《2021年浙江省宁波市十校联考高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年浙江省宁波市十校联考高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf（28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年浙江省宁波市十校联考高考物理模拟试卷（3月份）1.以下是几个教材中的物理公式，其中关于特定物理量符号、物理量名称及其在国际单位制（S/）中的用基本单位表示的单位符号表述中全部正确的是（）A.A B.B C.C D.D公式符号名称单位符号Aa3卜=斗a加速度m/s2BLR=PP密度(kg,m3)/(A-s2)C2nT=展L长度mDE=BlvB磁感应强度kglA-s2)2.2020年 12月 2 2 日，美 国“麦凯恩”号驱逐舰在未经允许的情况下，就擅闯我国南沙岛礁邻近海域，在发现之后，我国南部战区立即组织海空兵力用“054A”型护卫舰对其予以警告和驱离。如图所示是某网站发布的当天两舰的
2、卫星图片和“054A”型护卫舰图片，假设在图示时刻两舰正沿同一方向匀速前进，并保持固定的距离,则下列说法正确的是（）图甲 图乙A.以我国海军054A型护卫舰为参考系，“麦凯恩”号是静止的B.以我国海军054A型护卫舰为参考系，附近的南沙岛礁是静止的C.以附近的我国南沙岛礁为参考系，两艘军舰均做竖直向下的运动D.以“麦凯恩”号驱逐舰为参考系，地球同步卫星是静止的3.麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，其中有库仑、安培、奥斯特、法拉第和亨利等人的奠基之功，也有他本人的创造性工作。在这基础上最终建立了经典的电磁场理论。以下关于前人奠基之功的论述符合事实的是（）A.库仑利用扭
3、秤发现了库仑定律，并测定了电子的电荷量B.安培提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质c.奥斯特发现了电流的磁效应，并给出r右手螺旋定则D.法拉第发现了电磁感应现象，并总结得到了法拉第电磁感应定律4.如图所示，PQ是固定的水平导轨，两端是定滑轮，滑轮摩擦不计，导轨上物体A两端分用细绳通过滑轮与物体8相连。系统处于静止状态时，绳 与 导 轨 平 面 的夹角为a,绳0 8与导轨平面的夹角为则以下判断正确的是（）5.6.7.A.B.D.若&=/?,则水平导轨一定是光滑的若a 0,则物体4受导轨的摩擦力方向向右若a片。，则物体A受导轨的摩擦力的大小与物体A的重力无关若a+S=9 0 ,则物体A所受摩擦
4、力是物体B所受重力的|tana-倍作为2021年全民国防教育万映计划重点推介影片面浪地球,讲述了太阳即将毁灭，人类将开启“流浪地球”计划，试图带着地球一起逃离太阳系，前往遥远的“比邻星”去寻找新的安身之所的故事。假设比邻星的质量是太阳的k倍，地球入住比邻星系后，绕比邻星作匀速圆周运动的公转速度为原来的;I倍，则那时候的地球上的一年为现在的几倍（）如图为一个光滑绝缘的半圆柱形容器的剖面图，圆心所在的轴线上水平固定一垂直纸面向内的通电长直导线，带正电的小物体（可视为点电荷）从左端由静止开始释放，下列说法正确的是（）A.刚释放时，正电荷所受洛伦兹力竖直向上B.若带电量足够大，运动过程中，小物体可能会
5、脱离容器表面C.无论小物体是否带电，都一定可以滑至右侧等高处D.物块滑至容器底部时，轨道对物体的支持力大于轨道受到的压力F列关于光的现象和解释说法正确的是（）A kA.忘BT k2A.水面上的油膜在太阳光照射下呈现彩色，是光的衍射现象B.惠更斯原理可以解释光的反射现象，但不能解释折射现象第2页，共28页C.两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时会发生干涉D.在杨氏双缝实验中，如果仅把红光改成绿光，则条纹间距将减小8.在如图所示电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，六个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用人 和a（i =i、2、3 下同）表示，电表示数变化量的大小分别用乙和4
