2021年江蘇省蘇州市高考物理調(diào)研試卷（零模）

2021年江蘇省蘇州市高考物理調(diào)研試卷（零模）

1.為了消殺新冠病毒，防控重點場所使用一種人體感應(yīng)紫外線燈。這種燈裝有紅外線

感應(yīng)開關(guān)，人來燈滅，人走燈亮，為人民的健康保駕護(hù)航。下列說法錯誤的是（）

A.紅外線的光子能量比紫外線的大

B.紅外線的衍射能力比紫外線的強(qiáng)

C.紫外線能消殺病毒是因為紫外線具有較高的能量

D.紅外線感應(yīng)開關(guān)通過接收到人體輻射的紅外線來控制電路通斷

2.如圖所示，兩平行直導(dǎo)線W和^豎直放置，通以方向相反大小

相等的電流，小。兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)。則（）

A.a點的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零

B.ce導(dǎo)線受到的安培力方向向右

C.導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外

D.同時改變兩導(dǎo)線的電流方向，兩導(dǎo)線受到的安培力方向均改

變

3.位于坐標(biāo)原點處的波源A沿y軸做簡諧運(yùn)動，A完成一次全振動時，在介質(zhì)中形成

簡諧橫波的波形如圖所示。8是沿波傳播方向上的一個質(zhì)點，則（）

A.A開始振動時的運(yùn)動方向沿y軸正方向

B.A、8兩質(zhì)點振動情況相同

C.經(jīng)半個周期質(zhì)點8將向右遷移半個波長

D.在一個周期內(nèi)A所受回復(fù)力的沖量為零

4.〃、6兩異種點電荷電場中的部分等勢線如圖所示，其電荷量大小分別為qa和qb。

已知A點電勢高于B點電勢（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零），貝ij（）

A.a處為正電荷，qa<qb

B.a處為負(fù)電荷，qa>qb

C.a,8連線中點電勢大于零

D.將一正的試探電荷從A移到B電場力做負(fù)功

5.一定質(zhì)量的理想氣體，在溫度和72下的壓強(qiáng)P與體

積倒數(shù)9的關(guān)系圖像如圖所示，氣體由狀態(tài)A等壓變

化到狀態(tài)B的過程中，下列說法正確的是（）

A.溫度升高，吸收熱量

B.溫度升高，放出熱量

C.溫度降低，吸收熱量

D.溫度降低，放出熱量

6.應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸

手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運(yùn)動直至物體離開手掌時，在此過程中下列說

法正確的是（）

A.物體始終處于超重狀態(tài)B.物體始終處于失重狀態(tài)

