2021屆吉林省通化市梅河口五中高考物理模擬試卷(含答案解析)

2021屆吉林省通化市梅河口五中高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共5小題，共15.0分）

1.牡基熔鹽堆核能系統(tǒng)（TMSR）是第四代核能系統(tǒng)之一。其中牡基核燃料鈾由較難裂變的針吸收一

個(gè)中子后經(jīng)過(guò)若干次0衰變而來(lái)；鈾的一種典型裂變產(chǎn)物是鋼和氟。以下說(shuō)法正確的是（）

A.題中鈾核裂變的核反應(yīng)方程為匏u+Jnt56Ba+36Kr+30n

B.鉆核衰變的快慢由原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件決定

C.針核播7Tl經(jīng)過(guò)2次0衰變可變成鍥

D.在鈾核裂變成鋼和氟的核反應(yīng)中，核子的比結(jié)合能減小

A.變大B.變小C.不變D.無(wú)法確定

3.測(cè)出萬(wàn)有引力常量的是（）

A.開(kāi)普勒B.伽利略C.牛頓D.卡文迪許

4.質(zhì)量為小的4球，以某一速度沿光滑水平面向靜止的B球運(yùn)動(dòng)，并與B球發(fā)生彈性正碰，假如B球

質(zhì)量mg可選取不同的值，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.若機(jī)8=巾4，碰后B球速度最大

B.若m8=犯4，碰后B球動(dòng)能最大

C.在保持MB>巾4的條件下，加3越小，碰后B球速度越大

D.在保持巾8<叫的條件下，WIB越大，碰后B球動(dòng)量越大

5.如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)

和等勢(shì)線(xiàn)則（）

A.場(chǎng)強(qiáng)Ea>Eb,Eb>Ec

B.電勢(shì)（pa>Wb，（Pc><Pb

C.沿cba路徑移動(dòng)質(zhì)子與電子，電荷的電勢(shì)能改變是一樣的

D.沿兒方向直線(xiàn)射入的電子有可能做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

二、多選題（本大題共5小題，共16.0分）

6.如圖所示，傾角為。的光滑斜面上有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向下,

磁場(chǎng)的下邊界為MN,邊界上方有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線(xiàn)框abed,線(xiàn)框的電阻為R,質(zhì)量為小，ab

邊離MN的距離為s?，F(xiàn)將線(xiàn)框由靜止釋放，線(xiàn)框下落過(guò)程中ab邊始終保持與MN平行，且ab邊

離開(kāi)磁場(chǎng)前已做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則線(xiàn)框從靜止釋放到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的

過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.線(xiàn)框先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.整個(gè)過(guò)程流過(guò)線(xiàn)框截面的電荷量為春

C.線(xiàn)框在離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg（s+L）sin6-叱寡“

D.線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為一筆彳+篝

mgRsinO

7.下列說(shuō)法中正確的是（）

A.物體的動(dòng)量改變，一定是速度大小改變

B.物體的動(dòng)量改變，一定是速度方向改變

C.物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，其動(dòng)量一定改變

D.物體的速度方向改變，其動(dòng)量一定改變

8.如圖所示，自由下落的小球從它接觸彈簧開(kāi)始，到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，如果不計(jì)空氣阻

ol

力，并且彈簧的形變始終沒(méi)有超過(guò)彈性限制，則（）I

A.小球的加速度先減小后增大

B.小球的速度一直減小

C.小球的機(jī)械能一直減小

D.小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和不變

9.下列說(shuō)法正確的是（）

A.物體的內(nèi)能是物體所有分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和

B.布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子或者氣體分子的熱運(yùn)動(dòng)

C.利用淺層海水和深層海水之間的溫度差制造一種熱機(jī)，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能是

可能的

D.氣體分子間距離減小時(shí)，分子間斥力增大，引力減小

E.一定量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，分子每秒對(duì)器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而

