2021屆廣東省高考物理模擬試卷(一)(含答案解析)

2021屆廣東省高考物理模擬試卷（一）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.在演示光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，原來(lái)不帶電勢(shì)一塊鋅板與靈敏驗(yàn)電器相連接.用弧光照射鋅板時(shí),

驗(yàn)電器的指針就張開一個(gè)角度，如圖所示.這時(shí)（）

弧光燈

式

不

A.鋅板帶負(fù)電，指針帶正電B.鋅板帶負(fù)電，指針帶負(fù)電

C.鋅板帶正電，指針帶負(fù)電D.鋅板帶正電，指針帶正電

2,十六世紀(jì)末，伽利略創(chuàng)立了更能深刻地反映自然規(guī)律的理想實(shí)驗(yàn)方法，將可靠的事實(shí)和理論思

維結(jié)合起來(lái)，推翻了已在歐洲流行將近兩千年的亞里士多德關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的理論，開啟了物理

學(xué)發(fā)展的新紀(jì)元.

在以下四種說(shuō)法中，與亞里士多德觀點(diǎn)相反的是（）

A.四匹馬拉的車比兩匹馬拉的車跑得快；這說(shuō)明，物體受的力越大，速度就越大

B.一個(gè)運(yùn)動(dòng)的物體，如果不再受力了，它總會(huì)逐漸停下來(lái)；這說(shuō)明，靜止?fàn)顟B(tài)才是物體長(zhǎng)時(shí)間

不受力時(shí)的“自然狀態(tài)”

C.兩物體從同一高度自由下落，較重的物體下落得較快

D.一個(gè)物體維持勻速直線運(yùn)動(dòng)不需要力

3.如圖所示，傳送帶與地面的傾角。，傳送帶以v勻速運(yùn)動(dòng)，在傳送帶底

端無(wú)初速地放置一個(gè)質(zhì)量為根的物體，當(dāng)物體上升高度/2時(shí)，物體已

經(jīng)相對(duì)傳動(dòng)帶靜止，在這個(gè)過(guò)程中分析正確的是

1

A.動(dòng)能增力口mghB.動(dòng)能增加

1,1

C.機(jī)械能增加mghD.重力勢(shì)能增加mgh+嚴(yán)1丫2

如圖所示，一理想變壓器的原線圈匝數(shù)為2=1100匝，副線圈

匝數(shù)為電=io。匝，電阻R=io。，原線圈接入一電壓u=

220位sinl007rt（V）的交流電源，電壓表和電流表對(duì)電路的影響

可忽略不計(jì)，則（）

A.副線圈交變電流的頻率是100HzB.t=0.02s時(shí)，電壓表的示數(shù)為。

C.電流表的示數(shù)為2AD.變壓器的輸入電功率為40W

5.如圖質(zhì)子（陽(yáng)）、笊核6"）和a粒子乙He）都沿平行板電容器兩板中線。。'方向垂直于電場(chǎng)線射入

板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，射出后都打在同一個(gè)與0。'垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)。則下列說(shuō)

法中正確的是（）

0?..............................（）'

I=

A.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

B.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

C.若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

D.若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

6.下列說(shuō)法正確的是（）

A.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向與放在該點(diǎn)的導(dǎo)體受力情況無(wú)關(guān)

B.磁場(chǎng)看不見、摸不著，實(shí)際不存在，是人們假想出來(lái)的一種物質(zhì)

C.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是放在該點(diǎn)的一段通電導(dǎo)體的受力方向

D.場(chǎng)中某點(diǎn)的試探電流元不受磁場(chǎng)力作用時(shí)，該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度值大小為零

7.如圖甲所示，一長(zhǎng)為/的輕繩，一端穿在過(guò)。點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，

整個(gè)裝置繞。點(diǎn)在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng).小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力F與其速度平方后的關(guān)

系如圖乙所示，重力加速度為g,下列判斷正確的是（）

”.2

A.圖象函數(shù)表達(dá)式為F=??1丁+zng

B.重力加速度g=y

C.繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，得到的圖線斜率更大

D.繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，圖線6點(diǎn)的位置左移

二、多選題（本大題共3小題，共16.0分）

8.如圖1所示，將一光滑的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，其傾角為8,在斜面的中間位置放置一

質(zhì)量為優(yōu)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，并用銷釘將其鎖定，現(xiàn)在該滑塊上施加一平行于斜面向上的外力

