2021年江西省鷹潭市高考物理一模試卷

1.勻強(qiáng)電場中有一與電場垂直的平面，面積為5,該電場的電場強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率

為箸，靜電力常量為％,則盤詈S對應(yīng)物理量的單位是（）

A.歐姆B.伏特C.安培D.特斯拉

2.如圖所示，學(xué)生練習(xí)顛球。某一次足球靜止自由下落80cm,被重新頂0

起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cvn。已知足球與頭部的作Q

用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)!

空氣阻力，足球可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是（）a43

A.足球剛接觸頭和剛離開頭時(shí)，速度不變

B.足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小為3.2kg-m/s

C.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量為零

D.足球與頭部作用過程中，頭部對足球的平均作用力為足球重力的9倍

3.2020年7月31日中共中央總書記、國家主席、中央軍委主席習(xí)近平同志在北京宣

布北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)正式開通，北斗三號（國之重器）系統(tǒng)由24顆中圓地

球軌道衛(wèi)星、3顆地球靜止軌道衛(wèi)星（運(yùn)行在地球同步軌道）和3顆傾斜同步軌道衛(wèi)

星（其軌道平面與赤道平面有一定的夾角，周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同）共30顆衛(wèi)星

組成。兩種同步軌道衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.傾斜同步軌道衛(wèi)星可能定點(diǎn)在鷹潭上空

B.傾斜同步軌道衛(wèi)星和地球靜止軌道衛(wèi)星內(nèi)的儀器均處于平衡狀態(tài)

C.傾斜同步軌道衛(wèi)星的機(jī)械能可能大于地球靜止軌道衛(wèi)星的機(jī)械能

D.傾斜同步軌道衛(wèi)星、地球靜止軌道衛(wèi)星因?yàn)榘霃较嗟?，所以萬有引力大小一定

相等

4.如圖所示，用輕繩系住一質(zhì)量為，〃的勻質(zhì)大球，大球和墻壁之

間放置一質(zhì)量為2〃?的勻質(zhì)小球，各接觸面均光滑。系統(tǒng)平衡時(shí),

繩與豎直墻壁之間的夾角為a,兩球心連線。1。2與輕繩之間的夾

角為0，則a、6應(yīng)滿足（）

A.tana=3cot夕

B.2tana=3cot0

C.3tana=tan(a+/?)

D.3tana=2tan(a+0)

5.空間存在著平行紙面的勻強(qiáng)電場，但電場的具體方向未知，現(xiàn)用儀器在紙面內(nèi)沿互

成60。角的OA、OB兩個(gè)方向探測該靜電場中各點(diǎn)電勢，得到各點(diǎn)電勢少與各點(diǎn)到。

點(diǎn)距離的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則下列關(guān)于該電場的電場強(qiáng)度E的說法中，正確的是

（）

A.E=400V/m,沿AO方向

B.E=20017m,沿30方向

C.F=200\[3V/m,垂直08向下

D.E=200y[3V/m,垂直。4斜向右下方

6.一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，將這

些光分別照射到圖甲電路陰極K的金屬上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖象如

圖乙所示。已知?dú)湓拥哪芗増D如圖丙所示，則下列推斷正確的是（）

n￡/eV

A.圖乙中的“光是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的

B.圖乙中的人光光子能量為12.09eU

C.動(dòng)能為leV的電子不能使處于第3能級的氫原子電離

D.陰極金屬的逸出功可能為％=l-75eU

7.如圖所示，有一匝數(shù)為20、邊長為10°〃、電阻不計(jì)的正方形線框繞著固定轉(zhuǎn)軸。0'

以角速度50/rrad/s在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線框關(guān)于。。'對稱，

線框通過兩電刷（未畫出）與某一理想變壓器相連，變壓器原線圈串有一個(gè)理想交流

電流表A。已知理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為%：n2=10：1,副線圈兩端

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接有兩完全相同燈泡人、心2串聯(lián)，如果燈泡4、人的規(guī)格均為“5匕IW”且正常

