2021年浙江省高考物理精創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（二）（附答案詳解）

2021年浙江省高考物理精創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（二）

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）

1.根據(jù)物理公式可以得出單位關(guān)系或物理量的單位，下列說法正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的單位為V/CB.功率的單位為V.4或爐.。

C.普朗克常量h的單位為八HzD.力的單位為7-C-m

2.與原子光譜有關(guān)的物理知識(shí)，下列說法正確的是（）

A.有些原子的發(fā)射光譜是線狀譜，有些原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜

B.太陽光譜中的許多暗線與太陽大氣中存在的金屬元素的特征譜線相對(duì)應(yīng)

C.巴耳末發(fā)現(xiàn)氫原子的可見光譜有分立特征，但氫原子的不可見光譜有連續(xù)特征

D.有些電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的變化是連續(xù)的，所以我們看到了原子的連續(xù)光譜

3.國(guó)產(chǎn)殲-15艦載機(jī)以65m/s的速度降落在靜止的“遼寧號(hào)”航母水平甲板上，機(jī)尾

掛鉤精準(zhǔn)鉤住阻攔索。在阻攔索的拉力幫助下，經(jīng)歷2.5s速度減小為零。若將上述

運(yùn)動(dòng)視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)以上數(shù)據(jù)不能求出戰(zhàn)斗機(jī)在甲板上運(yùn)動(dòng)的（）

A.位移B.加速度C.平均速度D.受到的阻力

4.一質(zhì)點(diǎn)在某段時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的u—t圖像是一段拋物t,t*L.........................

線，如圖所示，關(guān)于0?ti和匕?t2兩段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)/：

動(dòng)，以向右為正方向，0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于A點(diǎn)，下列1

說法正確的是（）

A.兩段時(shí)間內(nèi)的位移大小相等

B.t2時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于4點(diǎn)右側(cè)

C.質(zhì)點(diǎn)在0?0時(shí)間內(nèi)的平均速度小于在h?t2時(shí)間內(nèi)的平均速度

D.。?t2時(shí)間內(nèi)加速度隨時(shí)間均勻增大

5.以下有關(guān)物理學(xué)史的說法正確的是（）

A.愛因斯坦首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)，并做出了解釋

B.庫侖第一個(gè)提出了場(chǎng)的概念，并用電場(chǎng)線來描述場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向

C.玻爾提出的原子理論認(rèn)為原子的能量處于變化的過程中，電子做變速運(yùn)動(dòng)，同

時(shí)向外輻射能量

D.根據(jù)玻爾理論，一個(gè)處于n=4能級(jí)的氫原子回到n=1能級(jí)的過程中，最多可

放出3種頻率不同的光子

6.通有電流/的直導(dǎo)線豎直放置，且可繞o點(diǎn)向各個(gè)方向轉(zhuǎn)動(dòng)，n

電流方向如圖所示，。為直導(dǎo)線的中心，下列哪種情況將會(huì)發(fā)?0

生（）二—

A.導(dǎo)線受磁場(chǎng)力的作用，繞。點(diǎn)逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)SN

B.導(dǎo)線受磁場(chǎng)力的作用，繞。點(diǎn)上端向外，下端向里轉(zhuǎn)動(dòng)

C.導(dǎo)線受磁場(chǎng)力的作用，繞。點(diǎn)上端向里，下端向外轉(zhuǎn)動(dòng)

D.導(dǎo)線不受磁場(chǎng)力的作用，故不轉(zhuǎn)動(dòng)

7.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，電容器上極板

與一靜電計(jì)相連，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一質(zhì)量為，〃

的帶電微粒靜止于電容器的中點(diǎn)P,P點(diǎn)與上、下極板間距離均為“，重力加速度

為g,下列說法正確的是（）

A.微粒一定帶正電

B.若電容器上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，電容器電容增大，靜電計(jì)指針張角

變小

C.若先把電容器上極板豎直向下移動(dòng)T后，再將微粒由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t=后

微粒到達(dá)上極板

D.若先把電容器上極板豎直向下移動(dòng)：后，再將微粒由靜止釋放，微粒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)

間后打在極板上并被捕獲,微粒與極板作用過程中所受合外力的沖量大小為27n腭

8.如圖所示，。是一只二極管，4、8是水平放置的平

行板電容器的極板，重力可以忽略不計(jì)的帶電粒子以

速度為水平射入電場(chǎng)，且剛好沿下極板B的邊緣以速

率丫飛出.若保持其中一個(gè)極板不動(dòng)而把另一個(gè)極板移動(dòng)一小段距離，粒子仍以相

同的速度%從原處飛入，則下列判斷正確的是（）

第2頁，共26頁

A.若上極板A不動(dòng)，下極板8上移,粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出

B.若上極板A不動(dòng)，下極板B上移,粒子將打在下板8上，速率大于v

C.若下極板8不動(dòng)，上極板4上移,粒子將從板間飛出，速率小于v

D.若下極板B不動(dòng)，上極板A上移,粒子仍沿下極板B的邊緣以速率v飛出

9.如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為&,一端固定在傾角為。的斜面

底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、8質(zhì)量均為加，初始時(shí)均靜止?，F(xiàn)用平行

于斜面向上的力尸拉動(dòng)物塊8,使8做加速度為。的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、8兩物塊在

開始一段時(shí)間內(nèi)的關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、8圖線蟲時(shí)刻4、2的圖線相切，

t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)4圖線的最高點(diǎn)），重力加速度為g，貝4（）

A.0?t］過程中，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少

B.匕時(shí)刻，彈簧形變量為嗖”

C.0?t2過程中，拉力廠逐漸增大

D.t2時(shí)刻，彈簧形變量為o

10.如圖甲所示，環(huán)形導(dǎo)線b與導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒構(gòu)成閉合回路，導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中向左

運(yùn)動(dòng)，金屬環(huán)。與導(dǎo)線環(huán)人共面共心；如圖乙所示，金屬環(huán)N放置于環(huán)形電流i所

產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，環(huán)形電流i方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，環(huán)面與磁場(chǎng)方向垂直。下列說法正

確的是（）

A.若圖甲中的導(dǎo)體棒向左勻速運(yùn)動(dòng)，環(huán)。將產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，且有擴(kuò)

