加17套高考模擬卷山西省懷仁市重點(diǎn)中學(xué)2020-2021學(xué)年高考物理全真模擬密押卷含解析

山西省懷仁市重點(diǎn)中學(xué)2020-2021學(xué)年高考物理全真模擬密押卷注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．()B則金屬板N有可能發(fā)生光電效應(yīng)C．若增加光的照射強(qiáng)度，則從金屬板M中逸出的光電子的最大初動(dòng)能會(huì)增大D．若增加光的照射強(qiáng)度，則單位時(shí)間內(nèi)從金屬板M中逸出的光電子數(shù)會(huì)增加的拉力，則()B．FA、FB的合力大于mg3、如圖所示，在光滑的水平桌面上有一彈簧振子，彈簧勁度系數(shù)為k，開始時(shí)，振子被拉到平衡位置O的右側(cè)A處，v，在這個(gè)過程中振子的平均速度為AA．等于B于4、下列屬于理想化物理模型的是()A．電阻B．點(diǎn)電荷C．力的合成D．瞬時(shí)速度5、如圖，質(zhì)量為M=3kg的小滑塊，從斜面頂點(diǎn)A靜止開始沿ABC下滑，最后停在水平面D點(diǎn)，不計(jì)滑塊從AB面在運(yùn)動(dòng)過程中，小滑塊與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同．則()A．小滑塊與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5B．小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做功，等于在BC面上運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做功BBC6、如圖所示，圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，打有小孔的小球穿過圓環(huán)．細(xì)繩a的一端固定在圓環(huán)的A點(diǎn)，細(xì)繩b的一端OBB小球和重物均保持靜止．則在此過程中繩a的拉力()A．一直增大B．一直減小7、用a、b兩種不同波長(zhǎng)的光，先后用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，得到兩種干涉條紋，其中a光的干涉條紋間距小于b光的條紋間距，則()P點(diǎn)是x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)96m處的質(zhì)點(diǎn)。下列判斷正確的是()A．該質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)的方向沿y軸向上9、在光滑絕緣水平面上，一絕緣輕繩栓著一個(gè)帶電小球繞豎直方向的軸O在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做順時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)的方向豎直向下，其俯視圖如圖，若小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，繩子突然斷開，關(guān)于小球在繩斷開后的運(yùn)動(dòng)情況，可能的是()A．小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變B．小球做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小C．小球做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變D．小球做順時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑減小屏幕上顯示的圖樣。圖甲條紋間距明顯大于圖乙，A．若光屏到雙縫的距離相等，則圖甲對(duì)應(yīng)的波長(zhǎng)較大B．若光源、雙縫間隙相同，則圖甲光屏到雙縫的距離較大C．若光源、光屏到雙縫的距離相同，則圖甲雙縫間隙較小D．圖甲的光更容易產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象程。11．(6分)某同學(xué)用“插針法”測(cè)一玻璃磚的折射率。①在木板上平鋪一張白紙，并把玻璃磚放在白紙上，在紙上描出玻璃磚的兩條邊界。然后在玻璃磚的一側(cè)豎直插上兩PAB12．(12分)某同學(xué)在“探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，把按控制變量法做的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)1123456789F/Nm/kg若利用表中數(shù)據(jù)探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力的關(guān)系，則選用物體的質(zhì)量為m=___________，請(qǐng)?jiān)诒绢}給出的坐標(biāo)紙中作出a－F圖像________。13．(10分)“∟”形輕桿兩邊互相垂直、長(zhǎng)度均為l，可繞過O點(diǎn)的水平軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，兩端各固定一個(gè)2金屬小球A、B，其中A球質(zhì)量為m，帶負(fù)電，電量為q，B球的質(zhì)量為m，B球開始不帶電，整個(gè)裝置處于豎直向3參考答案【解析】【詳解】A．金屬板M能發(fā)生光電效應(yīng)，金屬板N不能發(fā)生光電效應(yīng)，說明入射光的頻率大于金屬板M的極限頻率而小于金屬板N的極限頻率，由W=hv，知金屬板M的逸出功小于金屬板N的逸出功，故A錯(cuò)誤；0B．能否發(fā)生光電效應(yīng)取決于入射光的頻率和金屬的極限頻率的大小關(guān)系，而與光的照射強(qiáng)度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程E=hvW可知，在金屬板M逸出功一定的情況下，光電子的最大初動(dòng)能E只與入k0kD【解析】【詳解】AO點(diǎn)受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，并結(jié)合正弦定理，有：FFGA=B=a由于a>，故：FsinA=<1FsinaBABC．調(diào)節(jié)懸點(diǎn)A的位置，使A點(diǎn)向右移動(dòng)，由于OA始終比OB長(zhǎng)，所以不可能出現(xiàn)a=的情況，所以不可能使FABD．調(diào)節(jié)懸點(diǎn)A的位置，使A點(diǎn)向左移動(dòng)，當(dāng)a+趨向180。時(shí)，可使F、F都大于mg，D正確。AB【解析】【分析】平均速度等于這段位移與所需要的時(shí)間的比值．而位移則通過胡克定律由受力平衡來確定。【詳解】【點(diǎn)睛】考查胡克定律的掌握，并運(yùn)用位移與時(shí)間的比值定義為平均速度，注意與平均速率分開，同時(shí)強(qiáng)調(diào)位移而不是路程。4、B【解析】【分析】理想化模型的特點(diǎn)是現(xiàn)實(shí)生活中不存在。通過想象合理分析得出忽略次要因素，只考慮主要因素，據(jù)此判斷即可?！驹斀狻拷⒗硐牖Ｐ偷囊话阍瓌t是首先突出問題的主要因素，忽略問題的次要因素．物理學(xué)是一門自然學(xué)科，它所研究的對(duì)象、問題往往比較復(fù)雜，受諸多因素的影響有的是主要因素，有的是次要因素．為了使物理問題簡(jiǎn)單化，也為了便電5、C【解析】【詳解】gSAABBCABBCCD16B、小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的摩擦力大小f1=μMgcos53°，小滑塊在BC面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的摩擦力大小fMgcosff等，則小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做功小于小滑塊在BC面上運(yùn)動(dòng)克服摩CAB面上運(yùn)動(dòng)的平均速度小于小滑塊在B、C面上的平均速度，故小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)43D、小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=gsin9-gcos9=m/s2，小滑塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的加速度85a=gsin-gcos=m/s2，則a:a=43:20，故D錯(cuò)誤。