2020-2021學年廣東省深圳市高一（下）期末物理試卷（附答案詳解）

2020-2021學年廣東省深圳市高一（下）期末物理試卷

1.關于分子動理論，下列說法正確的是（）

A.氣體擴散的快慢與溫度無關

B.布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動

C.分子間同時存在著引力和斥力

D.分子間的引力總是隨分子間距增大而增大

2.下列說法正確的是（）

A.湯姆生發(fā)現電子并提出了原子的核式結構模型

B.盧瑟福通過a粒子的散射實驗發(fā)現質子

C.貝克勒爾發(fā)現天然放射現象

D.玻爾發(fā)現電子并提出了原子的核式結構模型

3.把一個小球套在光滑細桿上，球與輕彈簧相連組成彈

簧振子，小球沿桿在水平方向做簡諧運動，它圍繞平：：：

AOB

衡位置。在A、B間振動，如圖所示。下列結論正確

的是（）

A.小球在。位置時，動能最大，加速度最小

B.小球在A、B位置時，加速度最大，速度也最大

C.小球從A經。到B的過程中，速度一直增加

D.小球從A到。的過程中，彈簧的彈性勢能不斷增加

4.一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線（振幅A與驅動力

頻率/的關系）如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.此單擺的固有周期約為2s

B.此單擺的擺長約為1m

C.若擺長增大，單擺的固有頻率增大

D.若擺長增大，共振曲線的峰將向左移動

5.如圖所示，A,B為振幅相同的相干波源，且向外傳

播過程中振幅衰減不計，圖中實線表示波峰，虛線

表示波谷，則下列敘述錯誤的是（）

A.。點始終處于波峰位置

B.R、S兩點始終處于靜止狀態(tài)

C.P、。連線上各點振動始終加強

D.P點在圖中所示的時刻處于波谷，再過;個周期處于平衡位置

4

fff

6.如圖是氫原子的能級圖，對于一群處于n=4的氫原子，下-0

列說法中正確的是（）3?

A.這群氫原子能夠吸收任意能量的光子后向更高能級躍

遷I--------------------------13.6

B.這群氫原子能夠發(fā)出4種不同頻率的光

C.從n=4能級躍遷到n=3能級發(fā)出的光的波長最長

D.如果發(fā)出的光子中有兩種能使某金屬產生光電效應，其中--種-定是由"=3能

級躍遷到n=2能級發(fā)出的

7.有兩個勻強磁場區(qū)域，寬度都為3磁感應強度大小LjXX

都是8,方向如圖所示.由均勻導線制成單匝正方形口一

閉合線框，邊長為L.閉合線框從左向右勻速穿過與線

框平面垂直的兩個勻強磁場區(qū)域，規(guī)定感應電流逆時針方向為正方向，則線框從位

置/運動到位置〃的過程中感應電流，?隨時間，變化的圖象正確的是（）

8.如圖甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數之比為22：1,其原線圈兩端接入如圖

乙所示的正弦交流電，副線圈通過電流表與負載電阻R=200相連。若交流電壓表

和交流電流表都是理想電表，則下列說法中正確的是（）

第2頁，共35頁

A.電流表的示數是0.5VZ4

B.變壓器的輸入功率是5W

C.流過R的電流方向每秒改變50次

D.當t=1x10-25時電壓表的示數是0丫

9.如圖所示，質量為仞的車廂靜止在光滑的水平面上，車

廂內有一質量為，"的滑塊，以初速度%在車廂地板上向

右運動，與車廂兩壁發(fā)生若干次碰撞，最后相對車廂靜Q

止，則車廂的最終速度是（）

A.0B.v0,方向水平向右

C.舞，方向水平向右D.等，方向水平向右

M+mM

10.如圖所示，兩個質量相等的物體從同一高度沿傾角不同

的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下（a>0）,到達斜//

面底端的過程中（）

A.兩物體所受重力沖量相同B.兩物體所受合外力沖量不同

C.兩物體到達斜面底端時動量相同D.兩物體到達斜面底端時動量不同

11.下列核反應方程中，Xi、X2,X3、X4代表a粒子的有（）

A.包+包Yn+XiB.iH+lHn+X2

C.卷5u+MT.Ba+弱Kr+3X3D.Jn+fLiH+X4

12.如圖所示，而cd為水平放置的平行“U”形光滑金屬導

軌，間距為/,導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，

磁感應強度大小為B,導軌電阻不計。已知金屬桿MN

傾斜放置，與導軌成。角，單位長度的電阻為「，保持

金屬桿以速度丫沿垂直于的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好），則

()

A.電路中感應電動勢的大小為多

B.電路中感應電流的大小為史也

C.金屬桿所受安培力的大小為幺竺竺

D.金屬桿的熱功率為號

13.一列向右傳播的簡諧橫波，當波傳到x=2.0機處的P點時開始計時，該時刻波形如

圖所示，t=0.9s時，觀察到質點P第三次到達波峰位置，下列說法錯誤的是（）

A.波速為0.5m/s

B.經1.4s質點P運動的路程為70c”

C.t=1.6s時，x=4.5m處的質點。第三次到達波谷

D.與該波發(fā)生干涉的另一列簡諧橫波的頻率一定為2.5Hz

14.如圖所示，質量分別為m和2〃?的A、8兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平

面上，A靠緊豎直墻用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧

儲存的彈性勢能為E.這時突然撤去F，關于A，B和彈簧組成的系統，下列說法中

正確的是（）

A.撤去尸后，系統動量守恒，機械能守恒

B.撤去F后，A離開豎直墻前，系統動量不守恒，機械能守恒

C.撤去產后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E

D.撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為!

