一、單選題（本大題共9小題，共28.0分）

1.比值定義法是物理學(xué)上常用的定義物理量的方法，被定義量不隨定義時所用物理量

的變化而變化，下列不屬于比值定義法的是（）

A.E=￡B.C=號C./=?D.B=2

qUR1L

2.某同學(xué)將一網(wǎng)球豎直向上拋出，一段時間后落回原處，此過程中空氣阻力大小保持

不變，以豎直向上為正方向，下列位移-時間圖象中可能正確的是（）

3.如圖所示，6兩電子圍繞靜止的正點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動，不/二二

計(jì)電子間的相互作用，下列說法正確的是（）；??V（

A.”電子受到的電場力小于6電子受到的電場力二二二/

B.a電子的電勢能小于b電子的電勢能

C.a電子的線速度小于b電子的線速度

D.a電子的周期大于b電子的周期

4.如圖所示，一根質(zhì)量分布均勻的項(xiàng)鏈懸掛于水平桿上，項(xiàng)鏈左端點(diǎn)

受到的拉力為Fi，項(xiàng)鏈中點(diǎn)處張力為尸2。保持左端不動，讓項(xiàng)鏈右

端緩慢向左移動的過程中（）

A.月減小,6減小

B.&不變，尸2減小

C.&減小，尸2增大

D.片不變，尸2增大

5.“實(shí)時熒光定量PCR”是目前檢測新型冠狀病毒的最常見的方法。一般情況下，當(dāng)

特定的熒光染料被一定波長的光照射時，入射光的一部分能量被該物質(zhì)吸收，剩余

的能量將熒光染料中的原子激發(fā)，由低能級躍遷到較高能級，經(jīng)過較短時間后熒光

染料便可發(fā)出熒光。僅考慮以上情況，下列關(guān)于熒光染料發(fā)出的熒光的說法中正確

的是（）

A.熒光光譜是連續(xù)譜

B.熒光光譜是吸收光譜

C.熒光波長不可能小于入射光的波長

D.熒光波長一定等于入射光的波長

6.如圖所示為一輛塞滿足球、排球、籃球的手推車，車

沿傾角為。的粗糙路面向下加速運(yùn)動。圖中A是質(zhì)量為

，”的一個籃球，關(guān)于它受到的周圍其它球的作用力，

下列判斷正確的是（）

A.一定等于7ngsin。B.一定大于mgsin。

C.一定等于mgcos。D.一定大于mgcos。

7.如圖所示，某同學(xué)正在進(jìn)行投籃訓(xùn)練。已知籃球出手點(diǎn)到地面的距離為h=1.8m,

籃筐到地面的距離為"=3m,出手點(diǎn)到籃筐的水平距離為L=4.2m。若出手時籃

球的速度方向與水平方向的夾角為53。，且能直接進(jìn)入籃筐，則出手時籃球的速度

大小約為(VTT工3.3,sin53°=0.8,cos53°=0.6)()

A.5.6m/sD.9.0m/s

8.如圖所示，質(zhì)量均為?n=1即的小物塊A和長木板B疊放

在一起，以相同的速度%=5m/s在光滑水平面上向右勻I~亡;J…

7777x7777/777777777777

速運(yùn)動，A、8間的動摩擦因數(shù)〃=0.25。給長木板8一個

水平向左的力，且保持力的功率P=5小不變，經(jīng)過一段時間，A開始相對于B運(yùn)

動。則這段時間內(nèi)小物塊A克服摩擦力做的功為（）

A.36JB.24JC.18JD.12J

9.如圖所示，是我國發(fā)射的“天問一號”火星探測器的運(yùn)動軌跡示意圖，首先在地面

上由長征五號運(yùn)載火箭發(fā)射升空，然后經(jīng)過漫長的七個月進(jìn)行地火轉(zhuǎn)移飛行，到達(dá)

近火點(diǎn)時精準(zhǔn)“剎車”被火星捕獲，成為環(huán)繞火星飛行的一顆衛(wèi)星，以下說法中正

確的是（）

第2頁，共20頁

地火「移收

A.長征五號需要把“天問一號”加速到第二宇宙速度

B.近火點(diǎn)的“剎車”是為了減小火星對“天問一號”的引力

C.從火星停泊軌道向遙感軌道變軌過程，“天問一號”還需要在近火點(diǎn)剎車

D.“天問一號”沿遙感軌道運(yùn)行時在近火點(diǎn)處的動能最小

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

10.如圖所示為交流發(fā)電機(jī)的模型示意圖，矩形線框Hcd在勻強(qiáng)