22126、A【解析】對(duì)聯(lián)結(jié)點(diǎn)O進(jìn)行受力分析，受三個(gè)拉力保持平衡，動(dòng)態(tài)三角形如圖所示：可知小球從B點(diǎn)緩慢移到B′點(diǎn)過程中，繩a的拉力F逐漸變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤．a(chǎn)7、AC【解析】【詳解】LdxdLbab8、BC【解析】【詳解】A方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；T0.8309、ABC【解析】【分析】【詳解】AB．如果小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當(dāng)洛倫茲力的大小等于小球原來所受合力大小時(shí)，繩子斷后，小球做逆時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變，也可能洛倫茲力大于之前合力的大小，則半徑減小，故AB正確；CD．若小球帶負(fù)電，則小球所受的洛倫茲力指向圓心，開始時(shí)，拉力可能為零，繩斷后，仍然洛倫茲力提供向心力，順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，半徑不變．若開始靠洛倫茲力和拉力的合力提供向心力，拉力減小為零，小球靠洛倫茲力提供向【解析】【詳解】A．甲光的條紋間距大，光屏到雙縫的距離相等，由于雙縫間的距離未知，故無法比較波長(zhǎng)的大小，A錯(cuò)誤；LB．若光源、雙縫間隙相同，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式x=入知d以及波長(zhǎng)相等，圖甲的條紋間距大，則圖甲光LdLdL程。【解析】【詳解】①[1]．在木板上平鋪一張白紙，并把玻璃磚放在白紙上，在紙上描出玻璃磚的兩條邊界。然后在玻璃磚的一側(cè)豎直插②[2]．玻璃的折射率sin三AOCAC4.00n====1.43【解析】【分析】【詳解】[1]根據(jù)按控制變量法可知，探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力的關(guān)系，需要保證質(zhì)量不變，故由表中數(shù)據(jù)可知選用物kg的數(shù)據(jù)描點(diǎn)作圖如圖所示32【解析】【詳解】mglsin9=Eqlsin9+mglcos9AB4tan=43=53 lmglEqlBA13電場(chǎng)力的功：2m14、(i)n=1123；(ii)t=c【解析】【分析】【詳解】(i)如圖，作出光路圖根據(jù)折射定律可得根據(jù)幾何知識(shí)可得OA3R2(ii)光從A經(jīng)多次反射到C點(diǎn)的路程RR22sc得c光線從A在氣泡中多次反射到C的時(shí)間為。c【解析】【分析】首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內(nèi)A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，再結(jié)合能量關(guān)系求解出A、B各自的速度大??；很容易判定A、B都會(huì)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并且易知是B先停下，至于A是否已經(jīng)到達(dá)墻處，則需要根據(jù)計(jì)算確定，結(jié)合幾何關(guān)系可算出第二問結(jié)果；再判斷A向左運(yùn)動(dòng)停下來之前是否與B發(fā)生碰撞，也需要通過計(jì)算確定，結(jié)合空間【詳解】(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有AABBEk=mAvA2+mBvB2②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得ABAB(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a．假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，BtBBB2BB2在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)1sA=vAt–2at2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有2AA2AAAB聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得v=7m/sA故A與B將發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有m(v,)=mv,,+mv,,AAAABB111mv,2=mv,,2+mv,,22AA2AA2BB聯(lián)立聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得===5BAABB由④由④式及題給數(shù)據(jù)得s63m,s,=0.28mABsA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離s,=s,+s,=0.91mAB2020-2021高考物理模擬試卷1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。R在電壓為u＝311sin100πt(V)的交流電源上．電熱器工作時(shí)的電阻為100Ω，電路中的交流電表均為理想電表．由此可知2、如圖所示，正六邊形的物體上受四個(gè)共點(diǎn)力的作用下保持平衡。下列說法正確的是()4、一只小鳥飛停在一棵細(xì)樹枝上，隨樹枝上下晃動(dòng)，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，小鳥()A．一直處于超重狀態(tài)C．先失重后超重B．一直處于失重狀態(tài)D．先超重后失重55、傾角為9的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“”形長(zhǎng)木板，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。平行于斜面的力傳感器(不計(jì)傳感器的重力)上端連接木板，下端連接一質(zhì)量為m的光滑小球，如圖所示，當(dāng)木板固定時(shí)，傳感器的示數(shù)為F，現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F。則下列說法正確的是()122221kg氫原子能級(jí)示意圖如圖所示。靜止氫原子從n=4躍遷到n=1時(shí)，氫原子的反沖速度是多少？()Orm球與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.6，g=10m/s2。當(dāng)細(xì)繩與O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡相切時(shí)，則下列說法正確的是()A．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為6NC．小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為2m/sD．手在運(yùn)動(dòng)一周的過程中做的功為6πJ8、如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波t=1s時(shí)刻波形圖，該時(shí)刻M點(diǎn)開始振動(dòng)，再過1.5s，N點(diǎn)開始振A．波的傳播速度4m/sB．質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方程y=0.5sin(2t+)2C．質(zhì)點(diǎn)M、N相位相差是10、如圖所示，粗糙水平圓盤上，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊疊放在一起，距軸心距離為L(zhǎng)，隨圓盤一起做勻速圓周擦力，則下列說法正確的是()A．物塊A、B一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中加速度恒定B．物塊A、B一起轉(zhuǎn)動(dòng)過程中所需向心力大小相等gC．AB一起轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為2L程。