2021年四川省內(nèi)江市高考物理二模試卷

2021年四川省內(nèi)江市高考物理二模試卷

1.2020年12月4日，新一代“人造太陽(yáng)”核聚變實(shí)驗(yàn)裝置-“中國(guó)環(huán)流器二號(hào)M”

在四川成都建成并實(shí)現(xiàn)首次放電。這標(biāo)志著我國(guó)自主掌握了大型先進(jìn)托卡馬克裝置

的設(shè)計(jì)、建造、運(yùn)行技術(shù)，為我國(guó)核聚變堆的自主設(shè)計(jì)與建造打下了堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)。下

列說(shuō)法正確的是（）

A.目前運(yùn)行的核電站發(fā)電都是采用核聚變反應(yīng)

氏托卡馬克內(nèi)部反應(yīng)過(guò)程是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)

C.托卡馬克內(nèi)部核反應(yīng)可能是笏U+乩一鎮(zhèn)Ba+89Ka+3ln

D.iH+lH￡He+乩屬于核聚變反應(yīng)

2.如圖所示，一卡車(chē)沿傾角為15。的下坡路段勻速行駛，一質(zhì)量為，”的勻質(zhì)圓筒置于

車(chē)廂內(nèi)兩固定光滑斜面之間，兩斜面I、n與車(chē)廂底板的夾角分別為30。和60。，圓

筒對(duì)斜面I、n壓力的大小分別為Fi、F2,則（）

B.FI—￡mg、F?3mg

C?（V6+V2）r，（V6-V2）

cFl=---mg、F2=---mg

D.Fi=Rmg、F2=^mg

3.2020年7月23日，中國(guó)首個(gè)火星探測(cè)器“天問(wèn)一號(hào)”在海南文昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)

射升空。該探測(cè)器經(jīng)過(guò)兒個(gè)月的“長(zhǎng)途跋涉”于2021年除夕夜前后成功被火星捕

獲，然后進(jìn)行多次變軌，開(kāi)始在距火星表面高度為〃的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，

預(yù)計(jì)5月中旬，將擇機(jī)開(kāi)展著陸、巡視等任務(wù)。若已知火星的半徑R、火星表面的

重力加速度g、萬(wàn)有引力常量G及高度〃的值，根據(jù)以上信息，不能求出的物理量

是（）

A.火星的質(zhì)量

B.“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器的質(zhì)量

C.“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器在此軌道上運(yùn)行的線(xiàn)速度

D.“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器在此軌道上運(yùn)行的周期

4.2020年10月2日，全國(guó)蹦床錦標(biāo)賽男子蹦床團(tuán)體決賽在天津團(tuán)

泊體育中心舉行，最終山西隊(duì)奪得男子團(tuán)體冠軍.如圖所示為

某運(yùn)動(dòng)員比賽中的一個(gè)場(chǎng)景，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的

是（）

A.運(yùn)動(dòng)員從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)蹦床過(guò)程中，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員沒(méi)有

做功

B.運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能與上升高度有關(guān)

C.運(yùn)動(dòng)員從接觸蹦床至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒

D.運(yùn)動(dòng)員從接觸蹦床至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能一直在減小

5.如圖（a）所示，水平面上固定著兩根間距L=0.5巾的光滑平行金屬導(dǎo)軌MMPQ,

M、P兩點(diǎn)間連接一個(gè)阻值R=30的電阻，一根質(zhì)量m=0.2kg,電阻r=20的金

屬棒仍垂直于導(dǎo)軌放置。在金屬棒右側(cè)兩條虛線(xiàn)與導(dǎo)軌之間的矩形區(qū)域內(nèi)有磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小B=27、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度d=5.2m。現(xiàn)對(duì)金屬棒

施加一個(gè)大小F=2N、方向平行導(dǎo)軌向右的恒力，從金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí),

其運(yùn)動(dòng)的u-t圖象如圖（b）所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)

軌電阻不計(jì)。則金屬棒（）

A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，”點(diǎn)電勢(shì)高于〃點(diǎn)

B.剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)電阻R的電流大小為0.64

C.通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量為1.04C

D.通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，金屬棒的極限速度為4m/s

6.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑R=0.4m的光滑圓軌道，P、Q

分別是它的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，在P點(diǎn)有一質(zhì)量為0.5kg的靜止小（

