2020年順義區(qū)高三一模物理試題及答案(WORD版)

1、2020年北京市高考物理模擬試卷第21頁，共7頁4月月考一、單選題（本大題共14小題，每小題 3分，共42.0分）1 .在核反應方程?4?+ ?74? 一可7?+ ?沖,x表示的是（）A.質(zhì)子B.中子C.電子D.粒子2 .下列說法正確的是（）A.內(nèi)能是物體中所有分子熱運動所具有的動能的總和B.溫度標志著物體內(nèi)大量分子熱運動的劇烈程度C.氣體壓強僅與氣體分子的平均動能有關D.氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子的平均動能可能不變3 .下列說法正確的是（）A.速度、磁感應強度和沖量均為矢量B.速度公式？?=，須電流公式？ ?勻采用比值定義法C.彈簧勁度系數(shù)k的單位用國際單位制基本單位表達是？?？D.將

2、一個帶電小球看成是一個不計大小的點電荷采用的是等效處理方法m的物塊A和B疊4. 一傾角為的斜面體固定在水平面上，其斜面部分光滑，現(xiàn)將兩個質(zhì)量均為如圖所示，已知A的上表面水平,放在一起，給A、B整體一初速度使其共同沿斜面向上運動,5.正確的是（）則在向上運動過程中，下列說法正確的是（）A.?1 _ ?2 = ?B.甲球質(zhì)量大于乙球C.釋放瞬間甲球加速度較大D. ?0時間內(nèi)兩球下落的高度相等6. 一簡諧機械橫波沿 x軸正方向傳播，波長為 ？周期為T, ?=。時刻的波形如圖1所示，a、b是波上的兩個質(zhì)點.圖 2是波上某一質(zhì)點的振動圖象.下列說法正確的是（）A. ? 0時質(zhì)點a的速度比質(zhì)點b的大B.

3、?20時質(zhì)點a的加速度比質(zhì)點b的小C.圖2可以表示質(zhì)點a的振動D.圖2可以表示質(zhì)點b的振動7.明代學者方以智在陽燧倒影中記載： 表明白光通過多棱晶體折射會發(fā)生色散現(xiàn)象. 單色光a、b,下列說法正確的是（） A.若增大入射角i,則b光先消失B.在該三鏡中a光波長小于b光C. a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光不能發(fā)生“凡寶石面凸，則光成一條，有數(shù)棱則必有一面五色”，如圖所示，一束復色光通過三棱鏡后分解成兩束D.若a、b光分別照射同一光電管都能發(fā)生光電效應，則a光的遏止電壓低8.如圖所示，一沙袋用無彈性輕細繩懸于O點，開始時沙袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度？擊中沙袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸質(zhì)量為m,

4、 沙袋質(zhì)量為5m,彈丸和沙袋形狀大小忽略不計，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A.彈丸打入沙袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變B.彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的沖量大小大于沙袋對彈丸的沖量大小C.，八，“，一、?沙袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為令?D.彈丸打入沙袋過程中所產(chǎn)生的熱量為-72?9.如圖是a、b兩光分別經(jīng)過同一雙縫干涉裝置后在屏上形成的干涉圖樣，則 （）A.在同種均勻介質(zhì)中，a光的傳播速度比b光的大B.從同種介質(zhì)射入真空發(fā)生全反射時a光臨界角大C.照射在同一金屬板上發(fā)生光電效應時，a光的飽和電流大D.若兩光均由氫原子能

5、級躍遷產(chǎn)生，產(chǎn)生a光的能級能量差大10.如圖所示，n匝矩形閉合導線框 ABCD處于磁感應強度大小為 B的水平勻強磁場中， 線框面積為S,電阻不計.線框繞垂直于磁場的軸？?%角速度？均速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為U的燈泡，燈泡正常發(fā)光.從線圈通過中性面開始計時，下列說法正確的是（）A.圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大B.燈泡中的電流方向每秒改變2次C.線框中產(chǎn)生感應電動勢的表達式為？?=?D.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為?U11 .如圖所示，甲球從。點以水平速度？?飛出，落在水平地面上的 A點。乙球從O點以水平速度?飛出，落在水平地面上的 B點，反彈后恰好也落