增加

10.關(guān)于光的敘述中，下面說(shuō)法正確的是（）

A.激光能沿著彎曲的光導(dǎo)纖維傳播，是利用了光的全反射原理

B.一束自然光相繼通過(guò)兩個(gè)偏振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)其中一個(gè)偏振片，透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化

C.通過(guò)兩枝鉛筆的狹縫所看到的遠(yuǎn)處日光燈的彩色條紋，是光的干涉所致

D.在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由藍(lán)光改為黃光，則條紋間距變寬

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

11.用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證叫、爪2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。g從高處由靜止開(kāi)始下落，如上

拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量分析，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。如圖

乙給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶，0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)（圖中未

標(biāo)出），所用電源的頻率為504z。已知mi=150g、m2=250g?當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取:lOm/s?。

（數(shù)值結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

（1）在打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)，m1的速度大小為u=m/s;

（2）在打下0點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過(guò)程中，佗動(dòng)能的增加量為4岳上=J,系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量

為％=]■

（3）某同學(xué)測(cè)出多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的速度大小”及對(duì)應(yīng)小2下落的高度兒作出的J-h圖象如圖丙所示，則圖

象的斜率表達(dá)式上=（用加1、和g表示）。

12.兩位同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室利用如圖(a)所示的電路測(cè)定定值電阻R。、電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r.調(diào)節(jié)滑

動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向某一方向移動(dòng)時(shí)，一個(gè)同學(xué)記錄了電流表4和電壓表匕的測(cè)量數(shù)據(jù)，另

一同學(xué)記錄的是電流表4和電壓表七的測(cè)量數(shù)據(jù).并根據(jù)數(shù)據(jù)描繪了如圖(b)所示的兩條U-/直

(1)根據(jù)甲乙兩同學(xué)描繪的直線(xiàn)，可知正確的是

A.甲同學(xué)是根據(jù)電壓表匕和電流表4的數(shù)據(jù)

8.甲同學(xué)是根據(jù)電壓表彩和電流表4的數(shù)據(jù)

C.乙同學(xué)是根據(jù)電壓表匕和電流表4的數(shù)據(jù)

D乙同學(xué)是根據(jù)電壓表彩和電流表4的數(shù)據(jù)

(2)根據(jù)圖(b),求出定值電阻用=n,電源內(nèi)電阻的阻值r=n.

(3)僅從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)原理上分析，用上述方法得到的及測(cè)量值與真實(shí)值相比；電源內(nèi)電阻「測(cè)量

值與真實(shí)值相比(選填“偏大”“偏小”或“相等”)

四、計(jì)算題(本大題共4小題，共40.0分)

13.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距1=0.50m,傾角。=

53°,導(dǎo)軌上端串接電阻R=0.052在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)

域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.07的勻

強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用輕質(zhì)*J%鄉(xiāng)

細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與拉桿GH(GH桿的質(zhì)量不計(jì))相連.某同學(xué)用F=80N的恒力豎直向下拉動(dòng)GH

桿，使C。棒從圖中初始位置由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v=2.4m/s,當(dāng)C。棒到達(dá)磁

場(chǎng)上邊界時(shí)該同學(xué)松手.g=10m/s2,sin53o=0.8,不計(jì)其它電阻和一切摩擦.求：

(1)CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s；

(2)該同學(xué)松手后，CD棒能繼續(xù)上升的最大高度九；

(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，該同學(xué)所做的功W和電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.

14.水平臺(tái)球桌面上母球4、目標(biāo)球B和球袋洞口。位于一條直線(xiàn)上，設(shè)4、8兩球質(zhì)量均為徵=

0.25kg且可視為質(zhì)點(diǎn)，4、B間的距離為5sn,B、C間距離為》=80cm,因兩球相距很近，為

避免“推桿”犯規(guī)(球桿推著兩球一起運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象)，常采用“點(diǎn)桿”擊球法(當(dāng)球桿桿頭接觸4

的瞬間，迅速將桿抽回，4在離桿后與B發(fā)生對(duì)心正碰，因碰撞時(shí)間極短，可視為完全彈性碰撞

)，設(shè)球與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.25,為使B恰好可以落入袋中，g取10m/s2求：

(1)碰撞過(guò)程中4球?qū)球的沖量大小-

(2)碰撞前瞬間4球的速度大小.

