2024年山西省呂梁市高考物理一模試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年山西省呂梁市高考物理一模試卷

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.下列關(guān)于分子動(dòng)理論和熱力學(xué)定律的表述，正確的是（）

A.若已知阿伏加德羅常數(shù)和物質(zhì)的質(zhì)量，就一定能算出該物質(zhì)的分子質(zhì)量

B.在布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的某次觀察記錄中，畫出的折線是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)軌跡，它反映了液體（或氣體）分子的

無規(guī)則運(yùn)動(dòng)

C.如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定處F熱平衡

D.一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能變化量等于外界向它傳遞的熱量和它對(duì)外界做功之和

2.在物理學(xué)中圖像可以直觀地反映物理量之間的關(guān)系，如圖所示，甲圖是光電管中光電流與電壓關(guān)系圖

像，乙圖是c、d兩種金屬遏止電壓與入射光頻率之間的關(guān)系圖像，丙圖是放射性元素量的質(zhì)量和初始時(shí)

質(zhì)量比值與時(shí)間之間的關(guān)系圖像，丁圖是原子核的比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)之間關(guān)系圖像，下列判斷正確的是

（）

比結(jié)合能/MeV

攝

mx■TO,LBa

卡上1

'/汨質(zhì)量數(shù)

ouV,V03.87.611.4t/d102050100150200250

甲乙丙T

A.平圖中，。光的頻率大于〃光的頻率

B.乙圖中，金屬c的逸出功大于金屬d的逸出功

C.丙圖中，每過3.8天要衰變掉質(zhì)量相同的氨

D.丁圖中，質(zhì)量數(shù)越大比結(jié)合能越大

3.如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動(dòng)，使重物緩慢上升,不計(jì)繩子質(zhì)扁

量和一切摩擦，則重物上升過程中（）yi

A.繩子的拉力逐漸減小

B.健身者所受合外力逐漸增大重帆

C.健身者對(duì)地面的壓力逐漸減小

D.健身者對(duì)地面的摩擦力逐漸增大

4.2023年9月21日，“天宮課堂”第四課正式開講，這是中國航天員首次在夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課，若

夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙繞地球的運(yùn)動(dòng)可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑約為地球半徑的3倍。已知地球半徑為凡地

10

球表面的重力加速度為g,引力常量為G,忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則根據(jù)以上已知信息不可求得的物理量

是（）

A.地球的密度B.漂浮在實(shí)驗(yàn)艙中的宇航員所受地球的引力

C.實(shí)驗(yàn)艙繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大小D.實(shí)驗(yàn)艙繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小

5.如圖所示，實(shí)線是沿x軸傳播的一列簡諧橫波在七=0時(shí)刻的波形圖，虛線是這列波在《=0.2s時(shí)刻的波

形圖。已知該波的波速是0.87ZI/S,則下列說法正確的是（）

A.這列波的周期是0.2s

B.這列波的傳播方向沿x軸正方向

C.這列波在0.2s內(nèi)向工軸負(fù)方向傳播的距離為個(gè)波長

D.t=0時(shí)刻，x=5czn處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移為一打

6.如圖所示為高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機(jī)輸出功率恒為506匕升壓變壓器原、副

線圈的匝數(shù)比為1：10,在輸電線路上接入一個(gè)電流互感器，其原、副線圈的匝數(shù)比為1：10,電流表的

示數(shù)為14輸電線的總電阻R線=100。下列說法正確的是（）

升壓變壓器降壓變壓器

A.升壓變壓器的原線圈輸入電壓有效值為％=50V

B.電流互感器原線圈用細(xì)導(dǎo)線繞制

C將滑動(dòng)觸頭尸上移，用戶獲得的電壓將減小

D.用戶獲得的功率為492W

7.離了?陷阱是一種利用電場(chǎng)或磁場(chǎng)將離了?俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝

置。如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，八仄c、

出相當(dāng)于四個(gè)電極，相對(duì)的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異

種電荷。四個(gè)點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)正方形出A、。是訛連線上的兩個(gè)