11．(6分)某同學(xué)想要描繪標(biāo)有“3.8V，0.3A”字樣小燈泡L的伏安特性曲線，要求測(cè)量數(shù)據(jù)盡量精確，繪制曲線完整，可供該同學(xué)選用的器材除了開關(guān)、導(dǎo)線外，還有：22(1)請(qǐng)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并將各元件字母代碼標(biāo)在該元件的符號(hào)旁__________．(2)該同學(xué)描繪出的I–U圖象應(yīng)是下圖中的___________．12．(12分)如圖甲所示，一與電腦連接的拉力傳感器固定在豎直墻壁上，通過細(xì)繩拉住一放在長(zhǎng)木板上的小鐵塊，細(xì)繩水平伸直，初始時(shí)拉力傳感器示數(shù)為零?，F(xiàn)要測(cè)量小鐵塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，用一較大的水平拉力拉住長(zhǎng)木板右端的掛鉤，把長(zhǎng)木板從小鐵塊下面拉出，在電腦上得到如圖乙所示的數(shù)據(jù)圖像，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣取安蛔儭?13．(10分)如圖所示，空間存在一有邊界的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向與豎直平面(紙面)垂直，磁場(chǎng)邊界的間下邊界重合(圖中位置I)，導(dǎo)線框的速度為v0。經(jīng)歷一段時(shí)間后，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊恰好與磁場(chǎng)的上邊界重合時(shí)(圖中位置II)，導(dǎo)線框的速度剛好為零。(1)求導(dǎo)線框在位置I時(shí)的加速度大小；(2)求從位置I到位置II的過程中，導(dǎo)線框中的焦耳熱；(3)定性畫出導(dǎo)線框從位置I到再次回到位置I時(shí)速度隨時(shí)間變化圖象；(4)上升階段和下降階段導(dǎo)線框克服安培力做功分別為W1和W2，試判斷W1與W2的大小關(guān)系，并簡(jiǎn)述判斷依據(jù)。BnL一束光從距A點(diǎn)為的G點(diǎn)垂直AB射入玻璃磚。光在真空中的傳播速度為c，不計(jì)光路逆向的來回反射情形。4(2)該束光從G點(diǎn)進(jìn)入起，到剛射出玻璃磚經(jīng)歷的時(shí)間t。15．(12分)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第一象限中有兩個(gè)全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，C點(diǎn)坐標(biāo)為(4L，3L)，M點(diǎn)受重力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)區(qū)域相切時(shí)認(rèn)為粒子能再次進(jìn)入磁場(chǎng)．(1)若粒子無法進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍；(2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)若粒子能到達(dá)M點(diǎn)，求區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的所有可能值．參考答案【解析】【詳解】2因?yàn)榻涣麟姷淖畲笾禐閁m＝311V，故其有效值為U=U=220V，則電壓表的示數(shù)為220V，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閁220R1002、A【解析】【詳解】3、C【解析】【詳解】=mxt=v1qEy=at2=t2m4、C【解析】小鳥隨樹枝從最高點(diǎn)先向下加速后向下減速到最低點(diǎn)，所以小鳥先處于失重狀態(tài)，后減速處于超重狀態(tài)，故C正確．點(diǎn)晴：解決本題關(guān)鍵理解超重與失重主要看物體的加速度方向，加速度方向向上，則物體超重，加速度方向向下，則【解析】【分析】【詳解】AB．當(dāng)木板固定時(shí)，對(duì)小球分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有F1=mgsinθ靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若μ=0，則整體沿斜面下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsinθ=Ma解得再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，則有解得F=02CD．當(dāng)木板沿斜面下滑時(shí)，若μ≠0，對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為a=gsinθ-μgcosθ隔離對(duì)小球分析有解得F2=μmgcosθF1：F2=mgsinθ：μmgcosθ=tanθ：μ解得=Ftan92F16、A【解析】【分析】【詳解】氫原子從n=4躍遷到n=1時(shí)放出光子的能量為41光子的動(dòng)量hp=y光子的能量yEp=c根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知HH得HH解得7、BCD【解析】【詳解】A．由幾何關(guān)系可知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=r2+l2=0.25m小球做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律nr0.153r0.153l0.24得F=16NnB．由于n解得O小球一樣，所以選項(xiàng)B正確；v2F=mnRD．手在運(yùn)動(dòng)一周的過程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故8、ACE【解析】【詳解】t1.5Bm系可知周期為：入vT9、ACE【解析】【詳解】A．由圖像知波長(zhǎng)為μ?2mg=2mωB2L傳播距離xv==8m/stv8率1f==2HzTDE．質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)了時(shí)間為15【解析】【分析】【詳解】A．兩物體做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度大小恒定，方向始終指向圓心不恒定，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)向心力公式Fn＝mLω2可知，物塊A、B一起轉(zhuǎn)動(dòng)過程中所需向心力大小相等，故B正確；CD．對(duì)AB整體分析，當(dāng)最大靜摩擦力提供向心力，有1解得gL=gLB對(duì)A分析，B對(duì)A的最大靜摩擦力提供向心力，有0.5μ.mg=mωA2L得=Ag=AgAB一起轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為，此時(shí)圓盤對(duì)B的摩擦力為g2LA程?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻縄r為I=I+A1A1=0.4?A的電流表；待測(cè)小燈泡的阻值較小，故采用電流表外接法；為使曲線完整，滑動(dòng)變阻器應(yīng)A1R4采用分壓接法，故選擇總阻值小的R，電路如圖：②小燈泡燈絲的電阻隨溫度升高而變大，故該同學(xué)描繪出的I–U圖線應(yīng)該是B．【點(diǎn)睛】此題考查了探究小燈泡的伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)；此題的難點(diǎn)在于題中所給的電表量程都不適合，所以不管是電流表還是電壓表都需要改裝，所以要知道電表的改裝方法；改裝成電壓表要串聯(lián)分壓電阻；改裝成電流表要并聯(lián)分流電阻；部分基本和課本實(shí)驗(yàn)一樣．【解析】【詳解】(1)[1]．由題圖乙可知，小鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力f=1.0N，由f=mg解得小鐵塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.204.(2)[2]．由于摩擦力與小鐵塊運(yùn)動(dòng)的速度無關(guān)，所以隨著速度的增加，小鐵塊受到的摩擦力不變。