2021年遼寧省沈陽(yáng)市高考物理質(zhì)檢物理試卷（一）（一模）

2021年遼寧省沈陽(yáng)市高考物理質(zhì)檢物理試卷（一X一模）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳過來的籃球時(shí).，通常要先伸出雙臂迎接籃球，手接觸到

籃球后，雙手迅速將籃球引至胸前,運(yùn)用你所學(xué)的物理規(guī)律分析，這樣做可以接球

動(dòng)作（）

A.減小籃球?qū)κ譀_量的大小B.減小籃球的動(dòng)量變化量的大小

C.減小籃球?qū)κ肿饔昧Φ拇笮.減小籃球?qū)κ值淖饔脮r(shí)間

2.甲、乙兩物體同時(shí)、同地出發(fā)沿著同一直線運(yùn)動(dòng)，u-t圖

像如圖所示?下列說法正確的是（）

A.在0?2s內(nèi)，甲、乙兩物體速度方向相反

B.在2?4s內(nèi)，乙物體處于靜止?fàn)顟B(tài)

C.在t=4s時(shí)，甲、乙兩物體相遇

D.在6?8s內(nèi)，甲物體的加速度小于乙物體的加速度

3.2020年6月23日，北斗三號(hào)最后一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心順利點(diǎn)火

升空，標(biāo)志著北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全部建成。這個(gè)龐大的系統(tǒng)由24顆中圓

地球軌道衛(wèi)星、3顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星利3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，共30

顆衛(wèi)星組成。三種軌道均為正圓形，地球靜止同步軌道和傾斜地球同步軌道衛(wèi)星周

期約為24小時(shí)，中圓地球軌道衛(wèi)星周期約為12小時(shí)。則中圓軌道衛(wèi)星與傾斜同步

軌道衛(wèi)星線速度之比為（）

A.V2B.2C.V2

4.如圖所示，有三塊等腰直角三角形的透明材料（圖中的

/、〃、/〃）恰好拼成一個(gè)長(zhǎng)方形。從A點(diǎn)垂直于底邊射

入的單色光在B處發(fā)生全反射，在C、。處連續(xù)發(fā)生

兩次折射后射出。若該單色光在三塊材料的傳播速率

依次為外、以、%，下列關(guān)系式中正確的是（）

A.w>%>v3B.v3>Vi>v2C.v3>v2>%D.vr>v2>v3

5.如圖所示是研究光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置，c為滑動(dòng)變阻器的中

點(diǎn)。用某種單色光照射光電管，將滑動(dòng)變阻器的滑片P移到A具交

中點(diǎn)處，此時(shí)電流表中有電流，則（）aP*

A.將滑片P向a端移動(dòng)，光電流將一直變大曰

B.將滑片P向〃端移動(dòng)，光電子的最大初動(dòng)能一定變大

C.將滑片P向b端移動(dòng)，光電流將一直變小

D.將滑片尸向6端移動(dòng),光電子的最大初動(dòng)能一定變小

6.如圖甲所示，正五邊形硬導(dǎo)線框而cde固定在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直,

圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間f變化的關(guān)系，t=0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面

向里。設(shè)垂直cd邊向下為安培力的正方向，在。?5to時(shí)間內(nèi)，線框cd邊受到該磁

場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間，變化的關(guān)系圖為（）

起置于光滑的水平面上。木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，設(shè)

最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)用水平

向右的力F推木板A,下列說法正確的是（）

A.若尸=A與B會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，但8與C仍相對(duì)靜止

B.若F=2〃mg,A與B會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，但8與C仍相對(duì)靜止

C.若尸=3〃mg,4與8會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，8與C也相對(duì)滑動(dòng)

D,若尸=4〃mg,A與8會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，B與C也相對(duì)滑動(dòng)

第2頁(yè)，共18頁(yè)

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖所示，圖中實(shí)線為真空中點(diǎn)電荷。產(chǎn)生的電場(chǎng)線，虛

線為一個(gè)質(zhì)子在電場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)軌跡。己知質(zhì)子在a點(diǎn)

的電勢(shì)能為10eV,在6點(diǎn)的電勢(shì)能為5eV,若質(zhì)子在運(yùn)動(dòng)

