2022年北京密云區(qū)高三一模物理試題和答案

2022北京密云高三一模物理一、本部分共題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。13分）重核裂變和輕核聚變是人類獲得核能的兩種主要途徑，關于裂變和聚變，下列說法正確的是()A．裂變釋放能量，聚變吸收能量B．裂變過程有質(zhì)量虧損，聚變過程無質(zhì)量虧損C．裂變和聚變都可以釋放出巨大的能量D．太陽能來源于太陽內(nèi)部發(fā)生的核裂變23分）電子束衍射實驗是榮獲諾貝爾獎的重大近代物理實驗之一。如圖所示是電子束衍射實驗裝置的簡化圖，這個實驗證實了()A．光具有粒子性C．電子具有粒子性B．光具有波動性D．電子具有波動性33分）一列簡諧橫波在x軸上傳播，某時刻的波形如圖所示，a、b、c為介質(zhì)中三個質(zhì)點，a正沿圖中所示方向運動。下列選項正確的是()A．該波沿x軸正方向傳播B．該時刻質(zhì)點a的速度比b的速度大C．由此時刻起，a、b、c三個質(zhì)點中c將最先到達平衡位置D．由此時刻起，質(zhì)點a經(jīng)過一個周期運動的路程為一個波長43分）2021年2月200多天的飛行，成功進入橢圓形的軌道繞火星運動，開展對火星的觀測，并為著陸火星做好準備。如圖所示，在“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，下列說法正確的是()A．探測器受到火星的引力增大B．探測器的速度逐漸減小1/18C．引力對探測器做負功，探測器的勢能逐漸減小D．引力對探測器做正功，探測器的機械能逐漸增大53分）絕熱容器內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體分子的速率分布如下圖所示，橫坐標表示速率v，縱坐標表示某一速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比N，經(jīng)過一段時間分子的速率分布圖由狀態(tài)①變?yōu)棰?，則由圖可知()A．氣體的溫度一定降低C．氣體的內(nèi)能一定增大B．氣體的壓強一定減小D．氣體一定對外界做功63分）2021年月9日15:40分航天員王亞平老師進行了太空授課，在“水球光學實驗”中，透過含有氣泡的水球可以看到一正一反的兩個人像，產(chǎn)生這一現(xiàn)象的原因是()A．光的色散B．光的折射C．光的衍射D．光的干涉73分）現(xiàn)代人經(jīng)常低頭玩手機，這會使頸椎長期受壓，可能引發(fā)頸椎病。人低頭時，可粗略認為頭受重力G，肌肉拉力F和頸椎支持力F。如圖所示，某同學低頭看手機時頭頸彎曲與豎直方向成60，此時肌肉對頭的拉力F121約為頭重的4倍，2沿圖中虛線方向，依據(jù)上述信息估算此時頸椎受到的壓力F的可能值()A．GF4GB．F=4GC．4GFGD．FG83分）如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面。在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點。不計液滴重力。下列說法正確的是()2/18A．a(chǎn)點的電勢比b點的低B．a(chǎn)點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大93分）卡車裝載大型貨物時，常會在車尾搭一塊傾斜木板。如圖所示，工人用平行于斜面的力將貨物沿斜面從底端勻速推到頂端。已知貨物與木板間的動摩擦因數(shù)不變。下列說法正確的是()A．斜面越長，推力越大B．斜面越短，推力越大C．斜面越長，工人做功越多D．斜面越短，工人做功越多103分）為探究變壓器的兩個線圈的電壓關系，小明繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上，如圖所示，線圈a作為原線圈連接到學生電源的交流輸出端，線圈b接小燈泡，線圈電阻忽略不計。當閉合電源開關時，他發(fā)現(xiàn)電()A．增大電源電壓B．適當增加原線圈a的匝數(shù)D．換一個電阻更小的燈泡C．