2021年安徽省A10聯(lián)盟高考物理開年試卷

2021年安徽省A10聯(lián)盟高考物開年試卷關(guān)于光電效應(yīng)有如下幾種陳述，其中正確的B.C.D.

愛因斯坦提出“光子說“并成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象入射光的頻率必須小于極限頻率，才能產(chǎn)生光電效應(yīng)光電效應(yīng)說明光具有波動性發(fā)生光電效應(yīng)時，若入射光頻率增大一倍，則光電子的最大初動能也增大一倍

3月日我國成功發(fā)射第三十顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，這顆衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星高約為21500度處重力加速度衛(wèi)的線速度，角速度，周期

.年月17日舟一號在高度約km的軌道上開始獨立運行，該高度處重力加速度，天舟一號的線速度，速度為，周期為

則

B.

C.

D.

如圖所示，輕繩和BO共吊起質(zhì)量為的物AO與BO垂直BO與豎直方向的夾角.則

AO所的拉力大小為

??????B.C.

AO所的拉力大小為????????BO所的力大小??????D.

BO所的拉力大小為

????????

如圖所示，電場中的一簇電場線關(guān)于軸稱分布，O點坐標原點，E、、、N是O為中心的一個正方形ABCD各邊與x、y軸四個交點，則下列說法中確的是B.

M點勢比O點電勢高EO間電勢差等于OF的電勢差第1頁，共頁

2221????11111000000C.2221????11111000000D.

一正電荷在F點電勢能大于在C點電勢能將一負電荷從M點到F，電場力做正功

雨滴從靜止開始下落，下落過程中受到的阻力與速度成正比，比例常數(shù)為k，經(jīng)過時間t

速度達到最大，雨滴的質(zhì)量為m選向上為正方向，則該過程阻力的沖量為

B.

??????

??

C.

??

??????

D.

??????

處于同一平面內(nèi)的兩根長直導(dǎo)線中通有方向相反大小不同的電流根線把它們所在的平面分成、c三區(qū)域，如圖所示，則磁感強度為零的區(qū)域C.

可能出現(xiàn)在b區(qū)不可能出現(xiàn)在

B.D.

不可能出現(xiàn)在a區(qū)不可能同時出現(xiàn)在a、c區(qū)

如圖，水平銅盤半徑為r置于磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向下的勻強磁場中盤通過圓盤中心的豎直軸以角速做速圓周運動，銅盤的邊緣及中處分別通過導(dǎo)線和滑動變阻器與理想變壓器的原線圈相連，該理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n：1，變壓器的副線圈與電阻的載相連，則

變壓器原線圈兩端的電壓為

2

B.C.D.

若不變時，通過負載的流強度為若不變時，通過變壓器的副線圈橫截面磁通量為若變化時，通過負載的流強度為通電的??

如圖所示面頂端以初速0

向左水平拋出一小球，落在斜面上的A處之距離為L小球在空中運動時間為t改變初速的小L和

都隨之改變．關(guān)于L、t與的關(guān)系，下列說法中正確的

L成比

B.

L

成正比

C.

t

與成正比

D.

t

與

成正比

如圖所示固在水平面上的光斜面傾角物AB通細繩及彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè)為固定在斜面上且與斜面垂直的光滑擋，物體、B的質(zhì)量分別為和4，開始時用手托住物體，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且左邊的細繩與斜面平行，彈簧處于原長狀態(tài)A距地面高度為h時始下落，在A下第2頁，共頁

2至地面前的瞬間物體恰好對擋板無壓力空氣阻力不計下列于物體A的法正確的是2B.C.D.

在下落至地面前的過程中機械能守恒在下落至地面前的瞬間速度一定為零在下落至地面前的過程中對輕彈簧做的功為在下落至地面前的過程中，可能一直在做加速運動如所示，兩根足夠長的水平平行金屬導(dǎo)軌相距為L，定在水平桌面上，導(dǎo)軌右端連接電動勢內(nèi)不計的電池及電阻.度略大于L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，若在整個空間加上方向豎直向下的勻強磁場開關(guān)后金屬棒由靜止開始滑動一段時間后可達到勻速狀態(tài)，且不同大小的磁感應(yīng)強度，達到勻速狀態(tài)的速度不同．設(shè)運動時金屬棒與導(dǎo)軌間的摩擦力恒不慮金屬棒中電流的磁場及金屬棒的電阻．下列說法正確的)B.C.D.

當磁感應(yīng)強時金屬棒達到勻速狀態(tài)的速度具有最大值金屬棒達到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，其兩端電壓為金屬棒達到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，通過的電流為2金屬棒達到勻速狀態(tài)的速度具有最大值時，其克服摩擦力的功率為

24用圖所的實驗裝置驗證機械能守定律．實中有：g的塊和B200g的鐵塊．為了減少誤差，應(yīng)該選填母．實操作時應(yīng)該先接通打點計時器電源再釋放紙帶，但某同學(xué)在操作做反了，那么通過對這條紙帶運算能否判斷機械能是否守恒填“能”或“否如是次實驗的一條紙帶O、B、、D、、F是續(xù)七個點，每點之間的時間.若物質(zhì)量為m對應(yīng)B到的落過程中，重錘重力勢能的減少eq\o\ac(△,)??______.到能變化量．第3頁，共頁

在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，實驗室提供了以下器材：A.

小燈泡B.

滑動變阻器C

電流表～，內(nèi)阻D

電壓表～

，內(nèi)阻E.

