2021届浙江高考物理考前冲刺试卷（三）附答案详解.pdf

《2021届浙江高考物理考前冲刺试卷（三）附答案详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届浙江高考物理考前冲刺试卷（三）附答案详解.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021届浙江高考物理考前冲刺试卷（三）一、单 选 题（本大题共10小题，共 30.0分）1.下列说法正确的是（）A.爱因斯坦首先提出原子的核式结构学说B.卢瑟福在利用a粒子轰击氮核的实验中发现了质子C.贝克勒尔在a粒子散射实验中发现了电子D.查德威克为解释光电效应的实验规律提出了光子说2.下列说法正确的是（）A.汽车速度计的示数是指汽车的速率B.“太阳东升西落”所选择的参考系是太阳C.“嫦娥五号”绕月飞行时一定不能把它看成质点D.某市的出租车的收费标准为2.00元/千米，其中的千米说的是位移3.我 国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国

2、外最深不超过6500m）,这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界.在某次实验中，深潜器内的显示屏上显示出的深度曲线如图a所示、速度图象如图b所示，则下列说法中正确的是（）A.图中储是本次实验下潜的最大深度B.超重现象发生在3 4 rnin和6 8 min的时间内C.本次实验中深潜器的最大加速度是0.025m/s2D.在6 10M讥时间内深潜器平均速度为04,做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，其他阻力不计，物体的运动情况将是（）A.悬浮在空中不动B.速度逐渐减小C.保持一定速度向下做匀速直线运动D.以上各种可能都有A.Pi较远B.P2较远C.匕、P2等远D.和水平速度。

3、的大小有关，选取不同的。，可能出现上述三种情况6.太阳系中某行星A运行的轨道半径为R,周期为T,但天文学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离.形成这种现象的原因可能是4外侧还存在着一颗未知行星B,它对4的万有引力引起4行星轨道的偏离，假设其运动轨道与4在同一平面内，且与4的绕行方向相同，由此可推测未知行星日绕太阳运行的圆轨道半径为（）A-R三 B.R3备 C.R3（-）2 D.R3（冷尸7.有两个电阻Ri和/?2它们的U-/图象如图所示，正确的是（）L 1/RiA.两个电阻串联使用时，/?2两端电压较大 AB.两个电阻并联使用时，R1、/?2发热

4、功率一样-OC.两个电阻串联使用时，心发热功率大D.两个电阻并联使用时，通过&的电流较大8.如图，一质点沿螺旋线自外向内运动，已知其半径转过的圆心角。与运动时间/t成正比，则质点运动中（）（A.角速度不变B.向心加速度不变C.线速度越来越大D.合外力越来越大9.如图所示，用长为L的细绳拴住质量为小的小球在竖直平面内做圆周运动（0不计空气阻力），则下列说法中正确的是（）A.小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力 B.小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C.若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为便D.小球过最低点时处于失重状态10.如图，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上

5、，处于竖直向上的匀强磁场中.现使ab突然获得一初速度”向右运动，下列表述正确的是/h（）A.安培力对ab做正功 B.安培力对ab不做功C.杆中感应电流逐渐减小 D.杆中感应电流保持不变二、多 选 题（本大题共5小题，共15.0分）11.下列说法正确的是（）A.a、0、y三种射线，a射线的电离作用最强B.a、y三种射线，y射线的穿透能力最强C.卢瑟福做了a粒子散射实验并提出了原子的核式结构模型D.玻尔发现电子并提出了原子的核式结构模型12.一列简谐横波沿x轴传播。如图1所示为简谐横波在t=1.2s时的波形图，如图2所示为平衡位置在x=25ni处质点的振动图象，则下列说法正确的是（）A.波沿x轴正

