2021年湖南省衡陽高考物理畢業(yè)班聯(lián)考試卷（二）（二模）

1.核泄漏中的杯（Pa）是一種具有放射性的元素，它可破壞細(xì)胞基因，增加患癌的風(fēng)險(xiǎn)。

已知杯的一種同位素的半衰期為2.41萬年，其衰變方程為品9pa-黃（/+

X+Y，則下列說法中正確的是（）

A.品92口發(fā)生的衰變?yōu)槲焖プ?/p>

B.衰變發(fā)出的y射線是波長很短的光子，電離能力很強(qiáng)

C.衰變過程中總質(zhì)量不變

D.10個(gè)經(jīng)過2.41萬年后一定還剩余5個(gè)

2.2018年國際基本單位之一“千克”被重新定義為：一千克等于普朗克常量/?除以

6.62607015x10-34625-1,則普朗克常量〃的單位是（）

Akg,sBkg-m?pp

m2s*kgs*kg

3.如圖所示，2021個(gè)完全相同的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)）相連,

在水平拉力P的作用下，一起沿水平面向右運(yùn)動，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F―2,

2和3間彈簧的彈力為尸2_3,2020和2021間彈簧的彈力為尸2020-2。21，則下列結(jié)論

正確的是（）

12320202021F

A.若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：...：2020

B.若水平面光滑，&-2：？2-3：…：「2020-2021=1：2：3:2020

C.若水平面粗糙，F(xiàn)_2：尸2_3：…：F2020-2021的大小無法確定

D.若水平面粗糙，撒去尸的瞬間，第2020號小球的加速度突然反向

4.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)有一傾角為。的光滑斜面，在斜

面上水平放置一根長為L、質(zhì)量為機(jī)的導(dǎo)線，通以如圖所示方

向的電流/時(shí)，通電導(dǎo)線能靜止在斜面上。重力加速度為g,

下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)線所受的安培力方向可能重直于斜面向下

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為大小B=嚶"，方向豎直向上

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為大小8=臂，方向水平向左

D.磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于斜面向下時(shí)，其大小最小，最小值為B=暇竺

5.2020年11月24日，長征五號運(yùn)載火箭搭載嫦娥五號探測器成功發(fā)射升空并將其送

入軌道，11月28日，嫦娥五號進(jìn)入環(huán)月軌道飛行，12月17日凌晨，嫦娥五號返

回器攜帶月壤著陸地球。假設(shè)嫦娥五號環(huán)繞月球飛行時(shí)，在距月球表面高度為〃處,

繞月球做習(xí)速圓周運(yùn)動（不計(jì)周圍其他天體的影響），測出飛行周期T,已知萬有引

力常量G和月球半徑凡則下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.嫦娥五號繞月球飛行的線速度為誓也

B.月球的質(zhì)量為空萼丫

D.月球表面的重力加速度為塔誓

6.如圖所示，足夠長的水平粗糙面與半徑為R的;圓弧在最低點(diǎn)C相連。兩個(gè)長度分

別為夜R和R的光滑斜面AC和8c先后固定于（圓弧處，均與水平面在C點(diǎn)平滑連

接，質(zhì)量為，”的滑塊1從斜面AC頂端由靜止釋放，質(zhì)量也為，”的滑塊2從斜面

8c頂端由靜止釋放，兩滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，貝女）

A.滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動量相同

B.滑塊1、2在斜面上運(yùn)動的時(shí)間之比為2：1

C.滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動能之比為2：1

D.滑塊1、2在上滑行的最大距離之比為1：2

7.圖甲為家用燃?xì)庠铧c(diǎn)火裝置的電路原理圖，轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正

弦交流電加在理想變壓器的原線圈上，設(shè)變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n】、n2,

