2021年湖南省邵陽市高考物理一模試卷(含答案詳解)

2021年湖南省邵陽市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.把小磁針放在環(huán)形電流中央，通以圖示電流，則小磁針N極指向?yàn)椋?/p>

A.水平向左

B.垂直環(huán)形電流所在平面向內(nèi)

C.水平向右

D.垂直環(huán)形電流所在平面向外

2.原子彈和氫彈所涉及的基本核反應(yīng)方程有：①皆U+M-瑞Sr+掙Xe+lO/n,

He+ln；關(guān)于這兩個(gè)方程，下列說法正確的是（）

A.方程①屬于重核裂變

B.方程②屬于a衰變

C.方程①的核反應(yīng)是太陽能的源泉

D.方程②中的法與胃He互為同位素

3.如圖，用手平托著幾本高中物理新教材，下列哪種情況下教材對手的壓力比教材的重力?。ǎ?/p>

A.使教材勻速向上運(yùn)動(dòng)B.使教材勻速向下運(yùn)動(dòng)

C.使教材勻加速向上運(yùn)動(dòng)D.使教材勻減速向上運(yùn)動(dòng)

4.如圖中畫出了某一個(gè)電場的一些電場線，將一個(gè)正試探點(diǎn)電荷q置于該

電場中，下面的說法不正確的是（）<5q

A.該電場中各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小是不變的

B.電場線所表示的電場方向是自左向右的

C.正電荷q受電場力方向是自左向右的

D.正電荷q受電場力方向是自右向左的

5.閱讀下述文字，完成8、9、10題

跳臺滑雪是冬季奧運(yùn)會(huì)的比賽項(xiàng)目之一，圖1為2018年平昌冬奧會(huì)上中國跳臺滑雪歷史上第一位進(jìn)

入冬奧會(huì)的女子運(yùn)動(dòng)員常馨月的騰空一跳。圖2是跳臺滑雪運(yùn)動(dòng)場地的示意圖。比賽時(shí)運(yùn)動(dòng)員不

借助任何外力，從起滑臺起滑后，沿助滑臺（可以看成斜面且各處的動(dòng)摩擦因數(shù)相同）運(yùn)動(dòng)至助

滑臺末端起跳點(diǎn)，獲得較大速度，在起跳點(diǎn)起跳后，身體前傾與滑雪板成銳角，沿拋物線在空

中運(yùn)動(dòng)，在著陸坡上某位置著陸后，繼續(xù)滑行至緩沖區(qū)停止。

運(yùn)動(dòng)員在助滑臺上沿直線加速運(yùn)動(dòng)過程中，忽略空氣阻力，其所受合外力（）

A.方向與運(yùn)動(dòng)方向相同B.方向與運(yùn)動(dòng)方向相反

C.大小一定越來越大D.大小一定越來越小

6.如圖所示，某同學(xué)將一枚飛鏢從高于靶心的位置水平投向豎直懸掛的

靶盤，結(jié)果飛鏢打在靶心的正下方.忽略飛鏢運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻

力，在其他條件不變的情況下，為使飛鏢命中靶心，他在下次投擲時(shí)可以（）

A.換用質(zhì)量稍大些的飛鏢B.適當(dāng)增大投飛鏢的高度

C.到稍遠(yuǎn)些的地方投飛鏢D.適當(dāng)減小投飛鏢的初速度

二、多選題（本大題共6小題，共29.0分）

7.下表是衛(wèi)星發(fā)射的幾組數(shù)據(jù)，其中發(fā)射速度火是燃料燃燒完畢時(shí)火箭具有的速度，之后火箭帶

著衛(wèi)星依靠慣性繼續(xù)上升，到達(dá)指定高度九后再星箭分離，分離后的衛(wèi)星以環(huán)繞速度"繞地球運(yùn)

