2020高考物理全国卷命题趋势预测全国高考理科综合物理试题典型题卷高考重组卷第一卷《典题卷》(含答案)17468.pdf

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1、第 1 页，共 27 页 2020 高考全国卷考纲深层解析与命题趋势预测 高考重组卷第一卷典题卷 命题理念：对比 2018考纲 2019考纲的变化以及高考总体命题思路、要求有以下几个方面：1、命题原则：由单一、孤立的知识点考查走向综合情境中的问题解决；用“真研究”考查“真素养”，关注思辨能力和创新能力发展。注重考题的情境设置：用较长逻辑链的文字和图、表搭配，考查获取信息能力，试题素材紧密联系生产生活实际、科技发展前沿。考题的设问反映学科本质、灵活、开放。2、增加了“全面贯彻党的教育方针，落实构建德智体美劳全面培养教育体系的要求，以立德树人为鲜明导向，以促进素质教育发展为基本遵循，科学建构基于德

2、智体美劳全面发展的高考评价体系”的论述。3、增加了“根据普通高等学校对新生思想道德素养和科学文化素质的要求”，即突出“立德树人”和“创新意识”的要求。4、从 2018的“注意物理知识在生产、生活等方面的广泛应用”变为 2019年的“注意物理知识在日常学习生活、生产劳动实践等方面的广泛应用，大力引导学生从“解题”向“解决问题”转变”，突出考查对知识应用性的考查，突出对社会热点事件、突出事件的考查，突出了对最新科学技术的考查。5、强调“促进学生德智体美劳全面发展，教学中要浸透中华传统文化和民族文化。6、命题趋势和要求：高考试卷的信息量（文字、图表）会适当加大；加强信息读取、模型建构能力的培养。强化

3、基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求。7、试题的情境要具有一定的问题性、真实性、探究性或开放性：通过学生在应对复杂现实情境，参与相应探究学习活动中的外在表现来考查物理学科核心素养。因此，评价学生的物理学科核心素养，应尽量创设类型多样的、具有一定复杂程度的、开放性的真实情境作为试题的任务情境。8、教师在备考备课过程中应该注意的几点：a、转变观念，基于物理核心素养设计教学的各个环节.b、教学注重从知识重现到知识重演.c、深度备课，挖掘逻辑关系，注重能力培养.d、以素养为导向精选习题 第 2 页，共 27 页 常考查知识点如下：选择题：14、近代物理初步，光电效应，波粒二象性，原子结构，原子核

4、15、交通、军事运输工具结合图象考查运动学知识 16、万有引力定律，天体运动，结合中国航天技术的发展特别是登月计划。17、机械能、动能定律、能量问题在日常生活中的应用 18、整体法，隔离法、极值法、动态分析法、控制变量法、微元法等分析方法的应用；电场分布，电场线，电势，电势能等概念的考查。19、通过图象法考查电磁感应现象、恒定电流、电路、功率等知识 20、交流电、变压器、远距离输电等知识的考查 21、安培力相关知识，力电知识综合考查；带电粒子在各种场中的运动 实验题：22、基本测量仪器的使用 23、电学实验（仪器的选择、从安全方面、准确方面进行电路的设计）计算题 24、磁场、电场、力综合题，主

5、要考查安培力、洛仑兹力、电路问题、带电粒子的运动问题;导体杆在磁场中的运动问题（19 年考了带电粒子）。25、力学综合题，主要考查动力学知识，平抛或圆周运动知识，机械守恒定律。动量定理、动量守恒定律等核心力学知识点。选作题：33、（1）热力学第一定律、第二定律（2）状态方程 34、（2）机械振动、机械波、光折射、全反射与几何知识相结合 个人建议：（相继出十份卷可参考选择使用）2019年的出的预测题与高考吻合的比较好，个人认为，2020高考物理难度不会有大的变化，个人分析 2019年的出题团队应该是以高中一线物理教师为主导的，是近几年与高中物理教学最为接近的，认可度较高，难度上也是比较低的一年，

6、而前几年高考物理题总能感觉到有大学教师的影子。个人认为 2020年应该会延续；所以，对 2020年的高考备考个人认为应该是主体核心知识为主，教学过程中不要追求过难、过于复杂的题，应该在知识的深度和准确上对学生提高要求。第 3 页，共 27 页 绝密启用前（精品内参）2020 年高考全国卷理综（物理）（典题卷）适合学生考前强化适应性训练使用 QQ：33509855 注意事项：1 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试

