2021年重庆市高考物理预热试卷.pdf

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1、2021年重庆市高考物理预热试卷1.由于放射性元素留7Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知一个用7Np原子核经过一系列a衰变和口衰变后变成 9班，下列说法正确的是（）A.衰变过程中共发生了 7次a衰变和6次.衰变B.一次衰变过程可以同时放出a粒子、0粒子和y粒子C.噌7%p的半衰期与任意一个镣7%p原子核发生衰变的时间相等D.WNp的人工放射性同位素比天然放射性物质半衰期更短，放射性废料更容易处理2.某同学在书房设计的吊灯如图所示，水平直杆A8固定在墙上，。4、OP1为两条轻绳，。为结点，404Pl=30,NOP=60o 现将OPi绳缓慢加长且

2、上端沿水平杆缓慢右移到P2处，此过程中保持结点。不动，则（）A.O A绳与OR绳的合力逐渐增大B.O A绳所受拉力逐渐减小C.。心绳所受拉力逐渐增大D.。匕绳所受拉力先减小后增大3.如图所示，长度为3L的不可伸长的绝缘轻绳，穿过中心/欠/有孔的两个完全相同的带电小球P和。，悬挂于天花板/上的。点，两球静止时的位置将轻绳分成长度相等的三/段，0、P、。处于等边三角形的三个顶点上，已知两小 P Q球的质量均为，静电力常量为鼠 重力加速度为g,不计轻绳与球孔之间的摩擦，则小球所带的电荷量为（）A.LB.L零 C.LD.L4.如图所示，小滑块P、。的质量分别为3人加，尸、匚 卜Q间通过轻质较链用长为L

3、的刚性轻杆连接,Q套在固定的水平横杆上,P和竖直放置的轻弹簧上端相连，L/g k轻弹簧下端固定在水平横杆上。当杆与竖直方向的/Q夹角a=30。时，弹簧处于原长，此时，将P由静止释放，下降到最低点时a=60。整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则在P下降过程中（）A.P、Q组成的系统机械能守恒B.轻杆始终对。做正功C.弹簧弹性势能最大值为2（遮l）mgZ,D.P和弹簧组成的系统机械能最小时，。受到水平横杆的支持力大小等于mg5.如图所示为发射卫星的轨道简化示意图，先将卫星发射到半径为ri=r的圆轨道I上做匀速

4、圆周运动，在A点时使卫星变轨进入椭圆轨道n上，卫星运动到椭圆轨道的远地点B点时，再次变轨，进入半径为72=3r的圆轨道DI上做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道口上运行到A点时的速率为丫，卫星的质量为根，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R,引力常量为G,忽略变轨时消耗的燃料质量，则A.卫星从椭圆轨道II变轨到圆轨道m,在B位置时要向前喷气B.在轨道I上卫星与地球球心的连线单位时间内扫过的面积要比在轨道ID上的大C.卫星在轨道ID上B点的加速度大于在轨道H（稳定运行）上B点的加速度D.发动机在B点对卫星做的功为 名 皿 X18r6.甲、乙两辆车初始时相距1000/n,甲车在后，乙车在前，在同一

5、条公路上做匀变速直线运动，它们的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.乙车比甲车早出发8sB.两辆车在t=36s时速度相等C.两辆车能相撞D.甲车停下时，甲车在乙车前边19所处第2页，共23页7.如图所示的。一/图像中，直线。表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻/?连接成闭合电路，由图像可知（）A.R的阻值为0.5。B.电源电动势为4.0V,内阻为0.50C.2s内电阻R上消耗的电能为4JD.若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为之前的;8.如图所示，直角三角形4BC区域内有磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场，置于A点的粒子源

6、能沿AC方向向磁场内同时发射比荷相同但速率不同的带正电粒子。已知刚好从8点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为3 CAB=30,BC=1,不计粒子间的相互作用及重力，则（）C :一 1.A.从AB边射出磁场的粒子一定同时平行射出B.从A8边中点射出磁场的粒子的速率为与C.垂直8 c边射出的粒子在磁场中的运动时间为gD.从BC边射出磁场的粒子的速率有可能小于包3t9.如图所示，长为L的水平传送带4 8以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A,当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为/的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是（）A.增大传送带速度v,划痕长度可能不变B.