磁場中繞00'逆時針勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90。的過程

中，下列說法正確的是（）

A.電流方向由c到江大小逐漸減小

B.電流方向由〃到c,大小逐漸增大

C.電流的有效值與平均值的比值為每

2

D.電流的有效值與平均值的比值為每

4

11.如圖所示,匕兩束單色光通過半圓形玻璃磚從圓心。點(diǎn)出射,

保持入射光的方向不變，讓半圓形玻璃磚繞。點(diǎn)逆時針緩慢轉(zhuǎn)

動，當(dāng)轉(zhuǎn)過a角時，a光出射光消失；當(dāng)轉(zhuǎn)過口角時，匕光出射

光消失，已知下列說法正確的是（）

A.〃光在介質(zhì)中的折射率大于6光在介質(zhì)中的折射率

B.a、％兩束光在介質(zhì)中的光速之比為舞

C.通過同一狹縫時，。光的衍射現(xiàn)象更明顯

D.分別用兩束光使用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，。光的條紋間距大于6光的條紋

間距

如圖所示，光滑水平面上有豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場，6XXXX

XXXX

正方形線框abed以與出?垂直的速度火向右運(yùn)動，一I_XXXXX

段時間后進(jìn)入磁場，磁場寬度大于線框?qū)挾龋?邊剛XX*XX

進(jìn)入磁場時的速度為|孫。整個過程中外、〃邊始終與磁場邊界平行。若線框進(jìn)入

磁場過程中通過線框的電荷量為4,線框中產(chǎn)生的焦耳熱為。，則線框穿出磁場過

程中（）

A.通過線框的電荷量為qB.通過線框的電荷量為|q

C.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為|QD.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為|Q

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

13.某同學(xué)設(shè)計(jì)利用如圖中所示裝置驗(yàn)證單擺的周期公式，其中傳感器可以記錄光強(qiáng)度

隨時間的變化情況，將傳感器固定在懸點(diǎn)正下方，當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時遮擋光線，

計(jì)算機(jī)采集數(shù)據(jù)后得到的光強(qiáng)-時間圖像如圖乙所示?

（1）此傳感器是將光信號轉(zhuǎn)化為信號的裝置。

（2）由圖乙可得，第1次光強(qiáng)最小到第N次光強(qiáng)最小的時間為3則該單擺的周期可

表示為A=（用N、，表示）。

（3）該同學(xué)測出小球直徑。，繩長L,若已知重力加速度g,則單擺周期公式可表示

為72=（用O、L、g表示）。在誤差允許范圍內(nèi)7;=72,即可驗(yàn)證公式正確。

光強(qiáng)

傳感器T1V?W

時間

14.某興趣小組用如圖甲所示的電路測量待測電阻&的阻值（約為4000）,圖中回（即=

1000）為量程\0mA的靈敏電流計(jì)，品為定值電阻（&=1000）,R為滑動變阻器（阻

值范圍0?100）。

第4頁，共20頁

圖甲

(1)按照圖甲所示的電路圖，將圖乙中的器材實(shí)物連線補(bǔ)充完整。

(2)將滑動變阻器置于適當(dāng)位置后，閉合開關(guān)Si，將單刀雙開關(guān)52接1端，改變滑

動變阻器滑片位置，記錄此時電流計(jì)的示數(shù)k保持滑動變阻器滑片不動，將S2接

2端，記錄此時電流計(jì)的示數(shù)%。忽略電路中M、N兩點(diǎn)間的電壓變化，則待測電

阻&的阻值的表達(dá)式為&=(用A、％、Ro、Rg表示)。

(3)改變滑動變阻器滑片位置，重復(fù)上述步驟，得到如表中4組數(shù)據(jù):