6、方向传播B.波的传播速度为|m/sC.t=0时刻，质点P的速度沿y轴正方向D.P、Q两质点的振动方向总是相反E.从t=0时刻开始，质点尸比质点Q早回到平衡位置1 3.图中是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说 法 正“杨确的是（）1A.若D、E能结合成F,结合过程一定要释放能量 oL_B.若。、E能结合成F,结合过程一定要吸收能量C.若C、B能结合成4,结合过程一定要释放能量D.若F、C能结合成B,结合过程一定要释放能量1 4.如图所示边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁 六场磁感应强度大小为8。一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abed,其所在平面与磁场方向垂直，

7、导线框的对角线与虚线框的 、/对角线在一条直线上，导线框总电阻为R。在导线框从图示位置开始以恒定速度 沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是()A.导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流B.整个过程导线框中有感应电流的时间为组VC.导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为丝包2RD.整个过程通过线框某一横截面电荷量为整15.如图所示，物块4 被放置在一个被压缩轻质弹簧上，由静止释放物块和弹簧，：二当物块到达B点时，弹簧恰好恢复至原长，此时物块的速度也恰好为零，不及空气阻力，物块由4 运动至B的过程中，则下列说法正确的是()A.物块机

8、械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.弹簧的减少的弹性势能恰好等于物体增加的重力势能D.弹簧对物块的弹力一直做正功三、实验题(本大题共4 小题，共 36.0分)16.如图所示，某同学为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和 尸 2,然后在棱镜的右侧观察到P1像和 2像，当B 的像被恰好被22像挡住时，插上大头针03和 4 使03挡住B、22的像，4挡住 3和匕、22的像.在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示.(1)在图上画出对应的光路；(2)为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以4B作为分界面，需要测量的量是 和,在图上标出它

9、们；(3)三棱镜玻璃材料折射率的计算公式是兀=(4)若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移(移至图中的虚线位置底边仍重合)，则以AB作为分界面，三棱镜材料折射率的测量值 三棱镜玻璃材料折射率的真实值(填“大于”、“小于”、“等 于 ).1 7.某同学用如图1所示装置通过半径相同的4、B两球的碰撞来验证动量守恒定律.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置C 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置C 由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10

10、次，得到如图2所示的三个落地处.。点(图中未画出)是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，米尺的零点与。点对齐.I 20 21 22 23 24 25 26 27 28 30射：、2-_LO P Q R图 2图 1(1)请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置？.(2)观察图2读出OP=.(3)己知小：mB=2.5：1,碰撞过程中动量守恒，则由图2可以判断出Q是 的落地处，P是的落地处.(4)用 题 中 的 字 母 写 出 动 量 守 恒 定 律 的 表 达 式.18.(1)小明同学用螺旋测微器对一段金属丝进行了直径的测量，如图1所示，可知其直径为_ mmo（2）小明用多用电表测一金属丝的电阻，进行

11、了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整。2红、黑表笔分别插入多用电表的“+”插孔，选择开关旋至电阻“X 10”档位；将红、黑表笔短接，调节 旋钮（填图2甲中的“4”或 B”或 C”）,使欧姆表指针对准电阻的 处（填“0刻度线”或“8刻度线”）；将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图2乙所示；为了使金属丝的阻值测量能够再准确些，小 明 应 将 选 择 开 关 旋 至 电 阻 档（填“X 1”或“X1k”）档位，重新进行电阻调零；重新测量，得到如图2丙所示结果，则金属丝的电阻为 0。1 9.某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：用多用电表粗测；多用电表电阻挡有4个倍率

12、：分别为x 13 X100,x lO、X I,该同学选择x 10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图1中虚线所示）。（1）为了较准确地进行测量，应该选择 倍率（选 填“x lk”、“X100”、“x l”）,并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图1中实线所示，测量结果是_ 0。（2）该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A.直流电源（电压3 V,内阻不计）B.电压表匕（量程：0 3 V,内阻约为15k。）C.电压表（量程：0 1 5 V,内阻约为25/cO）。.电流表公（量程：0 25nl4内阻约为10。）电