球（視為質(zhì)點(diǎn)）?，F(xiàn)給它一水平向右大小為2.5N-S的瞬時(shí)沖量，\

重力加速度g取10m/s2,則小球在豎直軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下

列說(shuō)法正確的是（）

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A.在P點(diǎn)時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫?N

B.在。點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為3m/s

C.小球在最高點(diǎn)的向心加速度大小為10m/s2

D.從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)小球克服重力做功的平均功率等于從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)小球重

力做功的平均功率

7.在圖(a)所示的交流電路中，理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為10：1,8、&、R3

均為固定電阻，R2=ion,R3=20/2,各電表均為理想電表。已知原線(xiàn)圈與&串

聯(lián)后接入如圖(b)所示的正弦交流電壓，電流表的示數(shù)為0.54。下列說(shuō)法正確的是

A.左端電路接入的交流電瞬時(shí)值表達(dá)式為it=220V2sinl007rt(K)

B.通過(guò)&電流的最大值為1A

C.電壓表的示數(shù)為120V

D.電源的輸出功率為18W

8.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)邊長(zhǎng)為2c修正六邊形區(qū)域HcM礦，f..........*

z，**

電場(chǎng)線(xiàn)與六邊形所在平面平行，如圖所示。已知a、b、/\

??**

力三點(diǎn)的電勢(shì)分別為、-5V,一電子(電荷量

7Vllh**

為e,重力不計(jì))以16eV的初動(dòng)能從匕點(diǎn)沿不同方向射\/

入abcdhf區(qū)域,下列判斷正確的是()h........”

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為40017m

B.d點(diǎn)的電勢(shì)為IV

C.粒子經(jīng)過(guò)f點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為24eV

D.粒子可能從力點(diǎn)射出該區(qū)域

9.如圖，某同學(xué)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄了物體的運(yùn)動(dòng)情況，已知mi<m2,在物體運(yùn)動(dòng)一

段時(shí)間后，剪斷右側(cè)細(xì)繩，在紙帶上確定出8個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)。每?jī)蓚€(gè)相鄰的測(cè)量點(diǎn)之間

的時(shí)間間隔為0.10s。結(jié)果保留三位有效數(shù)字，貝I」：

(1)在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)6時(shí)的速度%=m/So

(2)利用紙帶計(jì)算出物體Tn】向上加速的過(guò)程中，加速大小a=m/s2。

(3)請(qǐng)寫(xiě)出至少一種減小測(cè)量加速度誤差的方法。

10.要測(cè)一個(gè)待測(cè)電阻仆(2400?2600)的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：

4.電源E：電動(dòng)勢(shì)15.0V,內(nèi)阻不計(jì)；

8.電流表A：量程0?15m4,內(nèi)阻。為40；

C.電壓表%量程0?10V,內(nèi)阻w約為10k。；

D滑動(dòng)變阻器R：最大阻值200,額定電流0.54；

E.定值電阻&=200；

產(chǎn).定值電阻&=40；

G.定值電阻/?3=1k。：

H.電鍵S及導(dǎo)線(xiàn)若干。

要求實(shí)驗(yàn)中盡可能準(zhǔn)確測(cè)量%的阻值，測(cè)量出多組數(shù)據(jù)，測(cè)量過(guò)程中所有電表的指

針偏轉(zhuǎn)角度須大于最大刻度的［，請(qǐng)回答下面問(wèn)題：

(1)為了測(cè)定待測(cè)電阻上的電流，可以將電流表并聯(lián)定值電阻(選填&或7?2

或/?3)，將其改裝成一個(gè)大量程的電流表。

(2)利用所給器材，畫(huà)出測(cè)量待測(cè)電阻&阻值的實(shí)驗(yàn)原理電路圖(所有的器材必須用

題中所給的符號(hào)表示)。

(3)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)原理電路圖進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，若測(cè)量電路中電流表表頭的讀數(shù)為14.0nM,

電壓表的讀數(shù)為7.0V。根據(jù)它們的讀數(shù)并結(jié)合題中所給數(shù)據(jù)，求出待測(cè)電阻以=

。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

11.2022年第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)將在北京和張家口舉行，跳臺(tái)滑雪是其中最具

觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示為跳臺(tái)滑雪賽道的簡(jiǎn)化圖，由助滑道、起跳區(qū)、著陸

坡等幾段組成，助滑道和著陸坡與水平面的夾角。均為37。，直線(xiàn)段長(zhǎng)度L=

100m,運(yùn)動(dòng)員連同裝備總質(zhì)量m=60kg,由A點(diǎn)無(wú)初速下滑，從起跳區(qū)的。點(diǎn)起

跳后降落在著陸坡上的。點(diǎn)。將運(yùn)動(dòng)員和滑雪板整體看作質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重

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力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos370=0.8?