F,同時(shí)將鎖定解除，滑塊由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，滑塊在開始的一段時(shí)間內(nèi)，其機(jī)械能E隨位

移尤的變化規(guī)律如圖2所示。其中0?%為曲線、為平行于x軸的直線。貝1K）

X1X2

A.0?xi的過(guò)程中滑塊的運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向下

B.0?%的過(guò)程中滑塊的加速度逐漸減小到零

C.0?小的過(guò)程中滑塊先沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)再沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng)

D.々?4的過(guò)程中滑塊的加速度大小為gs譏。

9.在如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片尸從最頂端向下滑

動(dòng)時(shí)（）%丁

A.電壓表⑦的示數(shù)先變大后變小

B.電流表?的示數(shù)變大-----

C.電壓表⑨的示數(shù)先變小后變大

D.電流表⑥的示數(shù)先變大后變小

10.如圖所示，半徑分別為R和2R的甲、乙兩薄因盤固定在同一轉(zhuǎn)軸上，距弋

地面的高度分別為2人和人，兩物塊a、b分別置于圓盤邊緣，a、b與圓甲;口

盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃相等，轉(zhuǎn)軸從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，觀察發(fā)現(xiàn)，a乙-T|

離開圓盤甲后，未與圓盤乙發(fā)生碰撞，重力加速度為g,最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，則（）

A.動(dòng)摩擦因數(shù)〃一定大于答

B.離開圓盤前，。所受的摩擦力方向一定指向轉(zhuǎn)軸

C.離開圓盤后，。運(yùn)動(dòng)的水平位移大于6運(yùn)動(dòng)的水平位移

D.若〃=黑.落地后6到轉(zhuǎn)軸的距離之比為VILV14

三、填空題(本大題共2小題，共9.0分)

11.若一定質(zhì)量的理想氣體分別按圖所示的三種不同過(guò)程變化，其中表示等容變

化的是(填“aTb"、“6-c”或"c-d”),該過(guò)程中氣體的內(nèi)能

(填“增加”、“減少”或“不變”).

12.某地有一秒擺(周期是2秒)，貝U：

(1)僅將其擺長(zhǎng)縮短為原來(lái)的%其它條件不變，則其周期變?yōu)槊耄?/p>

(2)僅將其質(zhì)量增大為原來(lái)的4倍，其它條件不變，則其周期變?yōu)槊?

(3)僅使其振幅減小為原來(lái)的%其它條件不變，則其周期變?yōu)槊?

四、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共16.0分)

13.做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)時(shí)，其中的三個(gè)實(shí)驗(yàn)步驟是:

(1)在水平放置的木板上鋪一張白紙，把橡皮條的一端固定在木板上，另一端拴兩根細(xì)線，通過(guò)細(xì)線

同時(shí)用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)互成角度地拉橡皮條，使它與細(xì)線的結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一位置。，在白紙上記

下。點(diǎn)和兩彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)Fi和尸2.

(2)在紙上根據(jù)6和心的大小，應(yīng)用平行四邊形定則作圖求出合力F.

(3)只用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)通過(guò)細(xì)線拉橡皮條，使它的伸長(zhǎng)量與兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉時(shí)相同，記下此時(shí)彈

簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F'及細(xì)繩的方向.

以上三個(gè)步驟中均有錯(cuò)誤或疏漏，指出錯(cuò)在哪里？

在(1)中是

在(2)中是

在(3)中是.

14.在“測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)中，可用以下給定的器材和一些導(dǎo)線來(lái)完成實(shí)驗(yàn).

器材：待測(cè)干電池E一節(jié)，電壓表V,電流表A,滑動(dòng)變阻器R](0?10。)，滑動(dòng)變阻器&(0?200。)，

開關(guān)S.(結(jié)果均保留2位小數(shù)).

(1)為方便實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)且能較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用(填&或R2>

(2)實(shí)驗(yàn)所用電路如圖甲所示，請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線在圖乙中完成實(shí)物連接圖，要求保證電鍵在閉合

前滑動(dòng)變阻器的滑片處于正確的位置.

(3)該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到圖丙中的圖象b,則他根據(jù)圖象》求得電源電動(dòng)勢(shì)石=V,內(nèi)電

阻r=僅

(4)丙圖中。圖線是某電阻R的伏安特性曲線，該同學(xué)將該電阻R與本實(shí)驗(yàn)中的所用的電池連成一閉

合電路，此時(shí)電阻R消耗的電功率是W.