(3)[3]．由題圖乙可知，小鐵塊所受的最大靜摩擦力f=1.20N11(2)Q=2mv02-2mgL；(3)N2B2L213、(1)a1=g+v0；【解析】【詳解】 (1)線圈在位置Ⅰ時(shí)：由牛頓第二定律：mg+F=ma安1EF=NBIL；I=1；E=NBLv安11R10N2B2L2聯(lián)立解得：a=g+v1 (2)導(dǎo)線框從位置I到位置II的過程中由能量關(guān)系：mv2=mg.2L+Q201解得Q=mv2-2mgL20N2B2L2 (3)由a=g+v可知，線圈向上運(yùn)動(dòng)過程中做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)；同理下落過程中做加速度減小的Rm加速運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)圖像如圖；(4)根據(jù)能量守恒定律可知，線框經(jīng)過同一位置時(shí)：上升的速率大于下降的速率，上升過程的安培力大小較大，而位移大小相等，所以上升過程中比下降過程中克服安培力做的功多，即W1>W2.993L【解析】【分析】【詳解】n3G何關(guān)系可知光在H點(diǎn)的人射角故入射光線射到AF面會(huì)發(fā)生全反射，同理在FE、EB面也發(fā)生全反射，光路圖如圖所示mvLmvL(2)由n=，解得v2v=c3根據(jù)幾何關(guān)系可得光在玻璃磚內(nèi)傳播的路程為：LL33Ls=GH+HI+IJ+JM=2tan60。+22cos30。=422光束在玻璃磚內(nèi)傳播的時(shí)間為t==s9t==v4c6498016024080160【解析】【分析】【詳解】(1)粒子速度越大，半徑越大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與x軸相切時(shí)，恰好不能進(jìn)入Ⅰ區(qū)域故粒子運(yùn)動(dòng)半徑r>3L0vqBL粒子運(yùn)動(dòng)半徑滿足：qBv=m代入vvqBL0r02m0B解得B06 (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑r=0=qB2若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑R較小，則粒子會(huì)從AC邊射出磁場(chǎng)．恰好不從AC邊射出時(shí)滿足∠O2O1Q=2θsin29=2sin9cos9=又sin29=rRr4949解得R=r=L2448qBL代入v=0B可得：B=0 (3)①若粒子由區(qū)域Ⅰ達(dá)到M點(diǎn)每次前進(jìn)CP=2(Rr)cos9=8(Rr)2522549R=r+LL，解得n316n48n=1時(shí)R=L，B=B330n=2時(shí)R=L，B=B4104924n=3時(shí)R=L，B=B48490②若粒子由區(qū)域Ⅱ達(dá)到M點(diǎn)1254即5L=8R+8n(Rr)，解得R=2+5nL49L，解得n262558(1+n)482558n=0時(shí)R=L，B=B16250n=1時(shí)R=L，B=B330點(diǎn)睛：本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，做諸如此類問題時(shí)要注意正確畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，并結(jié)合幾何關(guān)系求出運(yùn)動(dòng)的半徑，并分析運(yùn)動(dòng)的可能性，由于運(yùn)動(dòng)的多解性，所以要求我們做此類題目時(shí)要細(xì)心再細(xì)心．22020-2021高考物理模擬試卷1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。1、圖甲所示為氫原子能級(jí)圖，大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)能輻射出多種不同頻率的光，其中用從n=4能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光照射圖乙所示光電管的陰極K時(shí)，電路中有光電流產(chǎn)生，則A．改用從n=4能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光，一定能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)B．改用從n=3能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射的光，不能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)2、在“油膜法估測(cè)分子的直徑”實(shí)驗(yàn)中將油酸分子看成是球形的，所采用的方法是()A．等效替代法B．控制變量法C．理想模型法D．比值定義法3、乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示。在纜車中放一個(gè)與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對(duì)斜面靜止(設(shè)纜車保持豎直狀態(tài))則()A．小物塊受到的支持力方向豎直向上B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下1C．小物塊受到的靜摩擦力為mg+ma1D．小物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為mg+ma2已知②的電流方向?yàn)閏→d且受到安培力的合力方向豎直向下，以下判斷中正確的是()A．①的電流方向?yàn)閍→bB．③的電流方向?yàn)閒→eC．①受到安培力的合力方向豎直向上D．③受到安培力的合力方向豎直向下5、目前在太陽系內(nèi)一共已經(jīng)發(fā)現(xiàn)了約127萬顆小行星，但這可能僅是所有小行星中的一小部分.若某顆小行星在離太陽中心R處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行的周期為T，已知引力常量為G，僅利用這三個(gè)數(shù)據(jù)，可以估算出太陽的()A．表面加速度大小B．密度C．半徑D．質(zhì)量6、如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下(方向不變)，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止。下列說法正確的是()7、一交流發(fā)電機(jī)組為某用戶區(qū)供電的示意圖如圖所示，發(fā)電機(jī)組能輸出穩(wěn)定的電壓。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比的到來，用戶區(qū)開啟了大量的用電器，下列說法正確的是()D．輸電線的電阻消耗的功率減小8、如圖所示，在豎直平面內(nèi)，傾斜長(zhǎng)桿上套一小物塊，跨過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線一端與物塊連接，另一端與固定在水平面上的豎直輕彈簧連接。使物塊位于A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線自然拉直且垂直于長(zhǎng)桿彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)將物塊由A點(diǎn)靜止釋放，物塊沿桿運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為B，C是AB的中點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切阻力，則()A．物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．物塊在B點(diǎn)時(shí)加速度方向由B指向A9、如圖，有一截面為矩形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域ABCD，AB=3L，BC=2L在邊界AB的中點(diǎn)上有一個(gè)粒子源，沿與邊界AB并指向A點(diǎn)方向發(fā)射各種不同速率的同種正粒子，不計(jì)粒子重力，當(dāng)粒子速率為v0時(shí)，粒子軌跡恰好與AD邊界相切，則()30CCD邊界上只有上半部分有粒子通過3道的最高點(diǎn)，de面水平且有一定長(zhǎng)度.