2021年遼寧省大連市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.如圖所示，一架雪橇在水平拉力F的作用下沿水平面向

右做直線運(yùn)動，若水平面的粗糙程度相同，下列幾種運(yùn)

動中拉力最大的是（）

A.以3m/s的速度勻速運(yùn)動B.以4m/s的速度勻速運(yùn)動

C.以l?n/s2的加速度勻加速運(yùn)動D.以2m/s2的加速度勻加速運(yùn)動

?￡/eV

2.如圖所示是氫原子的能級圖，其中由高能級向n=2能級躍遷?........................0

5----------------------0.54

4------------------------0.85

時釋放的一組譜線稱為“巴爾末線系”?，F(xiàn)有大量處于n=53-----------------------1.51

2-------------------------3.4

能級的氫原子向低能級躍遷，貝！1（）

A.產(chǎn)生的光子中有3種屬于巴爾末線系.--------------------------13.6

B.產(chǎn)生的光子中有6種屬于巴爾末線系

C.從n=5能級躍遷到n=2能級時產(chǎn)生的光子波長最長

D.從n=4能級躍遷到n=2能級要吸收2.55eU的能量

3.查理定律指出，一定質(zhì)量的某種氣體在體積一定時，氣

體的壓強(qiáng)與溫度之間有線性關(guān)系，如圖所示。則一定質(zhì)

量的某種氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B,下列說法正確的是（）

A.氣體向外界放出熱量

B.氣體分子的平均動能不變

C.外界對氣體做功

D.單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多

4.2021年2月，我國“天問一號”火星探測器成功實(shí)施近火捕獲制動，順利進(jìn)入環(huán)火

軌道，成為我國發(fā)射的第一顆火星的人造衛(wèi)星。關(guān)于該次近火捕獲制動，下列說法

正確的是（）

環(huán)火軌道天間一號

向J過程

A.如果制動時間過短，速度減得少，探測器會撞上火星

B.如果制動時間過長，速度減得多，探測器會飛離火星

C.制動過程中由于開動發(fā)動機(jī)，探測器的機(jī)械能會增加

D.捕獲成功后沿環(huán)火軌道運(yùn)動，探測器機(jī)械能保持不變

5.“ETC”是高速公路上電子不停車收費(fèi)系統(tǒng)的簡稱。若某汽車以恒定功率勻速行駛,

為合理通過收費(fèi)處，司機(jī)在“時刻使汽車功率減半，并保持該功率行駛，到打時刻

又做勻速運(yùn)動；通過收費(fèi)處后，逐漸增加功率，使汽車做勻加速運(yùn)動直到恢復(fù)原來

功率，以后保持該功率行駛。設(shè)汽車所受阻力大小不變，則在該過程中，汽車的速

度隨時間變化圖像可能正確的是（）

10m/So在t=0時刻的波形如圖所示,則（）

A.此時％=-1.5?n處質(zhì)點(diǎn)的位移為-5cm

B.此時x=6處的質(zhì)點(diǎn)正沿一y方向振動

C.p、q兩列波的波長之比為2：3

D.p、q兩列波能形成穩(wěn)定的干涉圖樣

7.如圖所示，空間中存在著由一固定的點(diǎn)電荷Q（圖中未畫

出）產(chǎn)生的電場。另一同種點(diǎn)電荷4僅在電場力作用下沿

曲線MN運(yùn)動,4在M點(diǎn)的速度小于到達(dá)N點(diǎn)時的速度。/

圖中兩虛線與運(yùn)動軌跡相切，則（）

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A.點(diǎn)電荷Q有可能位于圖中的區(qū)域①內(nèi)

B.夕在M點(diǎn)的加速度比在N點(diǎn)的加速度小

C.q在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能大

D.。的電場中M點(diǎn)的電勢一定比N點(diǎn)的高

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.在光滑水平桌面上有一個靜止的木塊，高速飛行的子彈水平必—“