C.手的加速度方向始終豎直向上D.手對物體一直做正功

7.如圖所示，A為地球表面赤道上的物體，B為軌道在赤道

平面內(nèi)的實驗衛(wèi)星，C為在赤道上空的地球同步衛(wèi)星。己：/--、\

知衛(wèi)星C和衛(wèi)星3的軌道半徑之比為3：1,且兩衛(wèi)星的：1?^3

環(huán)繞方向相同。下列說法正確的是（）''、/

A.衛(wèi)星3、C運(yùn)行速度之比為3：1

B.衛(wèi)星8的加速度大于物體A的加速度

C.同一物體在衛(wèi)星B中對支持物的壓力比在衛(wèi)星C中大

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D.在衛(wèi)星3中一天內(nèi)可看到3次日出

8.大部分過山車的豎直回環(huán)軌道均不是正圓，而是上下高、左右窄的扁軌道結(jié)構(gòu)，如

圖甲所示?乙圖為簡化后的示意圖，一輛小車（可視為質(zhì)點）從傾斜軌道某一確定高

度由靜止釋放，不計一切阻力，當(dāng)小車運(yùn)動到扁軌道最高點時，與在相同高度的正

圓軌道最高點相比（）

A.在扁軌道上小車向心力更大，對軌道壓力更大

B.在扁軌道上小車速度更大，對軌道壓力更大

C.在扁軌道上小車加速度更小，對軌道壓力更小

D.在扁軌道上小車機(jī)械能更小，對軌道壓力更小

物理課上老師做了這樣一個實驗，將一平整且厚度均勻的永磁體

銅板固定在絕緣支架上，將一質(zhì)量為m的永磁體放置在銅洞手/

板的上端，t=0時刻給永磁體一沿斜面向下的瞬時沖量，/

永磁體將沿斜面向下運(yùn)動，如圖甲所示。若永磁體下滑過左

程中所受的摩擦力/大小不變，且/<mgsin。（式中。為銅板與水平面的夾角）。取

地面為重力勢能的零勢面。則圖乙中關(guān)于永磁體下滑過程中速率隊動能￡人重力

勢能Ep、機(jī)械能E隨時間，變化的圖象一定錯誤的是（）

10.如圖所示，一質(zhì)量為2,〃的足夠長的光滑金屬框而W置于水平絕緣平臺上，ab、de

邊平行且和長為L的歷邊垂直，整個金屬框電阻可忽略。一根阻值為/?、質(zhì)量為相

的導(dǎo)體棒置于金屬框上，裝置始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、方向豎直向下的勻強(qiáng)

磁場中?，F(xiàn)給金屬框向右的初速度火，運(yùn)動時MN始終與金屬框保持良好接觸且與

兒邊平行.則整個運(yùn)動過程中（）

xxxA/xxxx

xxxXXX

xXXXXXX

xU±7、X

A.感應(yīng)電流方向為MTI）TCTNTM

B.導(dǎo)體棒的最大速度為：氏

C.通過導(dǎo)體棒的電量為鬻

D.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Jm詔

6

11.如圖所示，豎直光滑桿上穿有兩個彈性小球A、B,其質(zhì)量關(guān)

系滿足64>>68,彼此間隔一小段距離。將兩個球從距底

座高為以八遠(yuǎn)大于小球半徑）處由靜止同時釋放。所有碰撞時

間極短且無機(jī)械能損失，則A、B第一次碰撞后8球上升的

最大高度最接近（）

A.4/i

B.6〃勿力N勿勿勿

C.8h

D.9h

12.如圖是測量阻值約幾十歐的未知電阻心的原理圖，圖中心是保護(hù)電阻（100）,%是

電阻箱（0?99.9。），R是滑動變阻器，4和%是電流表，E是電源（電動勢1。匕內(nèi)

阻很?。?實驗具體步驟如下：

①連接好電路，將滑動變阻器R阻值調(diào)到最大；

②閉合S,從最大值開始調(diào)節(jié)電阻箱先調(diào)先為適當(dāng)值，再調(diào)節(jié)滑動變阻器R,

使4示數(shù)A=0.154記下此時電阻箱的阻值&和4的示數(shù)/2；

③改變電阻箱治的阻值，調(diào)節(jié)滑動變阻器R,使為示數(shù)始終為0.154再測量6組

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我和上值;

④將實驗測得的7組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上描點。

根據(jù)實驗完成以下問題：

(1)在坐標(biāo)紙上畫出％與6的關(guān)系圖像；

(2)現(xiàn)有四只供選用的電流表：

A.電流表(0?3nL4,內(nèi)阻為2.00)

5電流表(0?3mA,內(nèi)阻未知)

C.電流表(0?0.34內(nèi)阻為5.00)

。.電流表(0?0.34,內(nèi)阻未知)

必應(yīng)選用,上應(yīng)選用。

(3)根據(jù)以上實驗得出&=。(結(jié)果保留一位小數(shù))。

(4)若將為換成量程相同而內(nèi)阻更大的電流表，對感的測量值有何影響？請簡要說

明理由。

13.列車進(jìn)站時的電磁制動可借助如圖所示模型來理解，在站臺軌道下方埋一勵磁線圈,

通電后形成豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為瓦在車身下方固定一由粗

細(xì)均勻?qū)Ь€制成的矩形線框，利用線框進(jìn)入磁場時所受的安培力進(jìn)行制動。已知列

車的總質(zhì)量為如車身長為〃3線框的短邊曲和4分別安裝在車頭和車尾，長度

為L(L小于勻強(qiáng)磁場的寬度)，站臺軌道上勻強(qiáng)磁場區(qū)域大于車長。車頭進(jìn)入磁場瞬

間的速度為火。

(1)當(dāng)列車速度減為初速度的一半時，求油兩端的電壓；

(2)實際列車制動過程中，還會受鐵軌及空氣阻力設(shè)其合力大小恒為人車尾進(jìn)入磁

場瞬間，列車恰好停止。求列車從車頭進(jìn)入磁場到停止，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

nL站臺

14.某品牌瓶裝水的瓶體為圓柱體，容積為卜=500小乙

(1)瓶內(nèi)裝滿純凈水，在垂直瓶子軸線的平面內(nèi)向瓶內(nèi)射入一束單色光，光線射入

瓶內(nèi)經(jīng)過內(nèi)壁反射一次后再射出瓶外，最終出射光線與最初入射光線恰好平行(不

重合)。已知水對該單色光的折射率為〃，真空中光速為c,瓶子半徑為R,求光在

瓶中傳播的時間九瓶壁很薄，忽略瓶壁對光的影響；

(2)將沒有水的空瓶子敞口放置，環(huán)境溫度由-3。(：緩慢升高到27汽，求升溫后瓶內(nèi)

