2021年云南省曲靖二中、大理新世紀(jì)中學(xué)高考物理一模試卷

2021年云南省曲靖二中、大理新世紀(jì)中學(xué)高考物理一模

試卷

1.如圖所示，重力為I00N的光滑球靜止在傾角為30。的斜

面和豎直擋板之間，使擋板由圖示位置開(kāi)始沿逆時(shí)針?lè)?/p>

向緩慢轉(zhuǎn)至水平位置。在此過(guò)程中，球?qū)醢宓淖饔昧?/p>

的最小值為（）

A.40NB.50NC.1007377D.1007V

2.關(guān)于光電效應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.光電效應(yīng)是原子核吸收光子向外釋放電子的現(xiàn)象

B.飽和光電流的強(qiáng)度與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，且隨入射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而增強(qiáng)

C.金屬的逸出功與入射光的頻率成正比

D.用不可見(jiàn)光照射某金屬，比用可見(jiàn)光照射同種金屬產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能

大

3.如圖所示，某衛(wèi)星在軌道1的A點(diǎn)經(jīng)半橢圓軌道2變軌到軌道3

上6點(diǎn)，軌道3半徑是軌道1半徑的2倍，衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)行

時(shí)的周期為。下列說(shuō)法正確的是（）

A.衛(wèi)星沿軌道2從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，速度在變大

B.衛(wèi)星沿軌道2經(jīng)過(guò)A時(shí)比沿軌道1經(jīng)過(guò)A時(shí)的加速度大

C.衛(wèi)星在軌道3上運(yùn)行的周期為27

D.衛(wèi)星從A點(diǎn)沿軌道2運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為爭(zhēng)

4.質(zhì)量均為帆的兩個(gè)小球4、2用輕彈簧連接，一起放在光滑水平面上，小球A緊靠

擋板P,如圖所示，給小球8一個(gè)水平向左的瞬時(shí)沖量，大小為/,使小球B向左

運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧，然后向右彈開(kāi)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取向右為正方向，在小

球獲得沖量之后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確

的是（）

匕AB

A.系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量均守恒

B.擋板P對(duì)小球A的沖量大小為/

C.擋板P對(duì)小球A做的功為更

m

D.小球A離開(kāi)擋板后，系統(tǒng)彈性勢(shì)能的最大值為二

5.如圖所示，一電阻為R的導(dǎo)線(xiàn)彎成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形閉

合回路。虛線(xiàn)MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

方向垂直于閉合回路所在的平面向里。下列對(duì)三角形導(dǎo)線(xiàn)以

速度v向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中的說(shuō)法正確的是（）

A.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值E=9幾

B.回路中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?/p>

C.流過(guò)回路的電量為理

2R

D.導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的大小可能不變

6.如圖為某電場(chǎng)等勢(shì)面的分布情況，則下列說(shuō)法正確的是（）

edch

15V10V5V0

6?

A.放在A、8兩點(diǎn)的所有電荷的電勢(shì)能均相等

B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

C.a粒子在“等勢(shì)面的電勢(shì)能是一20eU

D.若把電子從6等勢(shì)面移動(dòng)到e等勢(shì)面，則靜電力做功15eV

7.在圖（a）所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220匕理想變壓器原、副線(xiàn)圈的

匝數(shù)比為10：1,%、/?2、均為固定電阻，^2=10/2,/?3=20/2,各電表均為

理想電表。已知電阻&中電流隨時(shí)間，變化的正弦曲線(xiàn)如圖S）所示。下列說(shuō)法正

確的是（）

第2頁(yè)，共21頁(yè)

R\_______

圖（a）

A.所用交流電的頻率為100Hz

C.電流表的示數(shù)為0.54D.電源的輸出功率為15W

8.如圖所示，一質(zhì)量為1依可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊自斜

面上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，斜面4B的傾角為37。，

A、8間距離為4〃?，經(jīng)2s運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后通過(guò)一小段

光滑的銜接弧面恰好滑上與地面等高的傳送帶，傳送帶以6M/S的恒定速率順時(shí)針

運(yùn)行，傳送帶以C間距離為8,*,小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,不計(jì)銜

接弧面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和空氣阻力。取$譏37。=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2.下

列說(shuō)法正確的是（）

A.小物塊與斜面48間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

B.小物塊在傳帶上8、C之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1.5s

C.小塊在傳送帶上8、C之間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，摩擦生熱為217

D.若傳送帶以2m/s的恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，其他條件不變，小物塊從A點(diǎn)靜止釋

