2021年宁夏中卫市海原一中高考物理二模试卷.pdf

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1、2021年宁夏中卫市海原一中高考物理二模试卷如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1 X 103小。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的是（）A.JV-sB.N-m/sC.kg-m/sD.kg-m2/s32.电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈I 和 口 ,线 圈 I 固定，线圈n 置于天平托盘上，当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零，下列说法正确的是（）A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相反B.当天平示数为正时，两线圈电流方向相反c.线 圈 I 与线圈n 之间的作用力是通过电场传递的D.线 圈 I

2、对线圈n 的作用力与托盘对线圈n 的作用力是一对相互作用力3.某人用弹簧秤在北极的地面称量质量为机的物体时，示 数 是 若 在 北 极 上 空 距 地面高为/?处称量，示数为尸 2；若在赤道表面称量，示数为尸 3；若在地球同步卫星中称量，示数为巳。已知地球的质量为M,地球的半径为R,自转周期为T,万有引力常量为G,下列说法正确的是（）A-F1=-B.尸 2=碎 尸 1C.F3=F1-m -R D.F4=m枭R4.如图所示，一带正电的粒子以某一初速度进入某点电荷0 产生的电 a/-场中，沿图中弯曲的虚线先后经过电场中的、匕两点，其中a 点/X的场强大小为Ea，方向与浦连线成30。角；b 点的场强

3、大小为场，方向与就连线成60。角。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确 上 的是（）A.粒子在a点电势能小于在b点的电势能B.该电场是正点电荷产生的C.a点与b点连线中点的场强大小为现D.电场中a点电势低于6点电势5.如图所示电路中，电源的电动势为E,内阻为r,与定值电阻收、/?2及滑动变阻器R连接。当滑动变阻器的 R滑片由中点滑向6端时，下列说法正确的是（）A.电压表读数减小、电流表读数增大B.电压表读数增大、电流表读数减小C.电源的效率减小D./?2消耗的电功率增大6.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态。现将两环距离变小后书本仍处于

4、静止状态，贝 女）A.杆对A环的支持力变大B.8环对杆的摩擦力变小C.杆对4环的力变小D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大7.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面 J下滑，其重力势能和动能随下滑距离$的变化如图中直 2 4线I、II所示，重力加速度取10m/s2。则（）8A.物块质量为1kg 12B.物块下滑过程中机械能逐渐增加 6C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2（D.当物块下滑3.0m时机械能损失了 12J8.如图，由某种粗细均匀的总电阻为4R的金属条制成的矩形线框abed,固定在水平面内且处于方向竖直向下的第2页，共20页匀强磁场B 中。一接入电路电阻为R 的

5、导体棒P。，在水平拉力作用下沿时、de以速度v在线框中匀速滑动，滑动过程PQ 始终与时垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在 PQ 从靠近儿处向ad滑动的过程中（）A.当导体棒PQ 运动到a6 中点时，P。中的电流最小B.尸。所受到的安培力先做正功后做负功C.尸。上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先增大后减小9.如图甲所示，一条质量和厚度不计的纸带，缠绕在直径为4 的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为机的重物。将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动，纸带和滑轮不打滑。为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，计时器接在频率为50Hz的交流电源上，通过研究

6、纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况，如图乙所示。图丙为计时器打出的纸带中的一段，在这一段上取了 3 个计数点A、B、C,相邻两个计数点间还有4 个计时点未画出，其中匕=12.62cm 冷=14.92cm。图丁为使用20分度游标卡尺测量滑轮直径的示意图。（1）根据图丁中游标卡尺的刻度，可得滑轮的直径d cm；（2）根据图丙中所给数据，可以求出打下8 点时滑轮的角速度为 rad/s；（结果保留三位有效数字）（3）根据图丙中所给数据，可以求出重物下落的加速度为 m/s2（结果保留三位有效数字）。10.某学习小组欲探究小灯泡（额定电压为3%额定电流约为0.54）的伏安特性曲线，可提供的实验器材如下