發(fā)光，則下列說法正確的是（）

XXXX------------------------------------

A.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為丑史T

n

B.該線框中形成的交變電流，電流方向1秒內(nèi)改變25次

C.線框轉(zhuǎn)到圖示位置的瞬間，電流表A讀數(shù)為零

D.閉合開關(guān)，并聯(lián)上相同的燈泡G，不考慮燈泡的燒壞及阻值的變化，則人變亮，

原來的乙2變暗

8.如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化

的關(guān)系為B=kt（k為大于零的常量）。一邊長為a、電阻為R的正三角形金屬線框

向右勻速運(yùn)動(dòng)。在t=0時(shí)刻，線框底邊恰好到達(dá)例N處；在t=7時(shí)刻，線框恰好

完全進(jìn)入磁場。在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中（）

A,線框中的電流先逆時(shí)針方向，后順時(shí)針方向

B.線框中的電流始終為逆時(shí)針方向

C.t=￡時(shí)刻，流過線框的電流大小為逋空

216R

D.t=f時(shí)刻，流過線框的電流大小為也史

212R

9.某同學(xué)利用滑塊在氣墊導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，如圖（①所示，所用

器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊（上方安裝有寬度為d的遮光片）、數(shù)字計(jì)時(shí)器、光電門

等。導(dǎo)軌下方兩支點(diǎn)間的距離為L實(shí)驗(yàn)步驟如下：

圖(b)

(1)開動(dòng)氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當(dāng)光電門A記錄的遮光時(shí)間(填

“大于,，“小于”或“等于")光電門B記錄的遮光時(shí)間時(shí)，認(rèn)為氣墊導(dǎo)軌水平；

(2)用游標(biāo)卡尺測量遮光片寬度/如圖(b)所示，d=cm.

(3)在導(dǎo)軌左支點(diǎn)下加一高度為〃的墊塊，讓滑塊從導(dǎo)軌頂端滑下，記錄遮光片經(jīng)

過A、8兩處光電門的光時(shí)間△&、△《2及遮光片從A運(yùn)動(dòng)到8所用的時(shí)間匕2,可

求出重力加速度g=(用題中給出的物理量符號表示)。

10.實(shí)驗(yàn)室要深入研究某電阻(阻值模糊標(biāo)有十幾歐)的發(fā)熱特性，有同學(xué)提出需用伏安

法先測定電阻值，實(shí)驗(yàn)室備有如下器材：

電流表(4),量程。?50mZ,內(nèi)阻約為500

電流表(出)，量程0?200機(jī)4內(nèi)阻約為100

電壓表(匕)，量程0?3V,內(nèi)阻約為10k。

電壓表(%),量程0?15V,內(nèi)阻約為25k0

滑動(dòng)變阻器(%),阻值范圍0?15。，允許最大電流X

滑動(dòng)變阻器(/?2)，阻值范圍0?MO，允許最大電流100〃出

直流電源(E),輸出電壓4.5U,內(nèi)阻不計(jì)

開關(guān)、導(dǎo)線若干

為提高實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確程度，電流表應(yīng)選用;電壓表應(yīng)選用；滑動(dòng)

變阻器應(yīng)選用(以上均填器材代號)。

11.如圖為用伏安法測量電阻的原理圖。圖中電壓表內(nèi)阻為

3000/2；電流表內(nèi)阻為30。。E為電源，R為電阻箱，Rx

為待測電阻，S為開關(guān)。(百分誤差=|實(shí)際墨潸|X

100%)

(1)當(dāng)開關(guān)閉合后電壓表讀數(shù)U=l.2V,電流表讀數(shù)/=2.0mA。若將％=彳作為測

量值，所得結(jié)果的百分誤差是。

(2)若將電流表改為內(nèi)接。開關(guān)閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將

電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時(shí)結(jié)果的百分誤差是。

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12.如圖所示，水平傳送帶足夠長，向右前進(jìn)的速度u=4m/s,與傾角為37。的斜面的

底端尸平滑連接，將一質(zhì)量m=2kg的小物塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離

L=8m,物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃1=0.25、=0.20,取重

力加速度g=10m/s2,s譏37°=0.6,cos370=0.8。求物塊

(1)第1次滑過P點(diǎn)時(shí)的速度大小也；

(2)第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間h

(3)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

13.如圖所示，xOy平面內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電54，

N:

場，一個(gè)質(zhì)量為，小帶電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原：

*

點(diǎn)。以速度為歷沿X軸正方向開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)它經(jīng)過圖

M?