13、流表儿（量程：0 250nl4内阻约为100）尺滑动变阻器一只，阻值0 10。G 电键一只，导线若干在上述仪器中，电 压 表 应 选 择（填“匕”或“瞑”），电 流 表 应 选 择（填“公”或）。（3）若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，图2的电路图应该选择 电路。四、计算题(本大题共3 小题，共 30.0分)2 0.如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角。=37。，导轨间距L=0.4 m,其下端连接一个定值电阻R=3 0,两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=17。一质量为m=0.0 4 k g,电阻r=10的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静

14、止释放,取重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,求：(1)导体棒下滑的最大速度：(2)当导体棒稳定下滑时好 两端的电压：(3)导体棒从静止加速到v=4ni/s的过程中，通过R的电量q=0.2 C,则求R产生的热量值。21.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，质量相等小滑块4 和由分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.8m,A和B整体与桌面之间的动摩擦因数A=0.5,重力加速度g取10m/s2,求:(1)碰撞前的瞬间a 的速度大小？(2)碰撞后的瞬间a和

15、B整体的速度大小？(3)4和B整体在桌面上滑动的距离？2 2.如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场E和磁场8都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m、电荷量为q从P(x=0,y=八)点以一定的速度平行于x轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R。的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动。求:(1)若只有磁场，粒子做圆周运动的半径岛大小(2)若同时存在电场和磁场，粒子的速度%大小(3)现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续

16、运动，其轨迹与4轴交于M点。(不计重力)。粒子到达=&平面时速度u大小以及粒子到x轴的距离；(4)”点的横坐标X”。参考答案及解析1.答案：B解析：解：4、首先提出原子的核式结构学说的是卢瑟福，故 A 错误.8、卢瑟福在利用a粒子轰击氮核的实验中发现了质子，故 8 正确.C、汤姆生在研究阴极射线实验时发现了电子，故 C错误.。、爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说，故力错误.故 选:B.本题是物理学史问题，根据卢瑟福、汤姆生、爱因斯坦等科学家的物理学贡献进行解答.解答本题的关键是记牢卢瑟福、汤姆生、爱因斯坦等科学家的物理学贡献，平时要注意积累.2.答案：4解析：解：4、汽车速度计显示的

17、示数是汽车某一时刻速度的大小，即速率，故 A 正确；B、“太阳东升西落”所选择的参考系是地球，故 8 错误；C、“嫦娥五号”绕月飞行时，如果研究转动的周期时，能把它看成质点，故 C错误；。、某市出租汽车的收费标准是2.00元/千米，其中的千米说的是汽车运动的轨迹长度，为路程，故。错误。故 选:A.瞬时速度为经过某一位置或某一时刻的速度。根据参考系的选取原理分析。根据质点的条件可明确是否能看作质点。位移为初位置到末位置的有向线段，路程为运动的轨迹长度。该题考查了质点、参考系、位移和瞬时速度的相关知识。涉及到对物体看成质点的条件的理解和判断能力，区分时间和时刻、路程和位移，明确物体可以看做质点的条

18、件即可。3.答 案:B解析：试题分析：本题要看懂速度图象和深度图象意义，蛟龙号先加速下沉，后匀速下称后减速下沉，在某深度停留27n讥，而后加速上升，后减速上升至水面，而后逐项依次分析即可.A、（a）图是深度曲线，图中坛代表本次最大深度，是4min时到达的，故 A 错误；B、34nl讥内减速下降和68小讥加速上升均会出现超重现象，故 B 正确；C、由图b的斜率表示加速度，则在0-lm in 和3-4 6 讥时间内的加速度最大，最大加速度大小是:a =m/s2 0.033m/s2,故 C错误;At 60。、在6 lOmin口寸间段内位移等于图象的面积，可以看出位移不等于零，则平均速度也不为零，故。

19、错误；故选：B.4.答 案:C解析：解：做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，说明物体不在受重力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故 C 正确，A3。错误；故选：C根据题意做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，物体将不受力的作用，由牛顿第一定律(一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止)可知，物体的运动状态将保持不变，即做匀速直线运动.考查了对牛顿第一定律的理解，力不是维持物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因.5.答案：B解析：解：4 质点做平抛运动，根据平抛规

