2021年等九校聯(lián)考高考物理一模試卷

2021年上海市大同中學(xué)等九校聯(lián)考高考物理一模試卷

1.5G是“第五代移動(dòng)通信網(wǎng)絡(luò)”的簡(jiǎn)稱(chēng)，目前世界各國(guó)正大力發(fā)展5G網(wǎng)絡(luò)。5G網(wǎng)

絡(luò)使用的無(wú)線電波通信頻率在3.0GHz以上的超高頻段和極高頻段（如圖），比目前

4G及以下網(wǎng)絡(luò)（通信頻率在0.3GHz?3.0GHz間的特高頻段）擁有更大的帶寬和更快

的傳輸速率。未來(lái)5G網(wǎng)絡(luò)的傳輸速率（指單位時(shí)間傳送的數(shù)據(jù)量大?。┛蛇_(dá)

10Gbps（bps為bifsperseccmd的英文縮寫(xiě),即比特率、比特/秒），是4G網(wǎng)絡(luò)的50—

100倍。關(guān)于5G網(wǎng)絡(luò)使用的無(wú)線電波，下列說(shuō)法正確的是（）

無(wú)線電波紅外線可見(jiàn)光藕

熟女波長(zhǎng)波金波這波起宣波分為波里大波蠶米披紅外線可見(jiàn)光紫外線

■|1一"，j，r'i?［，I1-'Y，丫，I

10s104IO3IO2101IO-1MT2IO48xl（f

其公至保袋u短高”至高克特高疑變離克極喜短

IIIIiiIIII?

3X1O33x163x10s3x10d3x10'JxlO33x10?3*10”3?10113*10i4G

A.在真空中的傳播速度更快

B.在真空中的波長(zhǎng)更長(zhǎng)

C.衍射的本領(lǐng)更強(qiáng)

D.頻率更高，相同時(shí)間傳遞的信息量更大

2.如圖所示，質(zhì)量為M的小車(chē)的表面由光滑水平面和光滑斜/（

面連接而成，其上放一質(zhì)量為〃?的球，球與水平面的接觸

點(diǎn)為。，與斜面的接觸點(diǎn)為從斜面傾角為仇當(dāng)小車(chē)和球一……….，.「二……

起在水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.若小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)π泵嫔蟗點(diǎn)的壓力大小為mgcos。

B.若小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)λ矫嫔蟖點(diǎn)的壓力大小為mgsin。

C.若小車(chē)向左以加速度gtan。加速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)λ矫嫔?。點(diǎn)無(wú)壓力

D.若小車(chē)向左以加速度gtanO加速運(yùn)動(dòng)，則小車(chē)對(duì)地面的壓力小于（M+m）g

3.如圖所示，小船以大小為火船在靜水中的速度）、方水流

上--------;--------?

向與上游河岸成。的速度從O處過(guò)河，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，游＞

正好到達(dá)正對(duì)岸的。'處?，F(xiàn)要使小船在更短的時(shí)間內(nèi)---------述-----------

過(guò)河并且也正好到達(dá)正對(duì)岸的。'處，在水流速度不變的情況下，可采取的方法是

()

A.。角不變且u增大B.。角減小且u增大

A.重力勢(shì)能增加了2mghB.機(jī)械能損失了mgh

C.動(dòng)能損失了機(jī)g/?D.系統(tǒng)生熱

5.如圖所示，在空間中水平面的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為機(jī)的帶電

小球由上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從8點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速

度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且電場(chǎng)力為3,”g。重力加速度為g,

由此可知（）

A.AB=3BC

B.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等

C.小球從A到8與從8到C的動(dòng)量變化量相同

D.小球從A到C的過(guò)程中重力對(duì)小球做的功與電場(chǎng)力對(duì)小球做的功的絕對(duì)值相等

6.如圖所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個(gè)帶電小球，t=0時(shí)，甲靜止，乙以6m/s

的初速度向甲運(yùn)動(dòng)。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)

有接觸），它們運(yùn)動(dòng)的。-t圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知（）

