2020年四川自貢高考物理二診試卷

1、高考物理二診試卷題號(hào)一一三四總分得分、單選題（本大題共 6小題，共36.0分）下面說法不正確的是（）A.中子具有波粒二象性B.氫原子的核外電子由較低能級(jí)躍遷到較高能級(jí)時(shí)，要吸收一定頻率的光子，同 時(shí)氫原子的電勢(shì)能增大，電子的動(dòng)能增大C.若氫原子從n=6能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某種金屬發(fā)生光電效 應(yīng)，則氫原子從n=6能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效 應(yīng)D.質(zhì)子、中子、”粒子的質(zhì)量分別是 mi、m2、m3,質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)a粒子,釋放的能量是（2mi+2m2-m3）c2人造衛(wèi)星a的圓形軌道離地面高度為h,地球同步衛(wèi)星 b離地面高度為 H, hvH,兩衛(wèi)星共

2、面且旋轉(zhuǎn)方向相同. 某時(shí)刻衛(wèi)星a恰好出現(xiàn)在赤道上某建筑物 c的正上方,設(shè)地球赤道半徑為 R,地面重力加速度為a、b線速度大小之比為上需a、c角速度之比為島+ Hb、c向心加速度大小之比g,則（）3.4.D. a下一次通過c正上方所需時(shí)間等于t=2 聘詈 在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，被拉直 的絕緣輕繩一端固定在 O點(diǎn)，另一端系著帶正電的 小球，輕繩與水平面平行，OB與電場(chǎng)線平行。若小球從A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動(dòng)到B點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是（ A.小球的動(dòng)能先變小后變大B.小球的切向加速度一直變大C.小球受到的拉力先變大后變小D.小球受到的電場(chǎng)力做功功率先增

3、大后減小單梁懸掛起重機(jī)（行車）可簡(jiǎn)化為如圖的模型，滑輪 O處于水平橫梁 AB上，長(zhǎng)為L(zhǎng)的鋼絲繩一端固定在 滑輪的中心軸上，下端連接一電磁鐵，電磁鐵對(duì)鐵塊 的最大引力為F,現(xiàn)用該行車運(yùn)送一鐵塊，滑輪與鐵 塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng) O到AB上的P點(diǎn)時(shí)被制動(dòng) 立即停止，鐵塊開始擺動(dòng)但不掉落，將滑輪、電磁鐵 與鐵塊視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.只要鐵塊的重量不大于 F,鐵塊就可以被安全運(yùn)輸B.若運(yùn)輸速度為v,該行車能運(yùn)輸鐵塊的最大質(zhì)量為第1頁，共12頁C.若運(yùn)輸速度為卜期,該行車能運(yùn)輸鐵塊的最大質(zhì)量為:.D.若鐵塊的質(zhì)量為 M,該行車運(yùn)輸?shù)淖畲笏俣葹?.電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線如圖中虛線所示.為d.在

4、兩極之間加上高壓U,有一電子在K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離K極由靜止被加速.不考慮電子重力，元電荷為e,則下列說法正確的是（）A、一，, 一、 ， 口A. A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為看B.電子到達(dá)A極板時(shí)的動(dòng)能大于 eUC.由K到A電子的電勢(shì)能減小了 eUD.由K沿直線到A電勢(shì)逐漸減小6.如圖，光滑斜面 PMNQ的傾角為 以斜面上放置一矩 形導(dǎo)體線框abcd,其中ab邊長(zhǎng)為li, bc邊長(zhǎng)為12,線 框質(zhì)量為m、電阻為R,有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B,方向垂直于斜面向上，ef為磁場(chǎng)的邊界，且ef /MN.線框在恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，其 ab 邊始終保持與底邊 MN平行，F(xiàn)沿斜面向上且

5、與斜面F- IB.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為平行.已知線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列判斷不正確的是（）A.線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度為C.線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)有 a一 b一c-d方向的感應(yīng)電流D.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量為（ F-mgsin ）0 1i二、多選題（本大題共 3小題，共17.0分）某中學(xué)物理興趣小組對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行了探究，畫出了 v-t 門圖象，如圖所示，根據(jù)圖象可知（）/1A. 02s內(nèi)的加速度為1m/s2,比45s內(nèi)加速度小V IB.。5s內(nèi)的位移為7m,其中24s物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.第1s末與第4s末的速度方向相反D.第1s末與第5s末加速度方向相同8.如圖所示，邊長(zhǎng)為 L、