動(dòng).根據(jù)發(fā)射過程和表格中的數(shù)據(jù)，下面哪些話是正確的（）

衛(wèi)星離地面高環(huán)繞速度發(fā)射速度

度九（加）v（/cm/s）%（km/s）

-07.917.91

?2007.788.02

-5007.618.19

?10007.358.42

?50005.529.48

?00011.18

A.不計(jì)空氣阻力，在火箭依靠慣性上升的過程中機(jī)械能守恒

B.離地越高的衛(wèi)星機(jī)械能越大

C.離地越高的衛(wèi)星環(huán)繞周期越大

D.當(dāng)發(fā)射速度達(dá)到11.18km/s時(shí)，衛(wèi)星能脫離地球到達(dá)宇宙的任何地方

8.如圖甲所示，N=10匝的線圈（圖中只畫了1匝），電阻r=100,其兩端a、b與一個(gè)R=200的

電阻相連，線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化。下列判斷

正確的是（）

圖甲圖乙

A.線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為0.3VB.線圈中的感應(yīng)電流大小為0.034

C.線圈中感應(yīng)電流的方向由a到bD.a端電勢比b端高

9.如圖所示，電源電動(dòng)勢E,內(nèi)電阻恒為r,R是定值電阻，熱敏

電阻Rr的阻值隨溫度降低而增大，C是平行板電容器。閉合開

關(guān)S,帶電液滴剛好靜止在C內(nèi)。在溫度降低的過程中，分別用

△/、△4和△/表示電流表、電壓表1、電壓表2和電壓

表3示數(shù)變化量的絕對值。關(guān)于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是（）

A.吟、吟、與一定都不變

△/△/△/

B.當(dāng)和華一定不變，華一定變大

△/△/△/

C.帶電液滴一定向下加速運(yùn)動(dòng)

D.電源的工作效率一定變大

10.兩根相同的的絕緣輕線一端固定在。點(diǎn)，另一端分別連接兩個(gè)完全相同的帶電小球4和B,

A.B之間用第三根線連接起來，如圖所示.將第三根線剪斷后，發(fā)現(xiàn)4和B兩球都先向上擺動(dòng)然

后再向下擺動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，貝必和B兩球在向上擺動(dòng)過程中4。所受庫侖力

逐漸減小

B.具有的電勢能逐漸增大

C.動(dòng)能不斷增加

D.機(jī)械能不斷增加

11.雙原子分子勢能Ep與分子間距離r的關(guān)系如圖中線所示，4為曲線與r軸

的交點(diǎn)，B為曲線的最低點(diǎn)，下列說法正確的是（）\\

A.A點(diǎn)處原子間作用力表現(xiàn)為斥力——

B.4點(diǎn)處分子的動(dòng)能最大|

C.B點(diǎn)處對應(yīng)的原子間作用力表現(xiàn)為引力

D.B點(diǎn)處分子的動(dòng)能最大

E.原子間作用力表現(xiàn)為引力最大時(shí)，原子間距大于B點(diǎn)處對應(yīng)的原子間距

12.在均勻介質(zhì)中坐標(biāo)原點(diǎn)。處有一波源做簡諧運(yùn)動(dòng)，其表達(dá)式為y=5sinGt）,它在介質(zhì)中形成的

簡諧橫波沿》軸正方向傳播，某時(shí)刻波剛好傳播到x=12m處，波形圖如圖所示，則（）

4Vy立Jm

A.此后再經(jīng)6s該波傳播到久=18m處

B.M點(diǎn)在此后第3s末的振動(dòng)方向沿y軸正方向

C.波源開始振動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正方向

D.此后M點(diǎn)第一次到達(dá)y=-3m處所需時(shí)間是2s

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）

13.在練習(xí)使用多用電表的實(shí)驗(yàn)中：

（1）某同學(xué)用多用電表測量電阻，其歐姆擋的電路如圖甲所示，若選擇開關(guān)處在“X100”擋時(shí)，按

正確使用方法測量電阻孔的阻值，指針位于圖乙示位置，則&=僅

（2）若該歐姆表使用一段時(shí)間后，電池電動(dòng)勢變小，內(nèi)阻變大，但此表仍能調(diào)零，按正確使用方法再

測上述％,其測量結(jié)果與原結(jié)果相比將（填“變大”、“變小”或“不變”）.