氣體質(zhì)量加。大氣壓保持為標(biāo)準(zhǔn)氣壓，標(biāo)準(zhǔn)大氣壓-3。(：時空氣密度為1.3X

l0-3g/mL。

15.如圖所示，豎直旗桿上下各有一個光滑輕小滑輪A和B,滑輪

間穿有繃緊的均勻閉合牽引繩。升旗時將旗幟側(cè)面的小桿平行

固定在牽引繩上并使小桿上端靠近滑輪B,用手牽拉牽引繩使

小桿上端到達(dá)滑輪A后鎖定牽引繩完成升旗。已知兩滑輪間距H

為H,旗幟側(cè)面的小桿長度為/,旗幟和小桿總質(zhì)量為〃?，牽引

繩總質(zhì)量為重力加速度為g,不計空氣阻力，忽略旗幟飄

B

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動時重心的變化。

(1)升旗過程中升旗手至少需要做多少功？

(2)降旗時解除鎖定使旗幟由靜止下降，求旗幟降到底端前瞬間的速度v；

(3)降旗時解除鎖定使旗幟由靜止下降一段時間后，用手握住牽引繩給繩施加一恒

定的滑動摩擦力/'=3mg,旗幟降到底端速度剛好為零，求旗幟降落的總時間％

16.正方形區(qū)域MNPQ邊長為L,在中點0垂直于邊以一定初速度向平面內(nèi)射

入電子，若空間只存在平行正方形平面由M指向N、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，

電子恰能從。點飛出，如果圖甲所示；若空間只存在垂直正方形平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B的勻強(qiáng)磁場，電子恰能從P點飛出，如圖乙所示，不計電子所受重力。

求兩種情況下電子剛飛出正方形區(qū)域的速度大小之比也：

(1)v2；

(2)求電子比荷￡以及初速度%的大??；

(3)若電子在電場中運(yùn)動一段時間后撤去電場并立即加上和圖乙中一樣的磁場，最

終電子恰好垂直于PQ邊飛出正方形區(qū)域，求電子在電場中的運(yùn)動時間t(不考慮撤

去電場加上磁場所引起的電磁輻射的影響)。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、紅外線的頻率比紫外線的小，根據(jù)光子能量公式E=可知紅外線

的光子能量比紫外線的小，故A錯誤；

8、根據(jù)電磁波譜可知，真空中紅外線的波長比紅光要長，而紫外線的波長比紫光要短，

所以真空中紅外線的波長比紫外線的長，根據(jù)明顯衍射的條件，可得紅外線的衍射能力

比紫外線的強(qiáng)，故B正確；

C、紫外線的頻率很高，根據(jù)光子能量公式E=/w,具有較高的能量，能滅菌消毒，故

C正確；

。、由于人體可以向外輻射紅外線，所以紅外線感應(yīng)開關(guān)通過接收到人體輻射的紅外線

來控制電路通斷，故。正確。

本題選擇錯誤的，

故選：Ao

光子能量公式E=H判斷；根據(jù)電磁波譜可知真空中紅外線的波長比紫外線的長；紫外

線的頻率很高，能滅菌消毒；根據(jù)人體可以向外輻射紅外線判斷。

本題以消殺新冠病毒為背景，考查了紅外線和紫外線的特點與應(yīng)用；此題非常符合新高

考的理念，物理來源于生活，要求同學(xué)們能夠用所學(xué)知識去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象。

2.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知以直導(dǎo)線在〃處產(chǎn)生的磁場向里，4直導(dǎo)線在。處

