江西省贛州市大余縣2023-2024學(xué)年高中教師基本功比賽物理答案

大余縣2024年高中青年教師職業(yè)技能比賽物理筆試答案1.D【解析】發(fā)生光電效應(yīng)時，保持入射光的頻率不變，飽和光電流隨入射光強(qiáng)度的增大而增大，A錯誤；金屬的逸出功于入射光的頻率（波長）無關(guān)，由金屬本身決定，B錯誤；若把滑片C向左滑動，當(dāng)電流達(dá)到飽和電流后，電流不在隨電壓的增大而增大，C錯誤；若把電源正負(fù)極反接，則電壓為遏制電壓，當(dāng)遏制電壓與電子電量的乘積大于光電子的最大初動能時，光電子不能到達(dá)陽極，光電流為0，D正確．第2題答案圖2.C第2題答案圖當(dāng)小船在靜水中的速度v2與其在河流中的速度v垂直時，小船在靜水中的速度v2最小，故有，，解得，故選C。3.B【解析】A．由題知，“天問一號”在火星赤道表面附近做勻速圓周運(yùn)動一周時間為T，可得“天問一號”在火星赤道表面附近做勻速圓周運(yùn)動角速度為，故A錯誤；B．“天問一號”在火星赤道表面附近做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力提供向心力，則有，解得火星質(zhì)量為當(dāng)“祝融號”與著陸器登陸后運(yùn)動到火星赤道，并靜止，則有，，聯(lián)立解得，故B正確；C．若不考慮火星自轉(zhuǎn)的影響，則有，解得火星的質(zhì)量為由題可知，火星自轉(zhuǎn)不可忽略，故火星的質(zhì)量不等于，故C錯誤；D．“天問一號”在火星赤道表面附近做勻速圓周，由萬有引力提供向心力，則有，解得；在火星赤道上隨火星自轉(zhuǎn)的物體，則有，解得，故D錯誤。4.C【解析】電荷做定向移動，由左手定則可知電荷隨磁場方向改變，電荷向前表面或后表面聚集，霍爾元件的前、后表面間產(chǎn)生電動勢，電荷受電場力和洛倫茲力平衡，有,解得，電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為可得，所以霍爾元件的前、后表面間產(chǎn)生的電動勢可知霍爾元件的前、后表面間產(chǎn)生交變電動勢，為提高霍爾元件兩側(cè)面間的電動勢可以減小厚度d，故C正確，ABD錯誤。故選C。5.C【詳解】A．當(dāng)時，在A點剛好只觀察到a光，即此時b光在A點發(fā)生全反射，由幾何關(guān)系可知，臨界角為，有，解得，故A項錯誤；B．由題意分析可知，b光的臨界角比a光的臨界角小，根據(jù)可知，a光的折射率小，所以a光的頻率小于b光的頻率，故B項錯誤；C．由公式，由于a光的折射率小，所以a光在水中的傳播速度比b光在水中的傳播速度大，故C項正確；D．由波長與頻率的關(guān)系可知，其a光波長大于b光的波長，根據(jù)條紋間距公式，可知，用同一臺雙縫干涉儀器做實驗，a光的相鄰亮條紋間距大于b光的相鄰亮條紋間距，故D項錯誤。故選C。6.A解析：由題意知，小球到達(dá)B點時速度為零，從A到B根據(jù)動能定理得：mgh＋qUAB＝0，解得：UAB＝－mgh/q，所以A正確；從A到B根據(jù)能量守恒知，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電勢能，所以帶電小球在B點的電勢能較大，故B錯誤；在虛線上下方的電場中，帶電小球運(yùn)動的加速度大小相同，方向相反，所以C錯誤；在上方電場中qE1＋mg＝ma，在下方電場中：qE2－mg＝ma，聯(lián)立得：qE2＝2mg＋qE1，所以D錯誤．7.D【詳解】A．由于無人機(jī)懸停時受到的升力與其重力平衡，螺旋槳吹風(fēng)方向均為豎直向下，故A正確；B．單位時間內(nèi)被每個螺旋槳推動的空氣質(zhì)量為，故B正確；C．根據(jù)動量定理，解得每個螺旋槳對空氣的作用力為無人機(jī)的總重力等于，故C正確；D．每個風(fēng)扇對空氣做功的功率為，故D錯誤。8.BD【解析】AB．根據(jù)v2=2gh可知，出口下方10cm處的速度約是5cm處的倍，出口下方10cm處的痕跡長度約是5cm處的倍，故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)初速度為零的勻變速運(yùn)動在相鄰相等時間內(nèi)的位移之比為1：3：5…可知從出口下落02cm與28cm的時間是相等的，因砂粒隨時間均勻漏下，可知出口下方02cm范圍內(nèi)的砂粒數(shù)約與28cm范圍的砂粒數(shù)相等，故C錯誤D正確。9.BC【解析】AB．在0~t1時間內(nèi)，回路電流逐漸減小，電容器C正在充電，此過程電容器下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，帶電流逐漸增加，到t1時刻，充電結(jié)束，回路電流減小到零；在t1~t2時間內(nèi)，電容器處于放電過程，極板的帶電量逐漸減小，A錯誤，B正確；C．在t2~t3時間內(nèi)，電流變化越來越快，因此自感電動勢逐漸增大，C正確；D．在t3~t4時間內(nèi)，電流逐漸增大，電容器帶電量逐漸減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，D錯誤。10.AD【解析】A．由題意，初速度沿軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，有，解得，A正確；B．由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且離開磁場區(qū)域的出射點距離圓心的豎直高度最大值為，并不會垂直打在光屛上，B錯誤；第10題答案圖C．如圖，由幾何關(guān)系可得，運(yùn)動時間最長的粒子，對應(yīng)軌跡的圓心角為，第10題答案圖根據(jù)周期公式，可得，C錯誤；D．粒子初速度方向與軸夾角為時，若能打在光屛下端，如圖由幾何關(guān)系可得圓心角，即初速度與軸夾角為，同理，粒子打在光屛上端時（圖同B），初速度與軸夾角為，D正確。故選AD。11．