今將質(zhì)量為m的小球在d點(diǎn)的正上方高為h處由靜止釋放，讓其自由下落到d處切入軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則()hadeCh過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)程。11．(6分)用如圖甲所示裝置驗(yàn)證滑塊(含遮光片)和重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。光電門固定在氣墊導(dǎo)軌上B點(diǎn)。①用天平測(cè)滑塊(含遮光片)質(zhì)量M和重物質(zhì)量m，用螺旋測(cè)微器測(cè)遮光片寬度d。測(cè)得M=3.0kg，m=l.0kg。②正確安裝裝置，并調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使其水平，調(diào)整滑輪，使細(xì)線與導(dǎo)軌平行。③在氣墊導(dǎo)軌上確定點(diǎn)A，讓滑塊由靜止從A點(diǎn)釋放，記錄滑塊通過光電門遮光片的擋光時(shí)間t；并用刻度尺測(cè)A、1123456Ep__________J，系統(tǒng)增加的動(dòng)能0(4)另一位同學(xué)認(rèn)為前面伺學(xué)只選擇了一組數(shù)據(jù)，他嘗試?yán)蒙媳碇腥繑?shù)據(jù)，做出了函數(shù)關(guān)系圖像，圖像是一條過坐1t1t212．(12分)某同學(xué)欲用伏安法測(cè)定一阻值約為5Ω的電阻，要求測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，現(xiàn)備有以下器材：AC．直流電流表A2(量程0~3A，內(nèi)阻約為0.2Ω)；D．直流電壓表V1(量程0~3V，內(nèi)阻約為3kΩ)；E．直流電壓表V2(量程0~15V，內(nèi)阻約為6kΩ)；(1)在備選器材中，實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選_____，電壓表應(yīng)選_____；(均填寫器材前字母序號(hào))(2)該同學(xué)連接了部分電路，如圖甲所示，還有三根導(dǎo)線沒有連接，請(qǐng)幫助該同學(xué)完成連線；(______)(3)按要求完成了電路連接后，開關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于最_____(選填“左”或“右”)端；__(選填“大于”“小于”或“等于”)真實(shí)值。13．(10分)如圖所示，質(zhì)量M=4kg的滑板B靜止放在光滑水平面上，其右端固定一根輕質(zhì)彈簧，彈簧的自由端C到滑板左端的距離L=0.5m，這段滑板與木塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對(duì)應(yīng)的滑板上表面光滑．木塊A以速度v=10m/s由滑板B左端開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)．已知木塊A的(1)彈簧被壓縮到最短時(shí)木塊A的速度(2)木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能．14．(16分)質(zhì)量為M的滑塊由水平軌道和豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道組成，放在光滑的水平面上．質(zhì)量為m的物塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始滑下，以速度v從滑塊的水平軌道的左端滑出，如圖所示．已知M:m=3:1，為μ，圓弧軌道的半徑為R．(1)求物塊從軌道左端滑出時(shí)，滑塊M的速度的大小和方向；(2)求水平軌道的長(zhǎng)度；(3)若滑塊靜止在水平面上，物塊從左端沖上滑塊，要使物塊m不會(huì)越過滑塊，求物塊沖上滑塊的初速度應(yīng)滿足的小圓筒內(nèi)側(cè)截面積為S，兩活塞用剛性輕桿連接，間距為2l，活塞之間封閉有一定質(zhì)量的理想氣體。初始時(shí)大活塞與大氣壓p0保持不變，不計(jì)活塞、滑輪摩擦、活塞導(dǎo)熱良好。求：l (i)緩慢向托盤中加沙子，直到大活塞與大圓簡(jiǎn)底部相距，停止加沙，求此時(shí)沙子質(zhì)量；2(ii)在(i)情景下對(duì)封閉氣體緩慢加熱可以使活塞回到原處，求回到原處時(shí)封閉氣體的溫度。參考答案【解析】在躍遷的過程中釋放或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，E=0.85eV(3.40)=2.55eV=hv，此種光的頻率大于金屬的極限頻率，故發(fā)生了光電效應(yīng).A、E=0.85eV(13.6)=12.75eV>E,同樣光的頻率大于金414141光電效應(yīng)，則B錯(cuò)誤；C、由光電效應(yīng)方程E=hvW，入射光的頻率變大，飛出的光電子的最大初動(dòng)能也變大，km0C誤；D、由E=hvW知光電子的最大初動(dòng)能由入射光的頻率和金屬的逸出功決定，而與入射光的光強(qiáng)無關(guān)，km0【點(diǎn)睛】波爾的能級(jí)躍遷和光電效應(yīng)規(guī)律的結(jié)合；掌握躍遷公式E=EE，光的頻率E=hv，光電效應(yīng)方程mnE=hvW.km02、C【解析】【詳解】在“油膜法估測(cè)分子的直徑”實(shí)驗(yàn)中將油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法，故C項(xiàng)正確，ABD三項(xiàng)3、C【解析】【分析】由題知：木塊的加速度大小為a，方向沿斜面向上，分析木塊受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大小和方向。根據(jù)牛頓第二定律求解木塊所受的摩擦力大小和方向?！驹斀狻緼B．以木塊為研究對(duì)象，分析受力情況為重力mg，斜面的支持力N和摩擦力為靜摩擦力f，根據(jù)平衡條件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB錯(cuò)誤；CD．由于小物塊和斜面保持相對(duì)靜止，小物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得【點(diǎn)睛】本題首先要正確分析木塊的受力情況，其次要能根據(jù)牛頓第二定律列式，求摩擦力。4、C【解析】【詳解】AB．因?yàn)棰诘碾娏鞣较驗(yàn)閏→d且受到安培力的合力方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)線②處的合磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，而三根長(zhǎng)直導(dǎo)線等間距，故導(dǎo)線①和③在導(dǎo)線②處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等，方向均垂直紙面向外，再由安培定C．根據(jù)安培定則可知②和③在①處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，而①的電流方向?yàn)閎→a，根據(jù)左手定則可知①受D．根據(jù)安培定則可知②在③處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，①在③處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)特點(diǎn)可知③處的合磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，又因?yàn)棰鄣碾娏鞣较驗(yàn)閑→f，故根據(jù)左手定則可知③受到安培力的【解析】【詳解】AC．在太陽表面，重力和萬有引力相等，即r2r因根據(jù)已知條件無法求出太陽半徑，也就無法求出太陽表面的重力加速度，故AC錯(cuò)誤；D．根據(jù)萬有引力提供向心力可得Mm42R2T2求得中心天體質(zhì)量M=GT26、C【解析】【分析】【詳解】B．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律BSE=n=nttD．導(dǎo)體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，則f=FD誤。、BC【解析】【分析】【詳解】將遠(yuǎn)距離輸電的電路轉(zhuǎn)化為等效電路中U=2U2n112R=3R2效n2用4由閉合電路的歐姆定律U=I(r+R)22效故隨著用電高峰的到來用戶區(qū)開啟了大量的用電器，R減小，導(dǎo)致R變小，則輸電電流I變大。