2021届北京市海淀区高考物理二模反馈试卷(含答案解析).pdf

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1、2021届北京市海淀区高考物理二模反馈试卷一、单 选 题（本大题共8小题，共32.0分）1.劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜.当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示.现若在图甲装置中再增加一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹（）甲（融LA.变疏 B.变密 C.不变 D.消失2.（2015 四川高考）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动。测得两小木块每分钟都上下30次。甲在波谷时，乙在波峰，且

2、两木块之间有一个波峰，这列水面波（）A.频率是30 Hz B.波长是1 m C.波速是3 m/s D.周期是0.1 s3.半导体温度计是用热敏电阻制造的，如图所示，如果待测点的温度升高，那么（）A.热敏电阻变大，灵敏电流表示数变大B.热敏电阻变大，灵敏电流表示数变小C.热敏电阻变小，灵敏电流表示数变大D.热敏电阻变小，灵敏电流表示数变小4.不带电的金属球A与带正电的金属球8接触后也带正电，原因解释正确的是（）A.B有部分正电荷转移到4球上 B.A有部分正电荷转移到B球上C.A有部分电子转移到B球上 D.8有部分电子转移到A球上5.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，直接测出物理量摆长L振动次的

3、时间f,从而测定重力加速度g.如果测出的g值偏小，则可能的原因是（）A.误将摆线长度当作摆长B.误将从悬点到摆球下端的长度当作摆长C.摆球质量过大D.误把n次全振动记录为n+1次6.下列说法中正确的是（）A.发现质子的核反应方程是：/N+加e r四。+iHB.氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出光子的能量，高于从n=8能级跃迁到n=2能级所辐射出光子的能量C.由爱因斯坦质能方程E=?nc2可知，质量可以转变为能量D.天然放射现象说明原子核内部有电子7.如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场 中 各 点的磁感强度为与=提，y为该点到地面的距离，C为常数，B。为，/：；：）：:一

4、定值，铝框平面与磁场垂直，直径时 水平，（空气阻力不计）铝框由静止释放下落的过程中（）A.铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B.回路中感应电流为顺时针方向，直径ab两点间电势差为0C.铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD.直径必受安培力向上，半圆弧外受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g8.霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，有一个沿y轴方向的 产磁场，磁感应B=Bo+ky（B。、人均为正的常数），将一传感器固定在霍尔元件上，沿y轴方向元件的厚度为“，保持通过霍尔元 一1 v件的电流/不变（方向如图中箭头所示）。、是垂直于Z轴方向的元件的前后两侧面，当元件沿y轴方向移动时，在这两个

5、侧面产生的电势差为U,则下列说法正确的是（）A.若图中霍尔元件是电子导电，则前侧面电势高B.若/不变，电势差U越大，该处的磁感应强度越小C.若磁感应强度B不变，前后两侧面的电势差。越小，则电流/取值越大D.k越大，传感器灵敏度若越高 y二、多 选 题（本大题共7小题，共28.0分）9.下列说法正确的是（）A.两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核必然释放核能B.太阳辐射分能量主要来自太阳内部的热核反应C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D.将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并升高其温度，增加压强，它的半衰期也不会发生改变E.汤姆生发现了电子，表明原子具有核

6、式结构1 0.下列说法正确的是（）A.氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大C.己知某种气体的密度为p、摩尔质量为M、阿伏加德罗常数为则单位体积的分子数为等D.在等温度变化中一定质量理想气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数一定增多，气体的压强不一定增大E.如果用。表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，表示物体内能的增加,那么热力学第一定律可以表达为Q=U+W11.一矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图中所示，导线框电阻不计，匝数

7、为100匝，把线框产生的交流电接在图乙中理想变压器原线圈的“、人 两端，上为热电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，则A.线框在匀强磁场中的转速为50r/sB.在t=1.0 x 10-25时刻，线框平面与磁场方向平行C.线框转动过程中磁通量变化率最大值为0.22夜wb/sD.&处温度升高时，匕表示数与彩表示数的比值不变1 2.如图所示，质量为例的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗 H 为糙，有一质量为根的木块以初速度%水平地滑至车的上表面，若 力力勿车足够长，贝 亚）A.木块的最终速度为聋B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C,由于车表面粗