點(diǎn)，B、。是人/連線上的兩個(gè)點(diǎn)，A、B、C、。到正方形中心0的距離

相等，下列判斷正確的是（）

A.A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同

B.以。=—UBO

C.將一負(fù)電荷沿直線由C運(yùn)動(dòng)到A的過程中電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功

D.將一負(fù)電荷沿直線由。運(yùn)動(dòng)到人的過程中電勢(shì)能始終不變

8.如圖甲所示，線圈套在長玻璃管上，線圈的兩端與電流傳感器（可看作理想電流表）相連。將強(qiáng)磁鐵從長

玻璃管上端由靜止釋放，磁鐵下落過程中將穿過線圈，并與玻璃管無摩擦。實(shí)驗(yàn)觀察到如圖乙所示的感應(yīng)

電流隨時(shí)間變化的圖像，從上往下看線圈，規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?。不?jì)空氣阻力，下列判斷正

確的是（）

A.本次實(shí)驗(yàn)中朝下的磁極可能是“極也可能是S極

B.々?今與匕-J兩段時(shí)間里圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積一定不相等

C.磁鐵下落過程減少的重力勢(shì)能一定大于增加的動(dòng)能

D.滋鐵若從更高處釋放，它在穿過線圈的過程中，當(dāng)電流為零時(shí)穿過線圈的磁通量會(huì)更大

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

A.小球A經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為（mgL

3

B.咳系統(tǒng)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)A、8兩球的動(dòng)能之比為1：2

C.小球B經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)桿對(duì)B的彈力太小為胃mg

D.小球A經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)0A桿對(duì)人的彈力大小為莖mg

12.如圖所示，光滑水平面與光滑斜面平滑連接，小滑塊4從斜面上某位置由靜止釋放，已知其下滑的加

速度大小為即，同時(shí)位于水平面上緊靠斜面底端的小滑塊B,在外力的作用下由靜止開始向左勻加速直線

運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為。，若在某時(shí)刻A恰好追上8,則（）

A1

A.Q=5%

B.小滑塊4恰好追上B時(shí)，A在斜面上和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1：2

C.若將%增大為原來的4倍，并調(diào)整小仍使4從原來的位置釋放且恰好追上8,則A3相遇時(shí)用的總時(shí)

間會(huì)變成原來的一半

D.若僅減小出,并調(diào)整小仍使A從原來的位置釋放且恰好追上從則A8的相遇點(diǎn)會(huì)變遠(yuǎn)

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。

13.某同學(xué)用圖（Q）所示的沙漏擺研究單擺的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。實(shí)驗(yàn)中，木板沿圖示0'。方向移動(dòng)，根據(jù)漏在板上

的沙描出了如圖（b）所示的圖形，然后分別沿中心線。'。和沙漏擺擺動(dòng)方向建立直角坐標(biāo)系，并測(cè)得圖中

0a=ab=be=cd=xQt貝ij：

（1）該同學(xué)認(rèn)為此圖像經(jīng)過適當(dāng)處理可看成單擺的振動(dòng)圖像，則其橫坐標(biāo)表示的物理量應(yīng)為（選填

“位移”、“速度”或“時(shí)間”）：手抽動(dòng)木板必須保證木板_____（選填“勻速”或“勻加速”）移動(dòng)：

(2)若該同學(xué)利用計(jì)時(shí)器測(cè)得沙漏擺的周期為T,則木板移動(dòng)的速度表達(dá)式為u=；

(3)該同學(xué)利用該裝置測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋J(rèn)為只有少量沙子漏出時(shí)，沙漏重心的變化可忽略不

計(jì)，但是重心位置不確定，于是測(cè)量了擺線的長度L如果此時(shí)他直接利用單擺周期公式計(jì)算重力加速

度，則得到的重力加速度值比真實(shí)值_(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。

14.某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測(cè)量一電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們

找到了如下實(shí)驗(yàn)器材：

電池組(電動(dòng)勢(shì)約為6.0P,內(nèi)阻約為1。)；

靈敏電流計(jì)G(滿偏電流J=100〃，4)；

內(nèi)阻Rg=200C,定值電阻孔(&)=I。)：

定位電阻

電阻箱R；

開關(guān)與導(dǎo)線若干。

同學(xué)們研究器材，思考討論后確定了如下的實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)你將該方案補(bǔ)充完整。

