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1、精品学习资源2021 届深圳二模一、单项挑选题：13. 以下说法正确选项没有确定的熔点小露珠呈球形是由于液体表面有张力P悬浮在液体中的微粒越小布朗运动越不明显ab分子间的距离减小斥力和引力都变小14. 如下列图，肯定质量的抱负气体从状态a 变化到状态 b，在这一过程中，以下说法正确选项气体体积变小气体温度降低0T气体从外界吸取热量气体的内能不变15. 一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动就以下能表示运动周期 T 与半径 R之间的图像是TTTT0R0R0R0RABCD16. 公园里的 “飞天秋千 ”嬉戏开头前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空秋千匀速转动时，绳与竖
2、直方向成某一角度 ，其简化模型如下列图如保持运动周期不变，要使夹角变大，可将欢迎下载精品学习资源钢丝绳变长钢丝绳变短座椅质量增大座椅质量减小二、双项挑选题17. 以下说法正确的有rl欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源92902方程式 238 U234 Th4 He 是重核裂变反应方程欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2112方程式 1HH3He是轻核聚变反应方程欢迎下载精品学习资源氢原子光谱是分立的 氢原子从某激发态跃迁至基态要吸取特定频率的光子18. 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势e 随时间 t 的变化规律如下列图，以下说法正确的有 t1 时刻线
3、圈位于中性面 t2 时刻通过线圈的磁通量最大0电动势的有效值为E m2一个周期内交变电流的方向转变一次欢迎下载精品学习资源19. 如下列图，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的 P 点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q 点射出，以下判定正确的有P.粒子带正电粒子做匀速圆周运动.Q粒子电势能增大仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变E 20如下列图，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面对上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，以下说法正确的有篮子底面受到的压力大于篮球的重力篮子底面受到的压力小于篮球的重力篮子右侧面受到的压力大于篮球的重
4、力篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力21. 已知地球质量约为火星质量的9 倍，地球半径约为火星半径的2 倍，如某天你能到火星上旅行，跟你在地球上相比较，忽视星球自转的影响以下判定正确的有体重会变大体重会变小以相同速度竖直跳起会跳得较高以相同速度竖直跳起会跳得较低34（ 1）（ 10 分）用木板、白纸、图钉、一根原长为5cm 且劲度系数为 100N/m 的弹簧、两个弹簧秤（单位： N）、细绳套、三角板、刻度尺和铅笔等器材做“验证力的平行四边形定就”试验，试验过程如下：在水平木板上铺白纸，把弹簧的一端固定在O 点，过 O 画一条标记线 OD ，弹簧的另一端拴两条细绳套；用两把弹簧秤互成角度拉细绳套
5、，使弹簧的另一端沿OD 拉至 C 点，如图甲所示用铅笔描下C 点的位置和两条细绳的方向，记录两弹簧秤的读数分别为FA 与 FB，其中 B 弹簧称的读数 FB =N；用刻度尺测出此时弹簧的长度为10cm，通过运算得出弹簧的拉力F=N ；可以判定 FA 与 FB 互成的角度为依据力的图示， 作出 FA 和 FB，如图乙所示 请你依据力的图示，在图乙中作出FA 与 FB 的合力 F 比较力 F与 F 的大小和方向，得出的结论是：在试验误差范畴内，欢迎下载精品学习资源（ 2）（ 8 分）为测定一节干电池的电动势和内阻现供应如下仪器：电压表 V （量程 2V ，内阻约 8k ）电流表 A （量程 0.6
6、A ，内阻 r A = 0.8） 滑动变阻器（0 20）开关如干导线为精确测定干电池的电动势和内阻，应挑选图（选填“甲”或 “乙”）；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至端（选填 “左”或“右 ”）移动变阻器的滑片， 得到几组电压表和电流表的示数，描画成如图丙所示的U-I 图象 从图线的截距得出干电池的电动势为1.40V 的理论依据是；利用图丙可得到干电池的内阻为（保留两位有效数字） ；AVVA甲乙35（ 18 分）如图甲所示， 静止在粗糙水平面上的正三角形金属线框，匝数 N=10、总电阻 R = 2.5、边长 L = 0.3m ，处在两个半径均为r = L 的圆形匀强磁场区域中，3重合，线框底