產(chǎn)生的磁場向外，因a離cd較近,可知a點的磁場方向向里，不等于0,故A錯誤；

8、根據(jù)左手定則可判斷，方向相反的兩個電流的安培力互相排斥，所以〃導(dǎo)線受到的

安培力方向向左.故8錯誤；

C、根據(jù)安培定則可知，電流爐在b處的磁場垂直紙面向外，故C正確；

。、只要電流方向相反，就互相排斥，故。錯誤。

故選：Co

(1)利用安培定則判斷各導(dǎo)向在周圍所產(chǎn)生的磁場方向；

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加是矢量疊加；

(3)用左手定則判斷某通電導(dǎo)線在另一根通電導(dǎo)線產(chǎn)生磁場中的受力。

磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周

圍磁場方向是解題的前提。

3.【答案】D

【解析】解：A、波向右傳播，圖示時刻波最前端質(zhì)點的振動方向沿y軸負(fù)方向，所以

波源A開始振動時的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向，故A錯誤；

B、質(zhì)點A與質(zhì)點8相距半個波長，振動情況總是相反，故B錯誤；

C、質(zhì)點B只上下振動，不隨波向右遷移，故C錯誤；

。、經(jīng)過一個周期質(zhì)點A時速度的大小、方向相同，動量的變化為零，根據(jù)動量定理可

知一個周期時間內(nèi)A所受回復(fù)力的沖量為零，故。正確。

故選:Do

簡諧波在傳播過程中，各個質(zhì)點的起振方向與波源的起振方向相同，與圖示時刻波最前

端質(zhì)點的振動方向相同。質(zhì)點不隨波向前遷移。根據(jù)動量定理求在一個周期內(nèi)A所受回

復(fù)力的沖量。

解答本題時，要抓住到機(jī)械波的兩個基本特點：一是機(jī)械波向前傳播時，介質(zhì)中質(zhì)點不

隨波遷移；二是介質(zhì)中質(zhì)點起振方向與波源起振方向相同。

4.【答案】C

【解析】解：AB,A點電勢高于B點電勢，則a處為正電荷。通過題中的等勢面分別與

等量異種電荷的等勢面分別對比可以看出，h連線上零電勢點（。點）靠近4所以qa>qb，

故4B錯誤；

C、a、b連線中點比。點更靠近。點的

正電荷〃，所以〃、匕連線中點電勢大

于零，故C正確；

。、正電荷在高電勢點具有的電勢能較

大，又已知4點電勢高于8點電勢，所

以正的試探電荷在A點電勢能較大，從

A點移到B點電勢能減少，所以電場力做了正功，故O錯誤。

故選：C?

通過AB電勢高低即可判斷ah電荷的正負(fù)；通過題中的等勢面分別與等量異種電荷的等

勢面分別對比判斷防連線上零勢點的位置，判斷時帶電量的多少及外連線中點的電

勢；通過試探電荷在AB兩點電勢能的大小判斷試探電荷從A移到B電場力做功情況。

本題考查了不等量異種電荷的電場分布特點，主要是會將題中給出的等勢面分別與等量

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異種電荷的等勢面分布作對比。

5.【答案】A

【解析】解；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得：崇=。，故p=,在p—圖像中，圖像的

斜率與溫度有關(guān)，溫度越高，斜率越大，氣體由狀態(tài)A等壓變化到狀態(tài)B的過程中，氣

體溫度升高，體積增大，故氣體的內(nèi)能增大，并且對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△〃=

W+Q可得：氣體從外界吸收熱量，故A正確，BCD錯誤;

故選：Ao

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程判斷出p圖像中圖像的斜率的影響因素，結(jié)合從A到B體積

增大，對外做功，利用熱力學(xué)第一定律即可判斷。

本題主要考查了理想氣體狀態(tài)方程，明確在等壓變化過程中，體積增大，溫度升高，結(jié)

合熱力學(xué)第一定律即可判斷。

6.【答案】D

【解析】解：ABC,物體離開手掌瞬間，二者接觸但無壓力且有相同的速度和加速度，

此時物體僅受重力作用，加速度為g,方向向下，所以手與物體由靜止開始豎直向上運(yùn)