圖內(nèi)

(3)某同學(xué)利用圖甲中的器材設(shè)計(jì)了一只歐姆表，

①關(guān)于該歐姆表，下列說法正確的是.

A.電阻刻度的零位在表盤的右端

正表盤上的電阻刻度是均勻的

C.測量前，不需要紅、黑表筆短接調(diào)零

D測量后，應(yīng)將開關(guān)S斷開

②某同學(xué)進(jìn)行如下操作：當(dāng)心未接入時(shí)，閉合開關(guān)S,將紅、黑表筆分開時(shí)，調(diào)節(jié)可變電阻，使電

流表滿偏.當(dāng)心接入4B表筆之間時(shí)，若電流表的指針指在表盤的正中央，則待測電阻&的阻

值為.己知電流表的內(nèi)阻為后,電池的內(nèi)阻為r,可變電阻接入電路的阻值為R.

14.用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)1、巾2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。皿2從高處由靜止開始下落，

拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。如圖乙給

出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)(圖中未標(biāo)出

),所用電源的頻率為50Hz,計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示。已知刑=50g、m2=150g,貝生(結(jié)

(2)在打下第0點(diǎn)到打下第5點(diǎn)的過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量△Ek=_____J,系統(tǒng)重力勢能的減少量4

Ep=]■.(取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=lOm/s2)

(3)若某同學(xué)作出3—九圖象如圖丙所示，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s2

(4)該實(shí)驗(yàn)的相對誤差是%。

四、簡答題(本大題共2小題，共28.0分)

15.如圖所示，在動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.4的水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在4點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其

右端位于B點(diǎn).水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪

去了左上角135。的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R.用質(zhì)量m】=0.4如的

物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)，釋放后彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊恰停止在B點(diǎn).用同種材料、質(zhì)量為加2=

0.2麗的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)釋放，物塊過B點(diǎn)時(shí)速度為為=6m/s,此后物塊滑過桌面，

飛離桌面后由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道.g=10m/s2,求：

(1)DP間的水平距離

(2)判斷巾2能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)(要求計(jì)算過程).

(3)m2在桌面上運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功.

16.有一種被稱為“魔力陀螺”的玩具如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道

對它施加了魔法一樣，它可等效為一質(zhì)點(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動(dòng)模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)

固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為R,力、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。質(zhì)量為皿的質(zhì)點(diǎn)沿軌

道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向圓心。且大小恒為尸，不計(jì)摩擦和空

氣阻力，重力加速度為g。求：

(1)判斷質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能是否守恒，并說明理由；

(2)若質(zhì)點(diǎn)在4點(diǎn)的速度為病，對軌道的壓力為其重力的7倍，求磁性引力F；

(3)若磁性引力大小F可變，質(zhì)點(diǎn)仍做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求高的最小值。

甲乙

五、計(jì)算題（本大題共2小題，共18.0分）

17.如圖所示，內(nèi)徑均勻的彎曲玻璃管abed/"兩端開口，ab、cd段豎直，be、df''廠

段水平，ab=100cm,be=50cm,cd=50cm,df=60cm。在水平段d/'，廣一,

內(nèi)有一長I=10cm的水銀柱，水銀柱左端位于d點(diǎn)。已知大氣壓po為75czn”g/

且保持不變，不考慮彎管部分的體積。最初管內(nèi)氣體的溫度為27。C現(xiàn)將玻璃管a端緩慢豎直向

下插入大水銀槽中，使a端恰好位于水銀面下10cm處。

①若緩慢升高氣體的溫度，求水銀柱右端到達(dá)了點(diǎn)時(shí)氣體的溫度；

②若緩慢降低氣體的溫度，求水銀柱剛好全部進(jìn)入cd段時(shí)氣體的溫度。

18.如圖，一玻璃工件的上半部是底面半徑為R的圓錐體，0點(diǎn)為圓心，高為R；

下半部是半徑為R、高為2R的圓柱體，圓柱體底面鍍有反射膜。有一平行

于中心軸0C的光線從圓錐曲面射入，該光線與0C之間的距離為0.5R.已知

最后從圓錐曲面射出的光線恰好與入射光線平行（不考慮多次反射），求：

⑴從圓錐曲面射入的光線的入射角為多少：

5）若光在真空中的傳播速度為c,試計(jì)算光在該玻璃工件內(nèi)傳播的時(shí)間。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：

