2021-2022学年浙江省丽水市高二（下）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年浙江省丽水市高二（下）期末物理试卷1.航空发动机具有很大的输出功率，下列是功率单位的是（）A./m B.N-m/s C.kg-m/s2 D.V A-s2.2022年 2 月 5 日，中国短道速滑队以2 分 37秒 348夺得2022年北京冬奥会短道速滑 2000,“混合团体接力金牌，下列说法正确的是（）A.2000机指的是总位移B.2 分 37秒 348指的是时刻C.裁判员在判断运动员是否犯规时，不可以将运动员看成质点D.接力时后面运动员对前面运动员的推力大于前面运动员对后面运动员的推力3.2020年 9 月 2 7 日衢宁铁路正式通车，庆元、龙泉、松阳、遂昌从此结束不通

2、铁路的历史，某次列车从进站减速到以一定速度离开车站，这段时间内的速度-时间图象如图所示，对于该列车下列说法正确的是（）A.进站减速时列车的加速度大小为1.2m/s2B.列车在加速与减速两阶段运动的位移相同C.减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大D.列车从进站减速到以一定速度离开车站这个过程列车的平均速度为15m/s4.如图是-种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁体，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。下列说法正确的是（）界性金属片 冏定端小磁体-=-橡皮碗空气导管A.电磁铁的工作原理是电磁感应B.工作时A3

3、接线柱应接入恒定电流C.电磁铁用的铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料D.当电流从A接线柱流入时，发现吸引小磁体向下运动，则小磁体的下端为S 极5.2021年 10月 16日6 时 56分，“神舟十三号”与“天和核心舱”成功对接，翟志刚、王亚平、叶光富3 名航天员随后进入空间实验室，三人在空间实验室中工作、生活了 6 个月，期间进行了多项科学实验和科普活动。假设组合体在距离地面356千米高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（）A.组合体绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/sB.航天员在空间站工作180天，共经历180次日出C.对接后，由于组合体质量变大，组合体受到的万有引力变

4、大，组合体会被地球吸引到更低的轨道上运行D.在空间实验室中航天员可以借助重锤和羽毛演示轻重物体下落一样快的实验6.如图甲是感应起电机，它是由两个大小相等、直径均为30c7的感应玻璃盘起电。玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，已知主动轮的半径8c?,从动轮的半径尸、。是一个玻璃盘边缘上的两点，R 是另一个玻璃盘边缘上的点，如图乙所示.现以n=j r/s 的转速旋转手把，若转动时皮带不打渭，则下列说法正确的是（）图甲 图乙A.P、Q 点的线速度相同C.P点的线速度大小2.4m/sB.P 点的转速大小*r/sD.R点的角速度大小8rad/s7.如图所示是两个等量点电荷的电场线分布，虚线是某带电粒子在电

5、场中仅受电场力作用的运动轨迹，图中人 B是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）第 2 页，共 23页A.该粒子在4处的电势能比B处的电势能大B.该粒子在A处的加速度比在B处的加速度要大C.题中等量点电荷左边为正电荷，右边为负电荷D.该粒子在A处的动能比B处的动能大8 .如图（a）,纸面内，圆形金属框通过长导线与平行金属板和P Q连接，框内有如图（b）所示周期性变化的磁场（规定垂直纸面向里为磁场的正方向），导线上c、d间接有电阻R,4是金属板上正对的两个小孔。t =0时刻，从。1孔内侧由静止释放一个离子（不计重力），离子能够在时间内到达G孔。已知 t 2 T,规定从c,经R到”为电流/的正方向，

6、从0 1指向。2为离子速度v的正方向，则下列图像可能正确的是（）9 .消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题，内燃机、通风机等在排放各种高速气流的过程中都会发出噪声，如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。波长为；I的声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达4处时，分成上下两束波，这两束声波在人处相遇时可削弱噪声。下列说法正确的是（）A.该消声器工作原理是利用波的衍射B.该装置可以说明声波是横波C.该消声器对不同波长的声波都有相同的减噪效果D.要达到良好的减噪效果，从。处分成的上下两束声波传到人处需满足波程差是半波长的奇数倍10.跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，假设运动员从C

7、点水平飞出，落到斜坡上的。点，E 点离坡道CD最远，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A.运动员在空中相等时间内速度变化越来越快B.轨 迹 CE和 ED在水平方向的投影长度相等C.轨 迹 CE和 ED在 CO上的投影长度之比为1：3D.若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角将变小11.2017年年初，我国研制的“大连光源”-极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100nm(lnm=lO 7m)附近连续可调的世界上首个最强的极紫外激光脉冲，大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个