用效2A．由變壓器的變壓比可知nU=2U=10Un11nU=3U=10U3n444但輸電線上有電阻r，產(chǎn)生損失電壓，故有U>U23B．根據(jù)變壓器上的電流與匝數(shù)成反比，有nInII=2I=2I=4I=21322D．由P=I2r可知，輸電電流I變大會(huì)導(dǎo)致輸電線的電阻消耗的功率增大，故D錯(cuò)誤。損228、ABD【解析】【分析】【詳解】A．由題知，不計(jì)一切阻力，則物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；BABB力分析可知，彈簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物塊在B點(diǎn)時(shí)加速度方向由B指向A，故B正確；服合力做的功等于動(dòng)能的減少量，而物塊在A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度都為零，故兩個(gè)過程動(dòng)能的變化量相等，所以A到CD．彈簧的形變量越小，彈簧的彈性勢(shì)能越小，根據(jù)幾何關(guān)系，可知物塊從A到C過程的彈簧形變量小于C到B過程9、BC【解析】【詳解】ABCADLCD相切的軌跡半徑為L(zhǎng)；DqB330D．由上述分析可知，速度小于0的粒子不能打出磁場(chǎng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3【解析】【詳解】A．小球恰能通過a點(diǎn)的條件是小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：v2mg=mRvgR2ABC．小球離開a點(diǎn)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)：x=vt12x=2R＞R，程?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?2)[2]．只將滑塊放在導(dǎo)軌上，給氣墊導(dǎo)軌充氣，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，當(dāng)滑塊靜止時(shí)，可以認(rèn)為導(dǎo)軌水平了；(3)[3][4]．分析處理表中第3組數(shù)據(jù)，則算得系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能滑塊的速d2.15010一3v==m/s=1.39m/s系統(tǒng)增加的動(dòng)能1E=(M+m)v2=41.392J=3.85Jk22(4)[5]．要驗(yàn)證的關(guān)系是1dmgs=(M+m)()22t即(M+m)d21s=2mgt21則為得到的圖像是一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線，則要做s一，故選D。t2右D【解析】【分析】【詳解】(1)[1][2]因3V(2)[3]因?yàn)殡娏鞅韮?nèi)阻較大，所以電流表外接，電路連接如圖所示(3)[4]當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在左端時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為0，所以開關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于(4)[5][6]題圖乙中電壓表示數(shù)為2.30V，電流表示數(shù)為0.48A，所以電阻的測(cè)量值RΩ由于電壓表有分流，故電阻的測(cè)量值偏小?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)彈簧被壓縮到最短時(shí)，木塊A與滑板B具有相同的速度，設(shè)為v，從木塊A開始沿滑板B表面向右運(yùn)動(dòng)至彈簧mv0＝(M＋m)v(2)木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大．1113gR2v2414、(1)v，方向水平向右(2)L=(3)v3gRv233g03【解析】【分析】【詳解】(1)對(duì)于滑塊M和物塊m組成的系統(tǒng)，物塊沿軌道滑下的過程中，水平方向動(dòng)量守恒，物塊滑出時(shí)，有m1V=v=v，方向向右．M3(2)物塊滑下的過程中，物塊的重力勢(shì)能，轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動(dòng)能和內(nèi)能，有22L=(3)物塊以速度v0沖上軌道，初速度越大，沖上圓弧軌道的高度越大．若物塊剛能達(dá)到最高點(diǎn)，兩者有相同的速度V1，此為物塊不會(huì)越過滑塊的最大初速度．對(duì)于M和m組成的系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒，有01相互作用過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和重力勢(shì)能，有mv2(M+m)V2=mgL+mgR2021解得:4v=3gRv203m初速度4v3gRv203pS615、(i)m=50g；(ii)112(22)【解析】【分析】【詳解】(i)初始時(shí)刻，設(shè)封閉氣體壓強(qiáng)為p，對(duì)活塞受力分析有10110解得l緩慢向托盤中加沙子，直到大活塞與大圓筒底部相距，此過程封閉氣體做等溫變化，由玻意耳定律得2聯(lián)立解得6250對(duì)活塞受力分析，由平衡條件有220150即pSm=0 (ii)緩慢加熱使活塞回到原處，封閉氣體發(fā)生等壓變化，設(shè)回到原處時(shí)氣體溫度為T，則33解得63502020-2021高考物理模擬試卷1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。1、人類在對(duì)自然界進(jìn)行探索的過程中，科學(xué)實(shí)驗(yàn)起到了非常重要的作用。下列有關(guān)說法中不正確的是()A．伽利略將斜面實(shí)驗(yàn)的結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．海王星是在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)之前通過觀測(cè)發(fā)現(xiàn)的D．密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得了基本電荷的數(shù)值2、下列說法符合物理學(xué)史實(shí)的是()A．亞里士多德最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因C．卡文迪許提出了萬有引力定律，并通過實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬有引力常量D．哥白尼提出了日心說并發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律NQ平行于縱軸．則()A．M→N過程氣體溫度不變usint(V)的交流電源上，原線圈上接有r=20Ω的電阻，副線圈接有R=50Ω的負(fù)載電阻，原、副線圈匝數(shù)之比為2:1，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是()D．若將r替換為電阻為20Ω的二極管，電流表、電壓表讀數(shù)均不發(fā)生變化5、如圖所示為兩輛汽車同時(shí)同地沿同一平直的公路同向行駛時(shí)，通過DIS系統(tǒng)在計(jì)算機(jī)中描繪出的速度時(shí)間圖像。則下列說法正確的是()A．汽車A的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，汽車B的運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線D．在0~t1時(shí)間內(nèi)，兩輛汽車之間的距離增大后減小6、如圖所示,小物體P放在水平圓盤上隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，下列關(guān)于小物體所受摩擦力f的敘述正確的是()A．f的方向總是指向圓心D．