20、律得：4 运动时间：t=后B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为gs/8,B运动时间：，=1-、g(sin8)2A、B沿久轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿左 轴方向的位移大小不同，较远，故 B 正确故选B力质点做平抛运动，B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为gsin。，根据平抛规律与A运动对比求解时间和位移.根据动能定理研究比较4、B落地时的速度大小本题关键是先确定B参与沿与水平方向和沿斜面方向的运动，然后根据合运动与分运动的等效性，由平行四边形定则求解.6.答案：。解析：解：由题意可知：4、B相距最近时，B对4 的影响最大，且每隔时间t发生一次

21、最大的偏离，说明力、8 相距最近，设B行星的周期为T,则有：仔-汾=2 元解得：T=根据开普勒第三定律，有：Rf3 _ R3Tf2-T2解得：R，=R3（三）2L1故选：D.先根据多转动一圈时间为3求出未知行星B的周期；然后再根据开普勒第三定律解得未知行星B的轨道半径.本题关键是明确物理情境并建立匀速圆周运动的物理模型，明确发生最大偏离的原因是由于两个行星相距最近而导致万有引力最大；然后根据相对运动知识和牛顿第二定律列式求解.7.答案：C解析：解：由。一/图象可知：当通过飞、%的电流相同时，U2,由可知：/?!R2.A、两个电阻串联使用时，通过两电阻的电流相同，根据欧姆定律氏=彳可知：阻值大的

22、电阻两端的电压大，故此两端电压较大，故A 错误.B、两个电阻并联使用时，两电阻两端的电压相同，根据电功率的表达式：P=9 可知，电阻大的8的热功率比较小.故8 错误；C、两个电阻串联使用时，通过两电阻的电流相同，根据电功率的表达式：P=/2R可知，电阻值大的发热功率大.故C正确；。、两个电阻并联使用时，两电阻两端的电压相同，根据欧姆定律R=彳 可知：阻值大的电阻通过的电流小，故通过&的电流较小，故。错误.故选：C根据欧姆定律可知，当电流一定时，导体中两端的电压与导体的电阻成正比.当通过治、/?2的电流相同时，通过对应的电压的大小，判断两电阻的阻值大小.两个电阻串联使用时，通过两电阻的电流相同，

23、两个电阻并联使用时，两电阻两端的电压相同，根据欧姆定律R=彳，运用控制变量法判断电压和电流的大小.该题结合图象考查欧姆定律和串并联电路，会正确从图象中读出对应的U与/大小关系，会利用控制变量法比较两个电阻的阻值大小是解决本题的关键.8.答案：A解析：解：4C,一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其半径转过的圆心角。与运动时间 成正比，根据3=g可知，角速度大小不变，根据=3，半径减小，则线速度减小，故C错误，A正确；8.根据a=32r得加速度越来越小，故B错误；C根据尸分=机。，小球所受的合外力越来越小，故。错误；故选：Ao一质点沿螺旋线自外向内运动，半径R不断减小，其半径转过的圆心角

24、。与运动时间 成正比，根据3 =?可知，角速度大小不变，根据圆周运动的基本公式即可求解。解决该题的关键是熟记角速度定义式，能根据题中所给的圆心角。与运动时间t成正比推导出角速度不变；9.答案：C解析：解：4B、小球在圆周最高点时绳子的拉力可能为零，此时由重力提供向心力；小球在圆周最高点时绳子的拉力也可能不为零，此时由重力和绳子拉力的合力提供向心力，故 错 误；C、小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，小球在圆周最高点时，绳子的拉力为零，由重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=解得其在最高点的速率为v=/,故C正确；。、小球过最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，故。错误。故选：Co小球在圆周最高点

