2021年湖北省龍泉中學(xué)、宜昌一中高考物理聯(lián)考試卷

2021年湖北省龍泉中學(xué)、宜昌一中高考物理聯(lián)考試卷（2

月份）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.根據(jù)近代物理知識(shí)，你認(rèn)為下列說(shuō)法中正確的是（）

A.相同頻率的光照射不同金屬，則從金屬表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能越大,

這種金屬的逸出功越大

B.已知?dú)湓訌幕鶓B(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為12.09eV,則動(dòng)能等于

12.09eU的另一個(gè)氫原子與這個(gè)氫原子發(fā)生正碰，可以使這個(gè)原來(lái)靜止并處于基態(tài)

的氫原子躍遷到該激發(fā)態(tài)

C.在原子核中，比結(jié)合能越大表示原子核中的核子結(jié)合的越牢固

D.鈾核（$U）衰變?yōu)殂U核（徵Pb）的過(guò)程中，中子數(shù)減少21個(gè)

2.我國(guó)首批隱形戰(zhàn)斗機(jī)殲-2已形成初步戰(zhàn)斗力。某次演習(xí)時(shí)，在某一高度水平勻速

飛行的戰(zhàn)斗機(jī)離目標(biāo)水平距離L時(shí)投彈（投彈瞬間炸彈相對(duì)戰(zhàn)斗機(jī)的速度為零），可

以準(zhǔn)確命中目標(biāo)。若戰(zhàn)斗機(jī)水平飛行高度變?yōu)樵瓉?lái)的工倍，飛行速度變?yōu)樵瓉?lái)的:倍,

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要仍能命中目標(biāo)，則戰(zhàn)斗機(jī)投彈時(shí)離目標(biāo)的水平距離為（不考慮空氣阻力）（）

A.拇B.C.-LD.9

251645

3.一個(gè)帶負(fù)電的粒子從x=0處由靜止釋放，僅受電場(chǎng)力作用，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),

加速度4隨位置變化的關(guān)系如圖所示，打-%=心一.可以得出（）

A.從今到%3過(guò)程中，電勢(shì)先升高后降低

B.在X1和刀3處，電場(chǎng)強(qiáng)度相同

C.粒子經(jīng)處和X3處，速度等大反向

D.粒子在冷處，電勢(shì)能最大

4.如圖所示，在xOy平面內(nèi)有兩個(gè)沿Z軸方向（垂直X。），平#也..C

面）做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)波源a（1,0）和S2（4,0）,振動(dòng)方程分別?B

O1234x/m

為Zsi=+）zS2=Asin（nt-^）o兩列波的波速均為lm/s。兩列波在點(diǎn)

B（2.5,3）和點(diǎn)C（4,4）相遇時(shí)，分別引起8、C處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)總是相互（）

A.加強(qiáng)、加強(qiáng)B.減弱、減弱C.加強(qiáng)、減弱D,減弱、加強(qiáng)

5.已知某品牌概念車(chē)的質(zhì)量為〃?，額定功率為P,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，汽車(chē)所受的阻力大小

恒定，若保持額定功率P不變，汽車(chē)能達(dá)到的最大速度為心若汽車(chē)以:的恒定功

率啟動(dòng)，從靜止開(kāi)始做加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為:時(shí)，汽車(chē)的加速度大小為由,當(dāng)

速度為:時(shí)，汽車(chē)的加速度大小為。2，則加速度之差由-。2為（）

A.白B.二CD.3

2mv3mv4mv3mv

6.甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同向前進(jìn)，已知它們的動(dòng)量分別是P伊=5kg-m/s,

pz=7kg-m/s,甲追乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)閜j=1°3?巾/s,則

兩球質(zhì)量小中與小乙的關(guān)系可能是（）

A.m牛=加乙B.=2m^C.血2=4m/D.小4=6m尹

7.“道威棱鏡”是一種用于光學(xué)圖象翻轉(zhuǎn)的儀器。如圖，將一等腰直角棱鏡截去棱角，

使其平行于底面，可制成“道威棱鏡”，其橫截面A8C。為底角45。的等腰梯形，

。為AB中點(diǎn)，P為0A中點(diǎn)，光線1和光線2兩條與8c平行的光線，分別從P和

。點(diǎn)入射棱鏡，均在3c面上發(fā)生一次全反射后從CO面射出，其中光線1的出射

點(diǎn)為CO中點(diǎn)Q（未畫(huà)出），已知棱鏡對(duì)兩光線的折射率《=魚(yú)，AB=五3光在真

A.光線1在棱鏡中的傳播速度為&c

B.光線2在棱鏡中的傳播時(shí)間為巫&

C

C.光線1在棱鏡中經(jīng)過(guò)的路程長(zhǎng)為（通+好）L

D.光線1從CD邊射出點(diǎn)到BC邊的距離為立L

4

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

8.如圖所示，必cd為一邊長(zhǎng)為/的正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框位于光滑水平面內(nèi)，其右側(cè)