(1)若想把靈敏電流計(jì)G改裝成量程為8V的電壓表，需要(選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)定值電阻％等

于0。

(2)為了準(zhǔn)確測(cè)出電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖。

(3)同學(xué)們根據(jù)采集到的靈敏電流計(jì)G的讀數(shù)/和電阻箱的讀數(shù)R,作出的圖像如圖乙所示，己知圖線的斜

率為匕縱截距為〃，電源中的電流遠(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流，則所測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻

(4)該小組同學(xué)繼續(xù)研討探究；圖刃所示為他們測(cè)得的某型號(hào)小燈泡的伏安特性曲線，如果把四個(gè)該型號(hào)

的燈泡并聯(lián)后再與/?2=9.0。的定值電阻串聯(lián)起來接在上述電池組上(若測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E=6.07,內(nèi)

阻r=1.0。)，如圖丁則四只燈泡消耗的實(shí)際總功率為W(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

四、簡答題：本大題共4小題，共38分。

15.如圖所示，足夠長的U形粗糙金屬導(dǎo)軌，其平面與水平面成。角，其中

BN

導(dǎo)軌MN與PQ平行且間距為L,導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂

直，NQ之間電阻為廣，其余部分金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬棒出?與導(dǎo)軌之間

的摩擦因數(shù)為〃，金屬棒由靜止釋放后可以沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保

持垂直且良好接觸，岫棒接入電路的電阻為凡求：/I。

P.......

(1)導(dǎo)體棒時(shí)在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大速度巧是多少？

(2)當(dāng)導(dǎo)體棒出，在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)速度大小為<%)時(shí)下滑的距離為先求此過程導(dǎo)體棒他上產(chǎn)生的焦耳熱

QR和流過〃〃棒橫截面的甩荷量q,

16.如圖所示，某足夠?qū)挼目臻g有垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.57'的......................

_B

勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為M=0.2的且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面卜*》................

上，在木板左端放置一質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量q=+0.2C的滑云/〉/》////>J

塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等干滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)木板施

加方向水平向左、大小為F=0.6N的恒力，g取10m/s2。求：

(1)剛開始滑塊的加速度大小小以及滑塊受到的摩擦力大小片1；

(2)滑塊勻加速所達(dá)到的最大速度％以及絕緣木板運(yùn)動(dòng)的最大加速度g。

17.如圖所示，光滑平面上有一個(gè)可自由移動(dòng)的質(zhì)量為4〃?的“小山”，最高點(diǎn)距地面為兒最高點(diǎn)的曲率

半徑(曲線.上該點(diǎn)所在處的曲率圓半徑)為2〃，被一個(gè)彎曲的與“小山”連在??起的光滑曲面擋板罩住形成

光滑管道，一個(gè)質(zhì)量為〃2的小球以某初速度進(jìn)入管道，小球直徑比管道內(nèi)徑略小但遠(yuǎn)小于“小山”的高

度，小球恰好能越過“小山”；重力加速度為g,擋板罩質(zhì)量不計(jì)，求：

(1)小球的初速度幾多大；

(2)小球離開“小山”后，小球與“小山”的速度分別為多大；

(3)如果“小山”固定，小球初始速度是(1)中所求的2倍，那么小球在最高點(diǎn)對(duì)“山”的壓力多大。

18.2023年是芯片行業(yè)重要的里程碑，中國成為了全球生產(chǎn)芯片的重要國家。離子注入是芯片制造過程中

一道重要的工序。圖甲所示，是離子注入工作原理的示意圖，A處的離子無初速的“飄入”加速電場(chǎng)；經(jīng)

電場(chǎng)加速后從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入半徑為「的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片

上。離子的質(zhì)量為〃?、電荷量為q,加速電場(chǎng)的電壓為U,不計(jì)離子重力。求：

(1)離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；

(2)若磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，離子從磁場(chǎng)邊緣上某點(diǎn)出磁場(chǎng)時(shí)，可以垂直打到硅片上，求圓形區(qū)域內(nèi)勻