15.如圖所示，一連通器與貯有水銀的開(kāi)口容器M用軟管相連，連通

器的兩直管4和B豎直放置，兩管粗細(xì)相同且上端封閉，直管4和

B內(nèi)充有水銀，當(dāng)氣體的溫度為口=27久時(shí)，水銀面的高度差九=

10cm,兩管空氣柱長(zhǎng)均為％=10cm,B管中氣體的壓強(qiáng)PBI=

WcmHg.現(xiàn)使兩管中的氣體的溫度都升高到t2=127汽，同時(shí)

調(diào)節(jié)M的高度，使4管中的水銀面的高度不變，己知面儀4.6,

求溫度t2=127℃0t?

①4管中氣體的壓強(qiáng)；

②B管中氣體柱長(zhǎng)度。

16.如圖所示，AABC為一直角三棱鏡的截面，其一個(gè)底角為30。，一束單色平行光束斜射向力B面,

經(jīng)三棱鏡折射后在4C面水平平行射出。

A

①以圖中三條光線(xiàn)代表光束，畫(huà)出三條光線(xiàn)經(jīng)棱鏡折射的光路示意圖:

②若棱鏡的折射率為k，求入射光線(xiàn)與48面的夾角。。

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、該核反應(yīng)方程式符合質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒，故A正確；

8、原子核的半衰期由核內(nèi)部自身因素決定，與原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外部條件無(wú)關(guān)，故8錯(cuò)誤；

C、0衰變的本質(zhì)是一個(gè)中子變成一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，故不改變質(zhì)量數(shù)，故C錯(cuò)誤；

。、重核裂變的過(guò)程中釋放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比結(jié)合能增大，故。錯(cuò)誤；

故選：力。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷核反應(yīng)方程式；衰變過(guò)程由原子核內(nèi)部自身因素決定；0衰變中不

改變質(zhì)量數(shù)；根據(jù)裂變的特點(diǎn)分析；

該題考查常見(jiàn)的核反應(yīng)方程以及半衰期，解答的關(guān)鍵是知道半衰期與外界條件無(wú)關(guān)。

2.答案：A

解析：解：若極板8向上移動(dòng)一小段距離，電容器極板正對(duì)面積減小，由平行板電容器電容的決定式

。=急可知，電容。減小，電容器的電量Q不變，由電容器的定義式。=小可知電容器兩板間的電

壓增大，則靜電計(jì)的指針偏角變大.

故選：A.

由平行板電容器電容的決定式C=抵可分析電容的變化；由電容器的定義式C=號(hào)可求得電容器兩

4nkaU

端的電壓變化，則可得出靜電計(jì)的指針偏角的變化.

本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，要注意明確靜電計(jì)的張角反映電容器板間電壓大小，關(guān)鍵要掌握電容

器的決定式C=盤(pán)和定義式C=*

4nkdU

3.答案：D

解析：解：牛頓發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律后，第一次通過(guò)實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測(cè)出萬(wàn)有引力常量的科學(xué)家是

英國(guó)的卡文迪許，故ABC錯(cuò)誤，。正確

故選：D

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可.

本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是

考試內(nèi)容之一.