8、分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h=6.6 x 10-34/.s,真空光速c=3 x 108m/s)()A.10-21/B.10T8/C.K T*/D.10T2/12.如图所示，两个完全一样的半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C,三者半径均为艮 C 的质量为?，A、B 的质量都为0.5 m,与地面的动摩擦因数均为。现用水平向右的力拉A,使 A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面。整第4页，共2 3页个过程中8保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列选项正确的是（）A.地面对B的支持力逐渐减小B.未拉A时，C受到8作

9、用力的大小为f m gC.A、B与地面的动摩擦因数大小至少为苧D.A移动的整个过程中，摩擦力做功一定是（3 -13 .如图所示弯管，左侧6两处液面上方分别封闭一段气体，右侧开口处与大气相通。ab、c d两处液面高度差分别为打、电。现用一轻质活塞封住开口处一段气体。活塞不计重量且可在弯管内无摩擦滑动，大气压强为p o,装置气密性良好，右侧开口端与活塞足够远。下列说法正确的是（）A.一定有九1 =h2B.若仅加热右侧轻活塞处封闭的气体，d处液面上升C.若缓慢向上推动活塞，处液面上升，。处上方气体压强增大D.若加热。处上方的气体，b、c液面之间气体的体积不变14 .下列说法正确的是（）A.物体从单一

10、热源吸收的热量可全部用于做功B.布朗运动实验记录的是分子无规则运动的情况C.分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积D.气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量15 .在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料2观。2作为发电能源为火星车供电。Pa 02中的产 元素是需8p u,其半衰期是87.7年，可衰变为应口。某次火星探测时火星车储存了 5版 的放射性材料Pn Oz。下列说法正确的是（）A.P”的同位素贫8Plz的半衰期一定为87.7年B./8pa的衰变方程为叫8P“T 羿 U+加 eC.端8Pu的比结合能小于晶切 的比结合能D.经过8

11、7.7年该火星车上的Pa。?能释放约1.4 x 1()30的能量1 6.如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，。处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动，产生的简谐横波在xOy平面内传播，选定图甲状态为t=0时亥 IJ,实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷,图乙为4 质点的振动图像，z 轴垂直于xO.y水平面，且正方向竖直向上。则下列说法正确的是()图甲 图乙A.此机械波的传播速度为5.0m/sB.波源的起振方向是垂直xOy平面竖直向上C.t=0.2s时，机械波恰好传至B处D.在t=0至t=1.05s这段时间内，C质点运动的路程为6crn17.(1)

12、图甲是“探究加速度与力、质量的关系”实验装置。200g打点U 时器乙图在实验准备过程中，发现实验室有两种打点计时器，如图乙所示。该同学决定使用右边这个计时器，该打点计时器使用的电源是 oA.交流220V8.直流220yC.交流4 6VD 直流4 6V在平衡阻力后，当小盘及盘内物体的总质量远小于小车总质量时，小盘及盘内物体的总重力近似等于小车运动时所受的合外力。实验中可以通过增减小盘中(选填“50g钩码”或“1g祛码”)的个数来改变拉力的大小。图丙为实验中得到的一条纸带，4 8 8 为 5 个相邻的计数点，相邻的两个计数第6页，共23页点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为“B

13、=4.22cm、sBC=4.65cm、Sc）=5.08cmsDE=5.49cm,已知打点计时器的工作频率为5 0Hz,则小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）。A B C D E 丙（2）在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中:下 列 措 施 中 能 够 减 小 实 验 误 差 的 有。4标记方向的点离结点尽量近一些区用两个互成角度的力拉橡皮筋时，角度足够大C.拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且尽量与木板平行某次实验时，两个分力大小分别为Fi=2.52N、=L 53N,两分力的夹角接近6 0,合力的大小为图中的某一个，你认为合力的大小可能是 N。1 8.某同学通过实

14、验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图所示，继电器与热敏电阻七、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15,A时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20。，热敏电阻的阻值凡与温度f的关系如表所示。t c30.040.050.060.070.080.0199.5145.4108.181.862.949.1（1）通过对上面数据分析得到热敏电阻的阻值&与温度/变化的特点是；（2）提供的实验器材有：电源瓦（3匕内阻不计）、电源&（6匕内阻不计）、滑动变阻器心（0 200。）、滑动变阻器/?2（。5000）、热敏电阻&,继电器、电阻箱（0 999.90）、开关S、导