C.巧時(shí)刻，乙球的電勢(shì)能最大

D.在。?t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能一直減小

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7.如圖甲所示，單匝矩形線圈Hcd垂直固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。規(guī)定垂直紙面向里為磁

感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡?/p>

流正方向，以向右方向?yàn)榘才嗔φ较?，下列關(guān)于稅段導(dǎo)線中的感應(yīng)電流i和受到

的安培力F隨時(shí)間變化的圖象正確的是（）

8.如圖所示，直線1和曲線2分別是汽車(chē)a和匕在同一平直公路上行駛的位置-時(shí)間

（x-t）圖像，由圖像可知（）

A.在“時(shí)刻，a、。兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相同

B.在J時(shí)刻，b兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相反

C.在0到t3這段時(shí)間內(nèi)，〃、方兩車(chē)的平均速率相等

D.在ti到t3這段時(shí)間內(nèi)，a、b兩車(chē)的平均速度相等

9.如圖（甲）所示，質(zhì)最m=2kg的小物體放在長(zhǎng)直的水平地面上用水平細(xì)線繞在半徑

R=0.5M的薄圓筒上。t=0時(shí)刻，圓筒由靜止開(kāi)始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度3

隨時(shí)間f的變化規(guī)律如圖（乙）所示，小物體和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1,重力加速

度g=10m/s2,則下列判斷正確的是（）

（乙）

A.細(xì)線的拉力大小為4N

B.細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率滿足P=4t

C.小物體的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系滿足u=4t

D.在0?4s內(nèi)，小物體受合力的沖量為4N-s

10.一列向右傳播的橫波在t=0時(shí)的波形如圖所示,A、

B兩質(zhì)點(diǎn)間距為8〃?，B、C兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置的間距

為3/n,當(dāng)t=ls時(shí)，質(zhì)點(diǎn)C恰好通過(guò)平衡位置，該

波的波速可能為（）

A.|m/sB.3m/sC.5m/sD.llm/s

11.乒乓球作為我國(guó)的國(guó)球，是一種大家喜聞樂(lè)見(jiàn)的體育運(yùn)動(dòng)，

它對(duì)場(chǎng)地要求低且容易上手。如圖所示，某同學(xué)疫情期間在

家鍛煉時(shí)，對(duì)著墻壁練習(xí)打乒乓球，球拍每次擊球后，球都

從同一位置斜向上飛出，其中有兩次球在不同高度分別垂直

撞在豎直墻壁上，不計(jì)空氣阻力，則球在這兩次從飛出到撞擊墻壁前（）

A.飛出時(shí)的初速度大小可能相等

B.飛出時(shí)的初速度豎直分量可能相等

C.在空中的時(shí)間可能相等

D.撞擊墻壁的速度可能相等

12.下列說(shuō)法正確的是（）

A.比結(jié)合能越小表示原子核中的核子結(jié)合得越牢固

B.湯姆生發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的棗糕模型

C.將放射性元素?fù)诫s到其它穩(wěn)定元素中，降低其溫度，該元素的半衰期將增大

D.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)樵撌獾膹?qiáng)度小

13.在陽(yáng)光的照射下，充滿霧氣的瀑布上方常會(huì)出現(xiàn)美麗_一、

的彩虹,彩虹是太陽(yáng)光射入球形水珠經(jīng)折射、內(nèi)反射、

再折射后形成的，其光線傳播路徑如圖所示，圖中的\

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圓面代表水珠過(guò)球心的截面，太陽(yáng)光平行截面射入球形水珠后，最后出射光線4、

6分別代表兩種不同顏色的光線，則水珠對(duì)方兩束光折射率的大小關(guān)系是

nanb；八h兩束光在水珠內(nèi)傳播速度大小關(guān)系是%%.（選填“>”、

“=，，或，，<，，）

14.在水平放置的氣墊導(dǎo)軌上，質(zhì)量為0.4的、速度為0.5/n/s的滑塊中與質(zhì)量為0.6的、

速度為O.lm/s的滑塊乙迎面相撞，碰撞后滑塊乙的速度大小變?yōu)?.2m/s,此時(shí)滑

塊甲的速度大小為m/s,方向與它原來(lái)速度方向.