15.如圖所示是甲、乙兩種金屬的光電子的最大初動能與入射光頻

率的關系圖象，由圖象可知（）

A.無論用什么金屬做實驗，圖象的斜率不變

B.同一色光照射下，甲金屬發(fā)射的光電子的最大初動能比乙金

屬發(fā)射的光電子的最大初動能大

C.要獲得相等的最大初動能的光電子，照射甲金屬的光的頻率要比照射乙金屬的

光的頻率大

D.甲金屬的逸出功比乙金屬的逸出功大

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16.如圖所示：某同學對雙縫干涉實驗裝置(圖1)進行調節(jié)并觀察實驗現象：

(1)圖2甲、圖2乙是光的條紋形狀示意圖，其中干涉圖樣是(填字母).

光源凸透貨濾光片電健雙縫速光筒測最頭及日像111111n111ri

---V-.TP--1---------j]---------------------j—?出||||||

-，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.，，，.，，，，，，，}，，.，，，，.，，，，，，，X，，，，，?A_B

圖甲圖乙

圖1圖2

(2)下述現象中能夠觀察到的是：

A.將濾光片由藍色的換成紅色的，干涉條紋間距變寬

B.將單縫向雙縫移動一小段距離后，干涉條紋間距變寬

C.換一個兩縫之間距離較大的雙縫，干涉條紋間距變窄

/).去掉濾光片后，干涉現象消失

(3)如果測得第一條亮條紋中心與第六條亮條紋中心間距是11.550nwn,求得這種色

光的波長為m.(已知雙縫間距d=0.2mm,雙縫到屏的距離L=700mm)

17.如圖所示，圖甲是一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，尸點是此時處在平衡位置的

一個質點.圖乙是質點尸的振動圖象.

(1)判斷這列波的傳播方向；

(2)經過時間匕=6s,質點尸通過的路程s：

(3)經過tz=30s,波向前傳播的距離x.

18.如圖1所示，一個圓形線圈的匝數n=1000匝，線圈面積S=0.02rn2,線圈的電阻

r=l。，線圈外接一個阻值R=40的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里

的勻強磁場中，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。求

圖1圖2

(1)在0?4s內穿過線圈的磁通量變化量;

(2)前4s內產生的感應電動勢；

(3)6s內通過電阻R的電荷量q。

19.如圖所示，同一光滑水平軌道上靜止放置A、B、C三個物塊，A、8兩物塊質量均

為m,C物塊質量為2m,B物塊的右端裝有一輕彈簧，現讓A物塊以水平速度北向

右運動，與B碰后粘在一起，再向右運動推動C(彈簧與C不粘連)，彈簧沒有超過

彈性限度.求：

ABC

(1)4與B碰撞中的動能損失；

(2)整個運動過程中，彈簧的最大彈性勢能.

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20.如圖所示，足夠長光滑導軌傾斜放置，導軌平面與水平面夾角9=37。，導軌間距

L=0.5m,其下端連接一個定值電阻R=0.50,其它電阻不計。兩導軌間存在垂直

于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T.一質量為m=O.OlKg的導體棒

ab(其電阻不計)垂直于導軌放置，現將導體棒由靜止釋放，取重力加速度g=

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.

(1)判斷金屬棒下滑過程中產生的感應電流方向；

(2)求導體棒下滑的最大速度；

(3)求H棒下滑過程中電阻R消耗的最大電功率；

(4)若導體棒從靜止加速到u=2m/s的過程中，通過R的電量q=0.2C,求R產生

的熱量Q-

21.某同學把普通高中物理課本《必修二》從地板撿起放回課桌上，在此過程中，課本

重力勢能的增加量約為()

A.0.37B.3JC.30./D.300J

22.如圖，兩只小鳥甲、乙質量近似相等，落在傾斜的

樹枝上，則()

