【精選5份合集】云南省曲靖市2020-2021學(xué)年新高考物理考試試題

1、2019-2020學(xué)年高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1 .由于太陽自身巨大的重力擠壓，使其核心的壓力和溫度變得極高，形成了可以發(fā)生核聚變反應(yīng)的環(huán)境。太陽內(nèi)發(fā)生核聚變反應(yīng)主要為：；H+；Hf已知部分物質(zhì)比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)釋放的核能約為（）A. 5 MeV76543210C. 24 MeVB. 6 MeVD. 32 MeV2 .如圖所示，一個(gè)鋼球放在傾角為30c的固定斜面上，用一豎直的擋板擋住，處于靜止?fàn)顟B(tài)。各個(gè)接觸面均光滑。關(guān)于球的重力大小G、球?qū)π泵娴膲毫Υ笮nl、球?qū)醢宓膲毫Υ?/p>

2、小Fnz間的關(guān)系，正確的是（）A. Fni>GA. R = 10QB. FN2>GC. FN2=GD. Fni<Fn23.如圖所示，有一個(gè)表頭©,滿偏電流/.=100mA,內(nèi)阻凡=100。，把它改裝為0.6 A量程的電流表,B. H = 13OC. R = 16QD. H = 20O4.在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)先后用甲、乙兩種光照射同一光電管，得到如圖所示的兩條光電流與電壓 之間的關(guān)系曲線，則兩種光中（）A.甲光的頻率比較大B.甲光的波長比較長C.甲光照射時(shí)單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)比較少D.甲光照射時(shí)逸出的光電子的最大初動(dòng)能比較大5.杜甫的詩句兩個(gè)黃鶴鳴翠柳，一行白

3、鷺上青天”描繪了早春生機(jī)勃勃的景象。如圖所示為一行白直線 加速“上青天”的示意圖圖中片,乃為某白鷺在該位置可能受到的空氣作用力其中F方向豎直向上。下列說 法正確的是（）A.該作用力的方向可能與相同B.該作用力的方向可能與F相同C.該作用力可能等于白鷺的重力D.該作用力可能小于白鷺的重力6.質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑“V”型槽B上，如圖，a=6。，另有質(zhì)量為M的物體 c通過跨過定滑輪的不可伸長的細(xì)繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確的是（）A.當(dāng)M=m時(shí)，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gB.當(dāng)M=2m時(shí)，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gc.當(dāng)M=6m時(shí)，A和

4、B保持相對靜止，共同加速度為0.75gD.當(dāng)M=5m時(shí)，A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動(dòng)7 . 一個(gè)物體沿直線運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻物體的速度為lm/s,加速度為lm/針，物體的加速度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，則下列判斷正確的是（）A.物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.物體的速度與時(shí)間成正比C. t=5s時(shí)刻物體的速度為6.25m/sD. t=8s時(shí)刻物體的速度為12.2m/s8 .圖1為沿斜坡向上行駛的汽車，當(dāng)汽車以牽引力F向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，汽車的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示（AB段為曲線），汽車與斜面間的摩擦忽略不計(jì).下列說法正確的是（）A.。XT過程中，汽車所受拉力逐漸增大B. XiX2過程中，汽車速度可達(dá)到最

5、大值C.。X3過程中，汽車的動(dòng)能一直增大D. XIX2過程中，汽車以恒定的功率運(yùn)動(dòng)9.靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x 軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷（）A.在X2和X4處電勢能相等B.由X】運(yùn)動(dòng)到X3的過程中電勢能增大C.由X1運(yùn)動(dòng)到X4的過程中電勢能先減小后增大D.由X1運(yùn)動(dòng)到X4的過程中電場力先減小后增大10. 2017年11月24日，國家航天局探月與航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五號任務(wù)將是我國首次月球表面采樣返回任務(wù)，這次任務(wù)的完成將標(biāo)志著我國探月工程三步走”順利收官。若已知萬有引力常量G,那么在下列給出的各種情景中，能根據(jù)測量的數(shù)據(jù)求出

6、月球密度的是（A.在月球表面使一個(gè)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，測出落下的高度H和時(shí)間tB.嫦娥五號貼近月球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測出運(yùn)行周期TC.嫦娥五號在高空繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測出距月球表面的高度H和運(yùn)行周期TD.觀察月球繞地球的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測出月球的直徑D和運(yùn)行周期T二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分11.如圖所示，正方形的頂點(diǎn)b、d在x軸上，頂點(diǎn)a、c在y軸上，正方形abed的中心與坐標(biāo)原點(diǎn)重合, 且Od=0.2m0空間有一與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場，已知a、b、c三點(diǎn)的電勢

7、分別為2V、2小V、IV, 則下列說法正確的是（）A.電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能B. d點(diǎn)電勢為2JJVC.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小為E=20V/mD.電場強(qiáng)度方向斜向上，且電場線與y軸正方向的夾角為30°12 .如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑 導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上.t=0時(shí)，棒ab以初速度V。向右滑動(dòng).運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直 并接觸良好，兩者速度分別用v】、V2表示，回路中的電流用I表示.下列圖像中可能正確的是13 . 2019年7月25日，北京理工大學(xué)宣布：“北理工1號衛(wèi)星搭乘星際榮耀公司

