2021届江苏省扬州市高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届江苏省扬州市高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共9小题，共29.0分）1.如图所示的蹦极运动是一种非常刺激的娱乐项目，为了研究蹦极运动过程，做以下简化：将游客视为质点，他的运动始终沿竖直方向，弹性绳的一端固定在。点，另一端和游客相连。游客从。点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D,然后弹起，整个过程中弹性绳始终在弹性限度内，游客从。tBtCt0的过程中速度最大的位置在（）D 4A.BC之间某一点 B.B点C.C点 D.D 点、2.对下列公式理解不正确的是（）A.由公式a 知，物体的加速度与速度的变化率有关B.由公式E 知，场强E的大小与试探电荷

2、的电量q无关C.由公式/=知，电流强度/与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比D.由公式P=?知，机车的功率与所做功勿成正比3.如图为磁流体发电机的原理图，等离子体束（含有正、负离子）以某一 一速度垂直喷射入由一对磁极CD产生的匀强磁场中，4、B是一对平行于磁场放置的金属板，稳定后电流表中的电流从“+”极流向“-”管;；极。由此可知（）A.。磁极为N极B.正离子向B板偏转C.负离子向D磁极偏转D.离子在磁场中偏转过程洛伦兹力对其做功4.如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环。以下 e判断中正确的是（）A.释放圆环，环下落时产生感应电流 HP5kB.释放圆环，环下落接近磁铁

3、时有感应电流C.释放圆环，环下落时环的机械能守恒D.释放圆环，环下落时环的机械能不守恒5.关于竖直下抛运动，下列说法中正确的是（）A.和自由落体运动运动一样初速度向下B.除受重力作用外，还受到下抛力的作用C.属于变加速直线运动D.可看作是自由落体运动和竖直向下匀速直线运动的合运动6 .一个举重运动员在加速度大小都为a的沿竖直方向运动的升降机里，当升降机匀加速上升时举起物体的最大质量为爪1，匀加速下降时举起物体的最大质量为血2,匀减速上升时举起物体的最大质量为m3，匀减速下降时举起物体的最大质量为巾4，贝 式）A.m1=m2 B.mj m3 C.m2 n的斜率是定值，但与入射光和金属材料均有关8

4、.下列说法中正确的是（）A.液体和气体都没有固定的形状，都容易被压缩B.理想气体的分子间距离较大，分子间的作用力可以忽略不计C.气体的体积就是所有气体分子的体积之和D.液体分子和固体分子都有固定的平衡位置9 .电磁波与机械波具有的共同性质是（）A.都是横波 B.都是纵波 C,都能传输能量D.都能在真空中传播 E.都具有恒定的波速二、多 选 题（本大题共3小题，共12.0分）10 .如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1,电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随照射光强度增大而减小）。原线圈接入电压随时间按u =220 V2s i n（10 0 7 r t）V变化的交流电

5、，下列说法正确的是（）A.交流电的频率为10 0/ZB.照射R的光强度增大时，电压表的示数为110 V,变压器的输出功率变大C.照射R的光强度增大时，电流表的示数变大D.照射R的光强度增大时，电压表示数变大，灯泡变得更亮11.20 12年2月25日。时12分，西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第11颗北斗导航卫星送入了太空预定轨道.这是一颗地球同步卫星，若卫星离地心距离为r,运行速率为巧，加速度为即，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为。2,第一宇宙速度为W，地球半径为R,贝4（）A*=匚 BC=受 D么=EO2 R D-a2 j J 药 产 U-v2 412.下列说法正确的

6、是（）A.当两个带正电的点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大B.当两个带负电的点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大C.一个带正电的点电荷与一个带负电的点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，它们的电势能也增大D.一个带正电的点电荷与一个带负电的点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力减小，它们的电势能也减小三、填 空 题（本大题共1 小题，共 4.0分）1 3.如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满了水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体4容器的底部安装有阀门。现打开阀门控制水以50cm3

