2021屆山東省高考物理預(yù)熱試卷附答案詳解

2021屆山東省高考物理預(yù)熱試卷

一、單選題（本大題共7小題，共21.0分）

1.對(duì)固體和液體性質(zhì)的理解，下列說(shuō)法正確的是（）

A.晶體的物理性質(zhì)都具有各向異性

B.液晶具有液體的流動(dòng)性，同時(shí)具有晶體的各向異性

C.當(dāng)兩塊薄玻璃板間有一層水膜時(shí)，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于水膜

具有表面張力的緣故

D.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部

2.在國(guó)際單位制中，電容的單位是（）

A.法拉B.焦耳C.安培D.伏特

3.在第二十九屆奧運(yùn)會(huì)上“綠色、科技、人文”的理念深入人心.如在奧運(yùn)村及奧運(yùn)場(chǎng)館內(nèi)大量

使用太陽(yáng)能路燈，其光電轉(zhuǎn)換裝置在陽(yáng)光照射下把太陽(yáng)能轉(zhuǎn)換為電能儲(chǔ)存起來(lái)，供夜晚照明使

用.在正常照射下，太陽(yáng)能電池的光電轉(zhuǎn)換效率可達(dá)20%,可產(chǎn)生24V電壓，產(chǎn)生2.54的電流，

則每秒該路燈可轉(zhuǎn)化的太陽(yáng)能為（）

A.120/B.300/C.600JD.1200/

4.如圖所示，物體靜止于光滑水平面M上，力F作用于物體0點(diǎn)，現(xiàn)要使物體沿著。0'方向做勻加

速運(yùn)動(dòng)（F和00'都同一平面內(nèi)），那么必須同時(shí)再加一個(gè)力Fi，這個(gè)力的最小值為

0

一-

A.Ftan。B.Fcos。C.Fsin。D.

----------------?

F

sinO

5.如圖所示，abed是一矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，且ab=cd=20cm,ad=a\....................................

be=40cm,勻強(qiáng)電場(chǎng)線與矩形所在平面平行，已知a點(diǎn)電勢(shì)為7V,

b點(diǎn)電勢(shì)為13V,貝U（）』I

A.場(chǎng)強(qiáng)大小一定為E=30V/m

B.c點(diǎn)電勢(shì)可能比d點(diǎn)低

C.場(chǎng)強(qiáng)方向一定由b指向a

D.cd間電勢(shì)差一定為61/

6.如圖所示，質(zhì)量為Tn1的木塊受到向右的水平拉力F的作用沿質(zhì)量為62的

長(zhǎng)木板向右滑行，長(zhǎng)木板保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為外，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2,則（）

A.長(zhǎng)木板受到地面的摩擦力大小一定為〃2（61+^2）g

B.長(zhǎng)木板受到地面的摩擦力大小一定為由niig

C.若改變F的大小，當(dāng)尸＞〃2（巾1+爪2）9時(shí)，長(zhǎng)木板將開始運(yùn)動(dòng)

D.適當(dāng)增加F的大小，長(zhǎng)木板可能運(yùn)動(dòng)

7.如圖所示，EOFGC為某種透明介質(zhì)的截面圖，EC是半徑為R的四分之.一-'

一圓弧。OFGC是一個(gè)正方形，71B為足夠大的水平屏幕并緊貼介質(zhì)的'

/\o

底面，由紅光和紫光兩種單色光組成的復(fù)色光射向圓心0,該介質(zhì)對(duì)

紅光和紫光的折射率分別為%=誓，電=V2,設(shè)光在真空中的速度，，

為c。則（）

A.紅光在介質(zhì)中的傳播速度為“=心。

2

B.隨著角度a逐漸變大的過(guò)程中，紫光和紅光依次發(fā)生全反射

C.當(dāng)a=53°時(shí)，光在屏幕力尸上出現(xiàn)了兩個(gè)亮斑，則這兩個(gè)亮斑之間的距離為叵

6

D.紅光在玻璃中的頻率比空氣中的頻率大

二、多選題（本大題共5小題，共19.0分）

8.用一水平拉力使質(zhì)量為小的物體從靜止開始沿粗糙的水平面運(yùn)動(dòng)，物體與水平面間的摩擦因數(shù)