8、的雙曲線一號火箭成功發(fā)射，進(jìn)入地球軌道。如圖所示，“北理工1號”衛(wèi)星與高軌道衛(wèi)星都在同一平面內(nèi)繞地球做同方向的勻速 圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)恰好相距最近。已知地球的質(zhì)量為M,高軌道衛(wèi)星的角速度為3, “北理工1號衛(wèi)星的軌 道半徑為,引力常量為G,則下列說法正確的是（）高軌道衛(wèi)星“北理工1號”衛(wèi)星A. “北理工1號衛(wèi)星的運(yùn)行周期大于高軌道衛(wèi)星的運(yùn)行周期B. “北理工1號”衛(wèi)星的機(jī)械能小于高軌道衛(wèi)星的機(jī)械能C. “北理工1號”衛(wèi)星的加速度和線速度大于高軌道衛(wèi)星的加速度和線速度_27rD.從此時(shí)到兩衛(wèi)星再次相距最近，至少需時(shí)間一 gm 八14.如圖所示，a、b、c、d表示一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化中的四個(gè)狀態(tài)

9、，圖中ad與T軸平行，cd與p軸平行，ab的延長線過原點(diǎn)，則下列說法中正確的是（）A.氣體在狀態(tài)a時(shí)的體積大于在狀態(tài)b時(shí)的體積B.從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體吸收的熱量一定等于其增加的內(nèi)能C.從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體分子的平均動(dòng)能不變，但分子的密集程度增加D.從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體對外做功，內(nèi)能不變E.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體從外界吸收的熱量一定大于其對外做的功15.如圖所示是導(dǎo)軌式電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖。兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放炮彈。 炮彈可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。內(nèi)阻為r可控電源提供的強(qiáng)大恒定電流從一根導(dǎo) 軌流入，經(jīng)過炮彈，再從另一導(dǎo)軌

10、流回電源，炮彈被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過程中, 該磁場在炮彈所在位置始終可以簡化為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直平行軌道勻強(qiáng)磁場。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距L, 炮彈的質(zhì)量m,炮彈在導(dǎo)軌間的電阻為R,若炮彈滑行s后獲得的發(fā)射速度為V。不計(jì)空氣阻力，下列說 法正確的是（）B.電磁炮受到的安培力大小為尸=竺C.可控電源的電動(dòng)勢是八七嬴D.這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量是Lmd+2 2sBlJ三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題16 .我們可以用圖所示裝置探究合外力做功與動(dòng)能改變的關(guān)系。將光電門固定在水平軌道的B點(diǎn)，平衡 摩擦力后，用小桶通過細(xì)線拉小車，小車上安裝遮光條并放有若干鉤碼?，F(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶 中，

11、并使小車每次都從同一位置A點(diǎn)由靜止釋放。用游標(biāo)卡尺測出遮光條的寬度，記錄光電門的示數(shù)，從而算出小車通過B點(diǎn)的速度。其中游標(biāo)卡尺測量 情況如圖（b）所示，則酢 cmo（2）測小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m為橫坐標(biāo)，小車經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)相應(yīng)的速度平方為縱坐標(biāo)，則v2-m圖線應(yīng)該為下圖中。17 .某同學(xué)利用圖甲所示電路測量一量程為3mA的直流電流表的內(nèi)阻Ra（約為HOQ）.提供的實(shí)驗(yàn)器材有:A.直流電源（電動(dòng)勢為IV,內(nèi)阻不計(jì)）；B.電阻箱（CT999.9Q）；C.滑動(dòng)變阻器（05Q.額定電流為3A）；D.滑動(dòng)變阻器（050Q.額定電流為1A）。為了盡可能減小測量誤差，滑動(dòng)變阻器R應(yīng)選用（選填&qu

12、ot;C”或"D”）。（2）根據(jù)圖甲所示電路，在圖乙中用筆畫線代替導(dǎo)線，將實(shí)物間的連線補(bǔ)充完整一。主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：I.將電阻箱R。的阻值調(diào)為零，滑動(dòng)變阻器R的滑片P移到右端；H.閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的滑片P,使電流表的示數(shù)為3mA；I.調(diào)節(jié)電阻箱R。，使電流表的示數(shù)為1mA,讀出此時(shí)電阻箱的阻值R,；IV.斷開開關(guān)S,整理好儀器。（4）已知RF208.8Q,則電流表內(nèi)阻的測量值為 Q,由于系統(tǒng)誤差，電流表內(nèi)阻的測量值（選填”大于,，”等于,，或“小于,）真實(shí)值。四、解答題：本題共3題18. 如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q分別為AB邊、AC邊的中點(diǎn)，BC面鍍有一層銀，構(gòu)成

13、一個(gè)反射面, 一單色光以垂直于BC面的方向從P點(diǎn)射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點(diǎn)Q,求棱鏡對光的折射率；使入射光線繞P點(diǎn)在紙面內(nèi)沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)光線再次照射到Q點(diǎn)時(shí)，入射光線轉(zhuǎn)過的角度.19. （6分）如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37。，CD、EF軌道水平，AB與CD通過光滑圓弧管道BC連 接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連.小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，從E滑出該軌道進(jìn) 入EF水平軌道.小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長為5R, CD長為R,重力加速度為g,小球與斜軌AB 及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5, 5而37。=0.6,血37。=0.8,圓弧管道BC入口

14、 B與出口 C的高度 差為L8R.求：（在運(yùn)算中，根號中的數(shù)值無需算出）(I)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小.(2)小球剛到C時(shí)對軌道的作用力.(3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑a應(yīng)該滿足什么條件？20. (6分)力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，力能產(chǎn)生加速度。力在空間上的積累使物體動(dòng)能發(fā)生變化； 力在時(shí)間上的積累使物體動(dòng)量發(fā)生變化。如圖所示，質(zhì)量為m的物塊，在水平合外力F的作用下做勻變 速直線運(yùn)動(dòng)，速度由變化到-時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間為3發(fā)生的位移為X。請根據(jù)牛頓第二定律和相關(guān)規(guī)律，推導(dǎo)動(dòng)能定理；(2)請根據(jù)牛頓第二定律和相關(guān)規(guī)律，推導(dǎo)動(dòng)量定理。參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共1。小