當(dāng)兩點(diǎn)火針間電壓大于5000V就會產(chǎn)生電火花進(jìn)而點(diǎn)燃燃?xì)猓]合5,下列說法正

確的是（）

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AtlfX

甲乙

A.電壓表的示數(shù)為50y

B.在正常點(diǎn)燃燃?xì)獾那闆r下，兩點(diǎn)火針間電壓的有效值一定大于5000Y

C.當(dāng)￡=200時(shí)，點(diǎn)火針每個(gè)周期的放電時(shí)間大于0.01s

D.當(dāng)￡>100時(shí)，才能點(diǎn)燃燃?xì)?/p>

8.勻強(qiáng)電場中有一與電場方向平行的扇形AOB區(qū)域,

如圖所示，圓心角。=120°,半徑R=1m,其中C,

D、尸將圓弧AB四等分。已知9A=9U,9s=0,

/o=3V,以下說法正確的是（）

A.（pD=6V

B.<PF=3V

C.電場方向沿A。連線方向

D.場強(qiáng)大小為3177n

9.為了研究某品牌玩具車的性能，生產(chǎn)廠家拿兩輛完全相同的玩具車做測試，將玩具

車甲、乙放在平直的軌道上同時(shí)沿同一起始線釋放，已知兩玩具車的運(yùn)動方向相同,

乙運(yùn)動5機(jī)停下，在該過程中通過計(jì)算機(jī)描繪了兩玩具車速度的平方與位移的關(guān)系

圖像。下列說法正確的是（）

A.兩車均做勻變速直線運(yùn)動，且加速度方向相反

B.兩車在吊瓶時(shí)再次并排行駛

C.甲車在-s時(shí)追上乙車

D.乙車停止運(yùn)動前兩車的最大間距為當(dāng)他

10.如圖所示，虛線MN將豎直平面分成I和口兩個(gè)區(qū)域，兩

個(gè)區(qū)域分別存在著垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子

僅在洛倫茲力作用下由I區(qū)運(yùn)動到II區(qū)。曲線apb為運(yùn)動

過程中的一段軌跡，其中弧印、弧pb的弧長之比為2：1,

且粒子經(jīng)過小6點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右，下列判斷

正確的是（）

A.弧印與弧油對應(yīng)的圓心角之比為2：1

B.粒子通過即、p〃兩段弧的時(shí)間之比為2：1

C.粒子在I、n區(qū)域兩個(gè)磁場中的運(yùn)動半徑之比為1：1

D.I、II區(qū)域兩個(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小之比為1：2

11.某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，他將兩物塊A和8用輕質(zhì)無彈性細(xì)

繩連接并跨過輕質(zhì)定滑輪，B下端連接紙帶，紙帶穿過固定的打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。用天平

測出A、8兩物塊的質(zhì)量%=500g、mB=300g,A從高處由靜止開始下落，B

拖著的紙帶打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

圖乙給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶，0是打下的第一個(gè)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還

有4個(gè)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器計(jì)時(shí)周期為

T=0.02s,則：

甲乙

在打0?5點(diǎn)過程中系統(tǒng)動能的增量△Ek=J,系統(tǒng)勢能的減小量△Ep=

J,由此得出的結(jié)論。（重力加速度g取9.8m/s2,結(jié)果保留三位有效

數(shù)字）

12.某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測量一電池組的電動勢和內(nèi)阻，他們找

到了如下的實(shí)驗(yàn)器材：電池組（電動勢約為6.0V,內(nèi)阻約為10）,靈敏電流計(jì)G（滿偏

電流/g=100〃4內(nèi)阻&=2000）,定值電阻Ri（8=150）,定值電阻/?2伊2=

59.8k0）,變阻箱R（阻值范圍0?9.90可調(diào)），開關(guān)，導(dǎo)線若干。同學(xué)們研究器材，

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思考討論后確定了如下的實(shí)驗(yàn)方案，請你將該方案補(bǔ)充完整。

(1)選擇上面的某一定值電阻與靈敏電流計(jì)G組合，改裝成電壓表，則改裝后的電

壓表的量程為匕

(2)為了準(zhǔn)確測出電池組的電動勢和內(nèi)阻，在圖中虛線框中設(shè)計(jì)電路圖，請把該電

路圖補(bǔ)充完整，并在定值電阻旁邊標(biāo)上對應(yīng)的電阻符號。

(3)采集靈敏電流計(jì)G和變阻箱/?的讀數(shù)，作出了;圖像如圖乙所示，已知圖線

的斜率為K縱截距為〃，則所測得電池組的內(nèi)阻廠=。(用題目中所給的

字母表示，已知電源中的電流遠(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流)

(4)組長還組織大家進(jìn)步研討，圖丙所示為他們測得的某型號小燈泡的伏安特性曲

線，如果把兩個(gè)該型號的燈泡并聯(lián)后再與&=90的定值電阻串聯(lián)起來接在上述電

池組上(若測得電池組的電動勢E=6.0L內(nèi)阻r=1.00),如圖丁，則每只燈泡消

耗的實(shí)際功率為(保留2位有效數(shù)字)。

13.如圖所示是科學(xué)家們?yōu)榛鹦翘綔y器實(shí)現(xiàn)軟著陸而設(shè)計(jì)理聯(lián)■

的一種電磁阻尼緩沖裝置的原理圖，其主要部件為緩"

XXXII

沖滑塊K和探測器主體,MW和PQ為固定在探測主體.￡

上的絕緣光滑的緩沖軌道，探測器主體上安裝的超導(dǎo)氣健?人二芻產(chǎn)

?弋卜”滑塊

線圈(圖中未畫出)，能在兩軌道間產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面,

■■■AAPPA,

向外的勻強(qiáng)磁場。緩沖滑塊K由高強(qiáng)度的絕緣材料制

成，其上繞有10匝閉合矩形線圈Hcd,線圈的總電阻為10,劭邊長為1孫某次

探測器接觸火星表面的瞬間速度為%=4m/s,滑塊K立即停止運(yùn)動，其線圈與軌

道間的磁場立即發(fā)生作用，使探測器主體減速到%=lm/s的安全速度，從而實(shí)現(xiàn)