A.樹枝對小鳥的作用力豎直向上

B.樹枝對小鳥的作用力大于小鳥對樹枝的作用力

C.樹枝對甲小鳥的摩擦力小于對乙小鳥的摩擦力

D.樹枝對甲小鳥的支持力大于對乙小鳥的支持力

23.運動員將網球水平擊出，用為、h、E和P分別表示網球下落過程中豎直方向的分

速度、下落的高度、機械能和重力的瞬時功率，則下列圖像正確的是（不計空氣阻

力）（）

24.質量為，"的某同學在背越式跳高過程中，恰好越過高度為的橫桿，不計空氣阻力,

重力加速度為g。則（）

A.起跳階段，地面對人的彈力不做功

B.上升過程中，重力勢能增加，咫/7

C.從起跳最低點到上升最高點過程先超重后失重

D.剛接觸海綿墊時，在豎直方向即作減速運動

25.游戲中有一個小球A自由下落，從等高處水平拋出一個相同小球B,不計空氣阻力,

則（）

A.小球B一定能擊中小球A

B.若要擊中小球4則必須在A下落同時拋出小球8

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C.小球A下落后再將小球8拋出，仍可能擊中小球A

D.若小球B斜向上拋出，同時釋放小球A,則一定無法擊中

26.如圖，摩天輪懸掛的座艙在豎直平面內做勻速圓周運

動。關于座艙內某一游客（）

A.其所受合力指向軌跡圓心

B.他與座艙和地球組成的系統機械能守恒

C.從最高點到最低點過程中，所受摩擦力保持不變

D.在最高點、最低點對座椅的壓力之差隨轉速減小而減小

27.向心力演示器結構如圖所示。長槽3上的兩個擋板A、B距轉軸水平距離分別為r

和2r,短槽4上擋板C距轉軸水平距離為心通過調整塔輪上的皮帶，可以使其套

到半徑大小不同的塔輪1和2上，以改變長短槽旋轉角速度之比.實驗過程中，忽

略小球半徑的影響。

（1）若要探究向心力大小與小球角速度的關系，需選擇兩個質量_____（填“相等”

或“不相等”）的小球，分別放在位置C和位置______（填“A”或）。

（2）某同學通過實驗得到如下表格中的數據：

向心力大小之比F

實驗次數小球質量之比半徑之比角速度之比

（標尺格子數）

11:11:11:11:1

21:11:11：21：4

31:11:11：31：9

根據上述數據可以得到的結論是

,5

28.某實驗小組利用如下裝置探究彈簧的物理性質，所用器材有：氣墊導軌、光電門、

數字計時器（圖中未畫出）、帶有擋光條的滑塊、祛碼等。

(1)實驗步驟:

①將氣墊導軌放在桌面上，打開氣泵并將導軌調至水平，判斷調平的依據是:

②應選用寬度d=(填“4"、或)的擋光條實驗誤差更??；

A.0.50cm

B.2.00cm

C.3.00cm

③將輕質彈簧一端固定于氣墊導軌左側，另一端與滑塊相連，當滑塊靜止(彈簧處

于原長)時，將光電門中心正對擋光條所在位置安裝在導軌上；

④用跨過定滑輪的輕繩將滑塊與祛碼盤相連，放一個祛碼，如圖1所示。測得穩(wěn)定

時彈簧長度/，計算出彈簧形變量X；

⑤剪斷細繩，記錄擋光時間r,由u=測得滑塊通過光電門時的瞬時速度；

⑥逐次遞增祛碼個數，重復步驟④⑤。記錄的部分數據如表，根據數據可得彈簧

勁度系數k=N/m(g取9.8m/s2)；

祛碼質量(g)050100150200250

彈簧長度(an)15.6017.5619.5421.4623.4025.32

⑦根據實驗數據，獲得3-%圖線，如圖2所示。

(2)回答下列問題：

①釋放滑塊過程中，彈簧的彈性勢能轉化為;

②由上述實驗可得結論：對同一根彈簧，彈性勢能Ep與彈簧形變量x的關系為

A.Epocx

2

B.Epocx

-2

C.Epoc%

簡述理由：

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29.地球的質量為M,地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r,引力常量為G。

(1)求地球同步衛(wèi)星的向心加速度；

(2)“天間一號"某次繞火星做圓周運動的向心加速度與地球同步衛(wèi)星的加速度大

小相等，求此時“天問一號”離火星表面的高度。(已知火星質量為山，火星半徑

為R)

30.玻璃滑道游戲中，一漂流艇(可視為質點)從長為64機、高為6機的玻璃直滑道的斜

面頂端由靜止勻加速滑下，依次經過斜面上的A、B、C三點，已知4B=6m,BC=8m,

漂流艇通過這兩段位移的時間都是2s,g取10m/s2。求：

(1)漂流艇在B點的速度大小；

(2)漂流艇加速度大小；

(3)若漂流艇和人的總質量為120口，則漂流艇從滑道頂端到底端的過程中，機械能

的損失量。

31.通過掃碼可實現快遞自動分揀。傳送帶在電動機帶動下，，1°m/

Th」碼儀

8(?)

為質點)無初速放在與掃碼儀B相距10，"的A點處，包裹與傳送帶間的動摩擦因數

為〃=0.5(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，g=10m/s2?求：

(1)包裹從4運動到B的時間；

(2)將一個包裹運送到B點的過程中，傳送帶克服摩擦力所做的功；

(3)在A處每隔1s無初速度放上一個0.5kg的包裹，從開始釋放第1個，到該包裹

恰好運動到B處的時間內，電動機因運送AB間所有包裹而多消耗的電能。

32.臺球運動中，母球和靶球的質量均為160g,如圖所示，運動員用球桿擊打母球，

已知母球與靶球碰前瞬時速率為0.6M/S,正碰后瞬間靶球的速度為0.4m/s,則碰

后母球的速度為m/s,該碰撞過程中產生的熱量為人

33.為安全著陸火星，質量為24()總的探測器先向下噴氣，

使其短時懸停在距火星表面高度100,”處。已知火星表

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面重力加速度g火=3.7m/s2,不計一切阻力，忽略探測器的質量變化。