6、匝數(shù)為N,電阻不計(jì)的正方 形線圈abcd在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞轉(zhuǎn)軸 OO轉(zhuǎn)動(dòng)，軸OO垂直于磁感線，在線圈外接一 含有理想變壓器的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù) 分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度 a轉(zhuǎn)動(dòng),下 列判斷正確的（）A.在圖示位置時(shí)線框中磁通量為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 最大B.當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表 V2的示數(shù)變大第2頁，共12頁C.電壓表V1示數(shù)等于NB2D.變壓器的輸入與輸出功率之比為1： 19.圖（a）為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn), Q是平衡位置在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)；圖（b）為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，下列說法正確的

7、是（）A.在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)B.在t=0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向與y軸正方向相同C.從t=0.10s到t=0.25s,該波沿x軸負(fù)方向傳播了 6mD.從t=0.10s到t=0.25s,質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cmE.質(zhì)點(diǎn)Q簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=0.10sin19 t國際單位）實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）10.某同學(xué)用探究動(dòng)能定理的裝置測(cè)滑塊的質(zhì)量M.如圖甲所示，在水平氣墊導(dǎo)軌上靠近定滑輪處固定一個(gè)光電門。讓一帶有遮光片的滑塊自某一位置由靜止釋放，計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片通過光電門的時(shí)間t （t非常?。?，同時(shí)用米尺測(cè)出釋放點(diǎn)到光電門的距離so（1）該同學(xué)用螺旋

8、測(cè)微器測(cè)出遮光片的寬度d如圖乙所示，則d=mm。（2）實(shí)驗(yàn)中多次改變釋放點(diǎn)，測(cè)出多組數(shù)據(jù)，描點(diǎn)連線，做出的圖象為一條傾斜直線，如圖丙所示。圖象的縱坐標(biāo)s表示釋放點(diǎn)到光電門的距離，則橫坐標(biāo)表示的是 OA. tB. t2C. D D. 7（3）已知鉤碼的質(zhì)量為 m,圖丙中圖線的斜率為 k,重力加速度為go根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè) 得的數(shù)據(jù)，寫出滑塊質(zhì)量的表達(dá)式M=。（用字母表示）11.材料的電阻隨壓力的變化而變化的現(xiàn)象稱為“壓阻現(xiàn)象”，利用這種效應(yīng)可以測(cè)量壓力大小，若圖1為某壓敏電阻在室溫下的電阻 -壓力特性曲線，其中 Rf、R0分別 表示有、無壓力時(shí)壓敏電阻的阻值，為了測(cè)量壓力F,需先測(cè)量壓敏電阻處于壓力中的

9、電阻值Rf,請(qǐng)按要求完成下列實(shí)驗(yàn)。第3頁，共12頁（1）設(shè)計(jì)一個(gè)可以測(cè)量處于壓力中的該壓敏電阻阻值的電路，在圖 2的虛線框內(nèi) 畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖（壓敏電阻及所給壓力已給出，待測(cè)壓力大小約為0.4 M02：0.8 102N,不考慮壓力對(duì)電路其它部分的影響）。要求誤差較小。提供的器材如下：A、壓敏電阻，無壓力時(shí)阻值R0=6000 QB、滑動(dòng)變阻器 R,全電阻約200 QC、電流表A,量程2.5mA,內(nèi)阻約30 aD、電壓表 V,量程3V,內(nèi)阻約3k QE、直流電源E,電動(dòng)勢(shì)3V,內(nèi)阻很小F、開關(guān)S,導(dǎo)線若干（2）正確連線后，將壓敏電阻置于待測(cè)壓力下，通過壓敏電阻的電流是1.33mA,電壓表的示數(shù)如