6、 a表示.下列分析结论正确的是（）A.%、%、U1 示数均减小B .务华、华的比值均不变U 12 13C.与、竽 的比值绝对值均变化D.等、竿的比值绝对值均不变9 .如图是某同学跳远的频闪模拟图，该同学身高1 6 8 cm,体重5 2 奴。假设助跑起跑前该生的机械能为零，图中辅助标线方格横竖比为2：1,请你估算他在最高点时机械能最接近的值是（）A.1 6 0 0 J B.8 0 0 J C.4 0 0 J D.2 0 0 J1 0 .某小型电站用两根单位长度电阻为2.5 x 1 0-4。/巾的电缆直接向1 0 公里外的山区送电，已知其输出电功率是1.2 x 1。6 卜小。现用2 0 0 H z
7、 电压输电，则下列说法正确的是（）A.输电线上输送的电流大小为4 x 1 0 3 1B.输电线上由电阻造成的损失电压为3 0 Z VC.若改用5 0 0 k V电压输电，根据欧姆定律，输电电流变为原来的2.5 倍D.若改用5 0 AV电压输电，则输电线上损失的功率为8 x 1。6 人 十1 1.如图甲是磁电式表头的结构示意图，其中线圈是绕在一个与指针、转轴固连的铝框骨架（图中未指出）上，关于图示软铁、螺旋弹簧、铝框和通电效果，下列表述中不正确的是（）甲 乙A.与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是和中心软铁配合产生稳定的辐射状磁场B.线圈带动指针转动时，通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也
8、越大C.铝框的作用是为了防止涡流，起电磁驱动作用，让指针快速指向稳定的平衡位置D.乙图中电流方向a 垂直纸面向外，b 垂直纸面向内，线框将顺时针转动1 2.如图所示，竖直平面内有一足够长且与水平方向成30。的一TI 斜面，斜面上有A、8 两点，S 点在。点正上方，其中OS、OA,AB的长度均为/,若以初速度为从S 点水平射.一 一 一出一个小球，正好可以击中A 点，不计空气阻力，当地重力加速度为g,以下说法正确的是（）A.若将发射速度增大到2%,则正好击中B 点B.小球分别击中A 点和B点时速度与斜面夹角相同C.调整%大小使小球击中B 点，则击中时速度大小为当而D.若小球以3%的速度射出，则落
9、到斜面的时间为日/1 3.如图所示发电机两极分别与两块足够大水平放置的固定平行金属板连接，两板间距为 乩 现使得发电机以角速度3=5（rad/s）匀速转动，从上往下看是逆时针转动，从图示时刻开始计时，此时在平板之间中心静止释放一个重力不计的二价氧离子,若 第 1s内位移大小是4,且4 d,则以下说法正确的是（）第 4 页，共 28页A.第3秒内两极板间的电场方向向下B.前2秒内微粒位移大小为2 A,2秒末加速度为零C.第1秒末微粒的速度最大，方向竖直向下D.若在第1秒末释放微粒，则它将作单向直线运动14.19世纪末，一系列奇怪现象的发现诱发了经典物理学的危机，促使科学家突破经典物理的束缚、重新
10、构建了物理学理论大厦。以下关于近代物理中相关概念及其理解正确的是（）A.康普顿效应深入揭示了光的粒子性，表明光不仅具有能量还具有动量B.天然放射现象的三种射线中，y射线速度最大，穿透能力和电离能力都是最强的C.戴维逊和汤姆逊分别利用晶体做了电子束衍射实验，说明实物粒子也具有波动性D.结合能是核子结合成原子核后失去的总能量，结合能越大的原子核的稳定性也随之增加1 5.氢原子的能级图如图所示，已知氢原子各能级的能量1 空VF4-0.85可以用En=1公式计算，现有大量处于n=5能级（3-1.51图中未标出）的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确 2 _3.40的是（）A.这些氢原子可能发出10种不同频
11、率的可见光,B.已知钠的逸出功为2.29。，则氢原子从几=5能级跃迁到n=2能级释放的光子可以从金属钠的表面打出光电子C.氢原子从n=5能级跃迁到n=1能级释放的光子波长最长D.氢原子从几=5能级跃迁到n=4能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加16.一列波长大于1?的横波沿着x轴正方向传播，处在/=0、g =2机的两质点A、8的振动图像如图所示。由此可知（）A.波长可能为|他B.最大波速为|m/sC.0.5s末，A、8 两质点的位移、速度相同D.1.25末，4 点的加速度大于8 点的加速度1 7.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中:实验室准备了以下实验器材；一端带有定滑轮的长木板、小车
