D.56m42m）A.B.C.D.）G）A.B.C.D.hv0）gA.B.C.和h和hA.B.C.D.D.h≤OxL與年6月日時Fy軸LMMR2L22ittF、、，mem）x）A.B.B.D.C.D.xxC.μμμ、、MNPμμ氫En-，rrOrOγγγγγγ1123456E）rM第1頁，共9頁vPM1NPyR=3.0V，xG）A.若B.C.若N若NxD.若）A.B.C.D.E.RA0RQ。3RG0xRR03）123456UVAA.B.C.D.E.mmmmsmUIIRxRRG230s4CA和Bstg取）5Nss．2NNm2sB第2頁，共9頁，R∠．A與BOBRctt（與；i（Bωω、、Qt012lBh（＞、HHhtt12ml、Rv。g（）～10t1（）～2tt12（30SVKp0p0：91g。m第3頁，共9頁2答案和解析、向心加速度a=ωR鵲橋中繼星繞地球轉動的向心加速度比月球繞地球轉動的向心加速1.C度大，故B錯誤；2解：A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，安培提出了分子電流假說，故A錯誤；、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，楞次總結出了判斷感應電流方向的規(guī)律，故B錯誤；C、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測出引力常量G的數(shù)值，故C正確；CD、中繼衛(wèi)星的向心力由月球和地球引力的合力提供，則有=mω（R+x），2R，=Mω對月球而言則有兩式聯(lián)立可解得：m=（R+x），故C正確，D錯誤；、哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，故D錯誤；故選：C。故選：C。中繼星繞地球做圓周運動的軌道周期與月球繞地球做圓周運動的軌道周期相同，其受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析。根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。本題考查物理學史，是常識性問題對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)發(fā)明、著名理論要加強記憶這也是考試內(nèi)容之一。解決本題的關鍵知道物體做圓周運動，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能認為靠地球的萬有引力提供向心力進行分析求解，另外還要僅僅抓?。褐欣^衛(wèi)星在地月引力作用下繞地球轉動的周期與月球繞地球轉動的周期相同。2.B4.C解：A塵埃帶負電后受電場力作用向收塵極運動電場力做正功，電勢能越來越小，故A錯誤；、根據(jù)圖象信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負點電荷電場電場線方向由收塵極指向電暈極，金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越高，故B正確，D錯誤；C、離電暈極越遠場強越小，塵埃帶電量不變電場力越小，故C錯誤，故選：。解：μ子吸收能量后從n=2能級躍遷到較高m能級，然后從m能級向較低能級躍遷，若從m能級向低能級躍遷時如果直接躍遷到基態(tài)n=1能級則輻射的能量最大，否則躍遷到其它較低的激發(fā)態(tài)時μ子仍不穩(wěn)定，將繼續(xù)向基態(tài)和更低的激發(fā)態(tài)躍遷，即123…m任意兩個軌道之間都可以產(chǎn)生一種頻率的輻射光，根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的變化；尖端電荷密度大，附近的場強強，空氣越容易電離，根據(jù)金屬筒和金屬絲之間的電場線分布情況，比較場強的大小，帶負電的細顆粒物根據(jù)受力判斷運動情況。故總共可以產(chǎn)生的輻射光子的種類為=解得m=4，=6，即μ子吸收能量后先從n=2能級躍遷到n=4能級，然后從n=4能級向低能級躍遷。