2021年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理二模試卷（附答案詳解）

2021年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.核電池又叫''放射性同位素電池”，它是通過(guò)半導(dǎo)體換能器將同位素在衰變過(guò)程中

不斷地放出具有熱能的射線，把熱能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔芏圃於?。核電池已成功地用?/p>

航天器的電源、心臟起搏器電源和一些特殊軍事用途。已知“嫦娥四號(hào)”上有一塊

備用的核燃料電池，核燃料為舒8P”，其半衰期為88年，的衰變方程為

IIsPu^4X+^Y,下列說(shuō)法正確的是（）

A.兜8Pu核比X核多4個(gè)中子

B.該元素衰變的速度隨所處環(huán)境的壓強(qiáng)和溫度的變化而發(fā)生變化

C.任意一個(gè)交8Pu原子核發(fā)生衰變的時(shí)間都是88年

D.該衰變的類(lèi)型為a衰變，其實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)部?jī)蓚€(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)a

粒子從原子核中放射出來(lái)

2.如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的彈簧測(cè)力計(jì)，勁度系數(shù)為翟

30N/m,下面懸掛一個(gè)物塊A,此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4ME

現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下Y

托住木板B使物塊4向上運(yùn)動(dòng)一段距離，如圖乙所示，當(dāng)系底rriB

統(tǒng)靜止后，如果突然撤去木板B的瞬間物塊4向下的加速度申

為2.5m/s2。若不撤去木板B,用外力控制木板B使二者一起以加速度lzn/sZ向下

做勻加速直線運(yùn)動(dòng)至二者分離，彈簧測(cè)力計(jì)始終未超量程，重力加速度g=10m/s2,

以下說(shuō)法正確的是（）

A.撤去木板B的瞬間彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.75N

B.勻加速運(yùn)動(dòng)階段起始時(shí)刻外力大小為8.1N

C,勻加速運(yùn)動(dòng)階段二者分離時(shí)外力的大小4.5N

D.AB分離時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為零

3.關(guān)于分子動(dòng)理論和熱現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）

A.布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子的運(yùn)動(dòng)，它說(shuō)明分子永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)

B.氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力

C,對(duì)一定質(zhì)量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動(dòng)能增大，壓強(qiáng)一

定增大

D,分子間距離為平衡距離時(shí)，分子勢(shì)能最大

4.如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)Bn..…藥都

量為，〃的滑塊p連接，p穿在桿上，一根輕繩跨過(guò)定滑輪將滑塊p/

和重物。連接起來(lái)，重物Q的質(zhì)量M=6m。現(xiàn)把滑塊P從圖中A4K[Q

點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)它經(jīng)過(guò)A、3兩點(diǎn)時(shí)彈簧對(duì)滑塊的彈力大小相等，§

已知0A與水平面的夾角0=53。，OB長(zhǎng)為/,與AB垂直。不計(jì)一

滑輪的質(zhì)量和一切阻力，重力加速度為g,在滑塊P從A到B的過(guò)程中，下列說(shuō)法

正確的是（）

A.P與Q的機(jī)械能之和先減小后增加

B.重物。的重力的功率一直增大

C.滑塊P運(yùn)動(dòng)到位置B處速度達(dá)到最大，且大小為包

3

D.輕繩對(duì)滑塊P做功4mgi

5.如圖所示，一底面半徑為R的半圓柱形玻璃磚平放在水平面上，

。為橫截面的圓心，4B面涂有反光材料，8C為一個(gè)與玻璃磚I

相切于B點(diǎn)的屏，一束極細(xì)的單色光以平行于BC的方向照射到7

玻璃磚上的。點(diǎn)，0。與的夾角0=30。，OELAB.已知光

在真空中的傳播速度為c,玻璃病對(duì)該單色光的折射率為6。下列說(shuō)法正確的是（）

A.光線在AB面反射后經(jīng)過(guò)E點(diǎn)射出玻璃磚

B.光線在屏上的光斑離B點(diǎn)的距離為（1+§）R

C.光線在玻璃磚內(nèi)傳播的時(shí)間為冬

C

D.若去掉48面的反光材料也不會(huì)有光線從A8面射出

6.2020年7月31日，北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)正式開(kāi)通，/、

向全世界提供連續(xù)穩(wěn)定服務(wù)。北斗系統(tǒng)第五十五顆導(dǎo)航衛(wèi)/

星暨北斗三號(hào)最后一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星是6月23日在西昌衛(wèi)yJ

