精選天津市高考物理壓軸試卷(含解析)

1、天津市高考物理壓軸試卷(含解析)PAGE PAGE 432023年天津市高考物理壓軸試卷 一、選擇題，每題6分，共48分1-5題每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)最符合題目要求的6-8題每題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)正確的，有的有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分1在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)靜止的氡原子核Rn，由于衰變它放出一個(gè)粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個(gè)相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所 示，那么氡核的衰變方程應(yīng)是以下方程中的哪一個(gè) A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H2如下圖，

2、不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于墻上O點(diǎn)，拉力F通過(guò)一輕質(zhì)定滑輪和輕質(zhì)動(dòng)滑輪作用于繩另一端，那么重物m在力F的作用下緩慢上升的過(guò)程中，拉力F變化為不計(jì)一切摩擦 A 變大 B 變小 C 不變 D 無(wú)法確定3固定在豎直平面的光滑圓弧軌道ABCD，其A點(diǎn)與圓心O等高，D點(diǎn)為軌道最高點(diǎn)，DB為豎直直線，AC為水平線，AE為水平面，如下圖今使小球自A點(diǎn)正上方某處由靜止釋放，且從A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的高度，總能使球通過(guò)最高點(diǎn)D，那么小球通過(guò)D點(diǎn)后 A 一定會(huì)落到水平面AE上 B 可能從A點(diǎn)又進(jìn)入圓軌道 C 可能撞在圓軌道AB間某位置 D 可能從D點(diǎn)自由下落4如下圖，虛線是用實(shí)驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場(chǎng)

3、的一族等勢(shì)線及其電勢(shì)值，一帶電粒子只在電場(chǎng)力的作用下飛經(jīng)該電場(chǎng)時(shí)，恰能沿圖中的實(shí)線從A點(diǎn)飛到B點(diǎn)，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是 A 粒子一定帶負(fù)電 B A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) C 粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能 D 粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能5如下圖，水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)互相垂直，豎直的絕緣桿上套一帶負(fù)電荷小環(huán)小環(huán)由靜止開(kāi)始下落的過(guò)程中，所受摩擦力 A 始終不變 B 不斷增大后來(lái)不變 C 不斷減小最后為零 D 先減小后增大，最后不變6以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 A 粒子的貫穿本領(lǐng)和電離作用都很強(qiáng) B 核反響中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象違背了能量守恒定律 C 某個(gè)平面鏡反射光的能量為入射光能量的

4、85%，即表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子數(shù)量的85% D 電磁波和機(jī)械波都能發(fā)生干預(yù)、衍射現(xiàn)象7兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波源分別位于x=0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，傳播方向如圖中箭頭所示，兩波源的振幅度均為A=2cmt=0時(shí)刻，兩列波的圖象如下圖，此刻x=0.2m和x=0.8m處的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M位于x=0.5m處，以下選項(xiàng)中正確的選項(xiàng)是 A 質(zhì)點(diǎn)P、Q都首先沿y軸負(fù)向開(kāi)始振動(dòng) B t=1s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為4cm C t=0.75s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P、Q都運(yùn)動(dòng)到了M點(diǎn) D t=1s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為4cm8如下圖在光滑絕緣水平面上，

5、兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷M、N，分別固定在A、B兩點(diǎn)，O為AB連線的中點(diǎn)，CD為AB的垂直平分線在CO之間的F點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球P放入小球P后不會(huì)改變?cè)瓉?lái)的電場(chǎng)分布在以后的一段時(shí)間內(nèi)P在CD連線上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 A 小球P的帶電量緩慢減小，那么它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中振幅不斷減小 B 小球P的帶電量緩慢減小那么它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小 C 點(diǎn)電荷M，N的電量同時(shí)等量地緩慢增大，那么小球p往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中周期不斷減小 D 點(diǎn)電荷M，N的帶電量同時(shí)等量地緩慢增大，那么小球p往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中振幅不斷減小二、非選擇共72分9某同學(xué)利用雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)定某一光的波長(zhǎng)，雙