15、題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1. C【解析】【分析】【詳解】由圖象可知；H的比結(jié)合能約為LIMeV, ：He的比結(jié)合能約為7.1MeV,由比結(jié)合能的定義可知，該反應(yīng)釋放的核能約為AE=(7.1x4-l.lx 4)MeV=24MeV故選C。2. A【解析】【分析】【詳解】以球?yàn)檠芯繉ο螅蚴苤亓?、斜面和擋板對球體的支持力人和Fz,由平衡條件知，人和Fnz的合力與G等大、反向、共線，作出力圖如圖所示，根據(jù)平衡條件，有G _2& cos 3003F、=Gtan30"=G-3根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)π泵娴膲毫Υ笮=巫G cos30

16、3球?qū)醢宓膲毫Υ笮」?= Gtan30° = ,G<G則FN1 >FN2故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。3. D【解析】【詳解】 改裝為0.6A電流表時(shí)，并聯(lián)電阻的分流電流為=/ /, =0.6A-100x103A = 0.5A分流電阻的阻值為n &0.1X100 八“八R = =Q = 20Q0.5選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。4. B【解析】【詳解】ABD.根據(jù)49=；""'：=/叱一叫出功由圖像可知，乙光的截止電壓較大，則乙光照射時(shí)逸出的光電子的最大初動(dòng)能比較大，乙光的頻率較大, 根據(jù)】/ = £則甲光波長較大，選項(xiàng)A

17、D錯(cuò)誤，B正確；C.由圖像可知，甲光的飽和光電流較大，則甲光照射時(shí)單位時(shí)間內(nèi)逸出的光電子數(shù)比較多，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;故選B。5. A【解析】【詳解】白鷺斜向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知合外力與加速度同向，重力豎直向下，可知空氣對白鷺的作用力斜向左上方，即可能是F】的方向；由平行四邊形法則可知F】G；故選Ao6. B【解析】【分析】【詳解】D.當(dāng)A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，對A受力分析如圖解得。=g cot 60° = 6gB與C為繩子連接體，具有共同的運(yùn)動(dòng)情況，此時(shí)對于B和C有:Mr-所以島'即=LLzm 2.37m1-V3選項(xiàng)D錯(cuò)誤；c.當(dāng)M2.37m, a和B將發(fā)生相對滑動(dòng)，選項(xiàng)c

18、錯(cuò)誤；A.當(dāng)M<2.37"?, A和B保持相對靜止°若A和B保持相對靜止，則有Mg = (M + 2m)a解得。=MM + 2m所以當(dāng)M=m時(shí)，A和B保持相對靜止，共同加速度為4 = (g,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.當(dāng)M=2m時(shí)，A和B保持相對靜止，共同加速度為4 = J g = 0.5g ,選項(xiàng)B正確。故選B。7. D【解析】【詳解】A.物體的加速度在增大，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B.由圖像知質(zhì)點(diǎn)的加速度隨時(shí)間增大，根據(jù)v=v0+at可知，物體的速度與時(shí)間一定不成正比，故B錯(cuò)誤。C由圖知a=0.1t+l (m/s2),當(dāng)t=5s時(shí)，a=1.5 m/s2,速度的變化量Av

19、= - x 5m/s=6.25ni/s 2知t=5s時(shí)的速度為v=v0+A v=lm/s+6.25m/s=7.25m/s故C錯(cuò)誤。D.a-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，則08s內(nèi)，a=0.1t+l (m/s2),當(dāng)t=8s時(shí)，a=1.8 m/s2,速度的變化量1 + 1.8 c / j C /Av =x 8nvs= 11.2m/s2知t=8s時(shí)的速度為v=vo+A v=lm/s+11.2m/s=12.2m/s故D正確。故選D。8. B【解析】【詳解】A.設(shè)斜板的傾角為4則汽車的重力勢能Ep = mg sin a , 由動(dòng)能定理得汽車的動(dòng)能為Ek = Fx-mg sina ,則汽車的

20、機(jī)械能為E = Ek+Ep=Fx9即圖線的斜率表示F,則可知04】過程中汽車的拉力恒定，故A錯(cuò)誤;8. X】X2過程中，拉力逐漸減小，以后隨著F的減小，汽車將做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)尸=吆sin。時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大，故B正確；C.由前面分析知，汽車先向上勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，。、3過程中，汽車的速度先增大后減小，即動(dòng)能先增大后減小，故C錯(cuò)誤；D.XlX2過程中，汽車牽引力逐漸減小，到X2處為零，則汽車到X2處的功率為零，故D錯(cuò)誤.故選B。9. B【解析】【分析】首先明確圖像的物理意義，結(jié)合電場的分布特點(diǎn)沿電場線方向電勢差逐點(diǎn)降低，綜合分析判斷

21、?！驹斀狻緼. X2-X4處場強(qiáng)方向沿X軸負(fù)方向，則從X2到X4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在X4處電勢能 較大，A不符合題意；B. XLX3處場強(qiáng)為X軸負(fù)方向，則從X1到X3處逆著電場線方向移動(dòng)，電勢升高，正電荷在X3處電勢能較 大，B符合題意；C.由X1運(yùn)動(dòng)到X4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，c不符合題意；D.由X1運(yùn)動(dòng)到X4的過程中，電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故由F=qE知電場力先增大后減小，D不符合題意故選B.10. B【解析】M 3M設(shè)月球的質(zhì)量為M,半徑為r,則月球的密度夕二V 4九rA.在月球表面使一個(gè)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，測出下落的高度H和時(shí)