動直至物體離開手掌的過程，應(yīng)該先向上加速然后再向上減速，加速度先向上后向下，

物體先超重后失重。故ABC錯誤。

D手對物體的作用力一直向上，與位移方向相同，即手對物體一直做正功，故。正確。

故選:Do

(1)物體加速度方向向上時超重，加速度方向下時失重，與運(yùn)動方向無關(guān)；

(2)通過對物體離開手掌瞬間的物體分析，二者接觸無壓力，加速度為g,方向向下，所

以物體先向上加速然后再減速。

超重和失重僅僅指的是一種現(xiàn)象，但物體本身的重力是不變的；物體離開手掌瞬間，二

者接觸但無壓力且有相同的速度和加速度，這是解決此題的關(guān)鍵。

7.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力G等=加?得竟=J1=V3,故A錯誤；

B、根據(jù)G等=小。得。=詈，B的軌道半徑比C的軌道半徑小，所以B的加速度比C

大；又4、C的角速度相同，根據(jù)a=口2「得C的加速度比4大，故衛(wèi)星8的加速度大

于物體4的加速度，故8正確；

C、繞地球做勻速圓周運(yùn)動的衛(wèi)星5、C,在兩衛(wèi)星中的物體都處于完全失重狀態(tài)，所

以物體對支持物的壓力都是0,故C錯誤；

D、根據(jù)G等=m（齊）2r可得：7=2兀忌，地球同步衛(wèi)星C和實驗衛(wèi)星B的軌道半徑

之比為3：1,兩衛(wèi)星周期關(guān)系：聯(lián)=J|=C的周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相等，為

24小時，所以8的周期為隨小時，一天內(nèi)B衛(wèi)星繞地球的圈數(shù):n=§=35.2周，

3TB

所以B衛(wèi)星中的宇航員一天內(nèi)可看到5次（或6次）日出，故。錯誤。

故選：8。

根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、角速度、向心加速度與軌道半徑的關(guān)系，從而比

較出3、C的線速度和周期；抓住4、C的角速度相等，比較A、8的加速度大?。桓鶕?jù)

物體狀態(tài)判斷物體受力。

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，知道線速度、角速度、向心加

速度與軌道半徑的關(guān)系，注意A不是靠萬有引力提供向心力。

8.【答案】A

【解析】解：ABC.從釋放點到最高點，由動能定理mg△/i=gmf2,由于扁軌道與正圓

軌道最高點相同，所以在最高點速度相同，

在最高點時，扁軌道的軌道半徑小于圓軌道的軌道半徑，根據(jù)向心力公式/=若可知,

在扁軌道上小車向心力更大，向心加速度更大，對軌道壓力更大，BC錯誤，A正確；

D由于不計一切阻力，小車在扁軌道上的機(jī)械能與在圓軌道上的機(jī)械能相同，。錯誤。

故選：A?

由動能定理求出小車在最高點的速度，根據(jù)兩軌道在最高點的曲率半徑不同，結(jié)合向心

力公式可判斷對軌道壓力大小；

根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析可知在扁軌道上小車機(jī)械能與在圓軌道上的機(jī)械能相同；

本題考查機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，結(jié)合向心力公式分析生活中的實例，要學(xué)會用物理知

識處理問題的能力。

9.【答案】C

【解析】解：A、小磁鐵下滑時由于渦流的產(chǎn)生會有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，

所受的摩擦力阻力不變，由mgs）。-/-=可知，隨著小磁鐵的加速下滑，阻

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尼作用增大，則加速度逐漸減小，t線的斜率減小，故A正確;

B、若開始下落時小磁鐵滿足mgs譏8f阻尼=0,小磁鐵勻速下滑，此時動能不變，

故8正確；

C、小磁鐵下滑時重力勢能逐漸減小，但是不會趨近與某一定值，故C錯誤；

。、小磁鐵下滑過程中，由于有電能產(chǎn)生，則機(jī)械能逐漸減小，故。正確；

因選錯誤的，故選：Co

小磁鐵在下滑過程中，由于受到阻尼作用，阻尼作用的大小與速度有關(guān)，根據(jù)牛頓第二

定律即可判斷出加速度，利用速度時間公式借款判斷速度變化，若開始下滑時恰能勻速

運(yùn)動，則在運(yùn)動過程中動能可能不變，在下滑過程中，重力勢能一直減小，不可能趨于

某一值，由于阻尼作用，會產(chǎn)生內(nèi)能，故機(jī)械能減小即可判斷。

本題主要考查了在阻尼作用下的物體運(yùn)動，判斷出小磁鐵的可能運(yùn)動情況，結(jié)合牛頓第

二定律及勢能的變化即可判斷。

10.【答案】C

【解析】解：4金屬框開始獲得向右的初速度處,根據(jù)右手定則可知電流方向為M一

NTCTbTM,最后二者速度相等時，回路中沒有感應(yīng)電流，故A錯誤；

8、以整體為研究對象，由于系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，最

后二者達(dá)到速度相等；取初速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律可得：2m%=3mv,解