8、糙，系统的机械能不守恒D.系统因摩擦产生的热量与车表面的粗糙程度有关13.2011年 9 月 2 9 日，我国自行设计、制 造“天宫一号”空间实验室发射成功，开创了我国航天事业的新纪元.“天宫一号”经过变轨后绕地球做圆周运动，运行周期为9（hnin.关 于“天宫一号”、同步通信卫星和赤道上随地球自转物体相比较，下列说法正确的是（）A.“天宫一号”的向心加速最大B.同步通信卫星的角速度最大C.赤道上随地球自转物体线速度最小D.”天宫一 号”的速度大于7.9km/s14.电磁流量计是用来测量管内电介质流量的感应式仪表，单位时间（1s）内流过管道横截面的液体体积（爪3）为流量。如图所示为电磁流量计示

9、意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为8 当管中的导电液体流过时，测得管壁上M、N 两点间的电压为U,已知管道直径为4 则（）Hd Y从 用 仃 蛔4对白液体濯米的方向衣A.管中的导电液体流速为二B.管中的导电液体流速为詈C.管中的导电液体流量为D.管中的导电液体流量为嘤15.如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间f变化的图像如图（乙）所示，则（）A.b 时刻小球动量最大B.0-t

10、2时间内小球所受重力冲量的大小等于h-t 2 时间内弹簧弹力冲量的大小C.时刻弹簧的弹性势能最大D.12-3这段时间内，小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能三、实验题(本大题共2 小题，共 18.0分)1 6.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为直流电和 220丫的交流电两种，重物从高处由静止开始落下，重物拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：4 按照图示的装置安装器件；8.将打点计时器接到电源的直流输出端上；C.用天平测量出重物的质量；D 释放悬挂纸带的夹子，

11、接通电源开关打出一条纸带；测量打出的纸带上某些点之间的距离；尺根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其 中 没 有 必 要 进 行 的 步 骤 是；操作不恰当的步骤是 O(2)在一次实验中，质量为1依的重锤自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示，长度单位cm,其中尸为打点计时器打出的第一个点，那么从起点尸到打下记数点3 的过程中重力势能减少量E p=J,此过程中物体动能的增加a =K g l O m/s2,结果均保留两位有效数字)(3)同学们根据纸带算出相应各点的速度也 量出下落距离6,则以为纵轴，人 为横轴绘出的图象如图丙所示。图线的斜率等于 的数值，图线不过

12、坐标原点的原因是 o甲17.(1)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率p.步骤如下：用螺旋测微器测量其直径如右图，可知其直径为一mm-.用多用电表的电阻“X 10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为 n(2)某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r,所给的其它器材有A.电 压 表 匕 0315V B.电流表A：0 0.6-3 4C.变阻器：(20/2,171)。.变阻器/?2：(10000,0.14)E.电键S 和导线若干实验中电压表应选用的量程为一(填03U或0151/)；电流表应选用的量程为(填00.64或034)；变 阻 器 应 选

13、用(填 序 号)；根据实验要求连接实物电路图；实验测得的6 组数据已在U/图中标出，如图所示.请你根据数据点位置完成U/图线,并由图线求出该电池的电动势七=匕 电阻r=n.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0四、简答题(本大题共1 小题，共 3.0分)18.如图所示，MN和尸。是同一水平面内的平行光滑金属导轨，相距L=0.5(hn.C。和 E F是置于导轨上的两根金属棒，它们的质量均为m=0.10kg,电阻均为r=1.0 0,其余电阻可忽略不计.整个装置处在磁感应强度B=1.07、方向竖直向下的匀强磁场中.某时刻，金属棒CD突然获得一个瞬时冲量，以I?=4.0m/s的速度开始向右运动，求

