2021年福建省泉州市高考物理考前模擬試卷（二）（附答案詳解）

2021年福建省泉州市晉江市毓英中學(xué)高考物理考前模擬

試卷（二）

一、單選題（本大題共4小題，共16.0分）

1.如圖所示，當(dāng)汽車通過拱橋頂點(diǎn)的速度為10m/s時(shí)，車

對橋頂?shù)膲毫檐囍氐?,如果要使汽車在粗糙的橋面行

駛至橋頂時(shí)，不受摩擦力作用，則汽車通過橋頂?shù)乃俣?/p>

應(yīng)為（g=10m/s2）（）

A.15m/s

B.20m/s

C.25m/s

D.30m/s

2.如圖所示，足夠長的光滑平板AP與BP用錢鏈連接,

平板AP與水平面成53°角固定不動(dòng)，平板8P可繞平

軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為的均勻圓柱體。放

在兩板間,sin53。=0.8,cs53°=0.6,重力加速度為

g。在使BP板由水平位置緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置的過程中，下列說法正確的是（）

A.平板BP受到的最小壓力為gmgB.平板8P受到的最大壓力為mg

C.平板AP受到的最小壓力為|mgD.平板AP受到的最大壓力為，wg

3.氫原子能級示意圖如圖所示，已知大量處于n=2能級的氫原子，

S

當(dāng)它們受到某種頻率的光線照射后，可輻射出6種頻率的光，用；

這些光照射逸出功為1.90eU的金屬鈉。下列說法正確的是（）

A.n=2能級氫原子受到照射后躍遷到n=4能級

B.能使金屬銘逸出光電子的光子頻率有6種

C.氫原子向低能級躍遷后核外電子的動(dòng)能減小

D.氫原子由n=2能級躍遷到n=1能級產(chǎn)生的光的波長最大

4.中國首次火星探測任務(wù)“天問一號”已于2021年2月10日成功環(huán)繞火星，已知地

球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，半徑約為火星半徑的2倍，下列說法正確的是（）

A.“天問一號”探測器的發(fā)射速度一定大于7.9km/s,小于11.2km/s

B.若在火星上發(fā)射一顆繞火星表面運(yùn)行的衛(wèi)星，其速度至少需要7.9km/s

C.繞火星表面運(yùn)行衛(wèi)星的周期大于地球近地衛(wèi)星的周期

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

5.如圖所示，M、N兩點(diǎn)分別固定著帶電量相等的正點(diǎn)電荷，

正方形ABCD為垂直M、N連線的平面，正方形中心。是M、

N連線中點(diǎn)，E、尸分別是BC、40的中點(diǎn)。不計(jì)重力，下列

說法中正確的是（）

A.A、8兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同

B.E、尸兩點(diǎn)的電勢相等

C.將一負(fù)電荷由A點(diǎn)靜止釋放后，該電荷將在AD間做往返運(yùn)動(dòng)

D.將一負(fù)電荷由E點(diǎn)靜止釋放后，該電荷將在EF間做往返運(yùn)動(dòng)

6.如圖，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向里的勻

強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為機(jī)、帶電量為q的粒子從圓上P點(diǎn)沿半

徑方向以速度火射入勻強(qiáng)磁場，粒子從。點(diǎn)飛出，速度偏

轉(zhuǎn)角為60。.現(xiàn)將該粒子從P點(diǎn)以另一速度沿半徑方向射入

勻強(qiáng)磁場，粒子離開磁場時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角為120。，不計(jì)粒

子重力。貝式）

A.該粒子帶正電

B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為警

3qR

C.該粒子第二次射入磁場的速度為T

D.該粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為空

7.如圖所示為一種直流發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，直流發(fā)電

機(jī)由兩塊永磁鐵、線圈和換向器組成。永磁鐵MS極

相對，中間區(qū)域視為勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為瓦線

圈由N匝導(dǎo)線纏繞而成，面積為S,可繞如圖所示的

軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為3。換向器由兩個(gè)半銅環(huán)和兩

個(gè)電刷構(gòu)成，半銅環(huán)分別與線圈中導(dǎo)線的兩端固連，線圈和半銅環(huán)繞著軸線以相同

角速度轉(zhuǎn)動(dòng)。電刷位置固定，作為輸出端與外電路相連（圖中未畫出）。每當(dāng)線圈轉(zhuǎn)