7、减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小C.增加传送带的长度，划痕长度一定会变长D.一定条件下可使1 L10.如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为a =200、n2=1 0 0,原线圈与水平放置的间距L=1m的光滑金属导轨相连，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为B=17的匀强磁场中，副线圈接阻值R=100的电阻，原线圈串联一阻值也为R 的电阻,与导轨接触良好且始终垂直，导轨的阻值r=5 0、质量m=O.OMg的导体棒在外力尸的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为u=m/s，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，

8、则（）NA.电压表的示数为IVB.电流表的示数为0.24C.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04e小b/sD.在0 0.05s的时间内外力尸做的功为1.32/11.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。A 待测干电池一节B.电流表（量程0 0.64,内阻以=0.30）C.电压表（量程0 3 U,内阻未知）D 滑动变阻器R（0 20。）E 开关、导线若干第4 页，共 23页 甲-|-r S乙图1图4在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量干电池的电动势和内阻。(1)实验电路图应选择图1中的(填“甲”或“乙”)。(2)根据实验中电流表和电压表的示数，将得到的数据描入了U-/

9、坐标中，并得到了如图2所示的U-/图象，则干电池的电动势E=匕 内阻r=0。(3)对于本实验，如果我们不知道电表的内阻且电表并非理想电表，实验中关于电流表和电压表内阻对测量值的影响，以 下 说 法 正 确 的 是。A用图3所示电路时，E测 E真B.用图3所示电路时，T测真C.用图4所小电路时，E测 E真D用图4所示电路时，r测 丫 真1 2.某学习小组采用图甲所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。枷E 1怖 懦 噌Mr3出0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0单位：cat留乙(1)用天平测得滑块4、B(均包括挡光片)的质量分别为巾】、巾2；用游标

10、卡尺测得挡光片的宽度均为乩 若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为 mm。(2)充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2 相连的计时器测得的挡光时间分别为0.05s、0.06s,则 应 使 导 轨 右 端(选 填“调高”或“调低”)，直至滑块在导轨上运动，通过 两 个 光 电 门 时，说明气垫导轨已经调节水平。(3)滑块3 放在两个光电门之间，滑块A 向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A,滑块A 一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为口，与光电门2 相连的计时器的示数有两个，先后为t2、t3(

11、4)在实验误差允许范围内，若 表 达 式(用 测 得 的 物 理 量 表 示)成 立，说明滑块 A、8 碰撞过程中动量守恒；若 表 达 式(仅 用 匕、t2和13表示)成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。13.如图所示，质量为M=2kg的工件带有半径R=0.6m的光滑:圆弧轨道，静止在光滑水平地面上，B为轨道的最低点，8 点距地面高度h=0.2m。质量为m=4kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放，经 B 点后滑离工件，取g=10m/s2.求：(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力；(2)物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离。14.如图所示，两根光滑平行且

12、电阻不计的金属导轨AC。和 EF”,分为倾斜部分和水平部分，CD _LCF,导轨间距为L,在导轨的倾斜部分有垂直导轨平面斜向下的匀第 6 页，共 23页强磁场，磁感应强度大小为瓦 现将一金属棒从A点由静止释放，当前一根棒经过底 端CF时，立即将相同的金属棒也放到A点由静止释放，且金属棒经过CF处时无动能损失。已知每根金属棒的长度均为L,电阻均为R,质量均为加，运动过程中金属棒始终与CF平行，倾斜部分导轨与水平面的夹角为仇 释放点离水平面高度为，重力加速度为g。(1)若释放的第二根金属棒到达CF时速度大小为方，则第一根金属棒产生的内能是多少？(2)若释放的第二根金属棒到达时速度大小为以，此时第一

13、根与第二根之间的距离为多少？(3)若第三根金属棒在到达CF前已做匀速运动，则至第五根刚要释放时，第三根棒上产生的内能是多少？15.如 图，一开口向上的导热气缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞与气缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓慢下降，环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下降过程中()A.气体体积逐渐减小，内能增加B.气体压强逐渐增大，内能变大C.气体压强逐渐增大，吸收热量D.外界对气体做功，气体内能不变-4|/下16.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的 U|型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高九0=4 sn 的 口水银柱，水银柱上表面离管