7、：4 干电池：电动势约4.5 V,内阻可不计B.双量程的电压表匕：量程为03V、内阻约为3kO；V2：量程为015V、内阻约为 15koC.双量程的电流表4 i：量程为00.64、内阻约为10；A2：量程为034、内阻约为 0.10D 滑动变阻器R：阻值范围0100、允许通过最大电流为2AE.开关S,导线若干在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：根据以上器材，请你把实验电路原理图1补充完整，电 压 表 应 选、电流表应选（填所选器材的代号）根据选择的正确电路原理图，用笔画线代替导线将实物图2连接成完整电路。闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到 端（选 填“4”或 B）图2图3按正确操作得

8、到7 组电压表和电流表示数如下表所示，请图3所示的坐标纸上画出小灯泡的U-/图线。组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.001/A00.100.200.300.400.450.49若将该小灯泡接在电动势为3.0入内阻为2.00的干电池两端，则此时该小灯泡的电阻为_ _ _ _ _0.（结果保留2 个有效数字）1 1.在平面直角坐标系xOy中，第/象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第。象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为?，电荷量为4 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度火垂直于y 轴射入电场，经 X轴上的N 点与X轴正方向成60

9、。角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的 P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求第4页，共20页(1)M、N两点间的电势差U“N；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.1 2.如图所示，固定在水平面上长度为L的木板与竖直放置的半径为R的半圆形光滑轨道8 C相切于B点，在木板左端4处静止放置一个质量为m的小物块(可视 晶 七/为质点)。一个质量为加0 =0.2 m的子弹以水平速度处射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到C点，最终落在木板上的。点(图中未画出)。已知重力加速度为g。求：(1)子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；(2

10、)物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数;(3)。点与8点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。1 3.对于下列实验，说法正确的有()甲 乙 西 丁 戊A.甲图是用油膜法测分子直径的示意图，实验中为油膜厚度近似等于油酸分子直径B.乙图是溪蒸气的扩散实验，若温度升高，则扩散的速度加快C.丁图是蜂蜡涂在单层云母片上受热融化的实验，说明云母的导热性能具有各向同性D.丙图是模拟气体压强产生的机理，说明气体压强是由气体分子对器壁碰撞产生的E.戊图是把毛细管插入水银中的实验现象，说明水银对玻璃是浸润液体14.如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0

11、.012,可 1 L在气缸内无摩擦滑动.气缸侧壁有一个小孔与装有水银的u形n 玻璃管相通，气缸内封闭了一段高为80a”的气柱（U形管内的 11|气体体积不计）.此时缸内气体温度为7。口 U形管内水银面高度 U差 瓦=5cm.已知大气压强po=1.0 x 105P a,水银的密度p=13.6 x 103kg/m3,重力加速度g取lOm/s?.求活塞的质量m-若对气缸缓慢加热的同时，在活塞上缓慢添加沙粒，可保持活塞的高度不变.当缸内气体温度升高到37冤时，求U形管内水银面的高度差为多少？15.中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张 志 和 在 德 真 子 涛 之 灵 中 写 道：”雨

12、色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图，其中、匕 是两种不同频率的单色光，则关于这两种色光，下列说法正确的是（）A.在同种玻璃中传播，。光的波长一定小于6光波长B.在同种玻璃中传播，。光的传播速度一定小于人光速度C.以相同角度斜射到同一玻璃板，透过两个平行的表面后，b光侧移量大D.分别照射同一光电管，若人光能引起光电效应，。光也一定能E.以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是。光第 6 页，共 20页1 6.某列波沿x 轴正方向传播，t=0时的波形图，如图所示，此时波刚好传到x=27n处。已知在t=0.4

13、5秒时P 点第一次出现波峰，求：(1)波的周期和波速的大小；(2)x=9.5m的 Q 点(图中未画出)出现在波谷的时刻。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、N 不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=Ft可知，N s是冲量的的单位，故 A 错误；B、根据功率的计算公式P=Fu可知功率的单位可以表示为N-m/s,但 N 不是国际单位制基本单位，故 B 错误；C、根据动量的定义=F u,结合尸=ma知N=kg,巾2/S 2,可知kg m/s是动量的单位，故 C错误；D、根据P=Fu可知功率的单位可以表示为N,m/s,结合F=ma知N=kg,血2/52,则功率得单位W=kg-m2/s3,故。正