10、圖3所示，則電壓表的讀數(shù)為 V。（3）此時(shí)壓敏電阻的阻值為 結(jié)合圖1可知待測(cè)壓力的大小F=N.（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）四、計(jì)算題（本大題共 2小題，共32.0分）.如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m,人在極短的時(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二輛車相碰， 兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了距離 L時(shí)與第三車相碰， 三車以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離 L 時(shí)停止.車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為 g,若車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求:上3（1）整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功;（2）人給第一輛車水平?jīng)_量

11、的大小.在一水平面上，放置相互平行的直導(dǎo)軌導(dǎo)軌兩端的電阻，Ri=0.6 q R2=i.2 qMN、PQ,其間距L=0.2m, Ri、R2是連在虛線左側(cè)3m內(nèi)（含3m處）的導(dǎo)軌粗糙，第4頁，共12頁其余部分光滑并足夠長(zhǎng)。ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為 m=0.1kg,長(zhǎng)度為=0.3m的粗細(xì)均勻的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的總電阻r=0.3 Q,開始時(shí)導(dǎo)體棒處于虛線位置，導(dǎo)軌所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖甲所示。從零時(shí)刻開始，通過微型電動(dòng)機(jī)對(duì)導(dǎo)體棒施加一個(gè)牽引力F,方向水平向左，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做加速運(yùn)動(dòng)，此過程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象如圖乙所

12、示。已知2s末牽引力F的功率是0.9W.除Ri、R2及導(dǎo)體棒的總電阻以外，其余部分的電阻均不計(jì)，重力加速度g=10m/s2。(1)求導(dǎo)體棒與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)及2s內(nèi)流過Ri的電荷量;(2)試寫出02s內(nèi)牽引力F隨時(shí)間變化的表達(dá)式；第5頁，共12頁答案和解析.【答案】B【解析】 解：A、中子和其他微觀粒子，都具有波粒二象性，故 A正確。B、氫原子的核外電子由較低能級(jí)躍遷到較高能級(jí)時(shí)，要吸收一定頻率的光子，同時(shí)氫 原子的電勢(shì)能增大，電子的動(dòng)能減小，故B不正確。C、若氫原子從n=6能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)， 則氫原子從n=6能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光能量

13、更小，頻率更低，也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故 C正確。D、質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè) “粒子，核反應(yīng)方程為 2?；H+2jn-：He,根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，釋放的能量是 AE=Amc2= (2mi+2m2-m3)c2,故D正確。本題選不正確的，故選：B。微觀粒子具有波粒二象性； 氫原子的核外電子由較低能級(jí)躍遷到較高能級(jí)時(shí)，要吸收一定頻率的光子，同時(shí)氫原子的電勢(shì)能增大，電子的動(dòng)能減小；根據(jù)玻爾理論和光電效應(yīng)的條件分析能否發(fā)生光電效應(yīng)；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)“粒子釋放的能量。解決本題時(shí)，關(guān)鍵要理解并掌握核反應(yīng)方程、能級(jí)、愛因斯坦質(zhì)能方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。在求核能時(shí)，往往要先寫出核反應(yīng)

14、方程，再由愛因斯坦質(zhì)能方程求核能。.【答案】C【解析】 解：A、繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的線 速度為V,則：GMni m再所以：v=l-可知a、b線速度大小之比為 用.故A錯(cuò)誤;Mm 5B、設(shè)衛(wèi)星的角速度為 w, =故B錯(cuò)誤;又由于同步衛(wèi)星 b的角速度與c的角速度相同，所以:C、同步衛(wèi)星b的角速度與c的角速度相同，根據(jù)：a=2r可得：詈.故C正確;D、設(shè)經(jīng)過時(shí)間t衛(wèi)星a再次通過建筑物 c上方，根據(jù)幾何關(guān)系有：(g- coc) t=2 兀又：mg= j.2itIn_ Is聯(lián)立解得：t=HF=百訴:二四二的一.故d錯(cuò)誤。制的/1 Ji# tlfj*故選：Co第6頁，