14、口的距离，=12cm,管底水平段的体 _积可忽略。环境温度为7=2 8 3 K,大气压强po=76cmHg。现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？(ii)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？17.一列简谐横波沿x 轴传播，在t=0时刻的波形如图中实线所示，在t=0.5s时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点尸的平衡位置。已知质点尸平衡位置的坐标为x=0.5m。下列说法正确的是()A.该简谐波传播的最小速度为2.0rn/sB.波传播的速度为(1.4+2.4n)m/s(n=0,l,2

15、,.)C.若波向x 轴正方向传播，质点P 比质点。先回到平衡位置D.若波向x 轴负方向传播，质点尸运动路程的最小值为25c？18.由两种透明材料甲、乙制成的棱镜的截面A8C如图所示，其中材料甲的截面ABO为直角三角形，乙4=60。，AAOB=90,AB=4 a,材料乙是;圆截面。一细光束4第8页，共23页由AB边的中点。与 A8成30。角斜射入材料甲，经折射后该光束刚好在乙的圆弧面上发生全反射，然后射到A C 边上的G 点（未画出）。已知材料甲的折射率%=V3,真空中光速为以求：材料乙的折射率电；（团）该细光束在此棱镜中从。传播到G 所经历的时间t.答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、依据

16、一次a衰变过程，质量数减小4,质子数减小2,而一次/?衰变过程中，质量数不变，质子数增加1,那么发生a衰变的次数为：汽啰=7（次），衰变的次数为：2 x 7-（93-83）=4（次），故 A 错误；B、一个原子核在一次衰变中要么是a衰变、要么是0衰变，同时伴随y射线的产生，可以同时放出a粒子和y粒子或者6粒子和y粒子，不能同时放出三种粒子，故 B 错误；C、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，故 C错误；D、与天然放射性物质相比，砥7Np的人工放射性同位素的放射强度容易控制，还可以制成各种所需的形状，特别是它的半衰期比天然放射性物质短得多，因此放射性废料更容易处理，故。正确。

17、故选：Doa粒子、0粒子和y粒子不能在同一衰变中同时放出；根据质量数和电荷数守恒判断发生a和6衰变的次数；半衰期是大量放射性元素的原子发生衰变的统计规律。本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，理解半衰期具有统计规律,并掌握a和夕衰变的判定，对于这一重点知识，要注意加强练习。2.【答案】C【解析】解：A、以结点。为研究对象，。点受到吊灯的重力与两根绳子的拉力处于平衡状态，则 0A 绳与OP1绳的合力厂与吊灯的重力mg大小相等，方向相反，保持不变,故 A 错误；B、结点。的受力如图，由图可知，当R 端右移过程中，两根绳子的拉力逐渐增大，故 C正确，8。错误。故选：Co对结点。受力分析

18、，画出受力图，通过角度的变化判断水平拉力和绳子拉力的变化.第 10页，共 2 3 页解决本题的关键能够正确地受力分析，运用图解法分析，也可以根据共点力平衡进行求解.3.【答案】C【解析】解：对任一小球进行受力分析，受到重力和P、Q间的库仑力，还有倾斜轻绳和水平轻绳的拉力，由题意可知，倾斜轻绳与水平方向的夹角为60。，轻绳上的拉力大小处处相等，设拉力大小为F,由平衡条件得，竖直方向上有Fs讥60。=m g,水平方向上有F+Fcos60。=k联立解得q=L咫I故C正确，AB。错误。故选：Co带电小球P和Q都处于平衡状态，对其受力分析，根据库仑力的公式和受力平衡条件计算电荷量的大小。本题是对库仑定律

19、的考查，结合受力平衡的条件，注意分析清楚物体的受力是解决题目的关键。4.【答案】D【解析】解：A、由于不计摩擦，PQ和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故PQ组成的系统机械能不守恒，故A错误；8、在P下降过程中，。一直沿着杆向左运动，P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，故在P下降过程中，Q一定经历先加速后减速的过程，由受力分析知，Q加速过程，轻杆对其做正功，。减速过程，轻杆对其做负功，故B错误；C、P下降至最低点时，弹簧弹性势能最大，此时PQ的速度都为零，由于PQ和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能即为系统减少的重力势能，亦即P减少的重力势能，Ep=3mgL(cos30-c