15.夏天的陽(yáng)光烤暖了大地，使地面附近的空氣變熱，形成暖氣團(tuán)升往高空而逐漸膨脹。

由于暖氣團(tuán)體積非常大，可不計(jì)和外界大氣的熱交換，則暖氣團(tuán)在上升過(guò)程中內(nèi)能

（選填“減小”、“增大”或“不變”），暖氣團(tuán)內(nèi)部的溫度（選填“升

高”、“降低”或“不變”）。

16.如圖所示，操場(chǎng)上有兩個(gè)振動(dòng)情況完全相同的揚(yáng)聲器

均發(fā)出頻率為/=34Hz的聲音，己知空氣中聲速

u聲=340m/s,則該聲波的波長(zhǎng)為〃?，圖中EO=16m

DF=9m,CD=12m,則觀察者在C處聽(tīng)到的聲音

是（填寫(xiě)“減弱的”或“加強(qiáng)的”）。

17.牛頓定律又叫做慣性定律，是衡量物體慣性大小的唯一量度.

18.某研究性學(xué)習(xí)小組為了測(cè)量某電源的電動(dòng)勢(shì)E和電壓表丫的內(nèi)阻心，從實(shí)驗(yàn)室找

到實(shí)驗(yàn)器材如下：

A.待測(cè)電源（電動(dòng)勢(shì)E約為2匕內(nèi)阻不計(jì)）

5待測(cè)電壓表V（量程為1匕內(nèi)阻約為1000）

C.定值電阻若干（阻值有：50.0/2,100/2,500.00,1.0k。）

D單刀開(kāi)關(guān)2個(gè)

(1)該研究小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路原理圖，請(qǐng)根據(jù)該原理圖在圖乙的實(shí)物圖

上完成連線。

(2)為了完成實(shí)驗(yàn)，測(cè)量中要求電壓表的讀數(shù)不小于其量程的右則圖甲&=

R2=_____

(3)在Ri、/?2選擇正確的情況進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，當(dāng)電鍵工閉合、52斷開(kāi)時(shí)，電壓表讀

數(shù)為0.71U；當(dāng)工、52均閉合時(shí)，電壓表讀數(shù)為0.90U；由此可以求出即=0：

電源的電動(dòng)勢(shì)E=(保留2位有效數(shù)字)。

19.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在傾角為37。的光

滑固定斜面的底端，另一端連接質(zhì)量為風(fēng),=2kg

的小物塊A,小物塊A靜止在斜面上的。點(diǎn)，距。

點(diǎn)為殉=0.75m的P處有一質(zhì)量為ms=1kg的小

物塊8,由靜止開(kāi)始下滑，與小物塊A發(fā)生彈性正碰,碰撞時(shí)間極短，碰后當(dāng)小物

塊B第一次上滑至最高點(diǎn)時(shí)，小物塊A恰好回到。點(diǎn)。小物塊A、B都可視為質(zhì)點(diǎn),

重力加速度g=10m/s2,s譏37°=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)碰后小物塊B的速度大??；

(2)從碰后到小物塊A第一次回到。點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)小物塊A的沖量大小.

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20.如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道4BC固定在豎直

面內(nèi)，圓心為。，軌道半徑為R,8為軌道最低點(diǎn)。

該裝置右側(cè)的;圓弧置于水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電

場(chǎng)中。某一時(shí)刻一個(gè)帶電小球從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。

到達(dá)8點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為E。，進(jìn)入電場(chǎng)后繼續(xù)沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的

電勢(shì)能減少量為2場(chǎng)，試求：

(1)小球所受重力和電場(chǎng)力的大小

(2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故A錯(cuò)

誤；

B、因5G信號(hào)的頻率更高，則波長(zhǎng)小，故B錯(cuò)誤；

C、因5G信號(hào)的頻率更高，則波長(zhǎng)小，故4G信號(hào)更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故C