7、卷上无效。3 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第 1921题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。14、下列说法正确的是（）A.若某种材料的逸出功是W，则其极限频率0=B.当氢原子从n=2 的状态跃迁到n=6 的状态时，发射出光子 C.Th衰变为Pb要经过 4 次 衰变和 6 次 衰变 D.中子与质子结合成氘核时吸收能量 15、某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A.第 10s末，质点的速度最大 B.5s末与

8、15s末，质点的速度方向相反 C.内，质点通过的位移等于 5m D.内，质点的速率先增加后减小 16、如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a，b固定在轻弹簧的两端，水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（）第 4 页，共 27 页 A、弹簧变长 B、弹簧变短 C、力F变大 D.b对地面的压力变大 17、如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x=0

9、）现改变力F的大小，使B以 的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计），此过程中N或F随x变化的图象正确的是（）A.B.C.D.18、月球自转周期T与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道（轨道半径近似为月球半径）做匀速圆周运动的周期为T0，如图所示，PQ为月球直径，某时刻Q点离地心O最近，且P、Q、O共线，月球表面的重力加速度为g0，万有引力常量为G，则（）A.月球质量M=B.月球的第一宇宙速度v=C.再经 时，P点离地心O最近 D.要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P点着陆，需提前加速 第 5 页，共 27 页 19、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x

10、轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中 0 x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度为零 B.x1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123 C.粒子在 0 x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动 D.x2x3段是匀强电场 20、如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电压表A2、滑动变阻器R等，所与电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（）A.交流电压表V的

11、读数为 32V B.灯泡L两端电压的有效值为 32V C.当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大 D.由图（b）可知交流发电机转子的角速度为 100rad/s 21、如图所示，两根等高光滑的 圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（）A.通过R的电流方向为由aRb 第 6 页，共 27 页 B.通过R的电流方向为由bRa C.R上产生的热量为 D.流过R的

12、电量为 第 II 卷 三、实验题（15 分）（本大题共 2 小题，共 15 分）22、某同学用频闪照相法研究小球的自由落体运动，选择一张清晰的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行研究。已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐。（1）根据照片中刻度尺的数据，请读出小球运动到照片中第5 个像点时下落的高度为_m。（2）若所用照相机的曝光频率为f，照片上 1、3 像点距离和 1、5 像点距离分别为s1、s2，则照相机相邻两次曝光的时间间隔T=_，小球自由下落的加速度a=_。23、某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：第 7

13、 页，共 27 页 多用电表；电压表：量程 5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5k 导线若干。回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点。（2）将图（a）中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。多用电表和电压表的读数分别为_k 和_V。（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为 12.0k 和 4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为_k。（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一

14、个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为_k。24、如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为r的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成 60，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为-2h。求：（1）带电粒子的

15、比荷；（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t。第 8 页，共 27 页 25、如图，一“L”型木板长为L4.50m、厚度可忽略不计，放在倾角为 37度的足够长的斜面上，木板下部被一锁定装置锁定。木板下端与斜面最低点的距离为x4.45m。木板上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为 0.5。现使一小物体以大小为、方向平行斜面向上的初速度从下端滑上木板，同时移走锁定装置。已知小物体与木板质量相等，均为 2kg，当小物体与木板上端碰撞时，碰撞时间极短且没有机械能损失，重力加速度g10ms2，sin370.6，cos370.8。求：（1）小物体和木板

16、上端碰撞前瞬间的速度大小；（2）小物体离开木板时的速度大小；（3）木板从开始运动到其下端抵达水平面的总时间。选考题：共 15 分。从 2 道物理题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第 9 页，共 27 页 33 物理选修 3-3（15 分）(1)下列说法正确的是 A 零摄氏度的物体的内能为零 B气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果 C温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E浸润现象是分子间作用力引起的(2)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计如图，导热性能良好的汽缸、内

17、径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口外界大气压强为p0，汽缸内通过A封有压强为p0的气体，汽缸内通过B封有压强为 2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度已知p0相当于 10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：当A向右移动 时，水的深度h；该深度计能测量的最大水深hm 34物理一选修 3-4）（15 分）（1）由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为 16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的

18、两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开始震动后，下列判断正确的是（）第 10 页，共 27 页 A.P、Q两质点运动的方向始终相同 B.P、Q两质点运动的方向始终相反 C.当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置 D.当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰 E.当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰 （2）如图所示为一直角棱镜的截面图，ACB=90，CAB=53，AC边长为L 一平行细光束从AB面上的O点沿垂直于AB面的方向射入棱镜，在AC面的中点P恰好发生全反射，在BC面上的M点发生反射和折射，