20、os60)=|(遮一 l)mgL,故 C错误；。、经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的动能最大，速度最大，加速度为零，轻杆对。的作用力为零，此时，对。受力分析可知，水平横杆对。的支持力大小等于。的重力mg,故。正确；故选：D。只有重力或弹簧弹力做功时，物体系统的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，来分析机械能是否守恒；根据P、。沿轻杆方向的分速度相等列式，分析两者速度大小关系，结合速度速度变化判断出杆对Q的做功情况，根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解弹簧弹性势能最大值，对尸、。整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析Q受到地面的支持力大小。本题

21、考查了机械能守恒定律、功能关系、牛顿第二定律，要求熟练掌握它们的实质才能灵活选取，由一定的难度。5.【答案】D【解析】解：A、卫星从椭圆轨道II变轨到圆轨道H I,在8位置时动力气源要向后喷气加速，故A错误；由于圆轨道D I的半径大于圆轨道/的半径，所以在轨道/上卫星与地球球心的连线单位时间内扫过的面积要比在轨道m上的小，故B错误；C、根 据 等=?n a可知，卫星在轨道ID和轨道口上的B点时，与地心的距离相同，则加速度大小相同，故C错误；D、由 mg知G M =g R2当卫星在上=3 r的圆轨道上运行时，有 需 =mg得卫星在圆轨道上运行时通过B点的速度为功=旧由开普勒第二定律知卫星在椭圆轨

22、道上B点的速度为n 1Vy=V=-V1 丫2 3发动机在B点对卫星做的功皿2 =m v2-Tnvl=3mgR_竺Lz 2 z 2 1 18 r故。正确；故选：Da4、根据有轨道口变轨到圆轨道i n,需要动力加速可以判断A；8、根据万有引力提供向心力，可以求出周期，进而求出单位时间扫过的面积表达式；C、根据万有引力提供加速度，由加速度表达式可以判断加速度大小关系；先求出在轨道m和轨道I上卫星的速度，再利用动能定理求出发动机对卫星做的功。第12页，共23页本题考查人造卫星，在处理该类问题时要注意万有引力提供向心力有多种表达式，另外要注意结合动能定理的应用。6.【答案】B【解析】解：A、乙车比甲车晚

23、出发8 s,故A错误。B、由图可知，甲做匀减速直线运动，有：=%+at=50-t乙车做匀加速直线运动，有：v=1(t-8)当两者速度相等时，有5 0-t=*t-8)解得t=36s解得t=36s时共同速度颐=50-t=14m/s,故B正确。C、当两车速度相等时不撞就不会再相撞了。t=36s时，甲车的位移为：*=毛，=5詈 X 36m 1152m,乙车的位移为：=-(t-8)=y x(36 8)m=196m因为+1000m x*,所以两车不会相撞，故C错误。D、甲车停下来时，甲车的位移为：x/=手1尹=等机=250m。乙车的位移为：%乙=-8产=之 x 0.5 x 4227n=441m,两车之间的

24、距离S=+1000-x/=191m,甲车在乙车后面191?，故。错误。故选：8。由图直接读出两车出发的先后。分别写出甲、乙的速度与时间的关系，再求速度相等的时间。当两车速度相等时不撞就不会再相撞了，根据位移关系分析。由位移时间公式和位移关系分析两车位置关系。本题考查u-t图象的应用，要明确”-t图象中图象的面积表示位移，斜率表示加速度。对于相遇问题，关键要分析两车的位移关系、速度关系。7.【答案】C【解析】解：A、R的U-/图线的斜率大小等于R的阻值，则 氏=雪0=2仅故A错误；B、根据闭合电路欧姆定：U=E-/r,当/=0时，U=E,可读出电源的电动势E=4.0U,内阻等于图线I的斜率大小，

25、则r=当=,。=2 2故B错误；/Z.UC、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电阻两端电压U=2.0 V,电路中电流/=1.04 则电阻在2s内消耗的电能E=U/t=4J,故 C 正确；。、由于电源内阻的存在，若将两个相同电阻R 串联接入该电源，则电流比原来的:大，故。错误.故选：C。R 的阻值等于图象人的斜率大小。由电源的U-/的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻；根据电能公式求解消耗的电能；根据闭合电路欧姆定律求解电流。对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义。本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义。8