(5)假如本實(shí)驗(yàn)中所使用的電壓表的內(nèi)阻很大(可視為理想電壓表)，而電流表是具有一定的內(nèi)阻(不可

忽略)，則根據(jù)本實(shí)驗(yàn)原理圖所測(cè)得的電源電動(dòng)勢(shì)值將，內(nèi)電阻值將.(選填“偏

大”、“偏小”、“不變”)

五、計(jì)算題(本大題共4小題，共43.0分)

15.如圖矩形區(qū)域油〃為有界勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界，、對(duì)角線為電場(chǎng)

和磁場(chǎng)的分界線，且與6c邊夾角為60。，be=5m,電場(chǎng)強(qiáng)度為E=6.0X

1()4N/C,在be邊界上尸點(diǎn)有一放射源，在紙面所在的平面內(nèi)向磁場(chǎng)中的各

個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m=1.0x10-20的、電荷量為q=1.0xI。一12c的正電

粒子，粒子的發(fā)射速度相等，bP=^m,已知射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中

3

運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為兀X10-65,并且其軌跡恰好與加相切.求：

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度及粒子的速度大小;

(2)射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間;

(3)在(2)問(wèn)前提下，粒子射出電場(chǎng)的位置.

16.在水平長(zhǎng)直的軌道上，有一長(zhǎng)度L=2爪的平板車，質(zhì)量M=3kg,以%=4m/s的速度做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻將一質(zhì)量為爪=1kg的小滑塊輕放到車面的中點(diǎn)，滑塊與車面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為4=0.2,求：

nf兆

[._____________

(1)為使滑塊恰好不從車的左端掉下，當(dāng)滑塊放到車面中點(diǎn)的同時(shí)對(duì)該滑塊施加一個(gè)恒力E該恒力

尸最小值及作用時(shí)間；

(2)若F=8N,為使滑塊不從車上掉下，則力尸作用的時(shí)間T應(yīng)在什么范圍？

17.若一定質(zhì)量的理想氣體分別按如圖所示的三種不同過(guò)程變化，A圖中的曲線為雙曲線，其中表

示等溫變化的是；表示等壓變化的是(選填"A"、或“C”)，在等壓變化

過(guò)程中氣體的內(nèi)能(選填“增加”、“減少”或“不變”).

18.一列簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻的波形圖如圖甲所示。從該時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖

甲乙

(1)寫出該簡(jiǎn)諧波的波長(zhǎng)入周期T和傳播方向；

(2)該簡(jiǎn)諧波的傳播速度v的大小是多少？

(3)寫出1.5s時(shí)。點(diǎn)的縱坐標(biāo)(不要求寫求解過(guò)程)。

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：鋅板在弧光燈照射下，發(fā)生光電效應(yīng)，有光電子逸出，鋅板失去電子帶正電，驗(yàn)電器與

鋅板相連，導(dǎo)致指針帶正電.故。正確，A、B、C錯(cuò)誤.

故選：D.

用弧光燈照射鋅板，發(fā)生光電效應(yīng)，鋅板失去電子，從而可以得出鋅板和指針的電性.

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的成因，以及知道金屬失去電子帶正電.

2.答案：D

解析：解：4亞里士多德的多數(shù)結(jié)論來(lái)自觀察.用四匹馬和兩匹馬拉車，車在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中所受的

摩擦力相同，兩次都是勻速運(yùn)動(dòng)故尸=八但四匹馬的功率大于兩匹馬的功率，根據(jù)P=Fv,可知u=

￡=g故認(rèn)為物體受力越大，速度越大的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的，故A選項(xiàng)是亞里士多德的觀點(diǎn).故A錯(cuò)誤;

卜J

2、一個(gè)物體不受力就會(huì)逐漸停下來(lái)，是因?yàn)槲矬w受到了地面的摩擦力，而不是因?yàn)椴皇芰?故2

選項(xiàng)是亞里士多德的觀點(diǎn).故8錯(cuò)誤；

C、兩個(gè)物體從同一高度自由下落，較重的下落的快，是因?yàn)橹氐奈矬w所受的摩擦力相對(duì)于重力來(lái)說(shuō)

小，其加速度就大.如果沒(méi)有空氣的阻力兩物體應(yīng)同時(shí)到達(dá)地面.故C選項(xiàng)是錯(cuò)誤的，是亞里士多

德的觀點(diǎn).故C錯(cuò)誤；

。、物體之所以運(yùn)動(dòng)，不是因?yàn)槭芰?，而是由于慣性，故維持物體的運(yùn)動(dòng)不需要力.故。選項(xiàng)是正

確的.是伽利略的觀點(diǎn)，與亞里士多德的觀點(diǎn)相反.故。正確.