輻射光子的按能量從小到大的順序排列為4能級到3能級級3到能級2級4到能級2，此題考查靜電的應用靜電除塵，解答本題關鍵是要知道金屬圓筒和金屬絲之間的電場分布，電場強度越大的地方氣體越容易電離。能級2到能級1級3到能級1級4到能級1．所以能量E與hν相等。3故C正確。故選：C。3.C解：A線速度v=ωR，中繼星繞地球轉動的半徑比月球繞地球的半徑大，鵲橋中繼星繞地球轉動的線速度比月球繞地球轉動的線速度大，故A錯誤；μ子吸收能量后向高能級躍遷，而較高能級不穩(wěn)定會自發(fā)的向所有的較低能級躍遷，只有躍遷到基態(tài)后才能穩(wěn)定，故輻射光子的種類為級差越大，輻射的光子的頻率越高．第4頁，共9頁?。罕绢}需要同學們理解μ子吸收能量后從較低能級躍遷到較高能級較高能級不穩(wěn)定會自發(fā)的向較低能級躍遷，只有躍遷到基態(tài)后才能穩(wěn)定，故輻射光子的種類為這是高考的重點，我們一定要熟練掌握．可知豎直段的豎直的拉力始終與兩個小球重力的和，等于；以滑塊為研究對象，滑塊受到重力、繩子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；設摩擦力的方向向則：5.解：A、以小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力是一對平衡力，所以繩子的拉力大小T等于小球的重力；2mgsin45°=T+f2以斜面和滑塊組成的整體為研究對象受力分析，所以：f=2mgsin45°-mg=（）mg，方向沿斜面向上，可知滑塊不可能向上運動。故D錯誤。2水平方向：，方向水平向左，故A正確；故選：。C、以小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，以小球為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件求出繩子的拉力；再以滑塊與斜面體組成的整體為研究對象，求出斜面受到的摩擦力；則：以小球為研究對象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出繩子的拉力；再以滑塊為研究對象，求出滑塊受到的摩擦力；所以繩子的拉力大小T等于小球的重力；以滑塊為研究對象，滑塊受到重力、繩子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；設摩擦力的方向向以小球為研究對象受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和平衡條件求出繩子的拉力；再以滑塊為研究對象，求出滑塊受到的摩擦力。則：2mgsin45°=T′+f1本題關鍵是先根據(jù)向心力公式得出球對細線的拉力，最后對滑塊受力分析后根據(jù)共點力平衡條件判斷靜摩擦力變化情況；同時要注意研究對象的靈活選擇?？傻茫?由于θ≤45°則6.可知f一定為正值，所以乙圖小球轉動的過程中滑塊受到的摩擦力一定沿斜面向上。1解：A設小球打到斜面上的時間為t，恰好垂直打在斜面上，根據(jù)幾何關系可得tan60°=，若增大小球的轉則細線與豎直方向之間的夾角增大，當θ=45°時，則滑塊受解得t=，故A正確；到的摩擦力為零；讓小球始終垂直打到斜面上，小球平拋運動的水平位移x=vty=，0故B正確，C錯誤；小球落在斜面上，根據(jù)幾何關系得，tan30°=，、以任意一個小球為研究對象，小球受到的重力與繩子的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，則：代入t=解得h=h和v的平方成正比關系，故B錯誤C正確；0、小球落在斜面上時的豎直分速度v=v==x，由于tan30°=，速度v=yx，兩個小球的質量相等，所以兩根繩子的拉力的合力的方向一定沿豎直向下的方向，且合力的大第5頁，共9頁間的變化情況即可．聯(lián)立解得v=，根據(jù)數(shù)學知識可知，積一定，當二者相等時和有最小值，故最對于圖象問題鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導出橫坐標和縱坐標的關系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷．小值為v=，故D正確。m故選：ACD。8.