26、.【答案】AC【解析】解：A、由带电粒子在匀强磁场中的运动规律及儿何关系可知，从 边 射 出磁场的粒子，其速度方向均与A8边成30。角，斜向右下方，其运动轨迹所对的圆心角均为60。，在磁场中的运动时间均为f,故 A 正确；B、从 AB边中点射出磁场的粒子，由几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹半径为n=I,由可得%又因为从B 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为r,故有：T nmt=-6 3Bq解得：土 表联立解得：%=87r故 8 错误；C、由几何关系可知，垂直8C边射出的粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对圆心角为30。,故其在磁场中的运动时间为：T tt2=12=2故 C 正确；D、刚好从8

27、点射出的粒子，其轨迹半径为：0=遍 1由厂=警可得粒子速度大小为：吭=皿Bq/3t第 1 4 页，共 2 3 页要使粒子从8C边射出，粒子的速度为：V -L3t故。错误。故选：AC。A、根据题意结合带电粒子在匀强磁场中的运动规律，可以判断粒子的速度方向；8、根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系可以求出速度大小；C、根据几何关系，找出圆心角求出运动时间；。、先求出临界速度，再分析从BC边射出磁场的粒子的速率。在处理带电粒子在匀强磁场中运动问题时，要牢记洛伦兹力提供向心力时半径公式和周期公式。9.【答案】A D【解析】解：A、当石墨与传送带发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得：limg=ma,解得

28、a=g,设达到传送带速度丫所需时间为3贝时=：=京分三种情况：石墨块到达8前速度等于%贝丸=忧 解得，=亮，口增大则/变长；石墨块到达B速度小于或等于v,根据运动学公式可得L=1at2,解得t=后 y,此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2 L,之后的划痕与原来的划痕重叠，划痕长度为2不变，故A正确；8、由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，贝也会变长或不变，故B错误；C、第种情况下/与L无关，故C错误；D、由可知。正确，故。正确；故选：AD.石墨块在传送带上先加速运动，根据牛顿第二定律求得加速度大小，可能出现加速度到传送带8端时刚好到达传送带速度，也可能出现达到传送

29、带速度后再随传送带匀速，到达B段，结合运动学公式即可判断。本题主要考查了石墨块在传送带上的运动情况，明确出现的可能状态，利用运动学公式即可判断。1 0.【答案】CD【解析】解：A从由导体棒速度随时间变化的关系式u=11或 sinl07Ttm/s可得速度最大值为方=llV 5m/s，角频率3 =lO n ra d/s,故导体棒产生的感应电动势的最大值为Em=BLvm=1 x 1 x 11V2V=11V 2V.电动势的瞬时值为e=Emsina)t=llTZsinlOTrCK,电动势的有效值为E=置=3 卷 V=IIP。设 原 线 圈 的 输 入 电 压 为 副 线 圈 的 输 出 电 压 为 原

30、线 圈 的 输 入 电 流 为 副 线 圈 的输出电流为/2,则对含有原线圈的回路，由闭合电路的欧姆定律有：E=A(r+/?)+/由变压器的工作原理可知S =詈、7=?u2 n2 l2 nl对副线圈的回路，由欧姆定律有4 =I2R由以上式子可解得U1=8U,U2=4V,/j=0.2A,I2=0.4A故电压表示数为U=人/?=0.2 x10V=2乙 电流表示数为/2=0 4 4 故 AB错误；C、根据？=，与，可知原线圈中磁通量变化率的最大值为当=4 =也=W b/s =W b/s =0.0442W b/s，由于变压器无能量损失，故是理想变压器，原线圈中的磁通量即为铁芯中的磁通量，因此，变压器铁

31、芯中磁通量变化率的最大值为0.04夜 W b/s,故 C 正确；。、交变电流的周期为7=二=s =0.2 s,在1=0.05s=:时间内，电路产生的焦3 107T 4耳热Q=(/?+)t+/?,解得Q=0.1 1/,根据能量守恒定律得皿外 一 Q=|m v 2,解得在0 0.05s的时间内外力尸做的功卬分=L 3 2/,故 O 正确。故选：CD。导体棒的速度速度随时间作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由5=8 八得到感应电动势瞬时表达式，求出感应电动势最大值，由后=粤求出电动势的有效值；根据变压器的规律求出副线圈两端电压的有效值，由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数。根据原线圈