故選：D

亞里士多德的觀點(diǎn)多來(lái)自對(duì)自然地觀察，往往忽略了摩擦力對(duì)物體的影響，而物體的自然屬性是運(yùn)

動(dòng)，維持運(yùn)動(dòng)不需要力，是物體的慣性.

本題主要考查物理學(xué)史，解決這類題目的唯一捷徑是要加強(qiáng)對(duì)這方面知識(shí)的積累.

3.答案：B

解析：

本題的關(guān)鍵是明確動(dòng)能、重力勢(shì)能以及機(jī)械能的定義及計(jì)算。

本題考查了功能關(guān)系；動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化。理解記憶物理概念和規(guī)律是學(xué)好物理的關(guān)鍵。

48.由動(dòng)能的定義可知，物體的動(dòng)能增加JjWV?,而重力勢(shì)能增加相g/z,故A錯(cuò)誤，8正確；

2

C.物體機(jī)械能增加為MgA+QjwJ,故C錯(cuò)誤；

。.物體重力勢(shì)能增加為mgh,故。錯(cuò)誤。

故選瓦

4.答案:D

解析：解：A、電流的頻率是由電壓決定的，所以原副線圈中電流的頻率是一樣的，都為50%,所

以A錯(cuò)誤.

2、電壓表的示數(shù)為電路的有效電壓的大小，輸入電壓的有效值為220H根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之

比可知；副線圈的最有效的電壓為20匕所以電壓表V的示數(shù)為20匕所以8錯(cuò)誤.

C、電阻R的電流為辦=黑=24根據(jù)原副線圈的電流與匝數(shù)程反比可以求得原線圈的電流為224,

所以C錯(cuò)誤.

變壓器的輸入功率和輸出功率是相等的，由C已經(jīng)求出R的電壓為20V,所以R的功率為乃=變=

R10

40W,故。正確.

故選：D.

根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析即可得

出結(jié)論.

本題考查變壓器原理及交流電表達(dá)式的認(rèn)識(shí)；掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，

本題即可得到解決

5.答案：B

解析：解：三個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做

初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到：

加速度為：。=歿

m

偏轉(zhuǎn)距離為：y=|at2,

運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=5

v0

聯(lián)立三式得：y=羋與；

'2rrtVQ

根據(jù)出射速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)可知，如果y相同，則粒子打在熒光屏上的位置相同，y

不同，則粒子打在熒光屏上的位置不相同。

A、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，y與比荷成正比，而三個(gè)粒子中質(zhì)子的比荷最大，笊核和a粒子

的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

B、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，）;=羋與=廣/，可見y與步7成正比，三個(gè)粒子的q相都不

同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)，故8正確；

C、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，則y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D、若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，設(shè)加速電壓為U,則有：qU=|zn詔，

根據(jù)推論可知y=黑，解得：y=霽，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)，故。錯(cuò)誤。

故選：瓦

質(zhì)子、笊核和a粒子帶電量和質(zhì)量不全相同，進(jìn)入同一電場(chǎng)時(shí)加速度不同，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方

向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)位移的表達(dá)式，再進(jìn)

行分析。

此類題目屬于類平拋運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵注意水平方向勻速，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律是關(guān)鍵。

6.答案：A

解析：解：4磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向是由磁場(chǎng)本身決定的，與放在該點(diǎn)的導(dǎo)體受力

情況無(wú)關(guān)。故A正確。

2、磁場(chǎng)是存在于磁體周圍周圍的一種特殊物質(zhì)，它與實(shí)物粒子不同，場(chǎng)看不見，摸不到，但又確定

存在，故8錯(cuò)誤；

C、根據(jù)左手定則可知，通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的受力方向與磁場(chǎng)方向相互垂直；故C錯(cuò)誤；

。、一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力，可能導(dǎo)體與磁場(chǎng)平行，因此磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零。

故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

磁場(chǎng)是存在于磁體周圍周圍的一種物質(zhì)，它與實(shí)物粒子不同，場(chǎng)看不見，摸不到；在磁場(chǎng)中磁感應(yīng)