中虛線上的M(2a,V5a)點(diǎn)時(shí)，撤去電場，粒子繼續(xù)運(yùn)。:

動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入一個(gè)矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫工

出)，又從虛線上的某一位置N處沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)并再次經(jīng)過M點(diǎn)。已知磁場方

向垂直xOy平面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,不計(jì)粒子的重力。試求：

(1)電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：

(3)矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積(取sinl5。=

14.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)。等壓膨脹到狀態(tài)從再

等容增壓到狀態(tài)c,然后等溫膨脹到狀態(tài)昆最后經(jīng)

過一個(gè)復(fù)雜的過程回到狀態(tài)小其壓強(qiáng)p與體積V的

關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.從。到A每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都增大

B.從6到c,氣體溫度升高

C.從c至氣體內(nèi)能不變

D.從d到m氣體對外界做正功

E.從a經(jīng)過氏c、d再回到。的過程，外界向氣體傳遞的熱量與氣體對外界所做

的功相等

15.水銀氣壓計(jì)上有細(xì)且均勻的玻璃管，玻璃管外標(biāo)識有壓

強(qiáng)刻度（Imni刻度對應(yīng)壓強(qiáng)值為lmznHg）。測量時(shí)氣壓

計(jì)豎直放置，管內(nèi)水銀柱液面對應(yīng)刻度即為所測環(huán)境大

氣壓強(qiáng)。氣壓計(jì)底部有水銀槽，槽內(nèi)水銀體積遠(yuǎn)大于管

內(nèi)水銀柱體積。若氣壓計(jì)不慎混入氣體，壓強(qiáng)測量值將

與實(shí)際環(huán)境大氣壓強(qiáng)值不符。如圖所示，混入的氣體被

水銀密封在玻璃管頂端。當(dāng)玻璃管豎直放置時(shí)，氣柱長

度為。=100mm.,如果將玻璃管傾斜，水銀柱液面降低的高度為無=20mm,氣柱

長度為，2=50mm,傾斜過程中水銀槽液面高度變化忽略不計(jì)。整個(gè)過程中溫度保

持恒定，氣體可近似為理想氣體。

（1）已知環(huán)境大氣壓強(qiáng)為Po=760mmHg,求此時(shí)豎直放置氣壓計(jì)的壓強(qiáng)測量值

以mmHg為單位）；

（2）此后由于環(huán)境大氣壓強(qiáng)變化，豎直放置氣壓計(jì)壓強(qiáng)測量值為p2=730nung,求

此時(shí)氣柱長度b和環(huán)境大氣壓強(qiáng)P3（以mmHg為單位，保留3位有效數(shù)字）。

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16.漁船上的聲吶利用超聲波來探測遠(yuǎn)方魚群的方位。某漁船發(fā)出的一列超聲波在t=

0時(shí)的波動(dòng)圖像如圖1所示，圖2為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像，則下列說法正確的是（）

A.該波的波速為1.5m/s

B.該波沿x軸正方向傳播

C.0?1s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P沿x軸運(yùn)動(dòng)了1.5小

D.0?1s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為2m

E.旁邊另一艘漁船發(fā)出了更高頻率的超聲波，易知這兩列聲波在水中傳播速度大

小相等

17.如圖，一潛水員在距海岸A點(diǎn)42機(jī)的B點(diǎn)豎直下潛，8點(diǎn)和燈塔之間停著一條長

3，"的皮劃艇。皮劃艇右端距B點(diǎn)3〃?，燈塔頂端的指示燈與皮劃艇兩端的連線與豎

直方向的夾角分別為a和0（sina=（,si印=24U）,水的折射率為（皮劃艇高度

（1）潛水員在水下看到水面上的所有景物都出現(xiàn)在一個(gè)倒立的圓錐里。若海岸上4

點(diǎn)恰好處在倒立圓錐的邊緣上，求潛水員下潛的深度（可含根號作答）；

（2）求潛水員豎直下潛過程中看不到燈塔指示燈的深度范圍。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：1表=1高笑荻xnz2=ic/s,