為一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與線框的cd邊平行，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為2/,磁感

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應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下.線框在一垂直于cd邊的水平恒定拉力尸作用下沿水

平方向向右運(yùn)動(dòng)，直至通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域.cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，規(guī)

定線框中電流沿逆時(shí)針時(shí)方向?yàn)檎?，則導(dǎo)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到完全離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程

中，“、6兩端的電壓。助及導(dǎo)線框中的電流，隨〃邊的位置坐標(biāo)x變化的圖線可能

9.如圖所示，理想變壓器原線圈一端有“、b兩接線柱，a是原線圈的一端點(diǎn)，b是原

線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表。從某時(shí)刻開(kāi)始在原線圈c、d兩

端加上交變電壓，其瞬時(shí)值表達(dá)式為%,=UsinlOO兀3貝！1()

A.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)分別與“、。連接時(shí)，電壓表的示數(shù)比為1：2

B.當(dāng)t=o時(shí)，以a間的電壓瞬時(shí)值為4

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C.單刀雙擲開(kāi)關(guān)與a連接，在滑動(dòng)變阻器觸頭尸向上移動(dòng)的過(guò)程中，電壓表示數(shù)

增大

D.當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由〃扳向人時(shí)，電流表的示數(shù)增大

10.如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，在兩。

形盒左邊的縫隙間放置一對(duì)中心開(kāi)有小孔a、b的平行

金屬板M、M每當(dāng)帶正電的粒子從a孔進(jìn)入時(shí)，立即在兩板間加上恒定電壓，粒

子經(jīng)加速后從〃孔射出時(shí)，立即撤去電壓。粒子進(jìn)入。形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)。己知。形盒的縫隙間無(wú)磁場(chǎng)，不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則下列說(shuō)法不正確的

是（）

A.磁場(chǎng)方向垂直紙面向外

B.粒子運(yùn)動(dòng)的周期不斷變大

C.粒子每運(yùn)動(dòng)一周，直徑的增加量越來(lái)越小

D.增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動(dòng)能變大

11.如圖所示，距小滑輪。正下方1處的8點(diǎn)用絕緣底座固定一帶可88

電荷量為+q的小球1,絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在定滑輪。正oR

上方;處的力點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為根的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小?

球2恰好在A位置平衡。已知OA長(zhǎng)為1,與豎直方向的夾角為

60。，由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段

時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30。時(shí)，小球2恰好在AB連線上的

C位置。己知靜電力常量為上重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球2帶負(fù)電

B.小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為竽

4kq

C.小球2在A位置時(shí)所帶電荷量為挈

kq

D.彈性繩原長(zhǎng)為9

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共16.0分）

12.在完成了“探究加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系”的書(shū)本實(shí)驗(yàn)后，某同學(xué)想辦法設(shè)計(jì)

了一個(gè)新的實(shí)驗(yàn)用于進(jìn)一步驗(yàn)證上述物理量的關(guān)系，具體操作過(guò)程如下：

4用天平稱(chēng)出小車(chē)質(zhì)量為M=0.26kg,彈簧測(cè)力計(jì)質(zhì)量為m=0.0465kg（g取

9.8m/s2）o

8.接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，讓小車(chē)從一具有一定傾角。的平整斜面上由靜止開(kāi)始加速

下滑，用紙帶記錄下它的運(yùn)動(dòng)情況，以便求出它的加速度依

C.撤掉打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，在小車(chē)尾部用細(xì)線與一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)和水桶連接，在水桶中加

入適量水，使輕推小車(chē)時(shí)，能使其沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車(chē)到達(dá)斜面底

部靜止后，讀出此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F。

。.改變斜面的傾角，重復(fù)以上實(shí)驗(yàn)幾次，通過(guò)兒組數(shù)據(jù)來(lái)驗(yàn)證三個(gè)物理量之間的關(guān)

系。

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圖1

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）如圖2所示的這條紙帶是在某次實(shí)驗(yàn)中得到的（每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)），可求出