6、在 A點。兩球質(zhì)量均為 m。若乙千落在B點時的速度大小為？，與地面的夾角為60。，且與地面發(fā)生彈性碰撞， 不計碰撞時間和空氣阻力,0 ill卜列說法錯誤的是（）A.乙球在B點受到的沖量大小為v3?B.拋出時甲球的機械能大于乙球的機械能C. OA兩點的水平距離與 OB兩點的水平距離之比是 3： 1D.由。點到A點，甲、乙兩球運動時間之比是1:112 . 一定量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷三個過程 ab、bc、ca回到原狀態(tài)。其？?-示。下列判斷正確的是 （）A.過程ab中氣體一定吸熱B.過程bc中氣體既不吸熱也不放熱C.過程ca中外界對氣體所做的功等于氣體所放的熱D. a、b和c三個狀態(tài)中，狀態(tài)

7、 a分子的平均動能最大13 .如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，以逆時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是（）14 .如圖所示，帶正電的點電荷Q固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q點為焦點的橢圓運動，M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q最近的點。？0?、？3和？?、？?分別表示電子在M、N兩點的電勢和電場強度，則電子從 M點逆時針運動到 N點()Pl .0A. ? ?巧?, ? ?B. ? ? 二C.電子的動能減小

8、D.電場力對電子做了正功二、實驗題(本大題共 2小題，共18.0分)15 .某同學用一彈簧秤和一橡皮條做驗證平行四邊形的實驗，裝置如圖所示，實驗步驟如下：將貼有白紙的木板豎直固定，將橡皮條上端掛在木板上O點；將三根細線Pa、Pb、Pc結于P點，a端系在橡皮條下端。C端暫時空置，b端掛一鉤碼，鉤碼靜止后，記錄鉤碼重力G的大小和方向；以。為圓心為OP為半徑，畫一圓??；用彈簧秤鉤住c端，向右上方緩慢拉，調(diào)整拉力方向，使結點P移到圖中所示位置，記錄該位置和彈簧秤的示數(shù)；在白紙上作出各力的圖示，驗證平行四邊形定則是否成立。(1)第步中還應記錄的是 (2)第步中，若橡皮條拉力與彈簧秤拉力的合力大小等于 ,

9、方向 則可驗證平行四邊形定則。16 .學習了 “測電源電動勢和內(nèi)阻”后，某物理課外活動小組自制了西紅柿電池組，設計了如圖1所示的實驗電路，測定了電壓表的內(nèi)阻， 并用多種方法測量電池組的電動勢與內(nèi)阻，請完成下面實驗。(1)用筆畫線代替導線按照電路圖將實物圖連線(2)將單刀雙擲開關 S打向觸頭1,調(diào)節(jié)電阻箱的示數(shù)為？，電流表的示數(shù)為 即和電壓表的示數(shù) 為？，則電壓表的內(nèi)阻？?=。(3)將單刀雙擲開關 S打向觸頭2,僅測多組電壓表的示數(shù) U和電阻箱的示數(shù) R,然后運用數(shù) 據(jù)作出?- 1月象為一條傾斜的直線， 得到直線的斜率為 K,縱軸截距為b,則該電池組的電動 勢？?=,內(nèi)阻？?=(用K、b、Rv表