適當增加副線圈b的匝數(shù)3分）如圖為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)圖，勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控制，磁感應強度可通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)。下列說法正確的是()3/18A．僅增大電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變小B．僅增大電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期變大C．僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變小D．同時增大電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期可能不變123分）如圖是一個簡易風速測量儀的示意圖，絕緣彈簧的一端固定，另一端與導電的迎風板相連，彈簧套在水平放置的電阻率較大的均勻金屬細桿上。迎風板與金屬桿垂直且接觸良好，并能在金屬桿上自由滑動。迎風板與金屬桿末端分別與電壓傳感器的兩端相連，整個裝置與電阻R串聯(lián)接入閉合電路，則()A．風速越大，電壓傳感器的示數(shù)越大B．風速越大，流過電阻R的電流越大C．風速不變時，電阻R的阻值越大，電壓傳感器示數(shù)越大D．其他條件不變時，電壓傳感器示數(shù)與彈簧形變量是線性關系133分）高壓電線落地可能導致行人跨步觸電，如圖所示，設人的兩腳MN間跨步距離為d，電線觸地點O大地的電流為I，大地的電阻率為，ON間的距離為R，電流在以O點為圓心、半徑為r的半球面上均勻分布，I其電流密度為，已知電流密度乘以電阻率等于電場強度，該電場強度可以等效成把點電荷Q放在真空中O點2r處產(chǎn)生的電場強度。下列說法正確的是()A．越靠近O點，電勢越低B．兩腳間距離越大，跨步電壓一定越大IC．等效點電荷Q的電荷量為(k為靜電力常量）kRDM、N、O三點在一條直線上，圖中兩腳MN間跨步電壓等于4/182143姿態(tài)如圖1所示，其減速原理很復雜，但可簡化為圖21中左邊雪板的受力情況）所示。實際滑行時，可通過腳踝“翻轉(zhuǎn)”雪板，使雪板以內(nèi)刃為軸，外刃CD向上翻轉(zhuǎn)，使得兩雪板之間夾角為，雪板與雪面成角。此時雪面對雪板的總作用力F可近似認為垂直于雪板所在平面ABCD，其水平、豎直分量分別記為Fx、，其中Fx垂直于邊，這個分力可以幫助運動員做減速運動。不計空氣阻力和一切其他的摩擦，下列說法正確的是()A．其他條件不變的情況下，角越小，減速效果越好B．其他條件不變的情況下，角越小，減速效果越好C．滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量大的運動員減速效果更好D．滑行動作和姿態(tài)相同時，質(zhì)量不同的運動員減速效果相同二、本部分共6題，共分。158分）在測量導體電阻實驗中，某同學進行如下操作。（1）先用歐姆表“1”擋粗略測量該金屬絲的電阻，示數(shù)如圖所示，對應的讀數(shù)應是1。（2）用圖2的實驗電路測量Rx的電阻值，在電路組裝完成后，閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應放置于或者b)位置。(a（3）在圖2所示的電路中測量得到電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則電阻x=大還是偏??？判斷并說明理由，這個測量值比真實值偏。16分）某同學做“探究平拋運動的特點”實驗時，做了如下探究：如圖1所示的實驗，將兩個完全相同的傾斜滑道固定在同一豎直平面內(nèi)，下面的滑道末端與光滑水平板平滑連接。把兩個完全相同的小球從傾斜滑道同時釋放，觀察到小球1落到光滑水平板上并擊中球2。5/18（1）為達成實驗目的，下述實驗操作合理的是A．兩個傾斜滑道必須均是光滑的；B．兩滑道的末端必須水平放置C．玻璃球和鋼球比較，應選用密度較小的玻璃球D．因為小球1的滑道較高，因此釋放的位置應該略低于小球2（2）在各項操作均合理的情況下，多次調(diào)整滑道高度進行實驗，發(fā)現(xiàn)每次球1均能擊中球2，該現(xiàn)象能說明球1的運動情況為；.