（1）若運(yùn)動(dòng)員下滑到B點(diǎn)的速度大小為30m/s,求助滑道對(duì)滑雪板的摩擦力對(duì)滑雪

板所做的功；

（2）若運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)起跳時(shí)的速度沿水平方向，測(cè)得間的距離為等小。求運(yùn)動(dòng)

員在C處的速度大小。

12.如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R=1巾的光滑圓弧絕緣軌道ABC和光滑水平絕緣

軌道0A在A點(diǎn)相切，A8為直徑，。'為圓心，08和OC之間的夾角為a,sina=|。

在I象限（含x、y軸）有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ei，在H象限（不含y軸）有豎直向上的

勻強(qiáng)電場(chǎng)E2和垂直于紙面向里的矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B（未畫(huà)出）。有一質(zhì)量為〃八

電量為+q的金屬。球由坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)與靜止在圓弧最低點(diǎn)

的質(zhì)量也為，小不帶電的金屬6球（穿在圓弧軌道上）發(fā)生彈性碰撞（系統(tǒng)無(wú)機(jī)械能損

失）。已知治=三黃，大小相等的a、6球，可視為點(diǎn)電荷，接觸后電荷均分，重力

加速度g取10m/s2,不計(jì)“、6球間的靜電力。求：

（1）碰撞后，a、〃球的速度大?。?/p>

（2）b球到達(dá)C點(diǎn)位置時(shí)的速度大?。?/p>

（3）若b球離開(kāi)C位置后，在D象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，打到x負(fù)半軸上時(shí)，與豎

直方向的夾角為a（如圖），求磁場(chǎng)B的大小和矩形區(qū)域磁場(chǎng)的最小面積。

13.下列說(shuō)法中正確的是()

A.擴(kuò)散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的

B.根據(jù)分子動(dòng)理論知識(shí)，分子間斥力隨分子間距離的增加，先減小后增大

C.氣體分子單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)僅與單位體積內(nèi)的分子數(shù)目有

關(guān)

D.熱傳遞和做功都可以改變物體的內(nèi)能

E.某理想氣體的摩爾體積為％,阿伏加德羅常數(shù)為N.,則該理想氣體單個(gè)的分子

占據(jù)的空間的體積為影

14.如圖,左側(cè)為導(dǎo)熱良好的定容容器4,其中裝有理想氣體，〃.

用極細(xì)的管子將A與盛有水銀的U形管的左臂連接，在1

溫度為300K、大氣壓為po的環(huán)境中，。形管左右兩側(cè)的\^.

水銀高度差為250〃?〃3已知大氣壓po=750mmHg。

(1)在溫度為300K、大氣壓為po的環(huán)境中，容器A中氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)?。?/p>

(2)若將此裝置移至270K,大氣壓強(qiáng)為P2=O.6po的高原環(huán)境中，此時(shí)左右兩側(cè)液

柱的高度差。

第6頁(yè)，共20頁(yè)

15.在t=0時(shí)刻，波源。點(diǎn)開(kāi)始向上振動(dòng)，波源起振后

在光=0m到x=4m之間第一次形成一列如圖所示

沿x軸正向傳播的簡(jiǎn)諧橫波。已知波在介質(zhì)中傳播的

速度"=4m/s,M質(zhì)點(diǎn)的平衡位置距波源。點(diǎn)為

1.5m。則以下說(shuō)法正確的是()

A.圖示時(shí)刻M點(diǎn)的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向

B.該簡(jiǎn)諧橫波的傳播周期為15

C.圖示時(shí)刻起，在5.25s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M通過(guò)的路程為42c,”

D.圖示是t=1.50s時(shí)刻的波形圖，質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)時(shí)間為1.125s

E.平衡位置x=18m的質(zhì)點(diǎn)，4.75s時(shí)的位移為2cn?