穿過木塊，若子彈穿過木塊過程中受到的摩擦力大小不變，a

則（）

A.若木塊固定，則子彈對木塊的摩擦力的沖量為零

B.若木塊不固定，則子彈減小的動能大于木塊增加的動能

C.不論木塊是否固定，兩種情況下木塊對子彈的摩擦力的沖量大小相等

D.不論木塊是否固定，兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等

9.勞倫斯和利文斯設(shè)計的回旋加速器如圖所示，高真空中的兩個D

形金屬盒間留有平行的狹縫，粒子通過狹縫的時間可忽略。勻強(qiáng)豌

磁場與盒面垂直，加速器接在交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的

質(zhì)子可在盒間被正常加速。下列說法正確的是（）

A.雖然逐漸被加速，質(zhì)子每運(yùn)動半周的時間不變

B.只增大交流電壓，質(zhì)子在盒中運(yùn)行總時間變短

C.只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，仍可能使質(zhì)子被正常加速

D.只增大交流電壓，質(zhì)子可獲得更大的出口速度

10.如圖所示，在斜面的虛線以下有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，

甲、乙兩個正方形閉合線框是用相同材料的電阻絲圍成的，

邊長相等，電阻絲的橫截面積之比為2：1,放在粗糙斜面

上從同一高度由靜止釋放，下滑過程中線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動。則

（）

A.俯視兩線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流都是逆時針方向

B.從開始運(yùn)動到滑至斜面底端，甲線框比乙線框所用時間短

C.兩線框剛進(jìn)入磁場瞬間，甲、乙中感應(yīng)電流之比為2：1

D.下滑全過程中，甲、乙兩線框機(jī)械能減少量之比為2：1

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

11.如圖甲所示，一個帶有凹槽的圓盤，其凹槽寬度略大于紙帶寬度，圓盤繞水平軸在

豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，用該裝置可測圓盤轉(zhuǎn)動的角速度。操作如下：

i.打點(diǎn)計時器固定在桌面上，將紙帶的一端穿過打點(diǎn)計時器，然后固定在圓盤的凹

槽內(nèi)；

以接通電源，打點(diǎn)計時器開始打點(diǎn)，啟動控制裝置讓圓盤轉(zhuǎn)動，使紙帶卷在圓盤上；

m.停止圓盤轉(zhuǎn)動，切斷電源，取下紙帶，進(jìn)行測量。

請回答下列問題：

(1)使用學(xué)生電源給實(shí)驗(yàn)中的電磁打點(diǎn)計時器供電，應(yīng)采用圖乙中的接法(

填“A”或"B”)。

(2)在紙帶上標(biāo)記若干個計數(shù)點(diǎn)并測量它們的間距如圖丙所示，相鄰計數(shù)點(diǎn)間的時

間間隔為7,測得圓盤直徑為d,槽深為人，則打下點(diǎn)8時,圓盤轉(zhuǎn)動的角速度的

表達(dá)式為3=(忽略紙帶厚度帶來的影響)。

(3)由于紙帶具有一定的厚度，會使角速度的測量結(jié)果(填“偏大”、“偏

小”或“不變”)。

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12.某研究小組要測量學(xué)校實(shí)驗(yàn)室中一塊微安表（量程為500必1）的內(nèi)阻。

（1）首先用多用電表粗略測量該微安表的內(nèi)阻。如圖甲所示，該小組同學(xué)將微安表

與電阻箱串聯(lián)起來，將多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“x100”的電阻擋位置，進(jìn)行

歐姆調(diào)零后，將多用電表的（填“紅表筆”或“黑表筆”）接在電流表的“+”

接線柱上，另一個表筆接在電阻箱的接線柱上。調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)電阻箱的示

數(shù)如圖乙所示時，多用電表的指針位置如圖丙所示,則微安表的內(nèi)阻約為0。

（2）該小組的同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中又利用如下器材，進(jìn)一步準(zhǔn)確測量該微安表的內(nèi)阻：

A待測微安表4（量程500/M）：

B.電流表4（量程3加4,內(nèi)阻約為500）；

C.電阻箱R1（0?99990）;

。.滑動變阻器/?2（最大阻值為200）；

E.一節(jié)干電池（電動勢1.5V）；

F.開關(guān)一個，導(dǎo)線若干。

請在圖丁的虛線框中畫出測量微安表內(nèi)阻r的實(shí)驗(yàn)電路原理，并在圖中標(biāo)明乙、A2

兩電表，要求在實(shí)驗(yàn)原理上沒有系統(tǒng)誤差。

（3）若實(shí)驗(yàn)中電表為、/的示數(shù)分別為A和，2,電阻箱的讀數(shù)為R則計算微安表內(nèi)

