《2021年广东省高考物理冲刺试卷（一）（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年广东省高考物理冲刺试卷（一）（附答案详解）.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年广东省高考物理冲刺试卷（一）（5月份）1.A、B 两个物体在同一直线上运动，位移-时间图象如图，下列说法正确的是（）A.A、B运动方向相反B.0-4 s 内，A、8 的位移相同C.t=4s时，A、B 的速度相同D.A 的加速度比B的加速度大2.图为喜庆节日里挂的灯笼，由于天气刮风，重量为G 的灯笼向右飘起，设风对灯笼的作用力/恒定，灯笼看成质点.在某一时间内灯笼偏离竖直方向的角度恒为。，设轻绳对灯笼的拉力为7.下列说法正确的是（）A.T与尸的合力方向竖直向下B.T与尸的合力大于GC.7 和 G 是一对平衡力 D.绳索所受拉力的大小为7=刍3.如图所示，已知用光子能量为2.82eU的紫
2、光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转，若将电路中的滑动变阻器的滑片P 向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，电压表读数为1匕 则该金属涂层的逸出功约为（）A.2.9 x 10-19）B.6.1 x 10T9/C.1.6 x 10-19/D.4.5 x 10-19/4.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、8 两处.不计空气阻力，则落到5 处的石块（）A.初速度大，运动时间短 B.初速度大，运动时间长C.初速度小，运动时间短 D.初速度小，运动时间长5.已知质量为机的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为Ep=一手,其中G 为引力
3、常量，M 为地球质量。若该卫星原来在半径为的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为/?2,此过程中因摩擦而产生的热量为（）A.B.C.警（，力 D.誓强/）6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1 0：1,原线圈输入的交流电如图A.交流电的频率为1 0 0%B.t =0.0 0 5 s 时电压表的读数为2 2&PC.t=0.0 1 s 时电流表读数为“D.该变压器原线圈的输入功率为2 2 W7.在 2 0 0 8 北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.0 5 m 的成绩第2 4次打破世界纪录。图为她在比赛中的几个画面。
4、下列说法中正确的是（）A.运动员过最高点时的速度为零B.撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能C.运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D.运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功8.真空中，两个固定点电荷4、B所带电荷量分别为Q i .和Q z，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如 图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电A.Q.场线上标出了 C、D 两 点,其中。点的切线与A B 连线平行，A B 连线中点为。，则（）A.A带正电，B带负电，且QIQ2B.。点电势比。点电势高第 2 页，共 19页C.负检验电荷在c点的电势能大于在。点的电势能D.在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检
5、验电荷将沿此电场线运动到。点9.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导执，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为相、电阻也为R的金属棒从高为人 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()A.金属棒中的最大电流为也远2RB.金属棒克服安培力做的功为机城C.通过金属棒的电荷量为舞D.金 属 棒 产 生 的 电 热 为-”d)1 0.如图所示，将小祛码放在
6、桌面上的薄纸板上，若祛码和纸板的质量分别为M和，小各接触面间的动摩擦因数均为，祛码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力尸拉动纸板，g为重力加速度，下列说法正确的是()A.纸板相对祛码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(M+m)gB.要使纸板相对祛码运动，F 定大于2(M+zn)gC.若祛码与纸板分离时的速 度 小 于 祛 码 不 会 从 桌 面 上 掉 下D.当F=n(2M+3m)g时，祛码恰好到达桌面边缘1 1.随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品己越来越受到大家的青睐,某同学为了测定某电动车电池的电动势和内电阻，设计了如图所示电路，提供的实验器材有：(A
7、)电动车电池一组，电动势约为12匕内阻未知(B)直流电流表量程300加4,内阻很小(C)电阻箱R，阻值范围为0 9 9 9.9。(D)定值电阻&，标称阻值1 0。(E)导线和开关(1)当他闭合开关时发现，无论怎样调节变阻器，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，他的操作如下：断开电源开关S,将多用表选择开关置于x 1 0 档，调零后，红黑表笔分别接凡两端，读数为1 0 0,将多用表选择开关置于x 1 0 0 档，调零后，将红黑表笔分别接电阻箱两端，发现指针读数如图所示，则所测阻值为_ _ _ _ _0,然后又用多用电表分别对电源和开关进行