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到中性面位置時(shí)，半銅環(huán)和電刷會(huì)交換接觸，以保持輸出電流方向不變，且交換時(shí)

間極短可忽略。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)線圈按照圖示的方向轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電刷a的電勢總是比〃的電勢低

B.當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢為零

C.該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢的最大值為NBSto

D.該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢的最大值是有效值的遮倍

8.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬軌MN、PQ水平放置，軌道間距為3現(xiàn)有

一個(gè)質(zhì)量為如長度為L的導(dǎo)體棒岫垂直于軌道放置，且與軌道接觸良好，導(dǎo)體

體棒和軌道電阻均可忽略不計(jì).有一電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r的電源通過開關(guān)S連接

到軌道左端，另有一個(gè)定值電阻R也連接在軌道上，且在定值電阻右側(cè)存在著垂直

于軌道平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8.現(xiàn)閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒必開始運(yùn)動(dòng),

則下列敘述中正確的有（）

八

XXXXXXX

XXXX*XX

X

￡-i-r

XXXXXXX

p*1*XXXXX”

O

A.導(dǎo)體棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)導(dǎo)體棒中無電流

B.導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度為肅正

（底十，）DL

C.導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)電源的輸出功率為有黑Q

（K+r）BzLz

D.導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E

三、填空題（本大題共2小題，共8.0分）

9.用干涉法檢查工作表面的質(zhì)量，產(chǎn)生的干涉條紋是

一組平行的直線，若劈尖的上表面向上平移，如圖

（a）所示，則干涉條紋將;若劈尖角度增大,

如圖（b）所示，那么干涉條紋將；（以上兩空均選填：變寬、變窄或不變）

10.在做光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，某金屬被光照射發(fā)生了光電效應(yīng)，

實(shí)驗(yàn)測得光電子的最大初動(dòng)能反與入射光的頻率丫的關(guān)系如

圖所示，由實(shí)驗(yàn)圖線可知該金屬的逸出功為,若用波

長為2的光照射該金屬產(chǎn)生光電子，則光電子的最大初動(dòng)能

為。（己知普朗克常量為H光在真空中的傳播速度為c）

四、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共12.0分)

11.某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示裝置來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

甲

(1)關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是。

4實(shí)驗(yàn)中必須要用天平測出重物的質(zhì)量

B.實(shí)驗(yàn)中重物下落的加速度一定小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

C.實(shí)驗(yàn)中需要用秒表來測量重物下落所用的時(shí)間t,并用h=計(jì)算下落高度h

。.實(shí)驗(yàn)中用刻度尺測量重物下落的高度h,并用"=/期計(jì)算瞬時(shí)速度

(2)甲同學(xué)按正確操作得到了一條完整的紙帶，由于紙帶較長，圖中有部分未畫出，

如圖乙所示，紙帶上4-G各點(diǎn)是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打出的點(diǎn)，其中O點(diǎn)為紙帶上打

出的第一個(gè)點(diǎn)。重物下落高度從紙帶上點(diǎn)間的距離直接測出，利用下列測量值能完

成驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的選項(xiàng)有。

A.OA,08和OG的長度

B.OF、EF和FG的長度

C.AC,BE和。尸的長度

D.AC,8尸和EG的長度

(3)乙同學(xué)利用該實(shí)驗(yàn)裝置又做了其他探究實(shí)驗(yàn)，分別打出了A、8、C、。4條紙帶，

其中只有一條是做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)時(shí)打出的。為了找出該紙帶，丙同

學(xué)在每條紙帶上取了點(diǎn)跡清晰的、連續(xù)的4個(gè)點(diǎn)，用刻度尺測出相鄰兩個(gè)點(diǎn)間的距

離依次為與、小、叼，請你根據(jù)下列乙、小、也的測量結(jié)果確定該紙帶為(取

g=9.80m/s2)o

A.6.05cm,6.10cm,6.60cm

B9cm,5.35cm,5.74cm

C.4.12cm,4.51cm,5.30cm

D.6.10cmf6.58cm,7.06cm

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12.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，需測量一個(gè)“2.5V,0.34”的小燈泡