此時(shí)小車(chē)的加速度a=。

（2）小車(chē)由靜止開(kāi)始勻加速下滑過(guò)程中所受到的合力為（用本題中所給的物

理量符號(hào)表示）。

（3）在該同學(xué)的這個(gè)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)中，（選填“需要”或“不需要”）保證小車(chē)質(zhì)

量遠(yuǎn)大于所掛物體的總質(zhì)量。

13.氣敏電阻在安全領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。有一個(gè)對(duì)甲醛氣體非常敏感的氣敏電阻時(shí),

正常情況下阻值為幾百歐，當(dāng)甲醛濃度升高時(shí)，其阻值可以增大到幾千歐。為了研

究其阻值隨甲醛濃度變化的規(guī)律，供選用的器材如下。

4電源（電動(dòng)勢(shì)6匕內(nèi)阻不計(jì)）

8.滑動(dòng)變阻器R

C.導(dǎo)線若干及開(kāi)關(guān)S

D電壓表@）（量程3匕內(nèi)阻1k。）

E.毫安表@（量程50mA，內(nèi)阻100.00）

(1)探究小組設(shè)計(jì)了如圖(a)所示實(shí)驗(yàn)電路，其中毫安表用來(lái)測(cè)定,量程為

(2)將氣敏電阻置于密封小盒內(nèi)，通過(guò)注入甲醛改變盒內(nèi)甲醛濃度，記錄不同甲醛

濃度下電表示數(shù)，計(jì)算出氣敏電阻對(duì)應(yīng)阻值，得到如圖(b)所示阻值隨甲醛濃度變

化的圖象-圖象)。當(dāng)氣敏電阻阻值為Rq=2.3k。時(shí)，盒內(nèi)甲醛濃度為。

(3)已知國(guó)家室內(nèi)甲醛濃度標(biāo)準(zhǔn)是77<O.lmg/m\探究小組利用該氣敏電阻設(shè)計(jì)了

如圖(c)所示的簡(jiǎn)單測(cè)試電路，用來(lái)測(cè)定室內(nèi)甲醛是否超標(biāo)，電源電動(dòng)勢(shì)為E=5.0K(

內(nèi)阻不計(jì))，電路中5、％分別為紅、綠發(fā)光二極管，紅色發(fā)光二極管5的啟動(dòng)(導(dǎo)

通)電壓為2.0人即發(fā)光二極管兩端電壓N2.0V時(shí)點(diǎn)亮，綠色發(fā)光二極管。2的

啟動(dòng)電壓為3.OV,發(fā)光二極管啟動(dòng)時(shí)對(duì)電路電阻的影響不計(jì)。實(shí)驗(yàn)要求當(dāng)室內(nèi)甲醛

濃度正常時(shí)綠燈亮，超標(biāo)時(shí)紅燈亮，則兩電阻治、/?2中為定值電阻的是，

其阻值為M2。

四、計(jì)算題(本大題共3小題，共40.0分)

14.在水平長(zhǎng)直的軌道上，有一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平板車(chē)在外力控制下始終保持速度又做勻速

直線運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻將一質(zhì)量為〃?的小滑塊輕放到車(chē)面的中點(diǎn)，滑塊與車(chē)面間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為〃。

(1)若滑塊最終停在小車(chē)上，求滑塊和車(chē)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。

(2)已知滑塊與車(chē)面間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,滑塊質(zhì)量m=1kg,車(chē)長(zhǎng)L=2m,車(chē)速

2

v0=4m/s,取g=10m/s,當(dāng)滑塊放到車(chē)面中點(diǎn)的同時(shí)對(duì)該滑塊施加一個(gè)與車(chē)運(yùn)

動(dòng)方向相同的恒力凡要保證滑塊不能從車(chē)的左端掉下，恒力F大小應(yīng)該滿(mǎn)足什么

條件？

________剪金.

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15.如圖所示，上下粗細(xì)不一樣的氣缸被輕繩通過(guò)活塞豎直吊

在空中，氣缸底面積為S,活塞橫截面積為支氣缸上下兩

部分的長(zhǎng)度相同。氣缸側(cè)壁有一個(gè)小孔與裝有水銀的U形

輕質(zhì)細(xì)玻璃管相通。最初室溫為T(mén)。時(shí)，活塞恰好在氣缸上

下兩部分的分界處，玻璃管內(nèi)左右水銀液面高度差為h(U

形管內(nèi)的氣體體積、水銀質(zhì)量不計(jì))。已知大氣壓強(qiáng)為po,水銀的密度為P，重力加

速度g。不計(jì)活塞與氣缸的摩擦。

①求氣缸的質(zhì)量M-,

②現(xiàn)對(duì)氣缸緩慢加熱，則玻璃管內(nèi)左右兩側(cè)水銀液面高度差h是否變化？怎樣變化?