星發(fā)射中心成功發(fā)射。已知該衛(wèi)星被發(fā)射到地球靜止軌道，

如圖所示為該衛(wèi)星運(yùn)行示意圖，其中軌道I為近地軌道，

軌道口為橢圓軌道，軌道川為地球同步軌道，4、B兩點(diǎn)為橢圓軌道與兩圓軌道的

切點(diǎn)，該衛(wèi)星在I、n、in的周期分別為篤、T2,T3,在軌道I和軌道m(xù)的線速度

大小分別為％、%,軌道口在4點(diǎn)的速度大小為"2,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A,該衛(wèi)星發(fā)射到I軌道的發(fā)射速度大于7.9/cm/s,小于11.2km/s

B.該衛(wèi)星在軌道I運(yùn)行到A點(diǎn)時(shí)，如果向后噴氣，可以進(jìn)入軌道口

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C.v2>>v3,Tr<T2<T3

D.衛(wèi)星在軌道in上的加速度大于赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的加速度

7.如圖所示，半徑為2/的圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面

上，一根長(zhǎng)也為2/、電阻為2R的金屬棒他一端與

導(dǎo)軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸

00'上，由電動(dòng)機(jī)A帶動(dòng)旋轉(zhuǎn)。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)

存在垂直于導(dǎo)軌平面、大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬

導(dǎo)軌區(qū)域中心半徑為/的區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)豎直向上，其M-LN

余部分磁場(chǎng)豎直向下。另有一質(zhì)量為〃?、長(zhǎng)為/、B

電阻為R的金屬棒MN放置于導(dǎo)軌前面并與固定在豎直平面內(nèi)的平行導(dǎo)軌保持良好

接觸，導(dǎo)軌間距為/,處于大小為8、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。從圓形金屬導(dǎo)

軌引出導(dǎo)線和通過(guò)電刷從轉(zhuǎn)軸引出導(dǎo)線平行導(dǎo)軌連接.MN處于靜止?fàn)顟B(tài)，MN與豎

直平行導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為出認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說(shuō)法

正確的是（）

A.MN中電流方向由朋到N

B.MN兩端電壓為

C.MN與平行導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃至少為翳

D.電路總電功率為當(dāng)產(chǎn)

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.“臘月二十四，禪塵掃房子”,據(jù)《呂氏春秋》記

載，中國(guó)在堯舜時(shí)代就有春節(jié)掃塵的風(fēng)俗，寓意在

新年里順利平安。春節(jié)前夕，小紅需移開(kāi)沙發(fā)，清

掃污垢，質(zhì)量m=10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，小紅用力F推沙發(fā)，當(dāng)F斜向

下與水平成。=30。時(shí)，如圖，若F=100N,沙發(fā)恰好開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，認(rèn)為最大

靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10巾/$2,下列說(shuō)法正確的是（）

A.沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=§

B.沙發(fā)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，保持尸大小不變，增大。角，物體將做加速運(yùn)動(dòng)

C.若產(chǎn)方向能隨意改變，想用最小的力推動(dòng)沙發(fā)，應(yīng)使尸沿水平方向

D.若F方向能隨意改變，能讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，力F的最小值為50N

9.某物體從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖所示，

則關(guān)于該物體。?8s時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）2卜

A.t=2s時(shí)物體速度最大

B.物體的最大速率為8m/s

C.物體在0?2s內(nèi)的平均速度為lm/s

D.物體在0?4s內(nèi)的位移大于4m

10.如圖所示，兩個(gè)平行板電容器水平放置，A板用導(dǎo)線連接

一理想二極管與M板相連，B板和N板都接地。M板和

N板中間插有電介質(zhì)，A板和8板正中均有一小孔，兩孔

在同一豎直線上，讓4板帶正電，穩(wěn)定后，一帶電粒子

從小孔正上方由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)B板處速

度恰為零。空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。若想使帶電粒子從小孔

正上方同一位置由靜止開(kāi)始下落后能穿過(guò)B板小孔，下列方法可行的是（）

A.A板向下移動(dòng)一小段距離

B.M板向下移動(dòng)一小段距離

C.MN板間換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)

D.N板向右移一小段距離

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共20.0分）

11.如圖甲所示，某同學(xué)利用光電計(jì)時(shí)器等器材做“測(cè)定當(dāng)?shù)刂亓铀俣取钡膶?shí)驗(yàn)。直

徑為4、質(zhì)量為，〃的鋼球從A處?kù)o止釋放，下落過(guò)程中能通過(guò)A處正下方、固定于

B處的光電門(mén)，測(cè)出A,B間的距離，光電計(jì)時(shí)器記錄下金屬球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間。

（1）如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得鋼球的直徑d=mm?