錯(cuò)誤。

。、頻率更高，光子的能量越大，故相同時(shí)間傳遞的信息量更大，故。正確。

故選：D。

明確電磁波的性質(zhì)，知道電磁波在真空中傳播速度均為光速，并且電磁波為橫波；明確

光的光粒二象性，知道頻率越大粒子性越明顯；波長(zhǎng)越大，波動(dòng)性越明顯。

本題考查波粒二象性以及電磁波的傳播和接收規(guī)律，注意明確波長(zhǎng)越長(zhǎng)波動(dòng)性越明顯，

而頻率越高粒子性越明顯。

2.【答案】C

【解析】解：AB、小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，小球也做勻速運(yùn)動(dòng)，小球受力平衡，斜面上6點(diǎn)對(duì)球

沒(méi)有支持力，否則，小球的合外力不零，不能做勻速運(yùn)動(dòng)，則球?qū)π泵嫔蟗點(diǎn)的壓力大

小為零，故48錯(cuò)誤；

C、若小車(chē)向左以加速度gtanB加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球受力分析如圖所示：

根據(jù)牛頓第二定律

豎直方向有N(j+Nbcos6—mg=0

水平方向有Nmin。=ma-mgtand

解得Nb=荒，Na=O

根據(jù)牛頓第三定律知球?qū)λ矫嫔蟖點(diǎn)無(wú)壓力，故C正確；

。、以小車(chē)和小球整體為研究對(duì)象，豎直方向沒(méi)有加速度，則地面對(duì)小車(chē)的支持力等于

(M+m)g,根據(jù)牛頓第三定律知小車(chē)對(duì)地面的壓力等于(M+m)g,故。錯(cuò)誤。

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故選：Co

若小車(chē)勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡條件分析斜面對(duì)球有無(wú)支持力，從而判斷

球?qū)π泵嬗袩o(wú)壓力；若小車(chē)向左以加速度gtm。加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出球的

合外力，再分析水平面對(duì)〃有無(wú)支持力，從而確定球水平面有無(wú)壓力。對(duì)小球和小車(chē)整

體分析小車(chē)對(duì)地面的壓力大小。

解決本題時(shí)，要知道力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故物體的受力與加速度有關(guān)，故本

題應(yīng)討論小車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況來(lái)判斷小球的受力情況。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

將小船的運(yùn)動(dòng)分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性,

求出到達(dá)對(duì)岸沿水流方向上的位移以及時(shí)間。當(dāng)實(shí)際航線與河岸垂直，則合速度的方向

垂直于河岸，根據(jù)平行四邊形定則求出船頭與河岸所成的夾角。

解決本題的關(guān)鍵是知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，以及會(huì)根據(jù)平行四邊形定則對(duì)運(yùn)動(dòng)

進(jìn)行合成和分解,注意正確畫(huà)出運(yùn)動(dòng)的合成與分解是解題的關(guān)鍵，同時(shí)關(guān)注速度是矢量。

【解答】

由題意可知，船相對(duì)水的速度為內(nèi),其航線恰好垂直于河岸，當(dāng)水流速度稍有增大，為

保持航線不變，且能到達(dá)對(duì)岸，則如圖所示，可知，故。正確，ABC錯(cuò)誤;

故選：Do

4.【答案】B

【解析】

【分析】

重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功；動(dòng)能變化等于力的總功；機(jī)械能變化量等于除

重力外其余力做的功.

本題關(guān)鍵根據(jù)功能關(guān)系的各種具體形式得到重力勢(shì)能變化、動(dòng)能變化和機(jī)械能變化.

【解答】

A物體在斜面上能夠上升的最大高度為人，所以重力勢(shì)能增加了〃3b故A錯(cuò)誤；

A加速度a=g=皿如誓+，,得：f=Lmg,機(jī)械能的損失量為fs=mgh,故B正確；

C動(dòng)能損失量為合外力做的功的大小△EK=F合外力.s=mgs=2mgh,故C錯(cuò)誤；

D系統(tǒng)生熱等于克服摩擦力做功fs=mgh,故。錯(cuò)誤.

故選B.

5.【答案】D

【解析】解：AB,帶電小球從4到C,設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程水平分位移分

別為與和打，經(jīng)歷的時(shí)間為分別為口和12?經(jīng)過(guò)8點(diǎn)時(shí)豎直分速度大小為3.在電場(chǎng)中的加

速度為以

小球從B到C,根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma

結(jié)合F=3mg解得：a=2g

根據(jù)逆向思維可得：vy=at2=2gt2?