1234

Ix/mA6.505.504.403.30

I2/mA5.284.563.662.74

li

1.231.211.201.20

，2

利用表中數(shù)據(jù)，可以求得“=0(保留3位有效數(shù)字)。

(4)若考慮電阻變化對電路的影響，q的測量值______(填“大于”、“小于”或

“等于")真實(shí)值。

24.50cm。已知液體的密度p=13.6x103kg/m3,山頂處重力加速度g=9.80m/s2,

計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字，求：

(1)玻璃管豎直放置時，液柱由于重力產(chǎn)生的壓強(qiáng)p；

(2)山頂?shù)拇髿鈮簭?qiáng)po。

16.如圖所示，平衡位置位于原點(diǎn)。的波源發(fā)出的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸正方向

傳播，以波源剛開始起振為計(jì)時起點(diǎn)，其振動方程為y=5sin，0&cni,經(jīng)過△t=

0.45s,觀察到坐標(biāo)為(2m,0)的P點(diǎn)正好第一次處于波峰，求這列簡諧橫波的波速

和波長。

y/ctn

0PxAm

17.如圖所示，傾角為。=30。的斜面固定在水平地面上，物塊A的質(zhì)量為M=3kg,

靜止在斜面上，距斜面底端為s=4m,物塊B的質(zhì)量為m=1kg,在斜面上距物塊

A上方1=2.5m的位置由靜止釋放，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，物塊碰撞時無機(jī)械能損

失，兩物塊由不同材料制成，A與斜面之間的動摩擦因數(shù)四=/，B與斜面間的摩

擦忽略不計(jì)，重力加速度大小g=lOm/s2,求：

(1)發(fā)生第一次碰撞后物塊A的速度以1和物塊B的速度為1；

(2)兩物塊第一次碰撞與第二次碰撞之間的時間t；

(3)物塊A到達(dá)斜面底端的過程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)〃。

第6頁，共20頁

如圖甲所示的空間直角坐標(biāo)系QQZ中，分界面P、熒光屏。均與平面Oxy平行，分界

面P把空間分為區(qū)域I和區(qū)域H兩部分，分界面P與平面。孫間的距離為L,z軸與分

界面「相交于。'。區(qū)域I空間中分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，區(qū)域口空間中分布著

沿x軸正方向和z軸正方向的交替出現(xiàn)的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為為,變化規(guī)律如圖

乙所示。電荷量為外質(zhì)量為m的帶正電粒子在)，軸負(fù)半軸上的某點(diǎn)沿z軸正方向出射，

經(jīng)過區(qū)域I,到達(dá)。'點(diǎn)時速度大小為為、方向與z軸正方向成0=60。角：以帶電粒子在

0'點(diǎn)的時刻為t=0時刻，再經(jīng)過區(qū)域口打在熒光屏。上，其速度方向恰好與經(jīng)過。'點(diǎn)

時速度的方向相同，粒子所受重力忽略不計(jì)，不考慮場的邊緣效應(yīng)及相對論效應(yīng)。求:

(1)區(qū)域I內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小;

(2)t=最時刻粒子的速度內(nèi)大小與方向;

(3)分界面P與熒光屏Q之間的距離&

(4)粒子打在熒光屏上的x坐標(biāo)。

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1.【答案】c

【解析】解：A、電場強(qiáng)度E反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷的電荷量4與電場力產(chǎn)，

屬于比值定義法，故A正確；

8、電容C反映電容器容納電荷本領(lǐng)的大小，與電容器的電壓。、電荷量。無關(guān)，由電

容器本身的特性決定，屬于比值定義法，故B正確；

C、公式/=J表示流過導(dǎo)體的電流/與導(dǎo)體兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，

這是歐姆定律的表達(dá)式，不屬于比值定義法，故c錯誤；

D、磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場本身決定的，與尸、IL無關(guān),屬于比值定義法，故。正確。

本題選不屬于比值定義法的，

故選：Co

所謂比值法定義，就是用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量的方法。比值法定義

的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與參與定義的物理量無關(guān).

解決本題的關(guān)鍵要理解并掌握比值法定義的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬

性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變。

2.【答案】A

【解析】解：設(shè)空氣阻力大小為力網(wǎng)球質(zhì)量為〃?，根據(jù)牛頓第二定律得：

上升過程有瓶9+/=aa上

下降過程有小。-f=ma/、.