32、电压最大值，由法拉第电磁感应定律求变压器铁芯中磁通量变化率的最大值。根据焦耳定律求解电阻R 上产生的热量，根据功能关系求在。0.05s的时间内外力尸做的功。本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求交流电产生的热量要用有效值。第 16页，共 2 3 页1 1.【答案】甲 1.5 0.7 AB【解析】解：(1)因为电流表的内阻已知，故可将电流表内阻等效为干电池内阻，求出等效内阻后，再求出实际干电池的内阻，故采用图1 中的甲图可以有效修正实验中的系统误差；(2)因为U =E-/xr,所以由U-/图象纵截距可知，干电池的电动势为

33、E =1.5V,等效内阻为r 等我=詈=年 芋 0 =1.0 0,故电源内阻为r =r 等我一。=1.0 0 0.3 0 =0.71 2 ；(3)采用两种电路做实验：A B、在图3中，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真F-IR实电流值，据=/*/?+(+/)xr,所以：=77厂，所以电动势测量值小于真实电动势，内阻测量值小于真实值，故 A B 均正确；C、在图4中，将电流表看成内阻一部分，则内阻测量值大真实内阻，故。错误；。由E =U +/x r 可知，电动势测量值等于真实值，选 项 C错误。故选：AB故答案为：(1)甲；(2)1.5、0.7；(3)A B(1)根据电流表已知的条件，为减小

34、误差确定是电流表的内接法还是外接法；(2)写出路端电压与电流的表达式，结合图象的斜率和截距求出电源的电动势和内阻；(3)两种电路图的差别在于电流表的内接和外接，考虑两电表的内阻写出真实的U -/关系式，结合图象分析误差。本题是把伏安法测电源电动势和内阻的两种接线法综合在一起进行对比，是帮助学生巩固欧姆定律和误差分析的好题，关键是从电表的内阻不可忽略去分析，考虑极端情况(开路情况下的路端电压等于电动势、图象人斜率是等效电源的内阻)去比较测量值与真空值的大小关系。12.【答案】5.2 0 调低 两个计时器显示的时间相等詈=詈+詈*+:=C1 c3 t i C 3 七 2【解析】解：(1)该游标卡尺

35、的精确度为0.0 5 n u n,游标卡尺的主尺读数为5 加，游标尺读数为4 x 0.0 5 m m =0.2 0 m m,故游标卡尺的读数为5 7 7 m l+0.2 0 m m =5.2 0 m mo(2)同一滑块通过两个光电门，由u =g 知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。(4)滑块A碰前速度。=碰后速度=7滑块B碰后速度。2 =7;C1C3C2在实验误差允许范围内，若表达式机途=加1%+血2“2，即詈=詈+詈 成立，说明碰*-1。3。2撞过程中动量守恒；若表达式=j m i v f +|m2V

36、 2 即 詈=詈+詈成立，联立解得5+7 =7说明碰撞过程中机械能和动量均守恒。C1 c3 c2答案：(1)5.2 0；(2)调低，两个计时器显示的时间相等；(4)詈=詈+詈；(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标尺读数，不需估读；(2)如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平：(4)由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要验证的关系式；若滑块A、B碰撞过程中要验证机械能守恒，需要根据碰撞前后的机械能相等列式，然后分析答题。知道实验原理是解题的前提，极短时间内物体的平均速度等于瞬时速度，根据题意求出碰撞前后滑块的速度，应用动量守恒定律和机械能

37、守恒求出需要验证的表达式即可解题。13.【答案】解：(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点过程中，物块和工件组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，取水平向右为正，则有1,1,mgR=-m vf+0 =mv1 MV2联立解得：=2m/s,v2=4 m/s物块运动到B点，工件无加速度，为惯性参考系，物块相对于工件的速度为%+以，对物块由牛顿第二定律可知：(%+v2)2FN-mg=mA-解得：FN=2 8 0/V根据牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小凤=母=2 8 0 N,方向竖直向下(2)物块滑离工件后做平抛运动的时间为f,贝岫=：9尸，解得：t =0 2 s物块从滑离工件到落地过程水平方向运动的距