③在對(duì)氣缸里的氣體緩慢加熱時(shí)，若活塞與氣缸不會(huì)分離，則加熱后的溫度最多

是多少？

16.如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為U。，在B板右側(cè)COMN矩形區(qū)域

存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，邊長(zhǎng)為3C。邊長(zhǎng)為緊靠電場(chǎng)右邊界存在垂

直紙面水平向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)左右邊界為同心圓，圓心。在CDMN矩形

區(qū)域的幾何中心，磁場(chǎng)左邊界剛好過(guò)M、N兩點(diǎn).質(zhì)量為“、電荷量為+q的帶電

粒子，從A板由靜止開(kāi)始經(jīng)A、B極板間電場(chǎng)加速后，從邊界C。中點(diǎn)水平向右進(jìn)

入矩形區(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng).當(dāng)矩形區(qū)域中的場(chǎng)強(qiáng)取某一值

時(shí)，粒子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)返回電場(chǎng)區(qū)域，且粒子在磁場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)軌跡恰與磁場(chǎng)右邊界相切，粒子的重力忽略不計(jì),sin37。=0.6,cos37°=0.8.

(1)求粒子離開(kāi)B板時(shí)的速度巧；

(2)求磁場(chǎng)右邊界圓周的半徑R；

(3)將磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和矩形區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)大小改變?yōu)檫m當(dāng)值時(shí)，粒子從間飛入

磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)返回電場(chǎng)前，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間有最大值，求此最長(zhǎng)時(shí)間

X」

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)a7n=版＞-明知，頻率相同，從金屬表面逸出的光電子最大初

動(dòng)能越大，金屬的逸出功越小，故A錯(cuò)誤。

B、已知?dú)湓訌幕鶓B(tài)躍遷到某一激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為12.09eV,用動(dòng)能等于

12.09eU的另一個(gè)氫原子與這個(gè)氫原子發(fā)生正碰，能量部分被吸收，不能從基態(tài)躍遷到

該激發(fā)態(tài)，故B錯(cuò)誤。

C、在原子核中，比結(jié)合能越大，原子核中的核子結(jié)合的越牢固，故C正確。

。、鈾核（守U）衰變?yōu)殂U核（鬻Pb）的過(guò)程中，質(zhì)子數(shù)少10,質(zhì)量數(shù)少32,則中子數(shù)

VZoZ

少22,故。錯(cuò)誤.

故選：Co

根據(jù)光電效應(yīng)方程，結(jié)合最大初動(dòng)能的大小比較金屬的逸出功；吸收光子能量發(fā)生躍遷,

吸收的光子能量需等于兩能級(jí)間的能級(jí)差；在原子核中，比結(jié)合能越大，原子核結(jié)合越

牢固；根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)的變化得出中子數(shù)的變化。

本題考查了光電效應(yīng)、能級(jí)躍遷、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些

基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，對(duì)于光電效應(yīng)和能級(jí)躍遷是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，需要理解記憶。

2.【答案】B

【解析】解：炸彈被投下后做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎

直方向上的分運(yùn)動(dòng)為自由落體，

所以在豎直方向上：h=1gt2,解得：t=后

在水平方向上：L=vot=v0J^

當(dāng)轟炸機(jī)飛行的高度為原來(lái)的工倍，飛行速度為原來(lái)的J倍，

機(jī)投彈時(shí)距離目標(biāo)的水平距離：〃=沃1^=和。后小故8正確，48錯(cuò)

誤。

故選：B。

平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度，求

出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)x=求出炸彈水平位移的表達(dá)式再分析求解。

本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)。決本題的關(guān)鍵是掌握處理平拋運(yùn)動(dòng)的方法，平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向

上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，再運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律解題。

3.【答案】A

【解析】

【分析】

從X1到句過(guò)程中，電場(chǎng)力做功情況，從而判斷電勢(shì)能的變化情況，再分析X2處的電

勢(shì)能，根據(jù)Ep=qs分析電勢(shì)的變化情況；

根據(jù)牛頓第二定律分析加速度與電場(chǎng)強(qiáng)度的的關(guān)系，再根據(jù)圖象分析電場(chǎng)強(qiáng)度的

情況；

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知/=2ax可知，a-%圖象的面積表示?，以此分析粒子經(jīng)與和