4.答案:A

解析：解：4、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以碰撞前4的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)

械能守恒定律，得

mAvA=mAvA'+mBvB'

2

如若=加以'2+^mBvB'

聯(lián)立解得：

碰后4B兩球的速度分別為以'=怒就%，%'=高詈；%=病外

，2

AC、碰撞后B的速度:VB=彳巫勿，則知在保持血8>g的條件下,巾3越小，B的速度越大，m=m

mABA

時(shí)，碰后B球的速度不是最大，故A錯(cuò)誤，C正確；

B、碰撞后B的動(dòng)能：EKB=：MB%'2=（善腺z,由數(shù)學(xué)知識(shí)知：當(dāng)機(jī)4=爪8時(shí)，碰后B的動(dòng)能最

大，故8正確；

p

D、碰撞后B的動(dòng)量：B=芯-=RT,則知ms越大，碰后B球的動(dòng)量越大，故。正

mA

確；

本題選錯(cuò)誤的

故選：Ao

小球A與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定

律答題。

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，知道=彈性碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒是解題的關(guān)鍵，

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以解題，解題時(shí)要注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用。

5.答案：A

解析：解：4、根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，可知Ea>Eb>Ec.故4正確。

B、沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)是降低的，同一等勢(shì)面上各點(diǎn)的電勢(shì)相等，則知9c>0b=8a?故B錯(cuò)誤。

C、沿cba路徑移動(dòng)質(zhì)子與電子，根據(jù)公式小=勺（/,知由于電子與質(zhì)子的電性相反，電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子

做正功，對(duì)電子做負(fù)功，則質(zhì)子的電勢(shì)能減小，電子的電勢(shì)能增大。故C錯(cuò)誤。

D、沿be方向直線(xiàn)射入的電子，所受的電場(chǎng)力沿cb方向，電子做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。故。錯(cuò)誤。

故選：4。

沿電場(chǎng)線(xiàn)電勢(shì)降低，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與電場(chǎng)線(xiàn)的疏密的關(guān)系；沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)是降低的.明確

電荷在電場(chǎng)中的受力特點(diǎn)以及電場(chǎng)力做功情況，從而進(jìn)一步判斷電勢(shì)能變化情況.根據(jù)受力情況，

分析電子的運(yùn)動(dòng)情況.

本題關(guān)鍵是明確電場(chǎng)強(qiáng)度的大小看電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度，電場(chǎng)力做功看電荷的電性和電勢(shì)差，屬于基

礎(chǔ)問(wèn)題.

6.答案：BD

解析：解：4、線(xiàn)框全部在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量不變，所以線(xiàn)框中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電

流，即不受到安培力作用，在重力的作用下，線(xiàn)框沿著斜面向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；

線(xiàn)框出磁場(chǎng)過(guò)程中，線(xiàn)框受到沿著斜面向上的安培力作用，

如果cd邊剛到達(dá)MN時(shí)線(xiàn)框受到的安培力大于重力沿著斜面向下的分力,線(xiàn)框先做加速度減小的減速

運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力大小等于重力沿著斜面向下的分力大小時(shí)，線(xiàn)框的加速度為零，之后線(xiàn)框做勻速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，

如果cd邊剛到達(dá)MN時(shí)線(xiàn)框受到的安培力小于重力沿著斜面向下的分力,線(xiàn)框先做加速度減小的加速

運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力大小等于重力沿著斜面向下的分力大小時(shí)，線(xiàn)框的加速度為零，之后線(xiàn)框做勻速直

線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，

如果cd邊剛到達(dá)MN時(shí)線(xiàn)框受到的安培力等于重力沿著斜面向下的分力，則線(xiàn)框勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，故A

錯(cuò)誤；

B、整個(gè)過(guò)程流過(guò)線(xiàn)框截面的電荷量為勺=〃==1=竽=字，故8正確；

RRR

C、線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件有7ngs比。=BIL=已了，

所以勻速運(yùn)動(dòng)的速度為u=噂渭，

從線(xiàn)框靜止到線(xiàn)框完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒有mgs-sine=lmv2+Q,

則線(xiàn)框在離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mgs-sind-故C錯(cuò)誤；

D、線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理有mgs譏。.t-嗒t=mv-O-

o2r2(

即7ngs譏。?t=mv—0,

所以線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為t=一三+黑，故。正確。

mgRsinOB2l7

故選：BD。

分析線(xiàn)框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況，根據(jù)受力分析線(xiàn)框的運(yùn)動(dòng)情況；