不變，物體的u-t圖象如圖所示.下列表述正確的是（）

A.在0?ti時(shí)間內(nèi)物體做曲線運(yùn)動(dòng)B.在0?時(shí)間內(nèi)拉力逐漸減少

C.在Q?（2時(shí)間內(nèi)合外力做功D.在J?t：2時(shí)間內(nèi)拉力的功率不為零

9.兩顆人造地球衛(wèi)星，質(zhì)量之比mi：m2=l；2,軌道半徑之比Ri：/?2=3：1,下面有關(guān)數(shù)據(jù)之

比正確的是（）

A.周期之比A：T2=3：1B.線速度之比%:w=3：1

C.向心力之比為&：F2=1：18D.向心加速度之比ara2=1：9

10.x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸平行，規(guī)定沿X軸正方向?yàn)檎?，一?fù)點(diǎn)電荷從坐

標(biāo)原點(diǎn)。以一定的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)電荷到達(dá)%2位置速度第一次為零，在位置第二次

速度為零，不計(jì)粒子的重力.下列說(shuō)法正確的是（）

；*1?2

A.。點(diǎn)與％2和0點(diǎn)與乂3電勢(shì)差UOX2=UOx3

B.點(diǎn)電荷從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到不，再運(yùn)動(dòng)到X3的過(guò)程中，加速度先減小再增大，然后保持不變

C.點(diǎn)電荷從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到小，再運(yùn)動(dòng)到右的過(guò)程中，速度先均勻減小再均勻增大，然后減小再增

大

D.點(diǎn)電荷在小、位置的電勢(shì)能最大

11.如圖甲所示，單邊有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直光滑水平桌面向上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,一個(gè)質(zhì)量

為小、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框放在桌面上，以一定的速度向右滑動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中cd邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中cd邊兩端的電壓隨時(shí)間變化如圖乙所示，線

框的電阻為R,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，回路中的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為%

B.線框進(jìn)磁場(chǎng)前的速度大小為翳

C.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，線框cd邊受到安培力的沖量大小為瞿（%-%）

D.線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為裊（4-%）2

12.如圖所示，平行板電容器4、B兩極板與直流電源E、理想二極管。（正I-----------耍

1A

向電阻為零可以視為短路，反向電阻無(wú)窮大可以視為斷路）連接，電源B

負(fù)極接地。初始時(shí)電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴在電呼

容器中的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.將極板力向下平移后，油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep增大

B.將極板B向上平移后，油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能與增大

C.將極板4向上平移后，帶電油滴靜止不動(dòng)

D.將極板B向下平移后，極板B的電勢(shì)降低

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

13.某同學(xué)為了探究物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力與斜面傾角的關(guān)系，設(shè)計(jì)實(shí)

驗(yàn)裝置如圖1.長(zhǎng)直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物塊上（圖中未畫出）。在平板上安裝兩個(gè)

光電門，其中光電門乙固定在平板上靠近底端處，光電門甲的位置可移動(dòng)。當(dāng)帶有遮光片的滑

塊自平板上滑下時(shí)，與兩個(gè)光電門都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時(shí)

間。

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

a）用天平測(cè)量滑塊的質(zhì)量加；

b）用直尺測(cè)量平板的長(zhǎng)度L和平板頂端到水平桌面的垂直距離九；

c）用直尺測(cè)量光電門甲、乙之間的距離si,將滑塊從靠近平板頂端的。點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）靜止釋放，由

光電計(jì)時(shí)器讀出滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ti；

d）改變光電門甲的位置，測(cè)量甲、乙之間的距離S2,仍將滑塊從靠近平板頂端的。點(diǎn)靜止釋放，讀出

滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間今；

e）利用所測(cè)數(shù)據(jù)求出摩擦力,和斜面傾角的余弦值cosa；

f）多次改變斜面的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟b?e,作出/-cosa關(guān)系曲線。