小球從A到B,有：vy=gt、

則得：ti=2t2；

小球水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：Xi=Votj,x2-vot

可得：=2X2；

根據(jù)三角形相似法可知：AB=2BC,故AB錯(cuò)誤；

C、AB過(guò)程速度變化量大小為：△%=gq=2gt2

動(dòng)量變化量大小為：△pi=m△%=gh=2?ngt2，方向豎直向下。

BC過(guò)程速度變化量大小為：△%=at2=2gt2

動(dòng)量變化量大小為：△P2=m=碇2=2mgt2,方向豎直向上，故兩個(gè)過(guò)程動(dòng)量變

化量不同，故C錯(cuò)誤；

￡＞、小球從A到C的過(guò)程中，小球動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，外力對(duì)小球所

做的總功為零，則小球從A到C的過(guò)程中重力對(duì)小球做的功與電場(chǎng)力對(duì)小球做的功的

絕對(duì)值相等，正負(fù)相反，故Q正確。

故選：D。

小球先做平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，其逆過(guò)程是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。兩個(gè)過(guò)程

都運(yùn)用的分解法研究，水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出兩個(gè)過(guò)程加速

度之比，結(jié)合B點(diǎn)的豎直分速度，由％=at求出兩個(gè)過(guò)程時(shí)間之比，再根據(jù)位移公式

x=vt,分析A8與BC關(guān)系。根據(jù)△?=at研究速度變化量的關(guān)系，從而求得動(dòng)量變化

量的關(guān)系。對(duì)全程運(yùn)用動(dòng)能定理分析重力對(duì)小球做的功與電場(chǎng)力對(duì)小球做的功關(guān)系。

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本題將平拋運(yùn)動(dòng)與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的組合，關(guān)鍵運(yùn)用逆向思維研究小球B到C的過(guò)程，再

運(yùn)用力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理進(jìn)行分析。

6.【答案】B

【解析】解：A、由圖可知乙球減速的同時(shí)，甲球正向加速，說(shuō)明兩球相互排斥，帶有

同種電荷，故A錯(cuò)誤；

B、兩球作用過(guò)程中動(dòng)量守恒，則：解得：魯=著=等=|,

，“乙A"甲4X

故8正確；

C、在0-G時(shí)間內(nèi)，兩球間距離逐漸減小，公時(shí)刻，乙球的電勢(shì)能最大，故C錯(cuò)誤；

。、在0~t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙的動(dòng)能先減小，G時(shí)刻后逐漸增大，故。錯(cuò)

誤。

故選：B。

由圖象0-0段，判定甲從靜止開(kāi)始與乙同向運(yùn)動(dòng)，則知兩個(gè)小球的電性。分析匕時(shí)刻

前后兩球距離的變化，判斷電場(chǎng)力做功情況，分析兩電荷的電勢(shì)能。0?t2時(shí)間內(nèi)，分

析兩電荷間距離變化，可知相互靜電力的變化。t]?t3時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)能一直增大，乙

的動(dòng)能先減小后增大。

兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)圖示圖象分析清楚點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)量守

恒定律即可解題。

7.【答案】A

【解析】解：0?0.57'時(shí)間內(nèi)，B減小，穿過(guò)線圈的磁通量減小，磁場(chǎng)方向垂直紙面向

里，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较颍瑸檎担?/p>

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=￥S,?不變，則E不變，感應(yīng)電流i

不變。由左手定則可知，兒段導(dǎo)線受到的安培力方向水平向右，為正值，由F=B也知

A段導(dǎo)線受到的安培力大小不斷減小。

在0.5T-7時(shí)間內(nèi)，8增大，穿過(guò)線圈的磁通量增大，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，由楞次

定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较颍瑸樨?fù)值；

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=W5,答不變，則E不變，感應(yīng)電流i

不變。

由圖知：在0.57-T時(shí)間內(nèi)的空是0~0.57時(shí)間內(nèi)的2倍，則在0.5T—7時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)E是。?0.57時(shí)間內(nèi)的2倍，感應(yīng)電流也是2倍。