由/=:可知：1￡=IX

tS

7T是常數(shù)沒有單位，則為"s對應(yīng)的單位是安培，符號A,故C正確，AB。錯(cuò)誤。

4nkAt

故選：C。

根據(jù)電場強(qiáng)度、面積等物理量的單位結(jié)合表達(dá)式求出物理量對應(yīng)的單位。

本題考查了物理量的單位，熟悉常用物理量的單位，根據(jù)各物理量間的關(guān)系式即可分析

答題。

2.【答案】D

【解析】解：AB、取向下為正方向，下落到與頭部剛接觸時(shí)，由"2=可得。=

y/2gh=V2x10x0.8?n/s=4m/s,

則足球動(dòng)量大小為：tnv=0.4x4kg-m/s=1.6kg-m/s,

由題意可知，與頭部碰撞后，速度反向，大小不變，故AB錯(cuò)誤；

C、從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中，足球重力的作用時(shí)間不為零，沖量不為

零，故C錯(cuò)誤；

D、由動(dòng)量定理：4P=F合…

即:(F-mg)△t=△p

動(dòng)量變化量為△p=mv'-mv=(—1.6—1.6)kg-m/s=-3.2kg-m/s,

則：—32kg?m/s=(-F+0.4x10)x0.1N-s

可得F=36N=9mg,故。正確；

故選：Do

由速度-位移公式及豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對稱性求得足球到達(dá)頭部的速度大小和反彈后的

速度大小，對足球應(yīng)用動(dòng)量定理求解。

本題以學(xué)生練習(xí)用頭顛球?yàn)榍榫拜d體，考查了動(dòng)量定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合的問題，解

決此題的關(guān)鍵是要注意運(yùn)動(dòng)的對稱性，使用動(dòng)量定理解題時(shí)一定要規(guī)定正方向。

3.【答案】C

【解析】解：4、傾斜同步衛(wèi)星的周期為24小時(shí)，但其不相對于地面靜止，故不能定點(diǎn)

在鷹潭上空，故A錯(cuò)誤。

8、傾斜同步軌道衛(wèi)星和地球靜止軌道衛(wèi)星內(nèi)的儀器都隨衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引

力提供向心力，故儀器處于完全失重狀態(tài)，故8錯(cuò)誤。

C、根據(jù)開普勒第三定律《=/￡知，因?yàn)閮煞N衛(wèi)星的周期相同，所以半徑相同，根據(jù)萬

有引力提供向心力得：

GMmv2

——=m—

rzr

解得：v-

故運(yùn)行速率相等，因二者質(zhì)量大小關(guān)系不確定，故傾斜同步軌道衛(wèi)星的機(jī)械能與地球靜

止軌道衛(wèi)星的機(jī)械能的大小關(guān)系不能確定，故。正確。

D、根據(jù)萬有引力表達(dá)式F=等，因?yàn)閮尚l(wèi)星質(zhì)量的大小關(guān)系不確定，故萬有引力的

r2

大小不確定。故。錯(cuò)誤。

故選：a

傾斜同步衛(wèi)星的周期為24小時(shí)，但其不相對于地面靜止，故不能定點(diǎn)在鷹潭上空；衛(wèi)