對比可得上升和下降的加速度大小關(guān)系為：a上〉a*,上升過程的逆運(yùn)動是初速度為零

的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)“=之。產(chǎn)，上升和下降的位移大小相等，可知上升和下降的運(yùn)

動時間關(guān)系為：［上Vt尸，可知8圖和。圖不對。

上升過程，有s=可知s-t圖像是開口向下的拋物線；

Z-1-

下降過程，有$=下（t-t上）2,其中，是上升的最大高度，t上是上升的時間，s—t

圖像是開口向下的拋物線

綜上可知，A圖正確，故A正確，BCO錯誤。

故選：Ao

網(wǎng)球在上升過程中和下降過程中的加速度方向均豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律分析加速

度隨時間的變化情況，結(jié)合位移-時間公式列式進(jìn)行分析。

本題考查位移-時間圖像，要能夠根據(jù)牛頓第二定律分析加速度隨時間的變化關(guān)系，通

過位移-時間公式列式分析圖像的形狀。

3.【答案】B

【解析】解：設(shè)正點(diǎn)電荷帶電量為Q,

4、由公式F=可知，電子與正點(diǎn)電荷距離越大，電場力越小，ra<rb,則“電子受

到的電場力大于匕電子受到的電場力，故A錯誤；

B、由于a電子離正電荷較近，a電子所在處的電勢較高，因電子帶負(fù)電，結(jié)合Ep=q(p,

則a電子的電勢能小于b電子的電勢能，故B正確；

C、“、6兩電子圍繞靜止的正點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動，正點(diǎn)電荷對電子的庫侖力提供向

心力。由牛頓第二定律，可得卜與=叱，得"=叵，所以4電子的線速度大于b電子

的線速度，故c錯誤；

D、由公式7=應(yīng)可知，〃電子的線速度大于6電子的線速度，且“電子的半徑小于6

V

電子的半徑，則。電子的周期小于6電子的周期，故。錯誤。

故選：B。

4、S兩電子到中心正點(diǎn)電荷的距離不同，結(jié)合庫侖定律可比較電場力的大小。久b兩

電子圍繞靜止的正點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動，正點(diǎn)電荷對電子的庫侖力提供向心力。列出

相應(yīng)表達(dá)式即可分析比較兩者圓周運(yùn)動各物理量的大小。

本題考查庫侖定律以及向心力表達(dá)式，將電學(xué)知識與圓周運(yùn)動知識相結(jié)合，考查學(xué)生對

基本公式的掌握情況，以及對知識綜合運(yùn)用情況，難度較低。

4.【答案】A

【解析】解：以左半段項(xiàng)鏈為研究對象，受力分析如圖

由共點(diǎn)力的平衡條件可得:

F'Cosa—尸2

第10頁，共20頁

F^sina=G

其中a表示項(xiàng)鏈在M點(diǎn)切線方向與水平方向夾角，保持左端不動，讓項(xiàng)鏈右端緩慢向左

移動，則a增大，此時sina增大，cosa減小，故尸1減小，F(xiàn)2減小，故A正確，BCD錯

誤。

故選：A。

選取半段項(xiàng)鏈為研究對象，結(jié)合共點(diǎn)力的平衡條件，寫出拉力的表達(dá)式，利用夾角的變

化判斷力的變化。

本題屬于動態(tài)平衡問題，處理時可以先寫出力的表達(dá)式，結(jié)合夾角的變化來分析力的變

化情況。

5.【答案】C

【解析】解：人因?yàn)闊晒馊玖衔盏氖且欢úㄩL的光，由于能級的不連續(xù)性，所以熒

光染料被激發(fā)后，發(fā)出的光是不連續(xù)的，所以熒光光譜屬于線狀光譜，故A錯誤；

8、吸收光譜是溫度很高的光源發(fā)出來的白光，通過溫度很低的蒸汽或者氣體后產(chǎn)生的，

根據(jù)題意可知熒光光譜屬于發(fā)射光譜，故8錯誤；

CD,由于原子從低能級向高能級躍遷后不穩(wěn)定再次向低能級躍遷，躍遷中釋放的能量

只能等于或者小于入射光的能量，所以熒光波長大于或等于入射光的波長，故C正確，

。錯誤。

故選：Co

連續(xù)譜是連在一起的光帶，熾熱固體、液體及高壓氣體發(fā)光產(chǎn)生的光譜是連續(xù)譜；

線狀譜是由一些不連續(xù)的亮線組成的譜線，稀薄氣體、金屬蒸氣發(fā)光產(chǎn)生的譜線是線狀

譜；

根據(jù)能級躍遷理論分析。

處于基態(tài)的原子吸收一個光子躍遷到激發(fā)態(tài)，再向低能級躍遷時輻射光子的頻率一定不

大于入射光子的頻率，其波長一定不小于入射光子的波長。

6.【答案】D

【解析】解：籃球與小車有共同的加速度，加速度方向沿斜面向下，則沿斜面方向合力

向下，

設(shè)籃球受到周圍其他足球的作用力為巴方向斜向左上與斜面夾角為a,則a<90。，

則沿斜面方向：mgsind>Fcosa,

垂直斜面方向受力平衡：mgcosd=Fsina,

mgcosO

則尸=>mgcosd,

sina

尸<mgsind

cosa

則尸一定大于7ngeos。，但是不能確定與mgs譏。的關(guān)系。故4BC錯誤，。正確。

故選：Do

因籃球與小車有共同的加速度，可知籃球加速度方向，從而確定籃球受力情況。

本題考查學(xué)生受力分析能力，結(jié)合牛頓運(yùn)動定律和力的合成分解知識，對學(xué)生分析綜合

能力有一定要求，難度適中。

7.【答案】B

【解析】解：球拋出后運(yùn)動可分解為水平方向和豎直方向兩個分運(yùn)動，水平方向做勻速

直線運(yùn)動，豎直方向向上做加速度為g的勻減速運(yùn)動。

水平方向位移L,則有L=%cos53。?3

2

豎直方向位移為(H-h),H-h=vosin53°-t-|5t,聯(lián)立解得。(,=7.5m/s,故8正

確，ACQ錯誤。

故選：B。

本題可將球拋出后運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向兩個分運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)

動，豎直方向向上做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動。由于球最后落入籃筐，故結(jié)合初末

位置可知水平方向和豎直方向位移，根據(jù)直線運(yùn)動的規(guī)律列出等式即可求解。

本題考查運(yùn)動的合成和分解，要求學(xué)生將小球的運(yùn)動分解后，對于兩個方向運(yùn)動分別利

用直線運(yùn)動規(guī)律求解，難度較低。

8.【答案】D

【解析】解：A開始相對于B運(yùn)動時，AB之間的摩擦力剛達(dá)到滑動摩擦力，且AB加速

度和速度都相同，對A受力分析，A只受8給4的摩擦力，由牛頓第二定律得：

4mg=ma

解得：a=2.5m/s2

將AB看成整體，由牛頓第二定律得：

F—2ma

帶入數(shù)據(jù)得：F=5N,

因?yàn)榱的功率恒定為P=5W,由P=Fv

得：v=lm/s,所以A開始相對于8開始運(yùn)動時，A和B的速度都為lm/s,

第12頁，共20頁

對A從開始到速度減小到lm/s的過程只有摩擦力做功,設(shè)物體4克服摩擦力做功為必,

由動能定理得：-Wf=^mv2-

解得：必=12/,

故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

根據(jù)A開始相對于B運(yùn)動時，AB之間的摩擦力剛達(dá)到滑動摩擦力，且AB加速度和速

度都相同，分別對A和整體根據(jù)牛頓第二定律得解得外力F的值，根據(jù)P=Fv求開始

相對運(yùn)動時的速度，對A用動能定理求小物塊A克服摩擦力做的功。

解題時把握住兩個物體相對滑動的臨界條件：兩個物體加速度和速度相同，摩擦力達(dá)到

最大靜摩擦即滑動摩擦，注意求得是物體克服摩擦力做的功。

9.【答案】C

【解析】解：A、“天問一號”已脫離地球的束縛達(dá)到火星，所以發(fā)射速度必須大于第

二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A錯誤；

B、根據(jù)F=G等知，近火點(diǎn)在“剎車”時，火星對“天問一號”的引力不變，“天問

一號”減速，使其所需要的向心力小于火星對“天問一號”的引力，從而使“天問一號”

做近心運(yùn)動，故B錯誤；

C、從火星停泊軌道向遙感軌道變軌過程，做近心運(yùn)動，“天問一號”還需要在近火點(diǎn)