25、时所受的向心力可能是重力，也可能是重力和绳子的拉力的合力；小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，由牛顿第二定律求其在最高点的速率；根据加速度方向判断小球过最低点时的运动状态。解决本题时，要知道小球在最高点时，绳子的拉力可能为零，也可能不为零，由合力提供向心力。10.答案：C解析：解：A、B、帅棒突然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，根据楞次定律，来拒去留，受向左的安培力，故安培力做负功，故4错误，B错误；C、0、由于安培力做负功，故棒做减速运动；根据E=BL和/=有：/=拶；K K由于速度减小，故感应电流逐渐减小，故c正确，。错误;故选：c.好棒突

26、然获得一初速度，切割磁感线，产生感应电动势，产生感应电流，受到向左的安培力，做变减速运动；根据E =B L 和/=（判断感应电流的变化.本题主要根据楞次定律判断安培力方向，根据公式E =和/=?判断感应电流大小的变化情况，基础题.1 1 .答案：ABC解析：解：AB.*/?、y三种射线中a射线的电离本领最强，y射线的穿透能力最强，故A B正确：C、卢瑟福做了a粒子散射实验并提出了原子核式结构模型，而玻尔提出原子理论，故C正确；。、汤姆生发现电子，卢瑟福提出了原子核式结构模型，故。错误；故选：ABC.根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理

27、学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.1 2.答案:AC E解析：由图读出波长和周期，根据波长和周期求波速。由时间与周期的关系分析质点b的振动速度。先根据质点的振动图象，判断波的传播方向，再据波形成的条件和特点分析各质点的振动情况。本题考查波动图象，关键是结合波形图得到各个质点的振动情况，根据波长和周期求波速。A、=2 5 m处的质点沿y轴正方向振动，则波沿不 轴正方向传播，故A正确；B、由图1得波长；1 =2 0 m,由图2得周期7 =1.2 s,则波速v =*=g m/s,故8错误；C、根据波动规律可知，质点P在t=0时刻速度沿y轴正方向，故C正确；。、相距半波长奇数

28、倍的两质点振动方向总是相反，质点P、Q相距不是半波长的奇数倍，故振动方向不总是相反，故。错误；E、由于该波沿x轴正向传播，故质点Q沿y轴负方向振动，则质点P先回到平衡位置，故E正确。故选AC E.1 3.答案：AD解析：解：4、若。、E能结合成F,有质量亏损，结合时向外释放能量.故A正确，8错误.C、因为A分裂为8、C,由图可知，有质量亏损，向外释放能量，则C、B结合成A,则需吸收能量.故C错误.。、由图可以看成，F和C结合成8,有质量亏损，向外释放能量.故 正确.故选：AD.重核裂变、轻核聚变都有质量亏损，都向外释放能量.通过反应前后质量增加还是减小，判断吸收能量还是释放能量.解决本题的关键

29、知道爱因斯坦质能方程 E=m e?.通过反应前后的质量大小确定吸收还是释放能量.1 4.答案：AC解析：根据楞次定律判断感应电流的方向；当磁通量变化时，线框中将产生感应电流；确定出线框有效的切割长度，由公式E =Bh求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由尸=8求出安培力；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出电荷量。本题关键要理解“有效”二字，知道感应电动势公式E =8少中 是有效的切割长度，安培力公式F=BII,1也是有效长度。A.导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流，故A正确；8.当线框进入和离开磁场时磁通量变化,才有感应电流产生，所以

30、有感应电流的时间为：t=三=也,V V故8错误；C D.导线框的b d对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：1=立32产生的感应电动势为：E=Blv=BLv，2感应电流为：/=E =逊 S,R 2R整个导线框所受安培力大小为：F=BIl=B 皿 四 L=加,故C正确；2R 2 2RD平均感应电动势：E=,At At平均感应电流：7 =占R整个过程通过线框某一横截面电荷量：q=7.2/t，解得：q=吗故。错误；F R故选AC o1 5.答案：BC D解析：解：A D,物块由4运动至B的过程中，弹簧对物块的弹力方向与位移方向相同，所以弹力对物块一直做正功，物块的机械能一直增加.故A错误，力