15、线若干。为使该装置实现对30 80 之间任一温度的控制，电源E应选用（选 填“E J或“”），滑动变阻器R 应选用（选 填 R J 或/?2”）。（3）实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图所示的选择开关旋至_ _ _ _ _ _（选 填 A”、B”、C”或）。（4）合上开关S,用调节好的多用电表进行排查，在题中电路图，若 只 有 仄 c,间断路，则应发现表笔接入时指针不偏转，接入队 c 时指针（选 填“偏转”或“不偏转”）。1 9.如图甲所示是2022年北京冬奥会的冰壶比赛场景，比赛过程简化为如图乙所示，在左端发球区的运动员从投掷线中点尸将冰壶掷出

16、，冰壶沿水平冰道中心线PO 向右端的圆形营垒区滑行。若 冰 壶 以%=4m/s的速度被掷出后，恰好停在营垒区中心。，P。间距离为=40m。已知冰壶的质量为m=1 9kg,冰壶自身大小可忽略，冰壶在冰道上的运动可视为匀减速直线运动。在比赛中，运动员可以用毛刷擦拭冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小为一确定值。（1）求没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数；（2）在某次比赛中冰壶投掷速度为=3 m/s,从 MN前方12.5/n处开始不停擦拭冰面，直至冰壶正好停在营垒区中心。点。求擦拭冰面后冰壶的加速度大小；（3）求（2）问中，从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲

17、量。2 0.如图所示为某弹射游戏装置，处于竖直平面内的三段光滑管道AB、B C、C D E,其中AB是水平放置直管道，BC是半径R=0.8m的四分之一圆弧管道，CDE是半径r=0.4m的四分之三圆弧管道，。为管道最高点，出口 E 点切线水平，长可调）摩擦因数为 =0.5的粗糙水平轨道E K,与圆弧轨道相连于E 点（EK与 BC错开）。己知弹簧的劲度系数k=4 0 0 N/m,在弹性限度内弹性势能Ep=/（X为弹簧的形变量）。游戏过程弹簧均未超出弹性限度，弹射装置发射的小球可视为质点，质量m =0.1 kg,管道粗细可以忽略，忽略空气阻力。（计算结果可以用根号表示）（1）若某次小球发射后刚好能过

18、。点，求小球通过圆弧管道最低点B 时对轨道的压力；第8页，共23页(2)若某次游戏时L=1.36m,要使小球能从K 点射出，则弹簧的形变量至少要多少;(3)现使弹簧储存Ep=1.4/的弹性势能，应调节EK长度L 为何值时，小球第一次落地点与E 点水平距离最大，并求出最大距离。2 1.如图所示，有一间距L=1爪的足够长光滑平行倾斜金属导轨4B 4B、倾角。=30。，4 4 处接有阻值R=0.3。的电阻，在底端BB处通过光滑圆弧绝缘件连接平行光滑金属导轨BOB。其中轨道BCBC部分间距为L、轨道CDC。部分(左端略伸出外面，如图)间距为，在右端DD处通过光滑圆弧绝缘件连接足够长的光滑平行倾斜金属导

19、轨。E D ,倾角。=30。，在EE端接有阻值为R=0.30的电阻和电容为C 的电容器。金 属 棒。质量均为m=0.1kg、阻值均为r=0.2 0,长度均为L,垂直导轨放置，金属棒人初始被锁定在CC处，金属棒从某一高度上方任意位置静止释放，都能以恒定速度经过BB处且经过BB处时b 的锁定装置解除，之后棒八。在各自轨道上运动足够长时间，当棒a 运动到CC处与两固定在CC处的金属立柱相撞并粘在一起，最终棒匕恰能通过处光滑圆弧绝缘件进入倾斜轨道DEDE。在AB4B导轨间区域存在垂直导轨向上的匀强磁场，其他导轨间区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为8=1 7。两棒始终保持与导轨垂直且接触良好，不