8、检测，发现电源和开关均完好。由以上操作可知，发生故障的元件是 o(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路。(3)改变电阻箱的阻值R,分别测出阻值为岛=1 0。的定值电阻的电流/,下列三组关于R 的取值方案中，比 较 合 理 的 方 案 是(选 填 方 案 编 号 1、2 或3)。方案编号 电阻箱的阻值R/013 0 0.02 5 0.02 0 0.01 5 0.01 0 0.021 0 0.08 5.0 7 0.0 5 5.0 4 0.034 0.0 3 0.0 2 5.0 2 0.0 1 5.0(4)根据实验数据描点，绘出的*-R 图象是一条直线。若 直 线 的 斜 率 为 在，坐标轴上的
9、截距为，则该电源的电动势E=,内阻r=(用左、匕 和品表示)。1 2.为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和 8 按下述步骤进行实验：步 骤 1：在 4、8的相撞面分别装上橡皮泥，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图1,铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽。倾斜槽和水平槽由一小段第 4 页，共 19页圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块8静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到4、8停止运动，得到一幅多次曝光的
10、数码照片；步骤4：多次重复步骤3,得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图2所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置_ _ _ _ _ _。在心、之间在6处在6、7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需 要 直 接 测 量 或 读 取 的 物 理 量 是。4、8两个滑块的质量Tn1和nt?滑块A释放时距桌面的高度频闪照相的周期照片尺寸和实际尺寸的比例照片上测得的S45、S56和S67、78)照片上测得的S34、S45、S56和S67、$78、89滑块与桌面间的动摩擦因数写 出 验 证 动 量 守 恒 的 表 达 式 1 3.为了测量某住宅大楼每层
11、的平均高度(层高)及电梯运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：一质量为徵=5 0 k g的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中，体重计示数随时间变化的情况，并作出了如图所示的图象，已知t=0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层(g取10m/s2).体里计示数N600-1-T500 _!；_ 400.J J _0 1 2 3 2930 t/s求：(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼的层高.1 4.为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置.半径为/的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为/
12、、电阻为R 的金属棒加一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴。上，由电动机A 带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为当、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为?、电阻为R的金属棒c 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的U”型导轨保持良好接触，导轨间距为/,底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.当开关S断开，棒 cd静止时，弹簧伸长量为X。；当开关S闭合，电动机以某一速度匀速转动，棒”再次静止，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻
13、力，求此时(1)通过棒cd的电流的;(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度3与弹簧伸长量x 之间的函数关系.第 6 页，共 19页15.下列说法正确的是()A.物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B.布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D.气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同16.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、3两端开口，管内有一段水银柱，管内水银面与管口 A之 间 气 体 柱 长 为=4
14、0cm,右管内气体柱长为=39cm。先将口 B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm,已知大气压强Po=7 6 c m H g,求：(1)4端上方气柱长度；(2)稳定后右管内的气体压强。A17.某质点在竖直方向上做简谐运动，规定竖直向上为正方向，质点的振动图象如图所示，则质点在10s时 的 速 度 方 向 为(选 填“竖直向上”或“竖直向下“)，0.5 1.5s时间内的位移为_ _ _ _ _cm,0当s内运动的路程为_ _ _ _ _ _cm.418.两个横截面半径均为R的半圆柱形玻璃稻ABC和QEF拼接在一