星內(nèi)儀器處于完全失重狀態(tài)；根據(jù)開普勒第三定律知，兩衛(wèi)星的半徑相同，根據(jù)萬有引

力提供向心力知兩衛(wèi)星的速率相等，但由于不知二者的質(zhì)量間的關(guān)系，故無法確定二者

機(jī)械能和萬有引力的大小關(guān)系。

本題主要考查了傾斜同步軌道衛(wèi)星和地球靜止軌道衛(wèi)星的不同，抓其公轉(zhuǎn)周期相同，軌

道半徑大小相同，運(yùn)行軌道不同是解題的關(guān)鍵。

4.【答案】D

【解析】解：設(shè)繩子拉力為尸，墻壁支持力為M兩球之間的壓力為T,將兩個(gè)球作為

一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，如圖1所示

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?N

圖2

對小球進(jìn)行受力分析，如圖2所示，

根據(jù)平衡條件可得N=2mgtan6

根據(jù)幾何關(guān)系可得。=a+S

則N=2mgtan（a+。）

聯(lián)立上述式子，解得3tana=2tan（a+口）故。正確，A3C錯(cuò)誤。

故選：/）。

分別運(yùn)用整體法和隔離法，先將兩球看成整體進(jìn)行受力分析，再單獨(dú)隔離小球進(jìn)行受力

分析，得出各力數(shù)量關(guān)系，結(jié)合幾何知識，即可求出角度a、0應(yīng)滿足的關(guān)系

本題考查共點(diǎn)力平衡條件，要求學(xué)生運(yùn)用整體法和隔離法，結(jié)合作圖進(jìn)行受力分析，求

出各力大小關(guān)系，對學(xué)生分析綜合能力有一定要求，難度適中。

5.【答案】A

【解析】解：沿x軸方向場強(qiáng)的分量大小為&=詈=含17血=40017皿，由于沿x軸

方向電勢升高，故場強(qiáng)方向沿了軸負(fù)方向

沿y軸方向場強(qiáng)的分量大小為E2=詈=建V7m=200V/m,由于沿〉軸方向電勢升

高，故場強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向

在沿x軸方向，電勢為50丫時(shí)，此時(shí)距。點(diǎn)的距離為%'=蓋租=0.1256,而沿y方向

電勢為50丫時(shí)，距。點(diǎn)的距離為0.25m,此兩點(diǎn)為等勢面，根據(jù)幾何關(guān)系可知，與x軸

垂直，故場強(qiáng)方向沿x負(fù)方向，大小為400V7m,故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

根據(jù)電勢差與距離關(guān)系求得沿x軸和y軸方向的場強(qiáng)，做出x軸和y軸的一條等勢面，

即可根據(jù)幾何關(guān)系判斷出場強(qiáng)方向和大小。

本題主要考查了電勢差和等勢面間垂直關(guān)系，關(guān)鍵是求得沿x軸和)，軸場強(qiáng)大小，然后

找出一條等勢面即可。

6.【答案】ABC

【解析】解：第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中可能的情況為：n=4-l,n=

4T3,n=4-?2,n=3—2,n=3->1,n=2->1,能發(fā)出6種不同頻率的光，

能量值的大小關(guān)系排列從大到小為：n=4—?1,n=3—>1,n=2—>1,n=42,

n=3-2,n=4r3,但只檢測到3條電流，所以發(fā)生光電效應(yīng)的能量值為：

n=47l,n=3-?1,n=2->1,

48.由圖乙可知，a的遏止電壓最大，其次為6和c,根據(jù)光電效應(yīng)方程&=

及e%=%知各光對應(yīng)的躍遷為：a為71=4—1,。為律=3->1,。為n=2—l,

b光的光子能量為％=既-Ei=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV,故AB正確；

C.要是處于3能級的氫原子電離所需的最小能量為1.51eV,所以動(dòng)能為leV的電子不能

使處于第3能級的氫原子電離，故C正確；

D由能級2到1輻射的光子的能量值:E21=己2—Ei=(-3.4elQ-(-13.6eIZ)=10.2eV；

能量值第4大的光子的能量值：E42=E4-E2=(一0.85W)-(-3.4eV)=2.55)

由于只能測得3條電流隨電壓變化的圖象，即只有三種光子能發(fā)生光電效應(yīng)，則該金屬

的逸出功大于2.55eU,小于等于10.2eV,故。錯(cuò)誤。

故選：ABC。

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由玻爾理論分析可能的躍遷；由圖可得遏止電壓；根據(jù)動(dòng)能定理，可求出最大初動(dòng)能;