放以后，在A8上運(yùn)動(dòng)的總路程為4.5zn

9.某實(shí)驗(yàn)小組為了測(cè)量某一電阻％的阻值，他們先用多用電表進(jìn)行粗測(cè)，測(cè)量出&的

阻值約為180左右。為了進(jìn)一步精確測(cè)量該電阻，實(shí)驗(yàn)臺(tái)上有以下器材：

A.電流表（量程15〃滔，內(nèi)阻未知）；

電流表（量程0.64內(nèi)阻未知）；

C.電阻箱（0-999.9。）；

。.電源（電動(dòng)勢(shì)約3匕內(nèi)阻約10）；

E.單刀單擲開(kāi)關(guān)2只；

F.導(dǎo)線(xiàn)若干。

（1）甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)原理圖并連接好實(shí)驗(yàn)器材，按照如下步驟完成

實(shí)驗(yàn)：

a.先將電阻箱R的阻值調(diào)到最大，閉合S],斷開(kāi)S2,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流

表指針有較大的偏轉(zhuǎn)且示數(shù)為I，此時(shí)電阻箱的阻值為治；

b.保持開(kāi)關(guān)S1閉合，再閉合開(kāi)關(guān)S?,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表的示數(shù)仍為/,

此時(shí)電阻箱R的阻值為7?2。

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和實(shí)驗(yàn)器材規(guī)格可知，電流表應(yīng)選擇（選填器材前的字母）。

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟可知，待測(cè)電阻以=（用步驟中所測(cè)得的物理量表示）。

（2）同學(xué)乙認(rèn)為該電路可以用來(lái)測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻，若已知所選電流表的內(nèi)阻

RA=3.0n,閉合開(kāi)關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱R，讀出多組電阻箱R的阻值和電流表/的示

數(shù)；由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出的;-R圖象如圖乙所示，由此可求得電源電動(dòng)勢(shì)￡=V,

內(nèi)阻r=0（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

10.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖所示裝置“探究加速度與物體受力的關(guān)系”，已知重力加速度為

g，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接的交流電的頻率為50Hz,滑輪足夠光滑，力傳感器可測(cè)出輕繩

中的拉力大小。實(shí)驗(yàn)步驟如圖甲：

①按圖所示，安裝好實(shí)驗(yàn)器材，但不掛祛碼盤(pán)；

②墊高長(zhǎng)木板右側(cè)，輕推小車(chē)后，使小車(chē)能沿長(zhǎng)木板向下勻速運(yùn)動(dòng)；

③掛上祛碼盤(pán)，調(diào)節(jié)木板左側(cè)定滑輪，使?fàn)恳齽?dòng)滑輪的細(xì)線(xiàn)與木板平行；

④祛碼盤(pán)中放入祛碼，先通電再放車(chē)，由打出的紙帶求出小車(chē)的加速度并記錄傳

感器示數(shù)；

⑤改變祛碼盤(pán)中祛碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟④，求得小車(chē)在不同合力作用下的加速度。

代蟠器'打空『點(diǎn)器

mUU1'

祛碼盤(pán)

第4頁(yè)，共21頁(yè)

根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)過(guò)程，回答以下問(wèn)題：

(1)對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是。

4必須要測(cè)出祛碼和祛碼盤(pán)的總質(zhì)量

8.傳感器的示數(shù)等于小車(chē)受到的合力

C.小車(chē)向左加速時(shí)祛碼處于失重狀態(tài)

D祛碼和祛碼盤(pán)的總質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量

(2)如圖乙是在實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，

如圖丙是以傳感器的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度。為縱坐標(biāo)，畫(huà)出的a-F圖像。

①小車(chē)的加速度大小為m/s2(結(jié)果保留兩位小數(shù))。

②若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，交流電的實(shí)際頻率比50，z稍大一些，則①中計(jì)算所得的小車(chē)加

速度應(yīng)比小車(chē)的實(shí)際加速度(選填“大”或“小”)。

③分析乙圖時(shí)，該小組用量角器測(cè)得圖線(xiàn)與橫坐標(biāo)的夾角為。，通過(guò)計(jì)算式等求得

圖線(xiàn)的斜率為k,則小車(chē)的質(zhì)量為?