15、起，形成一个圆柱形玻璃砖4(D)BC(F)E,一束单；色光从左侧玻璃砖上的M点入射，M点到4c(DF)的距离d=枭,入射光线的延长线经过做。)点，左侧玻璃砖ABC Tr对该单色光的折射率%=V 3,右侧玻璃砖。EF对该单色光的折射率胆=2V2,真空中的光速为c。(1)若将该单色光第一次在玻璃砖DEF与空气的界面上的入射点记为N(图中未标出)，分析判断该单色光在N点能否发生全反射。(2)求该单色光从M点传播至N点的时间。第8页，共19页答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、s-t图象的斜率等于物体运动的速度，由图可知两图象的斜率一正一负，故两物体的速度方向相反。故A正确。B、0 4s内，A的位
16、移为10m 5ni=5m,8的位移为10m 15m=5 m,则两个物体的位移不同，故8错误。C、t=4s时，A、B两图象的斜率大小相等，且一正一负，故两物体的速度大小相等，方向相反。则速度不同。故C错误。D、两个物体都做匀速直线运动，加速度都为0,故。错误。故选：A os-t图象的斜率等于物体运动的速度，由此可判定物体的速度大小和运动方向，位移为 S=S2 Sj.本题考查识别位移图象和读图的能力.关键要抓住图象的斜率等于物体运动的速度，来分析物体的运动情况.2.【答案】D【解析】解：A、8、灯笼受重力、拉力和风力，三力平衡，故7与F的合力与重力平衡，方向竖直向上，故A错误，B错误；C、T和G方
17、向不共线，不是平衡力，故C错误；D、根据平衡条件，有：7=黑，故。正确:故选：D。对灯笼受力分析，受重力、拉力和风力，三力平衡，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，结合合成法求解拉力.本题是三力平衡问题，可以用合成法、正交分解法处理，列平衡方程是关键，基础问题.3.【答案】3【解析】解：毫安表的读数恰好减小到零说明逸出的电子的动能恰好能克服电场力做功,为：E k=eU =leV,由爱因斯坦光电效应方程有：Ek=hv-Wo,知：W0=h v-Ek=2.82eV -leV =1.82eV=1.8 2 X 1.6 X I O_ 1 97 =2.9 1 2 X 1 0-刃，故A正确，B C 错误
18、，故选：A。读数恰好减小到零说明逸出的电子的动能恰好能克服电场力做功，Ek=eU =leV,由爱因斯坦光电效应方程有：Ek=h v-W0,知：%的 大 小。本题考查了光电效应方程的应用，解题的突破口在毫安表的读数恰好减小到零时，电压表读数为I V，知道电子的动能为及k4.【答案】A【解析】解：小球落在8点高度差较小，根据t =后，知落在8处的石块运动时间较短，根据初速度%=：知，8处的水平位移大，时间短，则初速度较大。故 A正确，B、C、D错误。故选：A o平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.解决本题的关键知道平抛
19、运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定.5 .【答案】C【解析】【分析】求出卫星在半径为治圆形轨道和半径为/?2 的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量。本题是信息题，要读懂引力势能的含义，建立卫星运动的模型，根据万有引力定律和圆周运动的知识、能量守恒定律结合求解。【解答】卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R 1 时 G簿=小 葛 ，卫星的引力势能为E pi=-黑，（2）轨道半径为/?2 时=mg,卫星的引力势能为E p2 =一 臂 设摩擦而产生的热量为Q,根据能量守恒定律得：第1
20、0页，共1 9页说+EP1=+EP2+Q 联 立 得。=等（，言故选Co6.【答案】D【解析】解：A、由图象知交流电的周期为7=0.0 2 s,频率为/=擀5 0/故A错误；8、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为220匕 根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为22匕 所以电压表的读数为2 2%故B错误；C、副线圈的电阻为2 2 0,所以副线圈的电流为/=If=1 4电流与匝数成反比，原线圈的电流为卷A,电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1 4故C错误；D、副线圈消耗的功率P=U/=22 x 1=22，输入功率等于输出功率，故。正确；故选：D根据电压与匝数成正
21、比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论.掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题.7.【答案】D【解析】解：A、运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零。如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，故A错误；从 运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，故B错误；C、从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在横杆的下方，故C错误；。、在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的
22、弹性势能,然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，故。正确。故选：Do运动员起跳过程中，杆先由直变弯，动能转化为杆的弹性势能和重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能乂转化为重力势能，将运动员抬高。本题关键要明确运动员加速助跑过程和上升过程中的各种能量的转化情况，特别是上升过程，要分为杆弯曲和变直两个过程讨论。8.【答案】A B【解析】解：A、根据电场线的流向，知A带正电，B带负电；。点的场强可看成A 8两电荷在该点产生场强的合场强，电荷A在。点电场方向沿A。向上，电荷8在。点产生的场强沿。8向下，合场强水平向右，可知B电荷在。点产生的场强大于A电荷在
