2021年湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學(xué)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2021年湖南省長沙市天心區(qū)長郡中學(xué)高考物理一模試卷

1.如圖所示，B是水平地面上AC的中點，可視為質(zhì)點的小F-2---1--------1

ABC

物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止.小物塊經(jīng)過B

點時的速度等于它在A點時速度的一半.則小物塊與4B段間的動摩擦因數(shù)出和其

與8c段間的動摩擦因數(shù)〃2的比值為()

A.1B.2C.3D.4

2.如圖所示，在粗糙的水平面上，固定一個半徑為R的半,一'、

圓柱體擋板尸。固定在半圓往體擋板PQ的延(N.)

長線過半圓柱截面圈心O,且與水平面成30。角。在M

和PQ之間有一個質(zhì)量為機的光滑均勻球體M其半徑(

也為R.整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是0

()

A.N對PQ的壓力大小為mgB.N對PQ的壓力大小為［mg

C.N對M的壓力大小為強？D.N對M的壓力大小為苧mg

3.物體在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直線運動的。-t關(guān)系如圖

A.從第1秒末到第3秒末合外力做功為4嗎，摩擦力做功為4”2

B.從第4秒末到第6秒末合外力做功為0,摩擦力做功也為0

C.從第5秒末到第7秒末合外力做功為明,摩擦力做功為勿2

D.從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75四，摩擦力做功為1.5噸

4.如圖所示，真空中的M,N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A,C,帶

電量分別為+Q、-Q,將它們平行放置，A,C連線垂直于圓環(huán)平面，8為AC的中

點，現(xiàn)有質(zhì)量為機帶電量為+q的微粒(重力不計)從左方沿A，C連線方向射入，到

4點時速度以=lm/s,到B點時速度為=場m/s，取無窮遠處為電勢零點，點電

荷的電勢公式為3=上4式中左為靜電力常量，。為點電荷的電量，r為到點電荷

的距離。下列判斷可能正確的是（）

A.微粒從8至C做加速運動，且4=4m/s

B.微粒越過C點后先做加速運動，后做減速運動

C.微粒將以B為中心做往返運動

D.微粒在整個運動過程中的最終速度為0

5.如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U,帶電粒子以某一初速度為沿平

行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直

的勻強磁場，貝I：粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和北的

變化情況為（）

A.4隨U增大而增大，“與孫無關(guān)

B.d隨U增大而增大，d隨孫增大而減小

C.d隨為增大而增大，d與U無關(guān)

D.”隨孫增大而增大，"隨U增大而減小

6.以往我們認識的光電效應(yīng)是單光子光電效應(yīng)，即一個電

子在極短時間內(nèi)只能吸收到一個光子而從金屬表面逸

出.強激光的出現(xiàn)豐富了人們對于光電效應(yīng)的認識，用

強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在極

短時間內(nèi)吸收多個光子成為可能，從而形成多光子電效

應(yīng)，這已被實驗證實.

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光電效應(yīng)實驗裝置示意如圖.用頻率為v的普通光源照射陰極K,沒有發(fā)生光電效