強(qiáng)度有強(qiáng)弱，則由磁感應(yīng)強(qiáng)度來(lái)描述強(qiáng)弱。將通電導(dǎo)線垂直放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，即確保電流方向與磁

場(chǎng)方向相互垂直，則所受的磁場(chǎng)力與通電導(dǎo)線的電流與長(zhǎng)度乘積之比。

磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式8可知，是屬于比值定義法。即8與尸、/、乙均沒(méi)有關(guān)系，它是由磁場(chǎng)的本

身決定。

7.答案：B

22

解析：解：A、小球在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：F+mg=m亍,解得F=m亍—mg,故A錯(cuò)

誤。

B、當(dāng)F=0時(shí)，根據(jù)表達(dá)式有：mg=my,解得g=亍=,，故8正確。

C、根據(jù)尸=機(jī)手-爪9知，圖線的斜率k=:,繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，斜率更小，故C

錯(cuò)誤。

D、當(dāng)尸=0時(shí)，g=*可知b點(diǎn)的位置與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，繩長(zhǎng)不變，用質(zhì)量較小的球做實(shí)驗(yàn)，圖

線6點(diǎn)的位置不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

在最高點(diǎn)，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的表達(dá)式，結(jié)合圖線

的橫軸截距以及斜率分析判斷.

本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息，再結(jié)合向

受力分析和牛頓第二定律進(jìn)行分析求解.

8.答案：AD

解析：解：4開始時(shí)只有拉力與重力做功，拉力做的功等于小物塊機(jī)械能的增加，由圖乙可知，開

始時(shí)滑塊的機(jī)械能減小，則拉力做負(fù)功，所以滑塊運(yùn)動(dòng)的方向向下。故A正確；

B、由/冷-S可知，即圖乙中，圖線的斜率表示拉力的大小，由題可知，該拉力逐漸減小。

滑塊受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：ma=mgsind-F,貝U：a=

mgsinO-F

m

可知在。?尤i的過(guò)程中滑塊的加速度逐漸增大。故B錯(cuò)誤；

C、D、々?冷的過(guò)程中滑塊的機(jī)械能保持不變，可知拉力F已經(jīng)減小為0,所以物體只受到重力和

支持力，沿斜面方向：ma=mgsind

所以加速度大小為gs出仇所以在0?盯的過(guò)程中滑塊先沿斜面向下做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再沿斜

面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：AD.

小物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中重力和拉力對(duì)小物塊做功，拉力做的功等于小物塊機(jī)械能的增加，由△E=W=

F初?S結(jié)合圖線的變化特點(diǎn)即可得出拉力的變化情況，然后進(jìn)一步分析小物塊的運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)；結(jié)合功

能關(guān)系分析小物塊的機(jī)械能的變化與動(dòng)能的變化，由牛頓第二定律分析加速度。

該題中，圖乙是小物塊的機(jī)械能隨位移的變化情況，不是小物塊的動(dòng)能隨位移變化的情況，所以要

注意區(qū)分是合外力做功，還是除重力外的合外力做功。

9.答案：AB

解析：解：由圖可知，滑動(dòng)變阻器上、下部分電阻并聯(lián)后與R串聯(lián)；電壓表測(cè)量電源兩端的電壓；

電流表測(cè)量變阻器下部分的電流。

設(shè)滑動(dòng)變阻器中P以上部分的電阻為Rx，滑動(dòng)變阻器的總阻值為島,則變阻器在電路中的總阻值R'=

*:),當(dāng)%=多時(shí)，距最大，尸從最頂端向下滑動(dòng)時(shí)，回路中的總電阻先增大，后減小，則路端

電壓先增大后減小，所以電壓丫的示數(shù)先變大后變小。

當(dāng)P滑向中點(diǎn)時(shí)，R'增大，外電阻總電阻R總增大，總電流/減小，路端電壓增大，四減小，變阻器

的電壓增大，而下部分的電阻減小，所以電流表A的示數(shù)變大。

當(dāng)P滑過(guò)中點(diǎn)后，R'減小，外電阻總電阻R總減小，總電流/增大，路端電壓減小，%增大,則變阻

器的電壓減小，而上部分的電阻增大，則通過(guò)變阻器上部分的電流減小，所以電流表A的示數(shù)變大，

故A、8正確。C、D錯(cuò)誤

故選：ABo

明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)滑動(dòng)變阻器接入明確電阻的變化，則可由閉合電路歐姆定律分析電流的變化，

從而明確路端電壓的變化；再對(duì)局部電路進(jìn)行分析，即可明確電流表的變化.