開關(guān)及導(dǎo)線若干為驗測量誤差盡可能小，電流表應(yīng)選_填“內(nèi)”或“外接；為小燈泡兩端電壓從零開始連續(xù)變化滑變阻器應(yīng)選填“限流式”或“分壓式”接；綜所述，應(yīng)選擇圖1中的_電路進行實驗利實驗數(shù)據(jù)畫出了如圖所的小燈泡伏安特性曲線。圖中，坐標原點到P點線的斜率表______則根據(jù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻_____填變大”、“變小”或“不變?nèi)缢荆谥苯亲鴺讼档囊幌笙迌?nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xOy面向里，第四象限內(nèi)存在沿軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E，磁場與電場圖中均未畫出。一質(zhì)量為、電荷量粒子自y軸的點沿x軸方向射入第四象限，經(jīng)軸上的Q點進入第一象限。已知坐標，Q點標??,，計粒子重力。求子經(jīng)過點速度的大小和方向；第4頁，共頁

若子在第一象限的磁場中運動一段時間后以垂直軸的方向進入第二象限，求磁感應(yīng)強度B大小。如甲所示，足夠長的斜面與水平面的夾角為，量分別為0和kg的B兩小物塊，用一根細線相連A、B之有一被壓縮的微型彈簧A、彈簧組成的系統(tǒng)可視為質(zhì)點。某時刻，將B從P點靜止釋放，運動至Q點時，細線突然斷裂，壓縮的微型彈簧使AB瞬分離，從分離時開始計時B短間內(nèi)運動的速度圖象如圖乙所示，重力加速度，：、B與面間的動摩擦因數(shù)；細未斷裂前微型彈簧儲存的彈性勢能；、B再相遇前的最遠距離。第5頁，共頁

4一質(zhì)量的氣體，溫度不變時，氣體分子的平均動______選“增大”、“減4小”或“不變”體積減小，分子的密集程_____選“增大”、“減”或“不變氣體壓強增大，這就對玻意耳定律的微觀解釋．如一端封粗細均勻的U玻璃管開口向上豎直放置管內(nèi)用水銀將一段氣體封閉在管中。當溫度為，被封閉的氣柱，邊銀柱高度差，氣。0為左端水銀面下降，封閉氣體溫度應(yīng)變?yōu)槎嗌?？封氣體的溫度重新回到280K后使封閉氣柱長度變?yōu)?0，需向開口端注入的水銀柱長度為多少？如是一列簡諧波時波形波恰好傳播處已知至??內(nèi)質(zhì)點三出現(xiàn)在波峰位置，且??時，剛好處在波峰位置，則的振動周期是______s；經(jīng)過_s，5.0處質(zhì)點第次到達谷。一孩站在寬的邊，在他正對面的岸邊有一距離河面高度為的，的正下方河底有一塊石頭，小孩向河面看去，看到樹頂和石頭兩者的像重合．若小孩的眼睛離河面高，圖所示，河水的射率為，試估算河水深度．第6頁，共頁

242422下說法正確的

核聚變反應(yīng)方程

中表示質(zhì)子B.C.

金屬的極限頻率越大，則該金屬的逸出功越小光電效應(yīng)實驗表明光具有波動性D.

兩質(zhì)子與兩中子的質(zhì)量之和大于聚合成?

42

子核的質(zhì)量一物體做自由體運動s內(nèi)的下落高度與最后s內(nèi)下落高度之比為1：，重力加速度??，物體下落的總高度

B.

C.

D.

m如，傾的面體放在水平面上，在水平而上點上方點水平向右拋出一個小球，結(jié)果小球恰好垂直斜面打在DE在一豎直平面內(nèi)力速??，則小球拋出時的初速度大小為

B.

C.

D.

1124日30分，在中國文昌航天射場，用長征五號遙五運載火箭成功發(fā)射探月工程嫦娥五號探測器，順利將探測器送入預(yù)定軌道11月2920時23分，嫦娥五號從橢圓環(huán)月軌道變軌到近月軌道。如圖所示、B兩分別第7頁，共頁

為橢圓環(huán)月軌道Ⅰ的月點和近月點圓軌Ⅱ與橢圓環(huán)月軌道Ⅰ若只考慮嫦娥五號和月球之間的相互作用關(guān)于嫦娥五號的運行情況列說法正確的B.C.D.度

在軌道上運行經(jīng)過點時的速率大于B時的速率在軌道Ⅰ上運行到B的速度小于在軌Ⅱ運動到點速度在軌道Ⅰ上運行到B點時的加速度大于在軌Ⅱ上運行到點時的加速度若已知引力常量G和星軌Ⅱ上運動的周期T，可推知月球的平均密如，磁場邊界MN及熒光屏Q相平行，N、N與P間均為間垂直于紙面向里的勻強磁場，N間有垂直于紙面向外的勻強磁場兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。在邊界M的A點一個粒子源，可以沿垂直邊界M及磁場的方向射入速率(

未知的子粒子的質(zhì)量均為電荷量均結(jié)果在熒光屏上形成一條長為d的線，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則打在熒光屏上的粒子的速度大小范圍為

??????

5??4??

B.

????5????????C.

????5????????

D.

??????????4??如量??4的體電梯內(nèi)隨電梯一起豎直向下做勻速直線運動底部距離地面高為6m開始做勻減速運動，經(jīng)s電梯到達地且速度恰好減為零力加速??/在該勻減速運動過程)

，B.C.D.