14、确。故选：Do明确功率的公式,根据公式推导功率的单位,知道国际单位制规定了七个基本物理量.分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量要牢记，同时明确物理公式可以直接进行单位的推导。2.【答案】B【解析】解：A、当天平示数为负时，说明两个线圈相互吸引，根据安培定则，可知此时两线圈电流方向相同，故 A 错误；8、当天平示数为正时，说明两个线圈相互排斥，根据安培定则，可知此时两线圈电流方向相反，故 B 正确；c、线圈 I 与线圈n 之间的作用力是通过磁场传递的，故 c 错误；D、线 圈 I 对线圈n 的作用力，与托盘对线橙|口的作用力

15、都作用在线圈口上，不是相互作用力，故选项。错误.故选：B。两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用：电流方向相同时，将会吸引；电流方向相反时，将会排斥.本题主要考查平行通电直导线间的作用，要求学生结合给出装置图进行解题，对学生信息获取能力以及理解能力有一定要求。3.【答案】C第 8 页，共 20页【解析】解:A、在北极:物体不做圆周运动，即万有引力等于重力。即：&=mg=G箸，故A错误。B、在北极上方处：物体不做圆周运动，即万有引力等于重力。即：尸2=m g =G-所以：今=潭=暇，即 尸2=品&，故B错误。C、在赤道上：物体随地球一起做圆周运动，圆心在地心，所以万有引力、向心力、重力同

16、线。万有引力就等于重力加向心力。F3=m g,由。黎=尸3+小 等R且Fl=G,得：F 3=Fi-m 埼 R,故C正确。D、在地球同步卫星中：万有引力全部提供物体做圆周运动的向心力，即生=0,故。错误。故选：Co地球对物体的万有引力起到两个作用：提供物体做圆周运动的向心力（如果做圆周运动的话）提供了我们所说的重力。题中是弹簧秤的示数，大小也就是重力，根据位置不同分别分析计算即可。处理万有引力与航天这部分题时，一定要找好万有引力的作用，选择好合适的公式运算。4.【答案】C【解析】解：8、由题意，因电场为点电荷产生电场，则Eb延长线交点即点电荷。所在位置，由于粒子带正电，则Q为负电荷，故8错误；A

17、D,画出Q形成的等势面如图所示，电场线由无限远处指向。，沿电场线方向电势越来越低，因此电场中点电势高于%点电势、由Ep=wq粒子在。点电势能大于在，点的电势能，故 错 误；C、根据几何关系可知，6点所在等势面与外连线交点为 连线中点，因此a点与匕点连线中点的场强大小为趺，故C正确。故选：C。根据题意画出点电荷所在位置，以及等势线，根据题目条件分析即可;本题考查点电荷电场分布，比较简单，根据题意画出等势面，判断。电性是解题关键。5.【答案】D【解析】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向方端时，滑动变阻器连入电阻变大，外电路电阻R外增大，电路总电流/=不；减小，内电压U的=减小，故路端电压。=E-U

18、内增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，故AB错误；C、由4=xlOO%=axlO O%可知，因路端电压增大，故电源的效率增大，故C错El E误；D、由A中分析可知，/?2中电流增大，故&的电功率增大，故。正确。故选：D=由电路图可知，滑动变阻器与&并 联后与治 串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻&的电流：根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化:然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，&可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大

19、，流过/?2的电流增大，同时本题也可以根据“串反并同”的结论进行分析求解。6.【答案】BC【解析】解：A、把环4、B及书本看出一个整体，杆对4环的支持力NA大小总是等于书本重力的一半，两环距离变小的过程中，杆对A环的支持力不变，故4错误；B、对8环受力分析，杆对B环的摩擦力和细线对8的拉力产在水平方向的分量平衡，设细线拉力与竖直方向的夹角为。，有：f=Fsin9,因为。减小，F 减 小,所以摩擦力/减小，根据牛顿第三定律可知B环对杆的摩擦力变小，故8正确；C、杆对A环的力为杆对A环的支持力与摩擦力的合力，由于支持力NA不变，摩擦力/减小，根据力的平行四边形定则，可知杆对A环的力变小，故C正确；