6、縫間距為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某一亮條紋的中心對(duì)齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如下圖，此時(shí)的示數(shù)x1=mm然后轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對(duì)齊，測(cè)出第n亮條紋示數(shù)為x2由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長(zhǎng)表達(dá)式=用給出的字母符號(hào)表示10某同學(xué)要測(cè)量一長(zhǎng)方形木塊帶有一掛鉤與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，但沒(méi)有現(xiàn)成的彈簧測(cè)力計(jì)，于是小明用細(xì)彈簧、硬紙板等自制了一個(gè)簡(jiǎn)易彈簧測(cè)力計(jì)只有均勻刻線沒(méi)有標(biāo)值如下圖請(qǐng)你幫助設(shè)計(jì)這個(gè)實(shí)驗(yàn)：主要步驟：計(jì)算表達(dá)式：表達(dá)式中的字母要在步驟中出現(xiàn)11在做?測(cè)定金屬的電阻率?的實(shí)驗(yàn)中，假設(shè)待測(cè)電阻絲的電阻約為5，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，備

7、有以下器材：A電池組3V、內(nèi)阻lB電流表03A，內(nèi)阻0.0125C電流表00.6A，內(nèi)阻0.125D電壓表03V，內(nèi)阻4kE電壓表015V，內(nèi)阻15kF滑動(dòng)變阻器020，允許最大電流l AG滑動(dòng)變阻器02000，允許最大電流0.3AH開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線1上述器材中應(yīng)選用的是只填寫(xiě)字母代號(hào)2某同學(xué)采用了圖1所示的局部電路測(cè)量電阻，那么測(cè)量值比真實(shí)值偏 選填“大或“小根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖2所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是12如下圖，一根光滑的金屬桿一端固定，另一端彎成半徑R=0.9m的圓環(huán)一光滑的小圓環(huán)m=0.9kg，套在金屬桿上，從上端固定處無(wú)初速滑下固定處到大圓環(huán)底部的高度為2.6m

8、，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)頂端與質(zhì)量m0=5.4kg靜止于光滑水平面上的物塊相碰，碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動(dòng)，剛好上升到h=2m，求1物塊mO獲得多大速度2因?yàn)榕鲎?，m，m0一共增加多少內(nèi)能？g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力13如下圖，M1N1、M2N2是兩根處于同一水平面內(nèi)的平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距離是d=0.5m，導(dǎo)軌左端接有定值電阻R=2，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊垂直于導(dǎo)軌，可在導(dǎo)軌上左右滑動(dòng)并與導(dǎo)軌有良好的接觸，滑動(dòng)過(guò)程中滑塊與導(dǎo)軌間的摩擦力恒為f=1N，滑塊用絕緣細(xì)線與質(zhì)量為M=0.2kg的重物連接，細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪，整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是B=2T，將滑塊由靜止釋

9、放設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)足夠大，M未落地，且不計(jì)導(dǎo)軌和滑塊的電阻g=10m/s2，求：1滑塊能獲得的最大動(dòng)能2滑塊的加速度為a=2m/s2時(shí)的速度3設(shè)滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到獲得最大速度的過(guò)程中，電流在電阻R上所做的電功是w=0.8J，求此過(guò)程中滑塊滑動(dòng)的距離14靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置可簡(jiǎn)化如圖A、B為水平放置的間距d=1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E=0.1v/m在A板的中央放置一個(gè)平安接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為v0=6m/s的油漆微粒，油漆微粒的質(zhì)量均為m=1.0105kg、電

10、荷量均為q=1.0103C，不計(jì)油漆微粒間的相互作用、油漆微粒帶電對(duì)板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)的影響及空氣阻力，重力加速度g=10m/s2求：1油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積；2假設(shè)讓A、B兩板間的電場(chǎng)反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向噴出，其它條件不變B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長(zhǎng)度；3在滿足2的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間2023年天津市高考物理壓軸試卷參考答案與試題解析一、選擇題，每題6分，共48分1-5題每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)最符合題目要求的6-8題每題給出的4個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一