過程中只受電場(chǎng)力作用，則下列判斷正確的是（）

A.場(chǎng)源電荷。帶正電

B.質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能是圖中虛線①

C.質(zhì)子在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能

D.質(zhì)子在。點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度

9.一列簡(jiǎn)諧橫波在1=0時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，圖中P、。兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置分別

位于％=2.0m和x=4.5m處，P點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示，則下列說法正確的（）

A.從1=0時(shí)刻起質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q先到達(dá)波峰位置

B.t=0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)。到達(dá)波峰位置

C.t=0.50s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度小于質(zhì)點(diǎn)Q的加速度

D.0?0.50s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)。受到的合力的沖量為零

10.如圖甲所示，斜面固定在水平地面上，一木塊沿斜面由靜止開始下滑，下滑過程中

木塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，設(shè)水平地面為零勢(shì)能面,

則下列說法正確的是（）

A.位移為x時(shí)，木塊剛好滑到斜面的底端

B.在位移從。到x的過程中，木塊的重力勢(shì)能減少了3E

C,圖線。斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的重力大小

D.圖線匕斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的合力大小

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.（）分）

11.“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)裝置圖如圖所示，通

過描點(diǎn)法畫出平拋小球的運(yùn)動(dòng)軌跡.

&

（1）在做“探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)”實(shí)驗(yàn)時(shí)，除了木板、小球、斜槽、重垂線、鉛筆、

三角板、圖釘、坐標(biāo)紙之外，下列實(shí)驗(yàn)器材中還需要的有。（填入正確選項(xiàng)

前的字母）

4.刻度尺

B.秒表

C.天平

（2）引起實(shí)驗(yàn)結(jié)果出現(xiàn)誤差的原因可能是。

4.實(shí)驗(yàn)中使用密度較小的小球

8.斜槽不光滑，有摩擦

C.小球自由滾下時(shí)起始位置不完全相同

。.以斜槽末端緊貼著槽口處作為小球做平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和所建坐標(biāo)系的原點(diǎn)。

（3）實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)安裝實(shí)驗(yàn)裝置時(shí)斜槽末端的切線不水平，導(dǎo)致斜槽的末端Q斜

向上與水平方向所成的夾角為。。該同學(xué)在某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，小球離開斜槽的速度大小

為孫，建立xQy平面直角坐標(biāo)系。請(qǐng)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律寫出小球水半方向的位移x

與時(shí)間，關(guān)系式和豎直方向的位移y與時(shí)間r關(guān)系式0

12.圖（a）是壓敏電阻的阻值大小隨壓力變化的關(guān)系圖象，某實(shí)驗(yàn)小組利用其特性設(shè)計(jì)

出一款電子秤，其電路圖如圖伯）所示。所用器材有：

壓敏電阻RF（無壓力時(shí)的阻值為50。）

電源燈（電動(dòng)勢(shì)12V,內(nèi)阻不計(jì)）

電源〃2（電動(dòng)勢(shì)6匕內(nèi)阻不計(jì)）

毫安表mA（量程30加4,內(nèi)阻100）

滑動(dòng)變阻器七（最大阻值為200。）

滑動(dòng)變阻器&（最大阻值為60。）

開關(guān)5,導(dǎo)線若干.

現(xiàn)進(jìn)行如下操作：

①將壓敏電阻處于無壓力狀態(tài)并按圖（b）連接好電路，將滑動(dòng)變阻器滑片置于b端

位置，然后閉合電鍵S；

②不放重物時(shí)緩慢調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片位置，直到毫安表示數(shù)為30m4,保持滑

動(dòng)變阻器滑片的位置不再改變：

③在RF上施加豎直向下的壓力下時(shí)，毫安表的示數(shù)為/，記錄F及對(duì)應(yīng)的/的值；

④將毫安表的表盤從\0niA到30/714之間的刻度標(biāo)記上對(duì)應(yīng)的尸值，完成電子秤的

設(shè)計(jì)。請(qǐng)回答下列問題：

第4頁(yè)，共18頁(yè)

（1）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)該選擇的滑動(dòng)變阻器是（填“R1”或"/?2"）.電源是（