38、离：x =%t,解得：x =0,4 m而工件在物块滑离前的运动过程中向左运动，设物块向右运动的距离为打，工件向左运动的距离为亚，两者在水平方向动量守恒，取水平向右为正，则由水平方向动量守恒得0=mv1 MV2第1 8页，共2 3页两边同乘于两者相互作用的时间t 得：0=m x j -MX2又由位移关系得：R=Xi+X2联立解得：巧=0.2m,x2=0.4m故物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为：x =x -打=0.4m -0.4m =0答：（1）物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力为28 0M（2）物块落地时距工件初始静止时右端位置的水平距离为0。【解析】（1）物块从圆弧轨道顶端滑到8

39、点过程中，动量守恒和机械能守恒，可求出物块滑到轨道上B 点的速度，然后在B 点处，对物块由牛顿第二定律可求出物块受到的支持力，由牛顿第三定律求出此时物块对轨道的压力；（2）根据平抛运动规律可求出物块滑离工件之后的运动时间和在水平方向的运动位移x,根据动量守恒规律可求出工件与物块相互作用过程工件的位移不，则物块落地时距工件开始静止时右端位置的水平距离为：x =x-X 2。本题综合考查了动量守恒定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，关键要理清工件和物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。在处理物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力时，需要用惯性参考系来决定相对线速度问题。1 4.【答案】解：（1）设第

40、一根金属棒在第二根运动到C F 时产生的内能为Q。由功能关系及电路知识可得m gh=1 m v 2+2Q解得Q =1 （,mgh（2）对第二根金属棒在磁场中的运动过程分析，设下滑时间为r,受到的安培力的平均值为BIL由动量定理有mgsind-t-BIL -t=m v2 0由闭合电路欧姆定律有E _ BLv2R 2R又方t =S o（s 0为 A 到 C的距离）由几何知识有h=sosin9联立解得1 =2Rmgsin20由功能关系知第一根棒下滑到水平面时速度为%=/荻当第二根棒下滑到水平面C F处时两棒间距为s =V 1t=商 国 士+W)v gsinO 2Rmgsin20y8 2 L21P(3

41、)第三根棒在斜导轨上匀速运动时有m g s i n O=百 丁解得第三根棒匀速运动的速度大小=畸落在第三根棒下滑的过程中，结合电路知识得第三根棒上产生的内能为Qi=-x (m /i-7 n v )同理可求第四根棒在斜导轨上匀速下滑时的速度以=嘴臀在第四根棒在斜导轨下滑过程中，结合电路知识得第三根棒产生的内能为Q 2=*x(租9 )就)当第五根刚要释放时，第三根金属棒产生的内能为c c,c 81mghB4Li-89m3R2g2sin20Q =Q i +Q 2=-答：(1)第一根金属棒产生的内能是37 7 1 9九一加谚)。(2)此时第一根与第二根之间的 距 离 为 师(息+总/(3)至第五根刚要

42、释放时，第 三 根 棒 上 产 生 的 内 能 是 巴 里 塔 离 婚 吧。【解析】(1)释放的第二根金属棒到达C F时，其减少的重力势能转化为其动能和两棒的内能，根据功能关系求第一根金属棒产生的内能。(2)对第二根金属棒在磁场中的运动过程分析，根据动量定理求出第二根棒下滑的时间，由功能关系求出第一根金属棒滑到C尸处的速度大小，再由运动学公式求第一根与第二根之间的距离。(3)第三根棒在斜导轨上匀速运动时，根据平衡条件求出匀速运动的速度。同理可求第四根棒在斜导轨上匀速下滑时的速度，再根据功能关系求至第五根刚要释放时，第三根棒上产生的内能。解决本题的关键要理清各个棒的运动过程，分析能量的转化情况，

43、运用法拉第电磁感应定律、欧姆定律等电磁感应规律和动量定理、能量守恒定律等力学规律相结合进行研究。1 5.【答案】D【解析】解：活塞缓慢下降过程气体体积逐渐减小，由于气缸导热且环境温度不变，气体温度不变，一定质量的理想气体内能仅与温度有关，气体内能不变，=()；气体第20页，共23页体积减小而温度不变，由玻意耳定律p u =c 可知，气体压强p增大；活塞向下缓慢下降过程，气体体积减小，外界对气体做功，W 0,由热力学第一定律 U=W +Q 可知，Q=U-W =-W 0,气体放出热量，故 A 8 C 错误，。正确。故选：D o一定质量的理想气体内能仅与温度有关，等温压缩过程中内能不变，外界对气体做