張的趨勢(shì)

B.若圖甲中的導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動(dòng)，環(huán)。不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，無收縮或擴(kuò)張的趨

勢(shì)

C.若圖乙中的電流i減弱，N中將產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，且有收縮的趨勢(shì)

D.若圖乙中的電流，?減弱，N中將產(chǎn)生沿順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，且有收縮的趨勢(shì)

11.圖甲所示是一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)，該發(fā)電機(jī)線圈的內(nèi)阻為100,外接燈泡的電阻為900,

圖乙所示為該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的正弦規(guī)律圖像。下列說

法正確的是（）

甲乙

A.在t=0.01s時(shí)刻，電壓表的示數(shù)為零

B.在t=0.005s時(shí)刻，通過線圈的磁通量最大

C.在1s內(nèi)，燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為108.9/

D.電路中電流的有效值為非加4

12,2020年中國(guó)航天重大工程可謂“琳瑯滿目”，其中之一是實(shí)施探月工程三期的“嫦

娥五號(hào)”任務(wù)，實(shí)現(xiàn)月面無人采樣返回，圓滿完成了探月工程三步走的總體規(guī)劃目

標(biāo)。設(shè)“嫦娥五號(hào)”被月球捕獲后，經(jīng)歷三次變軌過程，最后貼近月球表面做圓周

運(yùn)動(dòng)以備著陸，其中變軌過程如圖所示，已知引力常量為G,以下說法正確的是（）

A.“嫦娥五號(hào)”在三個(gè)軌道上運(yùn)行時(shí)，運(yùn)行的周期關(guān)系為1>TB>TC

B.“嫦娥五號(hào)”在軌道A上的機(jī)械能大于在軌道8上的機(jī)械能

C.“嫦娥五號(hào)”在尸點(diǎn)從軌道8變軌到軌道A上，需要在P點(diǎn)朝速度反方向噴氣

D.若“嫦娥五號(hào)”在軌道A上貼近月球表面，已知“嫦娥五號(hào)”在軌道A上運(yùn)行

的角速度，可以推算出月球的密度

13.全國(guó)多地在歡迎援鄂抗疫英雄凱旋時(shí)舉行了“飛機(jī)過水門”的最高禮儀，寓意為

“接風(fēng)洗塵”。某次儀式中，兩條水柱從兩輛大型消防車中斜向上射出，左右兩條

水柱從同一高度射出，射出時(shí)速度方向與水平方向的夾角分別為45。和30。，兩條水

柱恰好在最高點(diǎn)相遇，不計(jì)空氣阻力和水柱間的相互影響，則左右兩條水柱射出時(shí)

的速度大小之比為（）

第4頁，共26頁

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）

14.沿水平放置的足夠長(zhǎng)彈性繩建立x軸，從左向右有M、。、N三個(gè)質(zhì)點(diǎn)（N點(diǎn)未畫出

），位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的。質(zhì)點(diǎn)在外力作用下做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，形成沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫

波。t=0時(shí)刻波形如圖甲所示，其中M點(diǎn)再經(jīng)過1s時(shí)間（小于一個(gè)周期），位移仍

與t=0時(shí)相同，但振動(dòng)方向相反。N點(diǎn)與M點(diǎn)平衡位置距離小于一個(gè)波長(zhǎng)，且振

動(dòng)方向總相反（）

甲乙

A.N點(diǎn)平衡位置坐標(biāo)為x=8cm

B.此簡(jiǎn)諧波在x軸上的傳播速度為4m/s

C.N點(diǎn)振動(dòng)圖象如圖乙所示

D.M比N先振動(dòng)，且二者起振方向相反

15.如圖所示，光滑水平面上有一個(gè)斜面粗糙的斜劈，細(xì)繩一端固定，另一端與小球相

連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平推力F向左推斜劈，使之向左勻速運(yùn)動(dòng)一段

距離（細(xì)繩尚未達(dá)到平行于斜面的位置）。在此過程中（）

A.小球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)

B.水平推力/所做的功大于小球機(jī)械能的增加量

C.斜劈對(duì)小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量

D.斜劈對(duì)小球所做的功等于小球?qū)π迸龅墓?/p>

16.某品牌的電動(dòng)汽車電池儲(chǔ)能為60kW，，充電電壓為400匕充電電流為35A,充電

效率為95%,該電動(dòng)汽車以108km"的速度勻速行駛時(shí)，機(jī)械能轉(zhuǎn)化效率為90%,

可勻速行駛388.8km,則該電動(dòng)汽車()

A.充電時(shí)間約為4.5h

B.勻速行駛時(shí)輸出的功率為

C.勻速行駛時(shí)每秒消耗的電能為1.5x104/

D.勻速行駛時(shí)所受的阻力大小為500N

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共18.0分)

17.如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以探究碰撞中的不變量。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓質(zhì)量為的

入射小球從斜槽軌道上某一固定位置S由靜止開始滾下，從軌道末端。點(diǎn)水平拋出，

落到與軌道。點(diǎn)連接的傾角為。的斜面上；再把質(zhì)量為僧2的被碰小球放在斜槽軌道

末端，讓入射小球仍從位置S由靜止?jié)L下，與被碰小球碰撞后，分別與斜面第一次

碰撞留下各自的落點(diǎn)痕跡。M、P、N為三個(gè)落點(diǎn)的位置(不考慮小球在斜面上的多

次碰撞)。

(1)實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測(cè)量

,間接地解決這個(gè)問題。

A小球開始釋放高度h

A斜面的傾角9

C.0點(diǎn)與各落點(diǎn)的距離

(2)以下提供的測(cè)量工具中，本實(shí)驗(yàn)必須使用的是(多選)。

A刻度尺

B.天平

C量角器

D秒表

(3)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是。

A斜槽軌道必須光滑，且入射小球每次釋放的初位置相同

A斜槽軌道末端必須水平

C.為保證入射球碰后沿原方向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足入射球的質(zhì)量等于被碰球的質(zhì)量瓶2