剎車，故C正確；

。、“天問一號”沿遙感軌道運(yùn)行時，根據(jù)開普勒第二定律可知，在近火點(diǎn)處的速度最

大，動能最大，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)宇宙速度的意義分析“天問一號”的發(fā)射速度；結(jié)合變軌原理分析“剎車”原理；

“天問一號”沿遙感軌道運(yùn)行時，根據(jù)開普勒第二定律分析動能的變化。

解決本題時，要理解并掌握衛(wèi)星的變軌原理，知道衛(wèi)星要做近心運(yùn)動，必須減速，機(jī)械

能要減小。

10.【答案】8。

【解析】解：AB、由題目可知，線圈位于中性面，矩形線框Med繞。。'做逆時針轉(zhuǎn)動，

由右手定則可得：感應(yīng)電流的方向?yàn)樗噪娏鞯姆较蛴扇说絚,矩形線框從圖

示位置開始轉(zhuǎn)過90。的過程中磁通量的變化率逐漸增大，感應(yīng)電動勢逐漸增大，故電流

大小逐漸增大，故A錯誤，B正確；

8、感應(yīng)電流最大值為/皿=含:=喏，有效值為/=居=舒

產(chǎn)生的平均值感應(yīng)電動勢為E=詈=等=列詈，形成的平均感應(yīng)電流7=—=

4wR+r

2NBSa)

?r(R+r)

故彳=等，故c錯誤，。正確；

故選：BD。

線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律求得產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，根據(jù)穿過線圈磁通量

的變化判斷出電流大小的變化，根據(jù)Em=BS3求得線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢，

由E=^求得有效值,結(jié)合閉合電路的歐姆定律求得電流，根據(jù)后=處求得產(chǎn)生的平均

V2At

感應(yīng)電動勢，結(jié)合歐姆定律求得平均電流，即可求得比值。

本題考查了有關(guān)交流電描述的基礎(chǔ)知識，知道產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為=NBS&),

知道有效值跟峰值的關(guān)系，知道平均感應(yīng)電動勢的計(jì)算方法即可。

11.【答案】AB

【解析】解：A、由題意可知a光的臨界角小于人光臨界角，根據(jù)幾=高得“光在介質(zhì)

中的折射率大于光在介質(zhì)中的折射率，故A正確；

B、根據(jù)"=結(jié)合九=高得光速之比為￡=舞，故B正確；

C、由于〃光在介質(zhì)中的折射率大于匕光在介質(zhì)中的折射率，則a光的波長小于6光的

波長，通過同一狹縫時，b光的衍射現(xiàn)象更明顯，故C錯誤；

D、因?yàn)閍光的波長小于。光的波長，根據(jù)=分別用兩束光使用同一裝置做雙

縫干涉實(shí)驗(yàn)，。光的條紋間距小于b光的條紋間距，故。錯誤。

故選：AB.

由“光的臨界角小于b光臨界角，根據(jù)幾=心可比較兩光在介質(zhì)中的折射率大小：結(jié)

合"=2可得光速之比；由折射率的大小關(guān)系可得波長大小關(guān)系，進(jìn)而可知通過同--狹

縫時哪種光的衍射現(xiàn)象更明顯；根據(jù)△X=判斷雙縫干涉中條紋間距的大小。

本題考查了光的全反射、干涉，衍射等問題，考查知識點(diǎn)全面，重點(diǎn)突出，充分考查了

學(xué)生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。

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12.【答案】AC

【解析】解：A3、通過線框的電荷量為q=，.△[=%=空，由于線框穿出磁場過程

與進(jìn)入磁場過程磁通量的變化量相等，所以這兩個過程通過線框的電荷量相等，均為°,

故A正確，8錯誤；

CD、線框進(jìn)入磁場過程，根據(jù)能量守恒定律得Q=詔-|m(|v)2=2nl諾

Z230lo

設(shè)線框離開磁場時的速度為V。線框穿出磁場的過程，由動量定理得

-2

—BILt=mv—m?v0

其中〃=q,聯(lián)立得：-BLq=mv-niw%

同理，線框進(jìn)入磁場的過程，有：-BLq=m-g"0-m%,聯(lián)立解得v=

故線框穿出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q'=im(^v)2-|m(iv)2==：Q，故