14、:(1)金属棒EF所能达到的最大速度外;(2)在整个过程中，金属棒EF产生的热量。.五、计算题(本大题共7 小题，共 70.0分)19.如图甲所示，两根间距L=1.0 m,电阻不计的足够长平行金属导轨MM PQ水平放置，一端与阻值R=3.0。的电阻相连，质量m=0.5kg、电阻为r=1.00的导体棒他在恒定外力厂作用下由静止开始运动，己知导体棒与两根导轨间的滑动摩擦因数为4=0.2,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B 中，导体棒运动过程中加速度与速度v 的关系如图乙所示(己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)。求:(1)恒定外力尸的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B；(3)

15、若外棒由静止开始运动距离为x=6m时，速度己达u=4 m/s,求此过程中电阻R上产生的焦耳热Q。2 0.如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水 y平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向.质量m=1.0kg的滑 T7 7 7-.-块(可视为质点)在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力凡滑块经过8点后，能到达的最高点为C,已知B、C两点的高度差为八=0.2m、A、B之间的距离殉=1.0m,滑块与水平轨道间的动摩擦因数 =0.1 0,取g=lOm/s2.求：(1)在撤去力尸时，滑块的速度大小；(2)滑块从3到C过程中克服摩擦

16、力做的功.2 1.如图A B和C。是两根特制的、完全相同的电阻丝，竖直地固定在地面上，上端用电阻不计的导线相接，两电阻丝间距为L,有一根质量为八电阻不计的金属棒，跨在A C两点间处于x轴原点，与电阻丝接触良好且无摩擦，空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,放开金属棒,它将加速下滑.求:(1)电阻丝的电阻值应跟位移x的平方根成正比，即R=卜我.为一常数)试用假设QA=XXXX,Xx”X XX XX XX XX XX Xn法证明棒开始下落后是做匀加速运动.(2)在棒做匀加速直线时若L=lm,B=IT,m=kg,k=最 则棒下落的加速度a棒下落1米位移过程式中电阻上的电功W.22.一种测量血

17、管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管的左右两侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。设血管的直径是2.(hmn,磁场的磁感强度为0.080T,电压表测出的电压为O.lOnw,则血流速度大小为多少m/s。(取两位有效数字)23.如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝用上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝片与S2之间的电场加速后，进入匕和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。沿直线通过狭缝S3垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹。若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q、质量为，小 Si与S2之间的加速电压为,Pi和 2两金属板间

18、距离为，两板间匀强磁场的磁感应强度为8 I,测出照相底片上的条纹到狭缝S3的距离L.求:(1)粒子经加速电场加速后的速度打;(2)P 和P2两金属板间匀强电场的电压外：(3)经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度殳。24.如图所示，质量为m=0.4kg的小物块从高h=0.4m的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离=bn后，从边缘0 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点，以 0 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=/6(单位：T n),小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功1 J,小物块与平台表面间的动摩擦因数“=0.1,g=lOm/s2,求：(1)小物块

19、从边缘。点抛出时的速度大小.(2)P点的坐标.25.如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置,电池的两极4、8 与电压表2 相连，位于两个电极内侧的探针、6 与电压表1相连，R是滑动变阻器，电流表A 测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板上下移动可以调节电池内阻大小，向上移动可以使内阻减小，则当电阻R 的滑臂向右移动时，电压表1的示数（选 填“变大”、“变小”或“不变”，以下空格均如此）；无论R 的滑臂向那边移动，挡板向哪里移动，电压表1和电压表2 的示数之和.若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表2 的示数变化量 U与电流表示数变化量 /的比值.【答案与解析

20、】1.答案：B解析：解：从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为x =2 d,即光程差为空气层厚度的2 倍,当光程差4 x =就时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为：九显然增加一张纸片后空气层的倾角变大，故相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变小.故干涉条纹条纹变密，故 8正确.故选：B.从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2 倍，当光程差4 x=nA时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为:尢掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目，注意看清增加纸片还是减少纸片是解题的关键.2.答案：B解析：