7、/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图（乙）所示，阀门未打开前水对容器底部的压强为 Pa；t=52s时，细杆对物体的作用力为 N。四、实 验 题（本大题共2 小题，共 18.0分）14.（1）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，先后两次通过细绳拉图中所示的橡皮条的结点0到达同一位置，这是为了（从下面两个选项中选出一个正确的，将序号填在空格中）。A.使两个力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同8.消除实验中的误差（2）如图所示甲和乙分别为某同学在“练习使用打点计时器”实验中得到的两条纸带。从纸带上比较清晰的某点开始，选取四个计数点，分别标明为4、B、C、D o 已知

8、相邻两计数点间的时间间隔为0.1 0 s,各计数点之间的距离如9所示。根据这些数据可知：从打4 点到打D点这一段时间内，甲纸带的平均速度_ _ _ _ _乙纸带的平均速度选填“大于”、“等于”或“小于 ）,其中（填“甲”或“乙”）纸带做的是匀速直线运动;选取其中做匀变速直线运动纸带的数据，得到该纸带从打4点到打。点这段时间内的平均速度:m/s,加速度=m/s2oAB甲3.00cm3.00cm3.00cm乙3.00cmcl4.50cm9图1 5.如图，有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面为正方形，管内中空部分截面形状不规则。此金属管线长约2 0 c m,电阻约1 0 0,金属的电阻率为p,请你

9、设计一个实验方案，测量中空部分的截面积S 0.现提供如下器材：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表V （3人内阻约6 k 0）、蓄电池E（6 V,内阻可忽略）、开关一个，带夹子的导线若干。（1）以上所列器材中，还缺少电流表和滑动变阻器，现提供以下器材供选择，实验中要求电表的指针偏转达满偏!以上，请选出合适的器材，电 流 表 应 选 用,滑 动 变 阻 器 应 选 用（填仪器的字母代号）；电流表&（6 00m 4,内阻约1。）电流表A 2（3 00n M，内阻约2。）滑动变阻器（最大阻值1000,额定电流0.5 4）滑动变阻器/?2（最大阻值I。，额定电流0.5 4）（2）在答题纸方框中画出你所设计的

10、合理电路图，并标注选用仪器的符号；（3）实验中测量的物理量有：用螺旋测微器测得横截面边长a,用毫米刻度尺测得金属管线长度L,电压表示数U,电流表示数/,则计算金属管线中空部分截面积S o的表达式为S o=。五、简 答 题（本大题共1小题，共15.（）分）1 6.如图所示，足够长的U形倾斜导轨间距L=1.0 m,电阻忽略不计，倾角8=3 7,磁感应强度B=0.27的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量m=0.2 k g,电阻r=0.4。的导体棒ab垂直跨放在U形导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数“=0.5,现由静止释放导体棒，直至恰能匀速下滑，已知该过程中通过导体棒的电荷量q=5c(s讥37。=0.

11、6,cos37=0.8,g=10m/s2)o求:(1)导体棒匀速下滑的速度也(2)该过程中，导体棒的焦耳热Q。六、计算题(本大题共7 小题，共 60.0分)1 7.杯的放射性同位素深Pit静止时衰变为铀核蒙U和a 粒子，并放出能量为0.097MeV的y光子.已知 律 Pn、丸5/、a粒子的质量分另lj为nipu=239.0521u.my=235.0439“、=4.0026”，加相当于 931.5MeK.(1)写出衰变方程；(2)若衰变放出光子的动量可忽略，求a粒子的动能.18.在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运动员的质量为70kg,越过横杆后从h=5.6m高处落