了緩沖作用。己知該裝置中除緩沖滑塊（含線圈）外的質(zhì)量為100口，若火星表面的

重力加速度為4?n/s2,求：

（1）當(dāng)緩沖滑塊剛停止運(yùn)動時(shí)，判斷線圈而邊感應(yīng)電流的方向；

（2）當(dāng)緩沖滑塊落到火星表面時(shí)，探測器主體若能立即減速，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B。應(yīng)大

于多少特斯拉；

（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為27時(shí)，探測器主體可以實(shí)現(xiàn)軟著陸，從也減速到％的過程中，

通過線圈截面的電荷量為6C,求該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。。

14.粗糙絕緣水平地面AP與光滑絕緣半圓弧豎直軌道PQ相切于P點(diǎn),PQ右側(cè)（含PQ）

有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E=詈,圓軌道半徑為R,AP長度4=5R。

A點(diǎn)左側(cè)有一彈射裝置，A點(diǎn)右側(cè)8處靜置一質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量為+q的滑塊C,

AB長度〃2=/?,如圖所示?，F(xiàn)用此裝置來彈射一質(zhì)量為，九的滑塊D滑塊。在A

點(diǎn)獲得彈簧儲存的全部彈性勢能后向右運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)與C發(fā)生完全彈性碰撞（碰

撞過程中C的電荷最不變），碰撞后滑塊C繼續(xù)向右運(yùn)動到P點(diǎn)進(jìn)入光滑圓軌道，

通過最高點(diǎn)Q后水平拋出，落到水平地面與地面碰撞。碰撞后，滑塊C豎直速度為

立即減為0,由于摩擦作用，水平速度減小了4為,即碰后水平速度以=%0（

其中聯(lián)o為碰前水平速度）?；瑝KC、。與地面的動摩擦因數(shù)均為“=0.5,不計(jì)空氣

阻力，滑塊都可看作質(zhì)點(diǎn)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，試求：

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(1)若滑塊。獲得8.5zngR的彈性勢能后與C發(fā)生碰撩，求碰后瞬間滑塊C的速度

大??；

(2)第(1)問的情境中，C繼續(xù)運(yùn)動到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)Q,求此時(shí)滑塊C對軌道的

壓力大小；

(3)若彈射裝置彈射出滑塊。后，移去彈射裝置，滑塊Z)獲得速度后與C發(fā)生完全

彈性碰撞，C通過圓弧軌道最高點(diǎn)。后水平拋出，要使C落在滑塊。右側(cè)且不與

。發(fā)生碰撞，求滑塊。獲得的彈性勢能的范圍。

15.下列說法正確的是()

A.一定質(zhì)量的冰熔化成0汽水，其分子勢能減少

B.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，M表示銅的摩爾質(zhì)量，p表示實(shí)心銅塊的密度，那

么銅塊中一個(gè)銅原子所占空間的體積可表示為名

PNA

C.脫脂棉脫脂的目的在于使它從不被水浸潤變?yōu)榭梢员凰?，以便吸取藥?/p>

D.燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟

是晶體

E.恒溫水池中，小氣泡由底部緩慢上升過程中，氣泡中的理想氣體內(nèi)能不變，對

外做功，吸收熱量

16.如圖所示，由內(nèi)徑相同的兩。形玻璃管彎接而成的連

通器豎直放置，左側(cè)管頂端封閉，右側(cè)管頂開口，中間

不漏氣現(xiàn)用水銀封閉有A、B兩部分氣體。已知環(huán)境溫度恒為17。0大氣壓強(qiáng)為

16cmHg,穩(wěn)定時(shí)，A部分氣體長度為20a”，管內(nèi)各液面高度差分別為心=8cm、

h2=10cm。

①求A部分氣體的壓強(qiáng)；

②保持B部分氣體溫度不變，給A部分氣體緩慢加熱，使其溫度升高到147久時(shí),

A部分氣柱長度變?yōu)?4cm,求此時(shí)右側(cè)U形管液面高度差電'。

17.如圖所示，某一復(fù)合光線對準(zhǔn)一半圓形玻璃磚的圓心O入射，當(dāng)在。點(diǎn)的入射角

為30。時(shí)，出射光線分成6兩束，光束。與下邊界的夾角為37。，光束人與下邊

界的夾角為53。，則下列說法正確的是()

A.a光的頻率比b光的頻率大

B.。光在玻璃磚中的傳播速率比6光的大

C.a、6兩束光在該玻璃磚中的折射率之比為3：4

D.若使入射角增大，則出射光線a先消失

E.若用a、6兩束光分別照射同一雙縫干涉裝置時(shí)，。的干涉條紋間距比。的小

18.如圖所示，位于原點(diǎn)。處的波源從某時(shí)刻開始振動，振動方程為y=

-0.04sin(20nt)m。該波源產(chǎn)生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，當(dāng)坐標(biāo)為(2m,0)的