⑴若懸停時發(fā)動機相對火星表面噴氣速度為3.7km/s,求每秒噴出氣體的質量：

5）為使探測器獲得水平方向大小為O.lm/s的速度，需將12g氣體以多大速度沿水

平方向噴出？并計算此次噴氣發(fā)動機至少做了多少功？

34.真空中光滑絕緣水平面上有兩個帶正電的點電荷A、B,電

量均為Q。如圖所示，電荷B固定，電荷A在外力作用下沿

虛線向電荷8緩慢移動，此過程中，外力的大小將（填

“變大”、“不變”或“變小”）;已知M、N兩點距電荷B

均為廠，且ZMBN=60。。當電荷A移動到M點時，N點場

強大小為（已知靜電力常量為k）。

B

35.如圖所示，兩正對著的足夠大的平行金屬板傾斜放置，與水平方向的夾角均為0,

板間存在勻強電場。電量為-q，質量為，"的小球由靜止出發(fā)，恰沿水平方向向右

做勻加速直線運動，重力加速度為g,求：

(i)兩極板間電場強度的大小:

(ii)小球出發(fā)后，時間內，電場對小球做的功(始終未達到極板)。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查了分子間的相互作用力、布朗運動和擴散多個知識點，但都屬于基礎知識，平

時多理解、多積累。

【解答】

4、擴散的快慢與溫度有關，溫度越高，擴散越快，故A錯誤；

8、布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的無規(guī)則運動，它是液體分子的不規(guī)則運動的

反映，故8錯誤；

C、分子間同時存在相互作用的引力和斥力，故C正確；

。、分子間同時存在引力和斥力，引力和斥力均隨著分子間距離的增大而減小，故力錯

誤；

故選：Co

2.【答案】C

【解析】

【分析】

根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記

憶，這也是考試內容之一。

【解答】

A.湯姆生發(fā)現電子，盧瑟福提出了原子核式結構模型，故A錯誤；

A盧瑟福通過a粒子散射實驗提出了原子核式結構模型，證實了原子是由原子核和核外

電子組成的，而不能證實了原子核內存在質子，故B錯誤；

C.貝克勒爾發(fā)現天然放射現象，故C正確；

D盧瑟福提出了原子核式結構模型，故。錯誤。

故選C。

3.【答案】A

【解析】解：A、振子經過平衡位置時，速度最大，位移為零，所以經過平衡位置動能

最大，恢復力為零，加速度為零，故A正確；

8、在A、B位置時，速度為零，位移最大，恢復力最大，加速度最大，故B錯誤；

C、由于恢復力指向平衡位置，所以振子從A經。到B的過程中，回復力先做正功，后

做負功，故C錯誤；

。、小球從A到。的過程中，彈簧的形變量減小，則彈性勢能不斷減小，故。錯誤。

故選：A。

根據彈簧振子在周期性運動過程中，速度、位移、加速度、恢復力和能量的變化和之間

的關系分析即可。

明確彈簧振子在周期性運動過程中，速度、位移、加速度、恢復力和能量的變化和之間

的關系是解題的關鍵和核心。

4.【答案】ABD

【解析】解：

A、由圖可知該單擺的周期為7=，=2s,故A正確；

B、由單擺周期公式7=2兀日，可知擺長約為1加，故B正確；

C、同樣由單擺周期公式可知擺長增加，則單擺周期增加，故固有頻率減小，故C錯誤，

。、共振曲線的峰值將向左移動，故〃正確

故選：ABD.

根據驅動頻率與共振頻率相近時，單擺的振幅最大可知，擺的周期；由單擺的周期公式

可得出擺長，并分析出擺長增大時，周期相應增大頻率相應減小。

本題可直接由共振曲線得出單擺周期，再由單擺周期公式分析出結果。

5.【答案】A

【解析】解：A、在。點，兩列波波峰與波峰相遇，振動加強，振幅增大，即Q點做振

幅增大的振動，不是總是處于波峰位置，故4錯誤；

8、在K、S兩點，波峰與波谷相遇，振動減弱，振幅為零，始終處于靜止狀態(tài)，故B

正確；

C、在P點，波谷與波谷相遇，在。點，波峰與波峰相遇，振動加強，則P、。連線上

第16頁，共35頁

各點振動始終加強，故C正確；

。、P是波谷與波谷相遇，所以P點在圖中所示的時刻處于波谷，再過;周期處于平衡位

置，故。正確。

本題選錯誤的，

故選：A。

兩列波干涉時，波峰與波峰或波谷與波谷相遇處，振動始終加強；波峰與波谷相遇處振

動始終減弱。根據時間與周期的關系確定P點的運動狀態(tài)。

在波的干涉現象中，振動加強點的振動始終是加強的，但質點在簡諧運動，其位移隨時

間是周期性變化，不是靜止不動的。

6.【答案】C

【解析】解：A、氫原子發(fā)生躍遷，吸收的能量必須等于兩能級的能級差。故A錯誤。

B、根據盤=6知，這群氫原子能夠發(fā)出6種不同頻率的光子。故B錯誤。

C、結合能級圖可知，從n=4躍遷到n=3輻射的光子能量最小，頻率最小，則波長最

長。故C正確。

如果發(fā)出的光子有兩種能使某金屬產生光電效應，知兩種光子為能量最大的兩種，

分別為由n=4躍遷到n=1,和幾=3躍遷到n=l能級發(fā)出的。故。錯誤。

故選：Co

能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光

子能量越大，頻率越大，波長越小.