（1）測(cè)量平板長(zhǎng)度的直尺讀數(shù)如圖2所示，讀得L=。

（2）用測(cè)量的物理量完成下列各式（重力加速度為g）

①斜面傾角的余弦cosa=；

②在步驟c）中，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過(guò)光電門乙時(shí)的瞬時(shí)速度％、測(cè)量值si和0四個(gè)物理量

之間所滿足的關(guān)系是；

③由步驟c）和d）,滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a=:

④滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)所受到的摩擦阻力/=。

14.利用傳感器可以探測(cè)、感受外界的信號(hào)、物理?xiàng)l件等。圖甲所示為某同學(xué)用傳感器做實(shí)驗(yàn)得到

的小燈泡的U-/關(guān)系圖線。

電壓傳感器

電

5流

4傳

3感

O—器

2

Z/A

0.6

乙

（1）實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：電流傳感器、電壓傳感器、滑動(dòng)變阻器4（阻值范圍0?100）、滑動(dòng)變

阻器8（阻值范圍0?1000）、電動(dòng)勢(shì)為6V的電源（不計(jì)內(nèi)阻）、小燈泡、電鍵、導(dǎo)線若干。該同學(xué)

做實(shí)驗(yàn)時(shí)，滑動(dòng)變阻器選用的是（選填“4”或“B”）；請(qǐng)?jiān)趫D乙的方框中畫出該實(shí)驗(yàn)的

電路圖。

（2）如果將該小燈泡接入丙圖所示的電路中，已知電流傳感器的示數(shù)為0.34電源電動(dòng)勢(shì)為3V。

則此時(shí)小燈泡的電功率為_勿，電源的內(nèi)阻為。

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共46.0分）

15.一定質(zhì)量的理想氣體，沿如圖所示折線由狀態(tài)4依次變化到狀態(tài)B、C、

A,己知在狀態(tài)4時(shí)，溫度為360K,MXlatm=105Pa,求：

①氣體在C狀態(tài)的溫度是多少K?

②經(jīng)過(guò)一個(gè)循環(huán)氣體吸熱還是放熱？吸收或放出了多少熱量？

16.如圖甲，低空跳傘是一種極限運(yùn)動(dòng)，人在空中降落過(guò)程中所受空氣阻力隨下落速度的增大而增

大，而且速度越大空氣阻力增大得越快.一名質(zhì)量為70kg的跳傘運(yùn)動(dòng)員背有質(zhì)量為10kg的傘包

從某高層建筑頂層跳下，且一直沿豎直方向下落，其整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖象如圖乙所示.已

知2.0s末的速度為18m/s,10s末拉開繩索開啟降落傘，在觸地前人已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，16.2s時(shí)雙

腳己穩(wěn)穩(wěn)地站立在地面上.g^lOm/s2,請(qǐng)根據(jù)此圖象估算：

圖甲

(1)起跳后2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員(包括其隨身攜帶的全部裝備)所受平均阻力的大小；

(2)運(yùn)動(dòng)員從腳觸地到最后速度減為零的過(guò)程中，若不計(jì)傘的質(zhì)量及此過(guò)程中的空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員

所需承受地面的平均沖擊力多大；

(3)開傘前空氣阻力對(duì)跳傘運(yùn)動(dòng)員(包括其隨身攜帶的全部裝備)所做的功.

17.如圖所示，4B是足夠長(zhǎng)的傾角。=37。的斜軌道，BC是水平軌道，CD是豎直放置的半徑R=1m

的光滑半圓軌道，CD為豎直直徑。一小滑塊從斜面上距水平軌道高八=5巾處由靜止滑下，恰好

能通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)D.已知滑塊與斜軌道和水平軌道間的動(dòng)摩

擦因數(shù)均為4=0.3,重力加速度g=10m/s2,s譏37°=0.6,cos37。=0.8.不計(jì)空氣阻力,不計(jì)滑

塊經(jīng)過(guò)斜軌道底端拐角處的機(jī)械能損失，計(jì)算結(jié)果可保留根式或分式。

(1)求滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)求水平軌道8c的長(zhǎng)度；

(3)若改變滑塊釋放的初始位置，使滑塊從D點(diǎn)飛出后垂直撞擊到斜軌道上，求滑塊撞擊斜軌道的位

置到水平軌道的高度

18.如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道與平臺(tái)在B點(diǎn)處相切，圓弧半徑R=1m,