15、共12頁人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解衛(wèi)星的角速度.衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，建筑物隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)衛(wèi)星轉(zhuǎn)過的角度與建筑物轉(zhuǎn)過的角度之差等于 2冗時(shí)，衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上空.本題考查萬有引力定律和圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力.第（2）問對(duì)于建筑物與衛(wèi)星的角速度大小關(guān)系不能，可將衛(wèi)星與同步衛(wèi)星相比較得到.【答案】D【解析】 解：A、小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只有電場(chǎng)力做功且一直做正功，由 動(dòng)能定理可知，小球的動(dòng)能 Ek一直增大，故 A錯(cuò)誤；B、小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，輕繩與 OB的夾角設(shè)為。，小球的切向加速度： ai=過罌

16、，加速度隨著。的減小而減小，故 B錯(cuò)誤；v2一C、對(duì)小球，由牛頓第二定律和得：F-qEcos 0m.,解得，小球受到的拉力大?。篎 = qEcos eQEk, cos Q Ek均隨著。的減小而增大，可見 F一直增大，故 C錯(cuò)誤； aD、在A點(diǎn)時(shí)小球的速率為零，電場(chǎng)力做功的瞬時(shí)功率為零，過B點(diǎn)時(shí)小球的速度方向與電場(chǎng)力垂直，電場(chǎng)力做功的瞬時(shí)功率也為零，可見小球受到的電場(chǎng)力做功功率先增大后減小，故D正確。 故選：Do在小球的運(yùn)動(dòng)過程中只有電場(chǎng)力做功，應(yīng)用動(dòng)能定理可以判斷小球動(dòng)能如何變化； 應(yīng)用牛頓第二定律求出小球的切向加速度，根據(jù)表達(dá)式判斷加速度大小如何變化； 小球做圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出繩

17、子的拉力，根據(jù)拉力表達(dá)式判斷拉力大小如何變化；分析小球的運(yùn)動(dòng)過程，然后判斷電場(chǎng)力的功率如何變化。本題考查了小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二 定律與功率公式即可正確解題。.【答案】B【解析】解：A、由于行車運(yùn)動(dòng)到 P點(diǎn)時(shí)立刻停止，此后磁鐵與鐵塊將在豎直平面內(nèi)做 圓周運(yùn)動(dòng)，鐵塊受到的吸引力與重力的合力提供向心力，所以鐵塊的重力要小于F.故A錯(cuò)誤； TOC o 1-5 h z _ JB、右運(yùn)輸速度為v,該仃車能運(yùn)輸鐵塊的質(zhì)重最大時(shí)：yEiI,取大質(zhì)重為： mm=: 一 故B正確；C、若運(yùn)輸速度為卜現(xiàn),該行車能運(yùn)輸鐵塊的質(zhì)量最大時(shí)： Fg/ = mmtT = F 苧=

18、則最大質(zhì)量為：由用二點(diǎn).故C錯(cuò)誤；D、若鐵塊的質(zhì)量為 M,該行車運(yùn)輸?shù)乃俣茸畲髸r(shí)：產(chǎn)一則最大速度為： %,=7巴.故D錯(cuò)誤故選：Bo行車運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)立刻停止，此后磁鐵與鐵塊將在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合向心力第7頁，共12頁的來源分析即可。該題屬于物理知識(shí)在日常生活中的應(yīng)用，在該情況下，不能簡(jiǎn)單的認(rèn)為只要鐵塊的重量不大于F,鐵塊就可以被安全運(yùn)輸，一定要注意行車突然停止時(shí)，鐵塊做豎直平面內(nèi)的 圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)存在向心力問題。.【答案】C【解析】 解：A、A、K之間建立的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式U = Ed不適用，因此 A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不等于 ，故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek-0=eU,得電子到達(dá)

19、 A極板時(shí)的動(dòng)能Ek=eU,故B錯(cuò)誤。C、由能量守恒定律知，由 K到A電子的電勢(shì)能減小了 eU.故C正確。D、電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，則電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)方向向上，則由K沿直線到A電勢(shì)逐漸升高，故D錯(cuò)誤。故選：CoA、K之間建立的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式 U=Ed不適用。電子被加速的過程中只有電場(chǎng)力 做功，由動(dòng)能定理分析電子到達(dá) A板時(shí)的動(dòng)能，由能量守恒定律分析電子電勢(shì)能的變化 情況。根據(jù)電場(chǎng)線的方向分析電勢(shì)的變化。本題只要抓住電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，電場(chǎng)力做正功時(shí)，電荷的電勢(shì)能減少，動(dòng) 能增大，就能輕松解答。要知道公式U = Ed只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。.【答案】D【解析】解：線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，根據(jù)牛頓第二