填"EJ或"）；

（2）由圖（a）可得出壓敏電阻的阻值大小隨壓力變化的關(guān)系式為0,實(shí)驗(yàn)小組

設(shè)計(jì)的電子測(cè)力計(jì)的量程是N。

圖（a）圖（b）

四、計(jì)算題（本大題共3小題，共40.0分）

13.某嚴(yán)冬的早晨，司機(jī)小王發(fā)現(xiàn)自家汽車儀表盤顯示左前輪胎壓偏低，只有180kPa,

如圖所示。于是他將車開到附近汽車修理廠，用7PMS（胎壓監(jiān)測(cè)胎壓系統(tǒng)）做進(jìn)一

步檢測(cè)并準(zhǔn)備給左前輪充氣，當(dāng)天早晨室外溫度為-23。5若將汽車輪胎內(nèi)氣體視

為理想氣體，正常情況下，汽車胎壓為20（UP”，輪胎最大限壓為300/Pa,汽車輪

胎容積為無。

（1）若用某款電動(dòng)充氣泵給左前輪充氣，每分鐘充入壓強(qiáng)為100&P“的氣體體積△

了=0.1%,那么充氣幾分鐘可以使輪胎內(nèi)氣壓達(dá)到汽車正常行駛要求？（忽略充氣

過程輪胎體積和溫度變化）

（2）若該車充氣后開入室內(nèi)地下停車場(chǎng)，停車場(chǎng)溫度為15。。，充分熱交換后，該車

輪胎內(nèi)氣壓是多少？是否有爆胎危險(xiǎn)？（忽略此過程胎內(nèi)氣體體積變化）

14.如圖甲所示，真空中有一粒子源，連續(xù)不斷地放射出帶正電的粒子。粒子的初速度

很小(可視為零)。粒子經(jīng)加速電壓Ui加速后，從0點(diǎn)沿著偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中線0M射入偏

轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩偏轉(zhuǎn)極板間的距離為L(zhǎng),所加周期性電壓t/助如圖乙所示?偏轉(zhuǎn)極板右

側(cè)有寬度為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。磁場(chǎng)右邊界是一個(gè)

足夠大的光屏，所有到達(dá)光屏的粒子均不再反彈。粒子飛過偏轉(zhuǎn)極板間的時(shí)間極短，

可認(rèn)為每個(gè)粒子飛過的這段時(shí)間里偏轉(zhuǎn)電壓幾乎不變。

已知t=0時(shí)刻射入偏轉(zhuǎn)極板間的粒子，軌跡恰好與光屏相切；偏轉(zhuǎn)電壓為2%時(shí)射

入偏轉(zhuǎn)極板間的粒子恰好沿著偏轉(zhuǎn)極板上邊緣飛出電場(chǎng)。不計(jì)粒子重力及粒子之間

的相互作用力。求:

甲

(1)偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度;

(2)磁場(chǎng)右側(cè)光屏上有粒子擊中的范圍的長(zhǎng)度。

15.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=20ni的水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的驅(qū)動(dòng)下以%=8m/s的恒定速率

順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的左側(cè)與傾角為0=37。的光滑斜面平滑連接。一個(gè)質(zhì)量為m=

1kg的物塊A從光滑斜面上高為九=0.8m處無初速釋放，物塊A剛滑上傳送帶時(shí)，

質(zhì)量為M=7kg的物塊B從傳送帶的右端以為1=8?n/s的速度水平向左滑上傳送

帶，物塊4、B在傳送帶上發(fā)生對(duì)心彈性碰撞。己知物塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為%=0.2,物塊8與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為%=04,g取10m/s2,求：

(1)兩物塊即將碰撞時(shí)，物塊A速度的大??；

第6頁(yè)，共18頁(yè)

(2)碰撞后，物塊A離開傳送帶所需時(shí)間;

(3)物塊B與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的總熱量。

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：AB、由于籃球初速度和末速度是固定的，故伸出兩臂迎接球不會(huì)改變動(dòng)

量的變化和籃球?qū)κ值臎_量大小，故A3錯(cuò)誤；

CD,先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸

的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：-Ft=O-nw,解得F=詈；當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，動(dòng)量的變化

量不變，則球的動(dòng)量的變化率減小，即球?qū)κ值淖饔昧p小，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：Co

先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，

根據(jù)動(dòng)量定理即可分析作用力的大小。

本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，要注意物理與生活中的聯(lián)系，要能將所學(xué)物理規(guī)

