分子力先增大后減小，故A

錯誤；

8、一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收熱量后，如果對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，^U=Q+W,

當(dāng)對外做功與吸熱先抵消時，內(nèi)能不變，理想氣體的內(nèi)能只包括分子動能，即分子的平均動能不變，

故8錯誤；

C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程具有方向性，且都是不可逆的，故C

正確；

。、由于揮發(fā)，液體表面的分子分布比液體內(nèi)部分子的分布要稀疏，故存在液體的表面張力，荷葉

上的露珠呈球形是由于液體表面張力的作用，故。正確；

E、地面的大氣壓強是由大氣層中空氣的重力產(chǎn)生,M'g=PoS,其中S=4兀辟，大氣的摩爾數(shù)：n=笨,

則地球大氣層中空氣分子的總個數(shù)為n^,已知地球半徑R,空氣平均摩爾質(zhì)量M,阿伏加德羅常數(shù)

治,地面大氣壓強Po及重力加速度g,即可故算出地球大氣層中空氣分子的總個數(shù)，故E正確。

故選：CDE。

根據(jù)分子力和分子間距的關(guān)系分析。

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析，理想氣體內(nèi)能只包括分子動能。

根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析。

液體表面的分子分布比液體內(nèi)部分子的分布要稀疏，故存在液體的表面張力。

根據(jù)地面的大氣壓強是由大氣層中空氣的重力產(chǎn)生，由壓強的定義式分析.

此題考查了熱力學(xué)第二定律、阿伏加德羅常數(shù)、熱力學(xué)第一定律等相關(guān)知識，解答本題的關(guān)鍵是要

知道大氣壓力是由大氣層中的空氣產(chǎn)生的，再利用壓強定義式和阿伏加德羅常數(shù)的橋梁紐帶作用求

解。

10.答案:BDE

解析：解：4、由單擺做簡諧運動的周期7=2兀5，故只和擺長有關(guān)，與振幅無關(guān)，故A錯誤；

從橫波在介質(zhì)中的傳播速度由介質(zhì)本身的性質(zhì)決定。故8正確；

C、機械波在介質(zhì)的傳播特點是波源的振動帶動相鄰質(zhì)點做受迫振動，所以機械波的振幅等于波源的

振幅，故C錯誤；

。、單位時間內(nèi)經(jīng)過媒質(zhì)中一點的完全波的個數(shù)就是這列簡諧波的頻率，故D正確；

瓜圍繞振動的音又轉(zhuǎn)一圈會聽到忽強忽弱的聲音，是聲波疊加產(chǎn)生加強與減弱的干涉的結(jié)果，故E

正確；

故選：BDE。

A、由單擺周期公式即可得單擺周期只與擺長有關(guān)；B、橫波在介質(zhì)中的傳播速度由介質(zhì)本身的性質(zhì)

決定；

C、機械波在介質(zhì)的傳播特點是波源的振動帶動相鄰質(zhì)點做受迫振動，所以機械波的振幅等于波源的

振幅；

￡＞、頻率是單位時間內(nèi)波傳播的個數(shù)；E、聽到忽強忽弱的聲音，是聲波加強與減弱的結(jié)果。

本題考查了單擺的周期公式、波的傳播速度、受迫振動，干涉等知識，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些

基礎(chǔ)知識點。

11.答案：解：（1）由3）圖可知，木塊所受到的滑動摩擦力：Ff=3.12/V

由丹'="FN得：

故〃=0.4.

（2）物體受重力G、支持力“、拉力尸和摩擦力與作用.將F分解為水平和豎直兩方向，根據(jù)牛頓運動

定律

FcosQ-Ff=ma①

FsinO+FN=mg（2）

Ff=咻③

聯(lián)立①②③各式得：F=4.5N.

故拉力的大小為：F=4.5N.

解析：（1）根據(jù)圖（b）可以求出木塊所受滑動摩擦力大小，然后根據(jù)弓=樂〃可以求出木塊與長木板間

的動摩擦因數(shù)；

（2）對木塊進(jìn)行受力分，根據(jù)其運動狀態(tài)可知其豎直方向上合外力為零，水平方向合外力提供加速度,

由此列方程可正確解答.

滑動摩擦力大小跟壓力大小、接觸面粗糙程度有關(guān)，跟物體受到的拉力大小、物體的運動速度都沒

有關(guān)系；正確受力分析，根據(jù)運動狀態(tài)列方程求解.