16.如圖所示，將透明長(zhǎng)方體放在空氣中，矩形A8CZ)

是它的一個(gè)截面，AP=3cm,AD=8cm，將單色

光束。射入到P點(diǎn)。若入射角0=53。，。光折射后

恰好射到4。的中點(diǎn),已知sin37°=0.6,cos37°=

0.8o求:

(1)透明長(zhǎng)方體的折射率；

(2)若要使a光束在AO面上發(fā)生全反射，sin。的范圍。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、目前運(yùn)行的核發(fā)電站主要是核裂變，由重的原子核裂變?yōu)檩p的原子核，

故A錯(cuò)誤；

8、托卡馬克內(nèi)部反應(yīng)是核聚變，而鏈?zhǔn)椒磻?yīng)是核裂變中所設(shè)計(jì)的，故B錯(cuò)誤；

C、該核反應(yīng)為核裂變反應(yīng)，是重的原子核裂變?yōu)檩p的原子核，故C錯(cuò)誤；

。、核聚變：是指由質(zhì)量小的原子，比如笊瓶在一定條件下原子核相互聚合，并釋放巨

大的能量，故。正確。

故選：。。

目前運(yùn)行的核發(fā)電站主要是核裂變，而托卡馬克內(nèi)部反應(yīng)是核聚變。

本題考查核反應(yīng)，區(qū)分核聚變和核裂變，知道目前運(yùn)行的核發(fā)電站主要是核裂變，而托

卡馬克內(nèi)部反應(yīng)是核聚變。

2.【答案】A

卡車(chē)勻速行駛，由平衡條件得：FN1-FN2=mgcos45°=^-mg

由牛頓第三定律，圓筒對(duì)斜面I、n壓力的大小分別為F1、尸2均為苧mg

故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：4

以圓筒為研究對(duì)象，由共點(diǎn)力平衡條件即可求解斜面與圓筒間的彈力。

本題考查了共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，此題的難點(diǎn)是幾何關(guān)系，從兩斜面的角度作出水平

線(xiàn)，就得到了兩斜面與水平方向的夾角。

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3.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)火星表面的物體萬(wàn)有引力等于重力，由筌=mg,解得火星質(zhì)量

K

M=處，故A正確；

G

3C。、火星探測(cè)器離火星表面的高度為/?繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向

,、4小GMmmv2.,4n2

心力，由即二孱廣儂區(qū)zn+切節(jié)"

可得線(xiàn)速度u=匡，周期7=2兀叵，探測(cè)器的質(zhì)量約去不能求解，故3錯(cuò)誤，CD

\R+/iyjGM

正確。

本題選不能求出的物理量，故選：B。

根據(jù)萬(wàn)有引力等于重力列出等式，求解質(zhì)量。

火星探測(cè)器離火星表面的高度為萬(wàn)，繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力

列出等式求解。

該題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識(shí)，解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力等于重力和萬(wàn)有引力提

供向心力兩個(gè)理論，并能靈活運(yùn)用。

4.【答案】D

【解析】解：人運(yùn)動(dòng)員從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)蹦床過(guò)程中，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員彈力方向向上，

與運(yùn)動(dòng)員的位移方向相同，所以蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功，故A錯(cuò)誤；

8、運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升過(guò)程中只受重力作用，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能是一個(gè)定值，與上升高

度無(wú)關(guān)，故8錯(cuò)誤；

C、運(yùn)動(dòng)員從接觸蹦床至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和蹦床組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；

。、運(yùn)動(dòng)員從接觸蹦床至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢(shì)

能，蹦床的彈性勢(shì)能一直增加，則運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能一直在減小，故。正確。

故選：

運(yùn)動(dòng)員從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)蹦床過(guò)程中，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功；運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)蹦床上升過(guò)

程中機(jī)械能守恒；運(yùn)動(dòng)員從接觸蹦床至運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員和蹦床組成的系

統(tǒng)機(jī)械能守恒，由此分析運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的變化。

本題主要是考查機(jī)械能守恒定律，關(guān)鍵是掌握機(jī)械能守恒定律的守恒條件，知道運(yùn)動(dòng)員

與蹦床組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)員與蹦床接觸的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒。

5.【答案】C

【解析】解：A、金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則判斷可知，金屬棒中感應(yīng)電流方向

由。到b,b端相當(dāng)于電源的正極，電勢(shì)較高，故A錯(cuò)誤；

B、金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度為。o=4m/s,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv°=2x

c4.