10、示)。三、計算題(本大題共 4小題，共40.0分)17 .如圖所示，半徑？= 2？的四分之一粗糙圓弧軌道AB置于豎直平面內(nèi)，軌道的B端切線水平，且距水平地面高度為？= 1.25？,現(xiàn)將一質(zhì)量？= 0.2？小滑塊從A點由靜止釋放，滑塊沿 圓弧軌道運動至 B點以？= 5？/？勺速度水平飛出(？做10？/？3).求：(1)小滑塊沿圓弧軌道運動過程中所受摩擦力做的功；(2)小滑塊經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力大小；(3)小滑塊著地時的速度大小。h/7 / / /18 .嫦娥一號”探月衛(wèi)星在空中運動的簡化示意圖如下.衛(wèi)星由地面發(fā)射后，經(jīng)過發(fā)射軌道進入停泊軌道，在停泊軌道經(jīng)過調(diào)速后進入地月轉(zhuǎn)移軌道，再次調(diào)速后進

11、入工作軌道.已知衛(wèi)星在停泊軌道和工作軌道運行半徑分別為R和？，地球半徑為r,月球半徑為？1?,地表面重力加速度?為g,月球表面重力加速度為 Q.求：(1)衛(wèi)星在停泊軌道上運行的線速度;(2)衛(wèi)星在工作軌道上運行的周期.19 .如圖所示，虛線 L右側空間有水平向右電場強度？= 2.5?/?淅勻強電場，左側空間有一豎直向上電場強度？ = 1.25?/?勺勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場B,在？場區(qū)有四分之一的光滑絕緣圓軌道，半徑為 ？?= 0.2?,圓心在虛線。點，過低端點 Q的切線水平，現(xiàn)將一視為質(zhì)點的帶正電荷粒子從軌道的最高點P由靜止釋放，粒子沿軌道向底部運動，已知粒子的質(zhì)量為?= 1 X1

12、0-4 ?粒子帶電量?= +3 X10-4 ???？?= 10?/?田.求:(1)粒子沿軌道向下運動過程中對軌道的最大壓力;(2)若粒子運動到 Q點瞬間僅使其電量變?yōu)?= +8 X10-4 ?要使粒子再次通過虛線位置落到圓軌道內(nèi)，磁感應強度 B大小應滿足什么條件。20 .間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示，傾角為？的導軌處于大小為？、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間I中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef,用長度為L的剛性絕緣桿連 接構成)，在“聯(lián)動雙桿”右側存在大小為？，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間I

13、I ,其長度大于L,質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放， 達到勻速后進入水平導軌(無 能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間II并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直，已知桿ab、cd和ef電阻均為？= 0.02？,？= 0.1？= 0.5？, ？= 0.3？, ？= 30。，？ = 0.1？? ？ = 0.2？不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應， 求： (1)桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小？；(2) “聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間II前的速度大小v；

14、(3) “聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間II產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案和解析1 .【答案】A【解析】 解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，？4? ?74?一？87?+ ?1? x表示的是質(zhì)子，故 a正確,BCD錯誤。故選：Ao根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒求出 x的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，即可判斷 x是否表示電子、質(zhì)子、還是中子。本題比較簡單，考查了核反應方程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的應用。2 .【答案】B【解析】解：A、內(nèi)能是物體內(nèi)所有分子的分子動能和分子勢能的總和，故A錯誤；B、溫度是分子平均動能的標志，標志著物體內(nèi)大量分子熱運動的劇烈程度，故B正確；C、氣體壓強不僅與分子的平均動能有關，還與分子的密集程度有關，故 C錯誤；D、

15、氣體膨脹對外做功且溫度降低，溫度是分子平均動能的標志，溫度降低，則分子的平均動能變小，故D錯誤。故選：Bo溫度是分子平均動能的標志。內(nèi)能是所有分子的分子動能和分子勢能的總和。氣體壓強與溫度、體積有關。此題解答的關鍵是掌握溫度的含義和氣體壓強的微觀意義，并能運用來分析實際問題。溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子平均動能越大。3 .【答案】A【解析】 解：A、矢量是既有大小、又有方向的物理量，速度、磁感應強度和沖量均為矢量，故A正確。B、？袋 系是電流定義式，速度公式 ？?= 費用比值定義法，故 B錯誤。C、根據(jù)？?= ? k的單位是？?，其基本單位表達是 ?；故C錯誤。D、點電荷采用的物理