%3處的速度。

解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)圖象分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的

變化的關(guān)系，知道a-x圖象的面積表示藝。

2

【解析】

AD,根據(jù)圖象可知，從看到打過(guò)程中，粒子先加速后減速，所以電場(chǎng)力先做正功，

后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增加，到&處，電勢(shì)能最小根據(jù)Ep=qw可知，粒子帶負(fù)電，

所以電勢(shì)先升高后降低，故A正確，。錯(cuò)誤；

8、因?yàn)閝E=ma,所以電場(chǎng)強(qiáng)度和加速度大小成正比，方向相反,所以在與和久3處，

電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知/=2ax可知，a-X圖象的面積表示?，所以粒子經(jīng)與和

也處，速度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；

故選：A。

4.【答案】D

【解析】解：因?yàn)?點(diǎn)距兩波源距離一樣，而兩波源的相位相反，所以在B出疊加總是

相互減弱。

由振動(dòng)方程可知，周期為T(mén)=es=2s,波長(zhǎng)為;I=uT=2m,C距兩波源的距離差為

71

△5=1771=而兩波源的相位相反，所以在C點(diǎn)振動(dòng)總是加強(qiáng)的。

故ABC錯(cuò)誤，。正確。

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故選：Do

因?yàn)?點(diǎn)距兩波源距離一樣，而兩波源的相位相反，所以在B出疊加總是相互減弱；由

振動(dòng)方程可知，周期為T(mén)='s=2s,波長(zhǎng)為A=vT=2m,C距兩波源的距離差為△s=

71

=：；l而兩波源的相位相反，則在C點(diǎn)振動(dòng)總是加強(qiáng)的。

本題考查了波在相互疊加時(shí)，何處振動(dòng)加強(qiáng)和減弱，牢記當(dāng)兩波源起振同方向時(shí)，路程

差等于半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)振動(dòng)減弱，路程差等于波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí)振動(dòng)加強(qiáng)。

5.【答案】A

【解析】解：汽車(chē)以額定功率啟動(dòng)，當(dāng)牽引力大小等于阻力大小時(shí)，汽車(chē)具有最大速度,

p

2-

即口=「當(dāng)汽車(chē)以T的恒定功率啟動(dòng)，速度為強(qiáng)寸，牽引力&V—,由牛頓第二定

4-

律有Fi-f=mai，解得的=2；

p

3P

2-

速度為:時(shí)，牽引力尸2V=--

2V由牛頓第二定律有尸2-/=771(12，解得—，則

3-

%—。2=------—=-—，故A正確，3c。錯(cuò)誤。

11mv2mv2mv

故選：A。

汽車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)所受合力為零,根據(jù)功率公式P=F"與平衡條件求出汽車(chē)所受阻

力;根據(jù)功率公式P=Fu求出汽車(chē)的牽引力，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出汽車(chē)的加速度,

再求出加速度的差值。

本題考查了功率公式P=尸"與牛頓第二定律的應(yīng)用，分析清楚汽車(chē)的受力情況與運(yùn)動(dòng)過(guò)

程，應(yīng)用功率公式P=F。、平衡條件與牛頓第二定律即可解題。

6.【答案】C

【解析】解：因?yàn)榕鲎睬?，甲球速度大于乙球速度，則有：察〉工

m乙

得：旗>14

根據(jù)動(dòng)量守恒得：P尹+PN=P，+PN',

代入解得：p/=2kg?m/so

據(jù)碰撞過(guò)程總動(dòng)能不增加，得：——I■，乙2廣—F

2m甲27n乙2m甲27n乙

血乙17

代入數(shù)據(jù)解得：^>7

甲'

碰撞后兩球同向運(yùn)動(dòng)，甲的速度不大于乙的速度，則有：—<^

m甲租乙

771/

代入數(shù)據(jù)解得：#工5

“'甲

17m/

所以有：y<—5

''"甲

則mz=4m用，不可能，其他三式子是可能的，故A3。錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

兩球碰撞過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律，由動(dòng)量守恒定律求出碰撞后甲的動(dòng)量。根據(jù)碰撞前甲

球速度大于乙球速度，以及碰撞過(guò)程中總動(dòng)能不增加，列出不等式，求出皿仍與也乙比

值的范圍，再進(jìn)行選擇。

本題考查對(duì)碰撞規(guī)律的理解和應(yīng)用能力。要知道碰撞有三個(gè)基本規(guī)律：一、動(dòng)量守恒;

