2021年湖北省華大新高考聯(lián)盟高考物理質量測評試卷（4月份）（附答案詳解）

2021年湖北省華大新高考聯(lián)盟高考物理質量測評試卷（4

月份）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.（2021?湖北省?模擬題）2020年12月4日，我國新一

代“人造太陽”裝置一一中國環(huán)流器二號M裝置

在成都建成并成功放電（如圖），為本世紀中葉實現(xiàn)

核聚變能應用的目標打下了堅實的基礎?！叭嗽焯?/p>

陽”裝置中的核反應主要是一個笊核C，）與一個

笊核々H）反應生成一個新核，同時放出一個中子，

釋放核能AE。已知真空中光速為c,下列說法正確的是（）

A.核與：H核是兩種不同元素的原子核

B.一個叁“核與一個；“核反應生成的新核中子數(shù)為3

c.一個：，核與一個；，核反應過程中的質量虧損為首

D.出核的比結合能為當

1C2

2.（2021?廣東省?模擬題）如圖所示，A、3兩個小物塊用足夠長的細線相連，細線繞過

固定在水平面與斜面交界處的光滑輕小定滑輪，將兩物塊分別置于水平面與斜面上,

滑輪兩邊細線分別與水平面和斜面平行,已知A物塊的質量大于B物塊的質量，不

計一切摩擦，在兩物塊分別沿水平面與斜面運動的一段過程中，下列說法正確的是

()

5

A.細線拉力對兩物塊做的功相同

B.細線拉力對兩物塊的沖量相同

C.若將兩物塊的位置互換，細線上拉力大小不變

D.若將兩物塊的位置互換，細線上拉力變大

3.（2021?湖北省?模擬題）如圖所示，由紫光與紅光混合的細光束

從底面鍍銀的半圓形玻璃磚頂點A以入射角。=60。射入玻璃

磚，已知該玻璃質對紫光與紅光的折射率分別為%、n2（ni>

n2>f）.光束在玻璃磚半圓弧面上發(fā)生折射時不考慮反射,

紫光與紅光在玻璃磚內傳播的時間分別為匕、t2o下列判斷正確的是（）

A.ti>12B.I】=C.t]<12

4.（2021?湖北省?模擬題）如圖所示，光滑絕緣的水平面上，有

一長直導線與新月形金屬導線框，直導線固定，導線框可

以在水平面上自由移動。開始導線框的對稱軸MN與直導

線垂直。1=0時給直導線通交變電流力=/5譏崇￡,規(guī)定圖

示方向為電流正方向。下列關于導線框的說法正確的是（

A.在0?5時間內，導線框中產生順時針方向的感應電流

B.在]?5時間內，導線框有面積縮小的趨勢

42

C.在t=?時導線框受到的安培力最大

4

D.導線框將沿MN方向向右平動

5.（2021?湖北省?模擬題）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=。時刻波形如圖所示,

此時波恰好傳到平衡位置X]=37n的M點。在t=10s時，位于平衡位置%2=10m的

N點運動的路程為15°"。下列說法正確的是（）

A.波源的始振方向向下

B.波的傳播速度為lm/s

C.t=5.5s時M點的速度與加速度均在增大

D.在￡=12s時質點N的位置坐標為（10m,-5cm）

6.（2021?廣東省?模擬題）如圖所示，實線代表兩條相同的帶等

量均勻正電的半圓弧形絕緣體APB、CP￡>在中點P相交，

虛線代表另兩條相同的帶等量均勻負電的半圓弧形絕緣

體AQB、C。。在中點。相交，四條半圓弧形絕緣體所帶

的電荷量均相等.其中APBQ位于堅直平面內，CPCQ位于

水平面內，。點是圓心，直徑PQ上有M、N兩點與。點距離相等.已知AP段圓弧

上電荷的電場在。點的場強大小為E,O點處合場強大小為殳.下列說法正確的是

()