根據(jù)電荷量的計(jì)算公式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律求解；

導(dǎo)線(xiàn)穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律列方程求解線(xiàn)框在離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱；

線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

解決該題需要掌握安培力的計(jì)算公式，知道線(xiàn)框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況，掌握用能量守恒求解運(yùn)

動(dòng)過(guò)程的焦耳熱，掌握用動(dòng)量定理求解變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

7.答案：CD

解析：解：AB,動(dòng)量是矢量，動(dòng)量改變可能是大小改變，也可能是方向改變，所以速度大小不一定

變，A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤。

CD,運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是用速度來(lái)描述的，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變一定是速度在變，只要速度改變，不論是大小還

是方向，動(dòng)量都發(fā)生變化，故C、。正確。

故選:CD。

動(dòng)量是矢量，有大小有方向，只要速度發(fā)生變化，物體的動(dòng)量發(fā)生變化.

解決本題的關(guān)鍵理解動(dòng)量的矢量性，只要大小或方向發(fā)生改變，動(dòng)量發(fā)生變化.

8.答案：AC

解析：

本題要正確分析小球下落與彈簧接觸過(guò)程中彈力變化，即可求出小球合外力的變化情況，進(jìn)一步根

據(jù)牛頓第二定律得出加速度變化，從而明確速度的變化情況。再由機(jī)械能守恒的條件進(jìn)行分析即可

明確能量的變化。

本題考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用和機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，學(xué)生容易出錯(cuò)的地方是：認(rèn)為物體

一接觸彈簧就減速。對(duì)彈簧的動(dòng)態(tài)分析也是學(xué)生的易錯(cuò)點(diǎn)，在學(xué)習(xí)中要加強(qiáng)這方面的練習(xí)。

解：力、小球接觸彈簧上端后受到兩個(gè)力作用：向下的重力和向上的彈力。在接觸后的前一階段，重

力大于彈力，合力向下，因?yàn)閺椓κ?丘不斷增大，所以合外力不斷減小，故加速度不斷減小，由

于加速度與速度同向，因此速度不斷變大。當(dāng)彈力逐步增大到與重力大小相等時(shí)，合外力為零，加

速度為零，速度達(dá)到最大。后一階段，即小球達(dá)到上述位置之后，由于慣性小球仍繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，

但彈力大于重力，合外力豎直向上，且逐漸變大，因而加速度逐漸變大，方向豎直向上；小球的加

速度先減小，后增大；速度先增大后減?。还蔄正確；8錯(cuò)誤；

C、小球做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小到零時(shí)，達(dá)到最低點(diǎn)，彈簧的壓縮量最大。整個(gè)過(guò)程中小球的機(jī)械

能一直減??；故C正確；

。、由于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；故小球的重力勢(shì)能、動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持

不變；因動(dòng)能先增大后減小；故重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先減小后增大；故。錯(cuò)誤；

故選：AC.

9.答案：ACE

解析：解：4、物體的內(nèi)能是物體所有分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和，故A正確；

8、布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)固體顆粒的撞擊不平衡引起的，固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，不是分子的運(yùn)動(dòng).故B

錯(cuò)誤；

C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，利用淺層海水和深層海水之間的溫度差制造一種熱機(jī)，不能將全部的內(nèi)能

轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，但是將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能是可能的，C正確；

。、分子之間的作用力-分子引力和斥力都隨距離的減小而增大，故。錯(cuò)誤；

E、氣體的壓強(qiáng)是有大量分子持續(xù)撞擊器壁產(chǎn)生的，一定量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變時(shí)，若溫度降低，

分子對(duì)器壁的平均撞擊力減小，所以分子每秒對(duì)器壁單位面積平均碰撞次數(shù)需要增加，即需要減小

氣體的體積即可.故E正確；

故選：ACE

物體的內(nèi)能是分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子間的勢(shì)能之和，布朗運(yùn)動(dòng)是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，利用淺層海水

和深層海水之間的溫度差制造一種熱機(jī)，將海水的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能是可能的，分子之間的

作用力隨距離的減小而增大；氣體的壓強(qiáng)是有大量分子持續(xù)撞擊器壁產(chǎn)生的.