質(zhì)點(diǎn)尸剛開始振動時(shí)，波源剛好位于波谷。

①該簡諧波的最大波速是多少？

②當(dāng)波速為16m/s時(shí)，求波源從開始起振0.375s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)，戶通過的路程是多少？

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r

P(2m.O)

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解:A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，衰變方程為觥9Pli一房5U+4He+y,

可知發(fā)生的衰變?yōu)閍衰變，故A正確；

B、根據(jù)y射線的特點(diǎn)可知，y射線是波長很短的光子，電離能力很弱，故8錯(cuò)誤；

C、衰變的過程中釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，總質(zhì)量減少，故C錯(cuò)誤；

。、半衰期是大量放射性原子衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對個(gè)別的放射性原子核沒有意義，

故。錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷衰變方程，然后判斷核反應(yīng)的類型；根據(jù)三種射線的

特點(diǎn)判斷；半衰期是大量放射性原子衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律。

本題考查對衰變的理解以及常見核反應(yīng)方程，要在平時(shí)的學(xué)習(xí)中多積累.要熟練掌握半

衰期的特點(diǎn).

2.【答案】B

【解析】解：根據(jù)“千克”被重新定義為：一千克等于普朗克常量九除以6.62607015x

10-347n25-1,"千克”的國際單位為奴，則普朗克常量〃的單位為：尤飛=理”,

SS

故B正確，4C。錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)“千克”被重新定義為：一千克等于普朗克常量〃除以6.62607015x10-34nl25-1

進(jìn)行推導(dǎo)即可。

本題關(guān)鍵要掌握國際單位制中基本物理量和基本單位，能通過物理規(guī)律推導(dǎo)單位之間的

關(guān)系。

3.【答案】B

【解析】解:AB、以整體為研究對象，水平面光滑，根據(jù)牛頓第二定律可得：F=2021nm

分別以第1個(gè)小球、第1、2兩球、第1、2、3三個(gè)球...2021個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο?

根據(jù)牛頓第二定律可得可知：

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1

K_2=力汝=F

122021

22020

尸2-3=2ma=—F,...F2020-2021=2020ma=—F9

WJ：尸1一2：尸2一3：.........^2020-2021=1：2：3:...2020;

由胡克定律知尸=分析可知：%1-2：%2—3：........%2020-2021=1：2：3:...2020,

但彈簧的長度之比不滿足，故A錯(cuò)誤，8正確;

C、若水平面粗糙，設(shè)每個(gè)小球受的滑動摩擦力為力則以整體為研究對象，根據(jù)牛頓

第二定律可得:

F—2021f=2021ma'

解得：優(yōu)=備一工，

2021mm

以后面的第1、2、3..2020個(gè)小球?yàn)檠芯繉ο螅鶕?jù)牛頓第二定律可得可知：

,1

FH=202lF-f

F2-3=2小優(yōu)=晟尸一/，...F2020-2021=2。20小優(yōu)=翳F—/，

則F.2’：尸2_3'：……尸2020-2021'=1：2：3：......2020,故C錯(cuò)誤；

D、若水平面粗糙，撤去尸的瞬間，第2020號小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力

都不變，則加速度不變，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再分別求出每個(gè)彈簧的彈力；

小球具有慣性，彈力不會突變，由此分析加速度的變化。

本題是連接體問題，考查了牛頓第二定律的應(yīng)用；利用牛頓第二定律答題時(shí)的一般步驟

是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立

方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。

4.【答案】D

【解析】解：A、導(dǎo)線受到的重力和彈力如圖所示：

若導(dǎo)線所受安培力方向垂直于斜面向下，由矢量合成法則知三力合

力不為0,導(dǎo)線不能靜止，故A錯(cuò)誤；/g

B、若磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，則由左手定則判定安培力方向：水

平向左

由矢量合成法則知三力合力不為0,導(dǎo)線不能靜止，故3錯(cuò)誤；

C、若磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，則由左手定則判定安培力方向：豎直向上

由矢量合成法則知三力合力不為0,導(dǎo)線不能靜止，故c錯(cuò)誤；

。、如圖所示：當(dāng)安培力方向平行于斜面向上時(shí)最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度

也最小，由左手定則判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向：垂直于斜面向下，

F安=BIL=mgsind

mg

最小值為：B=啜"，故。正確。

故選:故

(1)分析導(dǎo)線受力，根據(jù)力的合成結(jié)合平衡條件判定；(2)用圖解法找到安培力的最小值,

進(jìn)而求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值。

本題考查共點(diǎn)力的平衡，注意用圖解法解答動態(tài)平衡問題的使用條件：物體受三個(gè)共點(diǎn)

力作用處于平衡

狀態(tài)，其中一個(gè)力恒定(一般是重力)，另一個(gè)力方向不變，第三個(gè)力大小和方向都可變。

5.【答案】B

【解析】解：A、嫦娥五號繞月球飛行的軌道半徑是R+兒則線速度〃=空等，故A

正確；

B、嫦娥五號繞月球做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律：G&=m(^)2(R+/i),月