12、下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经时间仆匕=1s、t2=0.1s停下.试比较两情况下海绵垫和沙坑对运动员的平均作用力.g=10m/s2)19.Icm3的水中和标准状态下lczn3的水蒸气中各有多少个水分子？在上述两种状态下，相邻两个水分子之间的距离各是多少？2 0 .如图所示，一横截面为环形的均匀玻璃管，内圆半径为R,外圆半径为2 R,圆心为。，P Q 为过圆心的水平直线。细光束a平行于P Q 射到玻璃管上，入射方向恰好与内圆相切。已知光在真空中的速度为c=3 x 1 087 n/S o（i）试证明无论该玻璃的折射率多大，光束a经过一次折射后在内圆边界处发生全反射；5）若玻璃环的折射率为n

13、 =近，光束a经过一次折射和一次全反射，从玻璃管的外圆边界射出（不考虑多次反射情况），则光线a在玻璃中传播的时间t 为多少？（=2.6 4 6,计算结果保留两位有效数字）2 1 .一列沿-x 方向传播的简谐横波，在t =0 时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为1 0 cm,P、Q两点的坐标分别为（一1,0）、（-9,0）,已知t =0.7 s 时，P 点第二次出现波峰，试计算:这列波的传播速度多大？从t =0 时刻起，经过多长时间Q 点第一次出现波峰？当Q 点第一次出现波峰时，P 点通过的路程为多少？2 2 .如图所示，某工厂要把货物（可视为质点）由斜面的顶端运送到底端，为保证货物的安全，斜面

14、上光滑区域与粗糙区域（粗糙程度相同）交替出现，各 区 域 宽 度“均相等，已知斜面长为3 倾角为。.货物从斜面顶端4 点由静止释放，到达斜面底端B 点时速度恰好为零，整个过程运动时间为t.求：（1）货物与粗糙面间的动摩擦因数;（2）每段光滑区域的宽度.2 3.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向.第二象限有垂直于坐平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为&=声,第四象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁感应强度大小为殳=电场强度为E(大小未知).在第二象限内固定一根与x轴成。=30。角的绝缘细杆，一个带电小球a穿在细杆上匀速下滑通过。点进入第四象限,在第四

15、象限内做匀速圆周运动且经过x轴上的。点，已知Q点到坐标原点。的距离为3重力加速度为9,空气阻力忽略不计.求：(1)当带电小球a刚离开。点时，从y轴正半轴的P点以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b,b球刚好运动到x轴上Q点与a球相碰，则。P之间的距离九是多少？(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数Q E B2参考答案及解析1.答案：c解析：解：从。到B过程，游客做自由落体运动，速度不断增大；从B到C过程，游客受到的重力大于弹性绳的拉力，合力向下，与速度方向相同，游客速度增大；在C点重力与弹力相等，合力为零;从C到。过程，弹力大于重力，合力向上，与速度方向相反，游客速度减小，由以上分析可

16、知，在C点游客速度最大，故C正确，ABD错误。故选：Co根据游客的受力情况，分析游客的运动情况，判断其速度最大的位置。本题考查了判断游客在什么位置速度最大，分析清楚游客的运动过程和受力情况是关键，知道平衡位置受力平衡。2.答案：D解析：解：4、加速度大小与速度的变化量及对应的时间无关，即与速度的变化率有关.故A正确.B、场强E的大小与试探电荷的电量q无 关.故8正确.C、根据欧姆定律/=g电流强度/与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比，而T，是利RC用的比值定义法，与电压、电流无关，故C正确.D、根据比值定义法，则机车的功率与所做的功无关.故。错误.本题选错误的，故选：D.公式a=#,是

17、比值定义法，加速度大小与速度的变化量及对应的时间无关；E=:利用的是比值定义法，电场强度E与试探电荷的电量无关，由电场本身的性质决定；公式/=：,是利用的比值定义法，与电压、电流无关，但根据/=，电流强度/与导体两端电压U成正比，与导体电阻R成反比；公式P=7,利用的是比值定义法，功率P与所做的功无关.解决本题的关键知道比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法.它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.3.答案：A解析：解：根据电流的方向知，A板带正电，B板带负电，正离子向4板偏转，负离子向B板偏转。根据左手定则知，D极为N极，C极为S极。因为洛伦兹力的方向与速度方向