物體初速度大小??/物體受到的支持力大小為32N物體的機械能減少了物體受到的合力對物體做的功為第8頁，共頁

1??如甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為10：，電表均為理想電表，定值1??電阻

，ab端入如圖乙所示的電壓圖為正弦線的一部分，則

電流表的示數(shù)為

B.

電流表的示數(shù)為C.

電壓表的示數(shù)為14V

D.

電壓表的示數(shù)為√如，設(shè)勻強電場中有一個圓心為O半徑為的，且圓面與電場線平行BCD為上五點ACBD為相垂直的直徑與夾角為AO三點的電勢分別為、、8V則B.C.D.

B點電勢為7V電場強度大小為電場強度方向沿方若質(zhì)子沿圓弧從B順時針運動到D，則電場先做負功后做正功某學(xué)用如圖甲所示裝置研究物塊的勻變速直線運動。實所用的打點計時器如圖乙所示，該打點計時器所用電源______。A～

的交流電B～直流電C.220的交流電實中得到一條清晰的紙帶如圖丙所示，并在其上取、、C、D、、F、G個點。以打A點計時零點，以t

為橫坐標、

??

其d為點到A點的距離，t

表第9頁，共頁

??示到各點的運動時為縱坐標，得到圖象的斜率為k，加速度的大小為；圖線與縱軸的交點表示的物理意義是。??該學(xué)認為：??圖象中的圖線與時間軸圍成的面積表示物塊在t??的位移大小，他的觀點是選“正確”或“錯誤的。某學(xué)在測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中。

時間內(nèi)運動設(shè)了如圖甲個電路為_選“甲”或“乙”電路更合適。實中發(fā)現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器時流表讀數(shù)變化明顯但壓表讀數(shù)變化不明顯。為了解決這個問題，該同學(xué)在電源處串聯(lián)了一的值阻后繼續(xù)實驗，得到了幾組電壓表讀數(shù)U和對應(yīng)的電流表讀數(shù)I并出圖如丙所示由象可知，電池的電動勢為______V，內(nèi)阻為結(jié)均保留兩位小數(shù)。若慮電表內(nèi)阻對實驗的影響，則電動勢的測量真實值，內(nèi)阻的測量值真實均填“大于”、“等于”或“小于。如質(zhì)量的木B于粗糙的水平地面上看做質(zhì)點的鐵塊放在木板的最左端的質(zhì)刻鐵塊一水平向右的初速

對長木板施一水平向右的恒兩者共速時撤去恒力F最終鐵塊沒有滑離木板與B與平面之間的摩擦因數(shù)分別

和，重力加速木B的度至少為多少；整過程中對做的總功。

。求：第10頁，共33頁

如，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN傾放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角，導(dǎo)軌距為L導(dǎo)軌上端連接一個理想電壓表，下端連接一個阻值為定值電阻整個導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場場磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為的屬放導(dǎo)軌上，用平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力拉金屬棒，使金屬棒由靜止開始向上運動，某時刻撤去拉力。金屬棒向上運動的整個過程中，電壓表的示數(shù)隨時間變化的圖象如圖乙所圖中均已，金屬棒沿導(dǎo)軌運動過程中與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直棒接入電路的電阻為2

，重力加速度為

g不計導(dǎo)軌電阻，求：撤拉力的瞬間，金屬棒的速度大??；(2)2

時刻，作用于金屬棒上拉力的大??；撤拉力后，金屬棒向上運動過程中，通過定值電阻的電及定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱分別是多少。下說法正確的B.

做布朗運動的微粒越大，則布朗運動越劇烈絕熱汽缸中密封的理想氣體在被壓縮過程中，氣體分子熱運動劇烈程度增大第11頁，共33頁

???C.???D.E.

氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子之間存在斥力的緣故在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的自發(fā)宏觀過程都具有方向性，總是向分子熱運動無序性更大的方向進行如甲，兩端開口的導(dǎo)熱汽缸豎直固定A、B兩個可在汽缸內(nèi)無摩擦滑動的活塞，面積分別為

、它們之間用一根豎直細桿連接、B活塞靜止時，汽缸兩部分的氣柱長均為h。將B通輕繩與重物相連，緩慢釋放重物，再次靜止時上部分汽缸的氣柱長為，如乙所示，整個過程中汽缸內(nèi)氣體溫度保持不變，缸內(nèi)氣體可看做理想氣體。已知、B兩塞和細桿質(zhì)量之和為M重力加速度為g大氣壓強為。：初時缸內(nèi)氣體的壓重的質(zhì)量。

；如甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖兩點的橫坐標分別和

質(zhì)點從該時刻開始計時的振動圖象如圖乙所示下列說法正確的是第12頁，共33頁

B.C.D.E.