質(zhì)量為Mg的物塊置于4點(diǎn)，4、B間距離為2m,物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃=02現(xiàn)用水平恒力F拉物塊，使之由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，至點(diǎn)

2

時(shí)撤去拉力，物塊剛好能滑到軌道最高點(diǎn)。(5=lOm/s)

(1)求產(chǎn)的大?。?/p>

(2)求物塊剛滑到四分之一圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、單晶體具有各向異性，多晶體不具有各向異性，故4錯(cuò)誤；

8、液晶同時(shí)具有液體和晶體特性，即液晶具有液體的流動(dòng)性，同時(shí)具有晶體的各向異性，故8正確；

C、當(dāng)兩塊薄玻璃板間有一層水膜時(shí)，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于水分子和

玻璃分子間存在引力作用，故C錯(cuò)誤；

。、液體表面張力的方向與液面平行，跟這部分液面的分界線垂直，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

晶體分單晶體和多晶體，其中多晶體不具有各向異性；液晶具有液體和晶體的特性；當(dāng)兩塊薄玻璃

板間有一層水膜時(shí)，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開，這是由于水分子和玻璃分子間存在

引力作用；液體表面張力的方向與液面平行。

本題考查固體和液體的性質(zhì)，此部分內(nèi)容主要要求學(xué)生在平時(shí)學(xué)習(xí)中注意積累，難度不大。

2.答案：A

解析：解：在國(guó)際單位制中，電容的單位是法拉，焦耳是功的單位，安培是電流的單位，伏特是電

壓的單位.

故選A

在國(guó)際單位制中，電容的單位是法拉，不是焦耳、安培、伏特.

本題考查單位問(wèn)題，基礎(chǔ)題，比較容易.單位也是高考考查的內(nèi)容之一，要加強(qiáng)基本知識(shí)的學(xué)習(xí)，

不在簡(jiǎn)單問(wèn)題上丟分.

3.答案:B

解析：

根據(jù)電流做功公式計(jì)算路燈正常工作消耗的電功率，然后結(jié)合太陽(yáng)能電池的光電轉(zhuǎn)換效率為20%計(jì)

算電池板吸收太陽(yáng)能的功率，即每秒該路燈可轉(zhuǎn)化的太陽(yáng)能.

本題考查學(xué)生綜合運(yùn)用歐姆定律，功率公式，電功公式及效率公式靈活計(jì)算有關(guān)物理量的能力，知

識(shí)的系統(tǒng)化很重要.

路燈正常工作消耗電功率：

p=UI=24x2.5=60W

若設(shè)電池組吸收太陽(yáng)能的功率為：P',則有:

p=20%-P',

即：p'=3001V；

W'=P't=300x1=300/

即：每秒該路燈可轉(zhuǎn)化的太陽(yáng)能為3001

故選B。

4.答案：C

解析：

物體從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力的方向和運(yùn)動(dòng)的方向是一樣的，要使物體沿著。0'方向做加

速運(yùn)動(dòng)，合力必須沿著。。'方向，根據(jù)三角形定則，可以求出此時(shí)最小的力。

本題考查了分力與合力的關(guān)系，應(yīng)用三角形定則可以較簡(jiǎn)便的解決這一類的問(wèn)題。

要使物體沿著。。1方向做加速運(yùn)動(dòng)，合力必須沿著。。1方向，根據(jù)三角形定則可知，合力的方向確定

了，分力F的大小方向也確定了，

由F做。。1的垂線，此時(shí)的&就是最小值，再由三角形的知識(shí)可以求得最小值為Fs譏。，故C正確，

AB。錯(cuò)誤。

故選C。

5.答案：D

解析：

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢(shì)線與電場(chǎng)線垂直，可知，cd間電勢(shì)差等于ba