該題考查波爾理論與躍遷，解決本題的關鍵知道能級間躍遷滿足的規(guī)律，即Em-En=

hv.

7.【答案】C

【解析】

【分析】

導體切割磁感線時產生感應電動勢那部分導體相當于電源，由楞次定律或右手定則判斷

出感應電流方向，根據在電源內部電流從負極到正極，就可確定感應電動勢的方向。

解決本題的關鍵掌握切割產生的感應電動勢公式和歐姆定律公式，會通過右手定則或楞

次定律判斷感應電流的方向。

【解答】

金屬棒剛進入磁場時切割磁感線產生感應電流，右手定則判斷出感應電流方向為逆時針

方向，為正值，故BO錯誤；

此過程感應電流大?。?=9=#,v不變，人不變；

當線框剛進入第二個磁場時，右側金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢方向向下，左側

金屬棒產生的感應電動勢向上，總的感應電動勢方向為順時針方向，感應電流沿順時針

方向，為負值。此過程，感應電流的大?。?2=等=2/,故A錯誤，C正確。

故選：C。

8.【答案】B

【解析】解：。、由圖乙可知交流電壓最大值（/皿=220&V,有效值為220匕據變壓

比可知，輸出電壓有效值為10V,電壓表的示數為有效值，則任意時刻的示數均為10V,

故。錯誤；

A、根據歐姆定律可知，/=￡=0.54故A錯誤；

B、變壓器的輸出功率P=U/=5〃，根據輸出功率等于輸入功率可知，變壓器的輸入

功率是5W,故B正確；

C、周期7=0.02s,則流過R的電流每秒改變50次，方向每秒改變100次，故C錯誤。

故選：Bo

由圖乙可知交流電壓最大值UM=220V2IZ,周期T=0.02s；

根據變壓比和電流比結合歐姆定律求解電流表示數和變壓器的輸入功率；

電壓表的示數為有效值。

根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電

壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵。

9.【答案】C

【解析】

【分析】

選滑塊與小車組成的系統為研究對象，水平方向不受外力作用，故水平方向動量守恒,

并且最后兩者具有共同的速度，由此得解。

第18頁，共35頁

本題主要考查系統動量守恒定律的理解與應用，難度不大。這是一道典型的動量守恒的

題目。

【解答】

選滑塊與小車組成的系統為研究對象，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動量守恒得：

mv0=(M+m)v,所以有：v-方向水平向右，與孫同向，故C正確，AB。錯

誤。

故選Co

10.【答案】BD

【解析】

【分析】

分析物體的受力情況，并找出各力的沖量情況，由動量定理、動能定理可判斷出各量是

否相同。

在研究功能關系時一定不要忽視了受力分析過程，只有正確地受力分析才能準確地找出

做功情況。

【解答】

物體在下滑中只有重力做功，而重力做功只與高度差有關，故兩種情況下重力做功相等,

由［機/=小。九得兩種情況下到達斜面底端的速度的大小是相等的，方向沿斜面向下；

人設斜面的傾角為/?,根據牛頓第二定律有：，〃加加小，〃“，則可得兩物體的加速度分

別為：“"iiW與a'ysiuc,設斜面的高度為〃，根據位移時間關系有：—j,

可得兩物體在斜面上運動時間為：f也與/'—LJ也，則可知兩物體運動

sinUygsinnyg

時間不同，根據/=?ngt可知，兩物體所受重力的沖量也不相同，故A錯誤；

注物體在兩種情況下到達斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以兩

種情況下物體的末動量不同，根據動量定理：/=Ap=mu-0,所以合力的沖量大小

相等，方向是不同的，故B正確；

CD.物體在兩種情況下到達斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以

兩種情況下物體的末動量不同，故C錯誤，。正確。

故選BD。

11.【答案】BD

【解析】解：A、根據電荷數守恒、質量數守恒知，Xi的電荷數為2,質量數為3,但不

是a粒子，故A錯誤；

B、根據電荷數守恒、質量數守恒知，X2的電荷數為2,質量數為4,為a粒子，故B正

確；

C、根據電荷數守恒、質量數守恒知，X3的電荷數為0,質量數為1,為中子，故C錯

誤；

D、根據電荷數守恒、質量數守恒知，X4的電荷數為2,質量數為4,為a粒子，故。正

確。

故選：BD。

根據核反應方程中電荷數守恒、質量數守恒確定X是否是a粒子。

解決本題的關鍵知道在核反應過程中電荷數守恒、質量數守恒，注意a粒子是質子數為

2,質量數為4,同時要會區(qū)別中子、電子，質子，離子。

12.【答案】AZ)

【解析】解：A、由于速度方向是與金屬棒垂直的，而整個金屬棒又是與磁場垂直，所

以整個金屬棒均垂直切割磁感線，切割長度L=一)，所以感應電動勢E==箋故

sm0sinO

選項A正確；

B、先求出電路的總電阻R=Lr=-=r,電路的電流眼盤=史，故選項B錯誤；

sm0Rr

C、由安培力公式有尸=8%=喀，故選項C錯誤；

rsinO

D、由熱功率的公式P=/2R得到熱功率「=吧，故選項。正確。

rsinO

故選：AD.