44、功，根据热力学第一定律结合理想气体的状态方程进行分析答题。本题主要考查了气体状态方程和热力学第一定律的应用，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用玻意耳定律与热力学第一定律即可解题；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；的正表示内能变化，。为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。1 6.【答案】解：设左、右管的截面积为S。密封气体初始体积为匕=(2 H -，一 /i0)S =2 0 S,压强为p i =76 cmHg+4cmHg=80cmHg经等温压缩过程，密闭气体体积变为眩=H S =1 8 S,压强变为 2，由玻意耳定律有：P l l =P22解得：p2=88.89cmH

45、g,此时水银柱的高度为：h=8 8.8 9 c m -76 cm=1 2.8 9 c m；(i i)密封气体再经等压膨胀过程体积变为匕=(2 H -/i)S,温度变为，由盖吕萨克定律有：空=殳T、一 7 3，代入数据解得：T 3 =3 6 3 K。答：(i)此时水银柱的高度为1 2.8 9 c m；(i i)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为3 6 3 K。【解析】求出密封气体初始体积和压强，将密封气体等温压缩，由玻意耳定律列方程求解压强，再求出此时水银柱的高度力；3)密封气体再经等压膨胀过程体积变为匕=(2 H -h)S,由盖吕萨克定律求解温度。本

46、题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。17.【答案】D【解析】解：4由题图可知，0.5 s内波传播的最短距离为0.5机，故最小速度为1.0 m/s,故A错误；8.若波向 x轴正方向传播，波速为f =(1 +2.4n)m/s(n=0.1.2 .),若波向x轴负方向传播，波速为f =，=孩 山 小=(L 4 +2.4)m/s(n =0.1.2)，故8错误；C.若波向x轴正方向传播，t =0时刻后质点尸远离平衡位置运动，质点。靠近平衡位置运动，故质点P比质点。后回到平衡位置，故C错误；D若

47、波向x轴负方向传播，质点尸向平衡位置运动，0.5 s时质点尸向上振动，0 s时质点尸向下振动，0.5 s时质点尸至少运动57,所以最短路程为2 5 c%,故O正确。故选：D。由图读出波长，根据波形平移法得到周期的表达式，再由波速公式可以得到波速的表达式，分析波速可能值，要分波沿x轴正方向和x轴负方向传播两种情况分析，根据P.Q回到平衡位置的先后，确定两者速度方向。对于波动图像问题，要根据波的传播方向判断振动方向，灵活运用波形平移法，分析时间与周期的关系。1 8.【答案】解：(i)光由空气射入甲，由折射定律知%=%=生”=百 sinr sinr解得：r =3 0 可知光束垂直于。2边的中点E射入

48、材料乙，在8c弧上的尸点发生全反射，到达。边上的G点，如图所示。由几何关系知介质乙中临界角：C=Z.EFO=乙GFO=3 0 由全反射公式：sinC=-n得：n2=2(i t)由几何知识知：D E=a,BO=ABcos300=2a,EF=OFcosC=3 a,2FGcosC=OF,FG 2a第22页，共23页光在材料甲中的速度为：nl光在材料乙中的速度为：功=Fn2光在材料甲中传播时间：t l =叵x V j c1.！r z jjjy n t p-.,EF+FG 3 a+2Q 10a光在材料乙中传播时间：t2=172 口2 C光在棱镜中从。传播到G所用时间：=口 +2=至 泮答：（i）材料乙的折射率改为2;（回）该细光束在此棱镜中从。传播到G所经历的时间f为 巫 处。C【解析】（回）光由空气射入甲，由折射定律求出折射角，在 8c弧上的尸点恰好发生全反射，入射角等于临界角，根据几何知识求出临界角，再由公式s i n C =工求乙的折射率；n（i i）根据公式n =孑求细光束在棱镜中的传播速度，由几何知识求出光束在棱镜中传播路程，从而求得传播时间九本题主要考查了光的折射和全反射现象，对于几何光学问题，关键是根据题意作出光路图，运用几何知识求相关角度和距离。本题还要掌握全反射条件和临界角C,并能熟练应用。