12、、电磁打点计时器、复写纸、纸带、带细线的小盘。还 需 要 选 用 的 器 材 为 图 甲 中 的（填器材所对应的字母）；在本实验中，下 列 操 作 有 利 于 减 小 实 验 误 差 的 是。4 把长木板一端垫高以平衡摩擦力8.调整滑轮高度，使得拴小车的细线保持水平C.实际操作时，先接通计时器电源，再释放小车D 用图像研究a-尸 的关系时，应多打几条纸带，使秒的点足够多E.祛码盘及祛码总质量可增至小车和车上祛码总质量的一半如图乙所示是实验时打出的一条纸带，A、B、C、D.为每隔4 个点取的计数点,据此纸带可知打出该纸带时的小车加速度为 m/s2（保留两位有效数字,电源频率为50Hz）。第6 页
13、，共28页1 8.如图中所示，某同学在“测玻璃砖折射率实验”时将入射光线改由从AC面入射,然后在CD界面外侧观察AP2的像，但他始终无法在CD界面外侧找到PiP2的像，却意外地在8。界面外侧看到了RP2的像，于是按原方法钉了两枚大头针P3P4,用以标记出射光线。根据你所学知识在图乙中补全光路图。图甲图乙1 9.在“练习使用多用电表”的实验中:图甲(1)测量电阻时，将选择开关旋转到欧姆挡倍率“X 100”的位置；将红黑表笔短接,旋转欧姆调零旋钮，使 指 针 对 准 电 阻 刻 度 的 (填“0 刻线”或“8 刻线”)；(2)将两表笔与待测电阻相接，发现指针偏转角度很小。为了得到比较准确的测量结果
14、，请 从 下 列 选 项 中 挑 出 合 理 的 步 骤 O4.将选择开关旋转到欧姆挡倍率“x l k”的位置B.将选择开关旋转到欧姆挡倍率“X 10”的位置C.换挡后直接测量读数。.换挡后先进行欧姆调零再测量读数(3)若选用“x 1”倍率时电表的读数如图甲所示，则所测电阻的电阻值为 0。20.某同学在湿滑的走廊上玩“溜冰”，假设某湿滑地面与某同学鞋面之间最大静摩擦力是滑动摩擦力的2 倍，且滑动摩擦系数=0.05,在该同学所在位置的前方12.5m处是走廊的尽头，同学在走廊上运动时，忽略除地面摩擦力以外的其它阻力。(1)若甲同学蹲在地上，至少获得多大的速度/才能顺利滑到走廊的尽头？(2)从静止开
15、始加速起跑，然后小心地自由减速滑行直至走廊尽头停止运动，求该运动所需的最短时间是多少？21.如图所示，半径R=0.2m的竖直圆形轨道，E 为圆轨道最高点，。为圆轨道最低点，与水平轨道QC和 D”平滑相连，所有轨道除DH部分粗糙外，其它部分均光滑。距D点右侧水平距离d=3.8m处放置了一竖直挡板GH,若滑块与挡板发生碰撞，不损失机械能。轨 道 的 左 端 固 定 着 一 弹 簧，两个完全相同的可看做质点的滑块1、2,质量m=0.1 k g,滑块2 静置于CQ轨道之间，现用力作用于滑块1压紧弹簧，使弹簧具有弹性势能Ep(Ep未知，可改变)，放开后，滑 块 1被弹出，经过静止的传送带BC段后与滑块2
16、 发生碰撞后并粘合在一起。已知8C 段长L=0.6 m,滑块与传送带BC和轨道间的动摩擦因数=0.2,取g=10m/s2第8页，共28页GE(1)若滑块恰能通过最高点E,求滑块过最低点力时对轨道的压力大小；(2)若整个过程中滑块始终不脱离轨道，求弹簧弹性势能E p 的取值范围(不考虑G H弹回后脱离的情况)；(3)若撤去滑块2,让传送带顺时针转动，转速可以调节，使得滑块1 离开传送带的速度随之发生变化，当E p =0.8/时,求滑块1最后静止时离G4 的最大距离是多少？2 2.如图所示，在两根相距为/的竖直金属导轨间的三个相同的矩形区域内存在匀强磁场I、n、i n,磁 场 I、m磁感应强方向垂
17、直纸面向内，磁场n磁感应强方向垂直纸面向外,磁感应强度大小均为B,每个矩形区域的高度均为限在磁场I 上方一定高度处并排放着两根质量相同、长度均为/的金属棒岫和C”，加棒电阻为先,c d 棒电阻为/?2,导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。现让棒外由静止开始下落，棒而进入磁场时释放棒c d,棒浦进入磁场 I 后刚好做匀速直线运动，当棒a b正要离开磁场I 时,棒刚好进入磁场。已知棒时刚离开磁场口时的速度为v,在离开磁场H I 前已作匀速直线运动，重力加速度为g,求:(1)金属棒的质量m；(2)棒油穿过磁场n 的时间h(3)当棒a h从开始进入磁场到离开磁场的过程中，棒a h上产生的热量。2 3.