如圖所示，若通電時(shí)，據(jù)安培定則得出環(huán)形線圈的前面是S極、后面是N極，故其磁感線的方向：環(huán)

形線圈外面是垂直于紙面向外，環(huán)形線圈里面是垂直紙面向里，

而小磁針靜止時(shí)的N極指向與線圈的磁感線的方向是一致的，所以垂直環(huán)形電流所在平面向里，故B

正確，ACZ)錯(cuò)誤；

故選：B。

(1)對于磁體的每一條磁感線都是閉合的，即在磁體的外部是從N極指向S極，在磁體內(nèi)部，磁感線是

從磁體的S極指向N極；

(2)據(jù)安培定則可以判斷出此時(shí)環(huán)形線圈的N極和S極，而后據(jù)據(jù)小磁針的N極指向和環(huán)形線圈磁感線

的方向一致即可判斷出小磁針的N極指向.

知道在磁體的外部，磁感線是從N極指向S極，在磁體內(nèi)部，磁感線是從磁體的S極指向N極是解決該

題的關(guān)鍵.

2.答案：A

解析：解：小方程①是質(zhì)量數(shù)較大的核裂變?yōu)橘|(zhì)量中等的核，屬于重核裂變，故A正確；

B、方程②是質(zhì)量數(shù)較小的和轉(zhuǎn)化為質(zhì)量較大的核，屬于輕核聚變，故8錯(cuò)誤；

C、太陽能的產(chǎn)生是由于太陽內(nèi)部高溫高壓條件下的熱核聚變反應(yīng)形成的，屬于聚變，故C錯(cuò)誤；

D、同位素的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，：〃與胃He是兩種元素，不是互為同位素，故O錯(cuò)誤。

故選：A?

重核裂變是質(zhì)量數(shù)較大的核裂變?yōu)橘|(zhì)量中等的核；

聚變是質(zhì)量數(shù)較小的和轉(zhuǎn)化為質(zhì)量較大的核；

太陽內(nèi)部發(fā)生的是聚變；

根據(jù)同位素的概念來分析。

本題主要是考查核反應(yīng)，理解裂變和聚變的特點(diǎn)，對于原子物理中核反應(yīng)方程、裂變、聚變和衰變

等基本知識要熟練掌握和應(yīng)用。

3.答案：D

解析：解：已知教材對手的壓力與手對教材的支持力為一對相互作用力，二者等大反向，對教材進(jìn)

行受力分析，教材在豎直方向上受到重力和支持力，則當(dāng)教材的加速度向下時(shí)，即勻減速向上運(yùn)動(dòng)

或勻加速向下運(yùn)動(dòng)時(shí).，重力大于支持力，即教材的重力大于教材對手的壓力，

故ABC錯(cuò)誤，。正確；

故選：Do

教材對手的壓力與手對教材的支持力為一對相互作用力，對教材進(jìn)行受力分析，則當(dāng)教材的加速度

向下時(shí)，教材對手的壓力小于教材的重力。

本題主要考查了牛頓第二定律中超重和失重的應(yīng)用，解題關(guān)鍵在于對教材受力分析，再由牛頓第二

定律進(jìn)行求解。

4.答案:D

解析：解：力、因電場為勻強(qiáng)電場，各處的電場強(qiáng)度相同，故該電場中電場強(qiáng)度的大小是不變的，故

A正確：

8、4點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向即為該點(diǎn)的切線方向，所以沿電場線自左向右.故B正確；

C、正點(diǎn)電荷在某點(diǎn)所受電場力方向與該點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同，故正電荷q受電場力方向自左向右,

故C正確。錯(cuò)誤；

本題選錯(cuò)誤的，故選：D.

由圖可知，電場線是平行等間距，則是勻強(qiáng)電場.而勻強(qiáng)電場大小與方向均相同.