A.—

2k

&1

2tan0

11.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為?n=2.0x10-iikg,電荷量q=+1.0xlO^c的帶電微粒,

從靜止開(kāi)始經(jīng)Ui=100V電壓加速后，沿著平行于兩金屬板面射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，經(jīng)

偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬板的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，兩板間電壓

U2=100K,板長(zhǎng)L=20cm,兩板間距d=lOV5czn。右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，寬度

D=10cm,微粒的重力忽略不計(jì)，求：

(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度孫大小；

(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角0；

(3)為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊界射出，則最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。

X

X

X

X

12.如圖所示，質(zhì)量M=2kg、高九=0.2m的長(zhǎng)木板靜止在粗糙的水平地面上，長(zhǎng)木板

與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.1。在長(zhǎng)木板上放置一個(gè)質(zhì)量m=1kg、大小可以忽

略的鐵塊，離左端B點(diǎn)的距離為1m,鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)“2=03,最大靜

摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。若在長(zhǎng)木板上施加一個(gè)

水平向右的恒力尸，求：

(1)要想將長(zhǎng)木板從鐵塊下抽出，水平向右的恒力尸應(yīng)滿(mǎn)足的條件；

(2)若水平向右的恒力F=16N,鐵塊與長(zhǎng)木板分離時(shí)，兩者的速度各為多大；

(3)接(2)問(wèn)，求鐵塊落地前的整個(gè)過(guò)程中，鐵塊、長(zhǎng)木板和地面組成的系統(tǒng)因摩擦

所產(chǎn)生的熱量。

2I~

hM—尸

〃/〃〃〃//〃〃〃/3/〃/〃

第6頁(yè)，共21頁(yè)

13.如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化的P-U圖象，理想氣體從狀態(tài)4開(kāi)始,

經(jīng)歷atb、b—c,ca三個(gè)過(guò)程回到原狀態(tài)a,下列說(shuō)法正確的是（）

A.a-b是等溫過(guò)程

B.a—b過(guò)程中，氣體的溫度先升高后降低

C.b-c是氣體放熱過(guò)程

D.c-a過(guò)程中氣體分子平均動(dòng)能減小

E.a—b—c—a整個(gè)過(guò)程氣體一定吸熱

14.如圖，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕熱氣缸放在水平桌面上，一定I---------------I

質(zhì)量的理想氣體被橫截面積為s的絕熱活塞密封在--J：；

氣缸內(nèi)。開(kāi)始時(shí)，氣缸被鎖定，活塞與氣缸底部的

iI

II

距離為寺封閉氣體的溫度為27。&現(xiàn)對(duì)封閉氣體緩...二....

慢加熱，當(dāng)活塞恰好在氣缸口時(shí)停止加熱。已知外界大氣壓強(qiáng)為po,不計(jì)一切摩擦，

活塞的厚度及質(zhì)量均不計(jì)。

①求停止加熱時(shí)封閉氣體的熱力學(xué)溫度介；

②若將氣缸解除鎖定，對(duì)活塞施加一逐漸增大、方向水平向左的推力，氣缸向左

做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)活塞與氣缸底部的間距為機(jī)寸推力開(kāi)始保持不變，此時(shí)推力大

小為F,求此時(shí)封閉氣體的熱力學(xué)溫度T。

15.一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，t=0時(shí)，波剛好傳播到M點(diǎn)，波形如圖實(shí)線(xiàn)

所示，t=0.3s時(shí)，波剛好傳播到N點(diǎn)，波形如圖虛線(xiàn)所示。則以下說(shuō)法正確的是

()

A.波的周期為0.6s

B.波的波速為20m/s

C.c點(diǎn)在0?0.3s內(nèi)通過(guò)的路程等于\6crn

D.t=；s時(shí)，6點(diǎn)到達(dá)波峰

6

E.t=0時(shí)刻后。點(diǎn)比6點(diǎn)先回到平衡位置

16.如圖所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣中，已知NA=60°,

ZC=90°,一束極細(xì)的光于AC的中點(diǎn)。垂直AC面入

射，AD=a,棱鏡的折射率為〃=或，求：

(1)求此玻璃的臨界角；

(2)光從棱鏡第一次射入空氣時(shí)的折射角;

(3)光從進(jìn)入棱鏡到它第一次射入空氣所經(jīng)歷的時(shí)間(設(shè)光在真空中的傳播速度為

c)。

第8頁(yè)，共21頁(yè)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：小球受重力、擋板彈力&和斜面彈力尸2,將凡與

尸2合成為F,如圖所示：

小球一直處于平衡狀態(tài)，三個(gè)力中的任意兩個(gè)力的合力與第三

個(gè)力等值、反向、共線(xiàn)，故尸1和尸2合成的合力廠(chǎng)一定與重力

等值、反向、共線(xiàn)。

由圖可知，當(dāng)&的方向沿斜面向上時(shí)最小，最小值為：&=G?sin30。=100X0.5N=

50N,故錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

球受三個(gè)力作用而保持靜止?fàn)顟B(tài)，其中重力大小、方向都不變，斜面對(duì)球的支持力方向

不變，大小變，擋板對(duì)球的支持力的大小和方向都變化，根據(jù)三力平衡的條件，結(jié)合平

行四邊形定則作圖分析即可。

本題關(guān)鍵對(duì)小球受力分析，然后將兩個(gè)力合成，當(dāng)擋板方向變化時(shí)，將多個(gè)力圖重合在

一起，根據(jù)圖象分析出最小值。

2.【答案】B

【解析】解：小光電效應(yīng)是原子吸收光子向外釋放電子的現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