18、如图所示，以a粒子源为原点建立直角坐标系xO y,在以。点为圆心、半径为治 的圆形区域内存在一个有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为名。a粒子源在坐标平面内向第三、四象限的各个方向发射速率相同的a粒子。已知a粒子的电荷量为2e、质量为根，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则(1)若磁场分布在整个圆形区域内，则a粒子恰能达到而不会飞出磁场的边界，求a粒子的速率%;(2)若调整磁场边界，可使得所有速率%的a粒子都能在离开圆形区域前以相同的速度通过y轴，请画出可以实现这一要求的磁场边界，并将有磁场区域用阴影切表示；(3)接(2)问，若要让所有速率处的a粒子通过V轴后全部汇聚到坐标为(-&，
19、。)的P点，则可在圆形区域内再增加一个有界磁场，求该磁场区域的面积及磁感应强度为。第10页，共28页答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、k=,根据开普勒第三定律得。是半长轴，单位符号是如 故 4 错T2误；B、R=p（,根据电阻定律得p是电阻率，p=F,R =qu,U=w=彳Fx F_ =ma,q=Ir t,则mil：p=FxS,位移、长度单位为加，截面积单位为Hi2,力的单位lN=lkg m/s2,电流的单位是4,时间的单位是S,可知电阻率P的 单 位 为 察，故 B错误；C、T=盍,L 是自感系数，故 C 错误；。、E=B lv,B表示磁感应强度,单位为T,B=今，则17=更=9加s?
20、=kg/（A S2）,故）正确。故选：Do国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键；同时注意明确物理公式同样可以进行物理单位的计算.2.【答案】A【解析】解：A、图示时刻两舰正沿同一方向匀速前进，并保持固定的距离，以我国海军 054A型护卫舰为参考系，“麦凯恩”号的位置没有变化，是静止的，故 A 正确；8、054A型护卫舰在海面上做匀速运动，则相对于附近的南沙岛礁是运动
21、的，故 B 错误；C、以附近的我国南沙岛礁为参考系，两艘军舰均在海平面上运动，故 C 错误；。、“麦凯恩”号驱逐舰在海面上做匀速运动，则相对于地球是运动的，以“麦凯恩”号驱逐舰为参考系，地球同步卫星运动的，故。错误。故选：A,判断一个物体是否运动关键是看被研究的物体与所选的标准及参照物之间的相对位置是否发生了变化。如果发生变化，则为运动的，如果未发生变化，则为静止的。第12页，共28页一 个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物。所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同。这就是运动和静止的相对性。3.【答案】B【解析】解：4法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律-库
22、仑定律，密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，故A错误；8、安培根据条形磁铁的磁场与环形电流的磁场的相似性，提出了分子电流假说，揭示了磁现象的电本质，故8正确；C、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故C错误；。、法拉第发现了电磁感应现象，是纽曼和韦伯总结得到了法拉第电磁感应定律，故。错误；故选：B。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。4.【答案】C【解析】解：对物体B受力分析如图1：图1物体5处于静止状态，根据平衡条件：水平方向：Tpcosa =T
23、QCOSB4、当 a =。时 7 P =7Q,摩擦力等于0,但是水平面不一定光滑，故A错误；B、当a0时Tp%,摩擦力方向向左，故B错误;C、当。中0时，摩擦力等于两个绳子拉力的差，故和物体的重力无关，故C正确;D、对8受力分析如图2：若a+0=90根据共点力平衡条件，和介的合力与重力等大反向：TP=mgsinaTQ mgsinP物体A在水平方向上受两个绳子的拉力和摩擦力，因为不知道两个绳子哪个力大,故有：f=TP TQ=mgsina mgsinp=sina sinpmg,故。错误。故选：C。对B受力分析，在水平和竖直方向正交分解，水平方向上分解得到两个拉力大小与角度的关系，根据角度的关系得到
24、拉力的关系，拉力的关系得到摩擦力的大小和方向；对B受力分析，根据力的合成解得拉力和重力的关系。抓住受力分析后是正交分解法还是力的合成法是这道题解题的关键。5.【答案】B【解析】解：地球围绕太阳运动时，设轨道半径为r,周期为T,有G等G等=噂）2 设地球绕比邻星运动时，轨道半径为r ,周期为T ,有kMm v2 不G-=m-G黑=*（静 第14页，共28页联 立 ，可得T _ k下=承即那时候的地球上的一年为现在的捻倍，故ACD错误，B正确。故选：B.根据万有引力提供向心力，分别求出线速度和周期的表达式，结合已知条件可以求出围绕比邻星时的周期。本题考查万有引力定律及其应用，在处理天体运动问题时，