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A.E=\E0

B.E=當E°

C.M、N兩點的場強不相等、電勢相等

D.M、N兩點的場強相等、電勢不相等

7.（2021?廣東省?模擬題）如圖所示，一豎直的輕彈簧下端固定在地面上，上?/1

端與質量為，〃的小物塊8相連，在彈簧處于原長處靜止釋放B的瞬間，‘芋5

質量也為m的小物體A從B的正上方某處自由下落，已知重力加速度為

g,當月下落高為h時B的速度第一次到達%=荻，此時兩物塊相

碰，碰撞時間極短且碰后兩物塊粘在一起運動，不考慮空氣阻力影響，下列說法正

確的是（）

A.碰后兩物塊運動的最大速度為［

B.碰后兩物塊運動的最大加速度大小等于g

C.兩物塊碰撞過程中損失的機械能為《mg/i

D.兩物塊碰撞過程中B對A的沖量為刎儷

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

8.（2021.廣東省.模擬題）我國首次發(fā)射的火星探測器廠亍、

天問經過長達半年的航行，于2021年2月10日成/...........人同\

功被火星引力捕獲，繞火星赤道平面橢圓軌道1運,/圖二

行（如圖所示）.為了觀測火星的南北極，2月15日探X

測器運行到軌道1的遠火點，短時間內啟動探測器上發(fā)動機，成功實施了軌道平面

機動,轉移到與軌道1平面垂直的橢圓軌道2上運行.假設變軌前后兩桶圓軌道的近

火點P與遠火點Q相同，遠火點距離火星中心距離為〃探測器在遠火點的速率為

v,忽略探測器在。點的變軌時間且變軌后發(fā)動機關閉，不考慮其他天體的影響.下

列說法正確的是（）

A.變軌過程中發(fā)動機對探測器做正功

B.變軌過程中探測器速度變化量大小為

C.變軌前后瞬間探測器的向心加速度不變

2

D.在遠火點探測器的加速度小于匕

9.（2021?湖北省?模擬題）如圖所示，交流發(fā)電機的矩形線圈面積S=0.08m2,線圈匝

數(shù)N=50,線圈的電阻r=in,線圈在磁感應強度B=0.27的勻強磁場中繞垂直磁

場的軸。?！越撬俣?=200rad/s勻速轉動，通過原、副線圈匝數(shù)比為n1：n2=1：

3的理想變壓器接可變的負載電阻R,圖中電表均為理想交流電表，當負載取某一

阻值時，交流電流表的示數(shù)為/=10立4下列說法正確的是（）

0ae

A.交流電壓表的示數(shù)為80夜V

B.電阻R消耗的電功率為1400aW

C.若增大負載電阻R,則變壓器的輸入功率減小

D.若負載電阻R=90,則變壓器的輸入功率最大

10.（2021.湖北省?模擬題）如圖所示，光滑的水平面上有兩根彳、J」—、、

輕桿04、它們的一端分別固定在水平面上的A、B\

兩點，另一端用錢鏈連在。點（。點不動），且乙1。8為銳凸弋/

角。在O點系一條細線（線長小于任何一桿的長度），線

的另一端系一小球。開始時將細線拉直使小球靠近。B桿，然后給小球一個初速度，

使小球在水平面上繞。點做勻速圓周運動。當小球運動到某點匕時，。8桿第一次

受到作用力大小為F,則當小球繼續(xù)運動直到碰到OA桿前，OB桿受到作用力大

小仍為產的次數(shù)還可能有（）

A.1次B.2次C.3次D.4次

11.（2021.廣東省.模擬題）在光滑絕緣的水平面上存在與水平面垂直的磁場，已知沿Ox

方向磁感應強度大小隨位置x的變化如圖（a）所示，同一x處垂直O(jiān)x方向的磁感應

強度相同.現(xiàn)將金屬圓環(huán)放置在磁場中水平面上，在沿x軸方向的拉力F作用下，金

屬圓環(huán)沿x軸正方向做勻速運動如圖（b）所示.下列說法正確的是（）

一

Ox

（b）

A.圓環(huán)中感應電流大小越來越大B.圓環(huán)中感應電流大小不變

C.拉力的大小越來越大D.拉力的大小不變

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

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12.(2021?廣東省?模擬題)某同學用如圖所示裝置探究平

拋運動的特點.保持水平彈射器左端位于一固定斜面

底端的正上方，彈射器將一小球水平向左彈出，小球

落在斜面上.改變彈射器左端離斜面底端的高度以單位：m),多次重復實驗，每次

小球彈出的初速度相同，測出每次小球在斜面上落點位置到斜面底端的距離x(單位:

(1)作線性圖像分析處理實驗數(shù)據(jù)，以X為橫軸，則以為縱軸(填正確答案標

號)?