（2）某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得A、8間距離為鋼球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間為3則當(dāng)?shù)?/p>

重力加速度g=（用字母人〃、”表示）。

（3）該同學(xué)發(fā)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)測(cè)出的g值存在誤差，他認(rèn)為可能原因之一是鋼球通過(guò)光電門(mén)

的平均速度（選填“大于”或“小于”）鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度。

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12.在“測(cè)定某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)電路如圖(甲)所示，R為電阻箱，

阻值范圍0?99990,是保護(hù)電阻，V為理想電壓表.該同學(xué)連接好電路后，閉

合電鍵S,改變電阻箱的電阻值，讀取電壓表的示數(shù).根據(jù)讀取的多組數(shù)據(jù)，他畫(huà)

出了圖(丙)所示的圖象.

(1)請(qǐng)?jiān)趫D(乙)中選擇合適的器材根據(jù)電路圖(甲)畫(huà)線連接實(shí)物圖.

(2)在圖(丙)所示圖象中，當(dāng)"=0.10—時(shí)，外電路處于狀態(tài).(選填“通路”、

“斷路”或“短路”).

(3)根據(jù)該圖象可求得該電池的電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻r=Q.

四、計(jì)算題(本大題共3小題，共34.0分)

13.在豎直向上運(yùn)動(dòng)的火箭中有一個(gè)機(jī)器上固定著足夠

長(zhǎng)的木板，木板中間位置有一個(gè)質(zhì)量加=2kg的物

塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,火箭從

靜止開(kāi)始豎直向上做加速運(yùn)動(dòng)，加速度與時(shí)間的關(guān)

系為a=2t。t=0時(shí)刻給物塊施加水平向左、大小為20N的恒力F,重力加速度恒

2

定不變(g=10m/s)o

(1)物塊的水平速度何時(shí)最大？最大值為多少？

(2)若物塊始終未離開(kāi)木板，開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊相對(duì)木板靜止？

14.如圖所示，靜止于A處的帶正電粒子，經(jīng)加速電場(chǎng)加速

后沿圖中;圓弧虛線通過(guò)靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN豎

直向上進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)(磁場(chǎng)方向如圖所

示，其中CWQD為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界)。靜電分析器通道

內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，方向如圖所示。已知加速電

場(chǎng)的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質(zhì)量為優(yōu)、電荷量為q,QN=2d,PN=3d,

粒子重力不計(jì)。

(1)求粒子在輻向電場(chǎng)時(shí)其所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度￡；

(2)要求帶電粒子最終能打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的取值范圍。

15.如圖所示，水平軌道與;圓弧軌道在C處平滑相接；整個(gè)軌道光滑且固定在豎直平

面內(nèi)。水平軌道的左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端連接著質(zhì)量M=5kg的物塊8；

圓弧軌道半徑R=1.8根?，F(xiàn)從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量6=2kg的物塊

A,在物塊A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，每當(dāng)其通過(guò)MN區(qū)域時(shí)均受到方向水平向左、大小為1N

的恒力/作用。已知間距L=13m,物塊A、8之間的碰撞是彈性正碰，且第

一次碰撞前物塊B是靜止的。g取10m/s2。求：

(D物塊4滑到圓弧的最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；

(2)物塊A與物塊B第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢(shì)能；

(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊B再回到平衡位置時(shí)彈簧都會(huì)被立即鎖定，當(dāng)

它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，求物塊A、8第一次碰撞后，物塊A在區(qū)域內(nèi)運(yùn)

動(dòng)時(shí)所受恒力產(chǎn)的總沖量大小。

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答案和解析

1.【答案】。

【解析】解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒，紀(jì)8P”的衰變方程為舒8PUT翁4x+nY,

丫原子核的質(zhì)量數(shù)為n=238—234=4,而X的質(zhì)子數(shù)為m=94-2=92,因此箝8p“

核比X核多2個(gè)中子，故A錯(cuò)誤；

8、原子核衰變不會(huì)受外界因素影響而變化，故B錯(cuò)誤；

C、半衰期適用于大量原子核，故C錯(cuò)誤；

。、a衰變是在天然放射現(xiàn)象中放射出a粒子的核反應(yīng)，而兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一