根據(jù)光電效應(yīng)方程&=/IV-%,結(jié)合光電子的最大初動(dòng)能，可求得金屬逸出功；

解決該題需熟記光電效應(yīng)方程，能通過能級圖判斷可能的躍遷情況，知道怎么才能使原

子電離。

7.【答案】AD

【解析】解：A、由題意知燈泡人、42正常發(fā)光，則U2=10V

根據(jù)變壓原理得：興=詈

u2n2

原線圈兩端的電壓為：%=誓=竿/=100卜

Ti21

線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為Em=&U1=&x100V=100V2V

根據(jù)Em=NBS3解得：8=9=——吧鳥一T=嗎,故A正確。

NS&)20x100x10-4x50〃n

B、交流電的頻率為/=為=黑Hz=25Hz

電流方向一周期內(nèi)改變兩次，則電流方向1秒內(nèi)改變50次，故B錯(cuò)誤。

C、電流表讀數(shù)為交流電的有效值，而它的有效值是不變的，故當(dāng)線框轉(zhuǎn)到圖示位置的

瞬間，電流表的讀數(shù)不為零，故C錯(cuò)誤。

。、閉合開關(guān)，副線圈總電阻減小，因?yàn)椤安蛔?，故副線圈電流變大，則燈泡刀變亮,

兩并聯(lián)燈泡兩端的電壓減小，原來的人變暗，故。正確。

故選：ADa

利用理想變壓器的電壓、之間的關(guān)系求出原線圈兩端的電壓，再求出其對應(yīng)的最大值,

再根據(jù)Em=NBS3可求磁感應(yīng)強(qiáng)度；電流方向一周期內(nèi)改變兩次，求出頻率即可求電

流方向1秒內(nèi)改變的次數(shù)；電流表讀數(shù)為交流電的有效值，是不變的；閉合開關(guān)，副線

圈總電阻減小，因?yàn)?不變，故副線圈電流變大，可確定燈泡L亮度情況怎樣變化，兩

并聯(lián)燈泡兩端的電壓減小，可確定原來的G的亮度情況怎樣變化。

本題考查了理想變壓器的電壓之間的關(guān)系，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值的表達(dá)式，能

夠用動(dòng)態(tài)分析法分析電路的變化。

8.【答案】BC

【解析】解：AB,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B=kt,其中k>0,說明磁場隨時(shí)

間增加；線框進(jìn)入磁場過程中，隨著進(jìn)入磁場面積的增加，使得線框中的磁通量向里增

大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤、8正確；

CD,線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為：u=熠

2T

t=T時(shí)刻，線框切割磁感線的有效長度L=fa,

此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kt=沙,

動(dòng)生電動(dòng)勢％=BLu=ZkTxLax?=迤Q

1222T8

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感生電動(dòng)勢第=—=—S=kx^-x^xax^-a=迎,

zAtAt42216

t=5時(shí)刻，流過線框的電流大小為/=幺警，解得：/=辿空，故C正確、O錯(cuò)誤。

2R16R

故選：BC。

應(yīng)用楞次定律判斷出感應(yīng)電流方向；求出牙寸刻線框切割磁感線的有效長度，由后=8打

求出動(dòng)生電動(dòng)勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感生電動(dòng)勢，然后由歐姆定律求出感應(yīng)電

流大小。

分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過程、知道感應(yīng)電動(dòng)勢包括動(dòng)生電動(dòng)勢與感生電動(dòng)勢是解題的前提,

應(yīng)用右手定則、E=與法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律即可解題。

9.【答案】等于0.304黑鏟

九‘12

【解析】解：(1)調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平后，輕推滑塊能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則滑塊通過兩光

電門的時(shí)間應(yīng)相等；

(2)50分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.02mm,則遮光片寬度為：d=3mm+2x0.02mm=

3.04mm=0.304cm；

(3)滑塊經(jīng)過兩光電門的時(shí)間較短，其平均速度可認(rèn)為是經(jīng)過兩位置的瞬時(shí)速度，

則有：vA=親，

△tl

同理，如=親，

滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：%=以+at12

而對滑塊由牛頓第二定律，則有：a=gsina=g

聯(lián)立各式，解得重力加速度為：。=嘿，口。

故答案為：等于；0.304；若弁工

(1)氣墊導(dǎo)軌水平時(shí)，滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊經(jīng)過兩光電門的時(shí)間相等；

(2)游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；

(3)光電門測速度的原理是利用平均速度來代替瞬時(shí)速度，求出最后獲得的速度，然后

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根據(jù)加速度表達(dá)式，求得加速度，再依據(jù)受力分析，結(jié)合牛頓第二定律即可求出。

對游標(biāo)卡尺讀數(shù)時(shí)要先確定其游標(biāo)尺的精度，主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù),

游標(biāo)卡尺不需要估讀；本題關(guān)鍵是知道實(shí)驗(yàn)的具體操作方法和實(shí)驗(yàn)誤差的減小方法，同

時(shí)注意光電門能測量瞬時(shí)速度的條件，及掌握幾何關(guān)系在本題的應(yīng)用。

10.【答案】A2匕%

【解析】解：電源電動(dòng)勢為4.5人電壓表應(yīng)選擇匕；

待測電阻阻值約為十幾歐姆，電壓表量程為3匕則通過待測電阻的最大電流不會超過

/=^>^-A=0.3A=300mA,為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，電流變化范圍大些，電流表應(yīng)選擇