在水平方向做勻速直線運動B.在豎直方向做自由落體運動C.在水平方向做勻速直線運動，同時在豎直方向做自由落體運動D.平拋運動是勻變速曲線運動（3）用圖2所示的裝置研究平拋運動，讓小球在有坐標紙的背景屏前水平拋出，用頻閃數(shù)碼照相機連續(xù)拍攝記錄小球位置。實驗過程拍下的一組照片如圖3所示，已知a點為拋出點，a、b、c、d為連續(xù)四張照片，頻閃時間間隔為T，圖中每小格邊長為l，重力加速度為g。判斷小球在水平方向做勻速直線運動的依據(jù)是；判斷小球在豎直方向做自由落體運動的依據(jù)是。（4）為拓展研究物體從光滑拋物線軌道頂端下滑的運動，該同學制做了一個與圖3中小球平拋軌跡完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與平拋軌跡重合的位置，如圖4所示，讓小球沿該軌道無初速下滑，已知小球下滑過程中不會脫離軌道。下列說法正確是；A．小球從a運動到b的時間等于從b運動到c的時間B．小球經(jīng)過d點時的速度方向與平拋小球經(jīng)過d點時的速度方向相同C．小球經(jīng)過d點時的速度大小與平拋小球經(jīng)過d點時的速度大小相等D．小球從a運動到b的過程中所受重力的沖量大于從b運動到c過程所受重力的沖量6/1817．如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.8m；A和B的質(zhì)量均為m=，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)=0.2。重力加速度取g=10m/s。求：2（1B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小；（2）A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；（3）A和B整體在桌面上滑動的距離l。18．如圖所示，導線框放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，導體棒ab沿光滑導線框向右做勻速運動，cd間接有阻值為R的電阻。已知，導體棒ab的長度為L，電阻為r，運動的速度為v。導線框的電阻不計。（1ab棒兩端的電勢差U；（2ab棒所受的外力F大小；（3）說明在△t時間內(nèi)外力對導體棒所做的功W與整個電路生熱Q的關系并進行論證。19．電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用。實際電容器在外形結(jié)構(gòu)上有多種不同的形式，一個金屬球和一個與它同心的金屬球殼也可以組成一個電容器，叫做球形電容器。如圖1所示，兩極間為真空的球形電容1R2器，其內(nèi)球半徑為R，外球內(nèi)半徑為R，其電容C=，其中k為靜電力常量。與平行板電容器一樣，12k(R?R)21當該電容器極板所帶電荷量變化時，兩極板間的電勢差也隨之變化。（）圖2為該電容器在充電過程中兩極板間的電勢差U隨帶電量q變化的關系圖像，請類比直線運動中由v?t圖像求位移的方法，推導該球形電容器充電電荷量達到Q時所具有的電勢能Ep的表達式；（2）孤立導體也能儲存電荷，也具有電容，可以將孤立導體球看作另一極在無窮遠的球形電容器。若已知某金屬小球半徑為r，且r遠遠小于地球半徑。.請結(jié)合題目信息推導該金屬小球的電容C的表達式。b.若將帶電金屬小球用導線與大地相連，我們就會認為小球的電荷量減小為零。請結(jié)合題目信息與所學知識解釋這一現(xiàn)象。7/1820．電動汽車消耗電池能量驅(qū)動汽車前進，電池的性能常用兩個物理量來衡量：一是電池容量Q，即電池能夠存儲0=0.05kg的電量；另一個是電池的能量密度，是指單位質(zhì)量能放出電能的多少。某次實驗中質(zhì)量的電池以恒定電流放電時，端電壓與流過電池電量的關系如下圖所示。電池容量檢測系統(tǒng)在電壓為V時顯示剩余電量100%，電壓為V時顯示剩余電量為0。通過計算機測得曲線與電量軸所圍的面積約為7000VmAh。（1）該電池的能量密度是多少？（2）在放電過程中顯示剩余電量從100%到90%用了時間t，依據(jù)圖像信息推測剩余電量從90%到70%約要多少時間？