個(gè)a粒子，由A選項(xiàng)分析，可知，該衰變的類(lèi)型為a衰變，故。正確。

故選：Do

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒，寫(xiě)出紀(jì)82式的衰變方程；在/?衰變中，一個(gè)中子轉(zhuǎn)變

為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子；半衰期適用于大量原子核；原子核衰變不會(huì)受外界因素影響而

變化。

本題考查了核反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)、原子核衰變等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守

恒寫(xiě)出核反應(yīng)方程式是解決本題的關(guān)鍵，掌握a與￡衰變的區(qū)別，注意半衰期的適用條

件與特征。

2.【答案】C

【解析】解：A、對(duì)A分析：初始時(shí)刻時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為4N,有啊9=噎1，所以

mA=0.4kg。突然撤去木板8的瞬間物塊A向下的加速度為2.5?n/s2,則有犯1g-/2=

mAav聯(lián)立，代入數(shù)值解得：F彈2=3N,故A錯(cuò)誤；

B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度lm/s2向下做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，對(duì)48整體根據(jù)牛頓第二定律有：（%+mB}g-F外一F彈?=（啊+g）&2,代入

解得尸外=5.1N,故B錯(cuò)誤；

CD、分離時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)8：eg-Fj=mBa2,代入得/分'=4.5N。對(duì)4

mAg-F^3=mAa2,代入解得F理3=3-6N,選項(xiàng)C正確，。錯(cuò)誤。

故選：C。

應(yīng)用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧的示數(shù)的變化、外力的變化、AB之間

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的彈力的變化等，要注意牛頓第二定律的瞬時(shí)性和同一性。

本題是牛頓第二定律的綜合題，涉及到兩個(gè)過(guò)程，兩個(gè)物體以同一加速度運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是

要分清物理過(guò)程，用整體法和隔離法運(yùn)用牛頓第二定律列式求未知數(shù)。還要注意的是兩

物體分離時(shí)，是它們之間的彈力為零。

3.【答案】B

【解析】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體

或氣體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故4錯(cuò)誤；

8、根據(jù)氣體壓強(qiáng)的意義可知，氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)就是大量氣體分子作用在器壁單位面

積上的平均作用力，故8正確；

C、對(duì)一定質(zhì)量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動(dòng)能增大，但如果同時(shí)

體積也變大，則壓強(qiáng)不一定增大，故C錯(cuò)誤；

。、當(dāng)分子間距離為平衡距離時(shí)分子勢(shì)能最小，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體或氣體中固體微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)就是大量氣

體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力；氣體壓強(qiáng)在宏觀上取決于溫度和體積兩方

面的因素；分子間距離為平衡距離時(shí)分子勢(shì)能最小。

本題考查了布朗運(yùn)動(dòng)、氣體壓強(qiáng)微觀解釋以及分子勢(shì)能等熱學(xué)基本內(nèi)容，屬于基礎(chǔ)題，

要注意準(zhǔn)確理解。

4.【答案】D

【解析】解：A、對(duì)于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機(jī)械能只與彈簧對(duì)P的做功有

關(guān)，從A到B的過(guò)程中，彈簧對(duì)P先做正功，后做負(fù)功，所以P與。的機(jī)械能之和先

增加后減小，故A錯(cuò)誤；

8、物塊。釋放瞬間的速度為零，當(dāng)物塊P運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)時(shí)，物塊。的速度也為零，所以

當(dāng)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)時(shí)，物塊。的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先

增加后減小，故3錯(cuò)誤；

C、滑塊P從A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在受力平衡的位置速度最大，所以速度最大的位置在

AB之間的某一位置，故C錯(cuò)誤；

從A到8過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能變化為零、彈簧彈力做功為零，對(duì)于P、Q系統(tǒng)由

動(dòng)能定律可得：-mgltan530=-0,可得：^=匣，

cosv/3

對(duì)于P,由動(dòng)能定理可得：w-mgltane=\mv2-0,聯(lián)立解得：W=4mgl,故。

正確。

故選：D。

由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒分析P與。的機(jī)械能之和如何變化；通過(guò)分析滑塊產(chǎn)的速度變化

情況，來(lái)判斷其重力功率變化情況。根據(jù)滑塊通過(guò)A、8兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，

由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律和速度關(guān)系求滑塊P在位置B的速度，以及。的速度。再對(duì)Q