18、垂直，所以洛伦兹力不做功，故A正确，BCO错误。故选：A根据电流的流向确定极板的带电，通过左手定则判断磁场方向，确定正负离子的偏转方向。解决本题的关键掌握左手定则判断电荷的运动方向、磁场方向和洛伦兹力方向的关系。4.答案:C解析：解：48、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流，故4B错误；CD,由于没有感应电流，故没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒，故C正确，D错误。故选：Co明确磁感线的形状，知道圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流.没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒。解决本题的关键知道产生感应电流的条件，以及掌握条形磁

19、铁的磁感线分布规律。5.答案：D解析：解：4、做竖直下抛运动的物体只受重力，加速度为g,但具有向下的初速度，而自由落体运动初速度为0，故A错误；8、做竖直下抛运动的物体只受重力，故8错误：C、做竖直下抛运动的物体只受重力，加速度为g,是匀加速直线运动，故C错误；。、运用运动的分解，竖直下抛运动可分解为自由落体运动和竖直向下匀速直线运动，故。正确；故选：D自由落体运动条件：只受重力、初速度为零；竖直下抛运动条件：只受重力、初速度向下.本题关键是明确竖直下抛运动的定义和运动性质，注意竖直下抛运动可分解为自由落体运动和竖直向下匀速直线运动，基础题目.6.答案：B解析：解：当升降机匀加速上升时举起物体

20、的最大质量为匀加速下降时举起物体的最大质量为m2,匀减速上升时举起物体的最大质量为巾3,匀减速下降时举起物体的最大质量为则小1。+=F,F=m4g+m4a,F m2g=m2a,F m3g=m3a所以：mj=m4 m2=m3,故选：B在加速运动的升降机中，最多举起100kg的物体说明物体超重，具有向上的加速度，根据牛顿第二定律求出加速度.做超重和失重的题目关键是搞清楚加速度的方向，具有向上的加速度为超重，具有向下的加速度为失重.7.答案：A解析：解：D、由爱因斯坦光电效应方程：%=历/-%知，E k-v图像的斜率为普朗克常量也 与入射光和金属材料无关，故。错误；A、E k-V图像的纵截距为一生,

21、即一W（）=-E，可见甲金属的逸出功=E g,故A正确；8、由图知，在相同的入射光照射时，即入射光的频率相同时，甲金属产生的光电子初动能比乙产生的光电子初动能大，故8错误；C、由图像可知甲金属的截止频率为V i，入射光的频率为2 n l时，甲金属产生的光电子的最大初动能为Ek.=2九匕一%，而%=岳人=hvl t解得E.=E z，故C错误。故选：Ao由爱因斯坦光电效应方程：E k =成-%可分析图像斜率、纵截距的意义，从而得出金属的截止频率、逸出功、普朗克常量，可进行分析判断。本题考查光电效应方程及图像法处理数据，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。8.答案：

22、B解析：解：4、气体分子间隙大，容易压缩；液体分子间隙小，忽略不计，不易被压缩；故A错误；8、理想气体的分子间距离较大，分子间的作用力可以忽略不计，故B正确；C、气体分子间距较大，不能忽略，故气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故C错误；。、固体分子在平衡位置附近做微小的振动，有固定的平衡位置；但液体具有流动性，平衡位置不固定，故。错误；故选：B气体分子间距达到分子直径的1 0倍以上，故分子间距不能忽略不计；液体和固体分子间距较小，分子间距可以忽略不计；固体分子在平衡位置附近热运动，液体分子和气体分子位置不固定，液体和气体具有流动性.此题考查固体、液体的基本性质，只要把课本上的这些基础知识