在0.57-7'時(shí)間內(nèi)，由左手定則可知，兒段導(dǎo)線受到的安培力方向水平向左，是負(fù)的，

且由尸=BiL,知在0.5T—7時(shí)間內(nèi)A段導(dǎo)線受到的最大安培力是0?0.57時(shí)間內(nèi)的4

倍，

故錯(cuò)誤，A正確。

故選：A。

由圖可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化，則可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化情況，由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向，根據(jù)左手定則可以找出安培力

方向，結(jié)合可得出正確的圖象。

本題考查了判斷/-t圖象與F-t圖象是否正確，分析清楚B-t圖象、應(yīng)用楞次定律、

法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式即可正確解題。

8.【答案】D

【解析】解：AB、由x-t圖像的斜率正負(fù)表示速度方向，由圖像可知，在G時(shí)刻，“、

。兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相反，在立時(shí)刻，“、人兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)方向相同，故AB錯(cuò)誤；

C、在0到匕這段時(shí)間內(nèi)，兩汽車(chē)通過(guò)的位移相同，。車(chē)一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，b車(chē)先沿負(fù)

方向運(yùn)動(dòng)，后沿正方向運(yùn)動(dòng)，則a車(chē)的路程小于b車(chē)的路程，結(jié)合平均速率等于路程與

時(shí)間的比值，知。車(chē)的平均速率小于6車(chē)的平均速率，故C錯(cuò)誤；

D、在ti到t3這段時(shí)間內(nèi)，兩汽車(chē)的位移相同，時(shí)間相同，故〃、匕兩車(chē)的平均速度相等，

故。正確。

故選：Do

x-t圖像的斜率表示速度，斜率的正負(fù)表示速度方向。縱坐標(biāo)的變化量表示位移，平均

速度等于位移與時(shí)間的比值，平均速率等于路程與時(shí)間的比值，根據(jù)這些知識(shí)進(jìn)行分析。

解決本題的關(guān)鍵要理解位移-時(shí)間圖像的物理意義，知道圖像的斜率表示速度，能夠通

過(guò)圖像分析兩車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況。

9.【答案】D

【解析】解：AC、根據(jù)圖象可知，圓筒做勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式為：

3=3圓筒邊緣線速度與物塊前進(jìn)速度大小相同，

根據(jù)"=得：v=a)R-0.5t

物體運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=胃=等?n/s2=0.5m/s2,

根據(jù)牛頓第二定律得：F-fimg=ma

第12頁(yè)，共18頁(yè)

解得：F=2x0.5N+0.1x2x10N=3N,故AC錯(cuò)誤；

B、細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率滿足P=Fv=1.53故8錯(cuò)誤；

。、在。?4s內(nèi)，4s末的速度為%=23小物體受合力的沖量為/=Ft=mv4-0=4N-s,

故。正確；

故選：D。

根據(jù)圖象得出圓筒的轉(zhuǎn)速與時(shí)間的關(guān)系，再由"=3r求出物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式,

求出加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出拉力，根據(jù)P=求解細(xì)線拉力的瞬時(shí)功率，根

據(jù)/=q=小外-0求出在0-45內(nèi)，合力的沖量。

本題考查牛頓第二定律、速度時(shí)間圖象的性質(zhì)、沖量的計(jì)算等內(nèi)容，要求能正確理解題

意，并分析物體的受力情況及能量轉(zhuǎn)化過(guò)程，難度適中。

10.【答案】C

【解析】解：由圖讀出波長(zhǎng)4=8m.

波向右傳播，質(zhì)點(diǎn)C恰好通過(guò)平衡位置時(shí)，波傳播的最短距離為1加，根據(jù)波形的平移

法得：t=5+}7或5+》，n=0,1,2...,T=

則波速v=:=(8n+l)m/s或〃=(8n+5)

當(dāng)n=0時(shí)：u=Im/s或5m/s,

當(dāng)n=1時(shí).:0=9m/s或13m/s,

當(dāng)n=2時(shí)：0=17m/s或21m/s,

故選：C

根據(jù)圖象可知：A8間距離等于一個(gè)波長(zhǎng)尢根據(jù)波形的平移法得到時(shí)間t=Is與周期的關(guān)

系式，求出周期的通項(xiàng)，求出波速的通項(xiàng)，再得到波速的特殊值.