研究，由動(dòng)能定理求出輕繩對(duì)滑塊。做功，等于輕繩對(duì)滑塊P做功。

解決本題的關(guān)鍵要明確滑塊經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)，彈簧對(duì)滑塊的彈力大小相等，說(shuō)明在這

兩個(gè)位置彈簧的彈性勢(shì)能相等。要知道滑塊P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)Q的速度為0。

5.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，作出光路圖如圖所示:

A、假設(shè)光線恰好從E點(diǎn)射出玻璃磚，有==因此a=30。，由幾何關(guān)

R+Rsin33

系得：i=60。，r=30°,故"=舞=6，則計(jì)算出的〃與題中的〃一致，故假設(shè)正

確，則光線在面反射后恰好經(jīng)過(guò)E點(diǎn)射出玻璃磚，故A正確；

B、光在E點(diǎn)折射時(shí)，入射角a=30。，根據(jù)折射定律得兀=鬻，故折射角0=60。，故

光斑到B的距離為d=R+Rtan30°=(1+3)R,故8錯(cuò)誤；

C、由n=￡得，"=*傳播路程為x=DF+EF,由幾何關(guān)系得：DF=￥/?,EF=^R,

則時(shí)間，為"誓=千，故C錯(cuò)誤；

而c

。、發(fā)生全反射時(shí)的臨界角sinC=二=當(dāng)由幾何關(guān)系得，光線到達(dá)AB面時(shí)入射角為30。，

n3

sin30°sin300<sinC,故光在AB面不發(fā)生全反射，因此有光線從AB面射出，故

D錯(cuò)誤；

故選：Ao

根據(jù)題意作出光路圖，假設(shè)光線恰好從E點(diǎn)射出，計(jì)算入射角、折射角和折射率，看是

第10頁(yè)，共20頁(yè)

否與題意相同，若相同，假設(shè)正確；根據(jù)光路圖，由幾何關(guān)系可以計(jì)算光斑離B點(diǎn)的距

離及光線在玻璃磚內(nèi)傳播的時(shí)間;根據(jù)折射率計(jì)算在A8面的臨界角看是否發(fā)生全反射。

本題考查折射定律和臨界角問(wèn)題。注意解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，需要先畫(huà)出光路圖，根據(jù)光路

圖結(jié)合幾何關(guān)系再進(jìn)行求解。

6.【答案】A

【解析1解：A、軌道I為近地軌道，其環(huán)繞速度約為7.9km/s,所以該衛(wèi)星發(fā)射到I

軌道的發(fā)射速度約等于7.9km/s,故4錯(cuò)誤；

8、該衛(wèi)星在軌道I運(yùn)行到A點(diǎn)時(shí)，如果向后噴氣，可使衛(wèi)星的速度增大做離心運(yùn)動(dòng)，

可以進(jìn)入軌道口，故8正確；

C、由萬(wàn)有引力提供向心力有：誓=解得：目，由于衛(wèi)星在軌道I的軌

道半徑小于衛(wèi)星在軌道皿的軌道半徑，所以%>%；

衛(wèi)星在軌道II經(jīng)過(guò)A點(diǎn)相對(duì)于衛(wèi)星在軌道I經(jīng)過(guò)A點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，所以：v2>V1,所

以廿2>>V3;

根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可得*=k,由于衛(wèi)星在軌道I的軌道半徑小于衛(wèi)星在軌道n的半

長(zhǎng)軸、小于衛(wèi)星在軌道in的軌道半徑，所以有A<心<A，故C正確；

D、衛(wèi)星在軌道皿上的角速度等于赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的角速度，根據(jù)a=ro)2可知

衛(wèi)星在軌道n［上的加速度大于赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的加速度，故。正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選：A。

該衛(wèi)星發(fā)射到I軌道的發(fā)射速度約等于7.9km/s；根據(jù)變軌原理分析8選項(xiàng)；由萬(wàn)有引

力提供向心力、開(kāi)普勒第三定律分析線速度大小和周期大??；根據(jù)a=ra>2分析加速度

大小。

本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心

力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開(kāi)普勒第三定律的應(yīng)用方法。

7.【答案】C

【解析】解：A、處于靜止?fàn)顟B(tài)，豎直方向上受重力和靜摩擦力處于平衡，可知MN

所受安培力方向垂直導(dǎo)軌向里，根據(jù)左手定則知，通過(guò)MN中的電流方向由N到M,故

A錯(cuò)誤；

8、由于金屬棒必被分成兩部分位于相反的磁場(chǎng)中，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反，必

2

產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)：E=Blvr-Blv2=Bl^=Blo),則MN兩端的電壓：

U=^-R=^E=^Bl2(o,故8錯(cuò)誤；

OZ\JJ

C、MN要處于靜止，有：mg=fiBIl,根據(jù)閉合電路歐姆定律得：/=另=警，解得

3R3R

動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值：〃=微，故C正確；

D、電路的總電功率：P=^=比黑，故。錯(cuò)誤.