得：v=|v0,故8錯誤；

C、對金屬棒根據(jù)動量定理可得：B7L4t=nw_()，其中，At=q，解得通過導(dǎo)體棒

的電荷量為翳，故C正確；

3BL

。、系統(tǒng)產(chǎn)生的總的焦耳熱為：＜?=4*2加諾一1*37^2=：巾相，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦

耳熱為3m詔，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)右手定則判斷電流方向；根據(jù)動量守恒定律求解最終的速度大??；對金屬棒根據(jù)動

量定理結(jié)合電荷量的經(jīng)驗公式求解通過導(dǎo)體棒的電荷量；根據(jù)能量關(guān)系求解導(dǎo)體棒產(chǎn)生

的焦耳熱。

本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況和受力情況，根據(jù)平衡

條件、牛頓第二定律列方程進(jìn)行求解，涉及能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列

方程求解。

11.【答案】D

【解析】解：兩球做自由落體運(yùn)動，由勻變速直線運(yùn)動的速度-位移公式/=2gh可知，

球落地前瞬間的速度大小D=國I

A球觸底反彈后兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒、

機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A球的速度大小為以，B球速度大小為如，選向上方向為正方向，

由動量守恒定律得：

mAv—mBv=mAvA+mBvB,

由機(jī)械能守恒定律得：

22

^mAv+^mBv=綱A若+刎B詔，

解得：=且也㈣遜

mA+mB

當(dāng)犯1?68時UR=3d2gh,

碰撞后2球做豎直上拋運(yùn)動，上升的高度：H=喧=R河甘=9/1,故ABC錯誤，D

2g2g

正確。

故選：。。

球下落過程做自由落體運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式求出球落地瞬間的速度大??；A球與底座

碰撞后，速度瞬間反向，大小相等，B球會與A球碰撞，選兩球碰撞過程為研究過程，

兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能

守恒定律求出碰撞后兩球的速度；碰撞后8做豎直上拋運(yùn)動，應(yīng)用動能定理或運(yùn)動學(xué)公

式求解B球上升的高度.

本題主要考查了動量守恒定律和能量守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體

的運(yùn)動情況，注意使用動量守恒定律時要規(guī)定正方向。

12.【答案】DC30.0

【解析】解：(1)由題中所給的圖描出的點

畫直線，直線盡可能通過更多的點，不在

直線上的點平均分居兩側(cè)，偏差過大的點

舍棄，如圖所示；

(2)由于&以實驗過程中始終是0.154從

所給的圖象來看，電流表4的示數(shù)達(dá)到

0.34則只能從選擇量程為0.34的兩個電

00.05H).10-0.15<20-A-

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流表C和。。

根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等的關(guān)系有：/式8+&+&1)=/2(&+心2)，變形得：Rl=

線絲X/2-(&+R41),那么從圖象的斜率：k=矢等，要求勺則必須已知以2,所

以&選擇內(nèi)阻已知的電流表C,公選擇阻值未知的電流表。；

⑶從以上表達(dá)式和圖象的斜率知：k=線絲=高急o-4-1,代入可得：Rx=fc/x-

RA2=30.00。

(4)若換用阻值較大的電流表A1，從以上圖象的斜率卜=矢等，與&無關(guān)，所以對網(wǎng)的

測量無影響。

(3)30.0(±1.0均正確)；(4)無影響&的內(nèi)阻不影響圖像的斜率

(1)根據(jù)所描的點跡畫圖線；

(2)(3)(4)根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等的關(guān)系，寫出R1關(guān)系電流/2的表達(dá)式，從斜率和截距

確定需要哪個電流表的內(nèi)阻。再根據(jù)斜率求出待測電阻的值。再進(jìn)行誤差分析。

本題的巧妙之處，用兩個電流表測出了待測電阻的值，且消除了因電表內(nèi)阻影響的系統(tǒng)

誤差。還有一點容易出錯的是兩個電流表的選擇，只有寫出表達(dá)式之后，由斜率才能確

定哪個電流表是已知才能測出待測電阻的大小。

13.【答案】解：(1)當(dāng)列車速度減為初速度的一半時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=

外兩端的電壓為：U=^-E=^-BLv0.