（3）電動汽車的續(xù)航里程是指單次充電后可以在水平路面上勻速行駛的最大距離。某電動汽車除電池外總質(zhì)量為M，配上質(zhì)量為m，能量密度為的電池，續(xù)航里程為s。已知汽車行駛過程中所受阻力與總質(zhì)量成正比，驅(qū)動汽車做功的能量占電池總能量的比例確定，為提升該電動汽車的續(xù)航里程，可以采用增加電池質(zhì)量和提高電池能量密度兩種方式，請計算說明哪種方式更合理？8/18參考答案一、本部分共題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1【分析】由質(zhì)能方程知裂變和聚變都釋放出巨大能量，都伴隨著質(zhì)量的虧損?！窘獯稹拷猓篈BC、重核裂變和輕核聚變都能釋放巨大的能量，由愛因斯坦質(zhì)能方程知兩過程均會有質(zhì)量虧損，故C正確，錯誤；D、太陽能來源于太陽內(nèi)部發(fā)生的核聚變，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了質(zhì)能關系，要注意明確重核裂變和輕核聚變過程中由于質(zhì)量虧損而釋放出大量能量。2【分析】電子是實物粒子，而衍射現(xiàn)象是波的特性，電子的衍射實驗說明物質(zhì)具有波動性?！窘獯稹拷猓弘娮邮菍嵨锪Ｗ?，能發(fā)生衍射現(xiàn)象，該實驗說明物質(zhì)波理論是正確的，不能說明光子的波動性，說明電子具有波動性，故ABC錯誤、D正確。故選：D?！军c評】考查衍射現(xiàn)象的作用，理解電子是實物粒子，掌握電子衍射的意義，注意光的波動性與粒子的波動性的區(qū)別。3【分析】知道a點的振動方向，利用同側(cè)法可知波傳播的方向。質(zhì)點離平衡位置越近，速度越大。各質(zhì)點一個周期運動的路程都為4A。由圖可知c向上振動，先回到平衡位置。【解答】解：A、由圖知，質(zhì)點a垂直x軸向上運動，由同側(cè)法可知，該波沿x軸負方向傳播，故A錯誤；B、由圖知，該時刻質(zhì)點b離平衡位置比質(zhì)點a離平衡位置近，則該時刻質(zhì)點a的速度比質(zhì)點b的速度小，故B錯誤；C、根據(jù)同側(cè)法判斷可知c先回到平衡位置，故C正確；D、簡諧橫波中的質(zhì)點在一個周期運動的路程均為4A，故D錯誤。故選：C?！军c評】波的圖象往往先判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向間的關系，同時要分析波動形成的過程，分析物理量的變化情況。4【分析】根據(jù)萬有引力表達式及r的變化確定萬有引力的變化情況，由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，引力對探測器做正功，勢能減小，探測器的動能增加，速度增加?！窘獯稹拷猓篈、“天問一號”沿橢圓軌道由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，r減小，根據(jù)萬有引力表達式F=可知，萬有引力增大，故A正確；r2BCD、由“遠火點”向“近火點”運動的過程中，引力對探測器做正功，勢能減小，根據(jù)動能定理可知，探測器的動能增加，速度增加，機械能守恒，故BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題是一道萬有引力和動能定理相結(jié)合類型的題目，通過引力做功確定引力勢能及動能的變化。5【分析】根據(jù)溫度是分子平均動能的標志，溫度升高分子的平均動能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同判斷；一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程及熱力學第一定律判斷?！窘獯稹拷猓篈C、根據(jù)溫度是分子平均動能的標志，由圖可知，②中溫度升，氣體分子平均動能增大，速率大的9/18分子所占百分比增多，速率小的分子所占百分比減少，故②對應的溫度較高，所以由狀態(tài)①變?yōu)棰?