22、間t,根據(jù)可知算出月球的重力加速度，根據(jù)G段=心，可以算得月球的質(zhì)量，但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故A廣錯(cuò)誤;所以p=彳，已知T就可算出密度，故B正確;4/(r + ”)3 gF-,但不知道月球的半徑，故無法算出密度，故D 組用廠 Mm mAr4rB根據(jù)GI- =L得M=- r2 T2GT2.r 口- Mm m47T2(r + H) Mc、根據(jù)得C錯(cuò)誤；D、觀察月球繞地球的圓周運(yùn)動(dòng)，只能算出地球的質(zhì)量，無法算出月球質(zhì)量，也就無法算出月球密度，故D錯(cuò)誤；故選B。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全

23、的得3分，有選錯(cuò)的得。分11. ABC【解析】【分析】【詳解】A. a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，由。=4* ,知電子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，A正確;B.根據(jù)Ua6=Ud,，有2V-25/3V = -(-2V)d點(diǎn)電勢為-2jJv,故B正確；cd.由沿電場線方向電勢降低,可知電場強(qiáng)度方向斜向下。設(shè)電場線與y軸正方向的夾角為為8,由U = Ed 分別對a、c兩點(diǎn)與b、d兩點(diǎn)列式4 = Ex0.4cosd4。= Ex0.4sin 0解得夕=60 , £ = 20V/mo故C正確，D錯(cuò)誤。故選ABC.12. AC【解析】【詳解】ab棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培

24、力，從而向右做減速運(yùn)動(dòng),；金屬棒cd受 向右的安培力作用而做加速運(yùn)動(dòng)，隨著兩棒的速度差的減小安培力減小，加速度減小，當(dāng)兩棒速度相等時(shí), 感應(yīng)電流為零，最終兩棒共速，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，故最終電路中電流為。，故AC正確，BD錯(cuò)誤.13. CD【解析】【詳解】A.由可知4V GM衛(wèi)星的軌道越高，周期越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.衛(wèi)星的機(jī)械能等于其動(dòng)能與勢能之和，因不知道衛(wèi)星的質(zhì)量，故不能確定衛(wèi)星的機(jī)械能大小關(guān)系，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.由MmG = ma廠可知軌道半徑越大，向心加速度越小，故“北理工1號”衛(wèi)星的加速度較大，由c Mm v2G = m 廠 r可知軌道半徑越小，線速度越大，故北理工1號衛(wèi)星的線速度較大，C項(xiàng)

25、正確;D.設(shè)北理工1號衛(wèi)星的角速度為叼，根據(jù)萬有引力提供向心力有可得可知軌道半徑越大，角速度越小，兩衛(wèi)星由相距最近至再次相距最近時(shí)，圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度差為2n, 即cot-cat = 2)可得經(jīng)歷的時(shí)間故D項(xiàng)正確。故選CD。14. BCE【解析】【詳解】A.因ab連線過原點(diǎn)，可知是等容線，則氣體在狀態(tài)a時(shí)的體積等于在狀態(tài)b時(shí)的體積，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.從狀態(tài)b到狀態(tài)a的過程，氣體體積不變，則對外做功為零，即W=0,根據(jù)AU=W+Q可知，氣體吸收 的熱量一定等于其增加的內(nèi)能，選項(xiàng)B正確；C.從狀態(tài)c到狀態(tài)d的過程，氣體的溫度不變，壓強(qiáng)變大，體積減小，則氣體分子的平均動(dòng)能不變，但分子的密集程度增加，選

26、項(xiàng)C正確；D.從狀態(tài)a到狀態(tài)d的過程，氣體壓強(qiáng)不變，溫度升高，則體積變大，氣體對外做功，內(nèi)能變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；E.從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過程，氣體溫度升高，體積變大，內(nèi)能增加，對外做功，根據(jù)AU=W+Q可知，氣 體從外界吸收的熱量一定大于其對外做的功，選項(xiàng)E正確。故選BCE.15. AD【解析】【詳解】A.若電源a、b分別為負(fù)極、正極，根據(jù)左手定則可知，受到的安培力向右，則導(dǎo)體滑塊可在磁場中向右 加速；故A正確；B.因安培力尸=81。根據(jù)動(dòng)能定理Fx = mv12所以mv' F =2s選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.由勻加速運(yùn)動(dòng)公式v2-0 a =2s由安培力公式和牛頓第二定律，有F=BIL=ma根據(jù)閉合

27、電路歐姆定律根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立以上三式解得mv2(R + r) E =2sBL選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.因這一過程中的時(shí)間為2s t =v所以系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=l2 (R+r) t_mv2 (R + r) 2sBL聯(lián)立解得八 3( R + r) °= 2/13炮彈的動(dòng)能為匚1，Ek =一八廠2由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量為1) /2v3(/? + r)E = Q + E, = -inr +k 2 2sB2l3所以D正確。故選ADO三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題16. 0.925 B【解析】【分析】根據(jù)題中“現(xiàn)將小車上的鉤碼逐次移至小桶中圖線應(yīng)該為“可知，本題考察機(jī)械能守恒的問