3R3R

故選：Co

根據(jù)MN處于靜止?fàn)顟B(tài)，得出安培力的方向，根據(jù)左手定則判斷出歷N中的電流方向；

根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式求出轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，結(jié)合閉合電路歐

姆定律求出兩端的電壓；抓住MN處于靜止，結(jié)合重力和最大靜摩擦力相等，求出

動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值；根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合求出電路中的總功率。

本題考查了轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)問(wèn)題與電路以及力學(xué)的綜合運(yùn)用，掌握求解轉(zhuǎn)動(dòng)

切割電動(dòng)勢(shì)大小的方法，注意金屬棒"轉(zhuǎn)動(dòng)切割時(shí)兩部分所處的磁場(chǎng)方向不同，產(chǎn)生

的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相反。

8.【答案】AD

【解析】解：對(duì)沙發(fā)受力分析如圖1所示:

圖1

4、沙發(fā)坐勻速直線運(yùn)動(dòng)，由共點(diǎn)力平衡條件得：水平方向：Feos。=/,豎直方向：N=

mg+Fsin9,滑動(dòng)摩擦力/=〃為，聯(lián)立解得：林=個(gè),故A正確;

B、保持尸不變，增大仇對(duì)沙發(fā)受力分析，水平方向：尸合=Feos。-/,豎直方向:

N=mg+FsinG,。增大，sin。增大，cos。減小，故N增大，F(xiàn)eos。＜/,故沙發(fā)合力

方向水平向左，沙發(fā)做減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、若尸方向能隨意改變，想用最小的力推動(dòng)沙發(fā)，則沙發(fā)做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)沙發(fā)受力分

析如圖2：

第12頁(yè)，共20頁(yè)

綽

圖2

由牛頓第二定律得：水平方向：Fcosd=/，豎直方向N+Fsin8=mg,摩擦力f=〃N,

聯(lián)立解得：

F=cos￡黑E8，故當(dāng)COS。+4s譏。最大時(shí)，尸最小，cosO+fisinO=J|sin(0+60°),

當(dāng)。=30時(shí)，尸最小，此時(shí)尸二廣9=2彳—--xioxioN=SON,故C

cos6+〃sin。言isn(8+60。)^sin(30°+60°)

錯(cuò)誤，O正確；

故選：ADo

對(duì)沙發(fā)受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件即可求解沙發(fā)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

沙發(fā)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，保持尸大小不變，增大。角，根據(jù)受力分析判斷沙發(fā)的加速度方向，

即可判斷沙發(fā)的運(yùn)動(dòng)情況；

若尸方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)沙發(fā)受力分析，利用正交分解法求解力尸,

利用三角函數(shù)相關(guān)知識(shí)求解F的極值。

本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類(lèi)問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)

行受力分析、利用正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。

需要注意掌握利用三角函數(shù)求解極值的方法。

9.【答案】BD

【解析】解:A、根據(jù)a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積大小表示速度的變化量，可知,0-8s

內(nèi)速度的變化量最大，則t=8s時(shí)物體速度最大，故A錯(cuò)誤；

B、0-8s內(nèi)速度的變化量為△u=(等一等一2x4)m/s=-8m/s,物體的初速度為

0,則物體的最大速度為-8m/s,物體的最大速率為8m/s,故8正確；

C、物體在0~25內(nèi)速度的變化量為4"=等機(jī)/S=2m/S,則［=25時(shí)，物體的速度為

u=2m/s。物體在。?2s內(nèi)做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合v-t圖像與時(shí)間

軸所圍的面積表示位移，知物體在。?2s內(nèi)的位移大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移，則物體

在0?2s內(nèi)的平均速度大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度，而勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度

為-5=罟=等m/s=17n/s,故物體在。?2s內(nèi)的平均速度大于lm/s,故C錯(cuò)誤；

。、物體在0?2s內(nèi)的位移x>認(rèn)=lx2m=2m,結(jié)合運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱性，可知，物

體在0?4s內(nèi)的位移x'=2x>4m,故。正確。

故選:BD.