A.h

B.hx

(2)取當?shù)刂亓铀俣萭=lOm/s2,測出以上作出的線性圖像縱截距為0.50,斜率

為卷，則斜面的傾角e=；小球彈出的初速度大小%=M/S(結果

保留兩位有效數(shù)字).

13.(2021.廣東省.模擬題)某探究小組的同學先改裝電流表,再用改裝后的電流表及其他

相關器材觀察電容器的充放電現(xiàn)象.

(e)

(1)已知兩電流表Gi、Gz的量程均為300四，為了擴大電流表G的量程，小組的同

學設計了如圖(a)所示的電路.先將開關I斷開，閉合$2.調節(jié)&，使Gi和G2讀數(shù)均為

200回；再將開關品閉合，調節(jié)電阻箱&和滑動變阻器/?2,保證G2讀數(shù)不變，則當

Gi讀數(shù)為“A時，Gi與％并聯(lián)可以作為量程為600四的電流表使用.

（2）保持電阻箱％不變，用電流表％和其他器材設計如圖（b）所示的電路觀察電

容器充放電現(xiàn)象，己知圖（b）中電源的電動勢E=3U.

①將單刀雙擲開關先接1,通過電壓傳感器（與計算機相連）觀測電容器電壓隨時間

變化的圖像如圖（C）所示，充電過程電路中電流八電容器電壓心電荷量q及充電

時間f,則以下圖像（圖e）可能正確的是（填正確答案標號）.

②再將單刀雙擲開關接2,同時每隔5s讀一次電流表Gi的示數(shù)i,并記錄在數(shù)據(jù)記

錄表中；利用記錄的數(shù)據(jù)，描繪出電容器放電過程的i-t圖像如圖（d）所示的平滑

曲線.則實驗中所用電容器的電容。=F,電容器充電完畢所儲存的電能

Ep=結果均保留兩位有效數(shù)字）

四、計算題（本大題共3小題，共41.0分）

14.（2021?湖北省?模擬題）如圖⑷所示，豎直放置的粗細均勻的U形細玻-wqpweq璃管

（轉角處可視為直角），其右管上端開口，左管上端封閉，用水銀柱在左管內封閉了

一段長L的空氣柱，左右兩管水銀面的高度差九=40cm,管底水平部分長=

20V3cm,外界大氣壓強Po=76cmHg,管內空氣初始溫度=300K。若保持溫

度不變，以左管下端為轉軸，將U形玻璃管在豎直平面內緩慢沿逆時針方向轉動，

當豎直管與水平方向成。=30。時，左、右兩管內水銀面高度平齊，如圖（6）所示。

然后將管內空氣柱溫度升高到△，空氣柱又恢復到初始長度。求：

（1）空氣柱的初始長度L-,

（2）空氣柱升高的溫度72（保留一位小數(shù)）。

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15.(2021?湖北省?模擬題)如圖(a)所示，摩托車與小汽車前后停在同一平直的道路上等

交通紅燈。摩托車剛好在前面的停車線處，小汽車與停車線相距L=l(hn處。當紅

燈還有to=0.5s熄滅時，小汽車開始以的=5m/s2的加速度啟動，當運動到停車線

處即改做勻速運動；摩托車看到紅燈熄滅后立即以a?=4m/s2的加速度啟動做勻

加速運動。已知兩車在運動過程中可視為質點，在運動時間f內摩托車牽引力的功

為卬，/—t圖像如圖(b)所示。求：

(1)兩車在運動過程中的最小距離4X;

(2)摩托車運動的第2s內牽引力的平均功率尸。

16.(2021?湖北省?模擬題)如圖所示，在平面直角坐標系xO)，y

的x軸上方由三段圓弧組成的區(qū)域內存在磁感應強度大

小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。位于磁場邊界---------齊------；

的坐標原點。處的粒子源向第一象限內沿各個方向垂直磁場發(fā)射大量的質量為〃?、

電荷量為q(q>0)、速率為v的相同帶電粒子，不考慮粒子的重力及相互作用力。

已知所有粒子在磁場中運動一段時間后均垂直通過x軸。求：

(1)磁場區(qū)域的最小面積S；

(2)粒子從。點發(fā)射到再次通過x軸的最長時間與最短時間之差4to

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答案和解析

1.【答案】C

【知識點】質能關系、結合能和比結合能、核力與核能

【解析】解：A、核與核都只有一個質子，屬于同一種元素的兩種同位素，故A

錯誤；

B、一個：H核與一個核反應生成新核，同時放出一個中子，根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量

數(shù)守恒，可知新核的電荷數(shù)為2,質量數(shù)為4,則新核的中子數(shù)為2,故B錯誤；

C、根據(jù)愛因斯坦質能方程=可知，此核反應過程中的質量虧損為與，故C正

C2

確；

D、由于AE是核反應釋放的能量，不是；H核的結合能，故。錯誤.