律用到生活中。

2.【答案】D

【解析】解：A、在。?2s內(nèi)，甲、乙兩物體的速度均為正值，說明兩物體速度方向相

同，故A錯(cuò)誤；

B、在2?4s內(nèi)，乙物體做速度為4rn/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，知0-4s內(nèi)，甲物體的位移比

乙物體的大，而甲、乙兩物體同時(shí)、同地出發(fā)沿著同一直線運(yùn)動(dòng)，所以，在t=4s時(shí)，

甲、乙兩物體沒有相遇，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)u-t圖象的斜率大小表示加速度大小，知在6?8s內(nèi)，甲物體的加速度小于乙

物體的加速度，故。正確。

故選：D。

在u-t圖像中，速度的正負(fù)表示速度方向；平行于時(shí)間軸的直線表示勻速直線運(yùn)動(dòng)；

根據(jù)速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，分析兩物體的位移關(guān)系，結(jié)合初始

位置關(guān)系確定兩物體是否相遇。根據(jù)圖象的斜率分析加速度關(guān)系。

本題的關(guān)鍵要理解。-t圖像的物理意義，知道u-t圖像的斜率大小代表加速度大小，

圖像與時(shí)間軸圍成的面積代表位移。

3.【答案】C

第8頁(yè)，共18頁(yè)

【解析】解：根據(jù)開普勒第三定律昌=/￡可得：=

解得

4

.2“_T/口v中r中「同

由■可得：一=----ix2=V2

T”同「中丁同

故C正確，AB。錯(cuò)誤;

故選：Co

根據(jù)開普勒第三定律可求出中圓軌道衛(wèi)星與傾斜同步軌道衛(wèi)星的半徑之比，由"=繁求

出線速度之比。

本題主要考查了開普勒第三定律和線速度基本公式的應(yīng)用，在應(yīng)用開普勒第三定律時(shí)要

注意中心天體必須相同。

4.【答案】A

【解析】解：光從/從II發(fā)生全反射，說明I相對(duì)于口是光密介質(zhì)，

光從I到in發(fā)生折射，入射角大于折射角，則in相對(duì)于I是光密介質(zhì)，

則可以比較三種介質(zhì)的折射率，有%>%>改，

再由V去求傳播速率的關(guān)系為1?2>V1>%.故A正確，BCD錯(cuò)誤.

故選:Ao

光從/從II發(fā)生全反射，說明I相對(duì)于II是光密介質(zhì)，光從I到HI發(fā)生折射，入射角大

于折射角，則HI相對(duì)于I是光密介質(zhì)，則可以比較三種介質(zhì)的折射率，再由□=：去求

傳播速率的關(guān)系.

對(duì)于全反射，要把握的必要條件是光必須從光密介質(zhì)射入到光疏介質(zhì)，則根據(jù)全反射現(xiàn)

象可以比較兩介質(zhì)的折射率大小.

5.【答案】C

【解析】解：將滑動(dòng)變阻器的滑片尸移到中點(diǎn)處，此時(shí)電流表中有電流，說明逸出電子

能打到A極的，

A、滑動(dòng)觸頭P向〃端移動(dòng)，光電管兩端的正向電壓增大，光電流增大，當(dāng)光電流達(dá)到

飽和電流時(shí)電流不再增大，故A錯(cuò)誤；

B、依據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm=hy-W,光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)，與

AK極間的電壓無關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C、滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)，光電管兩端為反向電壓增大，光電流減小，電流表示數(shù)一

定變小，故C正確；

D、由B選項(xiàng)分析，可知，光電子的最大初動(dòng)能與AK極間的電壓無關(guān)，即使將滑片P

向b端移動(dòng)，光電子的最大初動(dòng)能仍不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

由題圖可知，光電管兩端為正向電壓，移動(dòng)觸頭P向a端移動(dòng)，增大光電管兩端正向電

壓，光電流增大，達(dá)到飽和電流后不再增大，反之，光電流要減小；并由光電效應(yīng)方程

Ekm=hy-W,即可判定影響光電子的最大初動(dòng)能因素。

本題考查了產(chǎn)生光電效應(yīng)的原理，掌握電效應(yīng)方程的內(nèi)容，知道光電流大小與入射光的

強(qiáng)度成正相關(guān)，還需要注意正向電壓與反向電壓的區(qū)別。

6.【答案】B

【解析】解：0-2t0,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:同=S*=S吟魯=骰,Ei為定值,2t0-3t0,

磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零；

3to—5to,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：%=5券=5芝員=一莽，段也為定值，

因此感應(yīng)電流也為定值，

那么安培力尸=BILxB

由于0-to,8逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律，可知，線圈中

感應(yīng)電流方向順時(shí)針?，依據(jù)左手定則，可知，線框〃邊受到安培力方向向下，即為正；

同理，t0-2t0,線框〃邊受到安培力方向向上，為負(fù)，大小增大；

而在2t0-3t0,線框cd邊受到?jīng)]有安培力：

在3to-4%,線框cd邊受到安培力方向向下，為正，大小減??；

在4to-5t0,線框〃邊受到安培力方向向上，為負(fù)，大小增大，故8正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：Bo

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流，根據(jù)安培力公

式F=求解安培力；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，再由左手定則判定安培力

的方向，從而即可求解。

本題根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力公式判斷安培力大小情況；根據(jù)楞次定律判斷安

培力方向，并掌握左手定則的應(yīng)用，及能與右手定則的區(qū)別。

7.【答案】B

第10頁(yè)，共18頁(yè)

【解析】解：4對(duì)B的最大摩擦力%B=〃巾9,假設(shè)此時(shí)8c不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)BC組

成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得：fAB=2ma

解得：a=

ma

此時(shí)對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：fBC==<fmax=2nmg,假

設(shè)成立，即當(dāng)AB發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，B與C不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)以加速度/加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，

當(dāng)A8恰好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)

對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律可得：F-iimg=ma,解得：F=|png,故當(dāng)尸時(shí)，

AB發(fā)生滑動(dòng)，BC不會(huì)發(fā)生滑動(dòng)，故ACO錯(cuò)誤，8正確；

故選：B。

由于物塊間的滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，當(dāng)AB剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)AB不

發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求得BC的加速度，判斷出8c間的摩擦力大小，即

可判斷出3c的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，利用牛頓第二定律求得A8剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的推力即可

判斷。

本題主要考查了牛頓第二定律，關(guān)鍵是正確的選擇研究對(duì)象，正確的受力分析，判斷出

AB剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的條件即可。

8.【答案】AC

【解析1解：A、根據(jù)Ep=q?,質(zhì)子〃點(diǎn)的電勢(shì)能高于人點(diǎn)的電勢(shì)能，可得。點(diǎn)電勢(shì)高

于人點(diǎn)的電勢(shì)，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以電場(chǎng)線方向遠(yuǎn)離。，叩。帶正電荷，故A

正確；

8、同種電荷相互排斥，粒子受到的電場(chǎng)力應(yīng)沿電場(chǎng)線向右，所以質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圖

中虛線②，故8錯(cuò)誤；

C、由于粒子在4、〃兩點(diǎn)受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線向右，故粒子從4到人電場(chǎng)力對(duì)粒子做

正功，粒子的動(dòng)能增大，所以帶電粒子在“點(diǎn)的動(dòng)能小于在〃點(diǎn)的動(dòng)能，故C正確；

D、a處電場(chǎng)線比方處電場(chǎng)線密，則a處電場(chǎng)強(qiáng)度比〃處的大，粒子在a點(diǎn)受到的電場(chǎng)

力較大，由牛頓第二定律知，帶電粒子在a點(diǎn)加速大于h點(diǎn)加速度，故。錯(cuò)誤；

故選：AC.

順著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，質(zhì)子a點(diǎn)的電勢(shì)能高于b點(diǎn)的電勢(shì)能，根據(jù)Ep=qy判

斷兩點(diǎn)電勢(shì)高低，進(jìn)而判斷Q電性。根據(jù)粒子受到的電場(chǎng)力方向判斷粒子軌跡，根據(jù)電

場(chǎng)力做功情況，判斷動(dòng)能的變化，由電場(chǎng)線的疏密分析場(chǎng)強(qiáng)的大小，得到電場(chǎng)力的大小，

從而判斷加速度的大小.

本題是電場(chǎng)中帶電粒子的軌跡問題，首先要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子所受的電場(chǎng)

力方向，再判斷粒子動(dòng)能和電勢(shì)能的變化.