球的質(zhì)量為時(shí)=塔等匕故8錯(cuò)誤；

GT2

C、月球的第一宇宙速度即為繞月球表面運(yùn)行的衛(wèi)星的速度，由牛頓第二定律：G^=

m^,解得月球的第一宇宙速度為：u=JM，代入質(zhì)量，有：層，故C

正確；

D、在月球表面，mg=G-^,解得月球表面的重力加速度為g=懸三,代入質(zhì)量得：

~Vfl)'rflj

嗎”，故。正確。

DR2T2

本題選不正確的，故選：瓦

由萬有引力提供向心力，知道嫦娥五號的飛行周期，求得月球的質(zhì)量，然后求出線速度，

重力加速度等。

本題考查由萬有引力提供向心力，求得線速度、周期、角速度等，掌握好公式是解題的

關(guān)鍵。

6.【答案】C

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【解析】解：A、滑塊1從A到C,由動能定理有：mgR=

解得：Vi=12gR

動量為：Pi=mv1-rrty]2gR

滑塊2從3到C由動能定理有：mgRsin300=\mvl

解得：v2=y[gR

動量為：p2=Tnv2=myfgR

Pi=P2，二者方向也不同，故A錯(cuò)誤；

或：滑塊1、2到。點(diǎn)的方向不同，因動量是矢量，所以二者動量不同，故4錯(cuò)誤；

B、斜面AC傾斜角為45。，由牛頓第二定律有：mgsin450=mar

解得：=gsin450=卑9

由運(yùn)動學(xué)公式有：&R=71優(yōu)

解得：ti=2,

斜面8c傾斜角為30。，由牛頓第二定律有：mgsin30°=ma2

解得：a2=gsin30°=^g

由運(yùn)動學(xué)公式有：/?=|a2t2

解得：t2=2/

有：h=t2，故8錯(cuò)誤；

C、滑塊1從A到C,由動能定理有：mgR=Ekl-0

解得：Ekl=mgR

滑塊2從8到C,由動能定理有：mgRsin30°=Ek2-0

將埃的：Ek2=；mgR

EmgR2

二者在c點(diǎn)動能之比為：謂kA=前=1,故C正確；

。、滑塊1在CD上做勻減速運(yùn)動，設(shè)動摩擦因數(shù)為〃，設(shè)滑行距離為S1，由動能定理:

-Hmgsx=0-Ffel

解得：Si=￡

滑塊2在CD上做勻減速運(yùn)動，設(shè)滑行距離為S2，由動能定理有：-4小勿2=0-EH

D

解得：S2=￡

二者滑行距離之比為：故。錯(cuò)誤

s21

故選：Co

(1)用動能定理求滑塊1、2各自滑到C點(diǎn)的速率，計(jì)算各自的動量大小，再比較大小,

若等大，再比較方向；

(2)滑塊1、2在斜面上做勻加速直線運(yùn)動，用動力學(xué)規(guī)律求解；

(3)滑塊1、2在C點(diǎn)時(shí)的動能之比、水平面上滑行的最大距離之比分別用動能定理求解。

本題屬于力學(xué)綜合題，注意動量是矢量，比較兩物體動量是否相同，先比較方向是否相

同，這樣可提高效率。運(yùn)算要仔細(xì)，

7.【答案】CD

【解析】解：人電壓表測量的是轉(zhuǎn)換之后的正弦交流電的有效值，所以示數(shù)為筆=

V2

鄢=25或匕故V錯(cuò)誤;

8、兩點(diǎn)火針間的瞬時(shí)電壓大于5000丫即可產(chǎn)生電火花，所以其最大值大于5000匕有

效值一定大于甯=2500&V,故B錯(cuò)誤；

C、原副線圈匝數(shù)比為200時(shí)，則副線圈電壓最大值為10000匕根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可知

其每個(gè)周期放電時(shí)間為系，即等s,故C正確；

D、原、副線圈的電壓關(guān)系為牛=竽，由于原線圈最大電壓為50匕副線圈最大電壓要

大于5000匕所以竽＞100,故￡)正確；

nl

故選：CD。

根據(jù)圖乙得到原線圈電壓的最大值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出電壓表的示數(shù)；根

據(jù)電壓與線圈匝數(shù)比的關(guān)系即可求解，根據(jù)三角函數(shù)圖像求出時(shí)間。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，根據(jù)三角函數(shù)圖像求出時(shí)間。

8.【答案】ABC

【解析】解：AB、連接A&OC、?！辏尽E,交點(diǎn)分別為/、H、G,△0/G為等邊三角

形，A04/、AOBG為等腰三角形，如圖所示

第14頁，共23頁

由幾何關(guān)系可得4/=/G=GB即/、G為A8的三等分點(diǎn)，由于勻強(qiáng)電場電勢均勻變化，

由題干已知外=9乙WB=。，可得價(jià)=6人WG=3V，故OF為電勢3V的等勢面，

由幾何關(guān)系可得9連線垂直于OA,與OF平行，為電勢6V的等勢面，即0D=6叭

(pF=3V,故48正確；

C、電場方向垂直于等勢面指向電勢較低一側(cè)，故沿A0連線方向，故C正確；

D、場強(qiáng)大小為E=等，UA0=<PA-中。，代入數(shù)據(jù)得E=6V/m,故。錯(cuò)誤。

故選：ABC.