21、由题可知，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，说明两木块平衡位置间的距离等于1.5波长，即可求出波长；由小木块每分钟振动3 0 次，求出每秒振动的次数即为频率;再由波速公式“=4/求波速；最后求出周期。解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式9 =2/,再进行求解。据题意：3 0由小木块每分钟振动3 0 次，则得木块振动的频率f=77 7Hz=0.5 Hz,故 A错误；6 0甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则1.5 2 =3TH,得/1 =2 小，故 8错误；波速为：v =2/=2 x 0.5 m/s =l m/s,故 C 错误；周期为T=；=

22、2 s,故。错误。故本题没有正确答案。3.答案：C解析：解：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则热敏电阻阻值变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻变小，电流变大，故 C 正确，错误。故选：C。热敏电阻的阻值随温度的升高而减小；根据闭合电路欧姆定律分析电流的变化。本题考查了闭合电路欧姆定律，明确热敏电阻是由半导体组成的，掌握半导体的性质。热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。4.答案：C解析：一般情况下物体不带电显中性，当物体失去电子因缺少电子带正电，当物体得到电子因多余电子带负电.中性物体，带正电物体，带负电物体夺得电子的本领是：带正电物体夺得电子的本领大于中性的物体，中性物体夺得电子的本领大于带负

23、电的物体。知道带正电的物体缺少电子，带负电的物体有多余的电子，物体带电是因为电子的得失，此题即可得出答案。【解得】原来金属球不带电，对外显电中性，金属球与带正电的物体接触时，带正电物体夺得电子的本领大于不带电的金属球，带正电的物体夺得电子，金属球失去电子带正电。故 C 正确，AB。错误；故选Co5.答案：A解析：解：由单摆的周期公式7=2乃缶得，9=若4、若将摆线长度当作摆长，摆长L 偏小，g 值 偏 小.故 A 正确.8、将从悬点到摆球下端的长度当作摆长，摆长L 偏大，g 值 偏 大.故 8 错误.C、单摆的周期与摆球质量无关，所以根据实验可知，摆球的质量与测量g 没有影响.故C错误.。、把

24、次全振动记录为n+1次，由T 得知，7 值偏小，g 值 偏 大.故。错误.故选A由题，单摆振动“次的时间，单摆的周期7.根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式，再分析g 值偏小可能的原因.实验误差是考试的热点，也是难点，关键掌握实验原理，从解析式进行分析.6.答案：B解析：解：A、该核反应方程质量数不守恒.故A 错误.B、n=2和n=1间的能级差大于ri=8和n=2间的能级差，则氢原子从九=2能级跃迁到n=1能级辐射出光子的能量，高于从n=8能级跃迁到n=2能级所辐射出光子的能量.故B 正确.C、由爱因斯坦质能方程E=mc2可知，亏损的质量以能量的形式释放.故C错误.。、天然放射现象说明原

25、子核内部有复杂结构，原子核内部无电子.故。错误.故选民根据电荷数守恒质量数守恒判断核反应方程的正误；能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；天然放射现象说明原子核内部有复杂结构.本题考查了核反应方程、爱因斯坦质能方程、能级的跃迁以及天然放射现象，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，方能灵活运用.7.答案：C解析：解：4铝环下落过程中，穿过回路的磁通量在增大，依据楞次定律，可知，感应电流方向沿顺时针方向，感应电动势不为零，A错误；5结合上分析，根据闭合电路欧姆定律可知直径外两点间电势差应大于零，B错误；C.根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍导体间的相对运动”可知，