23023065

C正確，。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)線框穿出磁場過程與進(jìn)入磁場過程磁通量變化量的關(guān)系，由勺=竽求線框穿出磁場

過程通過線框的電荷量；根據(jù)動量定理求出線框離開磁場時的速度，再由能量守恒定律

求線框中產(chǎn)生的焦耳熱。

本題的解題關(guān)鍵運(yùn)用動量定理列式，分析知道線框進(jìn)入磁場的過程與穿出磁場的過程動

量變化是相等的，從而求出線框穿出磁場時的速度。

13.【答案】電念27rM

NTJg

【解析】解：(1)此傳感器是將光信號轉(zhuǎn)化為電信號的裝置。

(2)在一個周期內(nèi)擺球2次經(jīng)過平衡位置，一個周期內(nèi)擺球兩次擋光，單擺的周期7\=

t_2t

-N-l°

2

(3)單擺擺長2=L+?

單擺周期公式馬=27r3

9

故答案為：(1)電；Q)含；(3)2?？?。

(1)傳感器將光信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘枴?/p>

(2)單擺在一個周期內(nèi)經(jīng)過最低點(diǎn)2次，根據(jù)題意求出單擺的周期。

(3)擺線長度與擺球半徑之和的單擺擺長，根據(jù)單擺周期公式分析答題。

理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，掌握基礎(chǔ)知識、分析清楚單擺運(yùn)動過程，應(yīng)用單擺周期公

式即可解題。

14.【答案】占Ro-Rg376大于

“T2°

【解析】解：(1)根據(jù)圖甲所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖乙所示;

圖乙

(2)電路M、N間電壓保持不變，由串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律得：

&+Rg)=，2(&+Ro+Rg)

解得：&=高心一%;

(3)將表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入&=氏&-6解得：

Rx。，右。，R工

X1333RX2X3850,/?x3395x43890,

則待測電阻阻值：Rx=%+―?+―=333+385+395+389p“376。。

(4)單刀雙開關(guān)S2接2時，電路總電阻變大，由閉合電路的歐姆定律可知，干路電流變

小，

路端電壓變大，分壓電路分壓變大，即M、N間電壓變大，%的測量值偏大，

121

RRR=RR

待測電阻阻值：X=7^0-9in0-9,%測量值偏大，則待測電阻RJ則量值

大于真實(shí)值.

故答案為：(1)實(shí)物電路圖如圖乙所示；(2)高Ro-⑹；(3)376；(4)大于。

(1)根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖。

(2)根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出待測電阻的表達(dá)式。

(3)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出待測電阻阻值。

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(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟應(yīng)用歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差。

本題考查了測電阻阻值實(shí)驗(yàn)，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用串

聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可解題。

15.【答案】解：h=40.00cm=0.4000m,卜=20.00cm=0.2000m,l2=24.50cm=

0.2450m

(1)玻璃管豎直放置時，液柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)：

p—pgh—13.6x103x9.80x0.4000Pa?5.33x104Pa

(2)山頂大氣壓是po,封閉氣體初狀態(tài)壓強(qiáng)pi=p0+p,設(shè)玻璃管的橫截面積是S,氣體

初狀態(tài)體積匕=IS

玻璃管傾斜至與水平面成30。角時，液體對封閉氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)

p'=pghsin30°=13.6x103x9.80x0.4000x0.5Pa=2.665x104Pa

封閉氣體末狀態(tài)的壓強(qiáng)P2=Po+P'，封閉氣體末狀態(tài)的體積彩=%S，氣體溫度不變，

由玻意耳定律得：P1V1=P2^2>

代入數(shù)據(jù)解得：Po=9.18x104Pa

答：(1)玻璃管豎直放置時，液柱由于重力產(chǎn)生的壓強(qiáng)0是5.33X104pa；

(2)山頂?shù)拇髿鈮簭?qiáng)po是9.18x104Pa?