人2；

滑動(dòng)變阻器/?2的最大阻值太大，如果滑動(dòng)變阻器選擇7?2,不方便實(shí)驗(yàn)操作，為方便實(shí)驗(yàn)

操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇公。

故答案為：A2;匕；/?1o

根據(jù)電源電動(dòng)勢選擇電壓表，根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選擇

最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器。

本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選擇，要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則：安全性原則、精確性原則、

方便實(shí)驗(yàn)操作原則。

11.【答案】20%4%

【解析】解：(1)電阻測量值：/?=彳=蒜。=6000

通過電壓表的電流：ly=高而4=0.00044

通過待測電阻的電流：IX=I-IV=(0.002-0.0004)4=0.001671

待測電阻的真實(shí)值：RX=T=薪0=7500

U.UUJLO

實(shí)驗(yàn)百分誤差為：胃X100%=寫著x100%=20%

Kx/bU

(2)電流表采用內(nèi)接法時(shí)，電阻測量值等于待測電阻真實(shí)值以與電流表內(nèi)阻RA之和，

即/?'=%+%,

此時(shí)實(shí)驗(yàn)百分誤差為：耍x100%=詈x100%=怒x100%=4%

故答案為：(1)20%；(2)4%.

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出電阻的測量值，由并聯(lián)電路特點(diǎn)求出通過待測電阻的電流，然后

由歐姆定律求出待測電阻的真實(shí)值，最后求出實(shí)驗(yàn)的百分誤差.

(2)當(dāng)電流表采用內(nèi)接法時(shí)，電阻測量值等于待測電阻真實(shí)值與電流表內(nèi)阻之和，然后

求出實(shí)驗(yàn)的百分誤差.

本題考查了求實(shí)驗(yàn)測量的百分誤差，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、熟練應(yīng)用串并聯(lián)電路的特點(diǎn)及

歐姆定律是正確解題的關(guān)鍵.

12.【答案】解：(1)物塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律得：

mgsind—gmgcos?

即=---------------------=gsinO—^gcosd

m

=(10xsin370—0.25x10xcos37°)m/s2=4m/s2

由速度一位移關(guān)系式可得：vl=2a,L

代入數(shù)據(jù)，解得：Vi=8m/s

(2)物塊過P點(diǎn)后減速，因?yàn)閭魉蛶ё銐蜷L，所以物塊一定能減速到零，對物塊根據(jù)牛

頓第二定律得：

m

林2g.o,o

a=----=R2g=0-20x10m/s2=2m/s2

2m

減速過程的時(shí)間：ti=?=|s=4s

做N

V8

%!=—1=-x4m=16m

減速到零后開始反向加速，這一過程先勻加速到與傳送帶共速，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

?4

加速階段：t2=/=js=2s

1*24

v4

x2=-12=-x2m=4m

勻速階段：x3=x1-x2=16m—4m—12m

故物塊第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=G+t2+13=4s+2s+3s=9s

(3)根據(jù)能量守恒，物塊第1次滑過P點(diǎn)時(shí)與斜面的摩擦產(chǎn)生的熱量為：

1,

Qi=mgLsin37°--mv1

此時(shí)動(dòng)能為:Ek=

根據(jù)已知條件分析可知，物塊之后再到達(dá)尸點(diǎn)的速度不會大于4m/s,則物塊此后在傳

送帶上的運(yùn)動(dòng)為對稱的，即從P點(diǎn)進(jìn)入傳送帶跟離開傳送帶速度等大反向，動(dòng)能琉將在

之后的循環(huán)運(yùn)動(dòng)中轉(zhuǎn)化為熱量(22,根據(jù)能量守恒有：

Qz-Ek

故＜2=Qi+Q2

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：Q=48/

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答：(1)第1次滑過P點(diǎn)時(shí)的速度大?。?m/s；

(2)第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，為9s；

(3)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量。為48J。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合速度一位移關(guān)系式求解。