根據E=B。，L是有效的切割長度，求解感應電動勢。根據閉合電路歐姆定律求感應

電流的大小。由F=B/L求安培力，由功率公式求解金屬桿的熱功率。

本題考查導體切割磁感線中的電動勢和安培力公式的應用，要注意明確E=中L為

導軌寬度，即導線的有效切割長度，而求安培力時L為存在電流的總長度。

13.【答案】A

第20頁，共35頁

【解析】解：A、簡諧橫波向右傳播，由波形平移法知，各點的起振方向為豎直向上。

t=0.9s時，P點第三次到達波峰，即有（2+?7=0.9s,7=0.4s,波長為；I=2m,所

以波速v=，=5m/s,故A錯誤。

B、t=1.4s相當于3.5個周期，每個周期路程為44=20cm,所以經過1.4s質點P運動

的路程為S=3.5x4/1=14x5cm=70cm,故B正確。

C、經過t=號=等=0.5s,波傳到Q,經過2.757即再經過1.1s后Q第三次到達波谷，

所以t=1.6s時，x=4.5ni處的質點。第三次到達波谷。故C正確。

D、要發(fā)生干涉現象，另外一列波的頻率一定相同，即/="=2.5Hz,故。正確。

本題選錯誤的，故選：A。

簡諧橫波向右傳播過程中，介質中質點做簡諧運動，根據波傳播方向判斷出質點P的振

動方向，根據t=0.9s時，觀測到質點P第三次到達波峰位置，分析得到周期，由圖象

讀出波長，求出波速。根據時間與周期的關系求經過1.4s質點P運動的路程。波在同一

均勻介質中勻速傳播的，運用分段法求質點。第三次到達波谷的時間?發(fā)生干涉的條件

是兩列波的頻率相同。

本題采用分段法求解。第三次形成波谷的時間，也可以根據波形平移法求。要知道質點

在一個周期通過的路程是四倍的振幅。

14.【答案】BD

【解析】

【分析】

根據系統動量守恒的條件：系統不受外力或所受合外力為零判斷動量是否守恒.根據是

否是只有彈簧的彈力做功判斷機械能是否守恒.撤去尸后，A離開豎直墻后，當兩物體

速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大.

本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力.動量是否守恒要看研究的過程，要

細化過程分析，不能籠統.

【解答】

A、撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩物體的重力與水平面的支持力平衡，合力

為零，而墻對A有向右的彈力，使系統的動量不守恒.這個過程中，只有彈簧的彈力對

B做功，系統的機械能守恒.A離開豎直墻后，系統水平方向不受外力，豎直方向外力

平衡，則系統的動量守恒，只有彈簧的彈力做功，機械能也守恒.故A錯誤，8正確.

C、撤去F后，A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈

性勢能最大.設兩物體相同速度為v,A離開墻時，8的速度為孫.以向右為正方向，由

2

動量守恒定律得:2mv0=3mv,由機械能守恒定律得:E=|-3mv+Ep,又E=

解得，彈簧的彈性勢能最大值為Ep=[E,故C錯誤，。正確.

故選：BD.

15.【答案】AB

【解析】

【分析】

本題考查了光電效應方程的理解和應用，對于圖象問題可以寫出函數關系式結合數學知

識求解，難度適中。

【解答】

4、根據以=成-%可知，EK-v圖象的斜率表示普朗克常量，無論用什么金屬做實

驗，圖象的斜率不變，故A正確；

D、根據光電效應方程有：Ek=hv-W0,其中％為金屬的逸出功：Wo=hv0,根據圖

象可知，乙的極限頻率比甲大，所以乙的逸出功比甲大，故。錯誤；

B、同一色光照射，則入射光頻率相等，根據a=成-％結合乙的逸出功比甲大可知，

甲金屬發(fā)射的光電子的最大初動能比乙金屬發(fā)射的光電子的最大初動能大，故B正確;

C、根據%=九丫-%結合乙的逸出功比甲大可知，若以相等，則照射甲金屬的光的頻

率要比照射乙金屬的光的頻率小，故C錯誤；

故選AB.

16.【答案】AAC6.6x10-7

【解析】解：(1)雙縫干涉條紋特點是等間距、等寬度、等亮度；衍射條紋特點是中間

寬兩邊窄、中間亮、兩邊暗，且不等間距；根據此特點知甲圖是干涉條紋，故選人

(2)4、根據雙縫干涉條紋的間距公式△￡=(4知，將濾光片由藍色的換成紅色的，頻率

減小，波長變長，則干涉條紋間距變寬.故A正確；

B、根據雙縫干涉條紋的間距公式將單縫向雙縫移動一小段距離后，干涉條

a

紋間距不變.故8錯誤;

第22頁，共35頁

C、根據雙縫干涉條紋的間距公式AX=二九換一個兩縫之間距離較大的雙縫，干涉條

紋間距變窄.故C正確；

。、去掉濾光片后，通過單縫與雙縫的光成為白色光，白色光通過雙縫后，仍然能發(fā)生

干涉現象.故。錯誤.