二、系統(tǒng)總動(dòng)能不增加；三、碰撞后如同向運(yùn)動(dòng)，后面的物體的速度不大于前面物體的

速度，即要符合實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況。

7.【答案】C

【解析】解：小光線1

在棱鏡中的傳播速度為光線1

一光線2

v=-==-c,故4

n422

錯(cuò)誤；

B、設(shè)棱鏡的臨界角為C,由sinC=合爭(zhēng)得C=45。

光線2從。點(diǎn)入射時(shí)，由折射定律得n=%

sinr

由幾何關(guān)系知入射角為i=45。，解得折射角為r=30。

由幾何關(guān)系可得，當(dāng)光線2射到BC時(shí)，與BC的夾角為ZPFB=15°

在△PBF中，由正弦定理得

PF_PB_BF

sin45°-sinlS°-sinl20°

據(jù)題PB=-AB=—L

44

解得PF=任遍+BF=^dhL

44

由幾何關(guān)系得：

EF：BE=OP：BO=1：2；所以EF=FC=：BE,可得R為CQ的中點(diǎn)。

在^BEOfBFP得

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BO_BE_OE__2

BP-BF-PF-3

解得BE=LOEL

M2,=—2

故EF=FC=注色L

4

在^CFR中，由正弦定理得

J^_=_R￡_V2

Sin45°sbil5°'u-4

解得FR=^L

2

pcJ.CD

光線2在棱鏡中的傳播時(shí)間為t=

n

聯(lián)立解得t=2代+6土+3卷小,故B錯(cuò)誤；

4c

C、在光線1在棱鏡中經(jīng)過(guò)的路程長(zhǎng)為s=20E=（V6+五）L,故C正確；

D、光線1從8邊射出點(diǎn)到BC邊的距離為d=RCsin45°=故。錯(cuò)誤。

故選：Co

已知棱鏡對(duì)兩光線的折射率71=V2,根據(jù)V=:求光線在棱鏡中的傳播速度。根據(jù)s譏C=

；求臨界角C.根據(jù)折射定律求光線2在P點(diǎn)的折射角，根據(jù)幾何知識(shí)確定光線1在BC面

的入射角，并判斷光線1在3c面上是否發(fā)生全反射，作出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出

光線1在棱鏡中傳播路程s,由1=:求得光線1在棱鏡中的傳播時(shí)間*根據(jù)幾何關(guān)系

求光線1在棱鏡中經(jīng)過(guò)的路程和光線1從C。邊射出點(diǎn)到8c邊的距離。

解決本題時(shí)需要正確作出光路圖，能根據(jù)幾何知識(shí)求解相關(guān)的角度和光程。要熟記折射

定律的表達(dá)式以及全反射臨界角的表達(dá)式s譏C=\

8.【答案】BD

【解析】解：48、線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做勻速直線運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLM亙定，線

框中的電流大小恒定，方向沿逆時(shí)針?lè)较?，。、。兩端的電?/p>

線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過(guò)閉合電路的磁通量不變，線框中感應(yīng)電流為零，做勻加

速運(yùn)動(dòng)，但4〃邊兩端的電壓Uat,=BLv=BLyjvl+2ax，其中為為勻速運(yùn)動(dòng)的速度，Uab

與位移x不是線性關(guān)系，當(dāng)出磁場(chǎng)時(shí)，線框做減速勻速，不斷減小，故A錯(cuò)誤、B

正確；

CD,線框進(jìn)入過(guò)程中，線框中的電流大小恒定且為逆時(shí)針，完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流為零;

線框離開(kāi)磁場(chǎng)，做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，線框剛好完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，速度大于或

等于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，不可能為零，故此時(shí)電流也不可能為零，故C錯(cuò)誤、。正確。

故選：BD.

線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力等于安培力，此時(shí)感應(yīng)電流為定值，完全進(jìn)入磁

場(chǎng)后，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)閉合電路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流.出磁場(chǎng)時(shí)，

此時(shí)安培力大于拉力，線框做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動(dòng).由楞次定律判斷感應(yīng)

電流的方向，由E=和歐姆定律結(jié)合得到感應(yīng)電流的表達(dá)式.由歐姆定律得到的

表達(dá)式，從而分析.

解決本題的關(guān)鍵會(huì)根據(jù)線框的受力狀況判斷線框的運(yùn)動(dòng)狀況，以及知道線框出磁場(chǎng)的末

速度不會(huì)小于進(jìn)磁場(chǎng)的速度，則出磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流不會(huì)小于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流.