16、方法是理想化模型，故 D錯誤。故選：Ao速度、磁感應強度和沖量都是矢量。速度公式？?= 費用比值定義法。根據(jù) ？?= ?確定k的單位。點電荷是一種理想化的物理模型。 解決本題的關鍵要理解并掌握物理基本知識。要注意物理量定義式與決定式的區(qū)別，不能混淆。4 .【答案】C【解析】【分析】根據(jù)整體法求出 AB共同的加速度，將加速度分解為水平方向和豎直方向，隔離對B分析，求出A、B之間的支持力和摩擦力，從而即可求解。解決本題的關鍵能夠正確地進行受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和隔離的運用?！窘獯稹緼、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，再隔離B分析可得，故

17、B定會受到A給B水平向右的摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊 A受到B的摩擦力水 平向左，故A錯誤；B、物塊B受到A的支持力向上，而 A對B的摩擦力向右，則其合力斜向右上方，與其速度方向夾 角大于90。，那么物塊A對B的作用力做負功，故 B錯誤；C、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向上的 加速度？ = ?=?軌?？陶上的加速度 ？= ?2?寸 B 分析，A對 B 的摩擦力？?= ?= ?曬?？?2確；D、先對整體分析，有沿向下加速度為？?？B分析，（把A對B的摩擦力和支持力看作一個力），重力沿斜面的分力產(chǎn)生的加速度為?里？的另一個分力與把A對B的作用力

18、平衡，所以A對B的合力垂直于斜面方向，不做功，所以B機械能不變，故 D錯誤。故選：Co5 .【答案】B【解析】 解：AB、兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時 ? ?因此 ?1?最大速度與其質(zhì)量成正比，即 ？?？8?,右1= V，由圖象知？ ?,因此？?甲 ?乙；故A錯誤，B ?正確C、釋放瞬間？?= 0,因此空氣阻力？?= 0,兩球均只受重力，加速度均為重力加速度？?C錯誤；D、圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，？寸間內(nèi)兩球下落的高度不相等；故D錯誤； 故選：B 由圖看出兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動， 重力與空氣阻力平衡， 根據(jù)平衡條件和

19、牛頓第二定律列式分析.本題中小球的運動情況與汽車起動類似，關鍵要抓住穩(wěn)定時受力平衡，運用牛頓第二定律分析.6 .【答案】D【解析】解：A、?= 0時質(zhì)點a位于最大位移處，b質(zhì)點經(jīng)過平衡位置，所以質(zhì)點 a的速度比質(zhì)點b的小，故A 錯誤；B、根據(jù)加速度大小與位移大小成正比的特點，可知 a的位移比b的位移大，則質(zhì)點 a的加速度比 質(zhì)點b的大，故B錯誤；C、D、由圖2知，？。時刻質(zhì)點經(jīng)過位置向下運動，圖1是？ 0時刻的波形，此時 a位于波峰，位移最大，與圖2中？?=。時刻質(zhì)點的狀態(tài)不符，而質(zhì)點b在?=。時刻經(jīng)過平衡位置向下運動，與圖2中？?= 0時刻質(zhì)點的狀態(tài)相符， 所以圖2不能表示質(zhì)點a的振動，可以

20、表示質(zhì)點b的振動，故C 錯誤，D正確。故選：Do質(zhì)點的速度和加速度可根據(jù)質(zhì)點的位置進行判斷.在平衡位置時，速度最大，加速度最??； 在最大位移處，速度為零，加速度最大.根據(jù)圖 2中？?= 0時刻質(zhì)點的位置和振動方向，在圖 1上找出對 應的質(zhì)點.本題既要能理解振動圖象和波動圖象各自的物理意義，又要抓住它們之間內(nèi)在聯(lián)系，能熟練根據(jù)波的傳播方向判斷出質(zhì)點的速度方向.7 .【答案】D. ？ .a對應的【解析】解：A、根據(jù)折射率定義公式？=釜?及空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線 折射角較大，故光線 a的折射率較小，即？ ？?若增大入射角i,在第二折射面上，則兩光的入射角減小，依據(jù)光從光密介質(zhì)進入光疏介質(zhì)