0.5x4K=4K,感應(yīng)電流大小為：/=E=氏4=0.84,故B錯(cuò)誤；

C、通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量為q=74t，又7=且，E=—,可

得勺=黑=黑=區(qū)等C=L°4C，故C正確；

。、通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，金屬棒的極限速度為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度，設(shè)為V,由平衡條件

得F=BIL=左生，解得v=10m/s,故D錯(cuò)誤。

故選：Co

金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，依據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向，從而

確定電勢(shì)高低；由圖乙可知金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式七=

BL又求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，再由閉合電路歐姆定律求感應(yīng)電流大??；用電流平均值的方

法求電量，根據(jù)電流的定義、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律列出電量的表達(dá)

式勺=蕓，可求得通過(guò)金屬棒橫截面的電荷量；通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，金屬棒的極限速度

為勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度，由平衡條件求解。

本題考查電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路知識(shí)的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是要根據(jù)電流的定義、閉

合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)出電量的表達(dá)式q=怒，并在理解的基礎(chǔ)

上記牢這個(gè)結(jié)論。

6.【答案】BD

【解析】解；A、設(shè)小球獲得沖量后的速度大小為孫，對(duì)小球，由動(dòng)量定理得；/=m%,

代入數(shù)據(jù)解得：%=5m/s,在P點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)小球的支持力大小為F,由牛頓第二定

律得：=代入數(shù)據(jù)解得；F=36.25N,由牛頓第三定律可知，小球?qū)?/p>

道的壓力大小F'=F=36.25N,方向豎直向下，故A錯(cuò)誤；

B、從尸到Q過(guò)程小球機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：）詔-+mgX2R,

代入數(shù)據(jù)解得：%=3m/s,故B正確；

C、小球在最高點(diǎn)的加速度大小a=泉=公7n/s?=22.5m/s2,故C錯(cuò)誤；

第10頁(yè)，共20頁(yè)

。、小球從從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)是小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的逆過(guò)程，運(yùn)動(dòng)時(shí)間/相等，兩

過(guò)程種小球高度變化量相等，都是2凡從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)小球克服重力做的功W與從

Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)小球重力做的功W'相等，由P=?可知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)小球克服重

力做功的平均功率等于從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)小球重力做功的平均功率，故。正確。

故選：BD。

由動(dòng)量定理可以求出小球獲得的速度，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的

速度大小，應(yīng)用牛頓第二定律與功率公式分析答題。

根據(jù)題意分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量定理、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律與

功率公式即可解題。

7.【答案】AC

【解析】解：A、由圖(b)可知，〃=胃=等U=220V,周期T=2xl0-2s,則角速

度為：

27r27r

=—=2x]0_2rad/s=100nrad/s

故左端電路接入的交流電瞬時(shí)值表達(dá)式為：u=220V2sinl00TTt(7)，故A正確。

B、7?3和R2并聯(lián)部分電路的電壓為：

U2=I3R3=0.5x20V=10V

通過(guò)R2的電流為：幅=￡=*=14

通過(guò)/?2的電流的最大值為：11n=內(nèi)有=曲,故B錯(cuò)誤。

C、根據(jù)變壓器變壓之比得：

5=W

解得原線(xiàn)圈的電壓為：

Un10x10

3=—21=---V=100V

n21

電阻％兩端的電壓即為電壓表示數(shù)，即為=U—U1=(220-100”=120叭故C正

確。

D、副線(xiàn)圈的電流q=，3+/有=(0.5+1)4=1.5/

根據(jù)變壓器變流之比得：

*器解得原線(xiàn)圈的電流為：

九2721X1.5

/i=---=———A=0.154

1%10

電源的輸出功率為：P=UI1=22OXO.15VIZ=33WZ,故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

由圖可知周期，則可求角速度，進(jìn)而可寫(xiě)出瞬時(shí)值表達(dá)式；求出副線(xiàn)圈的電壓即可求通

過(guò)心的電流的最大值；根據(jù)變壓器變壓之比，求出副線(xiàn)圈兩端的電壓，即可求電壓表的

示數(shù)；根據(jù)變壓器變流之比，求出原線(xiàn)圈的電流，即可求電源的輸出功率。

該題的突破口是利用理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，表示出原線(xiàn)圈中的電流和原

線(xiàn)圈回路中的電阻分得的電壓，找出原線(xiàn)圈的電壓和原線(xiàn)圈回路中的電阻的分壓的數(shù)值

關(guān)系，即可解決本題。

8.【答案】AD

【解析】解：連接。與點(diǎn)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行等距離的兩點(diǎn)電勢(shì)差相等可得該六邊