(4)①在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式,則可以認(rèn)為兩球碰撞前后總

動(dòng)量守恒。

4恤?OP=?OM+m2?ON

B.m1-VOP=m1-'OM+m2?y/ON

第6頁，共26頁

C.7n1-'ON=7nl?y[OP+m2-y/OM

D.m1-ON=m1-OP+m2-OM

②若碰撞是彈性碰撞，以上物理量還滿足的表達(dá)式為

18.探究標(biāo)有“2.5U0.64”的小燈泡的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)時(shí)，給出了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)

(1)現(xiàn)有兩種規(guī)格的滑動(dòng)變阻器%(5021.54)和/?2(5。,2.04),為了調(diào)節(jié)方便，測(cè)量

準(zhǔn)確，在實(shí)驗(yàn)中，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用(填“當(dāng)”或“/?2”)：

(2)用筆畫線代替導(dǎo)線把圖甲中的電路圖補(bǔ)充完整；

(3)圖乙是小燈泡的/-U特性曲線，圖線切線的斜率的倒數(shù)(填“等于”或

“不等于”)小燈泡的電阻；通過圖線計(jì)算可知，當(dāng)小燈泡兩端的電壓為1.0U時(shí)，

小燈泡的電阻為(保留兩位有效數(shù)字)。

四、計(jì)算題(本大題共4小題，共37.0分)

19.某興趣小組自制了一枚小火箭，質(zhì)量為1版，設(shè)火箭從地面發(fā)射后，始終在垂直于

地面的方向上運(yùn)動(dòng)?；鸺c(diǎn)火后可認(rèn)為做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過4s到達(dá)離地面40/n

高處時(shí)燃料恰好用完，若不計(jì)空氣阻力和燃料燃燒引起的火箭質(zhì)量變化，取重力加

速度g=10m/s2,求：

(1)燃料恰好用完時(shí)火箭的速度大??；

(2)火箭上升后離地面的最大高度；

(3)燃料用完后火箭繼續(xù)上升的時(shí)間和加速上升過程火箭燃料對(duì)火箭的沖量大小。

20.如圖所示，豎直光滑圓軌道BE用分別和水平直軌道AB.B'C相切于B點(diǎn)與B'點(diǎn)、(B點(diǎn)

與夕在同一水平面但不重合)，直軌道AB左端固定一彈射裝置，開始彈簧處于鎖定

狀態(tài)，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為0.6/.直軌道B'C的右端放置一水平傳送帶，傳送帶與

直軌道等高且與C端相連接。轉(zhuǎn)輪半徑r=0.1m,轉(zhuǎn)軸間距L=1m的傳送帶以恒

定的線速度v=1.0m/s逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪的最低點(diǎn)距離地面的高度H=1.8m?，F(xiàn)

將可以看做質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量巾=0.1kg的小物塊與彈簧相接觸，解除鎖定后，小物塊從

A點(diǎn)被彈出后通過光滑直軌道A8進(jìn)入豎直光滑圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)然后進(jìn)入粗糙的

直軌道B'C.已知豎直光滑圓軌道半徑R=0.2m,小物塊與直軌道B'C、傳送帶間的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為U=0.4,直軌道夕。的長(zhǎng)度S=1m.

(1)求小物塊對(duì)圓軌道最高點(diǎn)E的壓力大小

(2)求小物塊最終停在何處

(3)若改變彈簧鎖定位置，使小物塊從傳送帶。點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)

到。點(diǎn)的水平距離x與彈簧彈性勢(shì)能/的關(guān)系式及Ep滿足的條件(彈簧始終處于彈

性限度內(nèi))

第8頁，共26頁

21.電磁炮的發(fā)射需要大量的電能瞬間釋放，如圖甲所示，這些電能需要電容器來儲(chǔ)存,

這就需要對(duì)電容器先充電。如圖乙所示是電容器充電的基本原理圖，空間存在方向

豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng),

質(zhì)量為，〃的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置；導(dǎo)軌的左端連接電容為C的電容器，導(dǎo)體棒的

電阻為R,其余電阻忽略不計(jì)。開始時(shí)，給導(dǎo)體棒水平向右的初速度％,在運(yùn)動(dòng)過

程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，直到導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。

甲

(1)試分析說明導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)歷的運(yùn)動(dòng)過程；

(2)求導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后的速度；

(3)求電容器的最大帶電荷量；

(4)若導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為。，求電容器儲(chǔ)存的

最大能量。

22.現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖所示的X。)，平面內(nèi)，在

x軸上方有一沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E=喏。在x軸下方相鄰并

排著兩個(gè)寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域1、2的感應(yīng)強(qiáng)度分別為a=8、%=2B,

方向都垂直平面向外。在x軸上x=2d至64間有一個(gè)收集板(圖中未標(biāo)注)。現(xiàn)有

一可在y軸正半軸上移動(dòng)的粒子源，能釋放不計(jì)初速質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒

子(重力忽略不計(jì)，不考慮粒子之間的相互影響)。

(1)若粒子從4(0,均)處釋放，求粒子在磁場(chǎng)區(qū)域1內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑4；

(2)要使粒子恰好不從磁場(chǎng)區(qū)域2的下邊界射出，求此時(shí)在磁場(chǎng)區(qū)域2內(nèi)做圓周運(yùn)

動(dòng)的軌道半徑七；

(3)若粒子源在y軸正半軸上2d至104范圍內(nèi)均勻釋放N個(gè)粒子，求這些粒子中能

打在收集板上的粒子個(gè)數(shù)。

第10頁，共26頁

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、由E=；=，可知電場(chǎng)強(qiáng)度的單位為N/C或V/m,故A錯(cuò)誤；