8、飽和光電流的強(qiáng)度隨入射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而增強(qiáng)，故B正確；

C、逸出功與金屬本身的特點(diǎn)有關(guān)，與外界因素?zé)o關(guān)，C故錯(cuò)誤；

。、由于不可見(jiàn)光的頻率有的比可見(jiàn)光大，有的比可見(jiàn)光小，由光電效應(yīng)方程：

Ek=hy-小知產(chǎn)生光電子的初動(dòng)能無(wú)法比較，故。錯(cuò)誤.

故選：B。

發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，原子吸收光子的能量發(fā)生光

電效應(yīng)現(xiàn)象；光的強(qiáng)度影響單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出的光電子數(shù)目，即光電流的大??；

金屬的逸出功是金屬的固有屬性。根據(jù)光電效應(yīng)方程分析.

此題考查了學(xué)生對(duì)光電效應(yīng)的理解情況，要理解光電效應(yīng)方程物理意義，并能正確應(yīng)用

光電效應(yīng)方程解答有關(guān)問(wèn)題。

3.【答案】D

【解析】解：A、衛(wèi)星沿軌道2從4運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，地球?qū)πl(wèi)星的引力做負(fù)功，衛(wèi)

星的動(dòng)能減小，線(xiàn)速度減小，故A錯(cuò)誤。

B、衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，即G哭=ma,貝打=黑，因?yàn)檐壍?/p>

2上的a點(diǎn)和軌道1上的。點(diǎn)是同一點(diǎn)，即r相等，所以衛(wèi)星沿軌道2經(jīng)過(guò)A時(shí)與沿軌

道1經(jīng)過(guò)4時(shí)的加速度相等，故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為“、軌道半徑為人中心天體的質(zhì)量為M,對(duì)衛(wèi)星根據(jù)萬(wàn)有引力提

供向心力得：

2

G^=m(y)r(則7=2兀層，因?yàn)榘霃绞?倍的關(guān)系，故周期為：T3=2^2T,故

C錯(cuò)誤。

D、設(shè)橢圓軌道2的周期為七，則它的半長(zhǎng)軸為|凡根據(jù)開(kāi)普勒第三定律昌=k得:

鄴=172=三遍”因此衛(wèi)星從A點(diǎn)沿軌道2運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間t=^=［述7,故

塔N428

￡＞正確.

故選：Do

衛(wèi)星沿軌道2從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，地球?qū)πl(wèi)星的引力做負(fù)功，衛(wèi)星的動(dòng)能減小，線(xiàn)

速度減小，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，判斷周期和加速度；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律求時(shí)間。

解決本題的關(guān)鍵要理解變軌的原理，掌握開(kāi)普勒第三定律，并能靈活運(yùn)用。知道周期、

加速度等與軌道半徑的關(guān)系。

4.【答案】D

【解析】解：A、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)中只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于擋

板P的彈力對(duì)小球A有向右的沖量，因此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)動(dòng)量定理得，對(duì)B有：/=小為，此時(shí)小球8的動(dòng)能E〃o=之小詔，小球A將要

離開(kāi)擋板P時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，由機(jī)械能守恒定律知此時(shí)小球B的動(dòng)能&=Eko,由動(dòng)量

定理知擋板P對(duì)小球A的沖量等于系統(tǒng)動(dòng)量的改變量，規(guī)定向右為正方向，lA=mv0-

(-mv0),解得。=2/,故8錯(cuò)誤；

C、從初始到小球A將要離開(kāi)擋板，小球A一直靜止，則擋板P對(duì)小球A不做功，故C

錯(cuò)誤；

。、小球A離開(kāi)擋板后，彈簧壓縮至最短或拉伸到最長(zhǎng)時(shí)系統(tǒng)彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A、

rr

3速度相等，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：mv0=2mvf解得：v=

則彈性勢(shì)能的最大值E=詔一詢(xún)，又/=小幾，則埒=二，故。

第10頁(yè)，共21頁(yè)

正確。

故選：Do

根據(jù)機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒的條件判斷系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量是否守恒；小球B獲得沖量后,

先壓縮彈簧，速度減為零后再向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A脫離擋板，然后彈簧開(kāi)

始伸長(zhǎng)，抓住擋板對(duì)小球A的沖量等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化量求出沖量的大小；擋板與小球