26、铝环下落过程中除受重力外还受到向上的安培力，故铝环下落的加速度小于重力加速度，C正确；D由尸=B知，尽管相同，但半圆弧所在处的磁感应强度8小，故直径时受到的安培力大于半圆弧受到的安培力，导致铝框下落加速度小于g,所以。错误。故选Co本题的关键是把铝环回路看作是由直径ab与半圆弧两部分组成，并且半圆弧部分的有效切割长度与直径仍相等，只是由于下方的磁场强而导致产生的电动势大小不同。在遇到讨论导体运动的定性分析问题时，要灵活运用楞次定律的第二描述解题，即感应电流产生的效果总是阻碍导体间的相对运动。8.答案：D解析：解：4、若霍尔元件中移动的是电子，根据左手定则，电子向前侧面移动，所以后侧面的电势高，

27、故A错误；B C、最终电子在电场力的作用下处于平衡状态，霍尔电压公式：U=吟（k为霍尔系数）,若/不变，电势差U越大，则该处的磁感应强度B越大，若磁感应强度2不变，前后两侧面表面的电势差/越小，则电流/取值越小，故BC错误；。、根据磁感应强度8=B（）+ky知，火 越大，8的变化越大，根据U=U随y的变化越大，即传感器灵敏度称越高，故O正确。故选：霍尔元件中移动的是自由电子，自由电子受到洛伦兹力发生偏转，从而可知道上下表面电势的高低。上下两表面分别带上正负电荷，从而形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。根据磁感应强度的关系式结合霍尔电压的表达式分析传感器的灵敏度。此题考查了霍

28、尔效应及其应用，解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差。9.答案：ABD解析：解：A、两个质量较轻的原子核聚变成一个中等质量的原子核，有质量亏损，释放核能；故 A正确。B、太阳辐射的能量来自太阳内部的热核反应。故 8 正确。C、光照射到某种金属上不能发生光电效应，知入射光的频率小于极限频率，即该光的波长太长。故C错误。、半衰期的大小与温度、压强无关。故。正确。E、卢瑟福通过a粒子散射实验得出了原子的核式结构模型。故 E错误。故选：A B D。轻核聚变有质量亏损，释放核能；太阳辐射的能量来自太阳内部的轻核聚变，即热核反应

29、；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；卢瑟福通过a粒子散射实验提出来原子的核式结构模型，汤姆生发现了电子，提出了枣糕模型.本题考查了原子的核式结构模型、轻核聚变、光电效应、半衰期等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点.10.答案：ACE解析：解：4、温度是分子平均动能的标志，氢气和氮气的温度相同时，氢气和氧气的分子平均动能相等，由于氢气分子与氧气分子的质量不同，则氢气和氧气的平均速率不同，故 A 正确；B、当两分子间的距离为平衡距离时，分子间的作用力为零，两分子间的距离从平衡距离开始减小，分子

30、间的作用力增大，当两分子间距离从无穷大逐渐靠近的过程中，分子力先减小后增大再减小；两分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小，当两分子间的距离大于平衡距离时，随分子间距离的减小分子势能减小，当两分子间的距离小于等于平衡距离时，随两分子间距离的减小分子势能增大，故 B 错误；C、已知某种气体的密度为p,气体的摩尔质量为M、阿伏加德罗常数为N”，单位体积U-Im，气体的质量m=pV=p,单位体积气体的物质的量n=单位体积气体分子数N=n =等，故 C正确；。、气体温度不变，分子平均动能不变，平均每个分子对器壁的作用力不变，在等温度变化中一定质量理想气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打

31、到器壁单位面积上的分子数一定增多，气体的压强一定增大，故。错误；E、如果用。表示物体吸收的能量，用 W表示物体对外界所做的功，。表示物体内能的增加，由热力学第一定律可知：(/=W+Q,则。=2(/+0，故 E 正确。故选：ACE.温度是分子平均动能的标志；分子间作用力与分子间距离有关，分子间的作用力随分子间距离的减小而增大；当分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小；根据气体的质量与摩尔质量求出气体物质的量，然后求出单位体积的分子数；单位时间内气体分子对器壁单位面积的平均压力等于气体的压强；根据热力学第一定律分析答题。本题考查了热学问题，涉及的知识点较多但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键