21、，且入射角大于或等于臨界角時， 才能發(fā)生光的全反射,因此它們不會發(fā)生光的全反射，故A錯誤;？、B、根據(jù)折射率定義公式？= ？行?？空氣斜射向玻璃時，入射角相同，光線a對應的折射角較大,故光線a的折射率較小，即？ ？0則在真空中a光波長大于b光波長，故B錯誤;C、只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象，若a光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，b光一定能發(fā)生，故 C錯誤;D、a光折射率較小，則頻率較小，根據(jù)？= ？則a光光子能量較小，則a光束照射逸出光電子 的最大初動能較小，根據(jù) ？；？）,則a光的遏止電壓低，故 D正確;故選：Do依據(jù)光的折射定律，判定兩光的折射率大小，再根據(jù)？b即可判定各自臨界角大小，進而可 求解;根據(jù)折

22、射率的定義公式求解折射率，由折射定律得出折射率關系，就知道波長關系；只要是橫波，均能發(fā)生偏振現(xiàn)象；根據(jù)？?2?膾，結合光電效應方程1 ? = ? ?,從而即可求解.本題關鍵依據(jù)光路圖來判定光的折射率大小，然后根據(jù)折射率定義公式比較折射率大小，學會判定頻率高低的方法，同時掌握光電效應方程，及遏止電壓與最大初動能的關系.8 .【答案】C【解析】解：A、彈丸打入砂袋過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得?= (? + 5?)? 得？?= ?；彈丸打入沙袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運動，根據(jù)？?- 6?= 6?，即？?= 6?+ 6?, 可知，細繩對砂袋的拉力增大，由牛頓第三定律知，沙袋對細繩的拉

23、力增大，故A錯誤；B、根據(jù)第三定律知，彈丸打入沙袋過程中，彈丸對沙袋的作用力與沙袋對彈丸的作用力大小相等，作用時間相同，則彈丸對沙袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量，故 B錯誤；1?C、彈丸打入沙袋后一起擺動過程中整體的機械能守恒，則萬(?+ 5?)? = (? + 5?)?,得？= 晟故C正確；1c 1C 5D、彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為?= -?- -(?+ 5?)? = -?,故D錯誤。故選：Co彈丸打入砂袋過程中， 分析向心力的變化來確定細繩拉力的變化。根據(jù)牛頓第三定律和沖量的定義?= ?來分析彈丸對砂袋的沖量和于砂袋對彈丸的沖量大小關系。彈丸打入砂袋過程中，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的

24、水平方向動量守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律結合求出產(chǎn)生的熱量。彈丸打入砂袋后一起擺動過程中整體的機械能守恒，由機械能守恒定律求擺動所達到的最大高度。本題涉及兩個物理過程，關鍵先要正確把握每個過程的物理規(guī)律，知道子彈打擊過程遵守動量守恒定律和能量守恒定律。之后，整體的機械能守恒。9 .【答案】D【解析】【分析】?根據(jù)圖象比較干涉條紋間距大小，再根據(jù)?= ?判斷波長，從而判斷頻率大小，頻率大的折射率大，根據(jù)？?= ?U斷傳播速度，根據(jù) ？?判斷發(fā)生全反射時臨界角大小，光電效應時飽和電流 與入射光的強度有關，a光的頻率大，則能量大.本題的關鍵是根據(jù)圖象比較干涉條紋間距大小從而得頻率大小，明確光電