在a-t圖像中，圖像與時(shí)間軸所圍的面積大小等于速度的變化量，根據(jù)圖像的“面積”

和初速度求物體的最大速度。結(jié)合v-t圖像的意義求物體在0?2s內(nèi)的平均速度，并確

定物體在0?4s內(nèi)的位移。

解決本題的關(guān)鍵要知道a-t圖像中“面積”大小等于速度的變化量，要知道物體在運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中，加速度一直變化，不能根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式求物體的位移。

10.【答案】ABC

【解析】解：A、A板下移一段距離時(shí)，由。=急公式知道，電容C］變大，由。=/公

式，而二極管的單向?qū)щ娦灾?，Qi不能增大也不減小，只有兩板間的電壓U減小，那

么帶電粒子到達(dá)B板后電場(chǎng)力做的負(fù)功也將減小，故帶電粒子將穿過(guò)8板，故A正確；

B、如果將M板下移，即減小M、N間的距離，根據(jù)C=島，則電容C2增大，由公

式，則Q2將增大，A板的電荷可以通過(guò)二極管向"流動(dòng)，隨著G對(duì)充電的進(jìn)行，4板

放電，Qi減小，則內(nèi)也將減小，那么帶電粒子到達(dá)B板后電場(chǎng)力做的負(fù)功也將減小，

則帶電粒子將穿過(guò)B板，故B正確；

C、如果將間換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，根據(jù)C=急知道電容增大，由。=勞

公式，則此時(shí)Q2將增大，Qi減小，所以外減小，那么帶電粒子到達(dá)B板后電場(chǎng)力做的

負(fù)功也將減小，故帶電粒子將穿過(guò)B板，故C正確；

。、N板向右移動(dòng)一段距離，由。=總公式知道，電容C2減小，由C公式，而二極

管的單向?qū)щ娦灾?，?2不能減小，只有出增大，由于二極管的單向?qū)щ娦裕瑒tQi的電

荷量和電壓Ui不變，則電場(chǎng)力做功不變，故帶電粒子將返回，故。錯(cuò)誤。

故選：ABC。

電容器MN與平行金屬板AB通過(guò)二極管并聯(lián)，根據(jù)左邊或者右邊電容器的電容的變化

得出平行金屬板的電荷量的變化，結(jié)合二極管的單向性，判斷A8兩板的電勢(shì)差變化，

再由動(dòng)能定理判斷粒子是穿過(guò)還是返回。

本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，但將兩個(gè)電容器通過(guò)二極管連接使用，綜合了電路、電容

的知識(shí)，綜合性較強(qiáng)；最后通過(guò)動(dòng)能定理判斷帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，需要認(rèn)真推敲一下，

第14頁(yè)，共20頁(yè)

題目較為新穎，但難度較大，對(duì)學(xué)生要求較高。

11.【答案】10.52恐小于

【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10，〃，〃，游標(biāo)讀數(shù)為0.02x26nun=0.52nun,

則鋼球的直徑d=10mm+0.52mm=10.52mmo

(2)鋼球通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度"=p根據(jù)速度位移公式得，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=5=

d2

(3)根據(jù)平均速度推論知，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，而勻變速

直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度小于中間位置的速度，則鋼球通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度小于

鋼球球心通過(guò)光電門(mén)的瞬時(shí)速度。

故答案為：(1)10.52,(2)名，(3)小于。

(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀。

(2)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度求出鋼球通過(guò)光電門(mén)的速度，結(jié)合速度位

移公式求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度和中間位置速度的大小關(guān)系比較鋼球通過(guò)

光電門(mén)的平均速度和鋼球球心通過(guò)光電門(mén)瞬時(shí)速度的大小關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度，

知道誤差形成的原因，難度中等。

12.【答案】(1)

(2)斷路

(3)10；5

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，注意電表的極性.

(2)當(dāng)t=0.10了-1時(shí)，&為0,則R+Ro趨向于無(wú)窮大，則該電路處于斷路狀態(tài).

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理得出寺■關(guān)系式，通過(guò)圖線的斜率和截距求解電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)

Ut\TfCQ

阻.只用電壓表和變阻箱測(cè)電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的方法叫“伏歐法”，若用圖象解時(shí)，基本

思路是：用學(xué)過(guò)的物理定律列出表達(dá)式，再結(jié)合數(shù)學(xué)整理表達(dá)出有關(guān)一次函數(shù)式y(tǒng)=

kx+b的形式，再求出k和6即可.