該波沿x軸方向傳播，波速質(zhì)點在時度為零質(zhì)點N在間內(nèi)的位移為零質(zhì)點M在時到達平衡位置，且向上運動質(zhì)點、點的度始終大小相等如是徑為的半圓形玻璃磚固定在空中，上表面水為半圓的圓心，一束單色光斜射在上點是AO中點線與AB的夾角為折光線剛好從圓弧的最低點C直射出玻璃磚，照射在地面上的C離地面的高度等，在真空中傳播速度為c。求：玻磚對光的折射率；光Q點傳播到點所用的時間。第13頁，共33頁

??22222?2????32答案和解??22222?2????321.【答案】【解析】解：、斯坦用光子說成功解釋了光電效應(yīng)，故A確；B、發(fā)生光電效應(yīng)條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的強度與照射的時間無關(guān)，故B誤；C、電效應(yīng)說明光具有粒子性，并不是波動性，故C錯；D、據(jù)電效應(yīng)方

0

知，最大初動能與光子頻率成一次函數(shù)關(guān)系，隨照射光的頻率增大而增大，不是成正比關(guān)系，故D錯；故選：A。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光效應(yīng)方程得出光電子的初速度、最大初動能與光子頻率的關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程最大初動能與入射光頻率的關(guān)系及光電效應(yīng)的條件。2.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力以及萬有引力等于重力，求出線速度、角速度、周期和向心加速度的大小。解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力定律的兩個重要理論、萬有引力提供向心力2、萬有引力等于重力，并能靈活運用?！窘獯稹緼

根據(jù)萬有引力提供向心力

????

??，

??

，因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大，則向心加速度小，所

，故誤；B

根

??2

??線速度√為圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大度，????所以故誤；C

根

????2

?????2

角速度√為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大3

2

，故C正；D.

衛(wèi)星的周期為2√因為中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑大

故第14頁，共33頁

????????????????????????????????????故選。3.【答案】【解析解：以結(jié)點為究對象，分析受力，如圖：重力，繩的拉，的拉力

根平衡條件得知：拉和的合力與力mg大相等，方向相反，則有??????

??故B正．以結(jié)點O為研究對象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件求解、兩的拉力．本題的解題關(guān)鍵是分析結(jié)點的受力情況，作出力圖．4.【答案】C【解析解A、根據(jù)電場線與等勢線垂特點，在點在電場線上找到p點等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知M點電勢比O點電勢低，故A錯；B、根據(jù)電場分布可知間平均電場強度比OF之的平均電場強度大，故由公式可EO間電差大于OF間電勢差，故B錯；C、點勢高于O點，根可，正電荷在F時的電勢能大于在點的電勢能，故確；DM點電勢比F點電勢高，將負電荷從高電勢移動到低電勢電場力做負功，故D錯誤。故選：。利用等勢線與電場線相垂直順場線的方向電勢降低同一條電場線上比較電勢的高低，電荷在電場中的電勢

，場力對電荷做正功時，電荷的電勢能減小，電場力對電荷做負功時，電荷的電勢能增大。本題考查關(guān)于電場的基本知識點意等勢線與電場線相垂直順電場線的方向電勢降低，在電場越強處，電勢降落的越快，電荷在電場中的電勢力做功進行判斷。5.【答案】C第15頁，共33頁

，可通過電場

222【解析】解：根據(jù)雨滴下落過程受到的阻力與速度成正比，可得阻，222下落過程中根據(jù)牛頓第二定律得，著速度增大，加速度逐漸減小，速度最大時，加速，即所以最大速度

，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理得，入數(shù)據(jù)解得該過程阻力的沖量為：??

，故正確，誤。故選：。雨滴下落過程中受到的阻力與速度成正比，下落過程隨著速度變大，阻力變大，重力和阻力的合力減小，雨滴做加速度減小的加速運動，速度最大時，重力和阻力相等，根據(jù)平衡條件求得速度，根據(jù)下落過程中動量定理可得阻力的沖量。該題綜合應(yīng)用牛頓第二定律分析運動過程用動量定理求解變力的沖量所以解決本題的關(guān)鍵熟練這些定理、定律的運用。6.【答案】D【解析】解：據(jù)安培定則判斷知：電流??在a區(qū)產(chǎn)的磁場方向垂直紙面向外，在bc區(qū)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里電流在ab區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里域產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，所以在、c兩域磁場方向相反，若磁感應(yīng)強度大小再相等，則可能出現(xiàn)磁感應(yīng)強度為零的區(qū)域．由于電流產(chǎn)生的磁場的離電流越近磁場越強以合磁感應(yīng)強度為離比較小的電流比較近，即在小電流的一側(cè)．所以不可能同時出現(xiàn)在a、c區(qū)故只有選項D正．故選：D根據(jù)安培定則分別判斷出兩根通電導(dǎo)線在三個區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向磁大小可能相等，方向相反的區(qū)域，才可能出磁感應(yīng)強度為零．本題考查安培定則的應(yīng)用能力定則用來判斷電流方向與磁場方向兩者之間的關(guān)系．7.【答案】【解析】解：、割磁感線感應(yīng)電動勢公

2

2

，電勢該電壓加到電阻R上由于變壓器是理想變壓器，所以變壓器兩端的電壓故A錯；B、變壓器只能改原線圈的交流電的電壓，不能改變直流電的電壓，也不能將直流電的電能傳遞給副線圈，所以不變時，通負的流強度故正確；C、然通過負載的電流強度為，但副線圈中的通量與原線圈中的磁通量相同，第16頁，共33頁

22??212000不是故誤；22??212000D變壓器只能改變原線圈的交流電的電與電流，不能改變直流電的電壓與電流。故不能使用變壓器的電流比的公式計算副線圈中的電流。故D錯。故選：B。先根據(jù)轉(zhuǎn)動切割磁感線感應(yīng)電動勢公

2

，求出感應(yīng)電動勢由姆定律求出變壓器原線圈兩端的電壓大?。儔浩髦荒芨淖冊€圈的交流電的電壓，不能改變直流電的電壓．本題關(guān)鍵要能將銅盤看成由無數(shù)幅條組成的，由轉(zhuǎn)動切割磁感線感應(yīng)電動勢公2

變壓器只能改變原線圈的交流電的電壓．8.【答案】BC【解析解：設(shè)斜面的傾角為，平拋運動在豎直方向上有：

2

2

.在平方向上有：

，合兩式得：0

，知與成比。根據(jù)2

2

，

2????