故選：C。

核與；H核屬于同位素；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒，可知新核的電荷數(shù)和質量數(shù)，

可計算新核的中子數(shù)；根據(jù)愛因斯坦質能方程4E=可計算此核反應過程中的質量

虧損；由比結合能的含義可進行判斷。

本題主要考查原子核的知識，考查知識點針對性強，難度較小，考查了學生掌握知識與

應用知識的能力。

2.【答案】C

【知識點】功、牛頓第二定律、動量定理

【解析】解：A、細線拉力對A做正功，對B做負功，所以拉力對兩物塊做功不同，故

A錯誤；

8、沖量是矢量，有方向，而細線對A的拉力和對8的拉力方向不同，所以拉力對兩物

塊的沖量不同，故B錯誤；

CD、設A、B的質量分別為血4、mB,斜面傾角為8,設細線拉力為a,加速度為由,

對整體由牛頓第二定律可得：mBgsind=(mA+m8)%，

隔離A根據(jù)牛頓第二定律可得：&=加/1，聯(lián)立解得：取=黑鬻叱

互換位置后，設細線拉力為尸2,整加速度為a?,整體根據(jù)牛頓第二定律可得：mAgsin0=

(m.+mB)a2,

隔離B根據(jù)牛頓第二定律可得：F2=mBa2,聯(lián)立解得：F2=

mA+mB

所以鼠=尸2,即將兩物塊的位置互換，細線上拉力大小不變，故C正確，。錯誤。

故選：C

用功和沖量的概念判斷拉力做的功和拉力的沖量；用牛頓第二定律求拉力大小進行比較。

本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定

研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行

解答：注意整體法和隔離法的應用。

3.【答案】3

【知識點】折射定律

【解析】解：作出光在玻璃磚內傳播的光路圖，設半圓形玻璃：I

磚的半徑為心真空中的光速為c,紫光、紅光在A點的折射角

分別為a、魚對紫光有n1=黑，匕=3口=等，解得（

G=需；同理得功=簧箸，由于a＜小則t]＞名故A\/

正確，BCD錯誤。y

故選：A。

根據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)幾何關系和折射定律列式求解。

本題考查光的折射和全反射，依據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)幾何關系找出傳播距離是解題