該題考查內(nèi)能、布朗運(yùn)動(dòng)的實(shí)質(zhì)，熱力學(xué)第二定律、分子之間的作用力以及要求的微觀(guān)意義，要理

解熱力學(xué)第二定律的幾種不同的說(shuō)法.

10.答案：ABD

解析：解：4、光導(dǎo)纖維是利用全反射來(lái)實(shí)現(xiàn)傳播信號(hào)，故A正確；

8、光是一種橫波，光的偏振是光沿特定方向振動(dòng)且與傳播方向相垂直。一束自然光相繼通過(guò)兩個(gè)偏

振片，以光束為軸旋轉(zhuǎn)其中一個(gè)偏振片，透射光的強(qiáng)度發(fā)生變化，故B正確；

C、通過(guò)兩枝鉛筆的狹縫所看到的遠(yuǎn)處日光燈的彩色條紋，這是光的衍射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

。、在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，若僅將入射光由藍(lán)光改為黃光，波長(zhǎng)變長(zhǎng)，則條紋間距變寬，故。正

確；

故選：ABD.

當(dāng)光從光密進(jìn)入光疏介質(zhì)時(shí)，若入射角大于或等于臨界角時(shí)，發(fā)生光的全反射。光的偏振是光沿特

定方向振動(dòng)且與傳播方向相垂直。光的干涉是頻率相同的兩種波相互疊加，出現(xiàn)彩色條紋。當(dāng)光的

波長(zhǎng)越長(zhǎng)則干涉條紋間距越寬。光的衍射是繞過(guò)阻礙物繼續(xù)向前傳播。

光的全反射條件是：光從折射率大進(jìn)入折射率小的介質(zhì)中，且入射角大于或等于臨界角。而光的干

涉條件是頻率相同，對(duì)于明顯的衍射現(xiàn)象是光的波長(zhǎng)比阻礙物尺寸要大得多，可相差不大。

11.答案：1.70.580.60-^—

7712十

解析：解:已知7nl=150g=0.150/cg,m2—250g=0.250kg.

(1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz,每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間

隔為t=5x*=0.1s

根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程的平均速度，可知打第5個(gè)點(diǎn)時(shí)的速度

為：%=*=(……廠(chǎng)

32T2X0.1''

(2)從打下。點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過(guò)程中

系統(tǒng)的初速度為零，所以系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為：^Ek=+m2)vl=1x(0.150+0.250)x

1.72/x0.58/

2

系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量：△%=(m2-mjgh=(0.250-0.150)x10x(45.40+14.60)x10-J=

0.60/

2

(3)對(duì)系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mzg/i-m^gh=^(mt+m2)v

整理得：源=徐＞

根據(jù)［-九圖象的斜率可知：卜=腎;g

故答案為：(1)1.7；(2)0.58,,060；(3)荽

(1)根據(jù)在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)

的速度大??；

(2)根根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，據(jù)力勢(shì)能的計(jì)算公式可以求出重力勢(shì)能的減少量;

(3)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象分析答題。

本題全面的考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理問(wèn)題，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

的推論、動(dòng)能與重力勢(shì)能的計(jì)算公式即可解題；解題時(shí)注意單位換算與有效數(shù)字的保留。

12.答案：AD2.01.0偏小偏小

解析：解：(1)從圖象上看出電流表4的讀數(shù)增大時(shí)，甲同學(xué)的繪制圖象電壓表的讀數(shù)減小，乙同學(xué)

的繪制圖象電壓表的讀數(shù)增大，

從電路連接可以看出，電流表4的讀數(shù)增大時(shí)，電壓表匕的讀數(shù)減小，電壓表彩的讀數(shù)增大.