12.答案：A2；分壓式；外接法

解析：解：小燈泡的額定電流/=￡=甘=0.44=400nM,故電流表應(yīng)選量程為500nM的，即選

U4

八2；

由于要求所測電壓范圍為0.1V?4V,所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法；

小燈泡的電阻R===2=1O0，電壓表內(nèi)阻為4x10%,電流表內(nèi)阻為10,

I0.4

則與〉券電流表應(yīng)采用外接法.

故答案為：A2,分壓式，外接法.

選擇器材需安全、精確，通過小燈泡的額定電流確定出電流表的量程.根據(jù)要求電壓調(diào)節(jié)范圍很大

說明滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法；

若燈泡的電阻遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，采取外接法，若燈泡的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電流表的內(nèi)阻，采用內(nèi)接法.

解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的原則，即安全，精確.以及掌握電流表內(nèi)外接哪種情況誤差比較小，

“大內(nèi)偏大，小外偏小”.

13.答案：解：(1)由于粒子的電場力豎直向上，與電場強度方向相反，故粒子帶負(fù)電。

粒子從M至N運動過程有：L=\at2

運動時間為：t=F

v0

由牛頓第二定律得：qE=ma

聯(lián)立得：后=磐

(2)在電場中，沿y軸方向，有：L=\vyt,

沿x軸方向，有：2L=

可得：Vy=VO

因此，帶電粒子到點的速度大小為：v=

NN>/2v0

由幾何關(guān)系可知：為與一x軸成。=45。角。

(3)帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，圓心在O'處，設(shè)半徑為R,由幾何關(guān)系知，帶電

粒子過P點的速度方向與x成45。角，則有：

由牛頓第二定律得：qvNB=

得:'=器

由左手定則知，磁場方向垂直紙面向里

粒子在磁場中運動周期為：7=等=譽

VN%

RQTT/

粒子在磁場中運動時間為：t2=：7=學(xué)

44Vo

2

答：(1)帶電粒子帶負(fù)電荷，電場強度E的大小是景；

(2)帶電粒子到達(dá)N點時速度的大小是&為,方向與-工軸成45。角：

(3)磁感應(yīng)強度的大小是鬻，方向垂直紙面向里。帶電粒子在磁場中的運動時間是鬻。

解析：(1)分析帶電粒子的運動情況：電子在電場中，受到豎直向上的電場力而做類平拋運動(或勻

變速曲線運動)；根據(jù)粒子受力的方向與電場線方向的關(guān)系判斷出粒子的電性；根據(jù)平拋運動分運動

的規(guī)律和牛頓第二定律結(jié)合求出電場強度E的大?。?/p>

(2)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律求出粒子在y方向的分速度，然后使用平行四邊形定則求出帶電粒子

到達(dá)N點時的速度大小和方向；

(3)進(jìn)入磁場做勻速圓周運動；畫出軌跡，根據(jù)圖象中的幾何關(guān)系求得圓周運動的半徑；根據(jù)洛倫茲

力提供向心力，寫出動力學(xué)的方程，求磁感應(yīng)強度的大小和方向；分三段過程研究時間：電場中、

磁場中和離開磁場后做勻速直線運動的時間。磁場中根據(jù)軌跡的圓心角a,由t=求時間。由兒

Z7T

何知識得到勻速直線運動的距離，即可求出勻速運動的時間。再根據(jù)幾何知識求出磁場中運動的半

徑，求出7,即可求得總時間。

對于類平拋運動，要熟悉類平拋運動的處理方式：運動的分解法，把類平拋運動分解成相互垂直方

向的勻速直線運動和初速度為0的勻加速直線運動，通過分運動的處理得到合運動的性質(zhì)。畫出軌跡,

運用幾何知識求出磁場中運動的半徑，即可求出時間。

14.答案：解：(1)小球做的是平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，由力=可知

區(qū)/275,

￡二匕7而心

(2)在水平方向上勻速直線運動，水平方向運動時間和飛行時間相同,

則s=vot=IsxlOm/s=10/n

(3)豎直方向的速度為：

v=gt=lOm/s

水平方向的速度為：

v0=lOm/s

則物體的合速度為：s

設(shè)落地時速度與水平方向成。角，則：tan^=—=1,故。=45。，

%

故物體落地速度方向與水平方向成45。角

解析：(1)平拋運動的物體豎直方向做自由落體運動，因此在空中運動時間可以通過豎直方向運動求

出；

(2)物體水平方向做勻速直線運動，據(jù)此可求水平位移；