28、題，應(yīng)用 機(jī)械能守恒、游標(biāo)卡尺讀數(shù)法則等知識分析求解?！驹斀狻?1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為 9mm+5x nun = 9.25 = 0.925cm20(2)設(shè)小車、小桶、鉤碼的總質(zhì)量為M,小車從A運(yùn)動(dòng)到B的位移為X,則咚r = ：AA，2,整理得： 穹所以vm圖線是過原點(diǎn)的直線。故B項(xiàng)正確，ACD三項(xiàng)錯(cuò)誤。M17. CmA104.4大于【解析】【詳解】本實(shí)驗(yàn)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)滿足滑動(dòng)變阻器的最大阻值遠(yuǎn)小于電流表的內(nèi)阻，即應(yīng)選用C(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物圖如圖所示(4)3由實(shí)驗(yàn)原理可知4由于閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的滑片P,使電流表的示數(shù)為3mA,調(diào)節(jié)電阻箱R。，使電流表的示 數(shù)為1mA,讀出

29、此時(shí)電阻箱的阻值R1；電阻箱阻值變大，并聯(lián)等效電阻變大，故并聯(lián)部分分擔(dān)電壓增大, 由于電阻箱兩端電壓變大，故電阻箱阻值偏大，故電流表內(nèi)阻測量偏大。四、解答題：本題共3題18. 120°.【解析】【詳解】畫出光路圖，根據(jù)對稱性及光路可逆結(jié)合幾何關(guān)系可知，光在AB面的入射角i = 6。，折射角r=30。， 根據(jù)折射定律有="上=有sin r當(dāng)光線再次照射到Q點(diǎn)時(shí)，光路如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，折射角8=3。，根據(jù)折射定律有*也月=退 解得：a=60°,因此入射光轉(zhuǎn)過的角度為i+a=120。sin?！窘馕觥吭囶}分析：（1）設(shè)小球到達(dá)c點(diǎn)時(shí)速度為v, a球從A運(yùn)動(dòng)至C過

30、程，由動(dòng)能定理有mg（5Rsin 370 + 1.8/?）- pmg cos 37° - 5R = -mv； （2 分）2可得匕=離港（1分）（2）小球沿BC軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)時(shí)軌道對球的作用力為N,由牛頓第二定律2N_lg= 工 （2 分）其中 r 滿足 r+rsin530=L8R （1 分） r聯(lián)立上式可得：N=6.6mg（1分）由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg ,方向豎直向下.（1分）（3）要使小球不脫離軌道，有兩種情況：2情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道.則小球b在最高點(diǎn)P應(yīng)滿足7工2吆（1分） R小球從c直到P點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理，有一“吆

31、夫吆-2郡=，必2-，叫2（1分）23可得 rY R = 0.92R （1 分）25情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的Q點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D.則由動(dòng)能定理有一igR_"ig R' = 0-mvc2 （1 分） 2R 之 2.3R （1 分）若R' = 2.5R,由上面分析可知，小球必定滑回d,設(shè)其能向左滑過DC軌道，并沿cb運(yùn)動(dòng)到達(dá)b點(diǎn)，在B點(diǎn)的速度為vb,則由能量守恒定律有:同吆1.8R + 2?gR （1分）由式，可得匕=。（1分）故知，小球不能滑回傾斜軌道AB,小球?qū)⒃趦蓤A軌道之間做往返運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⑼Ｔ贑D軌道上的某處.設(shè)小球在CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為S

32、,則由能量守恒定律，有匕2="gS （1分）由兩式，可得 S=5.6R（1分）所以知，b球?qū)⑼Ｔ贒點(diǎn)左側(cè)，距D點(diǎn)0.6R處.（1分）考點(diǎn)：本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的綜合能力.20. (1)推導(dǎo)過程見解析；(2)推導(dǎo)過程見解析【解析】【分析】【詳解】(1)物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合外力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律F = nui根據(jù)速度與位移的關(guān)系)、Fv2 一說=2ax = 2 x m變形得動(dòng)能定理匚 1) 12Fx = mv -mva22 °(2)根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系v = v0+at = v() + t m變形得動(dòng)量定理Ft = mv - m2019-

33、2020學(xué)年高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共1。小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1 .將一物體從地面以速度V。豎直上拋，物體上拋運(yùn)動(dòng)過程中所受的空氣阻力大小恒定，設(shè)物體在地面時(shí)的重力勢能為零，則物體從拋出到落回原地過程中，如圖所示的四個(gè)圖中不正確的（）2 .如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷， 平行板b接地?，F(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動(dòng)，貝!）（）A.點(diǎn)電荷所受電場力增大B.點(diǎn)電荷在P處的電勢能減少C. P點(diǎn)電勢減小D.電容器的帶電荷量增加3 .某同學(xué)用單擺測當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?他測出了擺

34、線長度L和擺動(dòng)周期T,如圖所示.通過改變懸線 長度L,測出對應(yīng)的擺動(dòng)周期T,獲得多組T與L,再以T2為縱軸、L為橫軸畫出函數(shù)關(guān)系圖像如圖（b）所示.由 此種方法得到的重力加速度值與測實(shí)際擺長得到的重力加速度值相比會（）A.偏大B.偏小C. 一樣D.都有可能4 .如圖所示，質(zhì)量為g的木塊A放在質(zhì)量為%的斜面體B上，現(xiàn)對木塊A施加一豎直向下的力F,它們均靜止不動(dòng)，則（）A.木塊A與斜面體B之間不一定存在摩擦力B.斜面體B與地面之間一定存在摩擦力C.地面對斜面體B的支持力大小等于（見+?2）gD.斜面體B受到4個(gè)力的作用5 .如圖所示，一輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪，一端掛一水平托盤，另一端被托盤上的人