31、正确.B C、对于物块和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒.此过程中，物块动能的变化量为零，由系统的机械能守恒知，弹簧的减少的弹性势能恰好等于物体增加的重力势能，故8 c正确.故选：BC D机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功.对照条件分析机械能是否守恒.根据系统的机械能守恒分析能量的转化情况，由功能原理分析弹簧对物块的弹力做功情况.解决本题的关键是要准确理解机械能守恒的条件，对于单个物体，只有重力做功时机械能才守恒.对于含有弹簧的系统，只有重力或弹力做功，系统的机械能才守恒.于解析：解：(1)画出光路图如图所示.B(2)为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以A B作为分界面，

32、根据折射定律可知，需要测量的量是入射角网、折射角外.(3)棱镜玻璃材料折射率的计算公式是n =(4)若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移，仍以4 B作为分界面，由图看出，B入射角没有改变.测量出来的折射变小,如图中实线光路所示，则由折射定律得知，测量值将大于真实值.故答案为：(1)画出光路图如图所示(2)入 射 角%、折射角鬻SITI C/2(4)大于.(1)连接P 1和2,作为入射光线，连接P 3和2 4，作为出射光线，再作出光路图.(2)根据折射率公式，知需要测量入射角为、折射角多(3)根据折射率公式求出折射率.(4)在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了微小的平移，以A

33、 B作为分界面，分析入射角与折射角的变化，确定误差.本题是插针法测量玻璃砖折射率的实验，实验原理是核心，根据原理确定所要测量的量，进行误差分析.1 7.答案：用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置 2 0.0 0 c m 碰前A 碰后2 mAOQ=mAO P+mBOR解析：解：(1)多做几次试验，用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置(2)由图可知，P点的坐标为2 0.0 0 c m；(3)4与B相撞后，B的速度增大，4的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以Q点是碰前A球的落地点，P是碰后4的落地点，R是碰

34、后B的落地点；(3)根据两小球从同一高度开始下落，故下落的时间相同，根据动量守恒定律可得啊%=爪4%+mBv2 故有叫1V()t =叫巧力+mA0P+mB0R故答案为：(1)用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；(2)20.00cm；(3)碰前4；碰后4；(3)mAOQ=mAOP+mBOR(1)用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置(2)明确最小分度，根据刻度尺的读数方法可明确对应的读数；(3)4与B相撞后，B的速度增大，4 的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B在4 的前面；(4)为了验证碰撞前后动量守恒，即

35、是验证碰撞前的动量等于碰撞后的动量即可.本题考查根据平抛运动规律来验证动量守恒定律的实验，要注意掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键.18.答案：3.470 B 0刻度线“X 答 6.0解析：解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3.0m m,可动刻度读数为0.01 X 47.0nun=0.470nun,所以最终读数为：3.0mm+0.470nlm=3.470mm(2)将红、黑表笔短接，调节B旋钮，使欧姆表指针对准电阻的0刻度线；选择开关旋至电阻挡“X 10”挡位，由图乙所示可知，指针偏转角度较大，所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应换小档位，所以为了使金属丝的阻值测量能

36、够再准确些，小明应将选择开关旋至电阻档“X r档位，重新进行电阻调零；重新测量，得到如图2丙所示结果，则金属丝的电阻为6.0X1=6.00。故答案为：(1)3.470.(2)8,0刻线处。x l.6.0。(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读一位。(2)用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使指针指在中央刻度附近，欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率。本题考查了欧姆表的正确使用方法及欧姆表读数。用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。19.答案：x 1 12 匕 42

37、 c解析：解：(1)选择x 10倍率测电阻，指针偏转角度太大，说明所测电阻阻值减小，所需挡位太大,为了较准确地进行测量，应该选择x 1倍率；由图1中实线所示可知，测量结果是12 x 1。=12。(2)电源电动势是3 V,电压表应选择匕；通过待测电阻的最大电流约为/=0254=250nL4,则电流表应选择R 12(3)由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验要求电压表的读数能够从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，因此应选择图C所示电路图。故答案为：(1)x 1；1 2；(2)匕；A2；(3)CO(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表指针示