兩端的電壓和通過它的電流?，F(xiàn)有如下器材：

直流電源（電動(dòng)勢3.0V,內(nèi)阻不計(jì)）

電流表量程3A,內(nèi)阻約0.10）

電流表42（量程600〃泊，內(nèi)阻約5。）

電壓表匕（量程3匕內(nèi)阻約弘。）

電壓表彩（量程15V,內(nèi)阻約15k0）

滑動(dòng)變阻器Ri（阻值0?10。額定電流14）

滑動(dòng)變阻器/?2（阻值0?額定電流300nL4）

①在該實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)選擇,電壓表應(yīng)選擇,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇

②為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選擇以下哪個(gè)實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

ABCD

五、計(jì)算題（本大題共3小題，共40.0分）

13.一定質(zhì)量的理想氣體被活塞封閉在汽缸內(nèi)，如圖所示水平放置，活塞的質(zhì)量m=

20kg,橫截面積S=100c/n2,活塞可沿汽缸壁無摩擦滑動(dòng)但不漏氣。開始使汽缸

水平放置，活塞與汽缸底的距回L]=12cm,離汽缸口的距離G4c7n<>外界氣溫

為27。&大氣壓強(qiáng)為1.0x105pa,將汽缸緩慢地轉(zhuǎn)到開口向上的豎直位置，待穩(wěn)

定后對缸內(nèi)氣體逐漸加熱，使活塞上表面剛好與汽缸口相平，已知g=10m/s2,

求：

（1）此時(shí)氣體的溫度為多少：

（2）在對缸內(nèi)氣體加熱的過程中，氣體膨脹對外做功，同時(shí)吸收Q=392/的熱量，

則氣體增加的內(nèi)能△U多大。

14.如圖所示，水平界線MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電

場強(qiáng)度大小為E,下方有垂直于紙面向外的水平勻強(qiáng)磁

場，光滑絕緣板斜放在勻強(qiáng)電場中，下端C在上，板

與MV間夾角。為45。，一個(gè)質(zhì)量為小、電荷量為q的帶電

粒子在板上A點(diǎn)由靜止釋放，粒子在電場力作用下沿板向

下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)以一定的速度進(jìn)入磁場，粒子經(jīng)磁場

偏轉(zhuǎn)再次進(jìn)入電場、并以水平向右的速度打在板上。已知4c間的距離為L,不計(jì)

粒子的重力，求：

(1)帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度大??；

(2)粒子打在板上的位置離C點(diǎn)的距離;

(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

15.如圖，傾角。=37。的直軌道4c與圓弧軌道CDE尸在AC處平滑連接，整個(gè)裝置固

定在同一豎直平面內(nèi)。圓弧軌道的半徑為凡CF是豎直直徑，0點(diǎn)為圓心，E、0、

B三點(diǎn)在同一水平線上，A、尸也在同一水平線上。兩個(gè)小滑塊尸、Q(都可視為質(zhì)

點(diǎn))的質(zhì)量都為，入已知滑塊。與軌道AC間存在摩擦力且動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等，

但滑塊P與整個(gè)軌道間和滑塊Q與圓弧軌道間的摩擦力都可忽略不計(jì)。同時(shí)將兩

個(gè)滑塊P、Q分別靜止釋放在A、B兩點(diǎn)，之后P開始向下滑動(dòng)，在B點(diǎn)與Q相碰，

碰后尸、。立刻一起向下且在BC段保持勻速運(yùn)動(dòng)。己知尸、。每次相碰都會(huì)立刻

合在一起運(yùn)動(dòng)但兩者并不粘連，sin37°=0.6,cos37°=0.8,取重力加速度為g,

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求：

(1)兩滑塊進(jìn)入圓弧軌道運(yùn)動(dòng)過程中對圓弧軌道的壓力的最大值。

(2)滑塊。在軌道AC上往復(fù)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過的最大路程。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律得，mg-FN=即;mg=

解得：r=40m。

當(dāng)摩擦力為零時(shí)，支持力為零，有：mg=m吟解得M=yfgr=20m/s.故B正確，A、

C、。錯(cuò)誤。

故選：8。

根據(jù)豎直方向上的合力提供向心力求出橋的半徑，當(dāng)汽車不受摩擦力時(shí)，支持力為零，

則靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出汽車通過橋頂?shù)乃俣?