35、拉住，滑輪兩側(cè) 的輕繩均沿豎直方向。已知人的質(zhì)量為60kg,托盤的質(zhì)量為20kg,取g=10m/s2。若托盤隨人一起豎直向 上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)人的拉力與自身所受重力大小相等時(shí)，人與托盤的加速度大小為（）A. 5m/s2B. 6m/s2C. 7.5m/s2D. 8m/s26 .在電場方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，小球 運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8.0J,在M點(diǎn)的動(dòng)能 為6。，不計(jì)空氣的阻力，則（）A.從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)電勢能增加2JB.小球水平位移xi與xz的比值1： 4C.小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能2

36、4JD.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中動(dòng)能有可能小于6J7 .如圖，兩束單色光A、B分別沿半徑方向由空氣射入半圓形玻璃磚，出射時(shí)合成一束復(fù)色光P,下列說 法正確的是A. A光的頻率小于B光的頻率8 .在玻璃磚中A光的傳播速度小于B光的傳播速度C.玻璃磚對A光的折射率大于對B光的折射率D.兩種單色光由玻璃射向空氣時(shí)，A光的臨界角較小8.如圖1所示，用充電寶為一手機(jī)電池充電，其等效電路如圖2所示。在充電開始后的一段時(shí)間/內(nèi)，充電寶的輸出電壓U、輸出電流/可認(rèn)為是恒定不變的，設(shè)手機(jī)電池的內(nèi)阻為L則時(shí)間，內(nèi)（）A.充電寶輸出的電功率為U/ + /，8 .充電寶產(chǎn)生的熱功率為/)U1c.手機(jī)電池產(chǎn)生的焦耳

37、熱為rD.手機(jī)電池儲存的化學(xué)能為八%9 .如圖所示，跳水運(yùn)動(dòng)員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運(yùn)動(dòng)員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板上，隨跳板一同向下做變速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)，然后隨跳板反彈，貝(1()A.運(yùn)動(dòng)員與跳板接觸的全過程中只有超重狀態(tài)B.運(yùn)動(dòng)員把跳板壓到最低點(diǎn)時(shí)，他所受外力的合力為零C.運(yùn)動(dòng)員能跳得高的原因從受力角度來看，是因?yàn)樘鍖λ淖饔昧h(yuǎn)大于他的重力D.運(yùn)動(dòng)員能跳得高的原因從受力角度來看，是因?yàn)樘鍖λ淖饔昧h(yuǎn)大于他對跳板的作用力10 .用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到。6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A.

38、 02s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B. 02s內(nèi)物體速度增加了 4m/sC. 24s內(nèi)合外力沖量的大小為8NsD. 46s內(nèi)合外力對物體做正功二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分11 .如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分布均勻的球體P、Q靜止在傾角為30°的固定斜面與固定擋板之間.擋板與斜面垂直。P、Q的質(zhì)量分別為m、2m,半徑分別為r、2r,重力加速度大小為g,不計(jì)一切摩擦，下列說法正A. P受到四個(gè)力的作用C. P所受彈力的合力大于mgB.擋板對P的支持力為3mgD.Q受到P的支持力

39、大于mg12 .如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁 場兩邊界平行，磁場寬度大于be邊的長度?，F(xiàn)使框架沿be邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t=。時(shí)，C點(diǎn)恰好達(dá) 到磁場左邊界。線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E,感應(yīng)電流為I （逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较颍?，be兩點(diǎn)間 的電勢差為Ube,金屬框的電功率為P。圖中上述各量隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是（）13.如圖所示,D.一小球固定在輕桿上端，AB為水平輕繩，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則桿對小球的作用力方向可能是（）B. FaD. F414.如圖所示，A和B是兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，電荷量的絕對值為q,兩點(diǎn)電荷的連線水平

40、且間距為LOP是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線，。點(diǎn)是垂足，P點(diǎn)到兩點(diǎn)電荷的距離也為L整個(gè)系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，一重力不計(jì)的電子恰好能靜止在P點(diǎn)，下列說法正確的是（）1 A。BA.點(diǎn)電荷A一定帶正電B.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為學(xué)I：C.。點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為學(xué)LrD.。點(diǎn)和P點(diǎn)電勢相同15.下列說法正確的是（）A.只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積B.第二類永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律C. 一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷緩慢的絕熱膨脹過程，氣體的內(nèi)能減小D. 1kg的。的冰比1kg的。的水的內(nèi)能小些E.干濕泡溫度計(jì)的干泡與濕泡的示數(shù)差越大，相對濕度越小三、實(shí)驗(yàn)題：

41、共2小題16.測定一個(gè)額定電壓5=2.5V,額定電流約為0.30.4A的小燈泡L在正常工作時(shí)的阻值。供選擇的器材 有：A,電流表A1（量程0.6A,內(nèi)阻U約為0.5Q）B.電流表飛（量程30mA,內(nèi)阻 占300）C.電流表A3 （量程60mA,內(nèi)阻臼約為20C）D.電壓表V （量程15V,內(nèi)阻2約為15kQ）E.定值電阻Ro=7OQF.滑動(dòng)變阻器Ri:（T5Q,額定電流1AG.滑動(dòng)變阻器Rz: 0-lkQ,額定電流0.2AH.電源E：電動(dòng)勢為4.5V,內(nèi)阻不計(jì)I.開關(guān)S及導(dǎo)線若干測量時(shí)要求電表示數(shù)超過其量程的一半，需選用的實(shí)驗(yàn)器材是和H、I （選填器材前對應(yīng)的字母序號）。（2）請?jiān)谔摼€框內(nèi)畫出