作用的過(guò)程中，A球沒(méi)有位移，擋板對(duì)小球不做功；當(dāng)彈簧壓縮最短或拉伸最長(zhǎng)時(shí)，A、

B具有相同的速度，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出相同的速度，根據(jù)能量守恒定律求出彈性勢(shì)

能的最大值。

本題考查了動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，對(duì)于彈簧系統(tǒng)問(wèn)題，

關(guān)鍵要理清A、B兩球在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最

大。

5.【答案】A

【解析】解：A、當(dāng)三角形閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，即這時(shí)等效長(zhǎng)度最大為乙機(jī)=當(dāng)心

這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為：E=BLmv=^-BLv,故A正確；

8、在閉合電路進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可

知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较虿蛔?，?錯(cuò)誤；

C、流過(guò)回路的電量為。=兀=處=哩空=跳，故C錯(cuò)誤；

D、線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的有效長(zhǎng)度先變大后減小，則電流先變大后減小，由尸=8〃可知，

導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的大小先變大后減小，故力錯(cuò)誤。

故選:Ao

根據(jù)E=BLm。分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向；根據(jù)電

荷量的經(jīng)驗(yàn)公式求解流過(guò)回路的電量；根據(jù)安培力的計(jì)算公式分析安培力的大小變化。

本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律以及安培力大小的判斷，掌握楞次定律

的應(yīng)用方法以及電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式是關(guān)鍵。

6.【答案】BD

【解析】解：4、A、B兩點(diǎn)處于同一等勢(shì)面，所以A、8兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，根據(jù)琮="?可

知，放在4、B兩點(diǎn)的電荷的電勢(shì)能不一定相等，故A錯(cuò)誤；

8、等差等勢(shì)面密集的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，由圖可知，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)

度，故B正確；

C、a粒子帶2個(gè)單位的正電荷，故電勢(shì)能Ep=q0=2ex10V=20eV,故C錯(cuò)誤；

D由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系可知，把電子從方等勢(shì)面移動(dòng)到e等勢(shì)面，靜電力做功

是皿=勺〃劭=-ex(0-15"=15el/,故O正確。

故選：BD。

根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。桓鶕?jù)沿著電場(chǎng)線(xiàn)，電勢(shì)逐漸降低來(lái)判斷電

勢(shì)的高低；根據(jù)等差等勢(shì)面來(lái)確定電勢(shì)差大小，再由電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功關(guān)系公式勿=

qU來(lái)判斷電場(chǎng)力做功的多少。

本題關(guān)鍵明確等勢(shì)面的性質(zhì)，知道等差等勢(shì)面越密的地方，電場(chǎng)線(xiàn)也越密；同時(shí)掌握電

勢(shì)的定義以及電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能之間的關(guān)系。

7.【答案】BC

【解析】解：4交流電的頻率為f="=康=50Hz,故A錯(cuò)誤；

A通過(guò)/?2電流的有效值為/=等=

/?2兩端的電壓即副線(xiàn)圈兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律：U2=IR2=1X10K=101/

根據(jù)理想變壓器的電壓規(guī)律：中=會(huì)

1/27i2

可知原線(xiàn)圈的電壓：=-^2=TX10l/=100v

7121

電阻％兩端電壓即為電壓表示數(shù)，即與=U-Ui=220V-100K=120V,故B正確；

C.電流表的示數(shù)為〃=*=^4=054故C正確；

D副線(xiàn)圈中流過(guò)的總電流為：4=/+匕=14+0.5/1=1.54,原線(xiàn)圈電流為：＞1=^=

—A=0.154

10

電源輸出功率為p總=UI1=220x0.15W=33"，O錯(cuò)誤。

故選：BC。

A、根據(jù)頻率與周期關(guān)系求解；

3、先求出通過(guò)&電流大小，利用歐姆定律求出副線(xiàn)圈兩端電壓，再利用變壓器電壓規(guī)

律費(fèi)=最求出原線(xiàn)圈兩端電壓，即可求出％兩端電壓；

C、利用歐姆定律可求解；

D,先求出副線(xiàn)圈中總電流，利用變壓器中電流關(guān)系求出原線(xiàn)圈中的電流，利用功率公

式即可求解。

此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，明確變壓比、變流比是解題的關(guān)鍵，對(duì)于原線(xiàn)圈串聯(lián)

第12頁(yè)，共21頁(yè)

電阻的電路，可以從電壓關(guān)系分析電壓表的示數(shù)。

8.【答案】BC

【解析】解：4、物塊在斜面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為即，到達(dá)B點(diǎn)速度為心

則有：％=沁，解得：u=g=^m/s=4m/s

NCQZ

則加速度為劭=r=37n/s2=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律可得mgs譏37。-

liQmgcos37°=maQ1解得小物塊與斜面A8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：〃()=0.5,故A錯(cuò)誤；