20、D、两绳子拉力尸大小相等，设尸与竖直方向的夹角为。，根据平衡条件，两绳子的合力和重力大小相等，即有尸=总，两环距离变小，因。减小，故尸减小，故。错误。Z.COSU故选：B C。利用整体法分析，杆对环的支持力大小总是等于书本重力，一个环各分担一半的重力;第 10页，共 20页环摩擦力和尸在水平方向的分量平衡，根据平衡方程可以得到摩擦力减小；杆对4环的力为杆对A 的支持力与摩擦力的合力，支持力N.不变，摩擦力/减小，所以杆对4环的力变小；对书本进行受力分析，两绳子的合力和重力平衡，根据平衡条件可以求出绳子的拉力尸的表达式，根据三角函数知识，可得尸随。变化的关系.本题考查了共点力的平衡条件、力的合成

21、与分解的运用等知识点。注意整体法和隔离法的使用：通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。7.【答案】A D【解析】解：人 物块在初位置时重力势能为E p o =m g h =3(V，其中h =3m,贝”物块的质量m=誓=悬 忆 9 =1 k g,故 A 正确；y f l JL UX3B、物块在初位置时重力势能为昂。=3 0/,动能为a 0 =0,机械能为a=Ep 0+Ek0=(3 0 +0)/=3 0/；当下滑距离为5 m时，物块具有的机械能为%=E p i +Ekl=0+10/=10/Eo,所以下滑过程中物块的机械能逐渐减少，故 B错误；C、令斜面

22、的倾角为0,贝！I s i n。=1=0.6,cosQ=g=0 3。当物块下滑距离为s =5 m 时，根据功能关系可得-%=T n gco s O-s,代入数据解得“=0.5,根据牛顿第二定律可知，物块下滑时加速度的大小为a=sin。；：ngcos9=讥。fj.gcosO=(10 x 6 0.5 x 10 x 0.8)m/s2=2.0m/s2,故C错误；D、当物块下滑3.0 m 时，物体克服滑动摩擦力做功为Wf=nmgcose-s,代入数据解得：Wf=12/,根据功能关系可知，机械能损失了 12 J,故。正确故选：A D.由图读出物块在初位置的重力势能，由E p =。九求物块的质量；根据初位置

23、以及下滑5 m时的机械能，从而判断机械能的变化情况；根据功能关系分析求解物块与斜面间的动摩擦因数，根据牛顿第二定律求解物块下滑时加速度的大小；分析物块下滑3.0 小时除重力以外其它力做功情况，从而求解机械能的损失。解决该题时需要掌握功能关系，知道重力势能和动能之和为机械能，根据功能关系分析克服摩擦力做功与机械能减少之间的关系。8.【答案】A C D【解析】解：A、在P Q 从靠近灰处向ad滑动的过程中，产生的感应电动势为E=BLv,保持不变。外电路总电阻先增大后减小，由闭合电路欧姆定律分析得知PQ 中的电流先减小后增大，当导体棒PQ运动到油中点时，外电路总电阻最大，中的电流最小,故 A 正确；

24、B、由右手定则可知，PQ 中感应电流方向由PT Q,由左手定则可知尸。受到的安培力方向始终向右，故 P。所受到的安培力一直做负功，故 8 错误；C、P。中的电流先减小后增大，山F 安=8 知，PQ所受的安培力先减小后增大，因P。匀速运动，则 PQ 受到的拉力?=?交，因此，拉力先减小后增大，由=尸。知，v不变，可知，P。上拉力的功率先减小后增大，故 C 正确；。、线框作为外电路，线框的总电阻最大值为R总=：x 管=R，当 也 滑至外边中点时，线框的总电阻最大，等于尸Q 的电阻，其消耗的电功率最大，所以整个过程中，线框消耗的电功率先增大后减小，故。正确。故选：ACO。在 P。从靠近历处向ad滑动

25、的过程中，抓住导体棒P。产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由闭合电路欧姆定律分析尸Q 中电流如何变化；根据左手定则判断安培力的方向，从而确定安培力做功情况；根据平衡条件和尸=B/L分析拉力的变化，L1JP=尸 分析PQ上拉力的功率变化情况;根据矩形线框总电阻与P Q电阻的关系，分析线框消耗的功率如何变化。当矩形线框的总电阻等于尸。的电阻时，线框的功率最大。本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于必中点时线框总电阻最大，分析电流的变化情况；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析线框功率的变化。9.【答案】6.000 45.9 2.30【解析】解：(1)