強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8。的大??；

(3)為了追求芯片的精致小巧，需要對(duì)硅片材料的大小有嚴(yán)格的控制。如圖乙所示，。點(diǎn)到硅片的距離為

2r,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足當(dāng)叵工8工場(chǎng)匹，要求所有離子都打到硅片上，求硅片的最小長度/。

3qrqr

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、已知阿伏加德羅常數(shù)和物質(zhì)的摩爾質(zhì)量才能算出該物質(zhì)的分子質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

8、布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，折線是每隔一段時(shí)間懸浮顆粒的位置，折線不是運(yùn)動(dòng)軌跡，但是它能

間接反映液體（或氣體）分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)熱平衡定律可知，如果兩個(gè)系統(tǒng)分別與第三個(gè)系統(tǒng)達(dá)到熱平衡，那么這兩個(gè)系統(tǒng)彼此之間也必定

處于熱平衡，故C正確；

。、一個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)的內(nèi)能變化量等于外界向它傳遞的熱量和外界對(duì)它做功之和，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

理解分子動(dòng)理論的知識(shí)，結(jié)合熱力學(xué)第一定律和熱平衡定律完成分析。

本題主要考查「熱力學(xué)第一定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉分子動(dòng)理論的內(nèi)容，結(jié)合熱力學(xué)第一定律即川完成分

析。

2.【答案】A

【解析】解：4由圖可知，〃光的截止電壓大，根據(jù)光電效應(yīng)方程可知a=/n/—%

根據(jù)能量守恒定律可得：eU=Ek

可知對(duì)應(yīng)遏止電壓大的〃光頻率大，故A正確；

B.根據(jù)。/=/1丫一%，有％=hn—eUc，當(dāng)頻率相等時(shí)，由于金屬c遏止電壓大，所以c的逸出功小，

故B錯(cuò)誤；

C根據(jù)題意可知氨半衰期為3.8天，因?yàn)槊看嗡プ兒蟮陌辟|(zhì)量均變成原來的?半，所以每過3.8天要衰變掉

質(zhì)量不相同的氫，故C錯(cuò)誤；

。.由圖丁可知質(zhì)量數(shù)大，比結(jié)合能不一定大，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)光電流隨電壓變化變化關(guān)系判斷；理解逸出功的概念，結(jié)合光電效應(yīng)分析出光的頻率大小關(guān)系；理解

半衰期的概念，結(jié)合題目選項(xiàng)完成分析；原子核的比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)沒有必然聯(lián)系。

本題主要考查了光電效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，理解光電效應(yīng)的發(fā)生條件，結(jié)合光電效應(yīng)方程和半衰期的概念即可

完成分析。

3.【答案】D

【解析】解：人從重物和健身者一直處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，健身者所受合力等于零；繩上的拉

力大小不變，其大小等于重物的重力〃吆，故人8錯(cuò)誤；

CD,對(duì)健身者受力分析，如圖所示，由平衡條件可知：

在豎直方向，則有：mgsind+FN=Mg

解得：FN=Mg-mgsinO

在水平方向，則有mgcos8=/^

當(dāng)健身者向右緩慢移動(dòng)時(shí)，。角逐漸變小，地面對(duì)健身者的支持力和摩擦力變大，由牛頓第三定律可知,

健身者對(duì)地面的壓力和摩擦力逐漸增大，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：。。

重物緩慢上升，處尸平衡狀態(tài)，則繩彈力等于重力；對(duì)健身者遂行動(dòng)態(tài)平衡的分析可得出相應(yīng)結(jié)論。

本題考查共點(diǎn)力平衡的動(dòng)態(tài)平衡問題，明確不變的物理量時(shí)分析變化量的關(guān)鍵。

4.【答案】B

【解析】解：A、由于忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，所以在地表，根據(jù)萬有引力與重力的關(guān)系有G^=mg

解得M=修

0

則地球的平均密度約為。=手

聯(lián)立可得。=磊

故A正確;

從漂浮在空間站中的宇航員所受地球的引力尸=6瑞=翳=（需）27〃g,由于用未知，故4錯(cuò)誤;