解決本題的關(guān)鍵知道圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解.知道摩擦力

為零時(shí)，此時(shí)支持力為零.

2.【答案】A

【解析】

【分析】

除開始時(shí)的位置外，小球受三個(gè)力作用而保持靜止?fàn)顟B(tài)，其中重力大小、方向都不變，

斜面對球的支持力方向不變，大小變，擋板對球的支持力的大小和方向都變化，根據(jù)三

力平衡的條件，結(jié)合平行四邊形定則作圖分析即可。

本題關(guān)鍵對小球受力分析，然后將兩個(gè)力合成，當(dāng)擋板方向變化時(shí)，將多個(gè)力圖重合在

一起，直接由圖象分析出各個(gè)力的變化情況。

【解答】

A以小球受重力、斜面4P彈力Fi和擋板BP彈力F2,將&與無合成為F=他9，如圖

mg

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小球一直處于平衡狀態(tài)，三個(gè)力中的任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等值、反向、共線，

故F1和尸2合成的合力F一定與重力等值、反向、共線。

從圖中可以看出，當(dāng)擋板P3逆時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)向豎直位置的過程中，&越來越大，尸2先

變小，后變大；

由幾何關(guān)系可知，當(dāng)尸2的方向與AP的方向平行（即與Fi的方向垂直）時(shí)，尸2有最小值為：

4

F2mm=mgs譏53。=-mg

當(dāng)擋板B尸豎直時(shí)，尸2最大，為：p2max=m9,tan53°=故A正確，8錯(cuò)誤；

C、當(dāng)BP沿水平方向時(shí)，AP對球的支持力為0,所以AP受到的壓力也等于0,故C錯(cuò)

誤；

D、由圖可知，當(dāng)BP沿繩子方向時(shí),4P對球的支持力最大，為：Fnnax=嫣7=|ag

由牛頓第三定律可知，平板AP受到的最大壓力為3mg,故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

3.【答案】A

【解析】解：4受到某種頻率的光線照射后，可輻射出6種頻率的光，說明氫原子是從

n=4向低能級躍遷的，所以n=2能級氫原子受到照射后躍遷到幾=4能級，故A正確；

B.從n=4躍遷到n=1,n=3躍遷到n=1,n=2躍遷到n=1,n=4躍遷到n=2輻

射的光子能量大于1.90eV,可知能使金屬葩逸出光電子的光子頻率有4種，故8錯(cuò)誤;

C.氫原子向低能級躍遷后核外電子在較低的軌道運(yùn)動(dòng)，庫侖力做正功，電子的動(dòng)能增大,

故C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)光子能量方程得E=九丫=九3可知，輻射的光子能量越小，波長越長，所以從4

到3躍遷，輻射的光子波長最長，故/）錯(cuò)誤。

故選:Ao

根據(jù)氫原子輻射出不同頻率光子的種數(shù)確定出氫原子處于哪一能級，結(jié)合光電效應(yīng)的條

件，通過輻射的光子能量大小確定能發(fā)生光電效應(yīng)的光子頻率種數(shù)；根據(jù)電子軌道半徑

的變化得出核外電子速度的變化，從而得出動(dòng)能的變化；頻率最小的光子波長最大。

本題考查了能級躍遷和光電效應(yīng)的綜合運(yùn)用，知道能級間躍遷輻射或吸收的光子能量等

于兩能級間的能級差，能級差越大，光子頻率越高，波長越短，以及掌握發(fā)生光電效應(yīng)