11、項(xiàng)為哪一項(xiàng)正確的，有的有多個(gè)選項(xiàng)是正確的，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分1在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)靜止的氡原子核Rn，由于衰變它放出一個(gè)粒子，此粒子的徑跡與反沖核的徑跡是兩個(gè)相互外切的圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1，如圖所 示，那么氡核的衰變方程應(yīng)是以下方程中的哪一個(gè) A RnFr+e B RnPo+He C RnAt+e D RnAt+H考點(diǎn)： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；原子核衰變及半衰期、衰變速度專(zhuān)題： 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析： 核衰變過(guò)程動(dòng)量守恒，反沖核與釋放出的粒子的動(dòng)量大小相等，結(jié)合帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得小粒子與反沖核的電荷量之

12、比，利用排除法可得正確答案解答： 解：原子核的衰變過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，可得兩帶電粒子動(dòng)量大小相等，方向相反，就動(dòng)量大小而言有：m1v1=m2v2由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式可得：r=所以，=審視ABCD四個(gè)選項(xiàng)，滿足42：1關(guān)系的只有B應(yīng)選B點(diǎn)評(píng)： 原子核的衰變過(guò)程類(lèi)比于爆炸過(guò)程，滿足動(dòng)量守恒，而帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式中的分子恰好是動(dòng)量的表達(dá)式，要巧妙應(yīng)用2如下圖，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于墻上O點(diǎn)，拉力F通過(guò)一輕質(zhì)定滑輪和輕質(zhì)動(dòng)滑輪作用于繩另一端，那么重物m在力F的作用下緩慢上升的過(guò)程中，拉力F變化為不計(jì)一切摩擦 A 變大 B 變小 C 不變 D 無(wú)法確定考點(diǎn)： 共點(diǎn)

13、力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用專(zhuān)題： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題分析： 重物m在力F的作用下緩慢上升的過(guò)程中，兩繩的夾角增大滑輪兩側(cè)繩子的拉力大小相等，方向關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ(chēng)以滑輪為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件研究繩的拉力變化情況解答： 解：設(shè)滑輪兩側(cè)兩繩的夾角為2以滑輪為研究對(duì)象，分析受力情況，作出力圖如下圖根據(jù)平衡條件有：2Fcos=mg得到繩子的拉力為：F=所以在重物緩慢上升的過(guò)程中，增大，cos減小，那么F變大應(yīng)選：A點(diǎn)評(píng)： 此題是共點(diǎn)力平衡中動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵是知道同一條繩子上的拉力處處相等3固定在豎直平面的光滑圓弧軌道ABCD，其A點(diǎn)與圓心O等高，D點(diǎn)為軌道最高點(diǎn)，DB為豎直

14、直線，AC為水平線，AE為水平面，如下圖今使小球自A點(diǎn)正上方某處由靜止釋放，且從A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的高度，總能使球通過(guò)最高點(diǎn)D，那么小球通過(guò)D點(diǎn)后 A 一定會(huì)落到水平面AE上 B 可能從A點(diǎn)又進(jìn)入圓軌道 C 可能撞在圓軌道AB間某位置 D 可能從D點(diǎn)自由下落考點(diǎn)： 機(jī)械能守恒定律；向心力分析： 通過(guò)小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)D，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的最小速度，通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出水平位移的大小，從而確定小球的落點(diǎn)位置解答： 解：小球恰能夠通過(guò)最高點(diǎn)D，根據(jù)mg=m ，得：vD=那么知在最高點(diǎn)的最小速度為根據(jù)R=得：t=那么平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x=vDt=R知小球一定落在水平面AE

15、上故A正確，B、C、D錯(cuò)誤應(yīng)選：A點(diǎn)評(píng)： 解決此題的關(guān)鍵知道小球做圓周運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)的臨界情況，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解4如下圖，虛線是用實(shí)驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場(chǎng)的一族等勢(shì)線及其電勢(shì)值，一帶電粒子只在電場(chǎng)力的作用下飛經(jīng)該電場(chǎng)時(shí)，恰能沿圖中的實(shí)線從A點(diǎn)飛到B點(diǎn)，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是 A 粒子一定帶負(fù)電 B A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng) C 粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能 D 粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能考點(diǎn)： 電勢(shì)能；電場(chǎng)強(qiáng)度；電場(chǎng)線專(zhuān)題： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析： 根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向電勢(shì)，確定出電場(chǎng)線方向，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)中物體所受的合力方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，可判斷