20、计其它电(1)棒 a 运动至BB处时的速度大小及两端电势差大小U；(2)棒 a 进入水平轨道后棒a上产生的焦耳热；(3)试分析棒6 进入倾斜轨道DEDE的运动情况。2 2.如图所示，静止于P 处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中J圆弧虚线通过静电分析器，从。点垂直竖直X。)，平面向上进入边长为L的立方体有界匀强磁场区域，立方体底面ABC。位于xOy平面内，初始磁场Bo(未知)方向沿 轴负方向(图中未画出)，EFGH平面是一个荧光显示屏，当粒子打到荧光屏上某一点时，该点能够发光，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图1所示。已知加速电场的电压为U,圆弧虚线的半径为R,粒子质量为如 电荷

21、量为q,粒子重力不(1)求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E的大小；(2)若粒子恰好能打在棱E”的中点M点，求初始匀强磁场的磁感应强度Bo的大小；(3)若分别在x方向与y方向施加如图2 所示随时间按正余弦规律周期性变化的正交磁场，沿坐标轴正方向的磁感应强度取正，不计粒子间的相互作用，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化的周期，不考虑磁场变化产生的电场对粒子的影响。试确定柒寸刻射入的粒子打在荧光屏上的亮斑N 点坐标位置(结果用x,y 二维坐O标加以表示)。试确定一个周期内粒子在荧光屏上留下的光斑轨迹形状，并写出在轨迹方程(用X,y 坐标表示)。第10页，共2 3页答案和解析1 .【答案】B

22、【解析】解：若物体在1 5 内做功为1 J,则P =?=?=等=IN m/s,故 A C D 错误，B正确；故选：B。在国际单位制中，功率的单位为瓦特，符号为W,数值上等于单位时间内所做的功。本题主要考查了物理量的单位，明确在国际单位制中的表示即可。2 .【答案】C【解析】解：4 2 0 0 0 机为运动员运动轨迹的长度，指的是总路程，故 A错误；B、2 分 3 7 秒 3 4 8 对应时间轴上的一段，指的是时间间隔，故 B错误；C、裁判员在判断运动员是否犯规时，与运动员的动作有关系，故不能看成质点，故 C正确；。、接力时后面运动员对前面运动员的推力与前面运动员对后面运动员的推力为作用力与反作

23、用力，故大小相等，故。错误。故选：C o路程为运动员运动轨迹的长度，时间间隔为时间轴上的一段，当运动员的大小和形状时不影响所研究的问题时看作质点，作用力与反作用力大小相等，方向相反。本题主要考查了描述物体运动的物理量，明确各个物理量的定义即可。3 .【答案】C【解析】解:A、进站时列车处于减速状态，加速度大小的=与=鬻 m/s 2 =-1.5 m/s2,故 4错误；B、根据D-t 图象围成的面积可以计算出各时段的位移，减速时段与=|x 3 0 x 2 0 m =3 0 0 m,加速时段%2 =2 x 3 0 x 2 5 m =3 7 5 m,所以两阶段运动的位移不相等，故 8错误；C、减速时段

24、=1.5 m/s 2,加速时段a 2=筹=1.2 m/s 2,减速时段加速度大小更大，所以合外力更大，故 C正确；。、总位移为x=X j +x2=3 0 0 m +3 7 5 m =6 7 5 m,平均速度为=|=答 m/s =1 2.3 m/s,故 ）错误；故选：C。根据a =胃判断加速度的大小，结合牛顿第二定律求得合力；根据9-t 图象围成的面积可以计算出各时段的位移，平均速度为总位移与总时间的比值。本题要注意V-t 图象斜率等于加速度，与时间轴围成的面积等于位移大小。4.【答案】C【解析】解：4 电磁铁的工作原理是电流的磁效应，电磁铁通电有磁性，断电时无磁性，故A 错误。A 若工作时接线

25、柱应接入恒定电流，则小磁铁与电磁铁始终断开或接触，达不到充气的目的，故 B错误。C.电磁铁的特点是通电有磁性，断电时无磁性，因此电磁铁用的铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故 C 正确。.当电流从A接线柱流入时，根据安培定则可知电磁铁上端为S 极，根据磁体间的相互作用规律，只有小磁体的下端为N 极，小磁体与电磁铁相互吸引，才能使小磁体向下运动，故。错误。故选：C。电磁铁是利用电流的磁效应来工作的；根据电磁铁的特点和充气泵的工作原理作答；根据电磁铁的工作特点选择铁芯材.料；根据安培定则及磁体间的相互作用规律作答。电磁铁铁芯材料的选择是根据电磁铁的工作特点来确定的；线圈通电后软铁极易磁化，断电后