【解析】(1)根據(jù)液體壓強(qiáng)公式求出液柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)。

(2)求出玻璃管內(nèi)封閉氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)用玻意耳定律求出山頂?shù)拇髿鈮簭?qiáng)。

本題考查了求壓強(qiáng)問題，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是解題的前提，求出氣體狀態(tài)參量,

應(yīng)用液體的壓強(qiáng)公式與玻意耳定律即可解題。

16.【答案】解：根據(jù)波源的振動方程y=5sin/07rtcni,知3=10兀，

則T=生==0.2s,由題意可知，t=0.45s時，P已經(jīng)振動了△t?=工7=0.05s,

波從o點(diǎn)傳到P點(diǎn)時間為仆G=△t-△t2=(0.45-0.05)s=0.4s

由f=菱=后7n/s=5ni/s

所以4=vT=5X0.2m=Im

答：這列簡諧橫波的波速為5/n/s,波長為lm.

【解析】根據(jù)波源的振動方程可計(jì)算周期，由P點(diǎn)狀態(tài)分析波從O點(diǎn)傳到P點(diǎn)時間，

計(jì)算波長和波速。

本題首先考查振動方程，知道波傳播的周期，注意由P點(diǎn)狀態(tài)分析波從。點(diǎn)傳到尸點(diǎn)

時間，利用波在同介質(zhì)中勻速傳播的特性計(jì)算波速。

17.【答案】解：(1)對8物體從開始下滑到碰撞前，據(jù)機(jī)械能守恒律有：mglsind=

代入數(shù)據(jù)求得：%=5m/s

對AB系統(tǒng)，由于碰撞時間極短，動量守恒，以沿斜面向下為正方向有：mBvr=mBvB1+

mAvA1

彈性碰撞機(jī)械能守恒：扣B資="血2+^mAV2

v

解得：VBI=^ji=*x5m/s=-2.5m/s,vA1=^7%=景x5m/s=2.5m/s

(2)之后,A向下做勻減速運(yùn)動，其加速度以=則"譚幽”=10x綱/S2-曰x10x

^-m/s2=—2.5m/s2＞

當(dāng)速度減為零的位移馬1=用1=手黑瓶=1.225m,時間以1=$=墨s=

0.5s

而8做勻變速直線運(yùn)動，其加速度＜1=深絲=5m/s2,當(dāng)位8的位移=41時的速

度及2=，吊1+2CLBXBI=J(-2.5)2+2x5x1.225m/s=2.5小1m1s，時間1BI=

竺%=2叱.2.5)S=空$＞以1。那么第二次碰撞與第一次碰撞的時間《=tB1=

O-B52

V3+1

---------o

2

(3)從以上分析可以看出，第二次碰撞前B的速度％=2.5b=巧%，根據(jù)彈性碰撞的

規(guī)律，碰撞后A的速度以2=器方=乎巾/s=與以1，下滑的距離右2=察=］辦1。

余次類推，第三次碰撞時A下滑的位移=：乙2……,呈等比數(shù)列，經(jīng)過

〃次碰撞后下滑的位移馬伽-1)=弓尸馬1，

x3

那么有當(dāng)1+XA2+XA3+IX|x4l...+AnNS，1.225{1+(/2+(|)+

(；)4……C)FI}24

解得：九=5.2,?。縤=5

答：(1)發(fā)生第一次碰撞后物塊A的速度以i為2.5m/s,方向向下，物塊3的速度為1為

2.5m/s,方向向上；

(2)兩物塊第一次碰撞與第二次碰撞之間的時間t為等；

(3)物塊A到達(dá)斜面底端的過程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)〃為5。

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【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒求出碰撞前B的速度，再根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒求出

碰撞后4和8的速度；

(2)由動力學(xué)規(guī)律判斷A速度減小為零的位移，碰撞后8的速度也就是第二次碰撞前的

速度，并找到兩次碰撞前的速度關(guān)系；

(3)碰撞的次數(shù)由4每次向下的位移，找到每次碰撞后與上次速度碰撞后的速度關(guān)系，

從而求出每次下移距離的關(guān)系，距離之和不大于s,列式求出碰撞次數(shù)。

本題考查了動量守恒定律和機(jī)械能守恒的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵之一要靈活運(yùn)用彈性碰撞碰后

的速度詈潦%,%'=含T%。關(guān)鍵之二是靈活運(yùn)用動力學(xué)規(guī)律找到本次碰撞前

"I1十m27711+m2

的速度與上一次碰撞前的速度關(guān)系，從而得到A