(2)物塊過P點(diǎn)后減速，因?yàn)閭魉蛶ё銐蜷L，所以物塊一定能減速到零，減速到零后開

始反向加速，這一過程先勻加速到與傳送帶共速，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定

律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

(3)根據(jù)已知條件分析可知，物塊之后再到達(dá)P點(diǎn)的速度不會大于4m/s,則物塊此后在

傳送帶上的運(yùn)動(dòng)為對稱的，即從尸點(diǎn)進(jìn)入傳送帶跟離開傳送帶速度等大反向，第一次到

達(dá)P時(shí)的動(dòng)能a將在之后的循環(huán)運(yùn)動(dòng)中轉(zhuǎn)化為熱量。再根據(jù)能量守恒定律求解。

解答本題的關(guān)鍵是能熟練應(yīng)用能量守恒定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及牛頓第二定律；要注意(2)中

物塊減速為零后，反向過程分為勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段；(3)的關(guān)鍵

是能分析出物塊第一次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能將在之后的循環(huán)運(yùn)動(dòng)中轉(zhuǎn)化為熱量。

13.【答案】解：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所

示：

(1)粒子從。到M做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)

時(shí)間為f，則有:

2V3a=vot

a=--廿

2m

解得：

mvn

E=~6qa

,2y[3a

t=-----

%

(2)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度為u,與x方向的夾角為防

則有:

qEV3

v=at=—t=—v

ym30

速度為：V=v0,tana=J=T

解得：a=30°1,

由幾何知識可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：8=360。-2x(90。-30。)=240。,

粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：”高7=篝、鬻=器

(3)當(dāng)矩形磁場為圖示虛線矩形時(shí)的面積最小,

則矩形的兩個(gè)邊長分別為：4=2R=需3乙2=R+RstnB=粵,

3qBCJD

所以矩形磁場的最小面積為Smm=L/2=寓。

答：(1)電場強(qiáng)度的大小是E=鬻；

(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是器

(3)矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積是鬻。

【解析】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律就可得到電場強(qiáng)度；

(2)根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，

(3)做NP的平行線與圓相切，再做M。'的兩條平行線與圓相切，則這三條切線和MN圍

成的面積即是最小面積.

分清物理過程，不同物理過程應(yīng)用相應(yīng)的物理知識；抓住關(guān)鍵字句，分析出關(guān)鍵條件，

如該題中粒子從N點(diǎn)沿MN的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相關(guān)知識來“定

圓心，找半徑”；此外良好的作圖能力及幾何分析能力是解決此類問題的關(guān)鍵。

14.【答案】BCE

【解析】解：A、狀態(tài)a到狀態(tài)。發(fā)生的是等壓變化，根據(jù)牛=C可知，體積增大，溫

度升高，分子平均動(dòng)能增大，具體到每個(gè)氣體分子的動(dòng)能有的增加，有的減小，故4錯(cuò)

誤；

B、根據(jù)牛=C可知，從b到c,體積不變，壓強(qiáng)變大，則氣體溫度升高，故B正確；

C、從。到%氣體溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，故C正確；

D、從d到a,氣體體積減小，則外界對氣體做正功，故。錯(cuò)誤；

E、從a經(jīng)過bed,再回到。的過程，其中從。到4過程氣體對外做功的值等于圖線與V

軸圍成的面積，從“回到a時(shí)外界對氣體做功也等于圖線與V軸圍成的面積，則整個(gè)過

程中氣體對外做功，兒整個(gè)過程中內(nèi)能不變，則由熱力學(xué)第一定律可知，外界向氣體傳

遞的熱量與氣體對外界所做的功相等，故E正確；

故選：BCE。

對于一定質(zhì)量理想氣體，壓強(qiáng)與溫度和體積有關(guān)，關(guān)于P、KT三者間的關(guān)系由實(shí)驗(yàn)

定律加以分析，并滿足理想氣體狀態(tài)方程，再結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析。

本題考查氣體實(shí)驗(yàn)定律和熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，注意熱力學(xué)第一定律中的物理量正負(fù)

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號的含義，知道理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)。

15.【答案】解：(1)設(shè)玻璃管豎直時(shí)，管內(nèi)外水銀面的高度差為H,此值即為豎直放置

氣壓計(jì)的壓強(qiáng)測量值Pi，

氣體溫度不變，設(shè)玻璃管的橫截面積為S,對管內(nèi)氣體，由玻意耳定律得：(po-H)hS=

(