16、出粒子所受的電場(chǎng)力方向，判斷粒子的電性根據(jù)等差等勢(shì)面密處場(chǎng)強(qiáng)大，可判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小由電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的大小和動(dòng)能的大小解答： 解：A、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直且由高電勢(shì)指向電勢(shì)，可知電場(chǎng)線方向大致向左，根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場(chǎng)力方向大致向左，那么知粒子一定帶正電故A錯(cuò)誤B、由圖知道，等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，而A處等差等勢(shì)面較密，那么A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)較大故B正確C、D從A點(diǎn)飛到B點(diǎn)，電場(chǎng)力方向與速度的夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小故CD錯(cuò)誤應(yīng)選B點(diǎn)評(píng)： 此題要掌握等勢(shì)面與電場(chǎng)線的關(guān)系和曲線運(yùn)動(dòng)合力指向，由粒子的軌跡判斷出電場(chǎng)力方向，分析能量的變化5如下圖，水平方向的

17、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)互相垂直，豎直的絕緣桿上套一帶負(fù)電荷小環(huán)小環(huán)由靜止開(kāi)始下落的過(guò)程中，所受摩擦力 A 始終不變 B 不斷增大后來(lái)不變 C 不斷減小最后為零 D 先減小后增大，最后不變考點(diǎn)： 帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題分析： 此題要先對(duì)小球進(jìn)行正確的受力分析，由受力情況判斷出小球的運(yùn)動(dòng)情況，得知小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)會(huì)有洛倫茲力作用在小球上，分析水平方向上的合力在減小，可判斷摩擦力在減小直至為零；之后洛倫茲力增大致水平方向上合力逐漸增大，摩擦力也隨之增大，直至摩擦力與重力大小相等解答： 解：小球由靜止開(kāi)始下落，當(dāng)速度為零時(shí)，對(duì)小球受力分析，受到豎直向下的重力、

18、水平向左的電場(chǎng)力和豎直向上的摩擦力；此時(shí)重力會(huì)大于摩擦力，小球向下運(yùn)動(dòng)，速度不為零時(shí)，小球還會(huì)受到水平向右的洛倫茲力，使水平方向上的合力減小，從而摩擦力也隨之減小當(dāng)電場(chǎng)力和洛倫茲力大小相等時(shí)，摩擦力為零，小球的豎直向下的加速度最大，之后洛倫茲力要大于電場(chǎng)力并逐漸最大，摩擦力也隨之增大，當(dāng)摩擦力和重力大小相等時(shí)，小球加速度為零，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)所以在整個(gè)過(guò)場(chǎng)中，摩擦力是先減小后增大，最后不變故ABC錯(cuò)誤，D正確應(yīng)選：D點(diǎn)評(píng)： 解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵就是對(duì)物體受力進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析運(yùn)動(dòng)情況，再由運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況此類(lèi)問(wèn)題的受力特點(diǎn)是：合力在不斷變化，當(dāng)合外力變?yōu)榱銜r(shí)，物體開(kāi)始做勻速

19、直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)常出現(xiàn)的問(wèn)題是利用平衡條件求帶電體的最大速度等問(wèn)題6以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 A 粒子的貫穿本領(lǐng)和電離作用都很強(qiáng) B 核反響中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象違背了能量守恒定律 C 某個(gè)平面鏡反射光的能量為入射光能量的85%，即表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子數(shù)量的85% D 電磁波和機(jī)械波都能發(fā)生干預(yù)、衍射現(xiàn)象考點(diǎn)： 能量守恒定律；電磁波的產(chǎn)生專(zhuān)題： 常規(guī)題型分析： 粒子的貫穿本領(lǐng)很強(qiáng)，電離作用很弱根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程作答；根據(jù)光的粒子性與E=hv分析判斷；電磁波是交變電磁場(chǎng)在空間的傳播，機(jī)械波是機(jī)械振動(dòng)在介質(zhì)中的傳播；電磁波的傳播不需要介質(zhì)，機(jī)械波的傳播需要介質(zhì)解答： 解：A、粒子的貫穿本領(lǐng)很強(qiáng)，電