形的中心處的電勢(shì)為%=&詈=詈1/=3人連接此，可知直線(xiàn)農(nóng)與仍垂直，由

幾何關(guān)系可知兩條直線(xiàn)的交點(diǎn)到人的距離與到。點(diǎn)的距離相等，所以該交點(diǎn)的電勢(shì)色=

"產(chǎn)=等^=7，=卬。，可知直線(xiàn)改為該電場(chǎng)的等勢(shì)線(xiàn)，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)線(xiàn)垂直

可知附的方向?yàn)樵撾妶?chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)的方向，即電場(chǎng)的方向從〃指向兒如圖：

A、該粒子沿切方向進(jìn)入，從c點(diǎn)射出，粒子彎曲的方向向下，可知粒子受力方向與

電場(chǎng)線(xiàn)方向相反，該粒子一定帶負(fù)電，故A正確；

B、根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)可知協(xié)間電勢(shì)差最大，為Ug=11V-(-5)V=16V,粒子沿bh向上

運(yùn)動(dòng)，剛好運(yùn)動(dòng)到〃點(diǎn)，速度為零，然后返回，不能從〃點(diǎn)射出，故B錯(cuò)誤；

C、直線(xiàn)“c為該電場(chǎng)的等勢(shì)線(xiàn)，由幾何關(guān)系可知，平行于防，而且af=bo,根據(jù)勻

強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)可知=ubo=(pb-(p0=7V-0V=7V9又U”=(pa—(pf,所以9/=

0,又知力點(diǎn)的電勢(shì)為11匕則：Ubf=(pb-^f=11^-OK=11K,粒子在b點(diǎn)初動(dòng)

能為16eV,從b到了電場(chǎng)力做的功：W=qUbf=-ex11V=-lleVt粒子到達(dá)。時(shí)的

第12頁(yè)，共20頁(yè)

動(dòng)能：Ekf=Ekb+W=16eV-lleV=5eV,故C錯(cuò)誤；

。、粒子進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)后，若從〃點(diǎn)再返回，則入射的方向必定沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向，即

沿附的方向射入，然后粒子在電場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，從。到/?電場(chǎng)力做的功:"=q?=

q((Pb—W/i)=—ex[111/—(—5V)]=—16eV,可知粒子可以恰好到達(dá)h點(diǎn)、,所以粒子

能再返回〃點(diǎn)，故D正確。

故選：AD.

根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行等距離的兩點(diǎn)電勢(shì)差相等可得六邊形幾何中心點(diǎn)的電勢(shì)然后確定

電場(chǎng)線(xiàn)方向，根據(jù)粒子受力方向確定電性；根據(jù)幾何關(guān)系與勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)確定c、d

之間的電勢(shì)差；根據(jù)動(dòng)能和電勢(shì)能之和不變確定粒子在G點(diǎn)和C點(diǎn)的動(dòng)能，由此判斷c

點(diǎn)的動(dòng)能以及能不能從匕首次離開(kāi)六邊形區(qū)域的。

有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，此種類(lèi)型的題目從兩條線(xiàn)索展開(kāi)：其一，力和運(yùn)動(dòng)

的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶

電粒子的速度和位移等解答；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，利用

動(dòng)能定理、能量守恒定律等研究全過(guò)程中能的轉(zhuǎn)化。

9.【答案】1.205.98減小滑輪與繩的摩擦，或紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的阻力，或多次測(cè)量

長(zhǎng)度求出平均值。

【解析】解：(1)由于每?jī)蓚€(gè)相鄰的測(cè)量點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為7=0.1s,

根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中時(shí)刻的瞬時(shí)速度，那么打下計(jì)數(shù)點(diǎn)6時(shí)的速度大小為:

v=—Xc.n=-15-.-00-+-9-.-01x1Y0_27m/s/?1Y.2c0cm/s/

6b2T2X0.1//

(2)依據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，可知，紙帶點(diǎn)從7向0開(kāi)始打點(diǎn)，因此物體Hi】向上加速的過(guò)程中，

根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2,則有加速度的大小為：a=筆#=

26.95+20.98-15.00-9.01X10-2m/s2x5.98m/s2o

4X0.12

(3)依據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，及實(shí)驗(yàn)操作，并由求解加速度的公式，可知，減小測(cè)量加速度誤差

的方法：減小滑輪與繩的摩擦，或紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的阻力，或多次測(cè)量長(zhǎng)度求出平均

值。

故答案為：(1)1.20；(2)5.98；(3)減小滑輪與繩的摩擦，或紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的阻力,

或多次測(cè)量長(zhǎng)度求出平均值。

(1)根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出計(jì)數(shù)點(diǎn)6的瞬時(shí)速度大??；

(2)根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=可以求出加速度的大??；

(3)從實(shí)驗(yàn)誤差的根源，即可分析。

本題考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中加速度的測(cè)量，要提高應(yīng)用勻變速直線(xiàn)的規(guī)律以及推論解答

實(shí)驗(yàn)問(wèn)題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的理解與應(yīng)用，注意如何確定紙帶打點(diǎn)

方向是解題的關(guān)鍵.