26、极易退磁，所以选作电磁铁的铁芯。5.【答案】A【解析】解：A、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，因此在组合体绕地球做匀速圆周运动的速度一定小于7.9/o n/s,故A正确；B、根据万有引力提供向心力，誓=m r,解得周期：T =2 兀 舄 组合体绕地球运动的轨道半径小于同步卫星的半径，则其周期小于同步卫星的周期，贝 180天里看到日出的次数要多于180次，故 B错误；C、组合体运动过程中根据万有引力提供向心力有：粤=小，解得：口=怪，运rz r y r行速度与组合体质量无关，不会被吸引到更低的轨道，故 C 错误；D 因组合体中的物体处于完全失重状态，则内部的物体不会自由落体，故。

27、错误。故选：Ao根据第一宇宙速度的特点分解组合体的速度，空间实验室受的万有引力提供向心力，产生向心加速度，处于完全失重状态，其速度由半径决定。本题考查了天体的运动规律，明确定原有引力提供向心力，正常运转的天体处于完全失重状态。6.【答案】D第12页，共23页【解析】解：A、PQ同轴转动，线速度大小相等，方向不同，故 A错误；B、rx=8 c m =0.0 8 m,r2=2 cm=0.0 2 m,由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即=%，摇把的转速与主动轮的转速相同，所以2 nnrrr-2 nnr21联立解得电=f r/s，故尸点的转速为 r/s,故 B错误；C、P

28、点的线速度大小u =2 m 2 x g =2兀x /x:m/s =1.2m/s,故 C错误；D、R 的角速度为3 =2兀 2=2T T x r a d/s =8r a d/s,故 ）正确；故选：Do共轴转动的质点角速度相等，靠传送带传动，线速度大小相等，根据u =n o 和3 =2n 7T得出线速度大小与转速大小关系。解决本题的关键知道共轴转动的点角速度大小相等，靠传送带传动轮子边缘的点，线速度大小相等，知道线速度、角速度的关系，并能灵活运用.7.【答案】A【解析】解：A C D,电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷，可知左边的点电荷带正电，右边为正电荷，由带电体的轨迹可知，带电体受到左侧

29、点电荷的吸引力，根据异种电荷相互吸引可知，该带电体带负电，在电势高的地方电势能小，A点电势小于8 点电势，所以该粒子在A处的电势能比8 处的电势能大，根据能量守恒知该粒子在4 处的动能比B处的动能小，故A正确，B D 错误;8、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知8 处电场线密，则 8 处的电场强度大，根据：a =包 可知带电体在B处的加速度大，故 B错误。m故选：A 根据电荷受到电场力的特点判断；电场线密处带电粒子受到的电场力大，加速度大；结合电势能与电势的关系判断电势能和动能。解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电势与电势能间的关系

30、。8.【答案】C【解析】解：A B,前半周期内磁场垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向由d 到 c 为负方向，由6=皆 5和/=言 可 知，感应电流与磁感应强度的变化率成正 t R点比，故感应电流大小不变，故 4 项错误B项错误；C。、平行金属板与电阻R并联,两端电压相等，由（/=/R、E =pF=E 也 q可得F=竽/,可见离子所受电场力大小不变，由牛顿第二定律知，离子的加速度大小不变，又v-t 图线的斜率表示加速度，斜率大小不变，故 C项正确，。项错误。故选：C o利用楞次定律、闭合电路欧姆定律以及法拉第电磁感应定律判断感应电动势和金属板电压大小和方向，再根据牛顿第二定律判断离子

31、运动。本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、场强与电势差的关系、牛顿第二定律等，考查的核心素养是科学思维，是一道好题。9.【答案】D【解析】解：A、根据干涉特点知，消除噪声利用了波的干涉原理，故 A错误；B、声波是纵波，故 B错误；C D、距离差为半波长的奇数倍时，即6 =+n A(n =0,1,2,3),此点为振动减弱点，故。正确，C错误。故选：D。由波的干涉特点可知：当某点到波源的距离差为半波长的奇数倍时，此点的振动减弱。本题是科学技术在现代生产生活中的应用，是高考考查的热点；关键是记住干涉的条件。1 0 .【答案】B【解析】解：A、表示速度变化快慢的物理量为加速度，运动员在空中