阻的表達(dá)式為r=。

四、計算題（本大題共3小題，共40.0分）\

13.亞克力材料又叫有機(jī)玻璃，其重量輕且透光率高，便…卞

于加工，被廣泛應(yīng)用各領(lǐng)域。如圖所示，用亞克力材

B

0

料制成的一個截面為四分之一圓柱形、半徑為R的透光體，一束單色光從。4面上

的A點(diǎn)射入透光體，入射角為，，折射光線與圓弧的交點(diǎn)為B,光在空氣中傳播的

速度為c。

(1)求光由A到8的傳播時間；

(2)若在A點(diǎn)的入射角i=60。，該亞克力材料的折射率n=1.5,通過計算判斷該光

在8點(diǎn)能否發(fā)生全反射。

14.在水平面上固定一足夠長的傾角。=30。的光滑斜面體，在其右端相距d=0.6m處

固定一豎直光滑桿，斜面上有一質(zhì)量叫4=3kg的物體A,質(zhì)量加8=1卜9物體B套

在豎直桿上。用平行于斜面的輕繩通過位于斜面頂端的光滑小滑輪將兩者相連，B

與滑輪高度相同，由于8被鎖定而使A和8都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一質(zhì)量me=1kg

物體C套在桿上，從距離B為/h=0.8m處自由下滑，C與B發(fā)生碰撞前的瞬間觸

發(fā)解鎖裝置，C與8碰撞后成為一個整體一起下落，碰撞時間極短。A、B、C均可

以視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2.求：

(1)C自由下落九1過程所用的時間；

(2)C與B碰撞結(jié)束時的速度大??；

(3)C與B碰撞后下落九2=0.86時A的動能大小。

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15.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場，方向垂直

紙面向外，磁場區(qū)的右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場區(qū)足夠?qū)?，且電場的左邊?/p>

與磁場區(qū)相切，足夠長的水平熒光屏尸。與磁場區(qū)相切于P點(diǎn)。從P點(diǎn)以相同的速

率v射出兩個相同的帶正電的粒子“、b,兩粒子初速度方向的夾角。=30。，其中

粒子〃的初速度豎直向上。兩粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均水平離開磁場進(jìn)入電場。已知勻

強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=Bu,不計粒子重力及粒子間相互作用。求：

(1)帶電粒子的比荷；

(2)兩粒子打到熒光屏上的亮點(diǎn)之間距離；

(3)粒子6整個運(yùn)動過程所用的時間。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：當(dāng)在水平拉力的作用下沿水平面向右做勻速直線運(yùn)動時F=f；

當(dāng)在水平拉力的作用下沿水平面向右做勻加速直線運(yùn)動時F-/=ma

解得F=/+ma,則加速度越大，拉力越大。A、8選項勻速運(yùn)動，加速度為0,C、D

勻加速運(yùn)動。其中。選項中加速度大于C選項中加速度。故ABC錯誤，。正確

故選：Do

本題可先通過受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力與加速度的關(guān)系，再比較各選項加

速度大小，即可求解。

本題考查力的合成與牛頓第二定律，考查學(xué)生運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律分析問題的能力，難度

較低。

2.【答案】A

【解析】解：AB,大量處于n=5能級的氫原子向低能級躍遷最多能輻射出量=10種

不同頻率的光子，

這10種光子中有3種屬于巴耳末系，分別是n=5—71=2、n=4n=2和n=3t

n=2的光子，故A正確，8錯誤；

C、由圖可知?dú)湓訌膎=5能級躍遷到n=4能級時，能級差最小，所以放出光子的能

量最小，根據(jù)E=；4,所以產(chǎn)生的光的波長最長，故C錯誤；

D、氫原子從71=4的能級躍遷到71=2的能級要放出能量為E=E4-E2=-o.85el/-

(-3.4eP)=2.55eV的光子，。錯誤。

故選:A。

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式髭求出氫原子可能輻射光子頻率的種數(shù)，進(jìn)一步確定屬于巴爾末系的

光子；

能級間躍遷時，輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，能級差越小，輻射的光子頻率

越低，波長越長；

氫原子電子從高能級向低能級躍遷時，釋放光子。

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件以及知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等

于兩能級間的能級差，并理解光電效應(yīng)發(fā)生條件，注意大量處于n=5能級(圖中未標(biāo)出

)的氫原子中大量與一個，針對躍遷時，發(fā)出不同頻率的種類的區(qū)別.