關鍵。

4.【答案】D

【知識點】安培力的方向、安培力的大小、楞次定律

【解析】解：A、在0?彳時間內，直導線中的電流正向增大，導線框中向里的磁通量增

大，由楞次定律可知，線框中產生逆時針方向的感應電流，故A錯誤；

B、在:?J時間內，導線框中磁通量減小，其面積有擴大的趨勢，故B錯誤；

C、在t=7時直導線中電流變化率為零，導線框中感應電流為零，受到的安培力為零，

故c錯誤；

D、在0??時間內，導線框受到安培力沿對稱軸向右，線框向右加速運動；在??￡時間

內，線框受到的安培力向左，在線框向右減速運動，由于磁場向右減弱；在;時刻導線

框向右的速度不為零，同理分析在交變電流的后半個周期內，線框也一直向右運動，故

。正確；

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故選：Do

根據(jù)楞次定律的內容：感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，結合楞

次定律的“增縮減擴”，及安培定則與左手定則，即可判定分析。

本題考查楞次定律，安培定則與安培力的應用，體現(xiàn)科學推理與論證學科素養(yǎng)，掌握楞

次定律的內涵，及左手定則與右手定則的區(qū)別。

5.【答案】B

【知識點】波速、波長和頻率、波的圖象

【解析】解：A、波向右傳播，根據(jù)同側法可知M點的起振方向向上，而波動中所有質

點的起振方向相同，故波源起振方向向上，故4錯誤；

8、由圖可知波長是;I=4m,設波的周期為T,則波速"=gM點與N點間距△x=7m,

波由M點傳到N點所用時間△「空,N點運動的路程是15cm=34可知△[+>=

10s,解得：T=4s,v=lm/s,故3正確；

C、5.5s=T+J+0.5s,此時M點正向平衡位置運動，速度在增大，加速度在減小，

4

故c錯誤；

D、由于12s=△t+T+；,此時質點N點的位置坐標是5cm),故。錯誤。

故選：Bo

波向右傳播，根據(jù)同側法可知例點的起振方向向上，而波動中所有質點的起振方向相

同，故波源起振方向向上。由圖讀出波長，結合N點在10s內的運動路程，可求得周期

和波速。知道周期，然后可知5.5sM點的位置，然后可知加速度和速度的變化。

本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于

波的圖象往往先判斷質點的振動方向和波的傳播方向間的關系。同時，能熟練分析波動

形成的過程，分析物理量的變化情況。

6.【答案】D

【知識點】電場強度的概念和定義式、電勢、電勢差與場強的關系、電場的疊加

【解析】解：AB,圓弧AP段上電荷的電場在。點場強大小為E,方向與OQ成45。角，

由對稱性知，其他7段四分之一圓弧上電荷產生的電場在O點場強度大小也為E,方向

與0。均成45。角；根據(jù)電場的疊加，有8Ecos45。=&),E=^-Eo,故AB錯誤；

CD.設APB和CP。上正電荷的電場在"、N兩點的場強分別為邑、E2,方向均向右,

由對稱性知：4。8和CQ。上負電荷的電場在M、N兩點的場強分別為&、%,方向均

向右；則E”=邑+邑=EN；

PQ連線上的電場線方向由尸-Q,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可得WM><pN,故錯誤、

。正確。

故選：D。

八段四分之一圓弧上電荷產生的電場在。點場強度大小相等，方向均與。。均成45。角，

根據(jù)電場的疊加求解E的大?。桓鶕?jù)對稱性分析M和N點的電場強度的大小，根據(jù)沿

電場線方向電勢降低判斷電勢高低。

本題主要是考查電場強度的疊加和電勢高低的判斷，知道電場強度是矢量，其合成滿足

平行四邊形法則，電勢是標量，知道沿電場線方向電勢降低。

7.【答案】C

【知識點】動量守恒定律、功能關系的應用、動量定理

【解析】解：A、碰前物塊4的速度為孫，根據(jù)動能定理可得：mgh=^mv^,解得：

vA=y/2ghi

設碰后兩物塊的初速度為v,碰撞時間極短，碰撞過程遵循動量守恒定律，取向下為正

方向，根據(jù)動量守恒定律可得：mvA+mvB=2mv,可得u=由于不知道碰

后兩物體受力情況如何，所以無法判斷最大速度的大小，故A錯誤；

8、碰后兩物體在豎直方向做簡諧運動，在最高點與最低點處加速度最大、方向相反，

兩物體在最高點時彈簧不一定處于原長狀態(tài)，兩物體最大加速度大小不一定等于g,故

3錯誤；

C、設兩物塊在碰撞過程中損失的機械能為AE,由能量守恒定律可得：△E=：ni域+

-1x2mv2,解得：△E=mgh,故C正確；

。、對A根據(jù)動量定理可得兩物塊碰撞過程中B對A的沖量大小為/=rn以-mv,解得：

I=2m{2gh,故D錯誤。

故選：Co

不知道碰后兩物體受力情況如何，所以無法判斷最大速度的大??；兩物體在最高點時彈

簧不一定處于原長狀態(tài)，由此分析兩物體最大加速度大?。挥赡芰渴睾愣汕蠼鈸p失的

機械能；對A根據(jù)動量定理求解兩物塊碰撞過程中8對A的沖量大小。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：

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系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞

前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關系列方程求解。

8.【答案】BC

【知識點】萬有引力定律的應用、人造衛(wèi)星

【解析】解：A、探測器在遠火點。變軌前后瞬間的速度大小均為v,受到火星的萬有

引力與v垂直，萬有引力不做功，由動能定理知，發(fā)動機對探測器做的總功為零，故A

錯誤；

B、由矢量的運算法則知，變軌過程中，探測器速度變化量大小為,△v=荷隔聲=&v，

故B正確；

C、在遠火點。探測器受到火星的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律知，變軌前后

瞬間探測器的向心加速度不變，故C錯誤；

。、若探測器在Q點變?yōu)橐曰鹦菫橹行?，半徑為r的圓軌道上運行，其速率%在

圓軌道與橢圓軌道的。點，探測器的加速度大小為a=璉>藝，故力錯誤。

rr

故選：BC。

速度是矢量，運用矢量運算法則計算速度變化量，探測器在穩(wěn)定運行過程中，萬有引力

提供向心力，只受到萬有引力作用，結合相關知識分析求解.