B、由P吆=U/、P熱=/R可知功率的單位等于us或膜.0,故B正確；

C、由E=/iv,可得h=$,則人的單位為〃Hz或7?s,故C錯(cuò)誤；

D、由F=Bqu可知力的單位為T?C?m/s,故。錯(cuò)誤。

故選：B。

物理公式不僅確定了各個(gè)物理量之間的關(guān)系，同時(shí)也確定了物理量的單位之間的關(guān)系，

根據(jù)物理公式來分析物理量的單位即可。

本題考查力學(xué)單位制的計(jì)算，要注意物理公式在確定物理量間的關(guān)系的時(shí)候同時(shí)也確定

了單位之間的關(guān)系，根據(jù)不同的公式來確定單位之間的關(guān)系。

2.【答案】B

【解析】解：A、各種原子的發(fā)射光譜都是線狀譜，故A錯(cuò)誤；

8、太陽光譜中的許多暗線與太陽大氣中存在的金屬元素的特征譜線相對(duì)應(yīng)，于是我們

知道太陽大氣中存在哪些金屬元素，故B正確；

C、可見光譜與不可見光譜都有分立特征，沒有連續(xù)特征，故C錯(cuò)誤；

。、電子繞原子核運(yùn)動(dòng)的變化都是不連續(xù)的，我們看到的原子光譜都是線狀譜，故。錯(cuò)

誤；

故選：8。

原子光譜是線狀譜，是不連續(xù)的。不同原子的光譜都有各自的特征譜線，原子光譜是不

相同的。

本題考查與原子光譜有關(guān)的物理知識(shí)，復(fù)習(xí)過程中注意積累，難度不大。

3.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)％=求得x=81.25m,所以能求出戰(zhàn)斗機(jī)在甲板上運(yùn)動(dòng)的位

移，故A正確；

B、根據(jù)加速度的定義式a=卓=誓m/s2=-26m/s2,能求出戰(zhàn)斗機(jī)在甲板上運(yùn)動(dòng)

△CZ.5

的加速度，故B正確;

C、根據(jù)推論，萬=等=等m/s=32.5m/s,所以能求出戰(zhàn)斗機(jī)在甲板上運(yùn)動(dòng)的平

均速度，故C正確；

。、因?yàn)椴恢缿?zhàn)斗機(jī)的質(zhì)量，無法由牛頓第二定律求戰(zhàn)斗機(jī)所受的阻力，故。錯(cuò)誤;

本題選不能求出的

故選：D。

根據(jù)加速度的定義式求加速度；根據(jù)％=歿睦求解位移；由萬=等求解平均速度；不

知道戰(zhàn)斗機(jī)的質(zhì)量，無法求出阻力

本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式及牛頓第二定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于

基礎(chǔ)題。

4.【答案】D

【解析】解：A、在u-t圖像中，圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示質(zhì)點(diǎn)在該段時(shí)間內(nèi)的位

移大小，故質(zhì)點(diǎn)在0?亢時(shí)間內(nèi)的位移大小大于匕?七時(shí)間內(nèi)的位移大小，故A錯(cuò)誤；

B、。?h時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，J?t2時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，因質(zhì)點(diǎn)在0?ti時(shí)間內(nèi)的位

移大小大于tl?t2時(shí)間內(nèi)的位移大小，則t2時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)位于A點(diǎn)左側(cè)，故B錯(cuò)誤；

C、0?t］時(shí)間內(nèi)的平均速度大于?匕時(shí)間內(nèi)的平均速度小于冷，則0?％時(shí)間內(nèi)的

平均速度大于句?t2時(shí)間內(nèi)的平均速度，故C錯(cuò)誤；

。、D-t圖像是一段拋物線，則其表達(dá)式可以寫成口=比2+從V對(duì)，求導(dǎo)即為加速度，

得a=2kt,與f為一次函數(shù)關(guān)系，即加速度隨時(shí)間均勻增大，故力正確。

故選：。。

速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所包圍的面積大小表示位移大小，速度的正負(fù)表示速度方向，

圖像的斜率表示質(zhì)點(diǎn)的加速度，結(jié)合平均速度等于位移與時(shí)間之比分析。

本題關(guān)鍵是要知道速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸包圍的面積表示位移大小，圖像的斜率等于

質(zhì)點(diǎn)的加速度，從而分析圖像的物理意義。

5.【答案】D

【解析】解：A、赫茲首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象，愛因斯坦成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)象，

故A錯(cuò)誤；

8、法拉第第一個(gè)提出了場(chǎng)的概念，并用電場(chǎng)線來描述場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向，故B錯(cuò)誤；

C、玻爾提出的原子理論認(rèn)為原子處在具有一定能量的定態(tài)中，雖然電子做變速運(yùn)動(dòng)，

但不向外輻射能量，故C錯(cuò)誤；

第12頁，共26頁

D、根據(jù)玻爾理論，一個(gè)處于n=4能級(jí)的氫原子回到n=1能級(jí)的過程中，最多可放出

3種頻率不同的光子，故。正確。

故選：Do

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可；

處在激發(fā)態(tài)的氫原子會(huì)自動(dòng)向低能級(jí)躍遷，然后根據(jù)躍遷的規(guī)律，結(jié)合可能的躍遷的不

同路徑分析可能的種類即可。

本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記

憶，這也是考試內(nèi)容之一，同時(shí)還考查波爾氫原子模型，注意掌握一群氫原子處于激發(fā)

態(tài)能放出光子種數(shù)的方法，和一個(gè)氫原子處于激發(fā)態(tài)能放出光子種數(shù)的方法，要注意到

它們之間的差別。

6.【答案】C

【解析】解：磁感線分布如圖所示，

用左手定則判斷通電直導(dǎo)線上端受安培力方向向外，下端受安培力方向也向外，上端磁

感線疏松，下端磁感線密集，可知上端磁感應(yīng)強(qiáng)度小，導(dǎo)線受安培力較小，下端磁感應(yīng)

強(qiáng)度較大，導(dǎo)線受安培力較大，所以直導(dǎo)線受磁場(chǎng)力的作用，繞。點(diǎn)下端向外，上端向

里轉(zhuǎn)動(dòng)，故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)通電導(dǎo)線周圍存在磁場(chǎng)，依據(jù)右手螺旋定則可確定，電流與磁場(chǎng)的方向關(guān)系，再由

左手定則可知，通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力的方向，由于通電導(dǎo)線距離不同，磁場(chǎng)

的強(qiáng)弱也不同，即可判定安培力的大小，從而求解.

本題考查安培力大小和方向的分析，掌握右手螺旋定則與左手定則的應(yīng)用，注意區(qū)別左

手定則與右手定則，同時(shí)知道離通電導(dǎo)線越遠(yuǎn)的磁場(chǎng)越弱.