間電勢(shì)差.電場(chǎng)線方向無(wú)法確定，場(chǎng)強(qiáng)大小不能求出

本題的關(guān)鍵在于抓住勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面與電場(chǎng)線分布均勻的特點(diǎn)，分析cd間電勢(shì)差與ba間電勢(shì)差的

關(guān)系

AC,根據(jù)題設(shè)條件可知，場(chǎng)強(qiáng)方向無(wú)法確定，知道了好間電勢(shì)差，但不能根據(jù)E=5求出場(chǎng)強(qiáng)的大

小。故4c錯(cuò)誤；

。、根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線與等勢(shì)線分布的特點(diǎn)可知，cd間電勢(shì)差必等于加間電勢(shì)差，為6匕故。正

確；

8、cd間電勢(shì)差為6V,則知c點(diǎn)電勢(shì)比d點(diǎn)高6匕故B錯(cuò)誤

故選：D。

6.答案：B

解析：解：AB.mi所受木板的滑動(dòng)摩擦力大小/I=%mi。，方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律得知：

長(zhǎng)木板受到nh的摩擦力方向水平向右，大小等于內(nèi)rnig,血2處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件長(zhǎng)木板受

到地面的摩擦力的大小是出nug,故A錯(cuò)誤8正確；

C、若改變F的大小，當(dāng)尸＞的（巾1+巾2）。時(shí)，木塊對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力仍沒(méi)有變化，因?yàn)槟Σ亮Φ?/p>

大小和F無(wú)關(guān)，大小始終是〃pnig,所以長(zhǎng)木板仍處于靜止，故C錯(cuò)誤；

D、不論F如何改變，木塊對(duì)長(zhǎng)木板的摩擦力大小仍不變，大小是由niig,所以長(zhǎng)木板都不可能運(yùn)

動(dòng)。故。錯(cuò)誤。

故選：Bo

mi對(duì)62的壓力等于爪19，血1所受瓶2的滑動(dòng)摩擦力/1=%7n19，方向水平向左，Hi2處于靜止?fàn)顟B(tài)，

水平方向受到nii的滑動(dòng)摩擦力和地面的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件分析木板受到地面的摩擦力的大小

和方向。

本題中木板受到地面的摩擦力是靜摩擦力，不能根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式求解，/2="2（mi+m2）g是錯(cuò)

誤的，不能確定此摩擦力是否達(dá)到最大值。

7.答案：C

解析：解：4、根據(jù)光在介質(zhì)中的速度與折射率的關(guān)系可知紅色光在介質(zhì)中的速度：及〃=￡=孚.故

A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)臨界角公式sinC=；知，C=arcsinj

將m=竽，電=魚代入上式得，紅光與紫光的臨界角分別為60°,C絮=45。

而光線在4B面上入射角i=45。，說(shuō)明紫光恰好發(fā)生了全反射，紅光從4B面既有反射，也有折射。

當(dāng)a增大時(shí)，入射角i減小，紅色光不能出現(xiàn)全反射。故8錯(cuò)誤；

C、當(dāng)。=53。時(shí)，對(duì)應(yīng)的入射角：1=37。，光在屏幕4F上出現(xiàn)了兩個(gè)亮斑分別是紅色光與紫色光的

紫色光，所以在4M區(qū)域的亮斑A為紅色，在AN區(qū)域的亮斑P2為紅色與紫色的混合色。畫出如圖光

路圖.

P2P1

設(shè)折射角分別為4和「2,兩個(gè)光斑分別為Pl、P2,根據(jù)折射定律：幾=黑

4H.2\/3.3y/2

W：si71rl=—?sinr2=—

R

由幾何知識(shí)可得：tanri=7r

解得：FP]=嗝R

同理解得：FP2=^R

所以：PrP2=FPr-FP2=建口-嚎R=聞:舊R.故C正確;

。、光從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)時(shí)，光的頻率不變。故。錯(cuò)誤