19、（P点和M点图中未画出），反射光线从AB面的O 射出。已知光在真空中的传播速度为c，（sin53=0.8，cos53=0.6）求：该棱镜的折射率；光在棱镜中传播时从O点到O 点所用的时间。参考答案 14、下列说法正确的是（）A.若某种材料的逸出功是 W，则其极限频率 0=B.当氢原子从 n=2的状态跃迁到 n=6的状态时，发射出光子 C.Th衰变为Pb 要经过 4次 衰变和 6 次 衰变 D.中子与质子结合成氘核时吸收能量 第 11 页，共 27 页【答案】A【解析】解：A、结合光子能量计算公式 E=hv0，某种材料的逸出功是 W，则它的极限频率为 v0=，故 A正确；B、氢原子从 n=2 的

20、状态跃迁到 n=6 的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量。故 B错误；C、Th 衰变为Pb 根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过=6次 衰变，经过=4次 衰变。故 C错误；D、中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量。故 D 错误 故选：A。光子能量计算公式 E=h 可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，衰变和 衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒。中子和质子结合成氘核时放出能量。该题考查原子物理学中的原子跃迁中能量的变化等知识点的内容，都是基础性的知识点的内容，多加积累即可。15、某一质点运动的位移 x 随时间 t变化的图象如图所示，则（）A.第 10s末，质点的速度最大

21、 B.5s 末与 15s 末，质点的速度方向相反 C.内，质点通过的位移等于 5m D.内，质点的速率先增加后减小【答案】B【解析】位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键。【解答】A.位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在 10s 末时，质点的速度为零，故 A 错误；B.在 5-10s 内斜率为正，在 10-15s 内斜率为负，斜率代表物体的速度方向，故速度方向相反，故 B 正确；C.=x2-x1=5-1m=4m，故 C错误

22、；D.在 1020s内，斜率一直增大，故速度越来越大，故 D错误；故选 B。第 12 页，共 27 页 16、如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ，OP 竖直放置，小球 a，b 固定在轻弹簧的两端，水平力 F 作用于 b 时，a、b 紧靠挡板处于静止状态，现保证 b球不动，使挡板 OP向右缓慢平移一小段距离，则（）A.弹簧变长 B.弹簧变短 C.力 F 变大 D.b 对地面的压力变大【答案】A【解析】以 a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析弹簧弹力和挡板对小球的弹力如何变化，对整体进行受力分析，根据平衡条件判断 F和 b对地面的压力的变化情况 本题是动态平衡问题，关键要灵活选

23、择研究对象，先对 a 研究，再对ab 整体研究，比较简便【解答】A、设弹簧与竖直方向的夹角为，现保证 b 球不动，使挡板 OP向右缓慢平移一小段距离，则 减小，以 a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：F弹=，减小，cos增大，则 F弹减小，弹簧变长，故 A 正确，B错误；C、挡板对 a的弹力 N=mgtan，减小，N减小。对整体研究：水平方向：F=N，则作用力 F 将减小，竖直方向：地面对 b 的支持力 FN=（ma+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b 对地面的压力不变，故 CD 错误。故选：A。17、如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为 m的物块

24、A，A 放在质量也为 m 的托盘 B上，以 N表示 B对 A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力 F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x=0）现改变力 F的大小，使 B以 的加速度匀加速向下运动（g 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中 N或 F 随 x 变化的图象正确的是（）第 13 页，共 27 页 A.B.C.D.【答案】D【解析】解：设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为 X，则有：mg-kX=ma，解得：X=；在此之前，根据 mg-N-kx=ma可知，二者之间的压力 N由开始运动时的线性减小到零，而力 F由开始时的 mg线性减小到；此后托盘与物块分离，力 F

25、保持不变，故选项 ABC错误、D正确。故选：D。分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求解二者之间的弹力为零时的位移大小，根据 N和 F 的变化情况进行解答 本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答 18、月球自转周期 T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道（轨道半径近似为月球半径）做匀速圆周运动的周期为 T0，如图所示，PQ为月球直径，某时刻 Q点离地心 O 最近，且 P、Q、O共线，月球表面的重力加速度为 g0，万有引力常量为 G，则（）A.月