25、注意万有引力提供向心力是解题的关键。6.【答案】C【解析】解：AB、通电直导线的电流方向垂直向里，根据右手螺旋定则，可知磁场方向以直导线为圆心的顺时针方向圆，当带正电的小物体释放后，则其运动方向与磁场方向平行，那么该物体不受洛伦兹力，因此带正电的小物体在碗内运动的过程中，只受到支持力与重力，运动的过程中不可能会脱离容器表面，故AB错误；C、带正电的小物体在运动过程中，因圆形容器是光滑的，依据能量转化与守恒定律，则可以滑至右侧等高处，故C正确；。、轨道对物体的支持力和轨道受到的压力是一对作用力与反作用力，二者总是大小相等，方向相反，故。错误。故选：C o依据右手螺旋定则，可知，通电导线周围磁场方
26、向，再结合左手定则可判定是否有洛伦兹力，若有，可确定其方向；根据牛顿第二定律，结合向心力表达式分析；作用力与反作用力大小相等，方向相反。考查右手螺旋定则、牛顿第二定律及能量转化与洛伦兹力的内容，掌握洛伦兹力的产生条件，理解圆周运动中向心力含义。7.【答案】D【解析】解：小 在太阳光的照射下，油膜上下表面反射光在上表面发生叠加，呈现彩色条纹，是光的干涉现象，故A错误；8、惠更斯总结了许多有关波的实验现象后提出著名的惠更斯原理，并很好的解释了光的反射和折射现象，故8错误；C、小灯泡发出的光有多种不同的频率，由干涉的条件可知，两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时，不一定可以发生干涉，故c错误；D、杨氏
27、双缝干涉实验中，根据公式%=9九如果红光改为绿光，则波长变短，导致屏上的条纹间距将减小，故。正确。故选：D。水面上油膜呈现彩色花纹是光的薄膜干涉现象；惠更斯原理能解释反射与折射；频率相同的光波才能发生干涉现象；干涉实验条纹间距公式=J九 从而即可求解.考查干涉与衍射现象，掌握干涉的条件，理解惠更斯原理，解决本题的关键知道干涉和衍射现象的特点，以及能够解释生活中的实际问题.8.【答案】D【解析】解：A、闭合开关5,当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流人减小，则/减小。由闭合电路欧姆定律可知&=E-/i(R 1 +r),人减小，其它量不变，则3
28、增大，增大，因/3=/1-，2,则办减小，故A错误；B、根据欧姆定律知自=%,不变；?=Rz，不变；普=区3,增大，故B错误；12，3C、由 U3=E /式/?1+丁)得 詈=R1+丁。因为/1=/2+，3，则 A=，2+可得竺=&+丁 l1 A&+，3变 形 得 白 冷=去？展 开 得 慧+熊=云？又 挤=黑=看，则 得 慧+微=京？可见，黑 不 变，则I等I不变，故c错误；I/3 A/3。、此是定值电阻，则 箸=%，不变；因/=U3=E-/i(R i+r)，贝小膏1=%+乙不变，故D正确。故选：Do根据滑动触头滑动方向分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，确定外电路总电阻的变化情况，即可知
29、道干路电流的变化情况，由闭合电路欧姆定律分析7?2和区3并联部分电压的变化情况，判断与的变化情况，结合干路电流的变化，分析办的变化情况。由欧姆定律分析为的变化情况。对于定值电阻，有R=彳=当对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与的变化情况。第16页，共28页本题要注意对于定值电阻，有R =号=j 对于可变电阻，要根据闭合电路欧姆定律来/分析*的变化情况，往往詈是不变的。/9 .【答案】B【解析】解：由于同学身高H =1 6 8 c m =1.6 8 m,相当于三个方格的高度，在最高点该同学的重心上升的高度为2 个格；该同学的重心跳起的高度为九=|=|x 1.6 8 6=1.1 2 m,所以
30、人从起跳到最高点的过程中，则重力势能增加：E p =m g h =5 2 x 1 0 x 1.1 2/=5 2 0 7人从最高点到最低点的过程中，竖直下落的高度为|个身高，|w=15t2,解得=罟=禺s=05 s，人在水平方向上运动的位移2 个方格的长度，则其水平位移：x =H =|x 1.6 8 m =2.2 4 m其水平分速度：以=：=簧？n/s =4.4 8 m/s该同学在最高点的动能：Ek=|m p 2 =1 x 5 2 x 4.4 8 2/=52i;该同学在空中运动的最高点的机械能：E =EP+Ek=5 2 0 7 +5 2 1/1 0 0 0 7,与 8 0 0 J最接近，故 4