42、合適的電路圖（圖中需標(biāo)明所選器材的符號）。為保證小燈泡L正常工作，測量時(shí)要讓其中哪一個(gè)電表的示數(shù)調(diào)到多少？ (4)測得小燈泡L在正常工作時(shí)的阻值&=(用實(shí)際所測物理量表示)，并說明公式中各符號(題中已知的除外)的物理意義。17 .某同學(xué)要測量一節(jié)舊電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)器材有一個(gè)電流表、一個(gè)電阻箱R、一個(gè)1Q的定值 電阻R。，一個(gè)開關(guān)和導(dǎo)線若干，該同學(xué)按如圖所示電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測得的數(shù)據(jù)如下表所示：實(shí)驗(yàn)次數(shù)12345R (Q)4.C10.016.022.028.01 (A)1.C100.500.340.250.20啕25 二二二二:20 ：15 二二:10 二二:5 ：;0 二二:i

43、聞 y E r：該同學(xué)為了用作圖法來確定電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻，若將R作為直角坐標(biāo)系的縱坐標(biāo)，則應(yīng)取作為橫坐標(biāo)。(2)利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在給出的直角坐標(biāo)系上畫出正確的圖象。(3)由圖象可知，該電池的電動(dòng)勢E=V,內(nèi)電阻r=O.四、解答題：本題共3題18 .現(xiàn)有由同一種材料制成的一個(gè)透明工藝品，其切面形狀圖如圖所示。其中，頂部A為矩形形狀，高CM=d ,邊長CO = L,底部8為等邊三角形。現(xiàn)讓一束單色光線從3部分邊的中點(diǎn)。表面處沿豎直方向射入，光線進(jìn)入8后發(fā)現(xiàn)折射光線恰好與3部分的平行且經(jīng)過最后從A部分的CO 邊上某點(diǎn)。處射出，光在真空中的傳播速度為求：(1)光在工藝品中傳播的速度；(2)光在工藝品中

44、傳播的時(shí)間。19 . (6分)如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導(dǎo)軌。C、。9水平放置。兩根導(dǎo)軌右端。、。'連接著與水 平面垂直的光滑平行導(dǎo)軌。D、5D，兩根與導(dǎo)軌垂直的金屬桿M、N被放置在導(dǎo)軌上，并且始終與導(dǎo)軌 保持保持良好電接觸。M、N的質(zhì)量均為m=0.2kg,電阻均為R=0.4d N桿與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 P=0.1o整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5To現(xiàn)給N桿一水平向左的初速度vo=3m/s, 同時(shí)給M桿一豎直方向的拉力F,使M桿由靜止開始向下做加速度為aM=2m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌電阻 不計(jì),(g WC 10m/s2)o 求：(l)t=ls時(shí)

45、，N桿上通過的電流強(qiáng)度大??；(2)求M桿下滑過程中，外力F與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系；(規(guī)定豎直向上為正方向)(3)已知N桿停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，M仍在豎直軌道上，求M桿運(yùn)動(dòng)的位移；(4)在N桿在水平面上運(yùn)動(dòng)直到停止的過程中，已知外力F做功為-ILL,求系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量。20 .(6分)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。已知兩板間 的電勢差為U,距離為山勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的 帶電粒子從A點(diǎn)沿水平方向射入到兩板之間，恰好沿直線從M點(diǎn)射出；如果撤去磁場，粒子從N點(diǎn)射出。 M、N兩點(diǎn)間的距離為h。不計(jì)粒子的重力。求：(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)

46、的大小E：(2)粒子從A點(diǎn)射入時(shí)的速度大小v。；(3)粒子從N點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek。1-參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共1。小題，每小題3分，共3。分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1. B【解析】【分析】【詳解】A.物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到重力和空氣阻力，則上升過程中由牛頓第二定律得mg + / =下降過程中由牛頓第二定律得mg -f =可判斷上升過程中速度方向向上，下降過程中速度方向向下，根據(jù)動(dòng)量定義尸=“可知上升過程中動(dòng)量方向向上，下降過程中動(dòng)量方向向下，故A正確；B.根據(jù)公式/= R可知合外力的沖量方向始終向下，故B錯(cuò)誤；CD.克服空氣阻力做的功% =fss為物體運(yùn)動(dòng)的路

47、程，上升過程5 = /?,下落過程總路程s = 2"-/?,根據(jù)功能關(guān)系可知，機(jī)械能E逐漸減小，則有E-E0=-fi故c、D正確；不正確的故選B。2. B【解析】【詳解】A.因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強(qiáng)度E變小，由尸=后4可知電荷所受電場力變小，故A錯(cuò)誤；BC板間距離d增大，則板間電場強(qiáng)度E變小，由小£1知，P與a板的電壓減小，而a的電勢不變，故P 的電勢升高，由Ep=q。而q為負(fù)值，故電勢能減小，故B正確，C錯(cuò)誤；D.由Q=CU,又有C = 故C減小，Q減小，故D錯(cuò)誤。4加kd3. C【解析】【詳解】根據(jù)單擺的周期