32、运动过程中，加速度等于重力加速度，速度变化快慢相同,故A错误；B、以 C点为原点，C。为 x 轴，和 CO垂直向上方向为y 轴，建立坐标系如图所示。对运动员的运动进行分解，在)，轴方向上做类竖直上抛运动，在x 轴方向上做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在 y 轴方向上到达最高点，根据y 方向运动的对称性，知从C到 E的时间与从E到。的时间相等；由于运动员在水平方向做匀速直线运动，所以轨迹C E 和 EQ在水平方向的投影长度相等，故 B正确；C、运动员在x 轴方向上做匀加速直线运动的初速度不为零，所以轨迹C E 和 EO在 C D上的投影长度之比不等于1：3,故 C错误；。、设斜坡

33、的倾角为a,运动员落到斜坡上速度方向偏向角为8,根据平抛运动的推论可知：t a n。=2 t a n a,所以无论运动员平抛初速度大小如何，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角不变，故。错误。故选：Be以 C点为原点，CD为 x 轴，和 CD垂直向上方向为y 轴，建立坐标系，对运动员的运动进行分解，在 y 轴方向上做类竖直上抛运动，在 x 轴方向上做匀加速直线运动，利用竖直上抛运动和匀加速直线运动规律分析运动时间关系、轨迹C E 和E D 在CD上的投影长度关系以及轨迹C E和E D长度关系。解决本题的关键要掌握平抛运动的两种分解方法：一种沿水平和竖直两个方向分解；二是沿斜面方向和垂直于斜面方

34、向分解，要掌握分运动的规律，并能结合运动学公式分析第14页，共2 3页实际问题。11.【答案】B【解析】解：能够电离一个分子的能量为E=/=6.6x10-34 x 前右/=1.98 x1 0 T 8/,故 B 正确，A、C、。错误。故选：B。根据光子波长，结合E=无 求出光子具有的能量，确定能够电离一个分子能量的数量级。解决本题的关键知道光子能量与光子波长的关系，结合公式分析求解，基础题。12.【答案】C【解析】解：A、地面对A、B 的支持力相等，设为FN，对 A、B、C 整体，在竖直方向，由平衡条件得：m g +0.5 mg+0.5 mg=2 FN,解得，地面对B的支持力FN=mg保持不变，

35、故 A错误；B、未拉A 前，C 受力平衡，如 图 1所示，根据平衡条件可得：2Fcos30=m g,解得 C受到8 作用力的大小为F=与 m g,故 8 错误；C、光滑圆柱C 降落到地面前瞬间，B对 C 支持力最大为%,如 图 2 所示，则根据力的平衡可得：24cos60=m g,解得：Pm=惟9；光滑圆柱C 降落到地面前瞬间B与地面间的摩擦力达到最大，根据平衡条件可得最大静摩擦力至少为：An=41cos30。=与mg,B对的地面的压力为：FN=mBg+mcg=m g,B受地面的摩擦力为：f=nmg,根据题意有：fm=f,解得：所以动摩擦因数的最小值为：Mmin=y-故 C 正确；D、光滑圆柱

36、C 下降的高度为：h=(V3-l)R,4 的位移为：%=2(73-1)/?.摩擦力做功的大小为：Wf=fx=2(V3-l)nmgR,对 A,由动能定理得：W -Wf+m g h =O-O,解得：W=(2 -1)(百一 l)m g R,故。错误；故选：C o根据共点力的平衡条件求解C受到8作用力的大小F；先根据共点力平衡条件求解B受到C水平方向最大压力，再求出8对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求解；根据能量关系求解A移动的整个过程中，拉力做的功W。本题主要是考查了共点力的平衡和动能定理，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的

37、分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。13.【答案】C【解析】解：A、对中间封闭的气体，则P o 九 2=P a +阳，则必不一定等于h 2，故 A错误；8、当有活塞时，仅加热右侧轻活塞处封闭的空气，由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，”处液面也不变，故 8错误；C、缓慢上推活塞，活塞处封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可知，活塞处封闭气体体积减小压强增大，同理“和 6 c 处封闭气体压强增大体积减小，“处液面上升，故 C正确D、若加热“处上方的气体，根据牛=C可知该处体积增大，“处液面下降，处液面上升，若 从 C 液面之间气体的体积不变，则 C 处液面上升，d处液面