所以甲同學(xué)是根據(jù)電壓表匕和電流表4的數(shù)據(jù)繪制圖象的，故B錯(cuò)誤，4正確；

乙同學(xué)是根據(jù)電壓表匕和電流表4的數(shù)據(jù)繪制圖象的，故C錯(cuò)誤，D正確.

故選：AD.

(2)定值電阻的U-/圖線(xiàn)是正比圖線(xiàn)，斜率表示電阻，&=牛=/=2.00；

圖線(xiàn)乙的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，為1.5叭斜率絕對(duì)值表示內(nèi)電阻，k=華=咚F=1.O0,所以電

源的內(nèi)阻為10;

(3)由圖可知，在測(cè)量定值電阻時(shí)采用的是電流表外接法，則由于電壓表的分流而使電流表示數(shù)大于

真實(shí)值；則由歐姆定律可知，測(cè)量值小于真實(shí)值；

測(cè)內(nèi)電阻時(shí)采用相對(duì)電源的電流表外接法，則由于電壓表的分流而使電流表示數(shù)偏?。豢蓪㈦妷罕?/p>

視為與電源內(nèi)阻并聯(lián)，則可知測(cè)量電阻偏??；

故答案為：(1)4。；(2)2.0,1.0；(3)偏小，偏小

(1)從電路連接結(jié)合電流表和電壓表的讀數(shù)變化判斷甲、乙兩同學(xué)描繪的圖線(xiàn)的含義.

(2)定值電阻的U-1圖線(xiàn)是正比圖線(xiàn)，斜率表示電阻；電源的U-/圖線(xiàn)的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，斜

率表示內(nèi)電阻；

(3)明確電路結(jié)論，根據(jù)電表內(nèi)阻的影響分析電路實(shí)驗(yàn)誤差.

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)和定值電阻電流及電壓數(shù)據(jù)的處理，并能用圖象法求出內(nèi)

電阻.同時(shí)注意誤差分析的方法，明確兩種電路中電表內(nèi)阻所帶來(lái)的影響.

13.答案：解：(1)CD棒向上運(yùn)動(dòng)：

F—mgsind=ma

代入數(shù)據(jù)解得：a=12m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2=2as

代入數(shù)據(jù)解得：s=0.24m

(2)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=B由=2x0.5x2.4V=2.4V

由閉合電路歐姆定律有：/=￡=蕓=484

又:F安=B〃=2X48XO.5=48N

因?yàn)椋篎=mgsin。+F安=40x0.8+48=80N

所以：CD棒在磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

離開(kāi)磁場(chǎng)后，CD棒沿導(dǎo)軌向上做勻減速運(yùn)動(dòng)

由/=2gxsin。代入數(shù)據(jù)解得：x=0.36m

CD棒還能繼續(xù)上升的最大高度為：

h=xsinO=0.288m

(3)該同學(xué)所做的功為：W=F(s+d)

代入數(shù)據(jù)解得：V/=64;

由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：F(s+d)=zng[(s+d)sin6+h]+QR

代入數(shù)據(jù)解得：QR=26.88/

答：(1)CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s為0.24m；

(2)該同學(xué)松手后，CC棒能繼續(xù)上升的最大高度九為0.288m；

(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，該同學(xué)所做的功皿為64/,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為26.88/

解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律求出CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度，再由速度位移公式求出CD棒的初始位

置與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的距離s；

(2)判斷CD棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從而得出離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度，松手后向上勻減速

運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出勻減速運(yùn)動(dòng)的位移，即可求出CD棒能繼續(xù)上升的最大高度公

(3)根據(jù)能量守恒定律求解；

本題是力電綜合題，關(guān)鍵要根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到安培力的表達(dá)式，并計(jì)算出安培力的大

小，從而判斷導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況.第3小題，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流一定，也可根

據(jù)焦耳定律求熱量。

14.答案：解：①設(shè)碰撞后瞬間B球能進(jìn)入球袋的最小速度為火,由動(dòng)能定理得：pmgx=0-1m