26、球质量 M=第 14 页，共 27 页 B.月球的第一宇宙速度 v=C.再经 时，P点离地心 O最近 D.要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面 P点着陆，需提前加速【答案】B【解析】根据重力提供向心力求出月球半径的表达式，结合万有引力等于重力求出月球的质量，根据重力提供向心力求出月球的第一宇宙速度 抓住月球自转周期 T与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经 时，P 点离地心 O是最近还是最远解决本题的关键掌握万有引力等于重力、万有引力提供向心力这两个重要理论，并能灵活运用，知道月球自转周期T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，月球公转半圈，自转半圈【解答】A、根据得，月球的半径 R=，根据

27、得月球的质量为：M=，故 A 错误 B、根据得月球的第一宇宙速度为：v=，故 B 正确 C、月球自转周期 T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经 时，P点离地心 O 最远，故 C 错误 D、要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面 P点着陆，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动故 D错误 故选：B 19、一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x轴正向运动，其电势能 E 随位移 x 变化的关系如图所示，其中 0 x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）A.x1处电场强度为零 B.x1、x2、x3处电势 1、2、3的关系为 123 第 15 页，共 27 页 C.粒子在 0

28、x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动 D.x2x3段是匀强电场【答案】ABD 【解析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得 x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由 Ep=q，分析电势的高低；由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质；根据斜率读出场强的变化，由 F=qE，分析电场力的变化。解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。【解答】A.根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知 Ep-

29、x 图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则 x1处电场强度为零，故A 正确；B.根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123，故 B 正确；CD.由图看出在 0 x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故 C错误，D正确。故选：ABD。20、如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比

30、n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表 A1，副线圈电路接有交流电压表 V、交流电压表 A2、滑动变阻器 R等，所与电表都是理想电表，二极管 D 正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡 L的阻值恒定原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（）第 16 页，共 27 页 A.交流电压表 V的读数为 32V B.灯泡 L两端电压的有效值为 32V C.当滑动变阻器的触头 P向下滑动时，电流表 A2示数增大，A1示数增大 D.由图（b）可知交流发电机转子的角速度为 100rad/s【答案】AC【解析】根据图 b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；再根据电

31、压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡 L 两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化 本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系 能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方法【解答】A、由图 b 可知，原线圈输入电压有效值为 440V，根据，可得副线圈电压为32V，交流电压表 V的示数为有效值，即为 32V，故 A 正确；B、设灯泡 L两端电压的有效值为 U，灯泡的阻值为 r，交变电流的周期为 T，根据交变电流有效值的定义有：，解得

32、：U=22.6V，故 B错误；C、当滑动变阻器的触头 P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表 A1示数也增大，故 C正确；D、根据=100rad/s可知，交流发电机转子的角速度为 100rad/s，故 D错误。故选：AC。21、如图所示，两根等高光滑的 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计 在轨道顶端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处第 17 页，共 27 页 在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd开始，在拉力作用下以初速度 v0向右沿轨

33、道做匀速圆周运动至 ab处，则该过程中（）A.通过 R 的电流方向为由 aRb B.通过 R的电流方向为由 bRa C.R上产生的热量为 D.流过 R 的电量为【答案】BC【解析】根据楞次定律判断感应电流的方向金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为 Em=BLv0，根据有效值计算公式求解有效值，根据焦耳定律求解求出求解金属棒产生的热量根据电荷量答经验公式求解通过 R 的电量 解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量【解答】AB、金属棒从轨道最低位置 cd运动到 ab处的过程中，

34、穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过 R 的电流方向为由 bRa故 A 错误，B正确 C、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为 Em=BLv0，有效值为 E=，经过答时间为 t=，根据焦耳定律有：，Q=t=，故 C 正确 D、通过 R的电量由公式：q=故 D错误 故选：BC 三、实验题 22、某同学用频闪照相法研究小球的自由落体运动，选择一张清晰的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行研究。已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐。（1）根据照片中刻度尺的数据，请读出小球运动到照片中第 5 个像点时下落的高度为_m。（2）若所用照相机的曝

35、光频率为 f，照片上 1、3 像点距离和 1、5 像点距离分别为 s1、s2，则照相机相邻两次曝光的时间间隔 T=_，小球自由下落的加速度 a=_。第 18 页，共 27 页【答案】0.2120 【解析】解：（1）小球运动到照片中第 5 个像点时下落的高度为 21.20cm=0.2120m。（2）曝光周期和曝光频率互为倒数，则照相机相邻两次曝光的时间间隔为：T=，根据得小球下落的加速度为：a=。故答案为：（1）0.2120（0.21160.2122 均可）；（2）；（3）。（1）刻度尺的读数需读到最小刻度的下一位。（2）根据曝光频率求出相邻两次曝光的时间间隔，根据连续相等时间内的位移之差是一恒