7、边中点与左侧圆形中心重合磁感应强度线框顶点与右侧圆形中心B1 垂直水平面对外，大小不变、B2垂直水平面对里，大小随时间变化，B1、B2 的值如图乙所示线框与水平面间的最大静摩擦力 f = 0.6N，（取3），求：（ 1） t = 0 时刻穿过线框的磁通量； （ 2）线框滑动前的电流强度及电功率；（ 3）经过多长时间线框开头滑动及在此过程中产生的热量B/TB25B1B22t/s00.20.40.61B1甲乙欢迎下载精品学习资源36（ 18 分）如下列图，光滑水平面上静止放置质量M = 2kg ，长 L = 0.84m 的长木板 C；离板左端 S =0.12m处静止放置质量m A=1kg的小物块A
8、 ， A 与 C间的动摩擦因数= 0.4；在板右端静止放置质量mB = 1kg 的小物块 B，B 与 C 间的摩擦忽视不计设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， A、B 均可视为质点， g = 10m/s2现在木板上加一水平向右的力F，问：（ 1）当 F = 9N 时，小物块 A 的加速度为多大？（ 2）如 F 足够大，就 A 与 B 碰撞之前运动的最短时间是多少？（ 3）如在 A 与 B 发生弹性碰撞时撤去力F， A 最终能滑出 C，就 F 的取值范畴是多少？FCAB欢迎下载精品学习资源2021 届模拟试题（ 8） 2021 年深圳二模挑选题：题号131415161718192021答案BCDABC
9、ACADBDBC13B解析：多晶体和单晶体一样有确定的熔点，多晶体各向同性，单晶体各向异性，A错；分子间同时存在着引力和斥力，露珠看起来呈球状，此种情形下主要表现水分子与水分子间的相互吸引即表面张力的作用，由于表面张力的作用总是想使露珠的表面积减小，而体积相同的情形下球的表面积最小，所以小露珠呈球形，B 对；悬浮在液体中的微粒越小，微粒受到来自液体分子不同方向的碰撞就越不平稳，布朗运动越明显，C 错；分子间的距离减小斥力和引力都增大14. C解析： A 、过 A 、B 点的等压线如下图虚线所示，OB 直线的斜率大于 OA 直线的斜率，故 B 状态体积大于 A 状态体积， A 错；从图中可以看出
10、，气体温度上升；A 到 B 温度升高，就内能变大，又气体对外界做功，依据热力学第肯定律知气体肯定吸取热量，故C 正确，D 错；欢迎下载精品学习资源215. D 解：洛伦兹力供应向心力有：qvBm v，又 T2 r，得： T2 m，所以周期不欢迎下载精品学习资源变，选 D；rvqB欢迎下载精品学习资源16. A 解：座椅受力如图，由绳子的拉力与重力的合力供应向心力，就得：2 R欢迎下载精品学习资源mgtan =m2R， R为座椅圆周运动的半径，就得tan ，要 变大，就 R变g欢迎下载精品学习资源大，所以绳长要变长；17. BC 解析 : 这是 衰变反应方程，重核裂变是要分裂成两个新核，同时放出
11、 射线， A 错；这是轻核聚变反应方程， B 对；当氢原子从较高轨道跃第 n 能级迁到较低轨道第 m 能级时，发射的光子的能量为 E=En- Em=h ，明显 n、m 的取值不同，放出光子的能量不同，且是不连续的即是分立的， ，故氢原子光谱的能级是不连续的即是分立的， C 对；氢原子从某激发态跃迁至基态，是从高能级到低能级，要放出余外的能量，即要辐射特定频率的光子， D 错；18. AC解析： 由图可知， t1 时刻线圈的感应电动势最小为0，故磁通量的变化率也最小， 线圈与磁场垂直，与中性面垂平行，故A 错误；由图可知，t1 时刻线圈的感应电动势最大，就依据法拉第电磁感应定律得知，磁通量的变化
12、率为零，而线圈与磁场平行，通过线圈的磁通量欢迎下载精品学习资源为最小，故 B 错误；由交变电流的学问知，电动势的有效值为E m ， C 正确；每经过中性面一2欢迎下载精品学习资源次，电流方向转变一次，一个周期内经过两次中性面，所以交变电流的方向转变二次，D 错；19. AD解析： 由图知带电粒子受电场力向下，而电场也向下，所以粒子带正电，A 对； 粒子在电场中做类平抛运动，B错；电场力做正功，电势能削减；粒子在水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动，增大电场强度粒子通过电场不影响水平方向的匀速直线运动， 所以粒子通过电场的时间不变，D 对；欢迎下载精品学习资源20. .BD 解：对篮球受