7.【答案】C

【解析】解：A、由題圖可知，平行板電容器間電場(chǎng)方向豎直向下，微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，

滿足zng=qE,可知微粒受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，故微粒一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤;

8、若平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，兩板的間距變小，可知電容器

的電容增大，又因?yàn)殪o電計(jì)指針張角的變化表征電容器兩極板間的電勢(shì)差變化，題中兩

板間電勢(shì)差U為電源的電動(dòng)勢(shì)￡保持不變，所以靜電計(jì)指針的張角不變，故8錯(cuò)誤;

C、電容器上極板豎直向下移動(dòng)g后，場(chǎng)強(qiáng)大小由變?yōu)镋=字=藐，電場(chǎng)力大小

為qE'=等，微粒向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=也%=5g,由4一3=；。迷2得1=

3m3y22

留故C正確；

79

。、設(shè)微粒與上極板作用過程中所受合外力的沖量大小為/,故微粒從靜止開始運(yùn)動(dòng)到

被捕獲這一過程，由動(dòng)量定理有/—mat=0-0,解得/=［小。后=小后，故。錯(cuò)

誤。

故選：Co

電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢(shì)差不變，根據(jù)電容器d的變化判斷電容

的變化以及電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，從而判斷電荷電勢(shì)能和電場(chǎng)力的變化。

本題考查電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和動(dòng)量定理，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與

電源始終相連，則電勢(shì)差不變，當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變.

8.【答案】D

【解析】解：AB、若上極板A不動(dòng)，下極板8上移，則電容器電容增大，繼續(xù)充電，

二極管正向?qū)?，充電可以正常進(jìn)行，貝恒=?場(chǎng)強(qiáng)變大，

粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)下極板時(shí)垂直極板方向上發(fā)生的位移：dy=^at2①

qEc

Q=一②

m

得：t=犀;

7qE

平行極板方向位移：L==%J肝；

由前面分析知E變大、下極板上移則的變小，故〃變小，即粒子沒有飛出極板而是打在

下極板上，

根據(jù)動(dòng)能定理：qf/y=^mv2-^mvQ

下極板上移后與減小，則u減小，即打在下極板的速率小于也故A3錯(cuò)誤；

CD,若下極板B不動(dòng)，上極板A上移，則電容器電容減小，電容器應(yīng)該要放電，但是

二極管反向截止，故電容器上電荷量不變，

第14頁，共26頁

Q

F==i===則由式子可以看出E不變，則粒子仍按原軌跡運(yùn)動(dòng)，

ddCd—47tf—cddES

又下極板不動(dòng)，故粒子仍從下極板邊緣以速率V飛出，故C錯(cuò)誤。正確.

故選：D.

若上極板A不動(dòng)，下極板B上移，則電容器電容增大，繼續(xù)充電，二極管正向?qū)ǎ?/p>

電可以正常進(jìn)行，貝歸=9場(chǎng)強(qiáng)變大，根據(jù)平拋規(guī)律判斷粒子能否飛出，根據(jù)動(dòng)能定理

判斷粒子飛出時(shí)的速率變化；

若下極板8不動(dòng)，上極板A上移，則電容器電容減小，電容器應(yīng)該要放電，但是二極管

反向截止，故電容器上電荷量不變?nèi)缓蠓治鰣?chǎng)強(qiáng)的變化.

本題關(guān)鍵是注意二極管的特點(diǎn)，由于二極管的正向?qū)▌t電容器充電可以照常進(jìn)行，但

二極管反向截止，故二極管的放電不能正常進(jìn)行，導(dǎo)致電容器電容減小時(shí)電荷量不變,

此時(shí)相當(dāng)于電容器與電源斷開的情形.

9.【答案】A

【解析】解：AB,由圖知，方時(shí)刻物塊A、8開始分離，對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律:

kx—mgsind=ma

tl時(shí)刻，彈簧形變量為X="37嗎

%時(shí)刻物塊力、8開始分離…①

開始時(shí)有：2mgsin。=kx0...②

2

從開始到tl時(shí)刻，彈簧做的功：WT=Ep=\kxl-\kx…③

從開始到時(shí)刻的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：WT-^-WF-2mgsin9{xQ-%)=2x

…④

2a(x0—%)=vf…⑤

由①②③④⑤解得：畋=%一⑺所以拉力尸做的功比彈簧做的功少，

故A正確、B錯(cuò)誤；

C、從開始到時(shí)刻，對(duì)物塊A3整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F4-kx-2mgsin9=

2ma,得尸=2?ngsi7ie+—kx,x減小，產(chǎn)增大；

。時(shí)刻到時(shí)亥「對(duì)物塊B由牛頓第二定律得:F—mgsind=ma,得尸=mgsind+ma9

可知F不變，故C錯(cuò)誤；

D、J時(shí)刻物塊A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsind=

kx',則得：/=安”，故。錯(cuò)誤。

k

故選：4。

G時(shí)刻物塊A、B開始分離，對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律求解彈簧形變量；由圖讀出，心

時(shí)刻A、B開始分離，根據(jù)功能關(guān)系分析能量如何轉(zhuǎn)化，分析。?匕過程中拉力產(chǎn)做的功

與彈簧彈力做的功的多少；物塊A的速度最大時(shí)加速度為零，根據(jù)胡克定律求出4達(dá)到

最大速度時(shí)的位移。

從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0.從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看，一起運(yùn)動(dòng)

的兩物體恰好分離時(shí)，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。

10.【答案】D

【解析】解：A、若題圖甲中的導(dǎo)體棒向左勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，導(dǎo)線環(huán)b中產(chǎn)生

逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，通過導(dǎo)線6的感應(yīng)電流恒定，產(chǎn)生的磁場(chǎng)也恒定，金屬環(huán)。中

不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；

B、若題圖甲中的導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，導(dǎo)線6中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感

應(yīng)電流，且感應(yīng)電流不斷增大，由右手螺旋定則可知，導(dǎo)線環(huán)人內(nèi)部的磁場(chǎng)方向垂直紙

面向外且逐漸增強(qiáng)，將金屬環(huán)。內(nèi)部的磁場(chǎng)分為b內(nèi)部的磁場(chǎng)和a、b之間的磁場(chǎng)兩部