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3.【答案】D

【解析】解：AC、熱力學(xué)溫度T=273.15+t,由圖示圖象可知，氣體從A到8過程,

氣體壓強(qiáng)P與熱力學(xué)溫度7成正比，由理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體體積不變，外界對

氣體不做功，W=0,從A到8過程氣體溫度升高內(nèi)能增大，△[/>(),由熱力學(xué)第一

定律△U=W+Q可知：Q=hU-W=^U>0,氣體從外界吸收熱量，故AC錯誤：

B、從A到8過程氣體溫度升高，氣體分子平均動能增大，故2錯誤；

。、由A到B過程氣體體積不變而壓強(qiáng)p增大，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)

增多，故。正確。

故選:Do

溫度是分子平均動能的標(biāo)志；一定量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定，溫度升高內(nèi)能增大；

氣體體積發(fā)生變化時氣體做功；根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，然后應(yīng)用熱

力學(xué)第一定律分析答題。

根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，掌握基礎(chǔ)知識，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律即可解

題；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題時注意各物理量正負(fù)號的含義。

4.【答案】D

【解析】解：A、如果制動時間過短，速度減的少，即速度大，所需要的向心力大，萬

有引力不足提供所需的向心力，探測器會飛離火星，故A錯誤；

8、如果制動時間過長，速度減的多，即速度小，所需向心力小，萬有引力大于所需的

向心力，探測器會做近心運(yùn)動，甚至撞上火星，故B錯誤：

C、制動過程中開動發(fā)動機(jī)讓探測器做減速運(yùn)動，除重力外的力做了負(fù)功，探測器機(jī)械

能減小，故C錯誤；

。、捕獲成功后，探測器做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，萬有引力與速度垂直，

即萬有引力不做功，所以探測器機(jī)械能保持不變，故。正確。

故選：Do

根據(jù)物體做勻速圓周運(yùn)動、近心運(yùn)動、離心運(yùn)動的條件判斷制動后探測器做什么運(yùn)動，

根據(jù)機(jī)械能守恒的條件判斷做勻速圓周運(yùn)動時機(jī)械能的變化。

解題的關(guān)鍵是掌握物體做勻速圓周運(yùn)動、近心運(yùn)動、離心運(yùn)動的條件和機(jī)械能守恒的條

件。

5.【答案】C

【解析】解：0?0階段，汽車以速度為火勻速行駛，牽引力與阻力平衡，此時功率恒

定為P。,且必吟

“?t2階段，G時刻使汽車功率減半瞬間，汽車的速度V不變，由P=Fu可知，尸突然

減小到原來的一半，阻力沒有變化，則汽車開始做減速運(yùn)動，功率保持為：P0,由P=Fu

知，由于v減小，所以牽引力產(chǎn)增大，由/一尸=尸分可知，尸會減小，則加速度減小，

小汽車做加速度減小的減速運(yùn)動；

t2?t3階段，t2時刻牽引力又增大到等于阻力，汽車開始勻速運(yùn)動，此時速度為9=紫=

1

/。；

t3?t4階段，通過收費(fèi)處后，逐漸增加功率，使汽車做勻加速運(yùn)動直到恢復(fù)原來功率方，

這段時間汽車做勻加速直線運(yùn)動；當(dāng)汽車牽引力功率剛恢復(fù)原來功率瞬間，牽引力仍大

于阻力，汽車?yán)^續(xù)加速，但以后保持該功率行駛，由P=知，速度增加，牽引力減小，

則合外力減小，加速度減小，則汽車做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)牽引力減小到與阻力

相等時，汽車開始勻速，速度大小，=%=?，故C正確，A3。錯誤。

故選：Co

分階段由P=F”分析汽車牽引力變化，再分析合力變化，進(jìn)而分析汽車的速度及加速度

的變化。

本題考查了汽車的啟動問題，解決此類問題的關(guān)鍵是抓住汽車啟動過程中的不變量，然

后由P=尸。來分析汽車的運(yùn)動過程.