本題可利用勻強(qiáng)電場電勢均勻變化，結(jié)合幾何關(guān)系，判斷電勢高低以及等勢面，從而進(jìn)

行求解。

本題考查學(xué)生對電勢的認(rèn)識和掌握情況，要求學(xué)生結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行分析求解，難度適

中。

9.【答案】AD

【解析】解：A、由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有

2ax=v2-VQ

整理得=2ax—VQ

所以小—x的圖像為傾斜的直線，斜率k=2a,截距b=

由圖知嶗甲=0,嶗乙=25(m/s)2

a甲=[xym/s2=lm/s2

125,

a乙=2x—m/sl=2.5m/sz

由圖像可知兩車均做勻變速直線運(yùn)動，且加速度方向相反，故A正確；

B、由圖可知，兩車在時(shí)速度相同，但并不代表同時(shí)到達(dá)吊加處，故B錯(cuò)誤；

C、甲車追上乙車有梟甲1=%乙t+9a乙

代入數(shù)值解得t=一s

2

此時(shí)乙的位移x乙=v0it+|a6t

代入數(shù)據(jù)x乙=5x早m+|X2.5x（一產(chǎn)團(tuán)—>5m

所以甲車追上乙車時(shí)乙車已經(jīng)停止，則有裝甲廿2=5

1?

-x1xt，2=5

解得t'2=10s

即甲車在國s時(shí)追上乙車，故C錯(cuò)誤；

D速度相同時(shí)，兩車相距最遠(yuǎn)，故乙車停止運(yùn)動前兩車的最大間距為吊小，故。正確。

故選：AD.

由圖像結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析甲、乙的運(yùn)動情況，找出它們運(yùn)動的初速度和加速度，再根

據(jù)運(yùn)動過程中的速度關(guān)系和位移分析求解。

本題既考查了運(yùn)動圖像又考查了追及相遇問題，是難度較大的一道題，關(guān)鍵是根據(jù)圖像

找出初速度和加速度，再根據(jù)位移關(guān)系和速度關(guān)系結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析求解。

10.【答案】BD

【解析】解:A、粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，故有:Bvq=m：

根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，由粒子經(jīng)過。、匕點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右可得：兩粒子轉(zhuǎn)

過的角度相等，由幾何關(guān)系可知，弧“P與弧心對應(yīng)的圓心角之比為1：1,故A錯(cuò)誤：

C、因?yàn)榛　癙、弧心的弧長之比為2：1,而弧“P與弧P6對應(yīng)的圓心角相等，那么，

粒子在I、n區(qū)域兩個(gè)磁場中的運(yùn)動半徑之比為2：1,故c錯(cuò)誤；

B、根據(jù)t=，T=?x型=竺可知粒子通過“P、心兩段弧的時(shí)間之比為2：1,故8

27r2nvv

正確；

。、根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反可得：I、II區(qū)域兩個(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反；根據(jù)磁

感應(yīng)強(qiáng)度8=詈可得：I、n區(qū)域兩個(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1：2；故。正確。

故選：BD。

第16頁，共23頁

根據(jù)洛倫茲力做向心力得到磁感應(yīng)強(qiáng)度、周期的表達(dá)式；然后根據(jù)偏轉(zhuǎn)方向得到磁感應(yīng)

強(qiáng)度方向及中心角關(guān)系，即可由弧長得到軌道半徑關(guān)系，從而得到運(yùn)動時(shí)間及磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小關(guān)系。

帶電粒子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力做向心力，故常根據(jù)速度及磁感應(yīng)強(qiáng)度求得半徑，然

后根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動軌跡；或反過來也可以由軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，進(jìn)而求

得速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度。

11.【答案】0.5950.604在誤差允許范圍內(nèi)，A與B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

【解析】解：打點(diǎn)計(jì)時(shí)器計(jì)時(shí)周期為7=0.02s,每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)，那么

每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為7'=5X0.02s=0.1s

根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第5

個(gè)點(diǎn)時(shí)的速度為：

畛=第="黑*^-2m/s=L22m/s；

在0?5過程中系統(tǒng)動能的增量為：△EK=+m2)詔=：x(500+300)xIO-3x

1.222/*0,5957；

系統(tǒng)重力勢能的減小量等于物體重力做功，

3

故：△Ep=%=(m2-m^gx=(500-300)x10-x9.8x(19.80+11.00)x

10-2/工0.604/；

由此可知?jiǎng)幽艿脑黾恿亢蛣菽艿臏p小量基本相等，因此在誤差允許范圍內(nèi)，A與8組成

的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

故答案為：0.59S,0.604,在誤差允許范圍內(nèi)，A與8組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。

根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小等于該過程中的平均速度，可以求出打下

記數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度大小：

根據(jù)系統(tǒng)的初末動能大小可以求出動能的增加量，根據(jù)系統(tǒng)重力做功和重力勢能之間的

關(guān)系可以求出系統(tǒng)重力勢能的減小量，比較動能增加量和重力勢能減小量之間的關(guān)系可

以得出機(jī)械能是否守恒.