20、離作用很弱，故A錯(cuò)誤；B、核反響中的質(zhì)量虧損現(xiàn)象遵循能量守恒定律，故B錯(cuò)誤；C、某個(gè)平面鏡反射光的能量為入射光能量的80%，設(shè)光子的頻率為v，那么每個(gè)光子的能量為hv，光的能量與光子個(gè)數(shù)成正比，那么表示反射光光子的數(shù)量是入射光光子數(shù)量的80%，故C正確D、機(jī)械波和電磁波，都屬于波，都具有發(fā)生干預(yù)和衍射現(xiàn)象故D正確應(yīng)選：CD點(diǎn)評(píng)： 解決此題的關(guān)鍵知道三種射線的特點(diǎn)，以及掌握愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程，知道電磁波和機(jī)械波的特點(diǎn)7兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，波源分別位于x=0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為v=0.4m/s，傳播方向如圖中箭頭所示，兩波源的振幅度均為A=2cmt=0時(shí)刻，兩列

21、波的圖象如下圖，此刻x=0.2m和x=0.8m處的P、Q兩質(zhì)點(diǎn)剛開(kāi)始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M位于x=0.5m處，以下選項(xiàng)中正確的選項(xiàng)是 A 質(zhì)點(diǎn)P、Q都首先沿y軸負(fù)向開(kāi)始振動(dòng) B t=1s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為4cm C t=0.75s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P、Q都運(yùn)動(dòng)到了M點(diǎn) D t=1s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M的位移為4cm考點(diǎn)： 橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系專(zhuān)題： 振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專(zhuān)題分析： 由圖讀出波長(zhǎng)，從而由波速公式算出波的周期根據(jù)所給的時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)M的位置，確定其位移由波的傳播方向來(lái)確定質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向兩列頻率相同的相干波，當(dāng)波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)，當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)減弱，那么

22、振動(dòng)情況相同時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)；振動(dòng)情況相反時(shí)振動(dòng)減弱解答： 解：A、由波的傳播方向根據(jù)波形平移法可判斷出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向：兩列簡(jiǎn)諧橫波分別沿x軸正方向和負(fù)方向傳播，那么質(zhì)點(diǎn)P、Q均沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)故A正確；B、D、由圖知波長(zhǎng)=0.4m，由v=得，波的周期為T(mén)=s，兩質(zhì)點(diǎn)傳到M的時(shí)間為s=T，當(dāng)t=1s時(shí)刻，兩波的波谷恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M，所以位移為4cm故B錯(cuò)誤，D正確；C、質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，只在各自的平衡位置附近振動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)P、Q都不會(huì)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；應(yīng)選：AD點(diǎn)評(píng)： 此題要掌握波的獨(dú)立傳播原理：兩列波相遇后保持原來(lái)的性質(zhì)不變理解波的疊加遵守矢量合成法那么，例如當(dāng)該波的波峰與波峰相遇時(shí)，此處相對(duì)平衡

23、位置的位移為振幅的二倍；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)此處的位移為零8如下圖在光滑絕緣水平面上，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷M、N，分別固定在A、B兩點(diǎn)，O為AB連線的中點(diǎn)，CD為AB的垂直平分線在CO之間的F點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球P放入小球P后不會(huì)改變?cè)瓉?lái)的電場(chǎng)分布在以后的一段時(shí)間內(nèi)P在CD連線上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 A 小球P的帶電量緩慢減小，那么它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中振幅不斷減小 B 小球P的帶電量緩慢減小那么它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小 C 點(diǎn)電荷M，N的電量同時(shí)等量地緩慢增大，那么小球p往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中周期不斷減小 D 點(diǎn)電荷M，N的帶電量同時(shí)等量地緩慢增大，那么小球p往復(fù)運(yùn)動(dòng)