本題考查對勻強(qiáng)電場電場線的掌握情況，要注意明確電場強(qiáng)度的方向?yàn)檎c(diǎn)電荷在某點(diǎn)所受電場力

方向，也可以是電場線某點(diǎn)的切線方向.

5.答案：A

解析：解：AB.運(yùn)動(dòng)員在助滑臺上沿直線加速運(yùn)動(dòng)過程中，加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，由牛頓第

二定律知合外力方向與加速度相同，則其所受合外力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故A正確，8錯(cuò)誤。

CD,由于不知道運(yùn)動(dòng)員的加速度如何變化，所以由牛頓第二定律F=ma知不能確定合外力大小如何

變化，故錯(cuò)誤。

故選：力。

當(dāng)物體的合外力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況分析合外力方向。

根據(jù)牛頓第二定律分析合外力大小變化情況。

解決本題時(shí)，要掌握牛頓第二定律尸=ma,知道公式F=ma中F是合外力。要知道物體做加速運(yùn)動(dòng)

時(shí)加速度與速度同向。

6.答案：B

解析：解：飛鏢做的是平拋運(yùn)動(dòng)，飛鏢打在靶心的正下方說明飛鏢豎直方向的位移太大，

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得，

水平方向上：X=Kot

豎直方向上：h=^gt2

所以要想減小飛鏢豎直方向的位移，在水平位移不變的情況下，可以適當(dāng)增大投飛鏢的初速度來減

小飛鏢的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故。錯(cuò)誤。

初速度不變時(shí)，時(shí)間不變，適當(dāng)增大投飛鏢的高度，可以飛鏢命中靶心，飛鏢的質(zhì)量不影響平拋運(yùn)

動(dòng)的規(guī)律，故A錯(cuò)誤，故8正確；

在稍遠(yuǎn)些地方投飛鏢，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，下落的高度變大，不會(huì)擊中靶心，故C錯(cuò)誤。

故選：B.

飛鏢做的是平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，和豎直方向上的自由落

體運(yùn)動(dòng)，列方程求解即可.

本題就是對平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就能輕松解決.

7.答案：ABC

解析：解：力、不計(jì)空氣阻力，在火箭依靠慣性上升的過程中，僅有重力做功，機(jī)械能守恒，故A

正確；

8、離地越高的衛(wèi)星，要更多的克服萬有引力所做的負(fù)功，從而到達(dá)高離地軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因

而將具有更多的機(jī)械能，故B正確；

C、由表中數(shù)據(jù)得知，衛(wèi)星離地越高，運(yùn)轉(zhuǎn)速度越小，而其運(yùn)轉(zhuǎn)半徑越大，故周期越長，故C正確；

。、當(dāng)發(fā)射速度達(dá)到11.18/on/s時(shí)，衛(wèi)星能脫離地球引力束縛，不再繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)，但依然處于太陽

系的引力場內(nèi)，并不能到達(dá)宇宙的任何地方，故。錯(cuò)誤。

故選：ABCo

衛(wèi)星穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)萬有引力提供向心力，要想成功發(fā)射，最低的發(fā)射前速度為第一宇宙速度，達(dá)到這

一速度衛(wèi)星將繞地飛行，要想提升軌道高度，則應(yīng)重新點(diǎn)火，讓火箭加速做離心運(yùn)動(dòng)，在失去動(dòng)力

后，火箭僅受萬有引力作用，機(jī)械能守恒.

衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)看成勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供其向心力；運(yùn)行過程中，第一宇宙速度為其最大運(yùn)行

速度，同時(shí)又是其最小的發(fā)射速度，離地越高運(yùn)行速度越小，周期越長，但發(fā)射的難度加大，因?yàn)?/p>

需要更大的發(fā)射速度

8.答案：AD

解析：解：4、由法拉第電場感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢E=吧=10X6X10-2廠=03人故A正確；

At2

B、感應(yīng)電流/=今=忌4=0.014,故8錯(cuò)誤；

K'TVZU+1U

C、由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的方向由b到a,故C錯(cuò)誤；

D、由楞次定律可知，電源外部電流從a流向b,a點(diǎn)為電源正極，故a端電勢比b端高，故。正確.