9.【答案】AD

【解析】解：4、由晟=最得：所以小與％成反比，當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)分別與

a、6連接時(shí)，心之比是2：1,所以出之比是1：2,即電壓表示數(shù)為1：2,故A正確；

B、電壓瞬時(shí)值應(yīng)將對(duì)應(yīng)時(shí)間直接帶入表達(dá)式中即可，當(dāng)t=0時(shí)，%=UsinlOOnt=0V,

故B錯(cuò)誤；

C、由戰(zhàn)=最得：U2=^"i,匝數(shù)與%都沒(méi)變，所以出不變，即電壓表示數(shù)不變，故C

錯(cuò)誤；

D、由晟=最得：/=所以“與ni成反比，當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)由〃扳向人時(shí)，%減

小，/變大，電流表的示數(shù)/=與，R不變,出變大，所以電流表的示數(shù)增大，故。正

確。

故選：AD.

根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正

比即可求得結(jié)論。

變壓器動(dòng)態(tài)變化的分析，主要就是先寫(xiě)出對(duì)應(yīng)的公式，然后再用數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，

平時(shí)一定要多加練習(xí)。

10.【答案】ABD

【解析】解：A、粒子從〃孔進(jìn)入磁場(chǎng)后受到的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，

。形盒中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；

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B、根據(jù)洛倫茲力提供向心力得quB=m?，粒子運(yùn)動(dòng)的周期7=尋=翳，粒子運(yùn)動(dòng)

的周期不變，故B錯(cuò)誤：

C、粒子第〃次加速后，根據(jù)動(dòng)能定理可得：nqU=^mv2,解得"=回,粒子在磁

Nyjm

場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r=?=:睜，粒子每運(yùn)動(dòng)一周直徑的增加量△d=；聯(lián)函-

隨轉(zhuǎn)動(dòng)周數(shù)的增加，粒子每運(yùn)動(dòng)一周直徑的增加量越來(lái)越小，故C正確；

D、當(dāng)粒子從。形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，根據(jù)「=翳，可知最大動(dòng)能&=純叱（式中

R為。形盒的半徑），由此可知，粒子獲得的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，所以增大兩板

間電壓，粒子最終獲得的最大動(dòng)能不變，故。錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的，

故選：ABD。

根據(jù)粒子所受的洛倫茲力方向判斷磁場(chǎng)的方向；根據(jù)7=答分析粒子運(yùn)動(dòng)的周期變化

qB

情況，根據(jù)動(dòng)能定理和「=器分析粒子每運(yùn)動(dòng)一周直徑的增加量變化情況，根據(jù)半徑公

式分析粒子最終獲得的最大動(dòng)能與板間電壓的關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且都在AC

間加速，加速的電場(chǎng)不需改變。

11.【答案】CD

【解析】解：A、兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電。故

A錯(cuò)誤;

8、小球在C點(diǎn)時(shí)，受力如圖:

、f

mg

由幾何關(guān)系可得：F=mgsin30°=0.5mg；

T=mgcos30°=②

根據(jù)庫(kù)侖定律得：F=警③

聯(lián)立①③可得：《2=警.故B錯(cuò)誤；

C、小球2在A位置時(shí)，受到的重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角相互為

120°,所以三個(gè)力的大小相等，所以：T'=F'=mg④

根據(jù)庫(kù)侖定律得：/=誓③

小球2在4位置時(shí)所帶電荷量：勺1=畔.故。正確

。、小球2在A位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：11="1=稱(chēng)

小球2在C位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：12=-+^1

設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為晨則：7=k.&-10)；

r=-0)

聯(lián)立可得：l0=0.5Z?故力錯(cuò)誤

故選：CD。

根據(jù)電荷之間的相互作用的特點(diǎn)判斷小球2的電性；對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力

平衡條件和庫(kù)侖定律公式：昨膂,列方程求解即可.

rz

本題實(shí)質(zhì)上考場(chǎng)了物體平衡，對(duì)于這類(lèi)問(wèn)題只要正確進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)平衡方程

求解即可。

12.【答案】2.00m/s2mg+F不需要

【解析】解：(1)由刻度尺可知相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離依次為匕=4.10cm,x2=6.10cm,

x3=8.10cm,因?yàn)槊?個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，且7=0.02s,故相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間

隔為t=5x0.02s=0.1s,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的推論△x=a7'2可求得：a=