31、C D 错误，B正确。故选：B。根据重心升高的高度，求出该同学在最高点的重力势能，抓住该同学从最高点到落地的过程可以看成平抛运动，结合高度求出平抛运动的时间，通过水平位移求出最高点的速度，从而得出最高点的动能，求出最高点的机械能。本题关键从图象估算出中学生的质量和跳起的高度，并结合功的公式求解，是一道理论联系实际的题目.1 0 .【答案】B【解析】解：输电线总电阻为：R =r x 2 L =2.5 X 10-4n/m X 2 X 1 0 X 1 03m=5 04、由P =U/可得，输电线上输送的电流大小为：/=二=上 半 丝=6 0 0 0 4,故 A错U 200kV误；B、由（7 =/?可得
32、，输电线上损失的电压大小为：U =/R =6 0 0 0 4 x 5。=30 k V,故B正确；C,若改用5 0 0火V的输电电压，输电电流为：/=除 匕=24 0 0 4,输电电流变为原来的倍数为：24 0 0 4-6 0 0 0 =0.4,故C错误；D、若改用5 0&V的电压输电压，输电电流为：/=生 半 丝=2,4 x 1 0 5U 50kV输电线损失的功率为：=/2R=(2.4 x 1 0 4 4)2x 5 0 =2.8 8 X i o 6 k w,故。错误。故选：B o用P =U/计算输电线上电流大小；用欧姆定律U =/R计算输电线损失的功率。本题考查的是电能的输送，解题的突破点在于
33、利用P =U/计算输电线的电流。1 1.【答案】C【解析】解：人与蹄形磁铁相连的软铁叫做极靴，其作用是和中心软铁配合产生稳定的辐射状磁场，故A正确；8、当通电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，则通电电流越大，安培力越大，螺旋弹簧形变也越大，故B正确；C、磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕铝框上，这样做的目的是为利用涡流而设计的，起电磁阻尼的作用，让指针快速指向稳定的平衡位置，故C错误；。、乙图中电流方向“垂直纸面向外，b垂直纸面向内，由左手定则可知，a受力向上,。受力向下，则线框
34、将顺时针转动，故。正确；故选：C o首先分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可.同时由左手定则来确定安培力的方向.在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握.1 2.【答案】D【解析】解：A、当小球落在A点时，竖直位移以=，+E n 30 =|l,落在B点时，竖直位移为=I +2 lsin300=2 1,根据|，=g g*,争=%箕 得：%=警,根据2 1 =为修，遍1 得:%，=匣=谆0,故4错误;N2第18页，共28页B、设落在A点和8点，速度方
35、向与水平方向的夹角分别为：e,O ,则有：ta ne=VO甲=2百，t加7=吆=型，可知落在A、8两点的速度方向不同，则速度与斜vo Vof Vof 3面的夹角不同，故8错误；C、由4选项分析知，击中B点时，初速度北，=挈，竖直分速度为=g t 2 =2疝，根据平行四边形法则知，击中8点时的速度为=J%2+%，2=疝,故C错误；。、若初速度为3%,则有：C an 3 0。=-v0=解得t =口，故。正确。vQt u 2 2 7 g故选：。当小球落在A点时，根据下降的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移求出初速度，落在8点时，用同样的方法求出初速度，从而得出两次初速度的关系；根据速度时间公式求出
36、落在两点时的竖直分速度，结合平行四边形法则求出速度方向与水平方向夹角的正切值，从而判断速度与斜面的夹角是否相同；根据速度时间公式求出落在8点时的竖直分速度，结合平行四边形法则求出落在8点的速度；当小球以3%的速度射出时，结合水平位移和竖直位移的关系，求出平抛运动的时间。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，结合运动学公式灵活求解。1 3.【答案】D【解析】解：A、线圈转动的周期7=史=O)2n斤s =4 s,从图示位置2转动，发电机产生余弦交流电，如图，开始计时线圈中感应电流方向为顺时针，电容器上板充上正电荷，电容器两板的电势差等于发电机的电
37、动势，故此图也是两板电势差随时间变化规律的图象。由图象可知，第1秒内和第4秒内，电容器上板带正电，电场强度的方向向下，第2秒内和第3秒内，电容器上板带负电，电场强度的方向向上，故A错误.B C,由图象知，氧离子在第1秒向上加速运动，第2秒向上做减速运动，第1秒末速度最大，方向向上，根据运动的对称性知，2秒末速度为零，第1秒和第2秒位移大小相等，均为4前 2 秒位移为2A,2 秒末加速度最大，方向向下，故 8 c 错误.。、若在第1秒末释放微粒，释放后在l s t 3 s 时间内，微粒受向下的电场力，加速度始终向下，一直向下做加速运动；在3 s t 2.2 SeV,即入射光的能量大于钠的逸出功，