故選：Co

根據(jù)光在介質(zhì)中的速度與折射率的關(guān)系分析；先由全反射臨界角公式smc=三求出紅光與紫光的臨

n

界角，可判斷紅光和紫光在4B面上能否發(fā)生全反射，可判斷亮斑的光的成分，作出光路圖，由折射

定律求出折射角，再由反射定律和幾何知識(shí)可求得兩光斑的距離。

本題首先要掌握臨界角公式sinC=工和全反射的條件，判斷出光線在48面上能否發(fā)生全反射，能熟

n

練作出光路圖，并能正確應(yīng)用幾何關(guān)系進(jìn)行求解。

8.答案：BD

解析：4、0?t]時(shí)間內(nèi)，拉力朝前，位移向前，故物體做直線運(yùn)動(dòng)，故4錯(cuò)誤；

B、0?口時(shí)間內(nèi)，物體做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有尸一與=?na,摩擦力

不變，故拉力不斷減小，故B正確；

C、Q?t2時(shí)間內(nèi)，物體勻速前進(jìn)，合力為零，故合外力做功為零，故C錯(cuò)誤；

。、ti?t2時(shí)間內(nèi)，物體勻速前進(jìn)，拉力做正功，故拉力的功率不為零，故。正確；

故選：BD.

物體先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式分析

即可.

本題關(guān)鍵是由圖象得到物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律列式判斷出拉力的變化情況，難度不大，

屬于基礎(chǔ)題.

9.答案：CD

解析：解：人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供有：

22

Fl=—GM—m=m4—nr-r=ma=mv—

r2T2r

A、7=2兀居，軌道半徑之比％：R2=3：1.所以周期之比A：T2=3V3：1,故A錯(cuò)誤；

B、u=檸，軌道半徑之比％：R2=3：1,所以線速度之比/：刈=1：V3,故B錯(cuò)誤；

C、F=質(zhì)量之比ni］：m2=1：2,軌道半徑之比Rj/?2=3：1,所以向心力之比為&：F2=1：

18,故C正確；

D、a=M軌道半徑之比&：R2=3：1,所以向心加速度之比a*a2=1：9,故。正確；

故選：CD.

人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由此判定周期等描述圓周運(yùn)動(dòng)的

物理量與半徑的關(guān)系即可.

本題抓住萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，熟悉公式并能靈活運(yùn)用是關(guān)鍵.

10.答案：AD

_12

=

解析:A、根據(jù)動(dòng)能定理，電荷由。點(diǎn)與亞和。點(diǎn)與都有：—qLQ——njvQ~,Ajj：U0x2=U0x3,

故4正確；

8、由圖可知，x軸正方向上點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)沿著x軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小是非線性變換，x軸負(fù)方向個(gè)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方

向沿著x軸負(fù)方向，為勻強(qiáng)電場(chǎng)，點(diǎn)電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，其加速度先增大后減小，再增大后減小，

而后增大再減小，再增大后減小，然后保存不變，在x軸左側(cè)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、由題意，點(diǎn)電荷到達(dá)上位置速度第一次為零，在3位置第二次速度為零，可知電荷先向右減速到

X2,在3位置第二次速度為零，不在向左加速到原點(diǎn)，然后在減速到與，故C錯(cuò)誤；

。、電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，動(dòng)能最小則電勢(shì)能就最大，故點(diǎn)電荷到達(dá)不位置速

度第一次為零，在為位置第二次速度為零，在%2,打位置電勢(shì)能最大，故。正確。

故選：力、D。

11.答案：BC

解析：解：AB.設(shè)線框的cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為孫，其電動(dòng)勢(shì)為最大值，有

此時(shí)cd邊兩端電壓為路端電壓%=IE0

解得：E=^U,%=翳，故4錯(cuò)誤，B正確；

0J0ODL

CD、設(shè)線框的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間速度為力,對(duì)應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)為Ei=

路端電壓/

解得：%=翳，

根據(jù)動(dòng)量定理：線框進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程，線框Cd邊受到安培力的沖量等于線框的動(dòng)量變化，即為：

4m4m

/=mv1-mvQ=(Ui-%)=—(%—l/i)

所以沖量的方向水平向左，大小為罌(%-U1),

JDL

根據(jù)功能關(guān)系，線框的動(dòng)能減少量就等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，即(2=綱詔一如說(shuō)=嚼薩2,故

C正確，￡＞錯(cuò)誤。

故選：BC.