故選：AD.

由楞次定律分析出感應(yīng)電流的方向，再由法拉第電磁感應(yīng)定律求出電流的大小，以此進(jìn)行分析。

本題主要考查了楞次定律，法拉第電磁感應(yīng)定律，解題關(guān)鍵在于線圈此時(shí)相當(dāng)于電源，線圈的內(nèi)阻

相當(dāng)于電源的內(nèi)阻。

9.答案：AD

解析：解：AB,根據(jù)電路知識知，匕測路端電壓，彩測熱敏電阻場的電壓，匕測定值電阻R的電壓，

由U3=E—/r,得等=r；由4=E—/(R+r),得等=R+r；(71=//?得等=/?,故A正確，B

錯(cuò)誤；

C、帶電液滴在平行板中受到向上的電場力和向下的重力處于平衡狀態(tài)，在溫度降低的過程，熱敏電

阻外阻值變大，回路中電流變小，路端電壓增大，由于流過定值電阻R的電流變小，所以分的電壓

也就變小，而路端電壓增大，故彩讀數(shù)增大，平行板間的電場強(qiáng)度也增大，導(dǎo)致帶電液滴向上運(yùn)動(dòng)，

故C錯(cuò)誤；

D、g由于路端電壓增大，所以電源的工作效率一定變大，故。正確；

EIE

故選：AD

根據(jù)閉合電路歐姆定律可以分別判斷出各個(gè)電壓表變化量與電流變化量的比值所表示的物理意義，

進(jìn)而知道它們的變化情況；溫度降低，熱敏電阻變大，則熱敏電阻分得的電壓變大，帶電液滴受到

的電場力變大；電源的效率等于輸出功率與電源的總功率的比值。

根據(jù)電路的知識判斷出電壓表分別測量的是那部分電路的電壓是解題的關(guān)鍵，根據(jù)閉合電路歐姆定

律分別寫出電壓變化量與電流變化量的比值的關(guān)系式即可得到它們的變化。

10.答案：AD

解析：試題分析：將第三根線剪斷后，由于AB的斥力作用，所以4和B兩球都先向上擺動(dòng)，此時(shí)4B受

的庫侖力隨兩者距離的增大而減??；小球的速率先增后減，然后返回向下擺動(dòng)，此過程中動(dòng)能先增

后減，電場力做正功電勢能逐漸減小，機(jī)械能逐漸增加。選項(xiàng)A。正確。

考點(diǎn)：能量守恒定律及運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系問題。

11.答案:ADE

解析：

本題考查了分子間的作用力與分子間距離關(guān)系圖象，知道當(dāng)r=時(shí)，分子力為零，分子勢能最小，

由圖可知上=r0,然后根據(jù)分子力與分子之間距離關(guān)系可以求解。

正確理解分子力、分子勢能與分子之間距離的變化關(guān)系，注意分子力與分子勢能變化的一個(gè)臨界點(diǎn)

為r=2,注意將分子力與分子之間距離和分子勢能與分子之間距離的圖象比較進(jìn)行學(xué)習(xí)。

【解得】

人由圖可知，8處原子勢能最小，即處于力位置，4處的原子間的距離小于小，所以表現(xiàn)為斥力，故A

正確；

BD.根據(jù)能量守恒可知，勢能最小處動(dòng)能最大，即在B點(diǎn)動(dòng)能最大，故8錯(cuò)誤，。正確；

CB處原子勢能最小，即處于位置，此處分子間的引力與斥力的合力為零，故C錯(cuò)誤；

￡根據(jù)隨原子間距離增大，引力減小可知，原子間作用力表現(xiàn)為引力最大時(shí)，原子間距大于B點(diǎn)處對

應(yīng)的原子間距，故E正確。

故選ADE。

12.答案:BC

解析：解：力、波的周期7=￡=答=4s,波速v=3=?=27n/s,則再經(jīng)過6s,波傳播的距離為

32T4

x=vt=12m,故該波傳到x=247n處，故A錯(cuò)誤；

B、M點(diǎn)在此時(shí)振動(dòng)方向向下，則第3秒末，即經(jīng)過了0.75八該點(diǎn)的振動(dòng)方向沿y軸正向，故8正確；

C、因波傳到x=12m處時(shí)，質(zhì)點(diǎn)向y軸正向振動(dòng)，故波源開始振動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正向，故。

正確；

D,M點(diǎn)第一次到達(dá)y=-3cm位置時(shí)，振動(dòng)的時(shí)間為t<g=2s,故￡>錯(cuò)誤；

故選：BC.