24、過(guò)程中振幅不斷減小考點(diǎn)： 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)的疊加專(zhuān)題： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題分析： 在等量的正電荷的電場(chǎng)中，所有的點(diǎn)的電勢(shì)都是正的，根據(jù)矢量的合成法那么可以知道，在它們的連線中垂線上的點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向都是沿著中垂線指向外的，由此可以判斷電場(chǎng)的情況和帶電小球的運(yùn)動(dòng)的情況解答： 解：A、小球P的帶電量緩慢減小，它在電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)力在不斷地減小，由平衡位置向最大位移運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能向電勢(shì)能轉(zhuǎn)化時(shí)，克服電場(chǎng)力做功需要經(jīng)過(guò)更長(zhǎng)的距離，所以它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的在振幅不斷增大，所以A錯(cuò)誤；B、由最大位移返回平衡位置時(shí)，電場(chǎng)力做的功在不斷地減小，它往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速率不斷減小，所以B

25、正確；C、如果M、N的帶電荷量等量緩慢增大，那么小球P所受電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度在同一位置時(shí)將更大，速度變化將更快，即周期將變小，C正確；D、同時(shí)，伴隨M、N電荷量的增加，由于對(duì)P在同一位置的電場(chǎng)力變大，減速的距離減小，故振幅變小，D正確應(yīng)選：BCD點(diǎn)評(píng)： 此題考查的就是點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的分布及特點(diǎn)，這要求同學(xué)對(duì)于根本的幾種電場(chǎng)的情況要了解，此題看的就是學(xué)生的根本知識(shí)的掌握情況二、非選擇共72分9某同學(xué)利用雙縫干預(yù)實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)定某一光的波長(zhǎng)，雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某一亮條紋的中心對(duì)齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如下圖，此時(shí)的示數(shù)x1=0.776mm然后轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量

26、頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對(duì)齊，測(cè)出第n亮條紋示數(shù)為x2由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長(zhǎng)表達(dá)式=用給出的字母符號(hào)表示考點(diǎn)： 用雙縫干預(yù)測(cè)光的波長(zhǎng)專(zhuān)題： 實(shí)驗(yàn)題分析： 螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需估讀根據(jù)雙縫干預(yù)的條紋間距公式求出光的波長(zhǎng)表達(dá)式解答： 解：螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為0.5mm+0.0125.5mm=0.776mm根據(jù)干預(yù)條紋的間距x=得，=故答案為：0.776mm，點(diǎn)評(píng)： 解決此題的關(guān)鍵掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，測(cè)量光波波長(zhǎng)的原理，注意掌握干預(yù)條紋間距公式的內(nèi)容10某同學(xué)要測(cè)量一長(zhǎng)方形木塊帶有一掛鉤與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，但沒(méi)有現(xiàn)成的彈簧測(cè)力計(jì)，于是小明用

27、細(xì)彈簧、硬紙板等自制了一個(gè)簡(jiǎn)易彈簧測(cè)力計(jì)只有均勻刻線沒(méi)有標(biāo)值如下圖請(qǐng)你幫助設(shè)計(jì)這個(gè)實(shí)驗(yàn)：主要步驟：A記下沒(méi)掛木塊時(shí)，自制彈簧測(cè)力計(jì)指針?biāo)缚潭萅0；B把木塊掛在自制的彈簧測(cè)力上，穩(wěn)定后記下指針?biāo)鶎?duì)的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測(cè)力計(jì)拉著木塊勻速滑行，記下這時(shí)指針?biāo)傅目潭萅2；計(jì)算表達(dá)式：表達(dá)式中的字母要在步驟中出現(xiàn)考點(diǎn)： 探究影響摩擦力的大小的因素專(zhuān)題： 實(shí)驗(yàn)題分析： 把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測(cè)力計(jì)拉著木塊勻速滑行，彈簧的拉力與滑動(dòng)摩擦力平衡，根據(jù)F=G設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)步驟，求解動(dòng)摩擦因素的表達(dá)式解答： 解：主要步驟如下：A記下沒(méi)掛木塊時(shí)，自制彈簧測(cè)力計(jì)指針?biāo)缚潭萅0；B把木塊