38、下降，殳增大，而由于活塞可无摩擦移动，则活塞下移，轻活塞处封闭气体压强不变，贝 如 加=0-h 2可 见 尻 c 液面之间气体的压强减小，而温度不变，则体积不可能不变，故 O错误。故选：C o对中间气体分析，根据压强公式即可判断出砥出的关系，由于活塞可以无摩擦滑动，故加热气体时，气体的压强不变，缓慢上推活塞，活塞处封闭气体温度不变，根据一定质量理想气体状态方程即可判断。本题主要考查了一定质量理想气体状态方程和压强的计算，关键是正确的找出初末状态参量，还可用假设法分析判断。14.【答案】AC【解析】解：A、根据热力学第二定律可知，在外界的影响下物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，故 A正确；

39、8、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的，温度越高，分子热运动越剧烈，故 2错误；C、实际气体分子热运动的平均动能取决于气体的温度，而气体分子间的势能由体积决定来决定，故 C正确；第16页，共23页。、由于大量气体分子都在不停地做无规则热运动，气体分子与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，会使气体对器壁产生一定的压强，根据压强的定义气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故。错误。故选：AC.根据热力学第二定律分析热传递的方向性；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动；实际气体分

40、子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积；根据气体压强的微观解释判断。本题考查了热力学第二定律、布朗运动、分子平均动能和分子势能、气体压强微观解释等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用，这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。15.【答案】BC【解析】解：A、P”元素（部8p“）的半衰期是87.7年，但&的同位素的半衰期不一定为87.7年，故 A错误；B、根据质量数守恒和电荷数守恒可得：解8p“的衰变方程为纪8p“T 取4U+匆 e,故 8正确；C、衰变为金,J时放出能量，所以觥8Plz的比结合能小于用切 的比结合能，故 C正确

41、；D、经过87.7年，有2.5kg的 装 Pa衰变，而不是质量亏损2.5 k g,所以不能直接将2.5kg代入公式ZE=4mc2来算出释放的能量，故。错误。故选：B C。根据质量数守恒与电荷数守恒判断；a 衰变的过程中释放能量，比结合能增大；半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据半衰期的特点判断。本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键，掌握a 与衰变的区别，注意半衰期的适用条件与特征。16.【答案】BD【解析】解：4 由图可知;l=2m,T=0.2s,则波速v=*=高 m/s=l（h n/s,故 A 错误：员任意一点的

42、起振方向与波源的起振方向一致，由乙图可知，A 质点的起振方向也是垂直 xOy平面竖直向上，故 B 正确；C.因为t=0时刻平面内只有一圈波谷，而此时0 也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时。处于平衡位置，由此可以判断t=0时波传播了0.25s、1.25个波长，即t=0时刻波刚好传播到2.5m处，则机械波恰好传至8 处的时间点为tB=等s=0.1 5 s,故 C 错误；D质点C 到波源的距离为=v 32+42m=5 m由选项C 可知,t =0 时波传播了2.5 机,则波传播到C 点所用的时间为t c =等=0.2 5 s,由图像可知波的振幅为4 =1 c m,故从t =0 至

43、t =1.0 5 s 这段时间内，质 点 C 运动的路程为s =苫 -4 A=X 4 X l c m =1 6 c m,故 D 正确。故选：B D。由图可知波长与周期，从而计算波速，任意一点的起振方向与波源的起振方向一致，根据机械波的传播速度计算到8点的时间；分析C 的运动情况，根据时间与周期的关系解得路程。本题要理解波的形成过程，根据图像分析出横波的传播特点，结合公式。=(和运动学公式进行分析。1 7.【答案】A 1 g 祛 码 0.4 3C3.6 0【解析】解：(1)右边的打点计时器是电火花计时器，电火花计时器使用2 2 0 V 的交流电源，故选A。当小盘及盘内物体的总质量远小于小车总质量

44、时，小盘及盘内物体的总重力近似等于小车运动时所受的合外力；实验中可以通过增减小盘中1 g 祛码的个数来改变拉力的大小。打点计时器的工作频率为5 0”z,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻计数点间的时间间隔t =5 T =|=5s =0.1 s由匀变速直线运动的推论Z x =a t?由逐差法可知，加速度大小a =二,怨=妈 士 喂 泮 也陪“0.4 3m/s2；(2)A、为准确记录拉力的方向，标记方向的点离结点尽量远一些，故 A 错误；8、用两个互成角度的力拉橡皮筋时，角度应适当大些，但不能太大，故 B 错误；C、为减小实验误差，拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且尽量与木板