23、。点产生的场强，而40B。，所以Q i Q 2故4正确.3、沿着电场线方向电势降低，所 以。点电势比。点电势高，故B正确。C、沿电场线方向电势逐渐降低，（pc（pD,再根据Ep =q（p,q为负电荷，知l Ep c EP D,故C错误，。、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合，而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合，故。错误。故选：A瓦A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出A B的电性及电量的大小；8、沿着电场线方向电势降低；C、先比较电势的高低，再根据Ep =q 的,解得：F 2 g(M +m)g,故B正确；C、若祛码与纸板分
24、离时的速度小于J演，祛码匀加速运动的位移小于x =2=会 匀减速运动的位移小于/=f=警=R则总位移小于d,不会从桌面掉下，故C正确；2 a，2D、当F =(2 M +3 T n)g时，祛码未脱离时的加速度=纸板的加速度：a2=2 g,根 据)2户 一 泊 户=乙解得：t=则此时祛码的速度v =CL t=曰说祛码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a =g,则匀减速运动的位移：x=-=-d,而匀加速运动的位移%=；的产=；d,则祛码恰好到2ar 2 2 2达桌面边缘，故力正确。故选：B C D。应用摩擦力公式求出纸板与祛码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小；根据牛顿第二定律求出加速度，
25、要使纸板相对于祛码运动，纸板的加速度应大于祛码的加速度，然后求出拉力的最小值；当尸=(2M+3 巾加时，根据牛顿第二定律分析求出祛码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时跌码的速度，结合速度位移公式求出祛码速度减为零的位置，从而判断出祛码的位置。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。11.【答案】(1)7 0 电 流 表(3)2 (4)髭 一&【解析】【分析】(1)欧姆表读数=刻度盘读数x 倍率；故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表
26、处；(3)为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：1 0 0 n M W/W 3 0 0 m 4 根据欧姆定律，计算出电阻箱电阻值的大致范围即可；(4)根据闭合电路欧姆定律列式，然后进行公式变形，得到3 与 R关系式，在分析讨论。本题涉及欧姆表的读数、测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键。【解答】(1)欧姆表表盘读数为“7 0”，倍率为“X 1 0”，故为7 0 0；障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；故答案为：7 0,电流表；(3)为
27、减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：l O O n M S/W 3 0 0 m 4,根据欧姆定律，总电阻12 0。2 R 总N 4 0 0,扣除定值电阻1 0 0,即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于3 0 0 而小于等于110 0,由于电流表内阻不计，故应该选方案2；故答案为：2；(4)根据闭合电路欧姆定律，有EI=-R +丁 +RQ公式变形，得到第 14 页，共 19页1 1 A。+丁=d-/E E对比一次函数y=k x +b,Rg当于y,相当于k,R相当于x,%相 当 于匕;故E=,窄=bk E解得：E =p r=-Ro故答案为，R0o
28、1 2.【答案】m 1($45+2 s 56 S34)=O +m2)(2 s6 7+s7 8-s8 9)【解析】解：(1)由图可知S i?=3.00 cm,s2 3=2.80 cm,s3 4=2.60 cm,s4 5=2.4 0 cm,s5 6 2.2 0 cm,s6 7 1.60 cm,s78-1.4 0 cm,s89-1.2 0 cm1,根据匀变速直线运动的特点s =a 72可知A、8相撞的位置在6处。(2)为了探究A、8相撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后的动量，所以要测量A、B两个滑块的质量机1、爪2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为一 则：”处的速度为：以=制 詈5处的速度为
29、：畛=当 詈因 为%=空，所以A、B碰撞前A在P6处的速度为：%=叫产同理可得碰撞后A 8在七处的速度为：为=2 s 6 7+%f9若动量守恒则有：mxv6=(7nx+m2)v6整理得：山1($45+2 s56-S 3 4)=(机1+m2)(2s6 7+S78-S89)因此需要测量或读取的物理量是：。故答案为：;(2)、W11(S45+2S56-S 3 4)=O 1 +巾2)(2567+S 7 8 -S 8 9)根据匀变速直线运动的推论分别研究碰撞前滑块在电、P s的速度，根据6、和七、P4速度差相等研究P 6的速度，同理求出碰撞后滑块7、的速度，再速度差相等求出碰撞后共同的速度。本题原理是利
30、用匀减速直线运动的规律来求碰撞前后的速度，较为复杂。改变为平衡摩擦力，使碰撞前后滑块都做匀速直线运动，这样速度测量简便易行。1 3.【答案】解：(1)对于启动状态有:&-m g=ma得%=2m/s2对于制动状态有：m g -F3=m a3得 c(3-2m/s2即电梯启动时的加速度大小为2 m/s 2,制动时加速度大小也为2 r n/s 2.(2)电梯匀速运动的速度v =。也=2 x 1 =2m/s从图中读得，电梯运动的总时间t =2 8s,电梯匀速上升的时间今=2 6s,加速运动时间为G =1 s,减速上升时间也为 3 =1 s.所以总位移 S =vt2+t3)=54 m层高 h =3 m18