25、效應時飽和電流與入射光的強度也有關系，知道全反射臨界角的概念，難度適中.【解答】 解：？?由圖可知a光的干涉條紋間距小于 b光，根據(jù)?=?；?可知，a的波長小于b光，則a光的 頻率大于b光，a的折射率大于b光，根據(jù)？?= ?“知，在同種介質(zhì)中傳播時 a光的傳播速度比b光 的小，故A錯誤；1B.根據(jù)？?/知，同種介質(zhì)射入真空發(fā)生全反射時a光臨界角小，故 B錯誤；C.光電效應時飽和電流與入射光的強度有關，所以無法判斷飽和電流的大小，故C錯誤；D.因a光的頻率大，故若兩光均由氫原子能級躍遷產(chǎn)生，則產(chǎn)生a光的能級差大，故 D正確.故選：D.10 .【答案】C【解析】 解：A、圖示位置線框位于中性面，穿

26、過線框的磁通量最大，磁通量的變化率為0,故A錯誤；B、交流電的周期？?= 2?, 1s內(nèi)完成周期性變化的次數(shù) ?？ 1個周期電流方向改變 2次，所以燈泡中 電流方向每秒改變2?X2= ?故B錯誤；C、線框中感應電動勢的峰值 ？?？= ?線框是從中性面開始計時，所以線框中產(chǎn)生感應電動勢的表達式為？?= ?2確；D、原線圈電壓的有效值？ = ?-?-?副線圈電壓的有效值？，所以原副線圈的匝數(shù)比為 啰?故D 錯誤；故選：C根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比， 變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決11 .【答案】D【解析

27、】解：A、乙球落在B點時的速度大小為？，與地面的夾角為60。，故豎直方向的分量?= ?60 y ?,反彈后豎直方向的分量為 ？?= -?= y ?,水平方向速度不變， 故沖量大小為 ?= ?- ?= v3?,故 A 正確；B、拋出時甲的初速度大于乙的初速度，故甲的初動能大于乙的初動能，而兩者重力勢能相等，故拋出時甲球的機械能大于乙球的機械能，故 B正確；C、D、設OA間的豎直高度為ho由。點到A點，甲球運動時間為 第=V2?.乙球運動時間是甲球的3倍；乙球先做平拋運動，再做斜上拋運動，根據(jù)對稱性可知，從 B到A的水平位移等于從。到B的水平位移的2倍，所以甲球由 。點到A點的水平位移是乙球由 。

28、點到B點水平位移的3倍，故C正 確，D錯誤。本題選擇錯誤的；故選：D。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，運動的時間由高度決定，初速度和時間共同決定水平位移。斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動。結合分運動的規(guī)律研究。解決本題的關鍵是要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關。12 .【答案】A?.?.【解析】 解：A、因為9= ?從圖中可以看出，？ ？時程力F變，則體積 V不變，因此？?一 ?過 程外力做功？= 0,氣體溫度升高，則 ? 0,根據(jù)熱力學第一定律 ?= ?+ ?可知？? 0,即

29、 氣體吸收熱量，故 A正確；B、2 冽程氣體溫度不變， ?= 0 ,但氣體壓強減小，由?= ?成口 V增大，氣體對外做功，? 0,即氣體吸收熱量，故 B錯誤；C、？ ？時程氣體壓強不變， 溫度降低，則? 0, 由?= ?+ ?依口？ ?故 C 錯誤；D、狀態(tài)a溫度最低，而溫度是分子平均動能的標志，故 D錯誤。故選：Ao?” ?時程為溫度升高的等容變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律判斷；？?一 ?過程為壓強減小的等溫變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律判斷；？? ?時程為溫度降低的電壓變化，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律判斷；溫度越高，分子平均動能越大。本題考查了理想氣體狀態(tài)