10.【答案】R2248

【解析】解:(1)電流表的量程太小，要并聯(lián)一個(gè)很小的分流電阻，

從所給的定值阻值看，只能選擇此；

(2)電路的最大電流兒=蔑A=0.064=60mA,而電流表并聯(lián)

治后量程為恰好為60,雨，這樣兩個(gè)電表均符合量程的要求，為

準(zhǔn)確起見(jiàn)，改裝的電流表采用外接法。為多測(cè)量數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻

器采用分壓接法，但分壓回路的電流太大，將另一分壓電阻串聯(lián)在一起，設(shè)計(jì)的電路圖

如圖所示;

(3)由題意知，待測(cè)電阻兩端的電壓〃=UV-IXRA=7.0V-14x10-3x4V=

U644

6.944V,I=21—28mA=0.0284所以&=~—248。。

xAU.UZK

故答案為：(2)如圖所示；(3)248

(1)將電流表的量程擴(kuò)大，要并聯(lián)一個(gè)分流電阻，但分流電阻一般很小;

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理，由電表的內(nèi)阻及待測(cè)電阻的阻值可知應(yīng)采取的接法；

(3)由表頭的示數(shù)計(jì)算出待測(cè)電阻的電流和電壓值，由歐姆定律可得出待測(cè)電阻的阻值。

電學(xué)實(shí)驗(yàn)要注意以下問(wèn)題：(1)儀表的選擇；(2)電路的接法；(3)數(shù)據(jù)的處理；要學(xué)會(huì)根

據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理同時(shí)結(jié)合安全性、準(zhǔn)確性原則進(jìn)行分析。

11.【答案】解：

(1)由動(dòng)能定理得

1,

mgLsind+叼=-mvz

代入數(shù)據(jù)：60x10X100x0.6+x60x302

可得：wf=-90007

(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)起跳時(shí)的速度大小為火,CD間距離為s,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

scosO=vrt

第14頁(yè)，共20頁(yè)

ssind—2gt2

代入數(shù)據(jù)：等x0.8=%t

4001、

——x0.6=-x10xt2

32

聯(lián)立可得：%=?m/s

答：(1)若運(yùn)動(dòng)員下滑到8點(diǎn)的速度大小為30m/s,求助滑道對(duì)滑雪板的摩擦力對(duì)滑雪

板所做的功為-9000/；

(2)若運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)起跳時(shí)的速度沿水平方向，測(cè)得C。間的距離為等m。則運(yùn)動(dòng)員在

C處的速度大小為弓?n/s。

【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員下滑過(guò)程中，只有重力和摩擦力做功，運(yùn)用動(dòng)能定理求解摩擦力做

功；

(2)運(yùn)動(dòng)員從C點(diǎn)起跳后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析求解。

注意對(duì)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分段研究，分析清楚運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)

求解。

12.【答案】解：(1)設(shè)a球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度為北,金屬球〃從0點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程,

由動(dòng)能定理得

qEx0A=|mv^-0

由幾何關(guān)系有=Rsina

可得%=12m/s

。、從兩球發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

mv0=mu。+mvb

由機(jī)械能守恒定律得

1212?12

2mv0=2mVa+2mVb

聯(lián)立解得%=0，vb=v0=12m/s

(2)金屬球b從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得

W&=WC+WE=綱/-gm以

其中叫=—mgR(l+cosa)

q

W=

E-E1--XOA

可得人球到達(dá)C點(diǎn)位置時(shí)的速度大?。簐c=6m/s

(3)小球人在矩形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力

與重力，則有

由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

-vB=m-

2Gcr

由幾何關(guān)系有

R(1+cosa)=rsin(90°—a)+rsina

解得軌跡半徑r=B=等

如圖所示，矩形區(qū)域的最小面積為

s=2rsin45°xr(l-cos45°)

第16頁(yè)，共20頁(yè)