在物體與軸O的距離一定的條件下,f跟圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度成正比abcdcdacdt=0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說法正確的是()B運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外8、如圖所示，豎直絕緣墻上固定一帶電小球A，將帶電小球B用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛在A的正上方C處，圖中AC=h?？煽醋鼽c(diǎn)電荷)()2A．此時(shí)絲線長(zhǎng)度為L(zhǎng)2B．以后由于A漏電，B在豎直平面內(nèi)緩慢運(yùn)動(dòng)，到θ=0°處A的電荷尚未漏完，在整個(gè)漏電過程中，絲線上拉力大小保持不變3323D．若A對(duì)B的靜電力為B所受重力的倍，要使B球依然在θ=30°處靜止，則絲線BC的長(zhǎng)度應(yīng)調(diào)整為h或h3339、如圖甲所示，傾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所為g。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是()BA．小球在t時(shí)刻所受彈簧的彈力等于mgB1B．小球在t時(shí)刻的加速度大于gC2C．小球從t時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點(diǎn)CD．小球從t時(shí)刻到t時(shí)刻的過程中，重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量AC10、如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，如圖所示，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是()A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次D．加速電場(chǎng)方向不需要做周期性的變化11．(6分)某同學(xué)用如圖甲所示的裝置做“探究合力做的功與動(dòng)能改變量之間的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，他們將光電門固定在水平軌道上的B點(diǎn)，并用重物通過細(xì)線拉帶有遮光條的小車，然后保持小車和重物的質(zhì)量不變，通過改變小車釋放點(diǎn)到光電門的距離(s)進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)時(shí)要求小車每次都從靜止釋放。(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量遮光條的寬度，其示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度d=________mm。(2)為了減小誤差，實(shí)驗(yàn)時(shí)需要進(jìn)行的操作是________。A．將水平軌道上的A端墊高適當(dāng)?shù)母叨?，以平衡摩擦力Bm條的總質(zhì)量MC．調(diào)節(jié)水平軌道左端滑輪的高度(3)某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得小車及遮光條的質(zhì)量M=1kg，光電門記錄小車通過的時(shí)間t=0.002s，則在此次實(shí)驗(yàn)中小車遮光條增加的動(dòng)能為________J(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位)。(4)實(shí)驗(yàn)中利用________計(jì)算拉力對(duì)小車做的功W在方格紙上做出EW圖像(E是小車和重物動(dòng)能之和)，如圖kk所示。由圖像可以看出E總是略大于W，造成這種現(xiàn)象的原因是________________________。k12．(12分)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖所示的裝置驗(yàn)證“碰撞過程中的動(dòng)量守恒”和探究“碰撞過程中的動(dòng)能是否守恒”。水平的氣墊導(dǎo)軌上有兩滑塊A、B，滑塊A上有寬度為d的遮光板；滑塊B上固定一支架，支架上水平固定一內(nèi)壁光滑左側(cè)開口的細(xì)薄金屬直管，金屬管右側(cè)用金屬板封閉，管內(nèi)靠近金屬板處靜置一金屬小球。氣墊導(dǎo)軌通氣后利用右側(cè)擋板上的彈射裝置將滑塊A向左彈出，測(cè)得滑塊A第一次經(jīng)過光電門的時(shí)間為t1，后與靜止的滑塊B相碰，碰后滑塊B和小球一起向左滑動(dòng)滑塊A向右運(yùn)動(dòng)?；瑝KA第二次通過光電門的時(shí)間為t2，滑塊B與左側(cè)擋板剛接觸時(shí)，立即被安裝的鎖止裝置鎖止，同時(shí)金屬管中的小球沿管壁飛出落在水平地面上的O點(diǎn)(圖中未畫出)。用天平稱量出滑塊A(包(1)除了題中已給出的物理量還需用刻度尺測(cè)出的物理量及符號(hào)是________。(2)小球離開金屬管口時(shí)的速度大小為________(用題中已知和(1)問中物理量符號(hào)表示)。(3)要驗(yàn)證碰撞過程中的動(dòng)量守恒，本實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為________。否相(i)為了使該光線在OM邊和ON邊都能發(fā)生全反射，求θ的取值范圍．(ii)若θ=41°，試通過計(jì)算說明該光線第一次返回MN邊能否射出．14．(16分)甲、乙兩列簡(jiǎn)諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負(fù)向傳播，xx15．(12分)如圖(a)，水平地面上固定一傾角為37°的斜面，一寬為l＝0.43m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上，磁場(chǎng)與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑時(shí)，ab、cd邊始終與磁場(chǎng)邊界保Es(2)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度v1；(3)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間t；(4)線框穿越磁場(chǎng)的過程中，線框中產(chǎn)生的最大電功率Pm；參考答案【解析】【詳解】伽利略在斜面實(shí)驗(yàn)中得出物體沿斜面下落時(shí)的位移和時(shí)間的平方成正比，然后利用這一結(jié)論合理外推，間接證明了自勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；法國科學(xué)家笛卡爾指出：如果物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)，既不停下來也不偏離原海王星是在萬有引力定律發(fā)現(xiàn)之后通過觀測(cè)發(fā)現(xiàn)的，故C不正確；密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得了基本電荷的數(shù)值，任何電荷的電荷量都應(yīng)是基本電荷的整數(shù)倍；故D正確；、B【解析】【分析】【詳解】A．伽利略最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，故A錯(cuò)誤；B．庫侖在前人研究的基礎(chǔ)上，通過扭秤實(shí)驗(yàn)研究得出了庫侖定律，故B正確；C．牛頓總結(jié)了萬有引力定律后，卡文迪許測(cè)出引力常量，故C錯(cuò)誤；D．開普勒通過對(duì)行星運(yùn)動(dòng)的觀察，發(fā)現(xiàn)了行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律，完善了哥白尼的日心說，得出了開普勒行星【解析】【詳解】A．M→N過程氣體的pV乘積先增加后減小，可知溫度先升高后降低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；pVC．N→Q過程氣體壓強(qiáng)增大，體積不變，由=C可知，溫度升高，則內(nèi)能增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；TpVT4、B【解析】【詳解】A．