線框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律由E=B。。求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出cd

兩端的路端電壓比的表達(dá)式，即可求解初速度%;

同理求出線框的帥邊即將進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度％的表達(dá)式，根據(jù)動(dòng)量定理求出線框所受安培力的沖量

大小，根據(jù)功能關(guān)系線框產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查了電磁感應(yīng)與動(dòng)量定理以及動(dòng)能定理的綜合，理解cd兩端電壓為路段電壓，熟練應(yīng)用動(dòng)量

定理和動(dòng)能定理處理電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的沖量問(wèn)題和功能關(guān)系問(wèn)題。

12.答案:CD

解析：解：二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合電鍵后電容器充電，電容器的電容：c=C=。極

4kndU

板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：E=T整理得：E=等；油滴靜止，油滴所受合力為零，向上的電場(chǎng)力與向下

aeS

的重力相等，qE=mg；

A、將上極板4向下移動(dòng)，d變小，由。=彘可知，。變大，由。=。以電容器電量Q增多，由于二

極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜饕潆?，由?誓可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，由于下極

板B電勢(shì)不變，且下極板與P點(diǎn)距離不變，而電場(chǎng)強(qiáng)度變大，則電勢(shì)差變大，再由油滴帶負(fù)電，所以

P點(diǎn)的電勢(shì)能壇減小，故A錯(cuò)誤；

B、將上極板B向上移動(dòng)，d變小，由。=急可知，C變大，由、=?/,電容器電量Q增多，由于二

極管具有單向?qū)щ娦?，電容器要充電，由?管可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，由于下極

板B電勢(shì)不變，且下極板與P點(diǎn)距離不變，而電場(chǎng)強(qiáng)度變大，則電勢(shì)差變大，再由油滴帶負(fù)電，所以

P點(diǎn)的電勢(shì)能與減小，故8錯(cuò)誤；

C、將上極板B向上移動(dòng)，d變大，由。=急可知，C變小，由、=07,電容器電量Q減小，由于二

極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，由?管可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則電場(chǎng)

力不變，因此帶電油滴靜止不動(dòng)，故C正確；

。、將極板B向下平移后，由。=急可知，C變小，由Q=CU,電容器電量Q減小，由于二極管具

有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由?甯可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，而上極板與下極板的距離變大，

則它們的電勢(shì)差增大，因此極板B的電勢(shì)降低，故。正確；

故選：CD.

根據(jù)平行板電容器的電容公式、電容的定義式與勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系求出極板間的電場(chǎng)強(qiáng)

度，根據(jù)題意判斷極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度如何變化，然后判斷P點(diǎn)電勢(shì)、油滴的電勢(shì)能如何變化，判斷油

滴如何運(yùn)動(dòng)。

本題考查了判斷P點(diǎn)電勢(shì)高低、油滴運(yùn)動(dòng)方向問(wèn)題，本題難度較大，分析清楚極板間電場(chǎng)強(qiáng)度如何變

化是解題的關(guān)鍵；應(yīng)用：C=5J，C*E=g即可解題。

4kndUd

13.答案：101.98cm比/si=吶】一：*魯對(duì)富mg-白詈-獸）

解析：解：（1）從起點(diǎn)為零刻度，因此其讀數(shù)為為101.9cm+0.08cm=101.98cm；

（2）①由數(shù)學(xué)知識(shí)可知：cosa=哼g；

②把光電門甲至乙的勻加速運(yùn)動(dòng)看成反向的勻減速運(yùn)動(dòng)，因此根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式s=

+1產(chǎn)可得:

Si=Vtti--at^；

③同理，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過(guò)光電門乙時(shí)的瞬時(shí)速度/、測(cè)量值S2和今四個(gè)物理量之間所

滿足的關(guān)系是

s2=vtt2--atj

1：2)