C、根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，可知GMm

同時(shí)有G智=mg,

解得u=,故C正確;

MmM

。、根據(jù)萬有引力提供向心力，有G舸=皿則空間站繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度大小為a=G舸二

謂）2g,故。正確;

本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng);

故選：B。

空間站中宇航員所受萬有引力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式可求地球密度和空間站

加速度，再根據(jù)密度的公式求地球平均密度，由于宇航員的質(zhì)量未知，無法計(jì)算地球?qū)τ詈絾T的萬有引

力。

本題以空間站運(yùn)行為背景，考查萬有引力定律公式，關(guān)鍵要抓住萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力

這兩條思路，并能靈活選擇向心力公式。

5.【答案】C

【解析】解：A、從圖中可以看出波長等于2=12cm=0.12m,根據(jù)波速公式可得T=△==0.15s,

VU.o

故A錯(cuò)誤；

BC、經(jīng)t=0.2s=l〈T,則波傳播的距離為02,根據(jù)波形的平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，故B錯(cuò)

誤，C正確；

。、t=0時(shí)刻，x=5cm處的質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的位移為一：4故。錯(cuò)誤。

故選：a

根據(jù)波形圖讀出波長人根據(jù)波速公式計(jì)算周期，由時(shí)間t=0.2s與丁的關(guān)系，判斷波的傳播方向；根據(jù)時(shí)

間與周期的關(guān)系分析x=5czn處的質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)。

此題考查波動(dòng)圖象的相關(guān)規(guī)律，關(guān)鍵是確定時(shí)間t=0.2s與T的關(guān)系，利用波形平移法判斷波的傳播方

向，根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

6.【答案】D

【解析】4根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系可知，電流互感器原級(jí)圈中的電流與=[/=苧xLl=

10A

升壓變壓器的輸出電壓4=￡=絆瞿V=5000V

721U

升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為I：10,則￡則Ui=500V,故4錯(cuò)誤；

及電流互感器原線圈接大電流應(yīng)該用粗導(dǎo)線繞制，故8錯(cuò)誤；

C將滑動(dòng)觸頭夕上移，減小了九3,降壓變壓器用戶獲得的電壓%可知%減小時(shí)力增大，故。錯(cuò)

誤;

。.輸電線上損失的功率dP=8R紛=1OOOW=1KW,用戶獲得的功率Pd=P3=P-4P，所以。4=

50KW-1KW=49KW,故。正確。

故選：。。

4根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)比的關(guān)系求解升壓變壓器副線圈中的電流；根據(jù)功率公式求解升壓變壓器副

線圈兩端電壓，再根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系求升壓變壓器原線圈兩端的電壓；

及電流互感器原線圈通過的電流大，據(jù)此分析線圈的粗細(xì)；

C根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)比的關(guān)系分析作答；

n根據(jù)功率公式求輸電線上的功率損失，再根據(jù)功率關(guān)系求用戶得到的功率。

本題主要考查了遠(yuǎn)距離輸電，明確電流互感器的工作原理，掌握理想變壓器電流與匝數(shù)比、電壓與匝數(shù)比

的關(guān)系和功率公式是解題的關(guān)鍵。

7.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)矢量疊加可得，A、。兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向均指向0,故4錯(cuò)誤：

B、根據(jù)對(duì)稱性與電勢(shì)疊加原理：（pA=-<pB,則以。=一40，故4正確：

CD,負(fù)電荷沿C4運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，點(diǎn)電荷的電勢(shì)能先增大后減小，故C。錯(cuò)誤。

故選:B。

依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度方向，結(jié)合矢量的合成法則；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)是降低的，與電場(chǎng)力做功正負(fù)來

判定電勢(shì)能的大小。

考查矢量的合成法則，掌握點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與方向的確定，理解電勢(shì)的高低與電場(chǎng)線的方向，及會(huì)

依據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)來判定電勢(shì)能的大小。

8.【答案】C

【解析】解：A、由乙圖可知0?匕時(shí)間內(nèi)線圈中電流為順時(shí)針方向，根據(jù)楞次定律的''增反減同”可知

實(shí)驗(yàn)中朝下的磁極為S極，故A錯(cuò)誤；

B、乙圖中圖線與橫軸所圍面積表示通過線圈橫截面的甩荷量，有q=〃￡=zk=^,根據(jù)題意可知，線

rAt

圈在口?《2與《2?打兩段時(shí)間里的磁通量的變化量大小相同，所以這兩段圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積大小相