32、，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。11.答案：A C解析:解:4、由图甲可知，交 流 电 的 周 期 为=0.02s,则线框在匀强磁场中的转速为n=康 r/s,故 A 正确；B、由图甲可知在t=1.0 X 10-25 时刻，电压“=(),即磁通量变化量为零，此时线框处于中性面上，线框平面与磁场方向垂直，故 B错误；C、原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压=22&U，根据Em=NBS3 =N”-N可得：线框转动过程中磁通量变化率最大值为丝=%=独wb/s=0.22夜 w b/s,故 c 正确；D、七处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是/不是测量副线圈电

33、压，&温度升高时，阻值减小，电流增大，则/72电压增大，所以彩示数减小，则电压表匕、彩示数的比值增大，故。错误；故选：ACo由图可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流转速和电压 的表达式u=Umsinajt(V),由图可知交流电压有效值，&处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。12.答案：A C解析：解：A B,以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统的动量守恒。设木块的最终速度为外 规定向右为正方向，根

34、据动量守恒定律有：m v0 (m+M)v解 得 =悬？故 A 正确，B错误；m+Mc、由于车表面粗糙，系统因摩擦要产生热量，所以系统的机械能不守恒，故 c 正确；D、系统因摩擦产生的热量Q=+M)/=与表车面粗糙程度无关，故。错误。故选：ACo木块滑上小车后，木块做匀减速运动，车做匀加速运动，最终两者速度相同。以小车和木块组成的系统为研究对象，因系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，根据动量守恒定律求木块的最终速度。车表面粗糙，系统要产生内能，机械能不守恒。根据能量守恒定律列式分析系统因摩擦产生的热量与动摩擦因数的关系。本题应用动量守恒定律时，要清楚研究的对象和动量守恒条件。动量守恒的条件

35、是系统所受的合外力为零，要与机械能守恒条件区分开来，不要搞混。13.答案：AC解析：根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量，再根据已知条件进行比较.7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度.比较一个物理量，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较.向心力的公式选取要根据题目提供的己知物理量或所求解的物理量选取应用.4 根据向心加速度公式。=0)2r，所以a同a 物 根据万有引力提供向心力，列出等式G等 =ma,a=詈，所以。天。同a 物，故 A 正确；8.根据万有引力提供向心力，列出等式6 等=6 3 2 乙 3 =后。同步卫星在赤道

36、上空35800hw高的圆形轨道上，轨道半径比天宫一号大，所以3天 3 阿，赤道上随地球自转物体和同步卫星具有相同的角速度，所以磔 天 3 同=3物，故 3 错误;C 根据线速度。=3 r,所以9同 物，根据万有引力提供向心力得”=料 所以U无 。闻口物故 C 正确；D7.9Km/s是第一宇宙速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。所 以“天宫一号”的速度小于7.9K m/s,故 错误。故选：AC。14.答案：AD解析：解：AB、最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：_ uqvB=q-则u=故 A 正确，B错误；BaCD、流量为：Q=uS=总 兀（2=啜.故。正确，C 错误。故选：AD

37、.导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出电荷的速度，再根据Q=uS求出流量。解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。15.答案：BD解析：小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时.，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力

38、变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止。本题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能结合图象分析。A.ti时刻小球小球刚与弹簧接触,与弹簧接触后，弹簧的弹力从0开始增大，小球受到的合力先减小，小球先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动量最大，即动量最大的时刻在匕-12之间某时刻，故A错误；BC.t

39、2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，小球运动到最低点，速度等于零，从0-t2时间内对小球列出动量定理得出：0 t2时间内小球所受重力冲量的大小等于t l-t 2时间内弹簧弹力冲量的大小，故C错误；B正确；。七t3这段时间内，小球处于上升过程，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的机械能等于弹簧减少的弹性势能，故o正确；故选B D。16.答案：C BD 0.96 0.9 2重力加速度打下O点时重物速度不为零解析：解：(1)实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，可知没有必要的步骤是C。打点计时器应接在交流电源上，实验时应先接通电源，再释放纸