31、 18即该大楼的层高为3m.【解析】(1)从图象可以看出，电梯从2 s 末开始加速，3 s 末开始匀速，2 9s 末开始减速，3 0s 末停止，根据图象得到各个时间段的弹力，然后根据牛顿第二定律列式求解；(2)求出加速度后，根据速度时间公式和平均速度公式列式求解各时间段位移，最后得到楼高.本题关键是结合图象，根据牛顿第二定律求解出物体的加速度，然后根据平均速度公式列式求解位移，得到每层楼的高度.1 4.【答案】解：(1)S 断开，c d 棒静止有：mg=kx0S闭合，c d 棒静止时受到的安培力为：F=Ic dB2l棒静止有：mg+Ic dB2l=kx得:【cdm g（x-x（）B2以01Q(
32、2)回路总电阻为：R 总=总电流为:2mg（x-Xo）B2 ao由能量守恒得：P6m 2g2R（X一%O）2磅2 7(3)由法拉第电磁感应定律:回路总电流为:B is3RE=一 t1=胪 血?第 1 6 页，共 1 9 页解得：3 =6 m g R(o r()%B2l3X0答：(1)通过棒c d 的电流n tg(x ro)(2)电动机对该装置的输出功率P为 竺 嚼 受 让21 XO(3)电动机转动角速度 与弹簧伸长量X 之间的函数关系3 =6m gR(X To)B 2X0【解析】(1)S 断开和闭合时，根据平衡条件列式，即可求出棒的电流；(2)电动机对该装置的输出功率等于回路电阻上消耗的热功率
33、；(3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出回路总电流，联立(2),即可得出电动机转动角速度3与弹簧伸长量x 之间的函数关系本题考查了电磁感应与电学、力学知识的综合，关键是掌握转动感应电动势公式E =泗 川,注意理清电路结构，切割磁感线的导体棒相当于电源.1 5.【答案】A CE【解析】解：人 物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故 A正确；8、布朗运动是液体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，固体颗粒的运动，不是分子的运动。故 B错误；C、根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，不能将全部的内能转化为机械能，但是将海水的一部分内能转化为机械能是可
34、能的，故 C正确；。、分子之间的作用力-分子引力和斥力都随距离的减小而增大，故。错误；E、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的。故 E正确；故选：A CE.物体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，布朗运动是固体颗粒的运动，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，分子之间的作用力随距离的减小而增大；石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的.该题考查内能、布朗运动的实质，热力学第二定律、分子之间的作用力等知识点的内容，要理解热力学第二定律的几种不同的说法.16.【答案】解：(1)
35、设 A端上方气柱长度为小 由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为：Pi=Po+Pg h=QOcmHg由玻意耳定律得：P0IA=PiG所以A 端上方气柱长度为：k=38cm(2)设右管水银面上升/?,则右管内气柱长度为%-八，气体压强为Pi-2pg/i由玻意耳定律得:polB=(Pi-2pgh)(lB-h)解得：h=1cm所以右管内气体压强为：p2=Pi-2/i=78cmHg答：(i)4端上方气柱长度为38c7”；(M)稳定后右管内的气体压强为78cniHg。【解析】(1)温度不变，由玻意耳定律得即可求得长度(2)右管被封闭气体做等温变化，注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差
36、之间关系。本题考查了等温变化气态方程的应用，难点在于根据数学关系确定气体长度的变化以及插入液面内玻璃管的长度。17.【答案】竖 直 向 上 一 80(320-20V2)【解析】解：由图可知，该质点振动的周期为2 s,由简谐运动的周期性可知，10s时的运动情况与t=0时相同，速度方向为x 轴正方向，即竖直向上；该质点的振动方程为x=AO sinntcm,匕=0.5s时，xx-40cm；t2=1.5s时，x1=-40cm；0.5 1.5s时间内质点的位移为x=x2-80cm；t3=f s时，咫=一 20&cm 质点在0-内运动的路程为：s=8J4|x31 =(320 20/2)cm故答案为：竖直向
37、上；一 80；(3 2 0-20位)。振动图象描述的是某一质点在任意时刻偏离平衡位置的位移；一个振动周期内，质点振动了 4 个振幅。第1 8页，共1 9页本题考查了简谐运动的振动图象，明确振动图象的物理含义是解题的关键。1 8.【答案】解：（1）M点到（。?）的距离d =如图所不，cos9=-y 则。=3 0。,M 4 0 为等边三角形。M点入射角为a =6 0 ,由折射定律n 1=器,代入数据可得：6 =3 0。，故折射光线恰好垂直AC 面射入玻璃砖D E F,在 N点的入射角为3 0。由于s i nC=；=壶 也 故临界角C 3 0。，所以该单色光可以在N点发生全反射。（2）该单色光在玻璃
38、砖A B C 中的传播时间 =色=予=%V 5 2 c在玻璃砖Q E F 中的传播时间 2 =-=$=艺 亚 c该单色光从M点传播到N点的时间为：t =+逆忘 2c c答：（1）若将该单色光第一次在玻璃砖。E F 与空气的界面上的入射点记为M该单色光在 N点能发生全反射。（2）求该单色光从例点传播至N点的时间为雪+警。【解析】（1）由几何关系求出该光线的入射角，然后由折射定律求出折射角，判断光到达。E F 边界处的位置，以及对应的入射角，最后结合发生全反射的条件作出判断：（2）由光的速度与折射率的关系求出光在介质内的速度，然后即可求出。此题考查了光的折射定律和全反射条件，要灵活运用几何知识配合求解，要规范地作出光路图，有利于求解相关角度或距离。