應(yīng).換用同樣頻率為v的強激光照射陰極K,則發(fā)生了光電效應(yīng)；此時，若加上反

向電壓U,即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負極，在心之間就形成了使光

電子減速的電場，逐漸增大U,光電流會逐漸減??；當(dāng)光電流恰好減小到零時，所

加反向電壓U可能是下列的（其中W為逸出功，人為普朗克常量，e為電子電量）（）

A.u=~e--eBe.Ue=---C.U=2hv-WD2e.Ue=~--

7.如圖所示，把一質(zhì)量為根的物體用一水平方向的推力F=kt（k為恒量，,

/為時間）壓在豎直的足夠高的平整墻上，物體與墻壁間動摩擦因數(shù)為I|

〃，從t=o開始計時，靜止釋放此物體，則物體所受的摩擦力人加

速度”、速度v和位移x隨/變化的關(guān)系正確的是圖中的（）

8.最近中國宇航局公布了天眼射電望遠鏡最新發(fā)現(xiàn)的一個行星系統(tǒng)，該系統(tǒng)擁有一顆

由巖石和氣體構(gòu)成的行星圍繞一顆的類太陽恒星運行。經(jīng)觀測，行星與恒星之間的

距離是地、日間距離的看恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的左倍，則下列敘述正確的是（）

A.行星公轉(zhuǎn)周期和地球公轉(zhuǎn)周期的比值是N-聶4

B.行星公轉(zhuǎn)周期和地球公轉(zhuǎn)周期的比值是N，后

C.行星公轉(zhuǎn)線速度和地球公轉(zhuǎn)線速度的比值是

D.行星公轉(zhuǎn)線速度和地球公轉(zhuǎn)線速度的比值是N-某V

9.某同學(xué)在老師指導(dǎo)下利用如圖甲裝置做實驗，在固定支架上懸掛一蹄形磁鐵，懸掛

軸與一手柄固定連接，旋轉(zhuǎn)手柄可連帶磁鐵一起繞軸線。。'自由旋轉(zhuǎn)的矩形線圈

abcd（cd與00'重合）.手柄帶著磁鐵以8rad/s的角速度勻速旋轉(zhuǎn)，某時刻蹄形磁鐵與

線框平面正好重合，如圖乙所示，此時線圈旋轉(zhuǎn)的角速度為6rad/s,已知線圈邊

ab-5cm,ad=2cm,線圈所在處磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.47,

線圈匝數(shù)為200匝，電阻為1.6僅則下列說法正確的是（）

A.若手柄逆時針旋轉(zhuǎn)（俯視），線框?qū)㈨槙r針旋轉(zhuǎn)

B.若手柄逆時針旋轉(zhuǎn)（俯視），在圖乙時刻線框中電流的方向為心。而

C.在圖乙時刻線框中電流的熱功率為0.016W

D.在圖乙時刻線框兒邊受到的安培力大小為8x10-4/V

10.如圖，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為〃1、〃2°

原線圈通過一理想電流表A接正弦交流電源，一個二極

管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端。假

設(shè)該二級管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大。用交

流電壓表測得。、。端和c、d端的電壓分別為（/助和4d，則下列選項正確的是（）

A.Uab：Ucd=%：n2

B.增大負載電阻的阻值R,電流表的讀數(shù)變小

C.減小負載電阻的阻值，cd間的電壓不變

D.將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍

11.某實驗小組用圖1實驗裝置探究合力做功與動能變化的關(guān)系.鐵架臺豎直固定放置

在水平桌面上，將長木板傾斜放置，一端固定在水平桌面邊緣P處，另一位置放置

在鐵架臺的鐵桿上，忽略鐵桿粗細，木板與鐵桿接觸處記為Q,P處放置一光電門.

實驗步驟是：

①用游標(biāo)卡尺測出滑塊的擋光片寬度L,用天平測出滑塊的質(zhì)量m

②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P處為軸，調(diào)節(jié)長木板在鐵架臺上的

放置位置，使滑塊恰好沿木板向下做勻速運動.在鐵架臺豎直桿上記下此位置“，

用刻度尺測出Qi到水平面的高度H

③保持P位置不變，長木板一端放置在鐵架臺豎直桿Q2上.用刻度尺量出QiQz的

距離陽，將滑塊從木板上的＜?2位置由靜止釋放，由光電門計時器讀出滑塊的擋光時

間ti

④保持P位置不變，重新調(diào)節(jié)長木板一端在鐵架臺上的放置位置，重復(fù)步驟③數(shù)

次

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I.滑塊沿長木板由Q2運動到P的過程中，用測量的物理量回答下列問題(已知重力

加速度為g)：

(1)滑塊動能的變化量4后女=

(2)滑塊克服摩擦力做的功必=

(3)合力對滑塊做的功“冷=

口,某學(xué)生以鐵架臺豎直桿上的放置位置到Qi的距離h為橫坐標(biāo)，以滑塊通過光電

門的擋光時間的平方倒數(shù)譽為縱坐標(biāo)，根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標(biāo)中描點畫出如圖2所示

直線，若圖線過原點，且圖線斜率k=,則能證明合外力做的功等于物體動

能增量.