4、根據(jù)質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式，從而求得周期，再由。=*確定波速，進(jìn)而可求得某段時(shí)間內(nèi)的

波傳播的距離；

B、根據(jù)M點(diǎn)振動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合周期，從而判定M點(diǎn)的振動(dòng)方向；

C、簡諧波傳播過程中，質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時(shí)刻波最前端質(zhì)

點(diǎn)的振動(dòng)方向相同；

。、根據(jù)此時(shí)M點(diǎn)的振動(dòng)方向，再結(jié)合末位置，從而確定運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

考查由表達(dá)式來確定角速度與周期，并掌握波長、波速、周期的關(guān)系，并能靈活運(yùn)用，同時(shí)并判定

某質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過一段時(shí)間時(shí)，所處的振動(dòng)方向，或由所處的位置，來判定所經(jīng)歷的時(shí)間

13.答案：700變大受翳

KTf十

解析：解：(1)若選擇開關(guān)處在“X100”擋，由圖乙所示可知，電阻測量值為：7X100=700。

￡E

(2)設(shè)電流表滿偏電流/g,歐姆調(diào)零時(shí)：%=可,則：R為=方，當(dāng)電動(dòng)勢變小、內(nèi)阻變大時(shí)，歐姆

EIgR內(nèi)I

得重新調(diào)零，由于滿偏電流G不變，R為變小，用歐姆表測電阻時(shí)：/=不瓦=可麗=詼，由此

可知當(dāng)R的變小時(shí)，/變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了.

(3)①由圖丙所示可知，該歐姆表電表與待測電路并聯(lián),則電表為電壓表,利用并聯(lián)電路特點(diǎn)測電阻，

電阻刻度的零位在表盤的左端，由閉合電路歐姆定律可知，表盤上的電阻刻度是不均勻的，由于電

表為電壓表，測量前，不需要紅、黑表筆短接調(diào)零，測量后，應(yīng)將開關(guān)S斷開，故A8錯(cuò)誤，8正

確，故選CD

②當(dāng)&未接入時(shí)，閉合開關(guān)S,將紅、黑表筆分開時(shí)，調(diào)節(jié)可變電阻，使電流表滿偏，由閉合電路

歐姆定律得：lg=4而當(dāng)心接入4、B表筆之間時(shí)，若電流表的指針指在表盤的正中央，由歐姆

定律得：

RgRx

答案：(1)700；(2)變大；(3)①CD；②黑瑞

(1)歐姆表指針示數(shù)與檔位的乘積是歐姆表示數(shù).

(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差.

(3)分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析答題.

本題考查了歐姆表工作原理、歐姆表讀數(shù)，實(shí)驗(yàn)誤差分析等問題；歐姆表指針示數(shù)與檔位的乘積是

歐姆表示數(shù)；知道歐姆表的工作原理、應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可正確解題.

14.答案：2.40.580.609.73.0

解析：解：(1)計(jì)數(shù)點(diǎn)5的瞬時(shí)速度：y=^=(0216+0,264)=24m/s；

22

(2)系統(tǒng)動(dòng)能的增加量：△Ek=3啊+m2)V=|x(0.05+0.15)x2.47=0.5767工0.587

系統(tǒng)重力勢能的減少量：△Ep=WG=(m2-m^gh=(0.15-0.05)x10x(0.384+0.216)/=

0.60/

(3)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：-+解得：5=吐叫9機(jī)則圖線的斜率

Z2771]-Hl2

k=詈=/就外代入數(shù)據(jù)解得：g=9.7m/s2；

(4)相對誤差=黑警，所以相對誤差為喏=3.0%；

測量值9?1

故答案為：(1)2.4；(2)0.58；0.60；(3)9.7；(4)3.0

(1)根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間的平均速度求出計(jì)數(shù)點(diǎn)5的速度；