本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，關(guān)鍵在于明確滑動(dòng)變阻器上下為并聯(lián)關(guān)系，要注意分析電阻的

變化規(guī)律.

10洛案：BD

解析：解：BCD,由分析可知，兩物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相同，離開圓盤前，摩擦力充當(dāng)向心力，

指向轉(zhuǎn)軸，當(dāng)最大靜摩擦力提供物體向心力時(shí)，此時(shí)的角速度為物體隨圓盤做圓周運(yùn)動(dòng)的最大角速

度，為臨界角速度，根據(jù)牛頓第二定律得：iimbg=2mbR^,解得6物體滑離圓盤乙的臨界角速度

為3b=居,同理：。物塊的臨界角速度為=舊,由于仙＜為，所以一定是b物塊先離開圓盤，

離開圓盤后，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)b物體的水平位移為&=%,,t=2R3b?而，同理：a

物體的水平位移久a=%.t=R3a?=2壯標(biāo),離開圓盤后a的位移等于b的水平位移,若〃=胃

時(shí)，。的落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸的距離為/=飛R2+好=VHR,同理，6的落地點(diǎn)距轉(zhuǎn)軸的距離為4=

J(2R)2+其=ER,故":Xb=VT1：V14,故3。正確，C錯(cuò)誤。

A、物塊a滑離圓盤時(shí)，未與圓盤乙相碰，如圖所示，由幾何知識(shí)知：物體”的到達(dá)圓盤乙的平面時(shí)，

其位移最小值為譏=J(2R)2—R2,據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)可知，X—R3a-t—Ro>a-[g>Xmin,解得：〃>

親故A錯(cuò)誤。

故選：BD。

據(jù)牛頓第二定律，最大靜摩擦力提供物體向心力時(shí)，求解物塊的臨界角速度，可判斷八6誰(shuí)先滑離

圓盤；

根據(jù)線速度公式U=R3結(jié)合臨界角速度可求解物塊做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，求出平拋的水平位移大小,

再結(jié)合幾何知識(shí)可求物塊落地時(shí)據(jù)轉(zhuǎn)軸的距離；

根據(jù)物塊。離開圓盤甲時(shí)未與圓盤乙相碰，求出其下落至圓盤乙時(shí)的最小位移，結(jié)合平拋的水平位

移公式求出〃值的范圍。

解決本題的關(guān)鍵是正解分析兩個(gè)木塊做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，把握臨界條件，運(yùn)用牛頓第二定律

進(jìn)行分析其臨界加速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)求解其水平位移以及離轉(zhuǎn)軸的距離。

11.答案：a-b；增加

解析：解:由理想氣體的狀態(tài)方程?=C可知，在體積V不變時(shí)，氣體壓強(qiáng)尸與熱力學(xué)溫度T成正

比，由圖象可知，a—b過(guò)程中，氣體壓強(qiáng)與另一個(gè)狀態(tài)參量成正比，因此圖象的橫軸表示氣體的熱

力學(xué)溫度T,a-b過(guò)程中，是等容變化，體積不變，6-C過(guò)程是等溫變化，體積變大，c—d是等

壓變化，體積變大，因此表示等容變化的是a一6過(guò)程，在該過(guò)程中，壓強(qiáng)變大，溫度升高，氣體的

內(nèi)能增加.

故答案為：arb,增加

根據(jù)圖象所示氣體壓強(qiáng)的變化規(guī)律，應(yīng)用理想氣體的狀態(tài)方程，分析氣體的狀態(tài)變化，判斷其它狀

態(tài)參量如何變化，根據(jù)氣體溫度變化情況，判斷氣體內(nèi)能如何變化.

熟悉理想氣體狀態(tài)方程及其應(yīng)用，知道理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)是解決本題的關(guān)鍵.

12.答案：1；2；2

解析：解：根據(jù)單擺的周期公式T=27r2知，擺長(zhǎng)縮短為原來(lái)的四分之一，則周期變?yōu)樵瓉?lái)的二分

之一，周期為1s.

根據(jù)單擺的周期公式7=2兀]知，擺球的質(zhì)量增大為原來(lái)的4倍，周期不變，還為2s.

根據(jù)單擺的周期公式T=2兀知，當(dāng)振幅減小，周期不變?yōu)?s.