的條件。

4.【答案】C

【解析】解：A、“天問一號”探測器需要脫離地球的引力才能奔向火星繞火星運(yùn)行，

發(fā)射的最小速度為第二宇宙速度11.2km/s,故4錯(cuò)誤；

、對于近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力等于向心力：=則地球的第一宇宙速度為

BR2R

v=,解得：v=7.9/cm/s,而在火星上，

J%

第一宇宙速度。'=JJ,17=Jx7.9km/s=3.5fcm/s-

故8錯(cuò)誤；

C、對于近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力，有G粵=m^R,解得7=評,地

R2T2yjGM

球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，半徑約為火星半徑的2倍，即火星近地衛(wèi)星的周期r=

星的周期，故C正確;

。、忽略天體自轉(zhuǎn)，天體表面物體所受重力等于萬有引力，即G箸=mg,有9=*,

GM曲GM卜

地球表面重力加速度為g地=冒，火星表面重力加速度為。火=京==

、（三）

2GM加2

=地，則火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加度，故。錯(cuò)誤；

地

故選：C。

明確宇宙速度的定義，知道脫離地球的引力需要達(dá)到第二宇宙速度；根據(jù)萬有引力以及

第一宇宙速度的定義可求解火星的第一宇宙速度；根據(jù)萬有引力提供向心力，可以計(jì)算

火星和地球上近地衛(wèi)星的周期，比較即可；根據(jù)星球表面，物體所受重力等于萬有引力，

列式求解地球表面重力加速度的表達(dá)式，比較即可。

本題考查萬有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，掌握宇宙速度的大小和意義，特別是第一

宇宙速度的推導(dǎo)求解過程。

5.【答案】BD

第10頁，共19頁

【解析】解：A、例、N兩點(diǎn)分別固定著帶電量相等的正點(diǎn)電荷，A、B關(guān)于其MN連線

的中垂線對稱，根據(jù)場強(qiáng)的矢量和，可確定AB兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，方向不同，故A錯(cuò)

誤；

BD、E、尸兩點(diǎn)也為MN連線的中垂線對稱點(diǎn)，根據(jù)等量同種電荷電場線的分布，可確

定反廠兩點(diǎn)電勢相等，將負(fù)電荷由E點(diǎn)靜止釋放，受沿E尸方向的電場力的作用，先

加速運(yùn)動(dòng)，然后減速運(yùn)動(dòng)，在EF間做往返運(yùn)動(dòng)，故正確；

C、將負(fù)電荷由A點(diǎn)靜止釋放，其受力方向不沿方向，故不能在AO間往返運(yùn)動(dòng)，

故C錯(cuò)誤；

故選：BD。

根據(jù)等量同種電荷的電場分布判定，電場強(qiáng)度為矢量，從中垂線和連線特殊位置開始分

析。

本題主要考查了等量同種電荷的電場線的分布情況，根據(jù)其分布情況確定電勢和電場強(qiáng)

度，電場強(qiáng)度為矢量，要注意其大小相等，方向相同才為電場強(qiáng)度相同。

6.【答案】BD

【解析】解：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:

A、根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可知粒子帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤;

B、由幾何關(guān)系得圖中的。=30。，tan。=￡,解得：r=gR,根據(jù)洛倫茲力提供向心

力可得：=m謔，解得勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=￡警，故B正確；

1vr3qR

CD,該粒子從P點(diǎn)以另一速度沿半徑方向射入勻強(qiáng)磁場，粒子離開磁場時(shí)，根據(jù)8選

項(xiàng)可知，速度偏轉(zhuǎn)角為120。，則粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為120。，

設(shè)粒子軌跡半徑為r',則有：1即60。=四，所以/=在心

r13

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qi/B=m也，解得：r'=等，所以巴=二=拿.=2

r'qBVOrV3R3

所以該粒子第二次射入磁場的速度為M=[%；

該粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t'=/、"=尹，故C錯(cuò)誤、。正確。

360°V3Vo

故選：BD。

兩種情況下分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子的軌跡半徑和軌跡對應(yīng)的圓心

角，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、速度大小，再根據(jù)周期公式求解

運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)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；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時(shí)間。

7.【答案】ACD

【解析】解：人根據(jù)楞次定律可知線圈中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，線圈充當(dāng)電源，又在電

源內(nèi)部電流由負(fù)極流向正極可知，電刷4的電勢比人的電勢低，故A正確；

3、當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，左右兩條邊垂直切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢最大，故B錯(cuò)誤；

C.該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢的最大值為E7n=NBSM故C正確；

D該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電流方向不變，始終為同一方向，表達(dá)式為e=|NBS3cos3t|,可知

此電流在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量和交流電e=NBS3cos3t相同，故電動(dòng)勢的最大值是有

效值的VI倍，故。正確。

故選：ACD.