28、掛在自制的彈簧測(cè)力上，穩(wěn)定后記下指針?biāo)鶎?duì)的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測(cè)力計(jì)拉著木塊勻速滑行，記下這時(shí)指針?biāo)傅目潭萅2木塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有：水平方向：f=N2豎直方向：mg=N1N0其中：f=mg解得：=故答案為：A記下沒(méi)掛木塊時(shí)，自制彈簧測(cè)力計(jì)指針?biāo)缚潭萅0；B把木塊掛在自制的彈簧測(cè)力上，穩(wěn)定后記下指針?biāo)鶎?duì)的刻度N1；C把木塊放在水平桌面上，用該彈簧測(cè)力計(jì)拉著木塊勻速滑行，記下這時(shí)指針?biāo)傅目潭萅2； 點(diǎn)評(píng)： 此題關(guān)鍵明確實(shí)驗(yàn)原理，然后根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)步驟，求解表達(dá)式，掌握胡克定律的應(yīng)用，注意彈簧的長(zhǎng)度與彈簧的伸長(zhǎng)區(qū)別11在做?測(cè)定金屬的電阻率?的實(shí)驗(yàn)中

29、，假設(shè)待測(cè)電阻絲的電阻約為5，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，備有以下器材：A電池組3V、內(nèi)阻lB電流表03A，內(nèi)阻0.0125C電流表00.6A，內(nèi)阻0.125D電壓表03V，內(nèi)阻4kE電壓表015V，內(nèi)阻15kF滑動(dòng)變阻器020，允許最大電流l AG滑動(dòng)變阻器02000，允許最大電流0.3AH開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線1上述器材中應(yīng)選用的是ACDFH只填寫(xiě)字母代號(hào)2某同學(xué)采用了圖1所示的局部電路測(cè)量電阻，那么測(cè)量值比真實(shí)值偏小 選填“大或“小根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)得到的伏安特性曲線如圖2所示，圖中MN段向上彎曲的主要原因是隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大考點(diǎn)： 測(cè)定金屬的電阻率專(zhuān)題： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專(zhuān)

30、題分析： 1器材的選取需平安、精確，根據(jù)電源電壓確定電壓表的量程，根據(jù)電路中電流的大約值確定電流表的量程2根據(jù)待測(cè)電阻與電流表、電壓表內(nèi)阻比擬，確定電流表的內(nèi)外接，溫度升高，電阻率增大解答： 解：1測(cè)量電阻需要電源、電流表、電壓表、滑動(dòng)變阻器、電鍵導(dǎo)線，由于電源電壓為3V，所以電壓表選擇D，電路中的電流大約I=0.6A，所以電流表選擇C，滑動(dòng)變阻器用小阻值的便于操作，那么所需的器材為A、C、D、F、H2待測(cè)電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，屬于小電阻，所以電流表采取外接法，根據(jù)R=，由于電壓表的分流，使得測(cè)量值比真實(shí)值偏小圖中MN段向上彎曲的主要原因是隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，

31、電阻增大故答案為：1ACDFH 2小，隨著電阻絲中的電流增大，溫度升高，電阻率增大，電阻增大點(diǎn)評(píng)： 解決此題的關(guān)鍵掌握電壓表、電流表、滑動(dòng)變阻器的選取，以及掌握如何確定電流表的內(nèi)外接，會(huì)分析系統(tǒng)誤差的原因12如下圖，一根光滑的金屬桿一端固定，另一端彎成半徑R=0.9m的圓環(huán)一光滑的小圓環(huán)m=0.9kg，套在金屬桿上，從上端固定處無(wú)初速滑下固定處到大圓環(huán)底部的高度為2.6m，小圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到大圓環(huán)頂端與質(zhì)量m0=5.4kg靜止于光滑水平面上的物塊相碰，碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動(dòng)，剛好上升到h=2m，求1物塊mO獲得多大速度2因?yàn)榕鲎?，m，m0一共增加多少內(nèi)能？g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力考點(diǎn)： 動(dòng)量