，氣體的溫度一定升高，根據(jù)一定質(zhì)量的某種理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關，所以氣體的一定增大，故A錯誤，C正確；、氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增大，即△U0，由于是絕熱容器，即Q=0，根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W，pV可得W0，即外界對氣體做功，所以氣體體積變大，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程=C，可知其壓強可T能不變，可能增大，可能減小，故錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律、一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程及熱力學第一定律的應用，記住圖象的特點，會分析溫度與圖象的關系。6【分析】水球具有中間厚，邊緣薄的點，因此水球相當于一個凸透鏡，當物體在兩倍焦距以外時成倒立，縮小的像；中間的氣泡和周圍的水，組成了一個凹透鏡，凹透鏡成正立縮小的虛像?！窘獯稹拷猓核蚓哂兄虚g厚，邊緣薄的點，因此水球相當于一個凸透鏡，當物體在兩倍焦距以外時成倒立，縮小的像。中間的氣泡和周圍的水，組成了一個凹透鏡，凹透鏡成正立縮小的虛像，所以兩種情況都是光的折射現(xiàn)象。故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查凸透鏡成像規(guī)律，掌握凸透鏡成像規(guī)律并能靈活運用分析實際問題。7【分析】對人的頭部進行受力分析，然后做出矢量三角形，要明白2的大小就是頸椎受到的壓力大小，根據(jù)幾何知識即可求解?！窘獯稹拷猓哼x人的頭部作為研究對象，對其受力分析，受力分析如圖所示，做出力的矢量三角形，在三角形中，由幾何知識可知，大角對大邊，所以2大于G，兩邊之和大于第三邊，所以2G，頸椎受到的壓力與頸椎對頭的支持力F2屬于作用力與反作用力，故4GFG，故C正確，錯誤；故選：C。【點評】本題考查受力分析，力的合成，注意當物體受三個力時，一般用矢量三角形。8【分析】明確圖象原理，根據(jù)圖中電路確定發(fā)射極與吸極的電勢高低，確定電場線方向，沿電場線方向電勢降低，從而明確a、b兩點的電勢高低；注意圖中等勢面不是等差等勢面，所以不能根據(jù)疏密確定電場強度大??；根據(jù)液滴的運動情況確定電場力做功情況，從而明確電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知，發(fā)射極接電源正極，吸極接電源負極，則發(fā)射極為高電勢，吸極為低電勢，電場線由發(fā)射極指向吸極，沿電場線方向電勢降低，故a點電勢比b點高，故A錯誤；BC、由于題中沒有說明等勢面是否為等差等勢面，故不能明確電場線和等勢面的疏密，所以無法確定a、b兩點10/18的電場強度的大小，也就無法確定加速度大小，故BC錯誤；D、因液滴加速前進，故說明電場力做正功，電勢能減小，故液滴在a點的電勢能比在b點的大，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動問題，要注意明確電場的性質(zhì)，注意電場線的疏密描述電場的強弱，但等勢面要先確定是否為等差等勢面，若是等差等勢面，可由其疏密判斷電場強度的大小。9【分析】由受力分析及三角函數(shù)推導求解斜面長度關系式，分析選項，由動能定理求解工人做功。【解答】解：AB.假設斜面長為L，從底端到頂端高為H。斜面傾角為，其中高H為定值，根據(jù)受力平衡可得F=mgsin+ff=mgcos聯(lián)立可得F=mg(sin+cos)令1cos=，sin=1+21+2可得F=1++)2當=90?推力最大值為m=1+此時有H2mg1sin==cos=L+12解得L=H1+2故錯誤；.因為貨物勻速運動，根據(jù)動能定理可得F?mgH?mgcosL=0解得F=mgH+cosL=mgH+L2?H2可知斜面長度L越大，推力做功越多，故C正確，D錯誤：故選：C?！军c評】本題考查動能定理，學生需能夠進行靈活受力分析，并結(jié)合三角函數(shù)關系進一步分析證明。