38、数与挡位的乘积是欧姆表示数。(2)根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表。(3)根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后选择实验电路图。本题考查了欧姆表读数与使用注意事项、实验器材选择与实验电路图的选择；要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是选择实验电路图的关键。2 0.答案：解：(1)最大速度时，合力为零，根据平衡条件可得：mgsind BIL闭合电路欧姆定律可得：1=三,根据法拉第电磁感应定律有：E=BLu代入数据解得：v 6 m/sf E=2.4 K；(2)当导体棒稳定下滑时a b两端的电压：U=-R

39、 =j x 3 V =1.8 V；(3)根据电荷量的计算公式有：n=it=t =R+r R+r R+r由能量守恒定律得：mgxsinO=|n i v2+Q,代入数据解得：Q =0.1 6/。答：(1)导体棒下滑的最大速度为6 r n/s(2)当导体棒稳定下滑时a b两端的电压为2.4 V；(3)导体棒从静止加速到“=4M/S的过程中，通过R的电量q =0.2 C,R产生的热量值为0.1 6人解析：(1)根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式求解最大速度；(2)根据闭合电路的欧姆定律进行解答；(3)根据电荷量的计算公式求解移动的位移，根据能量守恒定律可以求出R产生的热量。本题主要是考查电磁感应

40、现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。2 1.答案：解：设滑块的质量为滑块4下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：m g R =m v2,代入数据解得，碰撞前瞬间4的速度大小：v=4m/s；(2)两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m v =2mv,代入数据解得，碰撞后瞬间4和B整体的速率：=2 m/s；(3)对A、B 系 统,由动能定理得：-/z(2m)gL=0 代入数据解得，4和B整体沿水平桌面滑动的距离：L-0.4m：答：(1)碰撞前的瞬间A的速度大小为4m/s；(2)碰撞

41、后的瞬间4和B整体的速度大小为2zn/s；(3)4和B整体在桌面上滑动的距离是0.4m。解析：(1)滑块4下滑过程，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前4的速度。(2)4、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率。(3)对4B整体运用动能定理，求出48整体在桌面上滑动的距离。本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。22.答案：解：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有：qv0B=m-,所以粒子做圆周运动的半径为Ro=翳。(2)粒子做直线运动有：qE

42、=qBv0,所以粒子运动的速度为(3)只有电场时，粒子的运动轨迹如图所示：在电场中粒子做类平抛，根据牛顿第二定律有qE=ma水平方向上有Ro=vot竖直方向有%=at解得：Uy=VQ粒子速度大小为：v=J 诏+琢=V2v0粒子与工轴的距离为：H=h+=/I+yo(4)撤电场加上磁场后，有：qBv=m 解得 R=V2/?o粒子运动轨迹如上图所示，圆心C位于与速度。方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为3根据几何关系得C点坐标为：xc 2R0,yc=H-R0=h-过C作x轴的垂线，在ACDM中：C M =R=yf2R0 C D =yc=h-解得：D M=JcM2-C D2=J 需 +&h

43、一h2M 点横坐标为 X”=2RQ+RQ+Rgh h?o答：(1)若只有磁场，粒子做圆周运动的半径Ro大小为翳。(2)若同时存在电场和磁场，粒子的速度处大小为三(3)粒子到达x=Ro平面时速度 大小为 鱼 如 粒子到x轴的距离为八+箓(4)M点的横坐标为2R。+J 需+&h 一公。解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力求解半径大小。(2)同时加上电场和磁场，粒子做匀速圆周运动，根据电场力等于洛伦兹力求解速度大小。(3)粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解竖直方向的速度，再进行合成，根据运动学公式求解竖直方向的位移，再求解粒子到x轴的距离。(4)根据洛伦兹力提供向心力求解半径，结合几何知识求解”点的横坐标。解决该题的关键是掌握带电粒子的运动情况，能根据几何知识求解出相应的长度与半径的关系，掌握类平抛运动的解题规律。