38、能发生光电效应，可以从金属钠的表面打出光电子，故 8 正确；C、由图可知氢原子从7 1 =5能级跃迁到71=1能级时，能级差最大，所以放出光子的能量最大，根据E=所以产生的光的波长最小，故 C 错误；D、氢原子从n=5能级跃迁到n=4能级时，由于释放光子，则氢原子能量会减小，因库仑引力做正功，导致核外电子的电势能减小，那么核外电子动能会增加，故。正确;故选：A B D.根据数学组合公式鬣求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高；氢原子电子从高能级向低能级跃迁时，释放光子，电势能减小，动能增加，总能量减小.解决本题的关键知
39、道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，并理解光电效应发生条件，注意大量处于几=5能级(图中未标出)的氢原子中大量与一个，针对跃迁时，发出不同频率的种类的区别.16.【答案】B D【解析】解：A、由题知，该波沿x 轴正方向传播，则质点A 比 8 先起振，质点B 重复质点A 的振动情况。由图知，t=ls 时 A 处于正向最大位移处，8 处于平衡位置且沿y轴负方向振动，即质点B 比A 晚振动3 t=(n 4-)T(n=0J,2,3,4.)则=(九 +0A(n=0,1,2,3,4.)解得波长4=/加(n=0,1,2,3,4.)由题意知a=gm或2=故 A错误；B
40、、由题知，周期T=4 s,由i;=，解得波速=|m/s 或u=,血/s,故 8 正确；。、由图知，振幅/=2 c m,质点A 的振动方程为y=i4siny 代入丁=4s得质点A 的振动方程为y=2 s m|t(c m)同理，质点3 的振动方程为y=2 c o s)(m)将七=0.5s代入，得质点A的位移为=y2 cm将1 =0.5 s 代入，得质点B的位移为油=yj2 cm可见此时两质点的位移相同，速度的大小相等。由图知，此时A 沿 y 轴正方向振动，B沿 y 轴负方向振动，即两质点的速度方向相反，故 C 错误；D、将t =1.2 5 s 代入，得质点A 的位移为：yAr=2 s m(c m)
41、将t =1.2 5 s 代入，得质点B 的位移为：yB =2 cos y(c m)可见l y/l /，所以质点A 的回复力大于2的回复力，此时A 点的加速度大于8点的加速度，故。正确。故选：B D。由振动图象可得出周期，在图象上的同一时刻可知两点相距的距离与波长的关系，则可求得可能的波长；由波长、频率及波速的关系可得出波速的值；根据振动图像写出两质点的振动方程即可比较任意时刻的位移及加速度。本题属于振动的图象的识图和对质点振动的判断问题，需要学生熟练掌握由振动图像读取各种信息，并且由图象写出振动的表达式，本题对学生有能力方面的要求。1 7.【答案】A C E A C D 0.4 3【解析】解：
42、本实验用刻度尺测量纸带上点痕之间的距离，电磁打点计时器本身是计时仪器，不需要秒表，使用的是低压交流电源，而电池提供的是直流电，需要天平测量小车的质量，故选ACE 4、实验过程中可利用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力，具体操作为将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故 A 正确；8、调整滑轮高度，使得拴小车的细线保持与木板平行，此时绳的拉力等于小车受到的合力，故 3错误；C、实际操作时，先接通计时器电源，再释放小车，故 C 正确；。、用图像研究a-F的关系时，应多打几条纸带，使描的点足够多，故。正确；E.祛码盘及祛码总质量要远小于小车的质量，故不可增至小车和车上祛
43、码总质量的一半,故 错误；故选：A C D 每 隔 4个点取的计数点，故相邻计数点间的时间间隔T =0.1 s由图可知：xA C=2.4 0 c m =0.0 2 4 0 m,xC E=4.10cm=0.0 4 1 0 m根据逐差法可得：。=卫守=啜*m/s 2 =0.4 3 7n/s 2故答案为：A C E；4 C D;0.4 3第22页，共28页 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，需要用纸带求加速度，因此必须要使用刻度尺测量纸带上的点之间的距离，打点计时器是一种计时仪器，使用交流电源；根据该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法；根据牛顿第二定律，求
44、出小车实际的拉力大小，然后和，g进行比较，可以得出结论。根据逐差法求得加速度。本题主要考查了验证牛顿第二定律的实验操作过程和实验器材，明确用逐差法求得加速度即可。D1 8.【答案】解：(1)连接心、P2,确定A C界面入射点0 1点；(2)连接3、2 4，确定8。界面入射点打点；(3)在C O面上发生反射，作关于C D界面中。1点的对称点0 点，连接。与G，(此方向即为反射光线的方向)连线和C力界面交点为O,连接0 1 0,连线即为反射时的入射光线；(4)连线。1。与。G就是玻璃砖内的光路。右图即为正确光路图。【解析】结合光学中折射、反射的知识，利用数学几何方法做出光路图。本题考查测定玻璃砖折