聯(lián)立解得a=

④由牛頓第二定律得：mgsin6-f=ma,解得：f=mg”黑篇)；

故答案為：⑴101.98cm；(2)①"”②=遍③

2m(s2ti-s1t2)

1也(21-以)

(1)讀數(shù)的方法是精確值，加估讀值。

(2)①根據(jù)題意應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)求解正余弦函數(shù)值；

②③正向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可以看成反向的勻減速運(yùn)動(dòng)，因此可以把光電門甲至乙的勻加速運(yùn)動(dòng)

看成反向的勻減速運(yùn)動(dòng)，寫出測(cè)量值s和t四個(gè)物理量之間所滿足的關(guān)系式；聯(lián)立即可求得就愛(ài)速度〃

④對(duì)滑塊受力分許，由牛頓第二定律列方程可以求出摩擦阻力。

熟練應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決問(wèn)題；掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)

加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀。

電壓傳感器矍

傳

感

14.答案：(1)/1器

(2)0.69(0.66-0.72)2.3(2-2.67)

解析：

(1)在保證安全的前提下，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；實(shí)驗(yàn)時(shí)，電壓與電流

從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；由于燈泡電阻較小，電流表可以采用外接法，據(jù)此作

出電路圖；

(2)由小燈泡的U-/圖象，根據(jù)電流找出燈泡兩端電壓，由「="求出燈泡功率；在圖象上作出電

源的U-/圖象，圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻。

本題考查了實(shí)驗(yàn)電路設(shè)計(jì)，確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是正確設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路的關(guān)鍵。

(1)為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器可以選A;小燈泡電阻較小，電流傳感器應(yīng)采用外接法，描繪小燈

泡伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，電路圖如圖1所示；

(2)由圖中可知，通過(guò)燈泡的電流是0.34時(shí)，燈泡兩端電壓是2.3V,則燈泡功率P=U/=2.3Ux

0.34=0.69W；

電源電動(dòng)勢(shì)是3V,過(guò)點(diǎn)(0.34,2.3U)和縱軸上3V的點(diǎn)作一直線，該直線是電源的U-/圖象，如圖2所

示，

該直線斜率絕對(duì)值等于電源的內(nèi)阻下="=上空

AZ03

故答案為：(1)4電路圖如圖1所示;(2)0.69(0.66-0.72)2.3(2-2.67)。

電壓傳感器

電

流

傳

感

器

15.答案:解:①4、C兩狀態(tài)體積相等，根據(jù)查理定律得:$=整又。=360K、PA=4atm、pc=2atm，

解得：Tc=180K

②整個(gè)循環(huán)過(guò)程氣體對(duì)外做的功等于三角形ABC包圍的面積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有：AU=Q+W

1u,

5

w=--(4-2)x10x(4-1)x10-3/=_300；

△(7=0

解得：Q=300/吸熱

答:①氣體在C狀態(tài)的溫度是180K；

②經(jīng)過(guò)一個(gè)循環(huán)氣體吸熱，吸收300/熱量。

解析：①據(jù)氣體狀態(tài)方程即=c,找出各個(gè)狀態(tài)的狀態(tài)參量，根據(jù)氣體的狀態(tài)方程計(jì)算即可得到在C

狀態(tài)時(shí)的氣體的溫度大小，

②整個(gè)循環(huán)過(guò)程氣體對(duì)外做的功等于三角形4BC包圍的面積，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可求得吸收的熱

量。

本題考查了查理定律、熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，要知道在p-U圖中通過(guò)“面積”求解做的功。

16.答案：解：(1)由u-t圖可知，起跳后前2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)近似是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為

a=￡=9.0m/s2

設(shè)運(yùn)動(dòng)員所受平均阻力為/,根據(jù)牛頓第二定律有

解得f=m總(g-a)=80N

(2)由v-t圖可知，運(yùn)動(dòng)員腳觸地時(shí)的速度以=5.0m/s,經(jīng)時(shí)間t2=0.2s速度減為零，

設(shè)此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員所受平均沖擊力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律可知：F-mg=m竽

式中m=70kg