10【分析】根據(jù)原副線圈的匝數(shù)比得出原副線圈的電壓和電流的比值關系，同時結(jié)合選項逐個分析出電流的變化并完成解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)變壓器的原理可知，原副線圈兩端的電壓之比為：11/18Ubb=Uaa原副線圈兩端的電流之比為：Iab=IbaA、當增大電源電壓時，則副線圈的電壓增大，副線圈的電流也增大，故A錯誤；B、當適當增加原線圈a的匝數(shù)時，副線圈的電壓減小，則副線圈的電流也減小，故B正確；C、當適當增加副線圈b的匝數(shù)時，副線圈的電壓增大，則副線圈的電流也增大，故C錯誤；D、換一個電阻更小的燈泡時，在副線圈電壓保持不變的情況下，副線圈的電流增大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，熟練掌握原副線圈兩端的電流和電壓的比值關系，同時結(jié)合變化的物理量即可完成分析。11【分析】電子在電子槍里做加速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動；電流周圍的磁場與電流強度的大小有關，電流強度越大，則磁場越強；根據(jù)周期公式分析電子束的周期的變化?！窘獯稹拷猓?、根據(jù)電子所受洛倫茲力的方向結(jié)合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向是順時針方向，電子在加速電場中加速，由動能定理有：1=022電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有：v20r0B=mr又T=v12m聯(lián)立解得：r=，T=Be可知，增大電子槍加速電壓，電子束的軌道半徑變答，周期不變，故錯誤；C、同理可得僅增大勵磁線圈的電流，電流產(chǎn)生的磁場增強，則電子束的軌道半徑變小，故C正確；mD、同時增大電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流，由T=知，電子做圓周運動的周期變小，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了粒子在磁場中運動在實際生活中的應用，正確分析出儀器的原理是關鍵，知道帶電粒子在電場中加速而在磁場中偏轉(zhuǎn)做圓周運動，明確周期公式和半徑公式的推導過程和應用。12【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電壓傳感器的示數(shù)變化；同時解得電壓傳感器示數(shù)與彈簧形變量的關系?！窘獯稹拷猓篈B.風速越大，金屬桿接入電路的長度越短，接入電路的阻值越小，金屬桿兩端電壓越小，電壓傳感器的示數(shù)越小，通過電阻R的電流越大，故A錯誤，B正確；C.風速不變時，金屬桿接入電路的長度不變，接入電路的阻值不變，電阻R的阻值越大，電路中的電流越小，金屬桿兩端電壓越小，電壓傳感器的示數(shù)越小，故C錯誤；12/18D.假設彈簧的原長為L，金屬桿單位長度的電阻為r，當彈簧的壓縮量為x時，金屬桿接入電路的阻值為00R=(L?x)r0x0根據(jù)閉合電路歐姆定律可得EI=R+x+r電壓傳感器示數(shù)為U=IRxEr+R聯(lián)立解得：U=+1(0?x)r0可知電壓傳感器示數(shù)與彈簧形變量不是線性關系，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查閉合電路的歐姆定律，解題關鍵掌握公式應用，同時根據(jù)平衡條件可計算風力。13【分析】根據(jù)點電荷的電場線特點分析電勢的升降；若兩腳在等勢線上則電壓為零；根據(jù)已知和點電荷的場強公式得等效電荷量；由于點電荷的電場強度不是勻強電場，不滿足電勢差等于場強與距離的乘積?！窘獯稹拷猓?高壓電線落地在地面形成的電流場可以等效為點電荷Q放在O點產(chǎn)生的靜電場，所以越靠近O點，電勢越高，故A錯誤；B.當兩腳位于同一等勢線上時，即兩腳到O點的距離相等時，跨步電壓為零，故B錯誤；IQIkC.根據(jù)已知得=k，解得等效點電荷的電荷量為Q=(kC正確；r2r2IQIr2kD.