12.在測量某電源電動勢和內(nèi)阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用內(nèi)接法還是

外接法，都會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實驗興趣小組

設(shè)計了如圖甲實驗電路進行測量。實驗操作步驟如下：(已知&=20)

①將滑動變阻器滑到最左端位置；

②單刀雙擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)So,調(diào)節(jié)滑動變阻器R,記錄下若干組數(shù)據(jù)

的值;

③斷開開關(guān)S。，將滑動變阻器調(diào)到最左端，單刀雙擲開關(guān)S與2閉合，閉合開關(guān)S。，

調(diào)節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)4-的值；

④分別作出兩種情況所對應(yīng)的%-和4-/2圖像。

(1)單刀雙擲開關(guān)接1時，某次讀取電表數(shù)據(jù)時，兩個電表指針如圖乙所示，此時

Ui=V,。=4。

(2)當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2位置時，即使將島看作電源內(nèi)阻，測出的電源電動勢和內(nèi)

阻也存在系統(tǒng)誤差，原因是(填“電壓”或“電流”)表的示數(shù)偏(填

"大"或"小”)。

(3)根據(jù)測得數(shù)據(jù)，作出Ui-。和4-/2圖像如圖內(nèi)所示，根據(jù)圖線求得電源電動

勢E=,內(nèi)阻r=。(結(jié)果均保留兩位小數(shù))

13.如圖所示，甲、乙兩滑塊的質(zhì)量分別為1版、2kg,放甲乙

在靜止的足夠長的水平傳送帶上，兩者相距2m,與傳

C)()

送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.2。t=0時，甲、乙分別以

6m/s、2m/s的初速度開始沿同一直線向右滑行。重力加速度取lOm/s2求：

(1)甲、乙相碰的地點離甲的出發(fā)點多遠？

(2)甲、乙相碰(碰撞時間極短)后，乙最終停在離乙出發(fā)點3巾處，則甲停在離甲出

發(fā)點多遠處？

(3)若在t=0時，傳送帶突然啟動(不計啟動時間)，立即以%=4m/s的速度向右做

勻速直線運動，求在t=0到1=1s內(nèi)，甲、乙兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為多少？

14.如圖所示，在xOy平面內(nèi)x>0、y>0的區(qū)域內(nèi)存在勻強電場，電場強度大小E=

100K/m；在x>0、y<3m區(qū)域內(nèi)存在垂直于xOy平面的勻強磁場。現(xiàn)有一帶負

電的粒子，電荷量q=2xICT，。，質(zhì)量m=2x10-6kg,從原點。以?一定的初動

能反射出。經(jīng)過P(4m,3m)時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.2倍，速度方向變?yōu)榇怪庇贠P

線段方向，最后從點M(0,5m)射出，此時動能又變?yōu)?。點時初動能的0.52倍。粒子

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的重力不計。

(1)分別寫出。、P兩點間和。、用兩點間的電勢差的表達式Uop和UOM；

(2)寫出在線段OP上與M點等電勢的。點的坐標(biāo)；

(3)求粒子從P點運動到M點的時間。

“y/n)

,V''

-------科4,3)

I

\

I

I

.x/m

15.關(guān)于一定量的理想氣體，下列說法正確的是()

A.氣體分子的體積是指每個氣體分子平均所占有的空間體積

B.只要能增加氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以升高

C.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零

D.氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能不一定增加

E.氣體在等壓膨脹過程中溫度一定升高

16.如圖所示，柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸內(nèi)部封有一定||----q

質(zhì)量的理想氣體，汽缸質(zhì)量M=10kg,活塞質(zhì)量m=25kg,其“

m

橫截面積S=0.01m2,活塞與缸壁間的摩擦不計。當(dāng)缸內(nèi)氣體溫

度為27式時，活塞剛好與地面相接觸，但對地面無壓力?，F(xiàn)對汽缸加熱，使缸內(nèi)氣

體溫度升高。當(dāng)汽血對地面恰好無壓力時，求缸內(nèi)氣體溫度？(已知大氣壓強po=

1.0x105Pa,g=10m/s2)

17.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在t=0時的波形如圖甲所示，P、Q是波上的兩個質(zhì)

點，此時質(zhì)點P沿y軸負方向運動。圖乙是波上某一質(zhì)點的振動圖像下列說法中正

A.該波沿x軸正方向傳播

B.圖乙可能為Q點的振動圖像

C.t=0.10s時，質(zhì)點P沿y軸正方向運動

D.該波的波速為80m/s

E.質(zhì)點Q在t=0.10ns(n=0,1,2...)回到x=4m,y=0的位置

18.已知天然材料的折射率都為正值(n>0)。近年來，人們針對電磁波某些頻段設(shè)計

的人工材料，可以使折射率為負值(71<0),稱為負折射率介質(zhì)電磁波從正折射率

介質(zhì)入射到負折射介質(zhì)時，符合折射定律，但折射角為負，即折射線與入射線位于

界面法線同側(cè)，如圖(a)所示。點波源S發(fā)出的電磁波的入射角i=60。，經(jīng)折射率

n=-W平板介質(zhì)后，從另一側(cè)面射出(圖中未畫出)，如圖(b)所示。已知平板介質(zhì)