根據(jù)楞次定律判斷電流方向和電勢高低；分析垂直磁場方向速度，求電動(dòng)勢大??；根據(jù)

交流電最大值有效值關(guān)系求解。

本題考查交流電的產(chǎn)生以及峰值、有效值，學(xué)習(xí)中要重視課本，強(qiáng)化記憶。

8.【答案】AB

【解析】

【分析】

閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒必受安培力作用，開始向右加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)向棒切割磁感線產(chǎn)生

電動(dòng)勢與電源的電動(dòng)勢反向，電路中電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減

為零時(shí)，即油棒電動(dòng)勢和電源定值電阻R上的電壓大小相等，速度達(dá)到最大，電路電

流為0

本題關(guān)鍵是對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，注意電流變化時(shí)，安培力變化，加速度

變化，穩(wěn)定狀態(tài)加速度為0,做勻速運(yùn)動(dòng).

【解答】

A、閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒受到安培力向右加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電

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動(dòng)勢，且方向和電源電動(dòng)勢相反，電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)導(dǎo)體棒的電

動(dòng)勢和定值電阻R兩端電壓大小相等相等時(shí)，導(dǎo)體棒中電流為0,導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，

速度達(dá)到最大，故A正確.

DER

3、由A分析知Eab=BLv=—E,得加=而7而故B正確

mK-ri）Du

C、導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)電源的輸出功率為P=/2R=C）2R=3^,故C錯(cuò)誤.

K~rT（K+rj

。、導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E等于定值電阻R兩端電壓，故O錯(cuò)誤.

故選：AB

9.【答案】不變變窄

【解析】解：要檢查玻璃板上表面是否平整所以干涉形成的條紋是下板的上表面和上板

的下表面的反射光干涉產(chǎn)生的.具體為：當(dāng)兩反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波

長的偶數(shù)倍，出現(xiàn)明條紋，是半波長的奇數(shù)倍，出現(xiàn)暗條紋，當(dāng)劈尖的上表面向上平移

一小段距離，亮條紋將向劈尖前一級亮條紋移動(dòng)，但亮暗條紋間距不變；

從空氣膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為△x=2d,即光程差為空

氣層厚度的2倍，當(dāng)光程差△x=n，時(shí)此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的空氣層

的厚度差為^九若劈尖角度增大，導(dǎo)致相鄰亮條紋（或暗條紋）之間的距離變小.故干涉

條紋間距變小，

故答案為：不變，變窄.

通過下板的上表面與上板的下表面的光線進(jìn)行光的干涉，當(dāng)光程差是半波長的偶數(shù)倍，

出現(xiàn)明條紋，是半波長的奇數(shù)倍，出現(xiàn)暗條紋，而劈尖的上表面向上平移一小段距離，

會(huì)導(dǎo)致亮暗條紋會(huì)向前一級移動(dòng)，而亮暗條紋間距仍不變.若是改變傾角，則改變空氣

的厚度，導(dǎo)致條紋間距變化.

本題考查了干涉法檢查某塊厚玻璃板上表面是否平整，了解光的干涉原理以及光干涉在

生活中的應(yīng)用后可以進(jìn)行判斷，注意當(dāng)夾角變大時(shí)，亮暗條紋變窄；若夾角變小，亮暗

條紋變寬.

10.【答案】hv0^-hv0

【解析】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程有：EK=hv-W

EK=0時(shí)有：hv0-W=0,所以逸出功為：W=hv0；

若用波長為;I的光照射該金屬產(chǎn)生光電子，則光電子的最大初動(dòng)能為：Ek=hv-W=

he.