小球垂直打在斜面上，速度方向可知，根據(jù)速度方向的表達方法可得運動時間；根據(jù)水平方向與豎直方向的分運動性質可得小球在水平方向與豎直方向的分位移，由幾何關系可得h與時間的關系，即可分析；根據(jù)速度位移公式得出豎直分速度，結合水平位移和時間得出水平分速度，抓住水平位移和豎直位移的關系，結合平行四邊形定則求出速度的表達式，結合數(shù)學知識分析求解極值。解：A：由題意知沿MO方向射入的粒子恰好從P1點進入第一象限，軌跡為圓弧，速度方向水平向右（沿x軸正方向）由幾何關系知軌跡半徑等于圓形磁場半徑，作出由粒子軌跡圓的圓心、磁場圓的圓心以及出射點、入射點四點組成的四邊形本題考查了平拋運動規(guī)律的運用，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住幾何關系，結合限制條件，運用運動學公式靈活求解，本題對數(shù)學能力要求較高，需加強這方面的訓練。為菱形，且所有從M點入射粒子進入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向進入第一象限，為了使M點射入磁場的粒子均匯聚于NOPN之外的區(qū)域加的是磁場，最小的磁場面積為圖中陰影部分的面積，根據(jù)幾何關系可得所加磁場的最小面積為S=故A正確；=，7.解：進入磁場的過程中，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針，在離開磁場的過程中，電流方向為順時針；當DE邊在0～L區(qū)域內(nèi)時導線框運動過程中有效切割長度越來越大，與：若OPN之外的區(qū)域加的是電場進入第一象限做類平拋，沿MO入射的粒子到達N1點時的運動時間最長，速度最大，速度與水平方向夾角也最大，設類平拋運動時間為t，在N點時間成線性關系，根據(jù)i=電流強度均勻增大；在～2L的過程中，有效切割長度均勻減小，速度與水平方向夾角為θ則有：水平方向：r=vt感應電流均勻減??；離開磁場的過程中，有效切割長度先均勻增大，再均勻減小，所以A正確、B錯誤；豎直方向：r=聯(lián)立解得：v=2vCD、因為是勻速運動，拉力F與安培力等值反向，由F=知，力與有效切割長度l成二次v==vtanθ=tan45°=1，故B正確，C錯誤；max函數(shù)關系，因為當DE邊在0～2L區(qū)域內(nèi)時，導線框運動過程中有效切割長度隨時間先均勻增加后均勻減小，所以F隨時間先增加得越來越快后減小得越來越慢。故C正確、D錯誤；故選：AC。、若OPN之外的區(qū)域加的是電場設邊界PN曲線上有一點的坐標為（x，），則x=vt，y=r-，整理可得：正確。故選：ABD。=；當x=r時，整理可得邊界PN曲線的方程為y=-2x+r，故D根據(jù)楞次定律分析電流方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流的表達式分析電流隨時間的變化情況；由于勻速運動，所以拉力等于安培力，分析安培力隨時：判斷PN是否為圓弧，根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡和逆向思維進行分析即可；第6頁，共9頁：判斷最大速度，根據(jù)粒子在電場中的運動情況，以及類平拋運動的規(guī)律即可計算；對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)律進行解答。處的質點都向平衡位置運動，且x=0.4m處質點比x=0.6m處的點距離遠x=0.6m處x=0.4m處質點先回到平衡位置，故B錯誤；的質點比C、由波沿x軸負向播可得：x=4m處的點由平衡位置向下振動，故x=4m處的質點再經(jīng)過可運動到波峰位置，又有波長，波速再經(jīng)過1.5s可運動到波峰位置，故C正確；v=1m/s，所以，周期T=2s，那么，x=4m處的質點9.解：A、一定質量的氣體，在體積不變時，表示分子個數(shù)不變，溫度降低則氣體的平均動能減少，、由C可知簡諧波的周期T=2s經(jīng)過2s，波正好向前傳播一個波長，波形重合，故t=2s的波氣體的分子的平均速率減小，故氣體分子每秒與器壁平均碰撞次數(shù)減小，故A正確。形圖與t=0時的波形圖重合，故D正確；、晶體熔化時吸收熱量，溫度不變，分子平均動能不變，故B錯誤。