的厚度d=2.0mm,不考慮電磁波在介面處的反射。

(1)在圖(b)中畫出電磁波的波路圖；

(2)出射電磁波與入射電磁波之間的垂直距離是多少？

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圖⑷圖⑸

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：從A到8根據(jù)牛頓第二定律，有〃i?ng=TH的

得%=

從B到C根據(jù)牛頓第二定律，有

N2mg=ma2

得a?=112g

設(shè)小物塊在A點時速度大小為v,AB=BC=I,則在B點時速度大小為

由運動學(xué)公式有

從A到B有：（：）2-"2=2（一〃19乂

從B到C有：0-（；）2=2（一〃2。乂

聯(lián)立解得%=3的，C正確，ABD錯誤：

故選：Co

對物體進行受力分析，對兩個過程運用牛頓第二定律求出加速度，再對A8過程和BC

過程運用速度位移公式列式，聯(lián)列即可求解

本題考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合，要知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋

梁并能正確應(yīng)用.

2.【答案】D

【解析】解：以N為研究對象進行受力分析如圖所示，根率

據(jù)圖中幾何關(guān)系可得a=30。，F(xiàn)Z-ULS

而sin/NMQ=/=%所以NNMQ=30。，a+0=60。，（）

則”3。。；

所以Fi=Fz，豎直方向根據(jù)平衡條件可得F送”30。+fM近

6cos30°=mg,

解得：Fi=F2=~^9f

根據(jù)牛頓第三定律可得N對P。的壓力、N對M的壓力大小均為當(dāng)mg,故ABC錯誤、

D正確。

故選：D?

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以球N為研究對象進行受力分析，畫出受力分析圖，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合平衡條件求解。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后