2nL+2L4n+4

(2)對列車進(jìn)入磁場過程中，由動能定理可得：—/nL+W安=0-gm諾

根據(jù)功能關(guān)系可得：Q=-w安

解得：Q=-nfLo

答：(1)當(dāng)列車速度減為初速度的一半時，外兩端的電壓為

(2)列車從車頭進(jìn)入磁場到停止，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為詔-71"。

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，再根據(jù)歐姆定律求解必

兩端的電壓；

(2)對列車進(jìn)入磁場過程中，由動能定理結(jié)合功能關(guān)系求解線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

對于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當(dāng)于電源，根據(jù)電路連

接情況畫出電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律列方程求解；涉及

能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

14.【答案】解：(1)設(shè)光從A點進(jìn)入，在B點被反射后，從C點射出，從A點射入時的

入射角為i,折射角為r,由幾何關(guān)系可知：i=2r

由幾何關(guān)系可得，光在瓶內(nèi)傳播的路程：L=2x2R-cosi=2nR

光在瓶內(nèi)傳播的時間：1=§=罷'=m"^

n

(2)根據(jù)等壓變化，貝於?=今

v2*2

開始時：7\=270K,最終：T2=300K；

可得：V2=^V1=^V

可知在升溫的過程中有高的氣體溢出瓶外，剩余的氣體質(zhì)量為開始時的春所以27久時

-3

氣體的質(zhì)量：m=^m0=[pV=葛x1.3xIOx500g=5.85x

答：(1)光在瓶中傳播的時間為平；

(2)升溫后瓶內(nèi)氣體質(zhì)量為5.85x10-4叼。

【解析】(1)作出光線從入射到出射的光路如圖所示。入射光線經(jīng)玻璃折射后，折射光

線為A8,又經(jīng)球內(nèi)壁反射后，反射光線為BC,再經(jīng)折射后，折射出的光線與開始時的

入射光線平行，根據(jù)幾何知識和對稱性求出折射角，，由折射定律求出折射率”的表達(dá)

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式，由幾何關(guān)系求出光在透明球中傳播的距離L,由〃=:求出光在透明球中傳播的速度,

再由t=T求傳播的時間；

(2)氣體做等壓變化，由?呂薩克定律求出27冤時的體積，然后由體積之間的關(guān)系、以及

體積與密度的關(guān)系即可求出加。

對幾何光學(xué)問題，作出光路圖是解題的基礎(chǔ)，同時要善于運(yùn)用幾何關(guān)系分析光線的偏折

角與折射角和入射角的關(guān)系，分析時要抓住對稱性。

利用理想氣體狀態(tài)方程解答問題時，首先要正確的確定狀態(tài)和分析狀態(tài)參量，選擇合適

的定律進(jìn)行解答，對壓強(qiáng)的確定，有時要借助于受力平衡或牛頓第二定律進(jìn)行解答。

15.【答案】解：(1)升旗過程中，從小桿上端靠近滑輪B,到小桿上端靠近滑輪A,旗

幟和小桿重心上升高度為“

根據(jù)功能關(guān)系，升旗手至少需要做功等于旗幟和小桿重力勢能的增加量，即：W=mgH

(2)解除鎖定使旗幟由靜止下降，由動能定理有：mgH=l(m+M)v2

解得：〃=碎

m+M

(3)設(shè)開始施加一恒定的滑動摩擦力時，旗幟下降的高度為〃，到底端的距離為s,由于

速度剛好為零，根據(jù)動能定理，有：

mgH—fs=0

解得：s=1H

又，h=H-s=lH

設(shè)下降過程中最大速度為巧，根據(jù)動能定理有：mgh=^m+M)vl

聯(lián)立得：巧=叵=但近

1qm+Mq3(M+m)

兩個階段的平均速度均為：$=等=￡

所以，旗幟降落的總時間：1匡鑼不

答：(1)升旗過程中升旗手至少需要做的功為，“gH

(3)旗幟降落的總時間為J端翳

【解析】(1)升旗過程中，升旗手至少需要做功等于旗幟和小桿重力勢能的增加量;

(2)旗幟和小桿重力做功等于旗幟和小桿跟繩子總動能能的增量；

(3)求出兩個階段的位移及銜接點的速度，用運(yùn)動學(xué)公式求時間。

本題考查了能量觀點與運(yùn)動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，本題容易出錯的地方在于丟掉繩子動能

的變化。

16.【答案】解：(1)設(shè)電子初速度大小為氣

電子從。點離開后做類平拋運(yùn)動，t=f