5、滑上傳送帶后，物塊在傳送帶上先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為①根據(jù)牛頓第

二定律可得：i^img=ma,解得：a=i^g=0.2x10m/s2=2m/s2,

小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為s,根據(jù)速度一位移關(guān)系可得：V2■帶一/=

2as,代入數(shù)據(jù)解得：s=5m<8m,所以以后小物塊勻速運(yùn)動(dòng)。

勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間匕=勉二=—s=Is,勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間勿=-=等s=0.5s,

1a2口帶。

所以小物塊在傳帶上B、C之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=tj+t2=Is+0.5s=1.5s,故B正確：

C、小物塊與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中相對(duì)于傳送帶的距離為△s=乙夢(mèng)1-s=

(6x1-5)zn=1m,產(chǎn)生的熱為Q="mg△s=0.2x1x10x1/=2/,故C正確；

。、若傳送帶以M=2m/s的恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，小物塊在傳送帶上速度減為0時(shí)經(jīng)過(guò)

的位移為：Si=《=±m(xù)=4m<8m,小物塊再次返回到8點(diǎn)的速度等于傳送帶的

12a2X2

速度為“=2m/s,沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度為a'=gsin370+ii0gcos37°=(10x0.6+

0.5xlOx0.8)m/s2=10m/s2,物塊再次返回到斜面上升到最高點(diǎn)時(shí)經(jīng)過(guò)的位移為

VI222co

x-i1———---m—0.2m,

2a'2X10

以后物塊下滑到B點(diǎn)的速度與沖上斜面的速度相等，經(jīng)過(guò)多次往返運(yùn)動(dòng)，最后在8點(diǎn)靜

止，

設(shè)從第二次在斜面上開(kāi)始下滑到最終靜止，小物塊經(jīng)過(guò)的路程為根據(jù)能量關(guān)系可得:

mgx1sin37°=1J.0mgcos37°?x2,解得：x2=0.3m,

若傳送帶以2m/s的恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，其他條件不變，小物塊從A點(diǎn)靜止釋放以后，

在AB上運(yùn)動(dòng)的總路程為工總=x+%i+x2=4m+0.2m+0.3m=4.5m,故。正確。

故選：BC。

物塊在斜面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度一位移關(guān)系求解達(dá)到底端速度大小，由此求

出加速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)；

物塊在傳送帶上先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小物塊達(dá)到與傳送帶速度相等后勻速運(yùn)動(dòng)，求出

兩段過(guò)程中經(jīng)過(guò)的時(shí)間即可得到小物塊在傳帶上8、C之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

根據(jù)摩擦力乘以小物塊相對(duì)于傳送帶的距離即可得到產(chǎn)生的熱；

分析小物塊的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合功能關(guān)系求解在AB上運(yùn)動(dòng)的總路程。

傳送帶模型是高中物理的典型模型，要掌握其解題思路與方法，分析清楚物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程

是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與能量守恒定律可以解題.

9.【答案】A口2-&3.21.0

【解析】解:⑴電源電動(dòng)勢(shì)為3%電路的最大電流約為/=卷F=高Q4*0.1771?0.64,

Kx

所以選擇量程為15nM=0.0154的電流表，即4

②根據(jù)閉合電路歐姆定律得：S2斷開(kāi)時(shí)有：E=I(RX+Ri+RA+r)

$2閉合時(shí)有:E=I(R2+RA+r)

聯(lián)立解得：RX=R2-Z?I

(2)閉合開(kāi)關(guān)S2,由閉合電路歐姆定律得：E=/(R+伍+r),整理得:}=(xR+誓，

由;一R圖象可知：k",匕=安

而已知/?4，解得：E=%r=^~RA

代入數(shù)值可得：E=3.2V,r=1.00

故答案為：(1)4、R2-RI(2)3.2、1.0

(1)估算電路的最大電流，從準(zhǔn)確度較高而選定電流表；

(2)由閉合電路歐姆定律列出兩種情況下的式子，且兩次電流相同，從而得到待測(cè)電阻

的值；

(3)由閉合電路歐姆定律寫(xiě)出:-R的關(guān)系式，結(jié)合圖象的斜率和縱截距求出電源的電動(dòng)

勢(shì)和內(nèi)阻。

本題是伏安法的變形-安阻法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，且利用圖象法減小了偶然誤差，關(guān)