6.【答案】B

【解析】解：A、由圖知，圖示時刻x=-1.5m處為兩列波波谷相遇處，此時質(zhì)點(diǎn)的位

移為—5cm+(-5CTH)=—IOCTH,故A錯誤；

8、由同側(cè)法知，圖示時刻pq波分別引起％=-1.0m處質(zhì)點(diǎn)的振動方向?yàn)檠貀軸負(fù)方向，

故此時該質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向，故8正確；

C、由圖知p波的波長為4=3m,q波的波長為4=2m,故p、q兩列波的波長之比

為3：2,故C錯誤；

。、p、q兩列簡諧橫波在同一均勻連續(xù)介質(zhì)中傳播，其波速相同，由"=》知，兩列波

的頻率不相等，則兩列波不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故。錯誤。

故選:B。

質(zhì)點(diǎn)的位移是兩列波引起質(zhì)點(diǎn)振動的位移的矢量和，根據(jù)兩列波各自使質(zhì)點(diǎn)振動情況,

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判斷出質(zhì)點(diǎn)的實(shí)際運(yùn)動，兩列波頻率不同，不能形成穩(wěn)定干涉圖樣。

解題時需注意，兩列波在相遇區(qū)域相互疊加，疊加時遵循矢量合成法則。兩列波頻率相

同，相差恒定才能形成穩(wěn)定干涉圖樣。

7.【答案】C

【解析】解：A、做曲線運(yùn)動時軌跡應(yīng)該向受力一側(cè)彎曲，q受Q的斥力，故。不可能

處于①區(qū)域內(nèi)，故4錯誤.

8、q在M點(diǎn)的速度小于到達(dá)N點(diǎn)時的速度，說明從M到N是電場力做正功，因q受。

的斥力，故說明N點(diǎn)與。的距離大于M點(diǎn)與。的距離，故在N點(diǎn)時受電場力小，故N

點(diǎn)加速度小，故B錯誤.

C、因?yàn)間僅受電場力作用，運(yùn)動過程只有電場力做功，故運(yùn)動過程中q的動能和系統(tǒng)

的電勢能之和保持不變，q在M點(diǎn)的速度小于N點(diǎn)的速度，故q在M點(diǎn)的電勢能比在N

點(diǎn)的電勢能大，故C正確.

。、對于正電荷在電勢高處，電勢能大，而對于負(fù)電荷在電勢低處，電勢能大，因q的

電性未知，僅依據(jù)M、N兩點(diǎn)電勢能的大小關(guān)系，無法確定M和N電勢的高低，故。

錯誤。

故選：C。

根據(jù)做曲線運(yùn)動受力方向與軌跡彎曲方向的關(guān)系分析。所在區(qū)域；通過比較“、N兩點(diǎn)

電場強(qiáng)度的大小，確定兩點(diǎn)加速度的大小關(guān)系；利用動能和電勢能之和保持不變，分析

M、N兩點(diǎn)電勢能的大小關(guān)系；通過電勢能大小關(guān)系，結(jié)合q電性分析/、N兩點(diǎn)電勢

的高低。

此類問題注意以下幾點(diǎn)：①軌跡處于電場力方向和速度方向夾角之內(nèi)；②僅受電場力

運(yùn)動時，動能與電勢能之和保持不變；③用電場線密疏，判斷電場強(qiáng)度的大小，用電

場線指向判斷電勢高低。

8.【答案】BD

【解析】解：A、若木塊固定，子彈射出木塊的時間/不為零，摩擦力/不為零，則子彈

對木塊的摩擦力的沖量/="不為零，故A錯誤；

8、若木塊不固定，子彈減小的動能轉(zhuǎn)化為木塊的動能與系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和，子彈減

小的動能大于木塊增加的動能，故8正確；

C、木塊固定時子彈射出木塊所用時間較短，木塊不固定時子彈射出木塊所用時間較長，

摩擦力大小不變，則木塊不固定時木塊對子彈的摩擦力的沖量大小大于木塊固定時木塊

對子彈的摩擦力的沖量大小，故c錯誤；

。、不論木塊是否固定，摩擦力與木塊厚度都相等，因摩擦產(chǎn)生的熱量都等于摩擦力與

木塊厚度的乘積，因此兩種情況下子彈與木塊間因摩擦產(chǎn)生的熱量相等，故。正確。

故選：BD。

力與力的作用時間的乘積是力的沖量；子彈射穿木塊過程，如果木塊固定，子彈減小的

動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，如果木塊不固定，子彈減小的動能轉(zhuǎn)化為木塊的動能與內(nèi)能之和；摩

擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移即木塊厚度的乘枳；根據(jù)題意分析答題。

分析清楚子彈與木塊的運(yùn)動過程、分析清楚能量轉(zhuǎn)化情況是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)沖

量的定義式、功能關(guān)系即可解題。

9.【答案】AB

【解析】解：A、質(zhì)子在。形盒中運(yùn)動的周期丁=等，半個周期為翳，粒子的比荷不

變，則質(zhì)子每運(yùn)動半周的時間不變，故A正確；

B、質(zhì)子在電場中加速，根據(jù)=聯(lián)立可得R=應(yīng)用，增大交

變電壓，質(zhì)子運(yùn)動的半徑增大，則質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)減少，又因?yàn)橹芷诓?/p>

變，則運(yùn)行時間會變短，故B正確；

C、由7=警可知，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，則T會減小，只有交流電頻率增大，才能

正常工作，故c錯誤；

。、設(shè)。形盒的最大半徑為即，質(zhì)子可獲得更大的出口速度滿足qUmB=rn普,可得加=

地，出口速度與電壓無關(guān)，故。錯誤。

nr

故選：AB.

回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子

的最大速度，從而求出最大動能，在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場

中運(yùn)動的周期相等。

解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關(guān)，以

及知道粒子在磁場中運(yùn)動的周期與電場的變化的周期相等。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、俯視兩線框進(jìn)入磁場的過程中，穿過兩線框的磁通量均垂直于斜面向

下增加，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流都是逆時針方向，故A正確；

第12頁，共17頁

B、線框進(jìn)入磁場前，由動能定理得(mgsina-iimgcosa)x=1mv2,得u=

yj2gx{sin0—p.cos9)，可知兩線框進(jìn)入磁場時速度相等。

設(shè)任一線框的邊長為3橫截面積為S,電阻率為P電，密度為P密，質(zhì)量為加，剛進(jìn)入磁

場時速度大小為也加速度大小為〃。線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為“，斜面的傾角為%

==

根據(jù)牛頓第二定律得：rngsina—F安=maf得Q—gstna~~gsina~~gsina—

"送=osina,a與S無關(guān),所以，兩線框進(jìn)入磁場時加速度相同，初速度

p密4LSv16P電p密

相同，則運(yùn)動情況相同，運(yùn)動時間相等，故8錯誤；

C、線框剛進(jìn)入磁場瞬間，感應(yīng)電流大小為/=等，由R=p電費(fèi)，知甲、乙電阻之比為

1：2,則甲、乙中感應(yīng)電流之比為2：1,故C正確；

。、設(shè)線框剛完全進(jìn)入磁場時速度大小為V,線框進(jìn)入磁場的過程，由能量守恒得焦耳

熱為：Q第?=(mgLsina+一“mgLcosa-gnu/2,可知Qocm

線框質(zhì)量為巾=P密，4LSocS,可知甲、乙兩線框產(chǎn)生的焦耳熱之比Q/畬:Q乙焦=皿甲:

mZ=S甲:S乙=2：1

整個過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量之比Q3摩：Q摩乙=(Iim甲gscosa)：(nm^gscosa)=m伊：

7nz=2：1

故下滑全過程中，甲、乙兩線框機(jī)械能減少量之比用：AEZ=(Q/席+Q尹承)：

(Q乙,縝+Q屐5)=2：1,故。正確。

故選：ACD.

根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；根據(jù)牛頓第二定律、安培力公式、電阻定律相結(jié)合分

析線框進(jìn)入磁場時加速度關(guān)系，判斷運(yùn)動情況關(guān)系，從而確定運(yùn)動時間關(guān)系；兩線框剛

進(jìn)入磁場瞬間，根據(jù)E=B八和歐姆定律求解甲、乙中感應(yīng)電流之比；根據(jù)焦耳熱之比

和摩擦生熱之比求兩線框機(jī)械能減少量之比。

解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)牛頓第二定律、電阻定律、歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)