(2)根據(jù)計(jì)數(shù)點(diǎn)5的瞬時(shí)速度求出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，根據(jù)重力對系統(tǒng)所做的功求出系統(tǒng)重力勢能減

少量。

(3)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得出九的表達(dá)式，結(jié)合圖線的斜率求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

本題全面考查機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù)處理問題，要熟練掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的瞬時(shí)速度的

求解以及系統(tǒng)動(dòng)能增加量和系統(tǒng)重力勢能減少量；利用圖象處理問題時(shí)需要寫出其函數(shù)表達(dá)式。

15.答案：解：(1)設(shè)物塊小2過。點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為班.

從。到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=后=J駕=0.4s

由于物塊由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道，速度沿軌道的切線方向，與水平方向的夾角為45。，則有%=vD.

又為=gt

貝得加=gt=4m/s

所以DP間的水平距離s=vDt=4x0.4=1.6m

(2)假設(shè)物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，且速度為

mVm

由機(jī)械能守恒得：|m2VM=~2D~2d

則為=V16—8y/2m/s

若物塊恰好能沿軌道過M點(diǎn)，則mg=血系，解得臨界速度v'M=顧=V10x0.8m/s=2<2m/s

因?yàn)?M<V'M<故物塊不能到達(dá)M點(diǎn).

(3)設(shè)彈簧長為4c時(shí)的彈性勢能為Ep,釋放mi時(shí)，Ep=^m19xCB

釋放巾2時(shí)，Ep=nm2gxCB+^m2v^

貝ij得〃migxcB=MzgxcB+詔

mv

又mi=2m2,代入可得卬n2gxeB=2o

2

故Ep=m2Vo=0-2x6=7.2/

設(shè)租2在桌面上運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功為叼

則Ep-叼=綱2詔

2

可得：Wf=Ep-|m2vg=7.2/-|x0.2X47=5.6/；

答：

(1)DP間的水平距離是1.6m；

(2)物塊不能到達(dá)M點(diǎn).

(3)釋放后血2運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功為5.6人

解析：(1)物塊過。點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度求出時(shí)間，由速度分解求出經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度，再求

解DP間的水平距離.

(2)物塊在內(nèi)軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有臨界速度，則mg=mg,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，求出M點(diǎn)

的速度，與臨界速度進(jìn)行比較，判斷其能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn).

(3)由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律即可求出巾2釋放后在桌面上運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力做的功.

該題涉及到多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，關(guān)鍵要掌握每個(gè)遵循的物理規(guī)律，如機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)基本公

式、圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式，還要把握住物塊到達(dá)最高點(diǎn)的臨界條件：重力提供向心力，求得臨界速

度.

16.答案：解：(1)運(yùn)動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒。

(2)在4點(diǎn)，對質(zhì)點(diǎn)，由牛頓第二定律得：

V2

F+mg—FN=m—

K

根據(jù)牛頓第三定律有FN=FN'=7mg

解得F=7mg

所以磁性引力廣為7mg.

(3)質(zhì)點(diǎn)在B點(diǎn)不脫軌即可，當(dāng)以=0,到達(dá)B處速度最小，

從4到B由機(jī)械能守恒：

1.

mg-2R=-mug—0

在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：

詔

FB-mg-FN1=m—

所以，F(xiàn)B=Smg+FN1

當(dāng)戶N1=。時(shí)，磁性力最小，故(焉)min=5

答：(1)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，因?yàn)橹挥兄亓ψ龉Γ?/p>

(2)若質(zhì)點(diǎn)在4點(diǎn)的速度為阿，對軌道的壓力為其重力的7倍，磁性引力為7mg；

(3)若磁性引力大小F可變，質(zhì)點(diǎn)仍做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，磊的最小值為5.