等，故8錯(cuò)誤；

C、由能量守恒定律可知磁鐵下落過程減少的重力勢(shì)能等于磁鐵增加的動(dòng)能與線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之和，

故C正確；

。、根據(jù)磁通量公式：中二BS,磁鐵若從更高處釋放，它在穿過線圈的過程中，當(dāng)電流為零時(shí)，穿過線圈

的磁通量不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)楞次定律，分析磁極、磁通量的變化，從而確定受力方向，能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系。

本題考查學(xué)生對(duì)楞次定律及其推論“來拒去留”，以及法拉第電磁感應(yīng)定律的掌握，基礎(chǔ)題。

9.【答案】BD

【解析】解：A、根據(jù)幾何關(guān)系可知，可視角度。與防窺屏的厚度無關(guān)，即防窺屏的厚度大，可視角度。不

變，故A錯(cuò)誤；

B、屏障的高度d越大，光線射到界面的入射角越小，則在空氣中的折射角越小，則可視角度。越小，故B

正確;

。、透明介質(zhì)的折射率越大，則在空氣中的折射角越大，則可視角度。越大，故。錯(cuò)誤；

D、可視角度8=90。時(shí)，根據(jù)透明介質(zhì)的折射率為九=碼=z，可得光線在透明介質(zhì)中的入射角為30。

s\ny

根據(jù)幾何關(guān)系得屏障高度為d=1tan(90°-30°)=苧L,故。正確

故選：BD。

根據(jù)折射定律得常折射角的變化趨勢(shì)；根據(jù)防窺屏的工作原理結(jié)合折射定律及幾何關(guān)系解得Do

本題主要考杳了光的折射定律，能夠理解防窺屏的工作原理，同時(shí)結(jié)合全反射的知識(shí)即可完成分析。

10.【答案】AD

【解析】解：A、觸片P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的有效電阻減小導(dǎo)致總電阻減小，干路電流增大電源的

總功率變大，故A正確；

R

B、電源的效率〃=白=2=白=一廠，R外減小,所以〃減小，故8錯(cuò)誤；

/EER外+丫1+標(biāo)*

。、電阻&兩端的電壓為=E-/i(Ri+r),因人變大，其他量不變，可知[/心變小，即%的示數(shù)變小，

則流過&的電流，2變小，4的示教變?。?。變大，/2變小，結(jié)合流過氏3的電流為可知，3變大，

即%的示數(shù)變大，故。正確；

C、電壓表匕的示數(shù)為U%=/]%+/3R3，由于，3增大，因此電壓表匕的示數(shù)變大，故C錯(cuò)誤。

故選:AD.

當(dāng)R的滑動(dòng)觸片。向下滑動(dòng)時(shí)，分析其有效電阻的變化，判斷干路電流的變化，即可知道電源總功率的變

化；根據(jù)電源效率表達(dá)式判斷電源效率變化情況；根據(jù)=E-/1(/?]+r)結(jié)合。變化情況判斷％的示數(shù)

變化和電表4的變化情況，再結(jié)合電路結(jié)構(gòu)判斷必變化情況；電壓表匕的示數(shù)由U%=ARI+%R3結(jié)合電

流變化判斷。

本題是電路動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵要理清電路結(jié)構(gòu)，按局部T整體T局部的順序進(jìn)行分析，要根據(jù)串并聯(lián)電

路規(guī)律和閉合電路歐姆定律分析各個(gè)部分電路的電流和電壓的變化情況。

11.【答案】AC

【解析】解.：A3、對(duì)A8組成的整體，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，角速度相同，根據(jù)u=3r可知%=2以

只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有mg-2L+mg-4L=

%+其中與第EkB

聯(lián)立解得：EkA=^mgLEkB=

該系統(tǒng)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)A、8兩球的動(dòng)能之比為件=；,故人正確，8錯(cuò)誤；

EkB4

C、小球8經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，桿的彈力/和小球8重力的合力提供向心力，即尸-mg=m翳，解得：F=

gmg,故C正確；

。、通過最低點(diǎn)時(shí)，48所受的合力等于其做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，可得F]—2mg=斗+噂，解得：

Fi=?mg,故力錯(cuò)誤。

故選：AC.