等==20Qm/s2

(2)小車(chē)向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)小車(chē)受力分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得:Mgsin。=f+mg+F

當(dāng)小車(chē)向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車(chē)受到的合力為：F合=Mgsme-f

聯(lián)立兩式得：F^.=mg+F

(3)當(dāng)認(rèn)為繩子的拉力等于所掛物體的總重力時(shí)，需要滿(mǎn)足小車(chē)質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛物體的

總質(zhì)量。此實(shí)驗(yàn)是通過(guò)共點(diǎn)力平衡求出小車(chē)受到的合力的，故不需要保證小車(chē)質(zhì)量遠(yuǎn)大

于所掛物體的總質(zhì)量。

故答案為：(l)2.00m/s2(2)mg+F(3)不需要

(1)由刻度尺讀出相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論，求加速度；

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(2)在彈簧拉力存在時(shí)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡列出平衡式，當(dāng)小車(chē)向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)沿

斜面上的合力提供小車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，求得合力。

(3)此實(shí)驗(yàn)是通過(guò)共點(diǎn)力平衡求得小車(chē)受到的合力的，故不需要保證小車(chē)質(zhì)量遠(yuǎn)大于所

掛物體的總質(zhì)量

只有掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類(lèi)問(wèn)題，所以在學(xué)習(xí)過(guò)程中要注意加強(qiáng)對(duì)基本知識(shí)

的學(xué)習(xí).尤其是需要還是不需要保證小車(chē)質(zhì)量遠(yuǎn)大于所掛物體的總質(zhì)量。不能死記硬背。

83

13.【答案】電壓5V6x10-kg/mR23.9

【解析】解：(1)毫安表與氣敏電阻并聯(lián)，因此用來(lái)測(cè)定電壓，量程%=%Rg=0.05x

iooy=sv；

(2)由圖(b)可讀出，當(dāng)氣敏電阻Rq=2.3k。時(shí)，甲醛濃度為6x7n3或0.06mg/m3；

(3)%、&串聯(lián)分壓，當(dāng)氣敏電阻的阻值Rq增大時(shí)幺兩端電壓應(yīng)升高，所以占為氣敏電

阻，為定值電阻，且當(dāng)?=；時(shí)為紅色發(fā)光二極管久處于點(diǎn)亮的臨界狀態(tài)，由圖(b)可

知？j=1x10-7/cg/m3時(shí)Rq=2.6kf2,故R2=|Rq=3.9k。。

故答案為:(1)電壓、5V；(2)6x10-8麗/7n3(或0O6jng/m3)；(3)&、3.9

(1)根據(jù)毫安表的接法，確定是測(cè)量電壓的，量程根據(jù)U°=/gRg計(jì)算；

(2)由R-4圖線讀出濃度；

(3)根據(jù)發(fā)光二極管的特性及題設(shè)要求進(jìn)行解答，么是紅色報(bào)警二極管，不超標(biāo)不發(fā)光，

只有當(dāng)電阻R1增大時(shí)才發(fā)光，則確定R1是氣敏電阻，再根據(jù)電阻與電壓成正比計(jì)算定值

電阻的阻值。

本題是理論聯(lián)系實(shí)際的好題，考查了電表的反常接法能達(dá)到意想不到的效果，但仍逃脫

不了歐姆定律這一關(guān)鍵要點(diǎn)，本題主要考慮的是點(diǎn)亮的臨界點(diǎn)，結(jié)合氣敏電阻的變化趨

勢(shì)進(jìn)行判斷。

14.【答案】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律，滑塊相對(duì)車(chē)滑動(dòng)時(shí)的加速度為：

林mg

滑塊相對(duì)車(chē)滑動(dòng)的時(shí)間為：t=詈=含

滑塊相對(duì)車(chē)滑動(dòng)的距離為：5=%￡-￥=理一巽=乒

滑塊與車(chē)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=〃mgs=g?n詔

(2)設(shè)恒力F取最小值為滑塊加速度為的，此時(shí)滑塊恰好到達(dá)車(chē)的左端，則滑塊運(yùn)

動(dòng)到車(chē)左端的時(shí)間為：“=，???(!)

由幾何關(guān)系有：3…②

由牛頓定律有：Fx+nmg-mar...（3）

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得：q=0.5s,&=6N

則恒力F大小應(yīng)該滿(mǎn)足條件是：F>6N

答：（1）若滑塊最終停在小車(chē)上，滑塊和車(chē)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：7n詔。

（2）恒力F大