23、掌握即可，基础题目.9.答案:C解析：电磁波是横波，而机械波可能是横波，也可能是纵波，4、8错误；所有波都能传递能量，。项正确；机械波不能在真空中传播，D项错误：在不同的介质中，波的速度要发生变化，E项错误.10.答案：B C解析：解：力、根据电压的瞬时值表达式知3 =100兀=2几/,所以频率为/=50 H z,故 4 错误；B C D,有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，原线圈电压以及匝数比不变，知副线圈两端电压不变，电压表示数不变，根据P=?,得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故 BC正确，。错误；故选：B C.由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流

24、之比，输入、输出功率之比。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。11.答 案:AD解析：解：4、8地球同步卫星和地球赤道上的物体的角速度都与地球的自转角速度相同，则由向心加速度公式a=/r 得：詈=三 故 A 正确，B错误.C、。第一宇宙速度是近地卫星的速度.根据万有引力提供向心力，得G粤=根 艺，但，M 是rz r Y r地球的质量，

25、则得：口，故 C 错误，。正确.故选：AD地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同；地球赤道上的物体随地球自转时角速度也地球的自转角速度相同，根据a=3?r进行分析4B两项.卫星由万有引力提供向心力，得到线速度与轨道半径的关系式，即可分析CD两项.本题要掌握同步地球卫星的条件，知道角速度等于地球自转的角速度，能理解第一宇宙速度的意义，推导出线速度公式.12.答案：AB解析：解：4、当两个带正电的点电荷相互靠近时，根据库仑定律可知，它们之间的库仑力增大，库仑力做负功，电势能增大.故A 正确.8、当两个带负电的点电荷相互靠近时，根据库仑定律可知，它们之间的库仑力增大，库仑力做负功，电势能增大.故

26、8 正确.C、。一个带正电的点电荷与一个带负电的点电荷相互靠近时，它们之间的库仑力增大，根据库仑定律可知，它们之间的库仑力增大，库仑力做正功，电势能减小.故C。错误.故选A 8同种电荷相互排斥，它们之间距离减小时，库仑力做负功，电势能增大.异种电荷相互吸引，它们之间距离减小时，库仑力做正功，电势能减小.电荷之间的作用力遵守库仑定律.判断电势能如何变化，类似于重力做功与重力势能变化的关系.13.答案：5 000 0.8解析:解：由图乙知，阀门未打开前水对容器底部的压力为a =5 0N,则压强为p i =i P a=3 J.UUX AU5 000P a由图乙知，t =5 2 s时，水对容器底部的压

27、力?2 =gUN=2 0N水对容器底部的压强P 2 =v =2 000P a、1 U v X JLU根据P 2 =pgh可得，此时水的高度九=0.2 m =2 0c m由乙图知，在t =84 s时水排放完毕，则t =5 2 s时水的体积为U=5 0 c m 3/s x (84 s -5 2 s)=1 6 0 0 c m3此时圆柱体排开水的体积匕Sh-V-1 0 0 x 2 0 c m3-1 6 0 0 c m3=400cm3结合图可知，圆柱体的体积/=2V排=2 x 400cm3=80 0 c m3对圆柱体，根据平衡条件小。=尸 浮+Fp/g=pv排g+F代入数据解得细杆对物体的作用力为F=0

28、.8/V故答案为:5 0 0 0；0.8由图乙知，当t =0,水对容器底部的压力为5 0 N,根据p =FS求阀门未打开前水对容器底都的压强；由图乙知，水的高度在t =84 s时水排放完毕，可求得t =5 2 s时水的体积，根据平衡条件解得细杆对物体的作用力。本题考查压强公式、阿基米德原理、力的平衡等知识的运用，关键根据图乙找出放水的三个对应的阶段。1 4.答案：(1)4(2)等 于 甲 0.3 0 1.5 0解析:(1)该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的。本题考查了验证力的平行四边形定则。实验的核心是实验原理，根据原理选择器材