在距離點電荷Q距離為r的位置電場強度為E=k=k=，由于點電荷的電場不是勻強電場，故不能r2r22根據(jù)勻強電場電勢差與場強之間的公式U=Ed計算兩腳之間的電壓，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查點電荷的場強，電勢差與場強的關系，根據(jù)電場強度的定義可知，點電荷電場強度是非勻強電場。14【分析】本題結(jié)合生活實例考查受力分析，正確對人受力分析，利用合力與分力的關系來判斷當減小、的時候減速效果的變化情況；理解運動員轉(zhuǎn)彎的原理，當重心向左邊移動時，左雪板支持力向上的分力增加，各夾角不變，水平分力也增加，水平向右的分力也增加；根據(jù)牛頓第二定律來解釋減速效果跟運動員的質(zhì)量無關?！窘獯稹拷猓篈、兩邊雪板對人的支持力垂直于雪板斜向人體后方，兩邊支持力的夾角近似與2a互補，減小a角，兩邊支持力夾角變大，合力變小，向后方的分力也變小，減速效果變差。故A錯誤；B、減小角，雪板更為水平，雪板對人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不變，水平方向的分力變小，減速效果變差。故B錯誤；FCD、x=，a==gsin，減速效果只與夾角有關，跟運動員質(zhì)量無關。故C錯誤，D正確。m故選：D?！军c評】本題考查受力分析與牛頓第二定律的知識，首先從生活實例中抽象出物理模型，然后對其受力分析，利用合力與分力的數(shù)量關系，來解決減速效果與夾角的關系，運動員轉(zhuǎn)彎的原理，最后結(jié)合牛頓第二定律來解13/18釋減速效果跟運動員的質(zhì)量無關。二、本部分共6題，共分。15）歐姆表的讀數(shù)等于刻度值與倍率的乘積；（2）根據(jù)滑動變阻器在電路中的作用確定開關閉合前滑片位置；（3）根據(jù)歐姆定律計算測量電阻阻值，由于電壓表分流作用使得測量值存在誤差。）歐姆表刻度值為，擋位為“16=6；（2）滑動變阻器采用分壓式接法，為了保護測量電路，同時使測量電路電流、電壓從零起調(diào)，滑動變阻器的滑片P應放置于a位置；（3）在圖2所示的電路中測量得到電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，根據(jù)歐姆定律得Ux=，I圖2電路測量電路為電流表外接，電壓表測量電壓為測量電阻兩端真實電壓，由于電壓表的分流作用，電流表測量值為電壓表和測量電阻的總電流，比流過電阻電流真實值偏大，故電阻測量值比真實值偏小。U16（）a（），因為電壓表的分流作用，使得電流測量值偏大，電阻測量值偏小I【點評】本題考查伏安法測電阻實驗，解題關鍵要掌握滑動變阻器的調(diào)節(jié)作用和電路誤差來源。16）根據(jù)實驗原理與操作分析判斷；（2）根據(jù)實驗現(xiàn)象分析實驗結(jié)論；（3）根據(jù)平拋運動水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動的運動規(guī)律分析解答；（4）結(jié)合動能定理與沖量的計算公式解答。）A、傾斜軌道可以不光滑，只要每次從同一位置靜止下滑，摩擦力做功相同，可以保證每次到最低點的速度相同即可，故A錯誤；B、因為本題是研究平拋運動，所以離開軌道末端時速度方向必須保持水平，即兩滑道的末端必須水平放置，故B正確；C、研究平拋運動，即初速度水平，且只在重力作用下的運動，要求忽略空氣阻力的影響，則應該選用密度大的鋼球，故C錯誤；D、1球和2球做對比，兩球最低點的速度應相同，所以兩球在滑道上釋放的位置高度應相同，故D錯誤。故選：B。（212球的水平速度相等，每次球1均能擊中球，說明1球在水平方向上的速度不變，即1球在水平方向做勻速直線運動，故A正確；BCD、沒有與豎直方向運動比較，得不到豎直方向上為自由落體的結(jié)論；故BCD錯誤。故選：A。