在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進行解答。

3.【答案】D

【解析】解：4從第1秒末到第3秒內(nèi)動能變化為0,根據(jù)動能定理知合外力做功為0。

根據(jù)速度-時間圖像與時間軸所圍的面積大小表示位移，可知，物體在第1秒位移為與=

等m=2m,第1秒末到第3秒末位移為久2=4x2m=8m,則右=4xx,物體在運動

過程中摩擦力大小不變，由勿=-/s可得：從第1秒末到第3秒末摩擦力做功等于第1

秒內(nèi)的4倍，為4隊，故A錯誤；

B、物體在第4秒末與第6秒末速度大小相等,則從第4秒末到第6秒末動能變化量為0,

由動能定理可知合外力做功為0。從第4秒末到第6秒末物體的路程為S3=2x等m=

2m,則S3=根據(jù)W=-/s可知從第4秒末到第6秒末摩擦力做功與第1秒內(nèi)摩擦

力做功相等，為傷，故B錯誤；

C、設(shè)物體的質(zhì)量為相，第1秒內(nèi)，根據(jù)動能定理得：=1xmx42=8m；從第5

2

秒末到第7秒，合外力做功W合4=^xmx4-0=8m=lVlo

從第5秒末到第7秒末位移大小為辦=學(xué)機=4m=2巧，根據(jù)W=-/s可知從第5

秒末到第7秒末摩擦力做功為2%，故C錯誤；

D、根據(jù)動能定理得：從第3秒末到第4秒末合外力做功為W，5=;X7nx22-ixmx

42=-6m=一0.75%，從第3秒末到第4秒末位移為％=等x=3m=1.5與，根

據(jù)W=-/s可知從第3秒末到第4秒末摩擦力做功為為1.5?，故。正確。

故選：Da

根據(jù)動能定理可知合外力做功等于物體動能的變化，根據(jù)動能的變化求合外力做功。根

據(jù)速度-時間圖像與時間軸所圍的面積大小表示位移，求出各段時間內(nèi)的位移大小，由

功的公式求摩擦力做功。

本題一要抓住速度-時間圖像的“面枳”表示位移；二要熟練運用動能定理求合外力做

功；三要知道滑動摩擦力做功與路程有關(guān)。

4.【答案】B

【解析】解：A、由題意可知，由B至C電場向右，微粒所受電場力向右，故從8到C

微粒做加速運動，由對稱性可知，粒子由A至B與由B至C電場力做的功相同，故動

能的變化量相同，故有△&=詔-37n若=27n憂-1nl詔，代入數(shù)據(jù)可得%=

3m/s,故A錯誤；

B、根據(jù)電場分布的特點可知微粒越過C點后開始階段電場力向右，微粒做加速運動；

后面電場力向左，微粒做減速運動，故5正確；

CD,由對稱性可知，整個圖形的中垂線為等勢線，取無窮遠處為零勢點時此線即為零

勢線，粒子由B點運動到無窮遠處，電勢未發(fā)生變化，電場力做功為零，故粒子最終的

速率與B點的速率相等，即為最終速度為遮，微粒不會返回B點，故C￡＞錯誤。

故選：B。

AC之間電場是對稱的，粒子由A至3與由8至C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可

求微粒在C點的速度；微粒越過C點后，分析其受力情況，確定運動情況；由對稱性

可知，整個圖形的中垂線為等勢線，取無窮遠處為零勢點時此線即為零勢線，粒子由B

點運動到無窮遠處，電勢未發(fā)生變化，電場力做功為零，故粒子最終的速率與B點的速

率相等。

解決本題的關(guān)鍵之處有二：一、要搞清電場的分布情況，對于這種對稱分布的電荷，其

電場應(yīng)該是對稱的；二、要會識別電場的等勢面，這個圖有點相等量異種點電荷的電場

和等勢面分布，解題時候就是要類比它來解決。

5.【答案】C

【解析】解：設(shè)粒子帶電量為4,質(zhì)量為“，射出電場時速度與水平方向夾角為。，此

時速度v為處和巧的合速度，如圖：

由cos。=小得:

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進入磁場后,粒子做勻速圓周運動，設(shè)磁感應(yīng)強度為B,由牛頓第二定律有:quB=m9,

又d=2RcosO,代入數(shù)據(jù)得：d=需故d與m、孫成正比，與B、q成反比，與U

無關(guān)，故：C正確，A8。錯誤。

故選：C

粒子在電場中做類平拋運動，射出電場時設(shè)速度與水平方向夾角為0,表示出粒子射出

電場時的速度v；進入磁場后，帶電粒子在磁場中做圓周運動，表示出圓周運動的半徑，

再進一步表示出兩點間的距離d,根據(jù)d的表達式分析判斷即可。

本題考察了帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)和在磁場中的勻速圓周運動，結(jié)合運動軌跡，步步

為營將d求解或表示出來，再進行判斷即可。

6.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意知，一個電子吸收一個光子不能發(fā)生光電效應(yīng)，換用同樣頻率為

v的強激光照射陰極K,則發(fā)生了光電效應(yīng)，即吸收的光子能量為n/iv,n=2,3,4...

則有：eU=nhv-W,解得。=四一四.知8正確，A、C、。錯誤。

ee

故選：Bo

根據(jù)光電效應(yīng)方程&7n=/w-IV,以及=eU進行分析.

解決本題的關(guān)鍵是掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動能與遏止電壓的關(guān)系.

7.【答案】BC

【解析】解：A、從t=0開始，根據(jù)水平推力F=kt知，E不斷增大，物體對墻壁的壓

力不斷增大，則物體受到的滑動摩擦力/作用，且/==/與，成正比；當(dāng)物體

的滑動摩擦力大小大于重力時，物體開始做減速運動，直到停止運動，所以/'=mg時

物體的速度最大。由對稱性可知，物體的加速度為g,即此時的摩擦力為2〃笈，此時物

體處于靜止?fàn)顟B(tài)，即使推力增大，也不會影響物體的靜摩擦力大小，所以摩擦力最大值

為2mg,故A錯誤；

8、當(dāng)/'<mg時，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-f=ma,結(jié)合/="比得。=g-崇3

當(dāng)a=0時，t=爵；

當(dāng)f>mg,物體在做減速運動時，根據(jù)牛頓第二定律得：f-mg=ma,結(jié)合

得a="t-g,當(dāng)a=-g時，t=鬻，則知a-t是向下傾斜的直線，故B正確；

C、物體的加速度先減小后反向增大，最大速度設(shè)為Vm，此時有f=Hkt=mg,得t=消。

從?！獌?nèi),根據(jù)動量定理得：mgt—ft=Tnvm-0

因為了與，成正比，且［=0時f=0,則/的平均值為，=等=等

2

聯(lián)立解得加=篝，故c正確：

2fik

。、物體應(yīng)先加速后減速，x-t圖象切線斜率先增大后減小，故。錯誤。

故選：BC。

由題意可知，隨著時間的推移，推力F不斷增大，物體對墻壁的壓力不斷增大，導(dǎo)致物

體從滑動到靜止。則物體所受的摩擦力先是滑動摩擦力后是靜摩擦力。而滑動摩擦力的

大小與推物體的壓力大小成正比，而靜摩擦力的大小與重力大小相等。通過分析物體的

受力情況來確定物體的運動情況，即可分析圖象的形狀。

本題的關(guān)鍵要抓住滑動摩擦力與壓力成正比，分析合力的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律