48、公式：T = 2叫山得:T2= - L + r, 與L圖象的斜率女二士匚，橫軸截距 V gg gg等于球的半徑r.m4/故 g=一K根據(jù)以上推導(dǎo)，如果L是實(shí)際擺長，圖線將通過原點(diǎn)，而斜率仍不變，重力加速度不變，故對g的計(jì)算沒 有影響，一樣，故ABD錯(cuò)誤，C正確.故選C.4. D【解析】【分析】【詳解】A.對木塊A進(jìn)行受力分析，受豎直向下的重力和推力F,垂直斜面的支持力，由平衡條件可知，木塊A 還受到沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；BC.以AB為整體作為研究對象受力分析，由平衡條件可知，斜面體B與地面之間無摩擦力，地面對斜面 體B的支持力N=("?l+"?2)g +/故BC錯(cuò)

49、誤；D.單獨(dú)以斜面體B為研究對象受力分析，斜面體B受重力，地面對斜面體B的支持力，木塊A對斜面體 B的壓力及木塊A對斜面體B的沿斜面向下的靜摩擦力，故D正確。故選D。5. A【解析】【詳解】設(shè)人的質(zhì)量為M,則輕繩的拉力大小T=Mg設(shè)托盤的質(zhì)量為m,對人和托盤，根據(jù)牛頓第二定律有2T (M+m)g=(M+m)a解得a=5m/s2故選A.6. D【解析】【詳解】將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為勻 變速直線運(yùn)動(dòng)；A.從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)過程中，電場力做正功，電勢能減小，故A錯(cuò)誤；B.對于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間間隔內(nèi)位移之比為

50、1： 3,故B錯(cuò)誤；C.設(shè)物體在B動(dòng)能為EkB,水平分速度為Vbx,豎直分速度為Vey。 由豎直方向運(yùn)動(dòng)對稱性知；mVBy2=8J對于水平分運(yùn)動(dòng)1 , 1 , Fxi= mVwx mVax2 2F (X1+X2) = mVex2 hiVax2 22Xl： X2=l： 3解得：Fxi=6J；F (xi+xz) =24J故EkB= - m (VBy2+VBx2) =32J 2故c錯(cuò)誤；D.由于合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，設(shè)小球所受的電場力為F,重力為G,則有：Fxt=6J1尸”白,-t = Oj2 mGh=8J"/=8J 2 m所以，G 2由右圖可得:F tan。=sin"布則小

51、球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中速度最小時(shí)速度一定與等效G，垂直，即圖中的P點(diǎn)，故1,1244哂=-6匕京=-sin"=彳J V6J故D正確。故選Do7. A【解析】【詳解】由題圖可知，玻璃磚對B光的折射程度大，則小>以，故B光的頻率較大，故A正確、C錯(cuò)誤；由v=c/n 知，在玻璃磚中，vB<vA,故B錯(cuò)誤；兩種單色光由玻璃射向空氣時(shí)，由于sinC=l/n,所以，CB<CA,故D 錯(cuò)誤；故選48. D【解析】【分析】【詳解】A.充電寶的輸出電壓U、輸出電流I,所以充電寶輸出的電功率為P = UIA錯(cuò)誤；BC.手機(jī)電池充電電流為I,所以手機(jī)電池產(chǎn)生的熱功率為Pr=I2r而充電寶

52、的熱功率應(yīng)為充電寶的總功率減去輸出功率，根據(jù)題目信息無法求解，BC錯(cuò)誤；D.輸出的電能一部分轉(zhuǎn)化為手機(jī)的化學(xué)能，一部分轉(zhuǎn)化為電池的熱能，故根據(jù)能量守恒定律可知手機(jī)電池儲存的化學(xué)能為W=UIt-I2rtD正確。故選D。9. C【解析】【分析】【詳解】A.運(yùn)動(dòng)員與跳板接觸的下降過程中，先向下加速，然后向下減速，最后速度為零，則加速度先向下，然后 向上，所以下降過程中既有失重狀態(tài)也有超重狀態(tài)，同理上升過程中也存在超重和失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤； B.運(yùn)動(dòng)員把跳板壓到最低點(diǎn)時(shí)，跳板給其的彈力大于其重力，合外力不為零，故B錯(cuò)誤；C.從最低點(diǎn)到最高過程中，跳板給運(yùn)動(dòng)員的支撐力做正功，重力做負(fù)功，位移一樣，運(yùn)運(yùn)動(dòng)

53、員動(dòng)能增加， 因此跳板對他的作用力大于他的重力，故C正確；D.跳板對運(yùn)動(dòng)員的作用力與他對跳板的作用力是作用力與反作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤.故選C.10. C【解析】【分析】【詳解】A.2s內(nèi)物體的加速度變大，做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.圖像下面的面積表示速度的變化量，。2s內(nèi)物體速度增加了 Jx2x2 = 2m/s,故B錯(cuò)誤；c. 24s內(nèi)合外力沖量的大小I = mat = 2x2x 2N s=8N s故C正確；D.由圖可知，46s內(nèi)速度變化量為零，即速度不變，由動(dòng)能定理可知，合外力對物體做功為零，故D錯(cuò) 誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分,在每小題給出的四個(gè)

54、選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目 要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分11. AD【解析】【詳解】A. P受到重力、斜面的支持力、擋板的支持力和Q的壓力，故A正確；B.兩球整體受力平衡，故擋板對P的支持力大小Ni=3mgsin 30° = mg2故B錯(cuò)誤；C. P所受三個(gè)彈力的合力與重力mg平衡，則P所受彈力的合力大小為mg,故C錯(cuò)誤;D. Q受力如圖所示，有F=2mg故Nz>Fsin30* =mg故D正確。故選ADO12. BC【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為E = 3/u可知，第一階段勻速進(jìn)磁場的有效長度均勻增大， 產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢，因磁場寬度大于be邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量 不變，線框的總電動(dòng)勢為