分，根據(jù)疊加原理，可知通過金屬環(huán)a中的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外且大

小逐漸增強(qiáng)，由楞次定律可知，金屬環(huán)。產(chǎn)生的磁場(chǎng)將阻礙。中磁場(chǎng)的變化，則金屬環(huán)

“產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，即金屬環(huán)〃中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)同向

電流相互吸引、反向電流相互排斥，可知金屬環(huán)a有擴(kuò)張的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；

CD,由右手螺旋定則可知，若題圖乙中環(huán)形電流i減弱，則，?內(nèi)部產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度方向垂直紙面向里且大小逐漸減弱，將金屬環(huán)N內(nèi)部的磁場(chǎng)分為i內(nèi)部和N、i之

間兩部分，根據(jù)疊加原理，可知通過金屬環(huán)N中的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向

里且大小逐漸減弱，由楞次定律可知，金屬環(huán)N產(chǎn)生的磁場(chǎng)將阻礙N中磁場(chǎng)的變化，

則金屬環(huán)N產(chǎn)生的磁場(chǎng)方的磁感應(yīng)強(qiáng)度向垂直紙面向里，即金屬環(huán)N中產(chǎn)生順時(shí)針方

向的感應(yīng)電流，根據(jù)同向電流相互吸引、反向電流相互排斥，可知金屬環(huán)N有收縮的趨

勢(shì)，C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

根據(jù)右手定則和楞次定律判斷圖甲中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流方向和大小變化，再判斷。中

磁場(chǎng)變化從而判斷有無感應(yīng)電流以及感應(yīng)電流方向，根據(jù)右手螺旋定則判斷圖乙中電流

產(chǎn)生磁場(chǎng)，再根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理判斷N中磁通量變化，以判斷感應(yīng)電流方向，再依據(jù)同

向電流相互吸引、反向電流相互排斥判斷線圈收縮還是擴(kuò)張。

本題考查磁生電的原理與楞次定律，判斷閉合回路的磁通量變化情況是解決本題關(guān)鍵。

第16頁，共26頁

11.【答案】C

【解析】解：A、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值后=半=里以=110乙電壓表測(cè)量的是燈泡

V2V2

兩端的電壓。=白/?=惡;X9OU=99V,故A錯(cuò)誤；

K+7*y(J+10

B、在0.005s時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈處于與中性面垂直位置，穿過線圈的磁通量

最小，故B錯(cuò)誤；

C、1s內(nèi)燈泡產(chǎn)生的熱量Q==籌乂1/=108.切，故C正確；

。、電路中電流的有效值為/=9=懸A=L1A，故。錯(cuò)誤；

ATfvU+1U

故選：Co

根據(jù)圖象求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，電壓表測(cè)量的是燈泡兩端的電壓，由歐姆定律求電

壓表的示數(shù)；根據(jù)Q=9t求得燈泡產(chǎn)生的熱量，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得電流。

明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關(guān)交流電的信息是對(duì)學(xué)生的基本要求,

平時(shí)要加強(qiáng)練習(xí).

12.【答案】D

【解析】解：A、由題圖可知、>2>加根據(jù)開普勒第三定律盤=k,則般>TB>TA,

故4錯(cuò)誤；

BC、“嫦娥五號(hào)”在P點(diǎn)由軌道8變軌到軌道4時(shí)軌道的半長(zhǎng)軸減小，根據(jù)變軌原理

可知需要減小速度，所以需要朝速度的相同方向噴氣；速度減小，機(jī)械能減小，“嫦娥

五號(hào)”在軌道A上的機(jī)械能小于在軌道B上的機(jī)械能，故8c錯(cuò)誤；

D、“嫦娥五號(hào)”在軌道A上做圓周運(yùn)動(dòng)，由萬有引力提供向心力，有甯=m32R,

可得。=券=蒲，只要測(cè)出“嫦娥五號(hào)”在軌道4上運(yùn)行的角速度，即可求出月球

371

的密度，故。正確。

故選：Do

根據(jù)開普勒第三定律分析周期之間的關(guān)系；探測(cè)器在P處由橢圓軌道進(jìn)入圓軌道必須點(diǎn)

火減速，使得萬有引力等于向心力做圓周運(yùn)動(dòng)；根據(jù)探測(cè)器繞圓軌道運(yùn)行時(shí)，由月球?qū)?/p>

探測(cè)器的萬有引力提供向心力，列式可求出月球的質(zhì)量，然后結(jié)合體積與密度的公式分

析月球的密度.

本題通過“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器的變軌考查開普勒第三定律、不同軌道機(jī)械能的比較及月

球密度的計(jì)算，屬于萬有引力在航天中的應(yīng)用，掌握衛(wèi)星的變軌過程，知道當(dāng)探測(cè)器做

圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供向心力.

13.【答案】A

【解析】解：依題意，兩水柱豎直方向上位移相同，則有：

11

-v1sin45°t=-v2sin30°t

所以出=立

v22

故A正確，BCO錯(cuò)誤。

故選：A。

本題考查拋體運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)是指物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下

物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。在解答拋體運(yùn)動(dòng)題目過程中，往往需要通過運(yùn)動(dòng)分解將

運(yùn)動(dòng)分為水平方向和豎直方向進(jìn)行分析。

本題以水柱建立拋體運(yùn)動(dòng)模型，考查學(xué)生對(duì)利用分解運(yùn)動(dòng)的方法解決拋體問題的能力。

難度適中，對(duì)學(xué)生利用物理思維解決問題能力有一定要求。

14.【答案】AC

【解析】解：由圖可知，這列波的波長(zhǎng)是；I=12cm,質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置坐標(biāo)與?=-2cm.