分析加速度的變化情況。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,對任一恒星-行星系統(tǒng)，設(shè)恒星的質(zhì)量為M,行星的質(zhì)量為〃?，行星

與恒星之間的距離為「，對于行星，根據(jù)萬有引力提供向心力，有：G粵

r2T2

解得行星的運行周期：7=2兀叵。根據(jù)已知條件可得行星公轉(zhuǎn)周期和地球公轉(zhuǎn)周期的

7GM

比值：

故4正確，8錯誤;

CD、對于行星，根據(jù)萬有引力提供向心力，得G萼=加代，解得行星公轉(zhuǎn)線速度：

rzr

,則行星公轉(zhuǎn)線速度和地球公轉(zhuǎn)線速度的比值:

嬴;,故c正確，。錯誤;

故選：AC。

行星繞恒星做勻速圓周運動，由恒星對行星的萬有引力提供行星所需要的向心力，由此

列式求解。

第14頁，共22頁

建立行星的運動模型是解決這類問題的關(guān)鍵，運用萬有引力提供向心力列式求解。要靈

活運用比例法來處理。

9.【答案】BC

【解析】解：4若手柄是逆時針旋轉(zhuǎn)（俯視），根據(jù)楞次定律，知安培力將阻礙線框與

磁場間的相對運動，線框所受的安培力使得線框也逆時針旋轉(zhuǎn)，故A錯誤；

8、圖中磁場方向向右，湖邊切割速度向里，由右手定則判斷知，此時線框中電流的方

向為abcda（逆時針方向），故B正確；

C、圖乙時刻線圈中感應(yīng)電動勢：

E=NB-ab?（%—v2）

又磁場的線速度大?。?/p>

巧.=%?ad=8X0.02=0.16m/s,

外邊的線速度大?。?/p>

=%?ad=6x0.02=0.12TH/S

可得：

E=BLS-v2）=0.16V

感應(yīng)電流：

E0.16

IA=0.U

R1.6

電流的熱功率：

p=I2R=0.01x1.61V=0.016W

故C正確；

。、在圖乙時刻線框兒邊，電流方向與磁場方向平行，因此不受安培力，故。錯誤；

故選：BC。

根據(jù)楞次定律判斷線框所受的安培力方向，即可判斷其轉(zhuǎn)動方向；根據(jù)楞次定律或右手

定則分析感應(yīng)電流的方向；由后=NBL（%-女），。=sr,結(jié)合求出感應(yīng)電動勢，再由

歐姆定律求感應(yīng)電流，從而得到其功率：根據(jù)F=B〃求解安培力大小.

本題要掌握楞次定律的第二種表述：感應(yīng)電流的磁通量總阻礙相對運動，使用楞次定律

判定線框的運動方向，當(dāng)磁場與線圈有相對運動時，應(yīng)根據(jù)相對速度求解感應(yīng)電動勢.

10.【答案】BCD

【解析】解：A、由晟=最，其中U1，4是變壓器原、副線圈兩端的電壓。U1=Uab，

由于二極管的單向?qū)щ娞匦?，Ucd*U2,故A錯誤。

B、增大負載電阻的阻值R,由P=負載的電功率減小，由于P人=P出,且尸人=IiUab,

所以原線圈上的電流力減小，即電流表的讀數(shù)變小，故B正確。

C、原副線圈匝數(shù)不變時，cd端的電壓由輸入電壓決定，負載電阻R的阻值變小時，

不變，故C正確。

D、根據(jù)變壓器上的能量關(guān)系有E輸入=E命必在一個周期7的時間內(nèi)，

二極管未短路時有：UablrT=中?工+0(U為副線圈兩端的電壓)，

R2

二極管短路時有=由以上兩式得左=2公所以將二極管短路，電流表的

讀數(shù)加倍，故O正確。

故選：BCD。

根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，再由二極管的單向?qū)щ娦耘袛郃選項；

由功率公式以及變壓器功率相等即可判斷電流表的讀數(shù)變化情況；

原副線圈匝數(shù)不變時，”端的電壓由輸入電壓［/此決定，與負載無關(guān)；

根據(jù)能量關(guān)系求出可以求出二極管短路前后電流的有效值關(guān)系，從而可以求出短路前后

電流表的讀數(shù)關(guān)系。

本題考查了變壓器的原理，要注意明確變壓器的其本規(guī)律，明確匝數(shù)之比電壓之比的關(guān)