故答案為：(1)1；(2)2；(3)2

根據(jù)單擺的周期公式T=分析.

解決本題的關(guān)鍵知道單擺的周期與擺長(zhǎng)和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P(guān)，與擺球的質(zhì)量和振幅無(wú)關(guān).

13.答案：讀取西和尸2時(shí)，還應(yīng)描繪后、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；；“使它的…相同”

改為“把橡皮條與細(xì)線的結(jié)點(diǎn)拉至O點(diǎn)”.

解析：解：該實(shí)驗(yàn)采用“等效法”進(jìn)行，即一個(gè)彈簧秤和兩個(gè)彈簧秤拉橡皮條與細(xì)繩套的結(jié)點(diǎn)時(shí)應(yīng)

該拉至同一位置。點(diǎn)，由于力是矢量，因此在記錄數(shù)據(jù)時(shí)，不光要記錄力的大小，還要記錄其方向，

這樣才能做平行四邊形，從而驗(yàn)證兩個(gè)力的合力大小和方向是否與一個(gè)力的大小和方向相同.

以上三個(gè)步驟均有錯(cuò)誤或疏漏：

①中是應(yīng)記下兩個(gè)細(xì)繩套的方向即&和尸2的方向，

②中是應(yīng)依據(jù)鼠和尸2的大小和方向作圖,故應(yīng)記下力的方向；

③中是應(yīng)將橡皮條與細(xì)繩套的結(jié)點(diǎn)拉至同一位置。點(diǎn)..

故答案為：讀取&和尸2時(shí)，還應(yīng)描繪Fi、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；

“使它的…相同”改為“把橡皮條與細(xì)線的結(jié)點(diǎn)拉至0點(diǎn)”.

明確該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理，從而進(jìn)一步明確實(shí)驗(yàn)步驟，測(cè)量數(shù)據(jù)等即可正確解答本題.

本題比較簡(jiǎn)單，直接考查了驗(yàn)證力的平行四邊形定則時(shí)如何進(jìn)行操作，對(duì)于基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)一定熟練掌握

才能為解決復(fù)雜實(shí)驗(yàn)打好基礎(chǔ).

14.答案：(1)%；(2);(3)1.44；0.83；(4)0.63;(5)不變；不

變

解析：解：(1)為方便實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)且能較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用％.

(2)根據(jù)原理圖可得出實(shí)圖圖如下圖；

(3)由U-/圖可知，電源的電動(dòng)勢(shì)E=1.45U；

短路電流為1.74則由閉合電路歐姆定律可知：?=詈=0.850；

(4)丙圖中a圖線是某電阻R的伏安特性曲線，則兩條圖線。、6的交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別表示將該

電阻R與電源連成閉合電路時(shí)通過(guò)電阻R的電流和它兩端的電壓.

電壓U=0.7V,電流/=0.94所以此時(shí)電阻R消耗的電功率是2=U/=0.63W.

(5)該接法中由于電壓表的分流而導(dǎo)致電流表示數(shù)偏小，所以電流表的內(nèi)阻值不會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來(lái)影

響.實(shí)驗(yàn)中所使用的電壓表的內(nèi)阻很大(可視為理想電壓表)，根據(jù)本實(shí)驗(yàn)原理圖所測(cè)得的電源電動(dòng)

勢(shì)值將不變，內(nèi)電阻值將不變.

(4)0.63.

(5)不變，不變.

(1)滑動(dòng)變阻器的阻值偏小點(diǎn)有利于電表的數(shù)值變化范圍更廣.

(2)由原理圖將電流表與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，將電壓表并聯(lián)在電滑動(dòng)變阻器及電流表兩端，注意開關(guān)應(yīng)

能控制整個(gè)電路；

(3)由圖可知，圖象由縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電動(dòng)勢(shì)；由圖象與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)利用閉合電路歐姆定律可求得

內(nèi)電阻.

(4)丙圖中a圖線是某電阻R的伏安特性曲線，則兩條圖線。、6的交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別表示將該

電阻R與電源連成閉合電路時(shí)通過(guò)電阻R的電流和它兩端的電壓.

根據(jù)功率公式求解.

(5)該接法中由于電壓表的分流而導(dǎo)致電流表示數(shù)偏小，所以電流表的內(nèi)阻值不會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果帶來(lái)影

響.

本題考查實(shí)物圖的連接、數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容，要求能正確理解電路的接法及實(shí)驗(yàn)安全性的要求，并

能正確根據(jù)圖象得出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻.