45、射率的问题，注意结合数学知识画出正确光路图。1 9.【答案】0刻 线A D 1 6【解析】解：(1)欧姆表选择倍率后要进行欧姆调零，将红黑表笔短接，旋转欧姆调零旋钮，使指针对准电阻刻度的0 刻线。(2)将选择开关旋转到欧姆挡倍率“X 1 0 0”的位置，将两表笔与待测电阻相接，指针偏转角度很小，说明所测电阻较大，所需倍率太小，为了得到比较准确的测量结果，应换较大的倍率，将选择开关旋转到欧姆挡倍率“x 1k”的位置，换挡后先进行欧姆调零再测量读数，故合理的步骤是A Q。(3)选 用“x 1”倍率，由图甲所示可知，所测电阻的电阻值为16 x 10 =160。故答案为：(1)0 刻线；(2)4D：(
46、3)16o(1)用欧姆表测电阻选择倍率后要进行欧姆调零，(2)用欧姆表测电阻要选择合适的倍率，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表改变倍率后要重新进行欧姆调零。(3)欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数。本题考查了欧姆表的使用，要掌握常用器材的使用方法与读数方法：用欧姆表测电阻要选择合适的倍率，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表改变倍率后要重新进行欧姆调零。20.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律可得甲同学获得的加速度大小为：的=管=49 =0.0 5 x 10m/s2=0.5m/s2根据速度一位移公式可得：。一 谱=2al s解得%=3.54?n/s(2)在加速起跑阶段，根据牛顿第二定律可得：a
47、2=2 fig=2 x 0.0 5 x10 m/s2=lm/s2设起跑加速达到最大速度为方，则在整个过程中，根据运动学公式可得：江+里=S,解得方 =誓 z n/s加速阶段所需时间力=%=H s=2 sG.2 1 3减速阶段所需时间打=%=/%0.5 3经历的总时间为1=口 +华s =5V3s答：(1)若甲同学蹲在地上，至少获得多大的速度巧为3.54m/s 才能顺利滑到走廊的尽头;(2)从静止开始加速起跑，然后小心地自由减速滑行直至走廊尽头停止运动，求该运动所需的最短时间是5 gs。第24页，共28页【解析】(1)根据牛顿第二定律求得减速阶段的加速度大小，根据速度-位移求得速度;(2)在起跑阶
48、段根据牛顿第二定律求得加速度，当加速达到最大速度后再减速运动，此时所需时间最短，结合运动学公式求得最短时间。本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确加速度是解决此类问题的中间桥梁,在第二问中抓住如何运动才能运动时间最短即可。21.【答案】解：(1)恰好能一起通过最高点E,由牛顿第二定律得：2 mg=2 mE.,解得：vE=V2m/s从 E 到 D 过程，4 mgR =x 2 mvj)|x 2m v j在。点：FN 2 mg=2m联立解得：FN=12 N,由牛顿第三定律得轨道压力为12N(2)滑块始终不脱离轨道分为另种情况当滑块运动到与圆心等高处速度为零时对滑块 1：EP1-nmgL =mv
49、l碰撞过程动量守恒，取水平向右为正方向：m vr=2 mvDi粘合后一起到等高处，由动能定理可知：-2 rn gR =0 -g x 2 7 7 1 之解得：EP1=2.1 2/b、当它们一起恰好通过最高点E,由动能定理可知：-4 mgR=|X 2 mvj-|X 2 m 脸解得：EP1=2.1 2;故整个过程不脱离，应该满足与 0.9 2/或 埒 2.1 2/(3)当 Ep =0.8/时,滑 块 1 一直减速运动，离开传送带时：EP-p.mgL =-2 mgR =|m v o 定能越过E 点若滑块1 一直做减速运动，离开传送带时：EP-nmgL =,p.mgx=,x=3.4 m,则滑块1 离墙面
50、距图为：d x 3.Sm 3.4 m =0.4T Hb、若滑块1 一直做加速运动，离开传送带时：EP+fimgL mv1,nmgx mv1,x=4.6m,则滑块1 离墙面距离为：x-d=4.6m-3.8 m =0.8 m所以离开墙面的最远距离为0.8 m答：(1)若滑块恰能通过最高点E，滑块过最低点。时对轨道的压力大小为1 2 M(2)若整个过程中滑块始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep 的取值范围为Ep 2.1 2;；(3)当Ep =0.8/时，滑 块 1 最后静止时离G H的最大距离是0.8 m。【解析】(1)滑块恰能通过最高点，由重力提供向心力，求出此时的线速度，根据动能定理求出滑块通过。点