解答本題的關鍵是知道衛(wèi)星變軌問題，做離心運動要加速。還要知道加速度和速度都是

矢量，都有方向。

9.【答案】CD

【知識點】交變電流的產生、電功和電功率定義、表達式及應用、變壓器的構造和原理、

交變電流的有效值

【解析】解：A、線圈轉動產生正弦式交變電流，電動勢最大值Em=NBS3=50x0.2x

0.08x200P=160匕電動勢的有效值E=^=詈了=80在人當負載取某一阻值，

交流電流表的示數(shù)為/=10a4時，交流電壓表的示數(shù)為U=E-Ir=80V2K-

10V2IZ=70V2V.故A錯誤；

B、電阻R消耗的功率P=/[/=10&x70畬皿=1400W，故B錯誤。

CD、由P=C)2R得此時負載電阻的阻值R=632設調節(jié)R的阻值后變壓器原線圈電流

為副線圈電流為，2,變壓器輸入功率為P，則E/1=/>+P,由于有解，則A=E2-

4rp>0,即P<比，故分〃=扛=殳，又，?=?=:解得R=90；可知負載電阻從630

max

4r4rRhn23

減小到90時，電阻R消耗的功率（即變壓器輸入功率）一直增大，故C、O正確。

故選：CD。

圖甲中，求出線圈的感應電動勢，再根據(jù)歐姆定律和電功率公式求出交流電壓表的示數(shù)

和電阻R上消耗的電功率；將理想變壓器和電路中的電阻R等效為電阻R',當/?'=/"時

電源的輸出功率最大。

理想變器是理想化模型，一是不計線圈內阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象。輸入電壓決定輸

出電壓，而輸出功率決定輸入功率。

10.【答案】AC

【知識點】牛頓第二定律、向心力

【解析】解：小球在水平面內做勻速圓周運動，線上拉力提供向心力，可知線上拉力大

小尸丁一定。。點受到線的拉力/、OA桿的作用力以（沿桿方向）、OB桿的作用力降（沿

桿方向）。在這三個力的作用下。點處于平衡狀態(tài)，這三個力的合力為零，三個力的矢

當OB桿受到拉力且大小為尸時，小球的位置除A點外還有一個位置P2；當。8桿受到

壓力且大小為尸時，小球有兩個位置P3、24；

若尸丁垂直于04,則位置&與P2重合，P3與"重合，則小球的位置除在Pi點外，。8桿作

用力大小也為F時小球的位置還有一次。

綜上所述，08桿受到作用力大小仍為尸的次數(shù)還可能有1次或3次，故AC正確、BD

錯誤。

故選：AC。

分析。點的受力情況，根據(jù)矢量三角形法則進行作圖，根據(jù)0A桿和03桿拉力的矢量

和等于拉力的大小進行分析.

本題主要是考查力的矢量三角形法則、向心力的分析，關鍵是弄清楚小球受力情況、兩

根桿的受力情況，根據(jù)三角形法則進行分析。

11.【答案】BD

第14頁，共19頁

【知識點】動生電動勢、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律

【解析】解：AB,由圖(a)所示圖象可知，磁感應強度沿x軸的變化規(guī)律為8=8。+

kx(k>0流為常數(shù))

設圓環(huán)的電阻為R,面積為5,圓環(huán)做勻速直線運動的速度大小為v,

設在一段很短時間內圓環(huán)沿x軸正方向的位移大小為△%,

由法拉第電磁感應定律得：E=^-=^S=—x^S=kvS,

由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流：/===附，由于％、V、s、R都不變，則/

RR

不變，故4錯誤，8正確；

CD、金屬圓環(huán)做勻速直線運動，拉力的瞬時功率等于圓環(huán)的電功率，即P=Fv=I2R,

則拉力F=/，由于八R、v都不變，則拉力F不變，故C錯誤，。正確。

V

故選：BD.