出線框的加速度表達(dá)式，分析知道線框的加速度與橫截面積無關(guān)，從而判斷兩線框運(yùn)動

情況關(guān)系。

11.【答案】B器窗偏大

【解析】解：(1)電磁打點(diǎn)計時器使用的是交流電源，故選：8

(2)在極短時間內(nèi)的平均速度等于該時刻的瞬時速度，則如=竽，B點(diǎn)做圓周運(yùn)動的

半徑為r=根據(jù)f=37■可得3=%=7；；：羨

(3)由于紙帶具有一定的厚度，故B點(diǎn)做圓周運(yùn)動的半徑r'>r,根據(jù)3=%可知,"=^<

變大，3變小，故測量結(jié)果偏大

故答案為：(1)B；Q)芾木；(3)偏大

(1)明確電磁打點(diǎn)計時器使用的是交流電源；

(2)在極短時間內(nèi)的平均速度等于該時刻的瞬時速度，根據(jù)u=3r求得角速度；

(3)由于紙帶具有厚度，故B點(diǎn)的實(shí)際半徑偏大，根據(jù)"=er即可判斷。

本題主要考查了勻速圓周運(yùn)動，會通過紙帶求解瞬時速度，利用好速度與角速度的關(guān)系

即可。

12.【答案】黑表筆520”用

【解析】解：(1)電流從多用電表的黑表筆流出，紅表筆流入，電流從電流表的正接線

柱流入負(fù)接線柱流出，因此應(yīng)將多用電表的黑表筆接在電流表的“+”接線柱上；

多用電表的選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到“X100”的電阻擋，由圖丙所示可知，所測電阻阻值是：

22x1000=22000；

由圖乙所示電阻箱可知，電阻箱示數(shù)是：1xIk。+6x1000+8x100+0x10=

16800

則毫安表的內(nèi)阻r=220012-16800=520。

(2)毫安表內(nèi)阻約為5200,遠(yuǎn)大于滑動變阻器的最大阻值，為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動變

阻器應(yīng)采用分壓接法，毫安表與電阻箱并聯(lián)，電流表與毫安表與電阻箱的并列電路串聯(lián),

(3)由圖示電路圖可知，毫安表內(nèi)阻：r=￡=讓泮

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故答案為：(1)黑表筆；520；(2)實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示；(3)”乃“

(1)歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，電流從電流表的正接線柱

流入負(fù)接線柱流出；電阻箱各旋鈕示數(shù)與對應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)；歐姆表指

針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材與實(shí)驗(yàn)原理作出實(shí)驗(yàn)電路圖。

(3)根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用歐姆定律求出毫安表的內(nèi)阻。

本題考查了測微安表內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)；要掌握多用電表的結(jié)構(gòu)、使用方法與注意事項；根據(jù)實(shí)

驗(yàn)器材與實(shí)驗(yàn)原理作出實(shí)驗(yàn)電路圖，根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)用歐姆定律即可解題。

13.【答案】解：(1)設(shè)該材料的折射率為〃，折射角為r,由折射定律得：n=理

設(shè)光在該材料中的傳播速度為丫，則：

如圖，設(shè)A3的長度為L由幾何關(guān)系得：L=2Rsinr

由A傳播到8所用的時間：￡=與

聯(lián)立解得：￡=竺也

C

(2)設(shè)臨界角為C,則sinC=(=±=]

小sini組.sinisin6Q°V3

田幾=--得：sinr=——=----=一

sinrn1.53

如圖，設(shè)NOB4=0,

則sin。=cosr=V1-sin2r=當(dāng)

即：sinO>sinC

所以9>C,且此時是從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)，所以一定發(fā)生全反射。

答：(1)求光由A到2的傳播時間為^

(2)該光在8點(diǎn)能發(fā)生全反射。

【解析】(1)分別求出傳播路程L和速度v,再由t=與求時間；

(2)判斷在B點(diǎn)入射角與臨界角的關(guān)系，進(jìn)而判斷是否能全反射。

本題考查了光的折射和全反射現(xiàn)象，注意全反射的條件是：光從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì),

且入射角大于等于臨界角。

14.【答案】解：(1)根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可得陽得t=o.4s,

(2)C在下落b過程中使用動能定理有mcghi=|mcvf,得%=4m/s,

C與B碰撞后成為一個整體，由C和8在碰撞過程中動量守恒得me%=(mB+mc)v2^

解得W=2m/s,

(3)C和3再下落殳=0.8m的過程中，A上升的距離

LA=J用+"2—d，〃=0.4TH,

由A、B、。組成的系統(tǒng)在此過程中機(jī)械能守恒，得

(jnB+mc)gh2-mAgLAsin0=^mAv1+^(mB+mc