29、，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。(2)根据平均速度等于位移与时间的比值，即可两者的平均速度的大小；再依据任意相等的时间内，位移相等，即可判定是否是匀速直线运动；根据匀变速直线运动的推论公式 x =。产 可以求出加速度的大小，根据平均速度的定义得出人C对应的时间间隔内小车的平均速度大小。本题考查了测定匀变速直线运动的加速度。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。(1)本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系。根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同；所以先后两次通过细绳拉图中

30、所示的橡皮条的结点。到达同一位置，这是为了使两个力共同作用的效果与一个力单独作用的效果相同；故填：A.-_ 3(2)根 据 平 均 速 度7；因此它们的平均速度相等,根据相等的时间内位移相等，则可知，甲纸带做的是匀速直线运动;故填：等于 甲;相邻计数点间的时间间隔r =o.i s；根据平均速度的定义得计数点a、o 对应的时间间隔内小车的平均速度大小:0015+0.03+00453x0.1mf s=G3Qmf s根据纸带的数据得出相邻计数点间的位移之差相等;根据匀变速直线运动的推论公式 x =。产 可以求出加速度的大小;003-0015,.-5-mi s2=l_5m/s0.12故填：0.3 0

31、1.5 0；故 填 等 于 甲 0,3 0 1.5 0。1 5.答案：A D a2 解析：解：(1)本实验需要用伏安法测量电阻，由于电阻通电电流大会升温，影响电阻率，故要小电流，故电流表选择较小量程；滑动变阻器采用分压式接法，电阻较小时便于实验操作；故答案为：A,Z)；(2)电路及实际测量电路如图所示。(3)根据欧姆定律，有R=7；根据电阻定律，有/?=。(，故截面积为：S=等；故要用螺旋测微器测横截面边长a,用毫米刻度尺金属管线长度3电压表示数U,电流表示数/,故金属管线内部空间截面积S。的表达式为：S =a 2 _%故答案为：(1)4，D；(2)电路及实际测量电路如图所示；(3)。2-等。

32、(1)本实验需要用伏安法测量电阻，同时要结合电阻定律公式R=pg求解导体的截面积，故可以先得到截面积的表达式，再结合欧姆定律得到待测量，从而进一步选择器材；(2)用伏安法测量电阻，要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法；由于金属原件长度较短，故电阻较小，故采用安培表外接法，画出电路图后进一步连接实物图即可；(3)根据欧姆定律和电阻定律公式可以得到要测量的物理量，并进一步推导出公式。对电学实验要能设计出电路图，并根据电路图连接电路并得到待测量，还要会误差分析。16.答案：解：(1)导体棒匀速下滑时受力平衡，根据平衡条件可得：mgsind =imgcosd +B lL联立解得：v

33、=4m/s；(2)设从开始到匀速下滑通过的位移为,根据电荷量的计算公式可得：-E P B Lxq=I-t =t =-=-r r r解得：x=10m根据功能关系可得：mgd sind =Q+|m v2+nmgd cosd解得产生的焦耳热：Q=2.4/o答：(1)导体棒匀速下滑的速度为4r n/s；(2)该过程中，导体棒的焦耳热为2.4人解析：(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；(2)根据电荷量的计算公式求解从开始到匀速下滑通过的位移为X,根据功能关系求解产生的焦耳热。本题主要是考查电磁感应现象，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

34、理、功能关系等列方程求解。17.答案：解：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒得，衰变方程为：贫9匕-23S(y+y(2)设衰变放出的能量为4 E,这些能量是铀核的动能Eu，a粒子的动能Ea和y光子的能量Ey之和，即为：E=Ey+Ea+Ey即：Eu+Ea=(jnP U-my -ma)c2 EY,设衰变后的铀核和a粒子的速度分别为加和%,则由动量守恒有：muvu=mava又由动能的定义知：珀，Ea=mava解 得:詈=詈,EQ 771(/联立解得：Ea=-(mP+m u+ma)c2-EyiTi(j+ina u 代入数据解得：Ea=5.02Me V.答：(1)衰变方程为H9PU-H5U+枇+y；(2)