位于坐標(biāo)原點(diǎn)。處的質(zhì)點(diǎn)在外力作用下做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，形成沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，根據(jù)

對(duì)稱性可知，質(zhì)點(diǎn)M與平衡位置坐標(biāo)：而=2cm的質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)完全相同。由圖可知，

M點(diǎn)再經(jīng)過1s時(shí)間(小于一個(gè)周期)，位移仍與t=0時(shí)相同，但振動(dòng)方向相反。說明波

的周期是：7=3s。

AC.N點(diǎn)與M點(diǎn)振動(dòng)方向總相反，也就是說N點(diǎn)與尸點(diǎn)振動(dòng)方向總相反，說明N點(diǎn)與

P點(diǎn)的平衡位置的距離是半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍，N點(diǎn)與加點(diǎn)平衡位置距離小于一個(gè)波長(zhǎng)，

可知N點(diǎn)平衡位置坐標(biāo)為：xw=xp+1=8cm

N點(diǎn)振動(dòng)方程為：=4cos(yt-y),故AC正確；

B、此簡(jiǎn)諧波在x軸上的傳播速度為：v=^=4cm/s,故B錯(cuò)誤；

D、M離波源。近,M比N先振動(dòng)，但二者起振方向都與波源起振方向相同，故。錯(cuò)

誤。

故選：AC。

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的周期性和對(duì)稱性在〃點(diǎn)右側(cè)一個(gè)周期內(nèi)找到一個(gè)與M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同的點(diǎn)

第18頁，共26頁

P，再根據(jù)N點(diǎn)與P點(diǎn)振動(dòng)方向相反的特征確定N的坐標(biāo)。根據(jù)U=：計(jì)算波速。根據(jù)

M點(diǎn)在1s內(nèi)位移的變化情況確定3和初相位，寫出N點(diǎn)的振動(dòng)規(guī)律，判斷N的振動(dòng)圖

象。簡(jiǎn)諧波各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向和振源相同，與先后順序無關(guān)。

本題主要是考查了波的圖象，解答本題關(guān)鍵是要能夠根據(jù)圖象直接讀出波長(zhǎng)和各個(gè)位置

處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系。

15.【答案】BC

【解析】解：A、小球B的線速度可以分解為水平方向的分速度與沿繩子方向的分速度，

如圖所示則：v-v0cosd,向左移動(dòng)的過程中，。逐漸增

大，已知小球的線速度隨。的增大是逐漸變小的，不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤。

3、水平推力做的功一部分用來克服小球與斜面的摩擦力做功，另一部分轉(zhuǎn)化為小球的

機(jī)械能，故水平推力所做的功大于小球機(jī)械能的增加量；故B正確；

C、對(duì)于小球8來說，斜劈對(duì)小球的作用力是小球除重力以外受到的唯一外力，故斜劈

對(duì)小球的作用力所做的功轉(zhuǎn)化為小球機(jī)械能的增加量，故C正確；

。、小球?qū)π迸龅墓Φ扔谛迸朔∏蜃枇ψ龅墓?，這些功一部分轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械

能，一部分由于摩擦產(chǎn)生能量，故斜劈對(duì)小球所做的功小于小球?qū)π迸龅墓?，故?/p>

錯(cuò)誤；

故選：BC。

將小球的速度沿水平方向和沿繩方向分解，由于斜劈粗糙，故有摩擦力，故整個(gè)過程中

存在摩擦力做功的情況，從而進(jìn)行分析。

本題主要考查了考生對(duì)于機(jī)械能守恒和速度的合成與分解，難度較大。

16.【答案】AD

【解析】解：A、充電功率為：PC=UI=400Vx35/1=14kW

因?yàn)槌潆娦适?5%,設(shè)充滿電所需的時(shí)間為則有：

PctcX95%=W

代入數(shù)據(jù)解得：%=4.5/1,故A正確;

B、以108km分行駛388.8km所用的時(shí)間為：t=?=鬻翳=3.6九

因?yàn)闄C(jī)械能轉(zhuǎn)化效率為90%,設(shè)勻速行駛時(shí)電池的輸出功率為P,則有：

Pt=Wx90%

代入數(shù)據(jù)解得：P=15kW,故B錯(cuò)誤；

C、勻速行駛時(shí)系統(tǒng)消耗的總功率為：Pi=?=強(qiáng)詈=16.7kW

LS.Orl

44

所以每秒消耗的電能為：w1=p1^t=1.67x10lVxIs=1.67x107,故C錯(cuò)誤；

。、勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，設(shè)牽引力為凡由P=F”可得：

「=￡=嘿啰=500N,所以阻力的大小為500N,故。正確。

故選：A。。

利用充電電壓和充電電流計(jì)算出充電功率，考慮到充電效率不是100%,可以列出關(guān)系

式Ptx95%=勿，從而求出充滿電所用的時(shí)間；勻速行駛有90%的電能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能

輸出，其與時(shí)間的比值即為電池的輸出功率；整個(gè)過程系統(tǒng)消耗的總電能除以總時(shí)間就

是系統(tǒng)每秒消耗的電能；利用功率表達(dá)式「=尸"計(jì)算勻速階段的牽引力，再根據(jù)勻速運(yùn)

動(dòng)時(shí)牽引力等于阻力的特點(diǎn)得到阻力的大小。

本題圍繞電池的相關(guān)參數(shù)計(jì)算功與功率，易錯(cuò)點(diǎn)在于8c選項(xiàng)，要注意B選項(xiàng)所求功率

是指電池的輸出功率，即轉(zhuǎn)化成機(jī)械能的這部分有效功率，C選項(xiàng)所求電能是指整個(gè)系

統(tǒng)單位時(shí)間內(nèi)消耗的電能，應(yīng)該用系統(tǒng)消耗的總電能除以總時(shí)間。

17.【答案】CABBBm^OP=ml-OM+m2-ON

【解析】解：(1)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球的位移大小為L(zhǎng),

豎直方向：Lsin6=^gt2,

水平方向：Lcosd=vt,

解得：v=叵至，

72si.n0

入射球碰撞前的速度%=碰撞后的速度%=黑

被碰球碰撞后的速度%=J。。黑黑,

兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m1Vo=m1V1+

m2v2>

整理得：mi\[OP=m^OM+m2voM

實(shí)驗(yàn)可以通過。點(diǎn)與各落點(diǎn)的距離代替測(cè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，故選Co

(2)實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量小球的質(zhì)量、需要測(cè)量。點(diǎn)與小球各落點(diǎn)間的距離，測(cè)質(zhì)量需要用天

平，測(cè)距離需要用刻度尺，故選A瓦

第20頁，共26頁

(3)4、只要小球從斜面上同一位置由靜止釋放即可保證小球到達(dá)斜槽末端的速度相等,

斜槽軌道不必光滑，故A錯(cuò)誤；

8、為保證小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道末端必須水平，故8正確；

C、為保證入射球碰后沿原方向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足入射球的質(zhì)量mi大于被碰球的質(zhì)量加2，

故C錯(cuò)誤。

故選：B。

(4)①由(1)可知，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式?70P=ni］?70M+,

y/ON,則可以認(rèn)為兩球碰撞前后總動(dòng)量守恒，故選瓦

②若碰撞是彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：

巳771］詔='771］譜+

整理得：m1-OP=m1-OM+m2-ON；

故答案為：(1)C；(2)48；(3)8；(4)①8；@mx-OP=-OMm2-ON.