故答案為：hvQf與■-

由愛因斯坦光電效應(yīng)方程EK=也-小去分析圖象中所包含的對解題有用的物理信息，

圖象與縱軸和橫軸交點(diǎn)分別表示普朗克常量和金屬的極限頻率。

本題考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程EK=hv-W,注意將有關(guān)的物理知識(shí)和數(shù)學(xué)的圖線

聯(lián)系起來，培養(yǎng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理物體。

11.【答案】BBCDB

【解析】解：(1)4實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證的關(guān)系是兩邊可以消掉小，則沒必要用

天平測出重物的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；

B.實(shí)驗(yàn)中由于有阻力的影響，則重物下落的加速度一定小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，?正

確；

C實(shí)驗(yàn)中是通過刻度尺測量紙帶上兩點(diǎn)間距來確定下落的高度，故C錯(cuò)誤；

D實(shí)驗(yàn)中用刻度尺測量重物下落的高度h,并用紙帶上兩點(diǎn)間的平均速度來計(jì)算中間時(shí)

刻的瞬時(shí)速度，不能用〃=商K計(jì)算瞬時(shí)速度，故。錯(cuò)誤。

(2)4當(dāng)知道。4、和OG的長度時(shí)，無法算出任何一點(diǎn)的速度，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)知道OF、EF和FG的長度時(shí)，利用FG和E尸的長度可以求出尸點(diǎn)的速度，從求出

。到F點(diǎn)的動(dòng)能變化量，知道OF的長度，可以求出。到F重力勢能的變化量，可以驗(yàn)

證機(jī)械能守恒，故8正確；

C.當(dāng)知道AC、BE和。尸的長度時(shí)，由AC和。尸的長度，可以得到8點(diǎn)和E點(diǎn)的速度，

從而求出B點(diǎn)到E點(diǎn)的動(dòng)能變化量；知道BE的長度，可以求出8點(diǎn)到E點(diǎn)重力勢能的

變化量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒，故C正確；

D當(dāng)知道AC、8F和EG的長度時(shí)，可以分別求出8點(diǎn)和尸點(diǎn)的速度，從而求8到尸點(diǎn)

的動(dòng)能變化量，知道8尸的長度，可以求出8到尸點(diǎn)重力勢能的變化量，可以驗(yàn)證機(jī)械

能守恒，故。正確；

(3)紙帶中打出的點(diǎn)符合相臨相等時(shí)間的條件，則可知相臨兩位移間應(yīng)保證位移之差等

于

△九=gt2=9.80x(0.02)2?3.9mm

A中的位移之差分別為0.5rmn、一0.4?nni,故A錯(cuò)誤。

3中的位移之差分別為3.9nun、3.9mmf故3正確。

C中的位移之差分別為3.9nun、7.9mm,故C錯(cuò)誤。

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。中的位移之差分別為4.8nun、4.8mm,故。錯(cuò)誤。

故答案為：(1)B；(2)BCD；(3)8；

根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)后分析解答；

依據(jù)這段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中時(shí)刻瞬時(shí)速度，從而確定動(dòng)能的變化，再依據(jù)重力勢

能表達(dá)式，進(jìn)而確定其的變化，即可驗(yàn)證；

根據(jù)位移差公式計(jì)算其相鄰相等時(shí)間內(nèi)的位移差判斷。

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，會(huì)通過原理確定需要測量的物理量，掌握紙帶的處理

方法，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度，得出動(dòng)能的變化量.

12.【答案】A2匕%C

【解析】解：(1)由題意可知，燈泡額定電流/=0.34電流表選Az(量程600〃出，內(nèi)阻

約50),燈泡額定電壓為2.5V,故電壓表選匕(量程3匕內(nèi)阻約3W2),

為保證電路安全，方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選：(阻值0?100,額定電流14)。

(2)本實(shí)驗(yàn)要求多測幾組數(shù)據(jù)，并且電壓從零開始調(diào)節(jié)，故滑動(dòng)變阻器采用分壓接法；

同時(shí)因燈泡內(nèi)阻較小，為了減小誤差，電流表采用外接法，故電路圖選G

故答案為：(1泡；匕；%；(2)Co

(1)根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，根據(jù)燈泡額定功率選擇電壓表，在保證安全的前提

下，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器。

(2)明確實(shí)驗(yàn)原理，知道減小實(shí)驗(yàn)誤差的基本方法，然后根據(jù)各電路元件的連接方式得

出正確的電路圖；

本題考查伏安法測電阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握實(shí)驗(yàn)儀表選擇的基本方法,

同時(shí)明確本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器分壓和電流表外接法.