9.【答案】AD

【解析】解：A、根據(jù)乙圖知0時(shí)刻P點(diǎn)振動(dòng)方向?yàn)閥軸正方向，根據(jù)同側(cè)法知甲圖中

波形圖傳播方向?yàn)閤軸正方向，則Q點(diǎn)振動(dòng)方向?yàn)閥軸負(fù)方向，所以從t=0時(shí)刻起質(zhì)

點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q先到達(dá)波峰位置，故A正確；

B、從圖中可以讀出周期為：7=2s

波長(zhǎng)為：A=4m

所以波速為：v-=^m/s=2m/s

t=0.25s時(shí)，機(jī)械波傳播的距離為：x=vt=2x0.25m=0.5m

x=4nl處質(zhì)點(diǎn)平衡位置的振動(dòng)形式傳到。點(diǎn)，。點(diǎn)到達(dá)平衡位置，故B錯(cuò)誤；

C、0.5s=；,P點(diǎn)振動(dòng)到波峰，。點(diǎn)未到波谷，質(zhì)點(diǎn)P的加速度大于質(zhì)點(diǎn)Q的加速度，

故C錯(cuò)誤；

D、0?0.50s機(jī)械波傳播的距離為:x'=vt'=2x0.5m=Im,

x=3.5m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)形式傳到。點(diǎn)，所以。點(diǎn)0時(shí)刻所處位置和0.5s所處位置關(guān)于平

衡位置對(duì)稱，速度相等，

根據(jù)動(dòng)量定理，合外力沖量等于動(dòng)量變化量，所以合外力沖量為零，故力正確.

故選：ADo

由甲讀出波長(zhǎng)九由圖乙讀出周期T,由〃=（求出波速；分析t=0.25#j,機(jī)械波傳播

的距離，可以判斷出質(zhì)點(diǎn)的位置；

分析t=0.5s時(shí)，可以判斷出質(zhì)點(diǎn)PQ的位置，從而找出P。加速度關(guān)系；

找出0.5s時(shí)。的位置，根據(jù)動(dòng)量定理可以求出合外力的沖量.

此題考查波動(dòng)圖象的相關(guān)知識(shí)，由波動(dòng)圖象讀出波長(zhǎng)，由振動(dòng)圖象讀出周期，判斷質(zhì)點(diǎn)

的振動(dòng)方向，由質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向判斷波的傳播方向等等都是基本功，要加強(qiáng)訓(xùn)練，熟練

掌握。

10.【答案】ABD

【解析】解：人木塊沿斜面由靜止下滑的過程，動(dòng)能增加，機(jī)械能減少，位移為x時(shí)，

木塊的動(dòng)能等于機(jī)械能，說明木塊的重力勢(shì)能為零，因?yàn)樵O(shè)水平地面為零勢(shì)能面，所以

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位移為x時(shí)，木塊剛好滑到斜面的底端，故A正確；

B、在位移從0到x的過程中，根據(jù)圖象可知，木塊的動(dòng)能Ek從0增加到2E,即動(dòng)能增

加了2E,機(jī)械能E就從3E減小到2E,即機(jī)械能減少了E,又因?yàn)闄C(jī)械能等于動(dòng)能和重

力勢(shì)能之和，即E%=Ek+Ep,可知木塊的重力勢(shì)能減少了3E,故B正確；

C、圖線。反映木塊的機(jī)械能隨位移變化的關(guān)系，由于木塊的機(jī)械能減少，所以木塊在

下滑過程中必定受到滑動(dòng)摩擦力，設(shè)滑動(dòng)摩擦力大小為人根據(jù)功能關(guān)系得：

得f=一要，則知圖線。斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小，

故C錯(cuò)誤；

D、圖線匕反映木塊的動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理都'令A(yù)xuAEk,則F冷=

愛，則知圖線方斜率的絕對(duì)值表示木塊所受的合力大小，故。正確。

故選：ABD.