36、量求出小球自由下落的加速度。解决本题的关键掌握刻度尺的读数方法，知道频率和周期互为倒数，掌握匀变速直线运动的推论公式，并能灵活运用。23、某学生实验小组利用图（a）所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表：量程 5V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值 5k 导线若干。回答下列问题：（1）将多用电表挡位调到电阻“1k”挡，再将红表笔和黑表笔_，调零点。（2）将图（a）中多用电表的红表笔和_（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端。（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图（b）所示，这时电压表的示数如图（c）所示。

37、多用电表和电压表的读数分别为_k 和_V。第 19 页，共 27 页（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为 12.0k 和 4.00V从测量数据可知，电压表的内阻为_k。（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图（d）所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为_V，电阻“1k”挡内部电路的总电阻为_k。【答案】短接 1 15 3.60 12.0 9.00 15.0【解析】解：（1）欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔短接后，调节调零旋钮，使电流表满偏；（2）多用电表的红表

38、笔对应欧姆表内电源的负极，所以红表笔应接电压表的负接连柱，故红表笔接触 1；（3）欧姆表读数=倍率表盘读数=1k15=15k；电压表读数为 3.60V；（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为 12.0k；（5）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数分别为 12.0k 和 4.00V；多用电表的中值电阻等于内电阻，故 R=15.0k；由闭合电路欧姆定律 I=和欧姆定律 U=IRV可知，E=代入数据有：E=（12k+15k）=9.00V，故答案为：（1）短接；（2）1；（3）15，3.60；（4）12.0；（5）9.00，15.0。（1）欧姆表

39、使用前一定要欧姆调零；（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势。本题关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析。第 20 页，共 27 页 24、如图所示，在平面直角坐标系 xoy的第二象限内有平行于 y轴的匀强电场，电场强度大小为 E，方向沿 y 轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为 r

40、的圆，圆心坐标为（r，0），圆内有方向垂直于 xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为 v0从第二象限的 P点，沿平行于 x 轴正方向射入电场，通过坐标原点 O 进入第四象限，速度方向与 x轴正方向成 60，最后从 Q 点平行于 y 轴离开磁场，已知 P点的横坐标为-2h。求：（1）带电粒子的比荷；（2）圆内磁场的磁感应强度 B 的大小；（3）带电粒子从 P 点进入电场到从 Q点射出磁场的总时间 t。【答案】解：（1）根据类平抛规律，x方向做匀速直线运动：2h=v0t1 y 方向匀加速运动：vy=at1 速度方向与 x轴正方向成 60，故：vy=v0tan60 根据牛顿第

41、二定律可得：Eq=ma 联立式可得带电粒子的比荷：=（2）粒子进入磁场的速度：v=根据几何关系可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：R=r 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m 联立式可得：B=（3）粒子在磁场中运动的时间：t2=T 粒子在磁场中运动的周期：T=粒子在电场中运动的时间：t1=则粒子从 P点进入电场到从 Q 点射出磁场的总时间：t=t1+t2=第 21 页，共 27 页 答：（1）带电粒子的比荷 为；（2）圆内磁场的磁感应强度 B 的大小为；（3）带电粒子从 P 点进入电场到从 Q点射出磁场的总时间 t为。【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解结合牛顿第二

42、定律，联立即可求出带电粒子的比荷；（2）利用速度偏向角公式，求出粒子从电场进入磁场时的速度，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出圆内磁场的磁感应强度 B 的大小；（3）利用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角求解粒子在磁场中运动的时间，带电粒子从 P点进入电场到从 Q点射出磁场的总时间 t。本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期

43、公式，求解粒子在磁场中运动的时间。25、如图，一“L”型木板长为 L4.50m、厚度可忽略不计，放在倾角为 37度的足够长的斜面上，木板下部被一锁定装置锁定。木板下端与斜面最低点的距离为 x4.45m。木板上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为 0.5。现使一小物体以大小为、方向平行斜面向上的初速度从下端滑上木板，同时移走锁定装置。已知小物体与木板质量相等，均为 2kg，当小物体与木板上端碰撞时，碰撞时间极短且没有机械能损失，重力加速度g10ms2，sin370.6，cos370.8。求：（1）小物体和木板上端碰撞前瞬间的速度大小；第 22 页，共 27 页（2）小物体离开木板时的速度大小；