45、平行，故 C 正确。故选：C。两个分力大小分别为0=2.5 2 N、F2=1.5 3/V,两分力的夹角接近6 0。，两力的合力约尸=J 邛+4+2&F 2 c o s 60。=V 2.5 22+1.5 32+2 X 2.5 2 x 1.5 3 x 0.5 7 V 3.5 4 N,则合力的大小为图丁所示，由图丁所示弹簧测力计可知，其分度值是(U N,读数为3.60 N。故答案为：(1)A；1 g 祛码；0.4 3；(2)C；3.60。(1)电火花计时器使用2 2 0 Y 的交流电源；根据实验注意事项选择祛码；应用匀变速直线运动的推论求出加速度。(2)根据实验注意事项分析答题；根据题意求出两力的合

46、力大小，然后根据图示弹簧测力计读数。理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；要掌握常用器材的使用方向与读数方法；第18页，共2 3页对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后根据指针位置读数。1 8.【答案】温度升高时，热敏电阻的阻值降低E2 R2 C偏转【解析】解：(1)通过表格可知温度升高时，热敏电阻的阻值降低；(2)要想控制3 0 时的情况，此时热敏电阻的阻值1 9 9.5 0,需要的最小电动势E =1 5 X1 0-3 x Q 9 9.5 +2 0 a 3.3 V,还要考虑滑动变阻器的阻值，电源电动势为3 V太小，因此电源应选择电动势为6丫的与：滑动变阻器采用限流接法，继电器的电流为/=

47、1 5 mA=0.0 1 5 4时，总电阻R总=号=熹。=4 0 0 0；由表中数据可知，当温度为80。时，滑动变阻器阻值应为R =R e-凡-R继电器=(4 0 0 -4 0.1 -2 0)。=3 3 9.9 0,因此滑动变阻器应采用公。(3)要想测量电压，应将旋钮旋至电压挡位上，因电动势为6忆 因此应选择1 0 V量程,故旋至C点；(4)若只有6、c间断路，则应发现表笔接入。、8时电表与电源不连接，因此指针不偏转；而接入a、c时，电表与电源直接连接，故指针发生偏转；故答案为：(1)温度升高时，热敏电阻的阻值降低；(2)曷；氏2；(3)C；(4)偏转(1)(2)分析不同温度下热敏电阻的阻值，

48、根据实验要求进行分析，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；(3)明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的量程；(4)根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转.本题考查了实验器材的选择、多余电表的使用、检测电路故障、实验步骤等问题；多用电表的使用方法，要注意明确实验原理，注意分析实验电路图，从而确定实验应采用的基本方法，从而确定实验所采用的仪器。1 9.【答案】解：从 投出冰壶到冰壶静止过程，由动能定理得：-”7 n g x =0-如 诏代入数据解得：4 =0.0 2(2)从冰壶被投出到静止过程，由动能定理得：-RmgL -/mg(x-L)=0-g m诏其中：v0-3m

49、/s,L -1 2.5 m,代入数据解得：=短对冰壶，由牛顿第二定律得：i irm g =ma代入数据解得，加速度大小：a =m/s 2(3)从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中，以向右为正方，由动量定理得：/=O-m%=1 9 x 3 N-s =-5 7N-s,负号表示方向，方向水平向左则冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是5 7N -s,方向水平向左答：(1)没有擦拭冰壶冰面时冰壶与冰面间的动摩擦因数是0.0 2；(2)擦拭冰面后冰壶的加速度大小是盘m/s 2；(3)从投出冰壶到冰壶停止运动这个过程中冰壶受到摩擦阻力的冲量大小是5 7N -s,方向水平向左。【解析】(1)应用动能定理求出动摩擦因数。

50、(2)应用动能定理求出擦冰后的动摩擦因数，然后应用牛顿第二定律求出加速度大小。(3)应用动量定理求出摩擦阻力的冲量。根据题意分析清楚冰壶的运动过程是解题的前提，应用动能定理与动量定理即可解题；冲量是矢量，解题时注意方向。2 0.【答案】解：(1)小球刚好到达。点时速度为零，小球从B到。过程，由动能定理得：-m g(R +r)=0 g m诏在8点，对小球，由牛顿第二定律得：F-m g =my代入数据解得：F =4 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小/=F =4 N,方向竖直向下(2)小球恰好运动到D点时速度为零，从释放小球到恰好到达。点过程，由能量守恒定律得：Epp=3好=+r)代入数据