13.【答案】解：(1)當(dāng)氣缸水平放置時(shí)，封閉氣體壓強(qiáng)po=1.0x105Pa,體積匕=LiS,

溫度70=(273+27)K=300K

當(dāng)汽缸口向上，活塞到達(dá)氣缸口時(shí)，活塞的受力分析圖如圖所示，由平衡條件得：PiS=

Pos+mg

5

代入數(shù)據(jù)解得：Pi=1.2x10Pa,氣體體積匕=(公+L2)S

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得：半=吟t處，

代入數(shù)據(jù)解得：7;=480K

(2)當(dāng)汽缸口向上，未加熱穩(wěn)定時(shí)，由玻意耳定律得：PQL^S-p1Ls,

代入數(shù)據(jù)解得：L=10cm

加熱后，氣體做等壓變化，外界對氣體做功為：W=-Pofti+L2-L)S-mg(Li+L2-

L)

代入數(shù)據(jù)解得：W=-72/

根據(jù)熱力學(xué)第一定律得：

△U=〃+Q=-72/+392/=320/

答：(1)此時(shí)氣體的溫度為480K。

(2)氣體增加的內(nèi)能4U是320Je

【解析】(1)根據(jù)題意求出汽缸內(nèi)封閉氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程求出氣

體的溫度。

(2)求出氣體對外界做的功，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律求出氣體內(nèi)能的增加量。

分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律即可解題。

14.【答案】解：對粒子受力分

析并畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖如右

圖：

(1)由受力分析可得，帶電粒子

沿板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng).根

據(jù)牛頓第二定律有qEsin45。=

mar

解得：％=皿

12m

設(shè)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度大小為心

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有/=2%L

解得："=陲亙

7m

(2)設(shè)粒子出磁場時(shí)的位置在D

點(diǎn)，因其以水平方向的速度打

在板上，故粒子第二次在電場

中運(yùn)動(dòng)做類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過程粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma2>且％=a2

在沿電場方向運(yùn)動(dòng)的距離由：討=2a2y

解得：y=竺好=真

因6=45。，粒子打在板上的位置離C點(diǎn)的距離4=靛，解得：d=y/2y=h

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(3)粒子第二次在電場中運(yùn)動(dòng)，平行電場方向：vsin45°=^t

垂直電場方向：x=vcos45°xt

解得：x=

2

因。=45。，故：l=y=^-L

J4

C、。間的距離為s=x+(,解得：S=^L

4

粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=sxsin45。，解得：r=^s=-L

24

根據(jù)牛頓第二定律：qvB=my

解得：B=i畫

37qL

答：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為

(2)粒子打在板上的位置離C點(diǎn)的距離為去

(3)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

【解析】(1)對帶電粒子受力分析求解其在光滑絕緣板上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式求解進(jìn)入磁場時(shí)的速度；

(2)粒子從磁場射出進(jìn)入電場后只受電場力，故其再進(jìn)入電場后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，因

其以水平方向的速度打在板上，故粒子第二次在電場中運(yùn)動(dòng)做類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，應(yīng)

用類平拋運(yùn)動(dòng)求解；

(3)畫出軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系和勻速圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)，分析受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況，做好此類題目

的關(guān)鍵是準(zhǔn)確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，利用幾何知識(shí)再結(jié)合半徑公式去分析，總之，畫

好軌跡圖是關(guān)鍵。

15.【答案】解：

(1)滑塊P下滑至碰前，由機(jī)械能守恒定律得

mgR=①

P、。碰后一起運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律得

mv1=2mv2②

P、Q一起運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)過程，有

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