本題全面的考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理問題，要熟練掌握勻變速直線運(yùn)動

的規(guī)律以及功能關(guān)系，增強(qiáng)數(shù)據(jù)處理能力，注意單位的換算與有效數(shù)字的保留.

12.【答案】6七-％0.29”

【解析】解：(1)由于0

電源電動勢約為6.0V,0

G表改裝成電壓表時(shí)，°

應(yīng)選擇上面的/?2與G

組合，改裝后電壓表

量程為：

U=/g(/?2+Rg)=100x10-6X(200+59.8x103)|Z=6V

(2)根據(jù)題意可知，本實(shí)驗(yàn)中采用電阻箱與改裝后的電壓表并聯(lián)進(jìn)行分析，并且采用％與

電源串聯(lián)充當(dāng)保護(hù)電阻使用，故電路圖如圖所示；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：

I(Rq+/?2)

I(Rg+%)+-.+r)=E

變形可得.1=&+七I(r+RiXRz+Rg)1

/EER

則由圖象性質(zhì)可知：

縱軸截距b=空為

E

斜率卜=(r+RD(Rz+Rg)

E

聯(lián)立解得：r=l-Rr

(4)設(shè)燈泡的電壓為U,電流為/,則有：U=E-2/(/?0+r)

代入數(shù)據(jù)解得：U=6-20h

作出對應(yīng)的圖象如圖所示，由圖象可知，燈泡電流/=0.244電壓U=1.2V,故功率

P=U[=1.2X0.24=0.29%

故答案為：(1)6；(2)如圖所示；(3或一名;(4)0.29W；

(1)根據(jù)電表的改裝原理可明確改裝后的電表的量程；

(2)根據(jù)電表的測量原理可明確對應(yīng)的電路圖，注意實(shí)驗(yàn)中采用的是伏阻法進(jìn)行測量；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析，得出對應(yīng)的;-：圖象進(jìn)行分析即可求得電源的內(nèi)

阻；

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析，在/-U圖象中作出對應(yīng)象，兩圖象的交點(diǎn)表示燈

泡的工作點(diǎn)，從而求出對應(yīng)的電功率。

本題考查燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)；要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，能正確選擇實(shí)驗(yàn)電路及儀表的

選擇，同時(shí)掌握實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法。

13.【答案】解：(1)磁場垂直于紙面向里，由右手定則可知，線圈必邊感應(yīng)電流的方

第18頁，共23頁

向由力到ao

(2)當(dāng)探測器速度為火時(shí)，H產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=nFoLVi

回路中感應(yīng)電流為：Y

"所受的安培力大小為：F=nB0IL

為了使探測器主體減速而安全著陸，它受到的安培力應(yīng)大于重力，

對ab：F>Mg

代入數(shù)據(jù)解得：>17

(3)設(shè)探測器主題受到從%減到%下降的高度為/?,

通過線圈橫截面的電荷量：q=1=山=歿絲

“RRRR

解得：h=—=6X1m=0.3m

nBL10X2X1

由能量守恒定律得：Q=Mgh+\Mvl-\Mvl

代入數(shù)據(jù)解得：Q=870/

答：(1)當(dāng)緩沖滑塊剛停止運(yùn)動時(shí)，判斷線圈岫邊感應(yīng)電流的方向由b流向

(2)當(dāng)緩沖滑塊落到火星表面時(shí)，探測器主體若能立即減速，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B。應(yīng)大于1

特斯拉；

(3)該過程中線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。是870人

【解析】(1)應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向。

(2)為了使探測器做減速運(yùn)動，其所受的安培力需大于其自身重力，據(jù)此列式，求得勻

強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件.

(3)根據(jù)通過線圈截面的電量求出探測器下降的高度，線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于探測器機(jī)

械能的變化量.由能量守恒求解焦耳熱Q.

對于電磁感應(yīng)問題，若知道電荷量，往往根據(jù)電荷量與磁通量變化量的關(guān)系能求出導(dǎo)體

通過的距離，焦耳熱常常運(yùn)用能量守恒求解.