13、力分析，并运用合成法如图：依据几何学问，篮子底部对篮子的支持力N1=mgcos依据牛顿第三定律就篮子底面受到的压力为mgcos mg，故 A 错误B 正确；篮子右面对篮球的支持力N2=mgsin ，依据牛顿第三定律就篮子右面受到的压力为mgsinmg，故 C 错误 D 正确；应选： M 地mR21 BC解 析 ： 在 地 球 表 面 有 mg地G2， 在 火 星 表 面 有地mgG M 火 m ，R火2火欢迎下载精品学习资源g地所以有g火M 地火RR22M 火地9 ，所以在火星表面的重力加速小于地球表面的重力加速，这样体重4欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源会变小，又 h2v0，所以相同
14、速度竖直跳起会跳得较高；2 g欢迎下载精品学习资源非挑选题：34（ 1） 4.00（ 2 分）； 5 或 5.0（2 分）； 90 （ 2 分）；如下列图： （2 分）；平行四边形定就成立（2 分）（ 2）甲（ 2 分）；左（ 2 分）；断路时路端电压等于电源电动势（2 分）； 0.63（ 2 分）；35. 解：（ 1）设磁场向下穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得 t=0 时欢迎下载精品学习资源Br12122B1r620.005Wb -3 分（ 2+1 ）欢迎下载精品学习资源（没有规定磁通量正负、结果为正或负不扣分，考虑到磁通量相减，表达式中多了N 可得1 分）（ 2）依据法拉第电磁感应定律
15、欢迎下载精品学习资源ENNtB 1r 2t 60.25V-3分（ 2+1 ）欢迎下载精品学习资源IE0.1A -2分（ 1+1 ）R欢迎下载精品学习资源PI 2 R0.025W -2分（ 1+1）欢迎下载精品学习资源（ 3）右侧线框每条边受到的安培力欢迎下载精品学习资源F1NB2IrN 25t Ir -1分因两个力互成 1200，两条边的合力大小仍为F 1， -1分（用等效长度运算也给这两步分）欢迎下载精品学习资源左侧线框受力 F2NB1I2r -1分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源线框受到的安培力的合力F安F1F2 -1分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源当安培力的合力等于最大
16、静摩擦力时线框就要开头滑动F安f -1 分欢迎下载精品学习资源即 F安N 25t IrNB1 I 2 rf解得 t0.4s-1分欢迎下载精品学习资源2QIRt0.01J-2分（ 1+1）欢迎下载精品学习资源说明：运算过程中如没有考虑匝数N ，公式应用正确，最多扣2 分.36. 解：（ 1）设 M 和 mA 一起向右加速，它们之间静摩擦力为f由牛顿其次定律得： F =M +mA a-2分欢迎下载精品学习资源得： a23m / s -2分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源fmA a3NmAg4 N ，说明加速度的结果是正确的（ 1 分）欢迎下载精品学习资源（ 2） mA 在与 mB 碰之前运
17、动时间最短，必需加速度最大，就：f mmAgmAa1 -2分欢迎下载精品学习资源Ls112a t1 1 -1分2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源解得： t10.6s -1分欢迎下载精品学习资源（ 3）在 A 与 B 发生碰撞时， A 刚好滑至板的左端，就此种情形推力最大，设为F 1，欢迎下载精品学习资源对板 ，有： F 1mA gMaC-1分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源1CL1 a2t 2 -1分欢迎下载精品学习资源解得： F140 N313.3N-1分欢迎下载精品学习资源1A如 A 与 C 没有发生相对滑动，设推力最小为F 2 A 与 B 发生弹性碰撞之前，欢迎下载精品学习资源对 A 和 C，有：F 2 Ls1 M2mv20 -1分欢迎下载精品学习资源A 与 B 发生弹性碰撞，因质量相等，A 的速度交换给 B， A 静止 -1 分而后刚好撤去外力， A 与 C 发生相对滑动， A 滑至 C 的左端时 A、C 刚好共速，有：Mv1 Mm A v 2 -1分欢迎下载精品学习资源mA gs1 Mv 2121 M2m v 2分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2A解得： F23 N -1分欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源综合以上分析，推力的范畴：3NF13.3N-1分欢迎下载