本題的解題關(guān)鍵是運(yùn)用波形平移法，得到時(shí)間與周期的關(guān)系式，得到波速的通項(xiàng)，再研

究特殊值.

11.【答案】A

【解析】

【分析】

由于兩次乒乓球垂直撞在豎直墻面上，該運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)在水

平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析求解：

根據(jù)速度合成規(guī)律可分析撞擊墻壁的速度大小。

此題考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，應(yīng)采用逆向思維，將斜拋運(yùn)動(dòng)變?yōu)槠綊佭\(yùn)動(dòng)處理，知道平

拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

【解答】

解：C、將乒乓球的運(yùn)動(dòng)反向處理，即為平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上為自由落體運(yùn)動(dòng)，由題

意可知，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中高度較小的，運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，因此球在這兩次從飛出到撞擊墻壁前

的過(guò)程中，在空中的時(shí)間不相等，故c錯(cuò)誤；

乒乓球反向做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平射程相等，高度較小的，

運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，水平分速度較大，即乒乓球撞擊墻壁的速度較大，故。錯(cuò)誤；

8、乒乓球反向做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，高度較小的，拋出時(shí)速度

的豎直分量較小，故B錯(cuò)誤；

A、根據(jù)速度的合成可知，高度較小的，水平速度大，豎直速度小，故拋出時(shí)的初速度

大小不能確定，有可能相等，故A正確。

故選A。

12.【答案】B

【解析】解：小比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定。故A錯(cuò)

誤。

B、湯姆生發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的棗糕模型，故8正確；

C、放射性元素的半衰期是由核內(nèi)自身的因素決定的，與原子所處的物理狀態(tài)、化學(xué)狀

態(tài)無(wú)關(guān)。故C錯(cuò)誤。

。、一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，是因?yàn)樵撌獾念l率小于該金屬的極

限頻率，故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定；元素的半衰期與溫度和狀

態(tài)無(wú)關(guān)；明確光電效應(yīng)的條件分析，知道原子的發(fā)現(xiàn)歷程。

本題關(guān)鍵是明確半衰期與元素的物理、化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)是解答的關(guān)鍵；同時(shí)要知道光電效

應(yīng)的條件，同時(shí)注意掌握相關(guān)的物理學(xué)史。

13.【答案】<>

【解析】解：根據(jù)光路圖知，。光的偏折程度較大，可知〃光的折射率較大，即加〉助，

根據(jù)及=（知，a光在水滴中傳播的速度較小，即%

故答案為：>,<

第14頁(yè)，共18頁(yè)

根據(jù)光線的偏折程度比較光的折射率，結(jié)合U=￡比較光在介質(zhì)中的傳播速度，

本題考查了光的折射定律，知道光的偏折程度越大，折射率越大，知道光在介質(zhì)中速度

大小的求解。

14.【答案】0.05：相同

【解析】解：兩滑塊碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，

以甲的速度方向?yàn)檎较?，碰撞后乙的速度變?yōu)?.2m/s,

大于乙的初速度大小，說(shuō)明乙碰撞后速度反向，

鏟甲一乙笠乙=甲

由動(dòng)量守恒定律得：mm171vj+1nzy￡,

即：0.4x0.5—0.6x0.1=0.4xf/+0.6x0.2,

解得：v/=0.05m/s,方向與原來(lái)方向相同.

故答案為:0.05；相同.

兩滑塊碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出碰后滑塊的速度.

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可正確解題，解題時(shí)要注意正方

向的選擇與滑塊速度方向的判定.