14.【答案】解：(1)滑塊。從發(fā)射到與C相碰前，由能量守恒知：

_1

8.5mgR—nmgR=-WIVQ

解得：v0=4y[gR

。與C相碰，取水平向右為正，由動量守恒可知：

mv0=mv1+mv2

由能量守恒可知:

=-mvf

解得：=0,方=4

碰后瞬間滑塊C的速度大小為4歷

(2)C由3到。過程中，由動能定理可知：

11

—[imgx4/?—(mg+qE)x2R=--mv1

解得：VQ=2y/~gR

C運(yùn)動到。點(diǎn)，由牛頓第二定律可知：

VQ

mg+qE+FN=zn—

R

解得：FN=2mg

由牛頓第三定律可知，C對軌道的壓力大小為''=風(fēng)=2mg

(3)彈簧能量最小時(shí)，C恰好過。點(diǎn)，速度為％i，在。點(diǎn)，由牛頓第二定律可知：

VQI

mg+qE=m--

A

解得：VQI=52gR

由于。與C相碰時(shí)速度交換，先。運(yùn)動，后C運(yùn)動，可以等效為一個(gè)物體從彈出運(yùn)動

到。點(diǎn)，由能量守恒可知：

1,

Ep]=p.mgx5R+(mg+qE)x2R+

解得：EP1=7.5mgR

設(shè)能量最大時(shí)，C過Q點(diǎn)，速度為氣2,C離開。點(diǎn)之后做類平拋運(yùn)動：

豎直方向：2R=\gt2

落地時(shí)，豎直方向上的速度：vy=gt

C與地碰后，vx=vQ2-〃Vy

C與。恰好不想碰，貝ij：vQ2t+^-=4R

由能量守恒可知：Ep2=*mgx5R+(mg4-qE)x2/?+|mv^2

聯(lián)立解得：EP2=8mgR

所以，。獲得的彈性勢能范圍是：7SmgRWEpW8mgR

答：(1)若滑塊。獲得8.5mgR的彈性勢能后與C發(fā)生碰撞，碰后瞬間滑塊C的速度大

小為4A項(xiàng)；

(2)C繼續(xù)運(yùn)動到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)Q,此時(shí)滑塊C對軌道的壓力大小為2mg；

第20頁，共23頁

(3)滑塊。獲得的彈性勢能的范圍為7.5mgR<EP<8mgR。

【解析】(1)滑塊D從開始彈射到B點(diǎn)與C碰撞前，根據(jù)能量守恒求解碰撞前D的速度

大小，根據(jù)動量守恒定律、能量守恒定律求解碰后瞬間滑塊C的速度大??；

(2)C由8到Q過程中，由動能定理求解在。點(diǎn)的速度大小，在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律

和牛頓第二定律求解對軌道的作用力；

(3)滑塊C從。點(diǎn)水平拋出后做平拋運(yùn)動，要求滑塊C能夠通過。點(diǎn)，且不能與。發(fā)生

碰撞，求出C在。點(diǎn)的最小速度和最大速度，根據(jù)能量關(guān)系求解彈性勢能的范圍。

本題主要是考查動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、動能定理、平拋運(yùn)動的規(guī)律等，綜合

性比較強(qiáng)，關(guān)鍵是弄清楚C物塊的運(yùn)動過程和受力情況，掌握動量守恒定律的守恒條件

和平拋運(yùn)動的規(guī)律。

15.【答案】BCE

【解析】A、一定質(zhì)量的0式冰熔化成0K水，由于吸收熱量故內(nèi)能增大，因?yàn)槲矬w的內(nèi)

能包含分子的總動能和分子勢能，溫度不變分子的平均動能不變，分子的總動能不變，

所以分子勢能增大，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B、用限表示阿伏加德羅常數(shù)，M表示銅的摩爾質(zhì)量，V表示銅的摩爾體積，p表示實(shí)心

M

銅塊的密度，那么銅塊中一個(gè)銅原子所占空間的體積可表示為：牛=上=五=，_,

故8項(xiàng)正確；

C、脫脂棉脫脂的目的在于使它從不被水浸潤變?yōu)榭梢员凰?，這樣容易吸取藥液，

故C項(xiàng)正確；

。、燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，由于云母片各向異性才是熔化的蜂蠟

呈橢圓形，說明云母片是單晶體，故。項(xiàng)錯(cuò)誤；

E、恒溫水池中的小氣泡由底部緩慢上升過程中，由于氣泡中的理想氣體溫度不變故內(nèi)

能不變，向上去的過程中壓強(qiáng)減小，體積膨脹，對外做功，W取負(fù)號，根據(jù)熱力學(xué)第一

定律△(/=〃+(?得出吸收熱量，故E項(xiàng)正確；

故選：BCE。

根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q和內(nèi)能的概念，可以判斷出一定質(zhì)量的0國冰熔化成

0℃水，分子勢能增大恒溫水池中的小氣泡由底部緩慢上升過程中，氣泡中的理想氣體

內(nèi)能不變，對外做功，吸收熱量；根據(jù)單晶體的各向異性知道云母片為晶體，用阿伏加

德羅常數(shù)來估算分子的大小。

本題涉及分子動理論分子大小的估算、物體的內(nèi)能、浸潤和不浸潤現(xiàn)