知t與成正比。故C正確，、錯。故選：BC平拋運動在水平方向上做勻速直線運動豎直方向上做自由落體運動抓住分運動合運動具有等時性求出L、t

與的關(guān)系．解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動直方向上做自由落體運動，以及知道分運動和合運動具有等時性．9.【答案】BC【解析】解：、從止到下落過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，所以下落至地面的過程中系統(tǒng)的機械能守恒，而A的械能不守恒，故誤；BD、據(jù)在落至地面前的瞬間，物體B恰對擋板無壓力，以為究對象，據(jù)平衡求得此時彈簧的彈力為2；以A為究對象，當靜釋放的瞬間受力mg，其合力方向向下，大小為；當A落瞬間A受力mg和彈簧的彈力2，合力向上，大小為，A做諧運動，據(jù)對稱性可知，落地瞬間其速度為零彈簧振子的運動情況可知向下運動時做加速度減小的速運動，第17頁，共33頁

2??2222eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)2??2222eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)45C、做諧運動和能量守恒可知落瞬間的力勢能完全轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，所以彈簧的彈力做功為mgh故C正；故選：首先知道題境，分析兩體的受力情況及各力做功情況，從而分析其動情況，類比彈簧振子，從而判斷選項．明確A的動情況和B在地瞬間的彈力是解題的前提，類比彈簧振子模型是解題的關(guān)鍵，靈活應(yīng)用能量守恒判斷彈簧做功情況，題目有點難度．【案ACD【解析解A、設(shè)達到的最大速度為v則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，路中的感應(yīng)電流為

??????

，最終勻速運動，故BIL，解得??

??2

????2??

2

2

4??

，當且僅當

2

，v取大值，故A確；B、導(dǎo)體棒產(chǎn)生的應(yīng)電動勢，端電壓為故B錯；22C、過的電流為

2

，故C正；D、知，最大速

，故克服摩擦力的功率為，故D正；4??4故選：ACD導(dǎo)體棒處于磁場中當體中有流通過時到安培力使導(dǎo)體棒運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當安培力等于阻力時，速度達到最大，有數(shù)學(xué)關(guān)系求的速度和磁感應(yīng)強度大小即可判斷．本體主要考查了閉合電路的歐姆定律和安培力作用下的共點力平衡好學(xué)二次函數(shù)求極值即可【案B；能；????；56232【解析】解：重物應(yīng)該選擇相對質(zhì)量較大、體積較小的物體，即密大的物體，這樣能減少摩擦阻力的影響，故選如先放開紙帶開始運動，再接通打點計時時器的電源，由于重物運較快，前面的點不好采集但面的點還是夠采集的以能通過對這條紙帶運算能判斷機械能是否守恒；從B到E的程中重力勢能減少為eq\o\ac(△,)??????，45第18頁，共33頁

????2??522522eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)5220??0物????2??522522eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)5220??0物體在的速

????2????2

eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)2eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)2

36則B到動能變化eq\o\ac(△,)??

??

eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)

6

eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)82

3

2故答案為：??；能；??????；5

6

eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,??)82

3

2

．實供選擇的重物應(yīng)該相對質(zhì)量較大、體積較小的物體，這樣能減少擦阻力的影響；先開紙帶開始運動，再接通打點計時時器的電源，由于重物運動較，前面的點不好采集，但可以驗證機械能守恒定律；根重力做功計算出重力勢能的減少量，根據(jù)平均速度等于中點時刻瞬時速度計算出速度．正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理實驗原理出發(fā)進行分析所需實驗器材測數(shù)據(jù)等起到事半功倍的效勻變速直線運動中點時刻的速度等于平均速度．【案】外分BP狀燈絲電阻的倒數(shù)變【解析泡常發(fā)光時的電阻為

??

12.67表阻約，電壓表內(nèi)阻約為0，壓表內(nèi)阻遠大于燈泡電阻，電流表應(yīng)采用外接法；燈兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法；電表采用外接法、滑動變阻器采用分壓接法，則應(yīng)采用圖所示實驗電路；坐原點O到點連線的斜率表示小燈泡電阻的倒數(shù)此圖給出的信息可知，隨著小燈泡兩端電壓的升高，小燈泡的電阻變大。故答案為：外分式；狀燈絲電阻的倒數(shù)；變大。根電表內(nèi)阻與燈泡電阻的關(guān)系確定電流表的接法；根實驗要求確定滑動變阻器的接法。根電流表、滑動變阻器的接法選擇實驗電路。根圖示圖象應(yīng)用歐姆定律、電功率公式分析答題。本題考查了電流表與滑動變阻器的接法、實驗電路選擇、實驗數(shù)據(jù)處理，關(guān)鍵是要知道當電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值時流表采用外接法電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器采用分壓接法?！景浮拷猓涸O(shè)子在電場中運動的時，速度的大小為，粒子的初速度為，過Q點時速度的大小為v，沿軸向分速度的大小第19頁，共33頁

，

??02由牛頓第二定律得：由運動學(xué)公式得：??02??

??????