32、守恒定律；向心力；機(jī)械能守恒定律專(zhuān)題： 動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合分析： 1物塊m0與m剛碰后具有最大速度，對(duì)m分別根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出其碰撞前后的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程求m0碰后的速度；2根據(jù)能量守恒求碰撞損失的機(jī)械能，即增加的內(nèi)能解答： 解：1設(shè)小圓環(huán)固定處距離大圓環(huán)底部為h0，升到頂時(shí)的速度為v0根據(jù)機(jī)械能守恒：mgh0=mg2R+mv02規(guī)定向右為正方向，m和m0組成的系統(tǒng)碰撞時(shí)滿足動(dòng)量守恒：mv0=mv01+m0v1碰后小圓環(huán)又沿大圓環(huán)滑動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒：mg2R+mv012=mgh聯(lián)立可得：v1=1m/s2因?yàn)榕鲎苍黾拥膬?nèi)能：E=mv02mv012+m0v12=

33、2.7J答：1物塊m0獲得速度為1m/s2因?yàn)榕鲎玻琺，m0一共增加2.7J內(nèi)能點(diǎn)評(píng)： 此題考查了機(jī)械能守恒、能量守恒的綜合運(yùn)用，對(duì)于非彈性碰撞，滿足動(dòng)量守恒，但是機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能13如下圖，M1N1、M2N2是兩根處于同一水平面內(nèi)的平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距離是d=0.5m，導(dǎo)軌左端接有定值電阻R=2，質(zhì)量為m=0.1kg的滑塊垂直于導(dǎo)軌，可在導(dǎo)軌上左右滑動(dòng)并與導(dǎo)軌有良好的接觸，滑動(dòng)過(guò)程中滑塊與導(dǎo)軌間的摩擦力恒為f=1N，滑塊用絕緣細(xì)線與質(zhì)量為M=0.2kg的重物連接，細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪，整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是B=2T，將滑塊由靜止釋放設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)

34、，磁場(chǎng)足夠大，M未落地，且不計(jì)導(dǎo)軌和滑塊的電阻g=10m/s2，求：1滑塊能獲得的最大動(dòng)能2滑塊的加速度為a=2m/s2時(shí)的速度3設(shè)滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到獲得最大速度的過(guò)程中，電流在電阻R上所做的電功是w=0.8J，求此過(guò)程中滑塊滑動(dòng)的距離考點(diǎn)： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用；導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)專(zhuān)題： 動(dòng)能定理的應(yīng)用專(zhuān)題分析： 1滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的拉力、摩擦力和安培力三力平衡，再結(jié)合安培力和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式列式求解；2滑塊受重力、支持力、安培力、摩擦力、拉力，物塊受重力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)兩物體整體列式求解；3對(duì)兩個(gè)物體的整體而言，重力做正功，克服阻力和安培力做功，克服安培力做的功等于系統(tǒng)增加的電能，等于電流的功，故對(duì)整體運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可解答： 解：1滑塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力平衡，有Mg=f+BId 根據(jù)歐姆定律，有I= 動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為：E=BdVm 聯(lián)立解之并代入動(dòng)能表達(dá)式：EK=0.2J即滑塊能獲得的最大動(dòng)能為0.2J2對(duì)兩物體整體受力分析后，運(yùn)用牛頓第二定律，有MgfBId=M+ma 其中I= E=BdV 聯(lián)立解之：V=0.8m/s即滑塊的加速度為a=2m/s2時(shí)的速度為0.8m/s3對(duì)兩物體整體運(yùn)用動(dòng)能定理，有Mgxfxw=解得x=1.4m即滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到獲得最大速度的過(guò)程中，滑塊滑動(dòng)的距離為1.4m