故選：AC；

(3)已知第1條亮紋中心到第6條亮紋中心間距x=11.550mm,可得△%=(=

-11-.5-5mm=2?.31mm

5

由△x=$/l得：2==

aL5L

/-p\4HX3XX4-in—7

4弋人得：A-]=-11-.5-5--1-0'-_--2--1-0-m=61.6x107m

5x0.7

故答案為：(1)4(2)4C；(3)6.6x10-7

(1)雙縫干涉條紋特點是等間距、等寬度、等亮度；

(2)根據雙縫干涉條紋的間距公式小x=判斷干涉條紋的間距變化；

(3)根據△x=|,求得相鄰亮紋的間距△乂根據雙縫干涉條紋的間距公式Ax=*推導

波長的表達式，并求出波長的大小.

本題關鍵是明確實驗原理，體會實驗步驟，最好親手做實驗；解決本題的關鍵掌握雙縫

干涉條紋的間距公式；解決本題的關鍵掌握雙縫干涉的條紋間距公式=明確相

鄰亮紋的間距△尤與亮紋中心間距的關系.

17.【答案】解：(1)由圖乙知，t=0時刻質點P正向上振動，所以根據波形平移法知,

該波沿x軸正方向傳播；

(2)從圖乙可知振動周期為T=4s,一個周期內質點通過的路程為4A,則經過時間t】=

6s=1.57,質點P通過的路程為：s=1.5x44=6x2cm=12cm；

(3)波速為：v=^=^m/s=2m/s?

經過±2=30s,波向前傳播的距離x=vt2=2x30m=40m。

答：(1)這列波的傳播方向沿x軸正方向；

(2)經過時間口=6s,質點尸通過的路程s是12cvn；

(3)經過t2=30s,波向前傳播的距離x是60機。

【解析】本題的關鍵要把握振動圖象和波動圖象的內在聯系.要注意兩種圖象判斷質點

振動方向方法的區(qū)別，波動圖象常用波形平移法判斷質點的振動方向.而振動圖象常用

斜率分析質點的振動方向。

(1)根據振動圖象判斷出t=0時刻P點的振動方向，再判斷波的傳播方向；

(2)圖乙讀出周期，由周期與時間的關系，結合題意，即可求解P點通過的路程：

(3)由公式v=(求出波速，由x=成求解波傳播的距離。

18.【答案】解：(1)根據磁通量定義式。=BS,那么在0?4s內穿過線圈的磁通量變化

量為:

4。=(%—BQS=(0.4-0.2)x0.02Wb=4x10-3Wb；

(2)由圖象可知前.4s內磁感應強度8的變化率為:

0.4-0.2

-—=-----------7/s=0.05T/S

At4/

4s內的平均感應電動勢為:

E=nS—=1000X0.02X0.05V=1V；

At

E

(3)電路中的平均感應電流為：1=￡,

q=it，

0—4s:

由(2)求得E=IV

-E1

/=-——=---A=0.24

R+r4+1

q1=7tl=0.8C

同理4—6s：

Q2=1.6C

兩次電流方向相反

故q通=IQI-Q2I=0.8C

0Q2：2)

也可求解q==番a=n詈=1000X『c=-0.8Co

Ks.4+1

答：(1)在0?4s內穿過線圈的磁通量變化量40=4X10-3〃b；

(2)前4s內產生的感應電動勢E=1V；

(3)6s內通過電阻R的電荷量q=O.8C0

第24頁，共35頁

【解析】本題考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和電流的定義式的綜合運

用，難度不大，需加強訓練。

(1)依據圖象，結合磁通量定義式=BS,即可求解；

(2)根據法拉第電磁感應定律，結合磁感應強度的變化率求出前4s內感應電動勢的大小；

(3)根據感應電動勢，結合閉合電路歐姆定律、電流的定義式求出通過R的電荷量。

19.【答案】解：(1)4與8碰撞過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=2mv1

得。i=y

222

A與B碰撞中的動能損失=17nv0x2mv1=^mv0

(2)當A、B、C有共同速度時，彈簧彈性勢能最大

由動量守恒定律：2m%=(2m+2m)v2

由能量轉化守恒定律得，最大彈性勢能為

1o1012z

Ep=-x2mv1—-x4mv2=-znvo

【解析】本題分析清楚物體運動過程，明確彈簧的彈性勢能最大的條件：速度相同是正

確解題的關鍵，應用動量守恒定律與能量守恒定律即可解題，注意運用動量守恒定律解

題時要規(guī)定正方向。

(1)在A與B碰撞過程中，系統的動量守恒，由動量守恒定律求出它們碰撞后的速度，

再由能量守恒定律求動能損失；

(2)當A、B、C有共同速度時，彈簧的彈性勢能最大，根據動量守恒定律以及能量守恒

定律列式求解。

20.【答案】解：(1)由右手定則判斷可知金屬棒中的感應電流方向為由〃到歷

(2)當安培力與重力沿斜面向下的分力相等時，速度最大，導體做勻速運動，設導體棒

下滑的最大速度為與n。

根據平衡條件可得：mgsind=F安=BIL

由閉合電路歐姆定律得：/=牛

解得最大速度為：4n=3zn/s；

(3)當導體棒速度最大時，感應電流最大，R消耗的電功率最大，根據電功率的計算公

式可得：

P=PR=(B-m)