40、带，可知错误的操作步骤是：BD.(2)重力势能的减小量为：Ep=m g hB=1 x 9.8 x 0.096/0.96/。计数点B的瞬时速度为：%=誓=I?：袈。s x 10_ 2m/s=1.36m/s则动能的增加量为：Ek=|x 1 x 1.362=0.92/(3)根据机械能守恒定律得，m g h =m v2,解得评=g/i,可知图线的斜率表示重力加速度g。图线不过坐标原点的原因是打下。点时重物速度不为零；故答案为：(1)C,B D；(2)0.96,0.92；(3)重力加速度，打下。点时重物速度不为零。(1)根据实验的原理和注意事项确定不需要的步骤和错误的步骤。(2)根据某段时间内的平均速度

41、等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量,根据下降的高度得出重力势能的减小量。根据实验的原理确定误差形成的原因。(3)根据机械能守恒定律得出:必与/?的关系式，从而确定正确的图线，得出图线斜率的含义。解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。17.答案：4.700mm 220。(2)0 3U 0 0.6A C如图所示解析：试题分析：(1)螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数，为姆=4 费 做 瞰!1 演 J鳏如 瞬微!=黑.鲍帆嬲！欧姆表的读数为：示数x 倍率=22

42、x 10=2200；(2)(1)由图可知，电流小于0.6 4,故电流表应选用的量程为0-0.6 4 而电池的电动势约为1.5 U,故电压表应选用的量程为0-3 匕 为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用治；对照电路原理图，连接实物图，如答案图所示。描点作图，UNI 01 10 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0/A图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50V；斜率绝对值表示电源内电阻，故7=驯=旗 50蟆融考点：本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义.18.答案：解：(1)当两金属棒达到共速时，金 属 棒 达 到 最 大 速 度.取两金属棒为系统

43、，从开始运动到达到共速的过程中，系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则有:mv=(m+m)%；所以金属棒E F 所能达到的最大速度为为=0.5v=2m/s(2)在此过程中，系统损失的机械能转化为电能，再以电流做功的形式转化为内能.因为两金属棒电阻相等，所以两棒上产生的热量也相等，设为根据能量转化与守恒定律得|m v2=：.(2 m)*+2Q所以 Q=0.20;答：(1)金属棒E F 所能达到的最大速度%是2m/s.(2)在整个过程中，金属棒EF产生的热量。是0.2/.解析：(1)某时刻，金 属 棒 突 然 获 得 一 个 瞬 时 冲 量，以u=4.0m/s的速度开始向右运动，产生感应电流，E

44、F棒受到向右的安培力而加速运动，也产生感应电动势，回路中产生的总的感应电动势在减小，感应电流减小，当两金属棒速度相同时，回路中感应电流为零，两者都做匀速运动，金属棒EF达到最大，由系统的动量守恒求解最大速度加；(2)在此过程中，系统损失的机械能转化为电能，再以电流做功的形式转化为内能.根据能量守恒求解.正确分析两棒的运动情况，明确速度相同时达到稳定状态是解答本题的关键，与碰撞相似，运用动量守恒和能量守恒结合解答此类问题.19.答案：解：(1)对导体棒受力分析，导体棒水平方向受恒力和安培力作用；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，导体棒受到的安培力大小为B2L2FI=-v1 R+r根据牛顿

45、第二定律，有联立整理得Fa=一m1 B2L2m R+r由图乙可知a 与 v 的关系满足a=8-2v比较，得F8=m代入数据，得F =4N(2)比较，得B2I7-=2m(R+r)代入数据，得B=2T(3)若加棒由静止开始运动距离为x=6m时，则此过程恒力做功为W,则W =F x在该过程利用动能定理，有1,W 十岁=-m v2女 2该过程产生的总热量为Q热，则根据焦耳定律，此过程中电阻R 上产生的焦耳热。RQ=R.+.二r Q 代入数据，解得 2 =15/答：(1)恒定外力F的大小为4N；(2)匀强磁场的磁感应强度B为 2T；(3)若油棒由静止开始运动距离为x=6m时，速度己达v=4 n i/s,