鍵是要理解實(shí)驗(yàn)原理、變形得出q-R的表達(dá)式，結(jié)合圖象就能獲得意想不到的結(jié)果，

再就是電流表的選擇從安全和準(zhǔn)確度兩方面綜合考慮選擇。

10.【答案】C2.00小C

【解析】解：⑴4D：小車(chē)受到的拉力，可以直接由力傳感器測(cè)出，所以不需要滿(mǎn)足

祛碼和祛碼盤(pán)的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，故不需要測(cè)出祛碼和祛碼盤(pán)的總質(zhì)量，故

第14頁(yè)，共21頁(yè)

AD錯(cuò)誤；

8、對(duì)小車(chē)受力分析，可知小車(chē)受到的合力等于力傳感器示數(shù)的兩倍，故B錯(cuò)誤；

C、小車(chē)向左加速，則祛碼和祛碼盤(pán)向下加速，即重力大于輕繩的拉力，故祛碼處于失

重狀態(tài)，故C正確；

故選C.

(2)①小車(chē)的加速度大小為：

x-x(11.09+9.13+7.10-5.12-3.09-1.10)xIO-2,,

a=—36——：—03—------------------------------——-----------------------------m/sz—2.00m/sz

9T29x0.12''

②因?yàn)榻涣麟姷膶?shí)際頻率比5O4z稍大一些，則實(shí)際打點(diǎn)周期偏小，則根據(jù)AxuaTZ可

知其加速度的測(cè)量值偏??；

③對(duì)a-尸圖來(lái)說(shuō)，圖像的斜率表示小車(chē)質(zhì)量的倒數(shù)，對(duì)小車(chē)根據(jù)牛頓第二定律有：

2F=ma

變形得：

a=m-F

由題知該圖像的斜率為則有：k=w

解得：m=

故C正確，A3。錯(cuò)誤。

故選C.

故答案為：(1)C;(2)①2.00；②小；③C.

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理進(jìn)行分析解答；

(2)根據(jù)逐差法分析求解加速度大小，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)某段時(shí)間的平均速度等于該

段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求解打下計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)，小車(chē)的速度大?。?/p>

根據(jù)加速度的求解公式進(jìn)行分析解答，根據(jù)牛頓第二定律分析求解小車(chē)的質(zhì)量；

(3)分別對(duì)祛碼和祛碼盤(pán)以及小車(chē)根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度.

解決該題的關(guān)鍵是掌握實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)，掌握勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度

以及瞬時(shí)速度的求解公式，能根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度。

-X

11.【答案】解：根據(jù)題意可知：板長(zhǎng)L=20cm=0.2m,X

X

兩板間距d=10V3cm=0.1V37n＞右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度。=___5

lh?-----x>

10cm=0.1m。|---/

x

(1)帶電微粒在加速電場(chǎng)加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理(^7

于

X

得：qUi=\mvl，

代入數(shù)據(jù)得：i?o==J**m/s=1,0x104m/s;

(2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，

水平方向有：L=vQt,

帶電微粒在豎直方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為m出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為為

豎直方向：v=at,。=經(jīng)

yJmd

由速度分解關(guān)系得：tan。=&=能=*

vQ2Uid2x100x0.1x733

解得：0=30°；

(3)帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌跡恰好與磁場(chǎng)

右邊相切時(shí)半徑為七

由幾何關(guān)系知：R+Rsin30°=D,

設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,則有："=晶

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：qvB=my

mv(l+sin0)

聯(lián)立解得：B=o

qDcosO

代入數(shù)據(jù)解得：B

5

答：(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為大小為1.0x104m/s；

(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角為30。：

(3)為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊界射出，則最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為，r。

【解析】(1)粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求出速度；

(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，由牛頓第二定律和

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角仇

(3)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫(huà)出臨界情況的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知

識(shí)求半徑的最大值，再由洛倫茲力提供向心力求出B的最小值。

本題考查了帶電微粒在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，微粒在加速電場(chǎng)中加速，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做

類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚微粒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用

動(dòng)能定理、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律可以解題。

12.【答案】解：(1)欲將長(zhǎng)木板從鐵塊下抽出，這兩者間必存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，兩者剛好發(fā)

生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)：

對(duì)滑塊，由牛頓第二定律有〃2mg=

解得Q=3m/s2

對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律有Fmin-+M)g-ii2mg=Ma

第16頁(yè)，共21頁(yè)

解得/in=12N,

即恒力F應(yīng)滿(mǎn)足的條件為F>12N；

(2)當(dāng)Fi=16/V>12N時(shí)，滑塊相對(duì)于長(zhǎng)木板將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。

對(duì)長(zhǎng)板，根據(jù)牛頓第二定律可得：Fi-n^m+M)g-n2mg=Max,

解得的=5m/s2

滑塊的加速度。2=a=3mls2,

分離時(shí)長(zhǎng)木板的位移與=4%匕，

鐵塊的位移片

兩者分離時(shí)有-=3

解得亡1=1s

設(shè)滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板的瞬間，長(zhǎng)木板與鐵塊的速度分別為%,V2,