（）ab、bc、cd的時間間隔均為T，因為ab、bc、cd的水平距離相等，均為兩格，即x=x=x，根據(jù)公abbcx式v=得，水平方向相同時間內(nèi)位移相等，是勻速直線運動；t1從圖3可讀出y:y:y=1:3:5，根據(jù)公式y(tǒng)=gt，可得自由落體運動的物體在連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為2abbc21:3:5，14/18（4）A、無初速度下滑，故水平方向不是勻速直線運動，而ab=bc，故tabtbc，故A錯誤；B、兩種運動到d點的速度方向均為曲線在d點的切線方向，故方向相同，B正確；112C、取ad高度為h，取平拋初速度為v0，對平拋運動由動能定理有=2?02，解得v=2gh+0；而對221此軌道，彈力不做功，有mgh=2，則v=2gh，比較可得：vv故C錯誤；2D、=mgtab，Ibc=bc，因為tabtbc，所以IabIbc，故D正確。故選：。1）B）A3）x=x=x，y:y:y=1:3:5）abbcabbc【點評】在實驗中如何實現(xiàn)讓小球做平拋運動是關鍵，同時讓學生知道描點法作圖線方法：由實驗數(shù)據(jù)得來的點，進行平滑連接起來；同時解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動。171）根據(jù)機械能守恒定律分析出滑塊到達最低點的速度，根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律分析出A對軌道的壓力；（2）先根據(jù)動量守恒定律分析出碰撞后的速度，結(jié)合能量守恒定律分析出損失的機械能；（3）根據(jù)動能定理分析出整體在桌面上滑動的距離。）滑塊A下滑的過程，機械能守恒，則有1=22滑塊A在圓軌道上做圓周運動，在最低點，由牛頓第二定律得：R2N?=根據(jù)牛頓第三定律可知，N=N聯(lián)立解得：N=3N（2）相碰，碰撞后結(jié)合為一個整體，由動量守恒定律得：mv=2mv112根據(jù)能量守恒定律得：△Ep=2?222聯(lián)立解得：△Ep0.8J=（3在桌面上滑動，水平方向僅受摩擦力，則由動能定理得：1?2mgl=0?222解得：l=0.25m）與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小為3N；（2）A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為0.8J；（3）A和B整體在桌面上滑動的距離為0.25m?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，分析過程中涉及到了機械能守恒定律，同時結(jié)合牛頓第二定律分析出滑塊的受力情況，同時結(jié)合動能定理完成解答。15/1818）根據(jù)法拉第電磁感應定律分析出感應電動勢，結(jié)合歐姆定律分析出ab棒兩端的電勢差；（2）根據(jù)安培力公式結(jié)合導體棒的平衡狀態(tài)分析出ab棒所受的外力F；（3）根據(jù)做功公式分析出外力F對導體棒的做功，結(jié)合能量守恒定律分析出做功和產(chǎn)熱量的關系。）導體棒ab棒產(chǎn)生的感應的電動勢為：E=BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：EI=R+rab棒兩端的電壓為BLvRU===R+rR+r（2）ab棒所受的安培力大小為：B2Lv2安=BIL=R+r導體棒ab做勻速運動，根據(jù)受力平衡可得，ab棒所受的外力F大小為B2Lv2F=安=R+r（3）在△t時間內(nèi)，外力F對導體棒做功為B2L2vB2L22vW==vR+rR+r整個電路生熱為BLvR+rB2L22vQ=I2(R+r)R+r可得：W=Q在△t時間內(nèi)外力對導體棒所做的功W與整個電路生熱Q相等。BLvRR+r）ab棒兩端的電勢差為；B2L2v（2）ab棒所受的外力F大小為；R+rB2L22v（3）說明在△t時間內(nèi)外力對導體棒所做的功為，與整個電路生熱Q的關系相等。R+r【點評】本題主要考查了電磁感應的相關應用，熟悉法拉第電磁感應定律，結(jié)合歐姆定律，安培力公式和能量守恒定律即可完成分析。19）由電容電勢能等于圖象與坐標軸圍成的面積計算球形電容器的電勢能Ep的表達式；（2）a、根據(jù)極限法求解球形電容器電容的表達式；b、根據(jù)a中推得的孤立導體球的電容表達式可知地球的電容遠大于一般金屬小球的電容，將帶電金屬小球用導線與大地相連，分析地球帶電量和小球的帶電量的多少。）圖中三角形面積表示電荷量達到Q時電容器所具有的電勢能Ep的大小，16/181由圖可得Ep