系。

11.【答案】I.⑴翳(2)mgH,(3)mgh「

n型

Z.2

【解析】解：I.(1)滑塊通過光電門的速度v=9則滑塊動能的變化量/Ek=

mL2

濟

(2)因為滑塊做勻速直線運動時，根據(jù)動能定理知，zngH-“mgcosO,L=0,即mgH-

Hmgd=0,可知克服摩擦力做功叫=Mgd=7ngH,改變傾角后，克服摩擦力做功

Wf'=^mgcosa-s'=fimgd,可知克服摩擦力做功不變，大小等于"名”.

(3)合力做功加金=爪9("+b)—必=mgh^

n.合力做功為帆助，根據(jù)動能定理知，mgh=\mv2=解得總=等，則圖線的

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斜率k=條

故答案為：I.⑴器，(2)mgH，(3)mgJ.n.等

本題考查探究合力做功與動能變化的關(guān)系的實驗，解決本題的關(guān)鍵知道極短時間內(nèi)的平

均速度可以表示瞬時速度，求解滑塊克服摩擦力做的功是個難點，要通過恒力做功公式

證明每次從長木板上滑到P點的過程中，摩擦力做功相等，難度適中.

12.【答案】1.300.10電流小1.8V2.50

【解析】解：(1)根據(jù)圖乙表盤所示，電壓表的量程為3匕最小分度為0.1V,所以電壓

表的示數(shù)為1.30V。

電流表的量程為0.64最小分度為0.024所以電流表的示數(shù)為0.104

(2)當(dāng)單刀雙擲開關(guān)擲于2時，電流表外接法(相對于電源)，所以由于電壓表的分流，造

成電流表的測量值未包括電壓表的分流，故測量值偏??；

(3)由實驗步驟可知，開關(guān)接1時，當(dāng)電流表的示數(shù)為零時，由于外電路斷路，故測得

電動勢是準(zhǔn)確值，所以從/一人圖象讀得E=1.81/。

開關(guān)S接2時，若外電流短路,則短路電流是準(zhǔn)確值，即從4-圖象讀得短路電流/短=

E180

0.404所以電源待效內(nèi)阻r+&=匚=何0=4.500,所以「=2.50。

故答案為：(1)1.30、0.10；(2)電流、??；(5)1.8匕(6)2.5。

(1)根據(jù)電壓表和電流表的量程及最小分度進行讀數(shù)；

(2)單刀雙擲開關(guān)合向2,由電壓表和電流表的示數(shù)/和/2,分析是電壓表的分流未計入

總電流，導(dǎo)致電流的測量值偏小。

(3)將單刀雙擲開關(guān)合向2,讀出此時電壓表和電流表的示數(shù)4和/2,兩種情況下均畫出

U-/圖象，分析兩種情況下的真實值，再由兩個真實值求內(nèi)阻的真實值。

本題考查了用伏安法測電動勢和內(nèi)阻的兩種方法進行對比，關(guān)鍵是掌握實驗原理、理解

每種情況的誤差及適用范圍，綜合兩種情況的優(yōu)點，從而求出電源的電動勢和內(nèi)阻的真

實值。

13.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律可得兩滑塊勻變速直線運動時的加速度大小為：

Q=49=0?2x10m/s2=2m/s2,

設(shè)甲、乙的初速度分別為％、V2,經(jīng)過時間/兩滑塊相遇，有：(巧《一［以2)一(方士一

2

|at)=Lo,其中A。=2m

解得t=0.5s

甲、乙相碰的地點離甲的出發(fā)點距離為/=打亡-1或2

解得：%i=—m=2.75m；

4

(2)設(shè)甲、乙碰前的速度分別為女'、刈'，由運動學(xué)公式有：

%—at=(6—2x0.5)m/s=5m/s

v2'=v2-at=(2-2x0.5)m/s=Im/s

設(shè)甲、乙碰后的速度分別為％"、v2",由運動學(xué)公式可得：

對乙有：v2"=J2ax2=x2x；m/s=3m/s

取向右為正方向，由動量守恒定律有：Hl%'+機2〃2'=+m2V2”