20、定律得：線框的加速度aJ 2 故aHI正確；B、線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)， 由F安+mgsin 0F=，而F安=BIl 1=，解得v=一西,故B正確。C、線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，穿過線框的磁通量增加，根據(jù)楞決定律判斷知，線框中感應(yīng)電流 方向?yàn)閍-b-c d, C正確；D、由于線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可知產(chǎn)生的熱量Q= (F-mgsin)L2,故D不正確。本題選不正確的，故選：D。根據(jù)牛頓第二定律求出線框進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度；抓住線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡，運(yùn)用切割產(chǎn)生的感應(yīng)電勢(shì)公式、安培力公式和歐姆定律求出線框的速度；根據(jù)楞次定律得出感應(yīng)電流的方向；根據(jù)功能關(guān)系求出線框進(jìn)入

21、磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的熱量.本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)和能量的綜合運(yùn)用，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、安培力公式是解決本題的關(guān)鍵，知道克服安培力做功全部轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路的熱量.【答案】AB【解析】 解：A、02s內(nèi)的加速度為a=；=1m/s2,比45s內(nèi)加速度小，故 A正確。B、05s內(nèi)的位移為x=2X2m=7m,其中24s物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故 B正確。C、第1s末與第4s末的速度均為正，方向相同，故 C錯(cuò)誤。D、第1s末與第5s末加速度方向相反，故 D錯(cuò)誤。故選：AB。根據(jù)圖線的斜率求出物體的加速度大小。圖線與兩個(gè)坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移。速度的正負(fù)表示速度方向。由此分析。第8頁，共12頁本

22、題要根據(jù)圖象得出有用的信息，速度-時(shí)間圖象中直線的斜率表示加速度的大小，面積表示位移。.【答案】AD【解析】 解：A、從垂直于中性面時(shí)開始時(shí)，矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=NBScoCOS叔 磁通量為零，電動(dòng)勢(shì)最大，故 A正確；B、當(dāng)P位置向上移動(dòng)，R增大，根據(jù)理想變壓器的變壓原理知輸出電壓即電壓表V2的示數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；C、交流電壓的最大值等于 NBcoL2,電壓表Vi示數(shù)為有效值 與J, C錯(cuò)誤；D、變壓器的輸入與輸出功率之比為1： 1,故D正確；故選：AD。正弦式交流發(fā)電機(jī)從垂直中性面位置開始計(jì)時(shí)，其電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式為：e=NBSwcost）；電壓表和電流表讀數(shù)為有效值；輸入

23、功率等于輸出功率.本題關(guān)鍵明確交流四值、理想變壓器的變壓比公式、功率關(guān)系，題目難度不大.【答案】BC【解析】 解：A、圖（b）為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，則知在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q正從平衡位 置向波谷運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn) Q向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤；B、在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播，此時(shí)P點(diǎn)正向上運(yùn)動(dòng)。由圖b讀出周期T=0.2s,從t=0.10s至ij t=0.25s經(jīng)過的時(shí)間為 t=0.15s=；T,則在t=0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P位于x軸下方，加速度方向與 y軸正方向相同，故 B正確；C、由甲圖知波長(zhǎng) 入=m，則波速為：v=40m/s,從t=0.1

24、0s到=0.25s經(jīng)過的時(shí)間為 At=0.15s,該波沿x軸負(fù)方向傳播的距離為 Ax=vAt=40X0.15m=6m,故C正確；D、從t=0.10s到=0.25s經(jīng)過的時(shí)間為 t=0.15s=；T,由于t=0.10s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P不在平衡位置或波峰、波谷處，所以質(zhì)點(diǎn)P通過的路程不是3A=30cm,故D錯(cuò)誤；E、質(zhì)點(diǎn)Q簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為 y=Asinyt=0.1sintm =y=0.10sin10 tm）,故E錯(cuò)誤。故選：BCo根據(jù)甲、乙兩圖可以讀出該波的波長(zhǎng)和周期，從而求出波速，t=0.10s時(shí)Q點(diǎn)在平衡位置上，由乙圖知下一時(shí)刻向下振動(dòng)，從而確定了該波向左傳播.根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)P的位