√

??，解得：√令其速度和x成角由

，所以粒在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為，圖由幾何關(guān)系可得√??由牛頓第二定律得：解得：√??答：粒經(jīng)過Q點速度的大小為√

，方向和x軸方向成；若子在第一象限的磁場中運動一段時間后以垂直軸的方向進入第二象限，感應(yīng)強度大小為√??

。【解析根牛頓運動定律和類平拋運動的規(guī)律和運動合成與分解進行解答；作粒子做圓周運動的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，再根據(jù)洛倫茲力充當向心力列式解答。解決該題的關(guān)鍵是掌握帶電粒子做類平拋運動的解題規(guī)律作粒子做圓周運動的軌跡，能根據(jù)幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑。14.【案】解根圖象可分后B沿面向下做勻速直運動斜面向上做勻減速直線運動，第20頁，共33頁

??eq\o\ac(△,??)??????????????????????????????eq\o\ac(△,??)??????????????????????????????6868

??eq\o\ac(△,??)

，對A由牛頓第二定律得：????30°??????????

，代入數(shù)據(jù)解得：

，6對B由平衡條件得

??

，????解得：；細斷裂瞬間統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力統(tǒng)量守恒平于斜面向下為正方向，對AB系，由動量守恒定律得：??????

??????

，由能量守恒定律得：)2??????????????

，代入數(shù)據(jù)解得：

6；當?shù)亩认嗟葧r，二者相距最遠，設(shè)A上的時間????

，位移；滑過程中的加速度

，間為??，位移為，對，由牛頓第二定律得：??????30°??30°，??????????由運動學(xué)公式得????

，

????

，′??，′′????????????B發(fā)的位移??????AB再相遇前的最遠距離

′??代入數(shù)據(jù)解得：；15答：、B與面間的動摩擦因數(shù)分別為、；6細未斷裂前微型彈簧儲存的彈性勢能為6J、B再相遇前的最遠距離為。15【解析由示??象分析清楚物體的運動過程求出物體的加速度，應(yīng)用牛頓第二定律與平衡條件求出動摩擦因數(shù)。繩斷裂過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律求出彈簧的彈性勢能。應(yīng)牛頓第二定律求出的加速度，分析清楚物體運動過程，應(yīng)用動學(xué)公式求出A、的最大距離。第21頁，共33頁

??111??2??11本題是一道力學(xué)綜合題根據(jù)題分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動量守恒定律??111??2??11【案】不變；增大【解析】解：溫度是分子的平均能的標志，溫度不變時，氣體分子的平均動能不變；一定質(zhì)量的某種理想氣體，則分子個數(shù)不變，若保持體積不變時，所以分子的密集程度也不變．體積減小，分子的密集程度增大，導(dǎo)致氣體的分子等溫時間內(nèi)與接觸面碰撞的次數(shù)增大，則氣體的壓強也增大．故答案為：不變，增大理想氣體壓強由分子的平均動能與分子密集程度決定度是分子的平均動能的標志，分子的密集程度與分子個數(shù)與體積有關(guān)．考查溫度是平均動能的標志及響氣體的壓強的微觀解釋子的密集程度與氣體的體積有關(guān)．【案】解：初壓

末態(tài)時左右水銀面的高度差為)??末狀態(tài)壓強為：

(由理想氣體狀態(tài)方程得：

22解得：

22??

????350??加水銀后，左右水銀面的高度差為′)由玻意耳定律得????

，其中

)解得：【解析利理想氣體狀態(tài)方程解題，關(guān)鍵是正確選取狀態(tài)，明確狀態(tài)參量，尤其是正確求解被封閉氣體的壓強，這是熱學(xué)中的重點知識，要加強訓(xùn)練，加深理解。本題的一大難點在于高度差的計算。對閉氣體來講，由理想氣體狀態(tài)方程求解；找初末狀態(tài)的物理量，由等溫變化列方程求解?！景浮窘馕鰮?jù)動圖象可知時向下振動時P振動個期；故

????

，得；第22頁，共33頁

??4440波速??4440

，的點振動傳到Q點，Q點一次到達波谷處，故Q點第一次到達波谷所需時間

，二次到達波谷的時′1.0。故答案為：；。簡諧橫波沿x正方向傳播過程中介質(zhì)中質(zhì)點做簡諧運動根波傳播向判斷出此時P的振動方向，由到??時間內(nèi)，點第三次出現(xiàn)在波峰位置分析得到周期．由圖象讀出波長，求出波速；波在同一均勻介質(zhì)中勻速傳播的，處點的振動傳播到時質(zhì)點Q第次到達波谷，??

求出時間，再根據(jù)振動情況確定第二次到達波谷的時間。本題采用波形的平移法求解Q第次形成波谷的時間，也可以根據(jù)波的形成過程分析：先求出振動??處傳到Q點時間；Q點的起振方向向下，再經(jīng)過4

??

時間形成第一次波峰，將兩個時間相加得到?！景浮拷猓鹤鳂漤敺瓷涔饩€與石頭折射光線的光路圖如圖所示，入射角、折射角分別為設(shè)ir，設(shè)樹高，的視線高，寬為，由折射定律得，

??????

由幾何關(guān)系????解得：??????

P點岸邊的距離為??4??????

聯(lián)立解得：答：河水深度約．【解析】由題意作出折射光路圖由幾何關(guān)系及折射定律可求出河水的深度．本題是對光的折射定律的考查根據(jù)題意正確作出光路圖合射定律和幾何關(guān)系進行解答．【案【解析A據(jù)量數(shù)守恒和荷數(shù)守恒核聚變反應(yīng)方?中X表中子，故錯誤；

，B、根據(jù)

可知，極限頻率越大的金屬，逸出功越大，故B錯；第23頁，共33頁

11100??C、電效應(yīng)實驗表明光具有粒子性，故11100??D、個子與兩個中子結(jié)合成一?