應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，應用閉合電路的歐姆定律求出感應電流，然

后分析感應電流如何變化；

金屬圓環(huán)做勻速直線運動，拉力的功率等于圓環(huán)的電功率，據(jù)此分析拉力大小如何變化。

根據(jù)圖示圖象分析清楚磁感應強度的變化情況，根據(jù)題意分析清楚圓環(huán)的運動過程，應

用法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律與功率公式即可解題。

12.【答案】C30°3.0

【知識點】實驗：探究平拋運動的特點

【解析】解：(1)設小球平拋運動時間為t,由平拋運動規(guī)律有xcos。=vot,h-xsind=

\gt2,聯(lián)立解得：3=以x為橫軸，&為縱軸，作出圖像為線性圖像，

故C正確。

(2)由圖像的物理意義有sin。=0.5,故0=30。，強薩=1，可得%=3.0m/s。

故答案為：(l)C(2)30°,3.0。

利用平拋的規(guī)律求出水平方向位移、豎直方向位移，然后求出2與x的數(shù)學關系，是線

X

性關系。分析表達式與圖像的關系，分析圖像的物理意義求出sin。，求出初速度。

本題考查平拋運動的知識，要掌握好平拋的運動規(guī)律，會利用圖像分析物理問題。

13.【答案】100ABD1.5x10-36.8x10-2

【知識點】探究影響平行板電容器電容大小的因素

【解析】解:⑴由于Gi量程為300m4,當Gi與&并聯(lián)時量程為600m，可知毗時,%=%i，

若Gi的電流為G2的電流為與，由題間有24=/2=200必1,故/i=100〃4

(2)①4、電容器帶電量q=CU,選項A正確；

B、充電過程中電流i=W=邛，由圖(c)知，充電開始與較大，然后逐漸減小為零，

AtAtAc

故3正確；

CD、由勺=?/可知，圖象a-t圖象類似，故C錯誤，。正確。

故選：ABD

②每個小方格面積為q。=30x10-6x2.5C=7.5x10-5C,電容器放電過程i一t圖象

與坐軸所轉成圖形的面積中包含紙為30個小格(大于等于半個方格算作一個方格，小于

半個方格舍去)，每個時刻電容器放電電流是電流表G示數(shù)的兩倍。電容器充電后儲存

的電荷量為Q=2x30x7.5x10-5C=4.5x10-3C,電容器充電穩(wěn)定時電壓U=E=

3%則C=?=竺等:尸=1.5X10-3F,由q-u圖象下的面積表示電容器貯存的電能,

有Ep=^qu=^CU2=1x1.5x10-3*32/=6.8x10-2/?

故答案為：(1)100；(2)①48D;②1.5x10-3、g.8x10-2

(1)要使電流表4量程從300M擴大為600四，則并聯(lián)的電阻箱&的阻值與電流表4的

電阻相等；

(2)電荷量為/-t圖象與坐標軸圍成的面積，電容器在放電時通過4與R1的電荷量相等;

本題考查電流表的改裝、電容的充放電、估測電容器的電容等內容。會根據(jù)電路圖連接

實物圖，知道擴大電流表量程的方法，會用/-t圖象計算電容器放的電荷量。

14.【答案】解：(1)1設細管的橫截面為S,管內空氣柱初狀態(tài)壓強為：P1=p0-ph=

76cmHg-40cmHg=36cmHg

旋轉后兩管內水銀面平齊，管內空氣柱的壓強為：p2=p0

設開始右管水銀面高心，旋轉后空氣柱長度減小了心如圖所示，有：

(%+ft4-心)sin。=Losin(9O°—。)+(h0—x)sm00

解得x=10cm

根據(jù)玻意耳定律可得：PiLS=口2?-x)S

解得L=19cm

(2)將管內空氣柱溫度升高到超時，空氣柱又恢復到初始長度，此時兩管水銀面高度差

為Ah.=Losin(9O°—。)+hQsind—(h一%)sin。

解得：△/i=10cm

空氣柱壓強為：P3=Po+p△h=76cmHg+lOcmHg=86cmHg

第16頁，共19頁

根據(jù)查理定律可得：合=祟

12

解得：T2=716.7K

答：(1)空氣柱的初始長度L為19cm；

(2)空氣柱升高的溫度0為716.7K。

【知識點】理想氣體狀態(tài)方程

【解析】(1)對被封閉氣體，找出初末狀態(tài)參量，根據(jù)玻意耳定律求得空氣柱的長度；

(2)在整個過程中，被封閉氣體做等容變化，找出初末狀態(tài)參量，利用查理定律求得。，

根據(jù)液體產生的壓強的特點求出封閉氣體壓強，熟練應用玻意耳定律及查理定律即可正

確解題；本題的難點是：氣體最終狀