35、a 粒子的动能为5.02e V.解析：(1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程.(2)根据爱因斯坦质能方程，抓住衰变放出的能量等于铀核的动能场，a 粒子的动能和丫光子的能量E y 之和，结合动量守恒求出a 粒子的动能.注意动量守恒和能量守恒在原子物理中的应用，尤其是列能量守恒方程时不要漏掉部分能量.18.答案：解：撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子是为了减小人受到的地面的冲击力；规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵或沙坑)过程中的始、末动量为p=m v =m.yj2gh,p=0受到的合外力为尸=FN-mg.由牛顿第二定律的动量表述公式尸=当 C即FN mg=匕 空 咨 垃，所

36、以F N=mg+喑落在海绵垫上时，、=l s,则FN I=(7 0 X 10 4-70 x V2X10X5.6)N 14 4 1N落在沙坑里时，2=0.1 S,则(7 0 x 10+“8 108 N放上海绵垫后，运动员发生同样动量变化的时间延长了，同时又增大了运动员与地面(海绵垫)的接触面积，可以有效地保护运动员不致受到猛烈冲撞而受伤.两者相比FN2 X 5.6FN答：海绵垫子是为了减小人受到的地面的冲击力；两情况下海绵垫和沙坑对运动员的平均作用力关系为尸N2 X 5.6FN 1.解析：明确海绵垫子的作用为缓冲，根据动量定理进行分析，明确海绵垫子起到延长作用时间的作用，根据动量定理即可求得两种

37、情况下的作用力的大小.本题考查动量定理的应用，要注意明确动量定理的中的方向性，在解题时必须先设定正方向，同时正确选择物理过程，选择正确的物理规律即可求解.19.答案：解：水中的分子数N=HNApV N.1X10X1X10 6 y r c -i f77AM A =-18-x10-3T x 6 x 1023=3.3 x 102 2o水蒸气中的分子数N=4为=笔 二 X 6 X 1023=2.7 X 101 9oymoL 22.4对于水，有：焉=*,解得分子直径黑鬻，m=7X 10T0ni。pNA 6 P RNA 103X3.14X6X1023对于水蒸气，有：攀=。3,解得分子间距离。=3誓!=3若

38、 黑 抽，7*10-4血。NA NA 6 x ioZ3答：I c/的水中有3.3 x 1022个水分子，标准状态下lcnP 的水蒸气中2.7 x 1019个水分子。水中水分子间的距离为7 x 10-1。771,水蒸气中水分子之间的距离为7 x 10-4mo解析：对于水，根据水的密度求出水的质量，结合水的摩尔质量得出物质的量，从而得出水分子数。对于水蒸气，根据体积和摩尔体积得出物质的量，从而求出分子数。对于水，根据水的摩尔体积，求出水分子的体积，由于水分子是紧密靠在一起的，水分子间的距离等于分子直径。对于水蒸气，根据摩尔体积求出分子所在的体积，从而得出分子间的距离。本题关键是明确气体和液体的区别

39、，气体分子间隙大，取立方体模型，液体分子间距小，取球模型。20.答案：解：,光路图如图所示:令光在4 点的入射角为i,折射角为r,在B点的入射角为a,根据折射定律有：j，根据几何关系可知，sini=：在AAB。中，根据正弦定理有:2Rsin（7r-a）sinrR又因为：sinC=；联立各式可得：a=C,所以无论该玻璃的折射率多大,光束a经过一次折射后在内圆边界处发生全反射;（讥）在B点发生全反射后的光线为8 E,如上图所示,根据对程性可知，AB =B E=x 4 B。中根据正弦定理有：(2/?产=R2+久2 _ 2RX C OS(T T a)因为V =n光在介质中传播的时间为：t =,联立解得