則％=QIG=5xlm/s=5m/s,v2=a2ti=3xIm/s=3m/s；

(3)在(2)問(wèn)中，分離時(shí)長(zhǎng)木板位移1x5xl2m=2.5m

滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t2=后=后gs=0.2s

滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板后，對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律可知Fi-%Mg=Ma3，

解得。3=7mls2

滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板到落地時(shí)長(zhǎng)木板的位移%3=巧t2+1。3后，

解得%3=1.14mm

整個(gè)過(guò)程中，滑塊與長(zhǎng)板間因摩擦產(chǎn)生的熱量?=〃2巾94

代入數(shù)據(jù)解得：Qi=3.0J

長(zhǎng)木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=%(M+m)gx1+f/1Mgx3

代入數(shù)據(jù)解得：Q2=9.78/

鐵塊、長(zhǎng)木板和水平地面組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q總=Qi+<?2=3.07+9.78/=

12.78/。

答：(1)要想將長(zhǎng)木板從鐵塊下抽出，水平向右的恒力尸應(yīng)滿(mǎn)足的條件為F>12N；

(2)若水平向右的恒力尸=16N,鐵塊與長(zhǎng)木板分離時(shí)，鐵塊與長(zhǎng)木板的速度大小分別

為3m/s、5m/s；

(3)鐵塊落地前的整個(gè)過(guò)程中，鐵塊、長(zhǎng)木板和地面組成的系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為

12.78/。

【解析】(1)長(zhǎng)木板恰好從小滑塊下抽出時(shí)，拉力最小，此時(shí)滑塊所受的靜摩擦力達(dá)到

最大值，分別對(duì)整體和滑塊，利用牛頓第二定律求出拉力的最小值，從而求得拉力的取

值范圍；

(2)當(dāng)尸=17N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求小滑塊與長(zhǎng)木板的加速度，根據(jù)兩者分離時(shí)位

移之差等于乙，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由速度公式求各自速度的大小：

(3)滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解落地時(shí)間；滑塊離開(kāi)長(zhǎng)木板后，

對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓第二定律求解加速度大小，求出在整個(gè)過(guò)程中滑塊與長(zhǎng)板間因摩擦產(chǎn)生

的熱量、長(zhǎng)木板與水平面間因摩擦產(chǎn)生的熱量，由此得到系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。

本題是滑塊在木板上滑動(dòng)的類(lèi)型，關(guān)鍵是對(duì)兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況分析清楚，知道系統(tǒng)的

合外力不為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合研究這類(lèi)問(wèn)題；掌握由于摩擦產(chǎn)

生的熱的計(jì)算方法。

13.【答案】BCE

【解析】解：AB,在p-U圖象中，等溫過(guò)程對(duì)應(yīng)圖線(xiàn)應(yīng)是雙曲線(xiàn)；同一氣體，雙曲線(xiàn)

離原點(diǎn)越遠(yuǎn)溫度越高，所以a-b不是等溫過(guò)程，氣體的溫度先增大后減小，故A錯(cuò)誤，

B正確；

C、由圖示圖象可知，b-c過(guò)程，氣體壓強(qiáng)不變而體積減小，由理想氣體狀態(tài)方程可知，

氣體溫度降低；氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，小＞0；氣體溫度降低減小，內(nèi)能減

小，△(/＜()；由熱力學(xué)第一定律△(/=W+Q可知，Q=AU-W＜0,氣體對(duì)外界放

熱，故C正確：

。、由圖示圖象可知，c7a過(guò)程氣體體積不變而壓強(qiáng)增大，由理想氣體狀態(tài)方程可知，

氣體溫度升高，氣體分子平均動(dòng)能增大，故。錯(cuò)誤；

E、p-U圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積是氣體做的功，由圖示圖象可知，a—b過(guò)程氣

體對(duì)外做功大于btc過(guò)程外界對(duì)氣體做功，c-a過(guò)程外界對(duì)氣體不做功，因此atb-

CTa整個(gè)過(guò)程，氣體對(duì)外做功，勿＜0,整個(gè)過(guò)程氣體內(nèi)能不變，△(/=(),由熱力學(xué)

第一定律△(/=勿+Q可知，(2=4(/一十=一?。?,氣體一定吸熱，故E正確.

故選：BCE.

根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程判斷氣體溫度如何變

化；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高分子平均動(dòng)能增大；根據(jù)氣體體積的變化情

況判斷外界對(duì)氣體做功情況，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律分析答題。

本題考查了理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用；分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程、

應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律即可解題；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時(shí)要注意各量