46、求此过程中电阻R 上产生的焦耳热 Q 为 15A解析：(1)根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律，利用图象求出恒力；(2)结合图象，根据安培力的表达式求出磁感应强度；(3)利用动能定理求出安培力做的功，根据热量和克服安培力做的功的关系，求出电路中的总热量,利用焦耳定律求出电阻上产生的热量。本题考查导体切割磁感线时产生的感应电动势，在求焦耳热时，可以先根据动能定理求出克服安培力做的功，再利用克服安培力做的功和产生热量关系，求产生的热量。20.答案：解：(1)滑动摩擦力f =png设滑块的加速度为由,根据牛顿第二定律F i2mg=m ar解得 Qi=9.0m/s2设滑块运动位移为0.50m时

47、的速度大小为V,根据运动学公式v2 2axx代入数据解得v=3.0m/s；(2)滑块由4 到 C 过程中，依据动能定理有：F x-nmgx0-m gh-W =0.代入数据解得W=2J.答：(1)在撤去力尸时，滑块的速度大小为3.0m/s；(2)滑块从B到 C 过程中克服摩擦力做的功为2J.解析：(1)根据牛顿第二定律求出滑块在水平面上的加速度，根据速度位移公式求出撤去F 时的速度.(2)对全过程运用动能定理，求出8 到 C 过程中克服摩擦力做功的大小.本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大.21.答案：解：(1)棒从静止释放后受重力

48、而加速度下落，速度v增大，棒切割磁感线产生的电动势E=B。增大，但连入电路中的电阻长度也增大故电路中电阻增大，因而电路中的电流及安培力的变化不便简单判定：对棒下落中的任一时刻将有：m g -BL嗖=m a即 rng =ma假设棒必作匀速直线运动；则棒运动的加速度a=0,即=黑，式中B、L,V,小、k均为定值，故位移x 必定值；但由于是棒的向下匀速运动将使位移=随时间而变化，故两者矛盾而说明不可能做匀速直线运动.假设棒作加速度增大的加速下落；由前知必有BL器减小，故棒的加速度最终将增大为a=g,此时必有8乙 黑 =0,由于8、L、x 均不为0 且 k 为常数，故有当棒的加速度a=g 时棒的速度=

49、0；但由于棒运动中a,v 同向，棒的速度将来断增大；二者矛盾而说明棒不可能作加速度增大的加速直线运动.假设棒作加速度减小的加速下落：必 有 会增大，故棒的加速度最终将减小为a =0 时，棒以m g =BL黑 得,=为翳而匀速直线运动；但由于棒运动中x 将来断增大而使棒速度变化；故二者矛盾而说明棒不可能作加速度减小的加速直线运动.由此可见：导体棒必作匀加速直线下落.(2)将数据代入m g -B L=m a 得a=10 -羲(4)；再因棒匀加速运动故有1?=y/2ax.(B)将(B)式代入(4)有a=1 0-3符=1 0-字，解之得棒的加速度为a=1.8 5 5 m/s2；棒下落中电路中电阻相应增

50、大，因而其消耗的电能应当从能量的转化与守恒定律得出：-1 m v 2=mgx-EcR又/=2 ax则得琮=mxg-a)故此过程中电阻上的电功为勿=1 X 1 x (10 -1.8 5 5)=8.14 5 7答：(1)证明略.(2)a、棒下落的加速度”是1.8 5 5 m/s 2；b、棒下落1米位移过程式中电阻上的电功卬是8.14 5/.解析：(1)由牛顿第二定律与运动学公式，以及法拉第电磁感应定律来相结合，运用假设法证明可得；(2)根据上题的证明结论，并结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电量的表达式，最后通过能量守恒定律，从而能一一解决问题.本题考查了牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、运动学公