15.【答案】減小降低

【解析】解：不計(jì)暖氣團(tuán)和外界大氣的熱交換Q=0,體積膨脹勿<0,根據(jù)熱力學(xué)第

一定律W+<?=△1/可知，△(/<(),即暖氣團(tuán)在上升過(guò)程中內(nèi)能減??；暖氣團(tuán)體近似可

以看成是理想氣體，分子勢(shì)能忽略不計(jì)，內(nèi)能減小，分子平均動(dòng)能減小，溫度降低。

故答案為：減小，降低。

根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△"Q=0,IV<0,可得△[/<(),即內(nèi)能減小，分子

動(dòng)能減小，溫度降低。

本題考查了熱力學(xué)第一定律。熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時(shí)一定要注意各量符號(hào)的意義:△U

的正表示內(nèi)能增加，E為正表示物體吸熱：W為正表示外界對(duì)物體做功。

16.【答案】減弱的

【解析】解：聲波的波長(zhǎng)為4=3=法瓶=10m

j34

CE=J122+162m=20m

CF=V1224-92m=15m

C點(diǎn)到反尸兩點(diǎn)的路程差為:

LS=CE-CF=Sm=\X,所以觀察者在C處聽(tīng)到的聲音是減弱的。

故答案為：減弱的

根據(jù)4=:求出聲波的波長(zhǎng)，求出C點(diǎn)與E、尸兩點(diǎn)的路程差，若為波長(zhǎng)的整數(shù)倍則為加

強(qiáng)點(diǎn)，若為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，則為減弱點(diǎn)。

關(guān)于波的干涉，關(guān)鍵要明確干涉條件，并能正確利用振動(dòng)加強(qiáng)和減弱條件進(jìn)行有關(guān)運(yùn)算。

17.【答案】第一定律；質(zhì)量

【解析】解：物體具有保持原來(lái)勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，叫做慣性，牛頓

第一定律又叫做慣性定律，物體慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量.

故答案為：第一定律；質(zhì)量.

一切物體都有慣性.慣性的大小取決于物體的質(zhì)量，與速度無(wú)關(guān)，質(zhì)量不變，物體的慣

性不變.

慣性是動(dòng)力學(xué)中基本概念，是物體的固有屬性，由物體的質(zhì)量大小決定，與速度無(wú)關(guān).

18.【答案】100050.00871.91/

【解析】解：(1)根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示。

UR“力

(2)由題意可知，電源電動(dòng)勢(shì)約為2V,內(nèi)阻不計(jì)，電壓表量程為1%電壓表內(nèi)阻約為1000,

測(cè)量中要求電壓表的讀數(shù)不小于其量程的點(diǎn)即電壓表示數(shù)不能小于5吟

電阻治、/?2兩端電壓之和不能超過(guò)?乙兩電阻之和不能超過(guò)電壓表內(nèi)阻的5倍，

即不能超過(guò)5000,因止匕兩電阻不能是500.00與l.OkO,

為保護(hù)電路，由圖示電路圖可知電阻&應(yīng)大于/f2，因此：Ri=100。，R2=50.0/2=

(3)根據(jù)圖示電路圖與實(shí)驗(yàn)步驟，由閉合電路歐姆定律可知：

II

E=U+^(R+/?2)，E=U2+^-RX,

第16頁(yè)，共18頁(yè)

由題意可知：Ui=0.71V,U=0.90V,

代入數(shù)據(jù)解得：E工1.9V,Rvx870。

故答案為：(1)實(shí)物電路圖如圖所示；(2)10012；50.00；(3)87；1.9V。

(1)根據(jù)圖中所示電路圖連接實(shí)物電路圖。

(2)根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)與題目所給實(shí)驗(yàn)器材與實(shí)驗(yàn)要求確定電阻阻值。

(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖與實(shí)驗(yàn)步驟應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出電源電動(dòng)勢(shì)與電壓表內(nèi)阻。

本題考查了連接實(shí)物電路圖、確定電阻阻值與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理問(wèn)題，認(rèn)真審題理解題意是

確定電阻阻值的關(guān)鍵，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)即可確定電阻阻值；應(yīng)用閉合電路歐姆定律可

以求出電壓表內(nèi)阻與電源電動(dòng)勢(shì)。

19.【答案】解：(1)B下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mBgxosin37°=^mBv^,

代入數(shù)據(jù)解得：%=3m/s；

A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量