E、由C可知：x=2m處的質點在做簡諧運動的周期T=2s，又有振幅A=0.4mt=0時質點位移C、空調(diào)既能制熱又能制冷，說明在不自發(fā)的條件下熱傳遞方向性可逆，但由于電流做功，會引為零，根據(jù)波沿x軸負向傳播可知質點向下振動，故可得：振動方程為（πt）（m），故E起一些其它變化。故C正確。錯誤；、根據(jù)熱力學第一定律，但和外界熱交換不明確時，外界對氣體做功（W＞0），其內(nèi)能不一定故選：ACD。會增大，故D錯誤。根據(jù)傳播方向得到質點的振動，即可根據(jù)質點位移和振動方向得到運動情況；再根據(jù)波長、波E、生產(chǎn)半導體器件時，需要在純凈的半導體材料中摻入其他元素，可以在高溫條件下利用分速求得周期，即可由波的傳播得到不同時刻的波形圖關系；最后根據(jù)初始時刻和周期、振幅求子的擴散來完成，故E正確。得質點振動方程．故選：ACE。對于簡諧波的相關問題，一般通過波形圖求得振幅、波長（或由振動圖得到振幅、周期），再根氣體壓強由分子平均動能和單位時間單位面積與器壁平均碰撞次數(shù)有關；晶體熔化時吸收熱據(jù)傳播方向得到某質點的振動圖（或波形圖進而得到各質點的振動．量，溫度不變，分子平均動能不變；空調(diào)既能制熱又能制冷可以有熱力學第二定律解析；物體內(nèi)11.能的變化可以用熱力學第一定律解析；擴散可以用在半導體生產(chǎn)工藝上。解：（1）根據(jù)圖乙刻度可知，此時測力計的示數(shù)為1.80N；本題考查了熱力學定律、擴散、晶體和非晶體、氣體壓強的微觀意義等知識這種題型知識（2）由實驗原理可知，研究風速大小與彈簧測力計示數(shù)大小關系，因此要減小其它阻力的影響，點廣，多以基礎為主，只要平時多加積難度不大。比如：木板對其的摩擦力，10.2（3）小車所受空氣阻力等于彈簧測力計的示數(shù)，由表格中的數(shù)據(jù)可知，阻力f=kv彈簧測力解：A、波沿x軸負向傳播，此時x=1.25m處的質點右側的質點縱坐標較大，故質點向上運動，計讀數(shù)為2.40N時，力變?yōu)?m/s時的12則速度變?yōu)樵瓉淼?倍，此時車速質點縱坐標大于零，故由質點運動遠離平衡位置可得：質點做加速度增大的減速運動，故A正m/s=17m/s。確；故答案為：（1）1.80；（2）摩擦力；（3）17。、由波沿x軸負向傳播可得：x=0.6m處的質點向平衡位置運動，故x=0.4m處的質x=0.6m第7頁，共9頁vm（1）依據(jù)彈簧秤示數(shù)，即可讀出，并加估計值；（2）根據(jù)摩擦力大小因素即可分析；ss=+-+2ABB=s+s。（3）根據(jù)表格中速度值與彈簧測力計示數(shù)，即可確定求解。ABsms。解決本題的關鍵知道實驗的原理，能夠從表格中的數(shù)據(jù)歸納出力和速度的關系是關鍵。B。（1）根據(jù)圖象求出B的加速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出、B的合力，從而得知A、B12.所受的摩擦力大小，根據(jù)牛頓第三定律，求出小車C所受的合力，從而判斷出小車的運動情況，來確定其位移。（2）根據(jù)動量守恒定律求出、C系統(tǒng)共同的速度，再根據(jù)能量守恒定律求出B的相對位移，從而求出車子的最小長度。解：（1）圖象如圖所示：本題要關鍵理清物體AB和車C的運動情況，通過分析受力情況，來判斷小車的運動情況。知道系統(tǒng)的合外力為零，遵守動量守恒定律。（2）圖象的斜率表示R，所以電阻值為R==4.50Ω；xx（3）當靈敏電流計示數(shù)為零時ab兩點電勢差為零，即伏特14.tt表示數(shù)即為R兩端電壓經(jīng)安培表的電流即為流過Rx12x=的電流，故電表的內(nèi)阻對測得電阻的阻值無影響；（4）當滑動變阻器RR的滑片都滑到中點位置時，靈敏電流計G兩端電壓不為零，所以靈敏30電流計G的示數(shù)不為零。故答案為：（1）如圖所示（過原點的直線）（2）4.25～4.51；（3）無影響；（4）不為零。本實驗的實驗原理為：當靈敏電流計示數(shù)為零時ab兩點電勢差為零，即伏特表示數(shù)即為R兩xtt12端電壓經(jīng)安培表的電流即為流過R的電則R=對于數(shù)據(jù)的處理可由作圖法