子核的過程中會釋放能量，結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程可知，兩個質(zhì)子與兩個中子的質(zhì)量之和大?

子核的質(zhì)量，故D正．故選：D原子核中，質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之和；逸出功與入射光的頻率無關(guān)，由金屬本身決定；光電效應(yīng)實驗表明光具有粒子性；依據(jù)質(zhì)能方程即可判定。本題考查了光電效應(yīng)，核反應(yīng)方程書寫規(guī)律、質(zhì)能方程等知識點，比較簡單，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點．【案【解析開s內(nèi)落高度

由意可知，最后s內(nèi)落的高

，據(jù)平均度公式可知，最后2s中時刻的速

??

，則物體自由下落的時10

，則物體下落的總高1

，正確，錯。故選：。根據(jù)位移公式求出開始開s內(nèi)落的高度，再由題意求出最后s下落的高度，平均速度公式求出最后2s中間時刻的速度，由速時公式求出時間，由位時間關(guān)系即可求出物體下落的總高度。本題考查自由落體規(guī)律的應(yīng)用意對于勻變速直線運動中平均速度等于中間時刻的速度這一重要結(jié)論的應(yīng)用?！景窧【解析】解：小球垂直撞在斜面，速度方向與斜面垂直，則有：

，解得：

，小球做平拋運動的水平位移為，

，代入數(shù)據(jù)解得：1.2，

。B正，、C、錯。故選：B。抓住小球垂直撞在斜面上方向與斜面垂直豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，第24頁，共33頁

2，????可解得211??2??根據(jù)幾何關(guān)系求出小球平拋運動的水平位移，聯(lián)立求出小球平拋運2，????可解得211??2??掌握平拋運動的規(guī)律道平拋動在水平方向上做勻速直線運動豎方向上做自由落體運動本題也可以結(jié)合平運動的二級結(jié)論平拋運動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的住速度的方向得出位移的方向，根據(jù)豎直位移和水平位移求出初速度?！景浮窘馕觥拷猓?、據(jù)開普勒第二定律知，衛(wèi)星在軌道I運行時，從B點A運動時，速度逐漸減小，經(jīng)過B點的速率大于經(jīng)過點時的速率，故A錯；B衛(wèi)星從軌道I

到軌道要在B點火速在道I

上的速度大于軌Ⅱ點的速度，故B錯誤；C、可知，飛船在軌道IⅡ的B點時加速度相等，故C誤；2D、星近月球表面飛行時，如果知道周期T，可以計算出平密度，即??

??2

??

4??2

43??????2

，故正。故選：D明確衛(wèi)星的運行過程據(jù)開普定律分析各點的速率變化再根據(jù)萬有引力充當向心力求出向心加速度以及平均密度。本題的關(guān)鍵建立衛(wèi)星運動模型住萬有引力等于向心力列式分析求解握星表面物體萬有引力等于重力這一規(guī)律求解行星表面的重力加速度?！景窤【解析解當粒子的運動軌跡好與N切時粒子做圓周運動的半徑為d如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律??1??

，解得

????

，此粒子打在熒光屏上的位置與點豎直方向上的距離為；設(shè)粒子的最大速度為在場中的運動半徑為r幾關(guān)????，解得??4

??

??

，根據(jù)牛頓第二定

??2??

，解得

??4??

；所以打在熒光屏上的粒子的速度大小范圍為，故A確錯誤。????第25頁，共33頁

00????221????122故選：A。00????221????122當粒子的運動軌跡剛好與N相時粒子的速度最小出粒子運動的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解最小速度；由于粒子在熒光屏上形成一條長為d的線據(jù)何關(guān)系求解粒子速度最大時的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解最大速度，由此得解。對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量?！景浮窘馕龅乃俣葹楣蔄正；

0??

，0B、物體減速時的速度大

，方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，錯；C、體的機械能減少量等于支持力做功的大小，即為：故確；

，D、體到的合力對物體做的功等于物體動能的改變量，即?

0

，故錯。故選：AC根據(jù)平均速度乘以時間等于位移求解速度大小據(jù)加速度的定義式求解加速度據(jù)牛頓第二定律求解支持力據(jù)能關(guān)系和動能定理分析機械能的減少和合外力做的功。對于涉及功的計算、能量計算問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的受力情況、運動情況、能量的轉(zhuǎn)化情況等；知道重力勢能變化與重力做功有關(guān)；動能的變化與合力做功有關(guān)；機械能的變化與除重力以外的力做功有關(guān)?！景浮窘馕觥拷猓?、由圖乙可該交流電在一個周期內(nèi)只有一半的時間內(nèi)有電流，該交流電的最大值為

，則半個周期內(nèi)，交流電的有效值為220，另外半個周期內(nèi)為零，將該交流電接一個電阻值為r的阻，則：1??????可得：根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知????

，第26頁，共33頁

21??16代入數(shù)據(jù)可得副線圈的電壓21??16

副線圈上的電流??

??

2

23.5

電流與匝數(shù)成反比，故原線圈的電流

2??

???