(1)(2)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與

動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答題。

(3)小球離開斜槽后做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽末端切線應(yīng)水平，為防止兩球碰撞后入射球反彈，

入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球質(zhì)量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題。

(4)兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)

械能守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

本題考查了用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”探究碰撞中的不變量實(shí)驗(yàn)，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提,

掌握基礎(chǔ)知識(shí)、應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律可以解題。

18.【答案】R2不等于2.20

【解析】解：(1)測(cè)量小燈泡的電流與電壓的關(guān)系時(shí),

小燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動(dòng)變阻器采用分

壓式接法，為了調(diào)節(jié)方便，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇最大

阻值較小的

(2)由于燈泡電阻遠(yuǎn)小于電壓表的內(nèi)阻，故電流表采

用外接法，完整的實(shí)物連接圖如圖所示；

(3)/-U圖像中圖線對(duì)應(yīng)點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率的倒

數(shù)等于小燈泡的電阻，圖線切線的斜率的倒數(shù)不等

于小燈泡的電阻；通過題圖乙可知，當(dāng)小燈泡兩端的電壓為1.0U時(shí)，通過小燈泡的電流

為0.454小燈泡的電阻/?=苫=黑0=2.20。

/0.45

故答案為：(l)Rz；(2)如圖所示；(3)不等于、2.20

(1)(2)滑動(dòng)變阻器分壓接法時(shí)選擇最大阻值小的滑動(dòng)變阻器，電流表外接法，并由此完

成實(shí)物連接；

(3)根據(jù)歐姆定律求電阻R=彳但不等于詈。

本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)物圖連接，要注意的兩點(diǎn)是，一是

滑動(dòng)變阻器分壓接法時(shí)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，二是小燈泡阻值小，測(cè)電流時(shí)

采用外接法。

19.【答案】解：(1)設(shè)燃料用完時(shí)火箭的速度為巧，所用時(shí)間為G；火箭上升時(shí)分為兩

個(gè)過程，第一個(gè)過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)過程做豎直上拋運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，火箭點(diǎn)

火后到燃料剛用完的過程中，有電=豹,代入數(shù)據(jù)解得巧=207H/S

(2)燃料用完后，火箭只受重力，則可以繼續(xù)上升的高度電=去代入數(shù)據(jù)解得后=20m

所以火箭上升后離地面的最大高度h=b+電=40m+20m=60m

⑶火箭從燃料用完到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，有%=gt2,得t2=￡=墨s=2s

設(shè)燃料對(duì)火箭的沖量大小為/,以向上為正方向，

加速上升過程，根據(jù)動(dòng)量定理有/一mg"=mvlt解得：/=60N-s

答：(1)燃料恰好用完時(shí)火箭的速度大小為20m/s；

(2)火箭上升后離地面的最大高度是60〃?；

(3)燃料用完后火箭繼續(xù)上升的時(shí)間為2s,加速上升過程火箭燃料對(duì)火箭的沖量大小為

60W-So

【解析】(1)火箭第一階段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，燃料用完后速度達(dá)到最大，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式x=ut和。=求解;

(2)燃料用完后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，能夠到達(dá)的最大高度，應(yīng)是兩個(gè)階段的高度

第22頁，共26頁

和；

(3)運(yùn)用動(dòng)量定理求解燃料對(duì)火箭的沖量大小。

本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及動(dòng)量定理，對(duì)于多過程的運(yùn)動(dòng)，需理清運(yùn)動(dòng)過程，運(yùn)用

動(dòng)量定理時(shí)注意規(guī)定正方向。

20.【答案】解：(1)根據(jù)能量守恒定律可得：

EP=+2mgR,

根據(jù)牛頓第二定律可得：

F-mg=m—

NK

聯(lián)立解得：

FN=1.0/v

根據(jù)牛頓第三定律可得：

F'N=LON

(2)根據(jù)題意可得，滑塊離開B'向右滑行S],則有：

W彈一"mgSi=0,

解得：S]=1.5m

說明滑塊到傳送帶上減速到零后反向加速，則滑塊反向加速到與傳送帶速度相同時(shí)有:

v=at,a=ng

得：t=0.25s

反向加速的位移S2=1at2=0.1257n后勻速，滑塊離開傳送帶時(shí)的速度為%=1.Om/s

根據(jù)動(dòng)能定理可得：-即gS?=0

解得S3=0.125m,最后停在距離C點(diǎn)左側(cè)0.125m處；

2

(3)小物塊由。點(diǎn)水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：H+2r=\gt',x=vDt'

根據(jù)能量守恒定律可得：EP=⑷ng(S+L)+^mvp

若從D點(diǎn)水平拋出，則有：vD>y[gr=lm/s,

即為：EP>0.85/,

得：x=2yj2Ep-1.6(￡P(guān)>0.857)?

答：(1)小物塊對(duì)圓軌道最高點(diǎn)E的壓力大小為1.0N；

(2)小物塊最終停在距離C點(diǎn)左側(cè)0.125m處；

(3)若改變彈簧鎖定位置，使小物塊從傳送帶D點(diǎn)水平向右拋出，小物塊落地點(diǎn)到。點(diǎn)

的水平距離x與彈簧彈性勢(shì)能Ep的關(guān)系式及Ep滿足的條件為x=2J2E--