30、方程、熱力學第一定律等知識點。解答理想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律的綜合問題的關鍵在于找到兩個規(guī)律之間的聯(lián)系，弄清氣體狀態(tài)變化過程中各狀態(tài)量的變化情況。另外，熱力學第一定律在應用時一定要注意各量符號的意義，?勺正表示內(nèi)能增加，E為正表示物體吸熱；W為正表示外界對物體做功。13 .【答案】B【解析】 解：00.5?寸間內(nèi)，B減小，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿順時針方向，為負值；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為？?=二?彳變，則E不變，感應電流i不變。由左手定則可知，bc段導線受到的安培力方向水平向右，是正的。由？?= ?知?bc段導線受到的安培

31、力大小不變。在0.5?- ?時間內(nèi)，B增大，穿過線圈的磁通量增大，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針方向，為正值；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為？?= ；? 可變，則E不變，感應電流i不變。由圖知：在0.5?- ?時間內(nèi)的 各00.5?寸間內(nèi)的2倍，則在0.5?- ?寸間內(nèi)的感應電動勢 E是00.5?寸間內(nèi)的2倍，感應電流也是 2倍。在0.5?- ?寸間內(nèi)，由左手定則可知，bc段導線受到的安培力方向水平向左，是負的，且由？?= ?知在0.5?- ?時間內(nèi)bc段導線受到的安培力是 00.5?寸間內(nèi)的4倍，故ACD錯誤，B正確。故選：B。由圖可知磁感應強度的變化，則

32、可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應定律可知感應電動勢變化情況，由楞次定律可得感應電流的方向，根據(jù)左手定則可以找出安培力方向，結合可得出正確的圖象。本題考查了判斷？ ?圖象與？?- ?圖象是否正確，分析清楚 ？?- ?圖象、應用楞次定律、法拉第電磁 感應定律、安培力公式即可正確解題。14 .【答案】D【解析】解：AB、在正電荷形成的電場中， 越靠近點電荷的位置場強越大，電勢越高，所以？? ?,? ?)?,故 AB 錯誤。CD、當電子從M點向N點運動時，庫侖力對電子先做正功， 后做負功，運動的速度先增加后減小， 根據(jù)功能關系可知，電子的電勢能先減小后增加，電場力所做的總功為正，所以總的電勢能

33、減小， 動能增大，故C錯誤，D正確。故選：Do在正電荷形成的電場中， 越靠近點電荷的位置場強越大， 電勢越高，根據(jù)影響速度和電勢能大小的 因素來分析速度和電勢能的變化， 找到轉(zhuǎn)化的方向。對于系統(tǒng)能量守恒，機械能與電勢能相互轉(zhuǎn)化?？疾閹靵龆?，庫侖力做功的特點，庫侖力做正功，電勢能減小，庫侖力做負功，電勢能增加。同 時注意系統(tǒng)的機械能與能量的區(qū)別。15 .【答案】彈簧秤拉力的方向2 G2豎直向上2【解析】 解：（1）由于力是矢量，在驗證時，需要記錄拉力的方向，所以第步中還應記錄的是彈 簧秤拉力的方向。（2）驗證平行四邊形定則，需要結合共點力平衡，任意兩個力的合力與第三個力大小相等，方向相反，所以

34、在第 步中，若橡皮條拉力與彈簧秤拉力的合力大小等于鉤碼的重力G,方向豎直向上則可驗證平行四邊形定則。故答案為：（1）彈簧秤拉力的方向（2）?,豎直向上本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實驗方法的應用，步驟 中只有記下細繩的方向，才能確定力的方向，進一步才能根據(jù)平行四邊形定則求合力；同一次實驗中，只有使結點到達同樣的位置，才能表示兩種情況下力的作用效果相同。掌握“驗證力的平行四邊形定則”的實驗原理和實驗步驟，同時注意只有通過具體實踐，才能真正的理解具體實驗操作細節(jié)的意義，因此平時同學們應該加強實驗實踐，而不是空洞的記憶實驗。16.【答案】3分)?)?3-?0 ? ?【解