10

5

故錯誤正確；CD、電壓表的讀數(shù)???√

，故C誤D正確。故選：BD根據(jù)圖象可以求得輸出電壓的有效值期和頻率等再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論．掌握住理想變壓器的電壓之間的關(guān)系值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題．【案【解析】解：，EO延交圓于F，勻強電場中同一直線上相同距離的電勢差相等，

，則點電勢為4，AO的中點G點電勢為，F(xiàn)G為等勢線由于FG與垂直，則為場線方向，為等勢線，因此B點勢為V，故誤；B選項分析OA間勢差為V為場強??

，????故B項；C選分析場向由高電勢指向低電勢所以電場方向沿方C錯誤；D子受電場力向左沿順時針方向從運到場先做負功后做正功，故D正．故選：BD根據(jù)等勢面和電場線垂直場垂直于等勢面從高電勢指向低電勢得到電場強度方向根據(jù)電勢差和電場強度關(guān)系定電場強度大小電場力做功特點分析質(zhì)子運動時電場力做功情況。本題考查等勢面與電場線關(guān)系以及電場力做功特電場力做功與帶電粒子運動路徑無關(guān)只與初末位置有關(guān)，較簡單?！景?k打A時物塊的速度錯【解析解圖所示的打點計時器為電火花計時器，所用電源為2交電，故C正。第27頁，共33頁

根據(jù)??，因此斜根據(jù)??，因此斜??，得eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)1.45??11??200線與縱軸的交點為打A點物塊的速度．

，所以加速度大；由表示是平均速度不用??

圖象中的圖線與時間軸圍成的面積表示物塊t

時間內(nèi)運動的位移大小，他的觀點是錯誤的．故答案為：；??；A點時物塊的速度合理即；錯。實裝置中所用的電火花計時器，使用的電源是V的流電源；根位移與時間的關(guān)系求解加速度，并根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解圖線與縱軸的交點的物理意義；??圖中圖線與時間軸圍成的面積表示物塊運動的位移大小中是瞬時速度。本題關(guān)鍵是明確實驗原理道個實驗的操作步驟以及注意事項通公式結(jié)合圖象分析獲得已知的物理量，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。【案】甲小小于【解析】解：由圖可知，乙圖中的開關(guān)無法控制整個電，所以應(yīng)采用圖甲所示實驗電路圖；在池組負極和開關(guān)之間串聯(lián)一個阻值的阻，電壓表示數(shù)由圖示電源圖可知，電源電動，圖象斜率的絕對

2.90，eq\o\ac(△,??)eq\o\ac(△,)電源內(nèi)阻：；圖所示電路圖，采用的是相對電源的電流表外接法，由于電壓表的分流導(dǎo)致此種接法電動勢和內(nèi)電阻均小于真實值。故答案為：甲；；?。恍∮凇８沙貎?nèi)阻較小，為減小實驗誤差，相對于電源來說電流表應(yīng)采用外接法。根題求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻；根電路圖進行分析，明確電表內(nèi)阻的影響，從而明確誤差情況。本題考查了測電池組的電動勢和內(nèi)阻實驗解實驗原理是解題的前提與關(guān)鍵注意掌握根據(jù)圖象進行數(shù)據(jù)處理的方法?！景浮拷猓号cB的滑動摩擦力地面與長木板B間的滑動摩擦力為??地面與長木板B間的滑動摩擦力恰好等于恒力F第28頁，共33頁

1101??1??1??1??2??322????001000000所以鐵塊A和木板B成的系統(tǒng)初始階段動量守恒：從開始1101??1??1??1??2??322????001000000????

0

所以木板B的度至少為：

1

1初階段、間的滑動摩擦力對長木板做的根據(jù)運動規(guī)律可得：因為

，所以共速后A與B相靜止，有??

????因此A與B間靜摩擦力??3??3

????，A、的靜摩擦力對長木板B做功根據(jù)運動規(guī)律可得：

????所以A、B間摩擦力對長木板B做功

??1??3解得：

??答：木B的度至少為m整過程中A對B做的總功為J?！窘馕鱿葦?、面與長木板間的滑動摩擦力，然后根據(jù)動量守恒定律判斷A、B共所用的時間，再計算得木板B的長度；根運動學(xué)公式判斷兩階段長木板B的移兩過程摩擦力對長木板做的功。本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和功能關(guān)系本題的關(guān)鍵是弄清楚鐵塊和木板的受力情況根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式進行解答注先判斷摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力。30.【答案撤拉力的瞬間壓表的示數(shù)為據(jù)閉合電路歐姆定律可知，金屬棒中的電動勢：

0

(??)0設(shè)此時金屬棒的速度大小，解得：

0由在??時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢，0導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢由圖示圖象可知

00解得：

0

因此金屬在這段時間內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運動，第29頁，共33頁

01????0解得：0000022202????0時刻，作用于金屬棒上拉力的大小是000??????22202??由勻01????0解得：0000022202????0時刻，作用于金屬棒上拉力的大小是000??????22202??

??2??????

0在

12

時刻，電路中電流：2

02根據(jù)牛頓第二定律：????1??????22????2??撤后金屬棒向上做變減速運動，則減速運動的時間

，根據(jù)動量定理：?????????

即???

解得：

????222??設(shè)撤去拉力后，金屬棒向上運動的距離為，由

????????解得：

??設(shè)電阻產(chǎn)生的焦耳熱為，據(jù)能量守恒定律得：????

2解得：

??

42

0

04??3答：撤拉力的瞬間，金屬棒的速度大小是2

0

；(2)

11??????222??????2

；