R

代入數據解得：P=0A8W；

(4)根據電荷量的計算公式有：q=，"t=第=等=半

可得該過程中導體棒移動的位移為：x=lm

根據功能關系可得R產生的熱量為：Q=mgxsind-|mv2

代入數據解得：Q=0.04人

答：(1)金屬棒下滑過程中產生的感應電流方向由“到公

(2)金屬棒下滑的最大速度為3m/s；

(3)必棒下滑過程中電阻R消耗的最大電功率為0.18W；

(4)R產生的熱量為0.04小。

【解析】(1)由右手定則判斷金屬棒中的感應電流方向；

(2)導體棒勻速運動時速度最大，根據共點力平衡條件結合安培力的計算公式求解最大

速度；

(3)根據電功率的計算公式計算R消耗的最大電功率；

(4)根據電荷量的計算公式求出導體棒移動的位移，再根據能量守恒定律求R產生的熱

量。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，關鍵是分析和計算安培力的

大小和方向，根據平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量

轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程處理。

21.【答案】B

【解析】解：一本物理課本的質量m=300g=0.3kg,

一本物理課本的重力G=mg=0.3kgxION/kg=3/V,

課桌高度約為\m,課本重力勢能的增加量約為：

W=Gh=3Nxlm=3/。

故選：Bo

首先估測物理課本的質量，然后計算它的重力，然后再估測課桌的高度，最后計算重力

勢能的增加量即可.

第26頁，共35頁

本題的難點在于對物理課本質量的估測，這是易錯的地方，這要求我們對于生活中的物

體要多觀察、多思考。

22.【答案】4

【解析】解：A、小鳥受到豎直向下的重力與樹枝的作用力作用，小鳥靜止處于平衡狀

態(tài)，由平衡條件可知，樹枝對小鳥的作用力與重力合力為零，等大、反向，樹枝對小鳥

的作用力方向豎直向上，故A正確；

8、樹枝對小鳥的作用力與小鳥對樹枝的作用力是作用力與反作用，由牛頓第三定律可

知，它們大小相等，故B錯誤；

CD、設小鳥的質量為，"，樹枝與水平方向間的夾角為6,小鳥受力如圖所示

上

由平衡條件可知，平行于樹枝方向：f~mgsind,垂直于樹枝方向：F=mgcosO

由于兩小鳥質量"?相等，因此樹枝對小鳥的摩擦力/、樹枝對小鳥的支持力F都相等，

故CQ錯誤。

故選：A。

作用力與反作用力大小相等、方向相反、作用在同一直線上；對小鳥受力分析，應用平

衡條件分析答題。

本題考查了牛頓第三定律與平衡條件的應用，根據題意對小鳥正確受力分析是解題的前

提，應用平衡條件即可解題。

23.【答案】D

【解析】解：平拋運動在水平方向上的分運動為勻速直線運動，在豎直方向上的分運動

為自由落體運動

A、網球豎直方向的分速度%=gt,由此可知內-t圖像應為傾斜直線，故A錯誤；

B、網球下落的高度=由此可知九一t圖像應為拋物線，故8錯誤；

C、網球做平拋運動過程中，只有重力做功，網球的機械能守恒，其E-t圖像應為與時

間軸平行的水平直線，故C錯誤；

D、重力的瞬時功率P=mgvy=mg2t,由此可知P-t應為過原點的傾斜直線，故D

正確。

故選：Do

平拋運動在在豎直方向上的分運動為自由落體運動，據此可求得豎直分速度為與時間t

的關系，下落高度人和時間f的關系；

平拋運動中只有重力做功，機械能守恒，據此判斷E-t圖像；根據重力的瞬時功率P=

mgvy-mg2t判定p_t圖像；

要判斷圖像正確與否，關鍵是要準確寫出其函數關系表達式進行判斷。

24.【答案】ABC

【解析】解：A、起跳階段，地面對人的彈力作用點始終沒有離開地面，并沒有向上的

位移，故地面對人的彈力不做功。故A正確；

B、上升過程中，高度增加，人的重力勢能增加，咫從故B正確；

C、起跳到上升過程，加速度先向上，后向下，所以該先同學先超重后失重，故C正確；

。、剛接觸海綿墊時，重力大于海綿墊的彈力，加速度向下，該同學在豎直方向上向下

加速運動，當海綿墊的彈力大于該同學的重力后，該同學減速運動，故。錯誤。

故選：ABC。

(1)從加速度的方向來判斷是否為超重和失重狀態(tài)；(2)從力與位移關系來判斷功的正負;

(3)利用重力勢能與重力做功的關系，來判斷重力勢能的變化情況；(4)牛頓第二定律的

應用，判斷運動員的運動情況.

本題綜合考查牛頓運動定律、功能關系。跨章節(jié)的小型綜合。對學生要求較高，需要具

備初步分析解決問題的能力，是一道好題。

25.【答案】BD

【解析】解：ABC、小球A自由下落，小球8從等高處