【解答】

解：（1）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，如圖所示.

（2）在圖（丙）所示圖象中，當(dāng)器=0.10UT時(shí)，知外電阻的倒數(shù)為零，則外電阻趨向于無(wú)

窮大，則外電路處于斷路狀態(tài).

（3）因?yàn)镋=U+ar,解得今=*+，/，可知圖線的縱軸截距等于A=5=0.1,

X十17CCKTKQC,

則E=107.

圖線的斜率卜=三=除詈=

t.U.40.5,r=5O.

故答案為：（1）

（乙）

（2）斷路

(3)10；5

13.【答案】解：（1）物塊受力如圖所示:在豎直方向:%-mg=may,

解得%=20+4t①

在水平方向由牛頓第二定律可得：F-f=max（2）

剛開(kāi)始物塊受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力/=③解得：外=5-￡④

當(dāng)加速度減到0時(shí)速度達(dá)到最大值，解t=5s⑤

ax隨時(shí)間均勻減小到0,故a='/S2⑥

v=at=12.5m/s⑦

（2）根據(jù)5s之后a隨時(shí)間變化規(guī)律與5s之前對(duì)稱，

故當(dāng)t=10s時(shí)，物塊的速度減到了0⑧

第16頁(yè)，共20頁(yè)

因而物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)10s物塊相對(duì)木板靜止

【解析】（1）在豎直方向上根據(jù)加速度變化由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得出支持力隨時(shí)間的變化規(guī)

律，然后在水平方向上再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律解得水平方向上的加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律,

當(dāng)加速度減到0時(shí)，物體的速度達(dá)到最大；

（2）根據(jù)加速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，利用對(duì)稱關(guān)系就得出速度到0的時(shí)間。

本題在水平和豎直兩個(gè)方向用了牛頓第二定律，深度考查學(xué)生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解,

體現(xiàn)對(duì)學(xué)生學(xué)科素養(yǎng)的綜合分析問(wèn)題能力的考查

14.【答案】解：（1）粒子在加速電場(chǎng)中加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能

定理有：

qU=1mv2-0

可得”措

粒子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由電場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律有:

qE=m-

解得：^=手

K

（2）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：

quB=m—

帶電粒子能打在QN匕則既沒(méi)有從。。邊出去，也沒(méi)有PN邊出去，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡

的邊界情況如圖所示。

粒子恰好能打在N點(diǎn)時(shí)，則粒子的軌跡半徑為r=拳=|d;

粒子能打在QN邊上，粒子的軌跡半徑r必須滿足：1d<r<2d

聯(lián)立解得！座WB<三呼

2dqq3d7q

答：（1）粒子在輻向電場(chǎng)時(shí)其所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度E為m；

K

（2）要求帶電粒子最終能打在QN上，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B的取值范圍為以摟W

B<-呼。

3dyJq

【解析】（1）先由動(dòng)能定理求出粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速獲得的速度。粒子進(jìn)入靜電分析

器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由電場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律求輻向電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E

的大小.

(2)要使粒子打在QN上,畫(huà)出粒子剛好打在N點(diǎn)以及軌跡剛好與。。邊相切的運(yùn)動(dòng)軌

跡，由幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)最大的軌跡半徑和最小的軌跡半徑，根據(jù)洛倫

茲力提供向心力，由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍。

解答本題時(shí)，要理清帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，要知道帶電粒子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)時(shí)，由電場(chǎng)力提供向心力，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，要考慮邊界問(wèn)題，所

以確定圓心，畫(huà)出粒子的軌跡是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。

15.【答案】解：(1)取水平軌道所在水平面為參考平面。

設(shè)物塊A沿光滑圓弧軌道下滑到最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小為介，由機(jī)械能守恒定律得：

12

mgRn=-mvc

代入數(shù)據(jù)解得：vc=6m/s

在圓弧最低點(diǎn)C,由牛頓第二定律得：

_虎

FN-mg=m-

代入數(shù)據(jù)解得：FN=60N

由牛頓第三定律可知，物塊B對(duì)軌道的壓力大?。篎/=FN=60N,方向豎直向下。

(2)設(shè)4與B碰撞前的速度為孫，A從初位置到碰撞前的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

mgR+FL=—0

解得：v0=7m/s

A、8第一次碰撞過(guò)程，取水平向左為正方向，