根據(jù)位移為x時(shí)，動(dòng)能與機(jī)械能的關(guān)系分析木塊是否滑到斜面的底端；根據(jù)動(dòng)能與機(jī)械

能的變化分析重力勢(shì)能的變化：根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系列式分析圖線。斜

率的意義；根據(jù)動(dòng)能定理分析圖線6斜率的意義。

本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用。要掌握動(dòng)能定理和功能原理的內(nèi)容，分析好木塊下滑的過程

中動(dòng)能、重力勢(shì)能以及機(jī)械能的變化情況，分析好圖象對(duì)應(yīng)的能量以及相應(yīng)圖象斜率的

含義是解題的關(guān)鍵。

2

11.【答案】AACDx=v0tcosG,y=votsind-^gt

【解析】解：(1)在做“研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)時(shí)，除了木板、小球、斜槽、鉛筆、

圖釘之外，還需要刻度尺，用來測(cè)量距離，故A正確，BC錯(cuò)誤；

(2)4實(shí)驗(yàn)中使用密度較小的小球，空氣阻力對(duì)小球運(yùn)動(dòng)有較大影響會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差，

故A正確；

8、只要讓它從同一高度、無初速開始運(yùn)動(dòng)，在相同的情形下，即使球與槽之間存在摩

擦力，仍能保證球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相同，因此，斜槽軌道不必要光滑也不會(huì)引起實(shí)

驗(yàn)誤差，故B錯(cuò)誤；

C、.小球自由滾下時(shí)起始位置不完全相同，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度不同，不能保證每

次的軌跡相同，會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確：

。、小球在斜槽末端時(shí)，球心在白紙上的投影是平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)，以斜槽末端并不是小

球做平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)會(huì)造成實(shí)驗(yàn)誤差，故。正確。

(3)小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，其水平分速度為以=

vocos0,其水平分位移x與時(shí)間，的關(guān)系為：x=vxt=v0tcos9,

在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，其豎直方向上的分速度為%=%sin。，加速度為重力

2

加速度g,故豎直方向的位移y與時(shí)間r關(guān)系為：y=votsin6-^gt

2

故答案為：(1)4{2}ACD；(3)x=v0tcosd,y=votsine-^gt-

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定所需測(cè)量的物理量，從而確定所需的器材；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)分析實(shí)驗(yàn)誤差的原因；

(3)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解其水平位移和豎直位移表達(dá)式；

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)，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，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論靈活求解。

12.【答案】％E2/?F=50+0.5F0-800

【解析】解：(1)由于壓敏電阻的阻值隨壓力的增大而增大，則電路的電流隨壓力的增

大而減小，若電流表達(dá)到最大人=30機(jī)4壓力為零，若選電源E1,則電路的最小電阻

R=晟=m焉=0=200億顯然兩個(gè)滑動(dòng)變阻器均不適用，故Ei棄用，只能選擇電源

E2,則此時(shí)電路的最小電阻R=￡=懸啟0=100億故7?2不適用，選擇滑動(dòng)變阻器

%；

(2)設(shè)RF=50+kF,從圖象可以看出：當(dāng)戶=4N時(shí)，/?5=52。，代入上式求得k=

0.5O/N,則壓敏電阻的表達(dá)式為RF=50+0.5F?

當(dāng)電流取最大值A(chǔ)=307nA時(shí)，此時(shí)壓力為零,RF=500時(shí)，據(jù)歐姆定律有:E2=人(/?廣+

R++丁)

當(dāng)電流取最小值/2=10m/時(shí)，此時(shí)壓力最大為之,據(jù)歐姆定理有：％=/2(R'產(chǎn)+R+

以+r)

代入可得R'F=4500,再代入上式RF=50+0.5F,可得%=竺等7=800/V

所以電子測(cè)力計(jì)的量程是0?800N。

故答案為：(1)&、%;(2)即=50+0"、0-800

(1)根據(jù)毫安表量程結(jié)合給出的電源與電阻應(yīng)用歐姆定律求出電流最小電阻，然后選擇

實(shí)驗(yàn)所需要的電源與滑動(dòng)變阻器；

(2)根據(jù)電路圖應(yīng)用歐姆定律求出電路電流為30,雨時(shí)壓敏電阻阻值，然后根據(jù)圖示圖象

求出對(duì)應(yīng)的壓力，求出測(cè)力計(jì)的量程。

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本題考查了實(shí)驗(yàn)器材選擇與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，從保證安全的角度根據(jù)題意，應(yīng)用閉合電路