25、置和加速度，求出通過的路程.根據(jù)x=vt求解波傳播的距離.根據(jù)圖象讀出振幅A,結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)寫出 Q點(diǎn)的振動(dòng)方程.本題關(guān)鍵是會(huì)根據(jù)振動(dòng)情況來判斷波的傳播方向，抓住振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象之間的內(nèi)在聯(lián)系.要知道質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有在平衡位置或波峰、波谷處的質(zhì)點(diǎn)，在個(gè)周期 內(nèi)振動(dòng)的路程才是 3A.10.【答案】1.880 D【解析】 解：（1）螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm,可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01 38.0mm=0.380mm,則最終讀數(shù)為 1.880mm。（2）滑塊通過光電門的瞬時(shí)速度v=7,根據(jù)動(dòng)能7H理得，mgs=/M + m）v=式M +第9頁，共12頁則 fMr廿二 因?yàn)閳D線為線性關(guān)系圖

26、線，可知橫坐標(biāo)表示4.故選：D。(3)由 =竺業(yè) 一知，圖線的斜率k也-小，解得滑塊質(zhì)量 M上？一搭。 方 1d故答案為：(1) 1.880, ( 2) D, (3)Tm。cP(1)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需估讀。(2)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度得出滑塊通過光電門的瞬時(shí)速度，根據(jù)動(dòng)能定理抓住鉤碼重力做功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量列出表達(dá)式，從而確定橫坐標(biāo)表示的物理量。(3)結(jié)合表達(dá)式得出圖線斜率 k的含義，從而求出滑塊質(zhì)量M的表達(dá)式。解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，對(duì)于圖線問題，一般的解題思路是通過物理規(guī)律得出兩個(gè)物理量的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率或截距進(jìn)行求

27、解。.【答案】2.00 1.5 103 60【解析】 解：(1)由于滑動(dòng)變阻器總電阻較小，遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng) 采用分壓接法；同時(shí)因待測(cè)電阻較大，故應(yīng)采用電流表內(nèi)接法；如圖所示： - v , h ,rr rrm* *.T I01 _ E t KJi(2)電壓表量程為3V,最小分度為0.1V,則讀數(shù)為2.00V;(3)根據(jù)歐姆定律可知：則有:及 &000再一13 X 10.=4;則由圖可知，壓力大小約為60N故答案為：(1)如圖所示；(2) 2.00； (3) 1.5X03； 60(1)分壓給出的滑動(dòng)變阻器以及待測(cè)電阻的阻值關(guān)系，即可明確滑動(dòng)變阻器以及電流表的接法；(2)根據(jù)電壓表量

28、程以及最小分度可求得電壓表的讀數(shù)；(3)根據(jù)歐姆定律可求得電阻，再根據(jù)圖1數(shù)據(jù)可求得壓力大小。本題考查描繪伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)，要注意明確選用分壓接法的幾種情況：(1)題目中要求多測(cè)幾組數(shù)據(jù)的；( 2)滑動(dòng)變阻器起不到保護(hù)作用的；( 3)要求電壓從零開 始調(diào)節(jié)的。.【答案】 解：(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力做的總功為W,貝U W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL ；即整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功為-6kmgL.(2)設(shè)第一車初速度為 U0,第一次碰前速度為 V1,碰后共同速度為 U1；第二次碰前速度為 V2,碰后共同速度為 U2；人給第一車的水平?jīng)_量大小為I .由動(dòng)能定理，對(duì)三段減速過程列式：,，禺 2 L 2-kmgL玉mv1 -mu。， -2kmgL= ?2mv22- ?2mu12,第10頁，共12頁2-3kmgL=0- ?3mu2 ,由動(dòng)量守恒定律對(duì)兩次碰撞過程列式mvi=2mui2mv2=3mu2人推車過程，由動(dòng)量定理列式I =muo-0聯(lián)立以上六式，解得：