15.答案：解：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，粒子的初速度的方向向右，并

且剛好與切邊相切時(shí)，射入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如圖：

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，得：qvB=華

所以：7=5

—2nr2nm

1=——=---

vqB

已知射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為兀X10-6S,貝!J:t=T

代入數(shù)據(jù)得：B=0.02T

粒子的半徑：r=bp-tan30°=—x—=-m

1333

10X1Q12xQQ2X

由半徑公式可得：V=^=-i=gx1Q6m/5

m1X1O-203'

(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡的弦長(zhǎng)為P到切之間的距離時(shí)，弦長(zhǎng)最短,

粒子的偏轉(zhuǎn)角可以最小，軌跡如圖：

設(shè)此時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為a：sin^=77=^4=|

zzrzx-4

所以：a=98。

粒子運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間：W譏=券;xt?1.28x10-6s

360

(3)當(dāng)偏轉(zhuǎn)角是a=98。時(shí)的時(shí)間最短，由幾何關(guān)系可知，此時(shí)入射方向與be之間的夾角是101。，則

粒子偏轉(zhuǎn)后，與水平方向之間的夾角是：

101°+98°—180°=19°,如圖

66

粒子沿水平方向的分速度：Vx=v-cosl9°=|xIOx0.9455=2.52x10m/s

-----

bM=bpcos60°=—m

粒子穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間：t'=則"=2.29x10-7s

粒子在電場(chǎng)中的加速度：a=匹==6x1012m/s2

65

粒子沿豎直方向的分速度：vy=v-sinl9°=|x10x0.3255=8.68x10m/s

，2-2

粒子在豎直方向的位移：y=vyt'-|at=4.14x10m

2

射出點(diǎn)的位移：y0=bMcos300-y=1-4.14x10-?0.96m

答：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是0.0T,粒子的速度大小gx106m/s；

(2)射入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是1.28x10-65；

(3)在(2)問(wèn)前提下，粒子射出電場(chǎng)的位置是在b點(diǎn)上方0.96爪處.

解析：(1)由洛倫茲力提供向心力，得出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式，結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)

間最長(zhǎng)的時(shí)間條件，即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后由幾何關(guān)系即可求出速度；

(2)然后由幾何關(guān)系找出時(shí)間最短的條件即可求出時(shí)間；

(3)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系即可求出.

本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)與帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意題意中給出的條件；同時(shí)要

注意帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)類題目一定要畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，在軌跡中尋找相關(guān)的幾何關(guān)系.

16.答案：解:(1)小滑塊剛到達(dá)車左端時(shí)與車速度相同，對(duì)應(yīng)的力尸最小，設(shè)這種情況下，小滑塊

從放上車至與車速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為K加速度為a,則

車在時(shí)間t內(nèi)位移：x=vot

小滑塊在時(shí)間t內(nèi)位移：x'=|vot

r

則：x—x=^v0=at

聯(lián)立解得：a=8m/s2,t=0.5s

根據(jù)牛頓第二定律：F+出ng=ma

解得：F=6N,

故廠應(yīng)滿足的條件是：F>6NO

(2)當(dāng)/作用時(shí)間最短時(shí)，滑塊到達(dá)車左端時(shí)恰好與車速度相同，設(shè)/作用時(shí)間為匕，對(duì)應(yīng)的滑塊的

加速度為由,此后滑塊加速度為。2,繼續(xù)相對(duì)車滑行的時(shí)間為t2,則由牛頓第二定律得：F+iimg=

mar,)img=ma2

G時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移：久1=得的好

t2時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移：%2=aitit2+|a2考

車在整個(gè)時(shí)間內(nèi)的位移：X0=V0(t1+t2)

又速度關(guān)系：v0=+a2t2,位移關(guān)系：x0——x2-

由以上各式可解得：L=0.3so

當(dāng)尸作用時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，小滑塊滑到車右端時(shí)與車速度相等，設(shè)小滑塊從開始到速度達(dá)到處經(jīng)歷的時(shí)

間為乃，發(fā)生的位移為冷，速度達(dá)到火后的加速度為。4,此后繼續(xù)相對(duì)車滑行的時(shí)間為上，發(fā)生的位

移為無(wú)5，

貝!J：VQ—art3,x3=-art^9F-/img=ma4,

1?17

%4=v0t4+-a4t：,x5=(v