解得S=(夜-1)加2

答：(1)碰撞后，a、6球的速度大小分別為。和12m/s；

(2)b球到達(dá)C點(diǎn)位置時(shí)的速度大小是6m/s；

(3)磁場(chǎng)B的大小為翳，矩形區(qū)域磁場(chǎng)的最小面積為*(V2-l)m2。

【解析】(1)對(duì)金屬球。從。點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程，利用動(dòng)能定理求出a球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的

速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求出“與6碰撞后兩者的速度。

(2)b球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，利用動(dòng)能定理求匕球到達(dá)C點(diǎn)位置時(shí)的速度大?。?/p>

(3)b球離開(kāi)C位置后，在II象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，由洛倫

茲力提供向心力，畫(huà)出。球的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求

8的大小，再結(jié)合幾何關(guān)系求矩形區(qū)域磁場(chǎng)的最小面積。

解答本題時(shí)，要理清兩球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，正確分析兩球的受力情況，能畫(huà)出小球的運(yùn)動(dòng)軌

跡，結(jié)合幾何知識(shí)幫助解答。

13.【答案】ADE

【解析】解：A、擴(kuò)散現(xiàn)象是不同物質(zhì)相互接觸，彼此進(jìn)入對(duì)方的現(xiàn)象，擴(kuò)散現(xiàn)象的實(shí)

質(zhì)就是物質(zhì)分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A正確；

氏根據(jù)分子動(dòng)理論知識(shí)，分子間斥力隨分子距離的增加逐漸減小，故3錯(cuò)誤；

C、氣體分子單位時(shí)間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關(guān)，還

與分子平均動(dòng)能有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，但從能時(shí)轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的觀點(diǎn)來(lái)看這兩種改變

方式是有區(qū)別的，故。正確；

E、某理想氣體的摩爾體積為玲，阿伏加德羅常數(shù)為N.,可以求出則該理想氣體單個(gè)的

分子占據(jù)的空間的體積為世，由于氣體分子之間的距離遠(yuǎn)大于分子的大小，所以氣體的

體積無(wú)法求解，故E正確。

故選：ADE。

擴(kuò)散現(xiàn)象等大量事實(shí)表明，一切物質(zhì)的分子都在不停地做無(wú)規(guī)則的運(yùn)動(dòng)；分子力大小變

化與分子之間距離變化關(guān)系；氣體分子單位時(shí)間和單位面積與器壁碰撞的次數(shù)，和分子

數(shù)密度、分子平均動(dòng)能有關(guān)；改變內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞，其本質(zhì)不同；氣體的分

子之間的距離比較大，只能求解單個(gè)的分子占據(jù)的空間的體積。

本題主要考查了擴(kuò)散現(xiàn)象、分子力、氣體壓強(qiáng)、做功和熱傳遞、阿伏加德羅常數(shù)等熱學(xué)

基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化記憶。

14.【答案】解：(1)容器A中氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)pi等于大氣壓強(qiáng)加水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)，即

為：Pi=Po+P水銀

代入數(shù)據(jù)解得：Pt=lOOOmmHgi

(2)若將此裝置移至270K,大氣壓強(qiáng)為p2=0.6p0的高原環(huán)境中，A容器導(dǎo)熱性良好，

此時(shí)溫度為270K,設(shè)此時(shí)A中氣體的壓強(qiáng)為P3,過(guò)程中，管子極細(xì)，A中氣體可以看

做體積不變，由查理定律得：7=?

12

解得：Ps=^OOmmHg

由P3=P2+pg%2解得：%2=450mm；

答：(1)在溫度為3OOK、大氣壓為po的環(huán)境中，容器A中氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)pi為

(2)若將此裝置移至270K,大氣壓強(qiáng)為p2=0.6p0的高原環(huán)境中，此時(shí)左右兩側(cè)液柱的

高度差為450加"。

【解析】(1)根據(jù)水銀柱產(chǎn)生壓強(qiáng)的計(jì)算即可求得A中氣體壓強(qiáng)；

(2)外界溫度改變，A中氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律即可求得升溫后的壓強(qiáng)，根

據(jù)水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)即可計(jì)算液面的高度差。

本題考查封閉氣體壓強(qiáng)的計(jì)算和查理定律的應(yīng)用，本題解題關(guān)鍵是會(huì)計(jì)算水銀柱產(chǎn)生的

壓強(qiáng)。

15.【答案】BDE

【解析】解：A、簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，利用同側(cè)法可知質(zhì)點(diǎn)M振動(dòng)方向沿y軸正

方向，故