歐姆定律與串聯(lián)電路特點(diǎn)可以完成實(shí)驗(yàn)器材的選擇；應(yīng)用歐姆定律結(jié)合圖1所示圖線可

以求出電子測(cè)力計(jì)的量程。

13.【答案】解：（1）輪胎內(nèi)原有氣體的體積匕=%，壓強(qiáng)Pi=IQOkPa,

設(shè)該氣體壓強(qiáng)變?yōu)镻z=Po-lOOkPa時(shí)的體積為吃,

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：PIK=P214

解得：V2=1.8%,

設(shè)充氣泵沖入的氣體體積為V,以輪胎內(nèi)氣體與沖入氣體整體為研究對(duì)象，氣體初狀態(tài)

壓強(qiáng)為P3=Po=100/cPa,體積匕=U+%

末狀態(tài)壓強(qiáng)P4=200kPa,%=%

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：

P3%=P4%

解得：V=O.2Vo,

充氣的時(shí)間：t=￡=*=2m譏

（2）以充氣后車胎內(nèi)所有氣體為研究對(duì)象，P4=200kPa,T4=250K,Ts=288K時(shí)輪

胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)為生，初態(tài)和末態(tài)體積相同，由查理定律得￡=最

解得P4=230.4/cPa

該車胎壓沒超過限壓300Apm沒有爆胎危險(xiǎn)

答：（1）那么充氣2分鐘可以使輪胎內(nèi)氣壓達(dá)到汽車正常行駛要求；

（2）該車輪胎內(nèi)氣壓是230.4kPa,沒有爆胎危險(xiǎn)。

【解析】（1）充氣過程氣體的溫度保持不變，氣體發(fā)生等溫變化；以沖入的氣體與輪胎

內(nèi)原有氣體的整體為研究對(duì)象，求出氣體初末狀態(tài)的體積與壓強(qiáng)，然后應(yīng)用玻意耳定律

求出沖入氣體的體積，然后求出充氣的時(shí)間。

（2）氣體體積不變，應(yīng)用查理定律求出輪胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。

本題考查了玻意耳定律與查理定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，正確

選擇研究對(duì)象是解題的前提，應(yīng)用玻意耳定律與查理定律即可解題。

14.【答案】解：（1）設(shè)帶電粒子離開加速電場(chǎng)時(shí)速度為%,根據(jù)動(dòng)能定理有

1,

設(shè)偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為x,當(dāng)（/助=24時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中豎直方向加速度為a”運(yùn)

動(dòng)時(shí)間為f,則有

豎直方向，

根據(jù)牛頓第二定律

2%q

mL

在水平方向

x

v0

聯(lián)立各式解得x=L

(2)設(shè)［=0時(shí)刻射入偏轉(zhuǎn)極板間的粒子在磁場(chǎng)中軌道半徑為Ro,偏轉(zhuǎn)電壓為2%時(shí)沿著

偏轉(zhuǎn)極板上邊緣飛出電場(chǎng)時(shí)速度為%,則

由洛倫茲力提供向心力

vo

qvBR=m—

0Ko

整理得&=翳=A

飛出電場(chǎng)時(shí)速度大小%=J詔+藥=V2v0

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有

V1

qv1B=m—

/?!=V2L

根據(jù)幾何關(guān)系H=4+四乙一卷

解得H=

(2)磁場(chǎng)右側(cè)光屏上有粒子擊中的范圍的長(zhǎng)度為得a

【解析】(1)根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合動(dòng)能定理可以求出極板的長(zhǎng)度；

(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何知識(shí)，可以求出粒子擊中的范圍的場(chǎng)地。

本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵要能根據(jù)題意畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌

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跡圖，另外要注意結(jié)合牛頓第二定律和動(dòng)能定理的應(yīng)用。

15.【答案】解：(1)設(shè)物塊A沿斜面滑到底端時(shí)速度為以1，根據(jù)動(dòng)能定理：mgh=

扣唏-0

代入數(shù)據(jù)解得：VA1=4mls

設(shè)物塊A在傳送帶上的加速度為以，對(duì)物塊A應(yīng)用牛頓第二定律：^rmg=maA

設(shè)物塊B在傳送帶上的加速度為與，對(duì)物塊8應(yīng)用牛頓第二定律：42Mg=M3

22

代入數(shù)據(jù)解得：aA=2m/sfaB=4m/s

設(shè)物塊B速度減為零所需時(shí)間為J,則。=^=?s=2s

設(shè)物塊B在G時(shí)間內(nèi)的位移為XBI，則無Bl=