40、t =1.1 7?x 1 0-8S o答：(i)证明过程如解析所示；()光线a在玻璃中传播的时间t为1.1 R x 1 0-8S o解析：(i)作出光路图，根据折射定律分析光在外表面的入射角和折射角的关系，根据几何知识并结合s i n C =乙分析求解在内表面的入射角与全反射的临界角关系；n(i t)根据几何知识求解光在介质中传播的路程，由V=(分析光在介质中的传播速度，再分析传播时间。解决该题需要正确作出光路图，能根据几何知识求解相关角度，熟记折射定律和光速以及全反射的临界角的求解公式。2 1.答案：解：由题意可知该波的波长为：A =4m波沿-x方向传播的简谐横波，由波形平移知，P点起振方向

41、向上，P点第二次出现波峰可知：t =0.7 s =：T,即T =0.4 s所以 0 =*=言 m/s =1 0 m/s Q点与最近波峰的水平距离为11m,故Q点第一次出现波峰的时间为口 =：=1.1 s该波中各质点振动的周期为7 =5 =4=0.4 sQ点第一次出现波峰时质点P振动了 t 2 =0.9 5则 t2=2T+-T=-4 4质点每振动;经过的路程为l Oc r n。4当Q点第一次出现波峰时，所以P点通过路程为L =4 4 x ：=0.9 m答：这列波的传播速度为1 0 m/s。从t =0时刻起，经过1.1 s时间Q点第一次出现波峰。当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为0.9小。解

42、析:由波形图可知4 =4机；波传播方向向左，已知t =0.7 s时,P点第二次出现波峰可知t =0.7 s =i T,即可求解T =0.4S；用。=即可求解波速；4T运用波形平移法可求解Q点第一次出现波峰所用时间;P质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是四个振幅，即可根据时间与周期的关系求解P点通过的路程。明确波形图与振动的关系是解题的关键，灵活应用波速、波长、路程、周期和频率间的关系。2 2.答案：解：(1)全过程用动能定理mgLsind -林 rnggcosB=0解得：=2tan9(2)据题意，可设斜面有n个光滑区域，n个粗糙区域，货物在每个区域运动的时间为t 每一光滑面的长度=y-2n

43、经过的时间t =f2n由牛顿第二定律可知：a=gsinG由位移公式可知：x =|a(tz)2解 得x =-tigsinO答：(1)货物与粗糙面间的动摩擦因数为2 t a n 0；(2)每段光滑区域的宽度为言篇.解析：(1)对全过程由动能定理列式可求得动摩擦因数；(2)要保证货物到达底部的速度为零，由题意可知，只能是在光滑面上加速，在粗糙面上减速，且到达下一下光滑面上速度恰好为零；对其中一个光滑面进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式可求得其宽度.本题考查牛顿第二定律的综合应用，解题的关键在于明确题意，能分析出物体真实的运动过程，再由运动学公式及牛顿第二定律求解即可.2 3.答案：解：(1)小球a

44、在第四限做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则有m g =qE小球a做匀速圆周周期为7 =等=呼QB2 7 5g小球从。到Q轨迹对应的圆心角为6 0。，运动时间为t =，7 =舄小球b从P到Q做平抛运动，则九=gt2=装(2)小球a 在第四象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB2=m由几何关系有：R=L解得v =用I小球a 在细杆上做匀速运动，由平衡条件得：mgsinO=p.(qvB1-mgcosd)解得”苧答：(1)O P 之间的距离无 是(2)带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数4为苧.解析：(1)小球a 在第四象限做匀速圆周运动，重力与电场力必须平衡.求出小球a 在第四象限运动的周期和时间，再对球b 研究，由平抛运动的规律求得也(2)小球a 在第四象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出其速率，再由平衡条件研究小球a 在杆滑动的过程，即可求得动摩擦因数比本题多物体、多过程、多规律，是典型的三多问题；关键是明确两个小球的运动规律，然后分阶段根据牛顿第二定律、平衡条件、平抛运动的分运动公式列式求解.