需要

正比

平衡摩擦力過度【詳解】（1）[1]本實驗要求橡皮筋對小車做的功就是合力的功，因此需要平衡摩擦力；（2）[2]從題意和圖像分析可得，當(dāng)功W分別為1，2，3倍時，v2也變?yōu)?，2，3倍，可得，即橡皮筋對小車做的功W與小車最大速度的平方成正比；（3）[3]圖中的圖線不過原點的原因是平衡摩擦力過度或木板的傾角調(diào)整過大。12.(1)a(2)U2＝U1＋I(xiàn)(R＋RA)(3)6.03.0(4)0.80(0.77～0.83均可)【解析】(1)采用伏安法測電阻，由題圖乙可知熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以采用電流表外接法，故導(dǎo)線c應(yīng)接在a點．(2)根據(jù)電路串并聯(lián)規(guī)律可知外電壓為：U2＝U1＋I(xiàn)(R＋RA)(3)當(dāng)I＝0時，根據(jù)題圖乙得E＝6.0V，而直線斜率倒數(shù)的絕對值等于內(nèi)電阻，則r＝eq\f(6.0－4.5,0.5)Ω＝3.0Ω.(4)把電流表、電阻箱、電源作為等效電源，等效電源內(nèi)阻為：r0＝3.0Ω＋4.0Ω＋3.0Ω＝10Ω；在I－U圖象中作等效電源的伏安特性曲線，與熱敏電阻的伏安特曲線的交點坐標(biāo)(4.0,0.2)，所以熱敏電阻的電功率為：P＝UI＝4.0×0.2W＝0.80W.13.（1）；（2）【詳解】（1）(5分)設(shè)時，氣球內(nèi)的氣體密度為，原來的氣體溫度升高后的體積變?yōu)?，氣體壓強(qiáng)不變，根據(jù)蓋—呂薩克定律有根據(jù)質(zhì)量相等，有，解得球內(nèi)氣體密度代入數(shù)據(jù)解得（2）(5分)氣體加熱膨脹后密度為時，總體積為，則留在氣球內(nèi)的氣體體積為，球內(nèi)剩余氣體質(zhì)量占原先球內(nèi)氣體質(zhì)量的百分比代入數(shù)據(jù)解得14答案：(1)6m/s12m/s.(2)50J解析：(1)（4分）彈簧剛好恢復(fù)原長時，A和B物塊速度的大小分別為vA、vB.由動量守恒定律有：0＝mAvA－mBvB此過程機(jī)械能守恒有：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)代入Ep＝108J，解得：vA＝6m/s，vB＝12m/s，A的速度向右，B的速度向左.(2)(8分)C與B碰撞時，C、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后B、C粘連時速度為v′，則有：mBvB－mCvC＝(mB＋mC)v′，代入數(shù)據(jù)得v′＝4m/s，v′的方向向左.（2′）此后A和B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧第二次壓縮最短時，彈簧具有的彈性勢能最大，設(shè)為Ep′，且此時A與B、C三者有相同的速度，設(shè)為v，則有：動量守恒：mAvA－(mB＋mC)v′＝(mA＋mB＋mC)v，代入數(shù)據(jù)得v＝1m/s，v的方向向右.（3′）機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)v′2＝Ep′＋eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2，代入數(shù)據(jù)得Ep′＝50J.（3′）15.（1）；（2）；（3）1/3第15題答案題【詳解】（1）(5分)設(shè)兩板間電壓為時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有水平方向第15題答案題豎直方向，解得，粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為，則有，解得（2）(7分)如圖所示設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與的夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系得速度大小，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有粒子進(jìn)入磁