根據(jù)同軸轉(zhuǎn)動(dòng)明確二者的線速度關(guān)系，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解最低點(diǎn)二者的動(dòng)能；兩個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)的過

程中受重力和桿的彈力作用，桿的彈力與重力的合力提供向心力即可判斷桿的彈力。

兩球都做圓周運(yùn)動(dòng)，但角速度相同，即可判斷線速度關(guān)系，要注意桿對(duì)小球可以是拉力，可以是支持力，

要注意對(duì)小球的受力分析。

12.【答案】AC

【解析】解：48、設(shè)A恰能追上8,在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間在平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間今

A、B勻加速運(yùn)動(dòng)加速度大小分別為由、a

2

則由位移關(guān)系由￡"2=|a(ti+t2)

速度關(guān)系即￡1=a(ti+t2)

解得：A=t2=1(ti+匕)Q=

故A正確，B錯(cuò)誤；

C、設(shè)小滑塊4從斜面上由靜止釋放的位置距斜面底端的距離為x,則x=^Qi曰

若僅將與變?yōu)樵瓉淼?倍，則乙二丸，又因?yàn)檎{(diào)整4,仍使人恰好追上8,仍滿足+

t’2)，AB的相遇時(shí)間t'i+t’2會(huì)變成原來的一半，故。正確；

。、根據(jù)C選項(xiàng)結(jié)論可得AB的相遇點(diǎn)不變，故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

AB、利用解析法，假設(shè)恰好A能追上8的情況，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算加速度之比，時(shí)間之比；

C、利用位移與時(shí)間公式計(jì)算從靜止釋放到斜面底端的距離，然后改變加速度，計(jì)算此情況下相遇時(shí)間；

D、利用C選項(xiàng)計(jì)算結(jié)果判斷。

本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，其中重點(diǎn)考查應(yīng)用位移關(guān)系、加速度關(guān)系解決追及相遇問題。

13.【答案】時(shí)間勻速竽偏小

【解析】解：(1)該同學(xué)認(rèn)為此圖像經(jīng)過適當(dāng)處理可看成單擺的振動(dòng)圖像，如果保證木板沿y的方向做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，則沿u方向的運(yùn)動(dòng)距離和時(shí)間成正比，故其橫坐標(biāo)表示的物理量應(yīng)為時(shí)間；且手抽動(dòng)木板必須

保證木板勻速移動(dòng)；

(2)由圖(b)川知，從。到6完成?次周期性變化，木板在一個(gè)后期內(nèi)發(fā)生的位移為2&，木板移動(dòng)的速度

2xo

(3)單擺的周期公式7=2"《

重力加速度9=警

單擺的真實(shí)擺長〃=L+d>L，

因此得到的重力加速度值比真實(shí)值偏小。

故答案為：(1)時(shí)間,勻速;(2)竽：(3)偏小。

(1)根據(jù)振動(dòng)圖像的坐標(biāo)軸分析判斷，且手抽動(dòng)木板保證木板勻速移動(dòng)：

(2)根據(jù)圖(b)結(jié)合木板沿I，方向發(fā)生的位移進(jìn)行計(jì)算；

(3)根據(jù)單擺的周期公式和真實(shí)擺長的關(guān)系列式進(jìn)行誤差判斷。

考查單擺的振動(dòng)問題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相關(guān)的物理量。

14.【答案】串聯(lián)79800空撿：-島0.34

00

【解析】解：(1)根據(jù)電表改裝原理可知若想把靈敏電流計(jì)G改裝成最程為81/的電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)定

值電阻治琮_6100：10-6>-200。=798000

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E=I(Rg+%)+竺嘿2(%+r)

變形可得；1_勺±2且十四四立2呢!