解得名”=lm/s

,

碰后，甲滑行的距離為：x1——==0.25m

,

甲停下位置離甲出發(fā)點的距離為：x=x1+x1=2.75m+0.25m=3m；

(3)甲與皮帶共速用時h="="=?s=1s

乙與皮帶共速用時t2———s=Is

表明t'=ls時，甲、乙與皮帶速度相同。在t'=ls內(nèi)，甲、乙相對皮帶的位移分別為:

svr，2—

i=it—|atvot',解得：S]=lm

2

s2=vot'—(v2t'+at''),解得：s2=Im

甲與傳送帶因摩擦生的熱為：Q^fim.gs,,解得：Qi=2/

乙與傳送帶因摩擦生的熱為：<22=〃機2。S1，解得：Q2=4/

甲、乙兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為Q=Q1+<?2=2/+4/=6/.

答：(1)甲、乙相碰的地點離甲的出發(fā)點2.75m；

(2)甲、乙相碰(碰撞時間極短)后，乙最終停在離乙出發(fā)點3,“處，則甲停在離甲出發(fā)點

3m處；

(3)甲、乙兩滑塊與傳送帶間摩擦生熱共為6人

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得兩滑塊勻變速直線運動時的加速度大小，根據(jù)運動

學(xué)公式求解甲、乙相碰的地點離甲的出發(fā)點距離；

(2)根據(jù)速度-時間關(guān)系求解甲、乙碰前的速度，由運動學(xué)公式求解碰撞后乙的速度大小,

由動量守恒定律求解碰撞后甲的速度大小，再根據(jù)運動學(xué)公式求甲停下位置離甲出發(fā)點

的距離；

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（3）求出甲與皮帶、乙與皮帶共速的時間，再求出甲、乙相對皮帶的位移，根據(jù)摩擦力

乘以相對距離求解產(chǎn)生的熱，由此得甲、乙兩滑塊與傳送帶間摩擦生的總的熱量。

本題主要是考查動量守恒定律、功能關(guān)系等，對于動量守恒定律，關(guān)鍵是掌握動量守恒

定律的守恒條件，能夠根據(jù)碰撞前的定量等于碰撞后的動量相等列方程求解。另外對于

本題還要弄清楚物體的受力情況和運動情況。

14.【答案】解：（1）從。到P,由動能定理得：—qU°p=Q2Ek-Ek，解得：%P=壁

從。到由動能定理得：—qUoM=052Ek-Ek，解得：="詈

（2）畫出M點的等勢點。如圖1：

圖1

因尸點坐標(biāo)為（4科3m）,故0P=gn^n=5m，tan。=%所以。=37。

由浮=|,又：因M、Q為等勢點，有轡=|

UQP5Uop5

在勻強電場中，由（/=版可知：浮=案=?

UOPUr5

將OP=5血代入得：0Q=3m,

所以。點橫坐標(biāo)無=OQcos37。=3mx0.8=2.4m,縱坐標(biāo)y=OQsin370=3mx0.6=

1.8m,

所以：。的坐標(biāo)為（2.4皿1.8血）

（3）因為OQ=3m,OM=5m,所以三角形OPM為直角三角形，MQLOPf又因為M、

。為等勢點，故勻強電場沿OP方向，見圖2：

圖2

粒子從尸點到M點做類平拋運動，運動時間為，，沿電場方向有：PQ=子巴解得:

又OP=5m,OQ=3m,所以PQ=5m-3m=2m,

代入數(shù)據(jù)得：t=2s

答：(1)0、P兩點間電勢差的表達式為寫，。、M兩點間的電勢差的表達式為上署;

(2)Q點的坐標(biāo)為(2.4m,1.8m)；

(3)粒子從P點運動到M點的時間為2s。

【解析】(1)從。點到P點、從。點到M點，分別應(yīng)用動能定理便可寫出。、P兩點間

和。、M兩點間的電勢差的表達式和UOM；

(2)粒子在電場中運動過程，只有電場力對粒子做功，應(yīng)用動能定理與場強和電勢差的

關(guān)系、幾何關(guān)系可以求出。點的坐標(biāo)；

(3)根據(jù)勻強電場的方向，判斷出粒子做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求