44、（3）木板从开始运动到其下端抵达水平面的总时间。【答案】解：（1）小物体和木板质量均为 m2kg，对木板分析，由于 mgsin（mm）gcos，所以在小物体开始往上滑的过程中，木板保持静止，设碰撞前瞬间小物体速度大小为 v1，由动能定理有 ，可得 v111ms。（2）碰撞时，小物体与木板发生完全弹性碰撞，假设碰撞后两者速度分别为和 v2，对碰撞过程用动量守恒定律和能量守恒定律：，解得 ，v211ms 碰撞结束后小物体向下做初速为 0的匀加速直线运动，木板向上做匀减速直线运动，设小物块和木板加速度大小分别为 a1和 a2，由牛顿第二定律有 mgsinma1 ，mgsin2mgcosma2 ，假设

45、小物体脱离木板时木板速度依然沿斜面向上，从碰撞到脱离木板所用时间为 t1，由运动学公式有：，求得 t10.5s，此时木板速度 v3v2a2t14ms，可见假设成立。小物体离开木板时的速度为 v4a1t13ms 。（3）设木板与小物体分离之前向上运动的距离为 S1，由运动学公式有 小物体脱离木板后，木板以 v3的速度继续沿斜面向上运动至速度为零，设加速度大小为 a3，mgsinmgcosma3 ，此过程设其位移为 S2，所用时间为 t2，由运动学规律有：，所用时间 ，接下来木板沿斜面向下做初速为 0的匀加速直线运动，设加速度大小为 a4，设其下端到达水平面所用时间为 t3，由牛顿第二定律有 mg

46、sinmgcosma4 ，第 23 页，共 27 页 由运动学规律有，总时间 tt1t2t33.9s 。【解析】【分析】本题考查动量守恒和能量守恒定律，牛顿第二定律的滑块木板类型，运动学公式力学综合题。根据动能定理求速度。根据动量守恒和能量守恒列方程组求解速度，在根据牛顿第二定律，结合运动学公式求解。根据运动学公式，牛顿第二定律可得结果。33、(1)下列说法正确的是 A零摄氏度的物体的内能为零 B气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果 C温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同 D理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力 E浸润现象是分子间作用力引起的

47、(2)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计如图，导热性能良好的汽缸、内径相同，长度均为 L，内部分别有轻质薄活塞 A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸左端开口外界大气压强为 p0，汽缸内通过 A封有压强为 p0的气体，汽缸内通过 B封有压强为 2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态 A、B均位于汽缸最左端该装置放入水下后，通过 A向右移动的距离可测定水的深度已知 p0相当于 10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：当 A向右移动 时，水的深度 h；第 24 页，共 27 页 该深度计能测量的最大水深 hm.【答案】（1）BCE（2）解

48、：当 A向右移动 时，设 B 不移动对 I 内气体，由玻意尔定律得：，解得：，而此时 B 中气体的压强为：2p0p1，故 B 不动。由：，解得水的深度：该装置放入水下后，由于水的压力，A 向右移动，I 内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于 2p0后 B开始向右移动，当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原 I 内气体全部进入 II 内，设 B向右移动 x距离，两部分气体压强均为 p2，对原 I内气体，由玻意尔定律得：对原 II内气体，由玻意尔定律得：又：联立解得：hm=20m【解析】（1）【分析】该题主要考查分子动理论、内能、浸润现象等相关知识。一切物体都有内能；气体如果失去了容器的约束会

49、散开，这是气体分子热运动的结果；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同；理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现；浸润现象是分子间作用力引起的，以此分析解题即可。【解答】A.一切物体都有内能，故 A 错误；B.气体如果失去了容器的约束会散开，这是气体分子热运动的结果，故 B 正确；C.温度是分子平均动能的标志，所以温度相

50、同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，故 C正确；D.理想气体，分子间引力和斥力同时存在，当分子间距离增大时引力和斥力同时减小，只是第 25 页，共 27 页 斥力减小得更快，当分子间距离大于平衡距离时，分子间表现为引力，当分子间距离减小时，引力和斥力同时增大，只是斥力增大得更快，当分子间距离小于平衡距离时，分子间表现为斥力，所以分子间作用力是引力和斥力的合力表现，故 D错误；E.浸润现象是分子间作用力引起的，故 E正确。故选 BCE。（2）【分析】本题考查玻意尔定律的应用和压强的计算，要注意明确研究对象的正确选择，在解题时应分别对两部分气体进行分析求解。【解答】假设 B 不动，根据玻意尔定律