副線圈輸出交流電的頻率和周期與原線圈的頻率和周期相同，根據(jù)題意可知周期2202V=220V=220V，設(shè)原線圈電流為I，根據(jù)單相理想變壓器1In1=2In21則副線圈電流為I=2I21副線圈電壓為U=IR=2IR=100I211根據(jù)理想變壓器電壓規(guī)律可知原線圈電壓為nU=1U=2U1n222即Ir+U=Ir+2U=220V1112計(jì)算得電流表讀數(shù)為I=1A125、C【解析】【分析】【詳解】6、C【解析】【分析】【詳解】如果圓盤在做非勻速圓周運(yùn)動(dòng)，摩擦力不指向圓心，摩擦力分解為一個(gè)指向圓心的力和沿圓弧切線方向的力，指向圓心力提供向心力改變速度的方向，切向的分力改變速度的大小，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，摩擦力提供向心力，摩擦力不為零，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)轉(zhuǎn)速一定時(shí)，根據(jù)，角速度也是一定，摩擦力提供向心力提供向心力，摩擦力與半徑成正比關(guān)系，所以C項(xiàng)正確；在物體與軸O的距離一定的條件下，摩擦、BC【解析】【詳解】L0.1由E–t圖象可知，線框經(jīng)過0.2s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v==m/s=0.5m/s，選項(xiàng)B正確；E=0.01V，根據(jù)E=BLvt0.2E0.01向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t=0.4s至t=0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I==A=2A，所R0.005D8、BCD【解析】【分析】【詳解】3知此時(shí)AB與BC互相垂直，此時(shí)絲線長(zhǎng)度為h，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；2B．而由三角形相似可知GFThABBCtan9=xy33GFACAB得F3AB=h=hG3根據(jù)余弦定理可得3解得323BC=h或h39、BC【解析】【分析】【詳解】A．小球在t時(shí)刻速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力等于重力沿斜面的分力，則有B彈2B．在乙圖中，關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)可知此時(shí)彈簧的彈力為0.5mg，由對(duì)稱性得由對(duì)稱軸到對(duì)稱點(diǎn)的彈簧的彈力再變化彈1a>g2C．整個(gè)過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，故從C點(diǎn)釋放，小球能到達(dá)原來的釋放點(diǎn)，故C正確；D．小球從t時(shí)刻到t時(shí)刻的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有重力勢(shì)能的減小量與動(dòng)能的減小量等于彈簧彈性勢(shì)能的AC增加量，所以重力勢(shì)能的減小量小于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻緼D、帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速,即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次.電場(chǎng)的方向沒有改變,則在AC間加速.D.C.D.C.,,速度最大形盒中出來時(shí)形盒的半徑有關(guān)所以選項(xiàng)是正確的根速度最大形盒中出來時(shí)形盒的半徑有關(guān)所以選項(xiàng)是正確的【點(diǎn)睛】帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后,進(jìn)入磁場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn),電場(chǎng)被限制在A、C板間,只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速,所以運(yùn)動(dòng)一周加速一次,電場(chǎng)的方向不需改變.當(dāng)帶電粒子離開回旋加速器時(shí),速度最大.解析】分析】詳解】(1)[1]螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，主尺的讀書為4.5mm，讀數(shù)為gg(2)[2]AB．本實(shí)驗(yàn)研究小車受到的合力對(duì)小車所做的功與小車動(dòng)能的改變量之間的關(guān)系，可認(rèn)為小車受到的合力與重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且滿足重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車和遮光條的總質(zhì)量，B錯(cuò)誤A正確；CC(3)[3]小車及遮光條經(jīng)過光電門的速度dv==2.35m/st增加的動(dòng)能1E=Mv2=2.76J。K2拉力所做的功，即(4)[5]實(shí)驗(yàn)中，讓重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車及遮光條的總質(zhì)量，則平衡摩擦力后，可將重物的重力視為小車受到的合力，則分析可知造成E總是略大于W是平衡摩擦力過度造成的。k位移s和豎直高度hMd=(M+m)sgMd1t22h1t21Md21+2t24h2【解析】【詳解】利用平拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求出小球離開金屬管時(shí)的初速度，也即碰后B和小球的共同速度故需要測(cè)出小球從離開金屬管g(2)[2]．由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，平拋的初速度為s。d(3)[3]．取向左為正方向滑塊A、B碰前的總動(dòng)量為證的表達(dá)式為Md=(M+m)sgMd1t22h1t2gdM，故需驗(yàn)，碰后的總動(dòng)量為(gdM，故需驗(yàn)2h2h1t2t=x2=0.5s2vxxMd2，碰后的總動(dòng)能為(4)[4][5]．滑塊A、B碰前的總動(dòng)能為，碰后的總動(dòng)能為2t2111Md2(M11恒，需要比較和1+2是否相等。恒，需要比較2t24h2Md2(M+m)s2g1+2，故要探究功能是否守2t24h213、(1)4000600(1)可以射出(i)根據(jù)題意畫出光路圖(如圖)當(dāng)光線入射到玻璃磚的內(nèi)表面(OM、ON)上恰好發(fā)生全反射時(shí)需滿足sinC?=?解得：臨界角C=30°綜合兩式得40°≤θ≤60°．(ii)畫出該光線第一次返回MN邊時(shí)的光路圖所以該光線第一次返回MN邊可以射出【解析】【分析】【詳解】==22(ii)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到正向最大位移時(shí)入即兩列波的波峰同時(shí)到達(dá)x=0位置，從圖線可知，甲、乙兩列波的波長(zhǎng)分別為λ1=40cm，λ2=60cm，由T=可得甲、乙兩列波的周期分別為T=2s，T=3s12k2甲、乙兩列波的傳播時(shí)間相同，可知tt2得kT=T+nT2即【解析】【詳解】(1)根據(jù)線段①，減少的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功：11(2)未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律：1(3)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，減小的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由圖線②可知，此時(shí)機(jī)械能線性減小，說明安培力也為恒力，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)L為線框的邊長(zhǎng)，則：2克f克安f安Fmgsinf安聯(lián)立解得L＝0.15m線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)到恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間：L0.15v