則由圖象性質(zhì)可知：縱軸截距％=立要，斜率&=如2a維=b(R0+丁)

C七

聯(lián)立解得：￡=3沖r=^-RQ

bbi

(4)設(shè)燈泡的電壓為U,電流為/,則有：U=E-41(R2+r)

代人數(shù)據(jù)解得：U=6-40h

作出對(duì)應(yīng)的/—U圖象如圖所示，由圖象可知，燈泡電流/=0.144,電壓U=0.6叭

故四只燈泡消耗的實(shí)際總功率為P=4U/=4x0.14x0.6W=0.34W；

J/h

故答案為：(1)串聯(lián)；798(H)；(3)與^;與一島；(4)0.34

(1)根據(jù)電表改裝原理分析解答；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像的斜率與截距分析解答；

(4)根據(jù)燈泡在電路中的連接結(jié)構(gòu),作出對(duì)應(yīng)的/-〃圖象，根據(jù)交點(diǎn)解答電功率。

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，關(guān)鍵明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握數(shù)據(jù)處理的方法是解題的關(guān)鍵。

15.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒時(shí)在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大速度時(shí)，合力為0,根據(jù)平衡條件有

BIL+fimgcosO=mgsind

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

E

I------

R+r

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=BL%

(mgsinO—〃mgcosO)(R+r)

得打

(2)設(shè)回路產(chǎn)生的總熱量為Q,根據(jù)能量守恒定律得

Q+umffxcosO+^mv2=mgxsinO

故導(dǎo)體棒面上產(chǎn)生的焦耳熱

R

QR='R+7Q

所以=7—(mgxsinB-fimgxcosO--mv2>)

QRK+TL

棒下滑位移的大小為.1時(shí)

q=It

7=±

R+r

~4G

E=~

4中=BLx

解幽湍

答：(1)導(dǎo)體棒油在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大速度％為⑺gn叱今第。sJ)("2

DL

(2)導(dǎo)體棒他上產(chǎn)生的焦耳熱Q?為言(mgxsind-^mgxcosO-|THV2),流過出?棒橫截面的電荷量g為

n+FL

BLX

(^)°

【解析】(1)根據(jù)平衡條件、閉合電路歐姆定律和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式列式求解：

(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律以及焦耳熱的分配關(guān)系和電荷量的計(jì)算公式列式聯(lián)立解答。

考查電磁感應(yīng)和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及閉合電路的歐姆定律等，會(huì)根據(jù)題意列式求解相關(guān)物理量。

16.【答案】解：(1)整體為對(duì)象：F=(M+m)ai

小滑塊為對(duì)象：F.1=m%

解之得：的=2m/s2F,\=0.2N

(2)勻加速結(jié)束時(shí)，滑塊：

Fft=fm=1

可得：FNI=0.4/V

又有：FNI+Bq%=mg，

所以，Vi=6m/s

當(dāng)滑塊與絕緣木板之間彈力為零時(shí)，二者間滑動(dòng)摩擦力也為零。

2

絕緣木板加速度達(dá)到最大：F=Ma2。2=3m/s

答：(1)加速度大小由為2m/s2,摩擦力大小匕1為0.2N：

(2)滑塊的最大速度巧為6m/s,木板運(yùn)動(dòng)的最大加速度a2為3m/s?。

【解析】(1)對(duì)滑塊進(jìn)行整體和隔離的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度大小和摩擦力的大??；

(2)當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)，滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)摩擦力等于零，此后滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，木

板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)牛頓第二定律可分析木板的加速度大小。

先整體后隔離解決此類問題，注意洛倫茲力是變化的力，由于洛倫茲力的變化會(huì)影響摩擦力的變化，這是

本題易錯(cuò)點(diǎn)。

17.【答案】解：(1)小球恰好能越過“小山”，則小球到達(dá)山頂時(shí)二者共速為〃小球與“小山”組成系統(tǒng)

水平方向動(dòng)量守恒：向右為正方向，7九%二(771+4m)v

系統(tǒng)機(jī)械能守恒：|mvl=|(?n+4m)v2+mgh

解得：％=J翔

(2)設(shè)小球離開“小山”后小球與“山”的速度分別為打