26、游标卡尺的主尺读数为60 ，游标尺读数为0.00,所以最终读数为：d=(60+0.00)mm=60.00 m m=6.000 cm-(2)根据匀变速直线运动的推论：vB=唾=12喘：乙 I 4 X U.92*i0-2m/s=1.377m/sJ L根据v=3 r得：3 =：=号=华=写 萨 rad/s=45.9rad/s第12页，共20页(3)根据位移差公式4x=。产得：a=磬 言=.0/-x 102m/s2=2.30m/s2,故答案为：(1)6.000；(2)45.9；(3)2.30。(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，游标20分度，每一分度表示的长度为0.05nmi；(2

27、)根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于平均速度即可求出B点的瞬时速度,再由u=3 r求出8点时刻的角速度；(3)根据位移差公式求加速度；该题属于创新型的题目，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，注意单位的换算与有效数字的保留。1 0.【答案】匕力1 A 4.6【解析】解：解：探究小灯泡的伏安特性，要求灯泡两端的电压可以从零伏开始调整到额定电压，即要求测量的电压范围从。3%选择电压表匕；由于小灯泡的额定电流约为0.5 A 0.6 4,选择电流表为；由于小灯泡的最大电阻约为Rn,=怒=6。，很明显氏他 /?心，电流表采用外接法，实验电

28、路原理图所示；连接实物图如图所示，为安全起见，使灯泡的电压为零，滑动变阻器滑片要滑到A端;根据表格的数据，先描点，再画出小灯泡的U-/图线如图中曲线I所示;将该小灯泡接在电动势为3.01/、内阻为2.0。的干电池两端，根据闭合电路欧姆定律灯泡两端电压U=E-l r,即U=3-2 1,在上一问的图象中画出U-/直线如图口所示,两图象的交点就是此时灯泡中的电流和电压，与曲线的交点坐标为(0.45542.10V),得待 求 电 阻 为 察 0=4.60。故答案为：匕 4 电路如图所示,实物连接如图所示,4 4.6（4.5-4.7之间均可）根据实验原理明确实验电路的接法，则可得出对应的原理图，同时注意

29、仪表的选择。根据原理图即可得出对应的实物图如图所示；根据表中数数据得出对应的伏安特性曲线图；将电池的伏安特性曲线画在图中，根据图象的交点可求得灯泡的工作电压和电流，则由欧姆定律可求得电阻；本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线的实验，要求明确实验原理，掌握分压接法的原理及实物图；会用图象分析非线性元件的工作状态。11.【答案】解：(1)粒子在第一象限内做类平抛运动，第 14页，共 2 0 页进入第四象限做匀速圆周运动。设粒子过N点的速度为v,有曰=c o s 8得：=2 v0粒子从M点到N点的过程，由动能定理有：1,1,qUMN=-m v -m v 解得：加=嘿(2)粒子在磁场中以O 为圆心做匀速圆

30、周运动(如图所示)，半径为O N,有：2qvB=-r解得：=鬻(3)由几何关系得：O N rsind设粒子在电场中运动的时间为h，则有：ON =vot1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：2nmT=qB设粒子在磁场中运动的时间为亡2,有：n 9t 2=rT得:弋 2=篝运动的总时间为：=G+七2p.j t _(3 V 3+2 7 T)7 n 一 3qB答：(1)M、N两点间的电势差UMN为 誓；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径为需；(3)粒子从M点运动到尸点的总时间为更翳 。【解析】(1)粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达N的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，在应

31、用动能定理即可求得电场中MN两点间的电势差。(2)粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径。(3)粒子的运动分为两部分，一是在第一象限内做类平抛运动，二是在第四象限内做匀速圆周运动，分段求出时间，相加可得总时间。该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要。粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解。点粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点圆心的确定：因洛伦兹力提供

32、向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点(一般是射入磁场和射出磁场的两点)洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心。或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心。半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形。运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角。的大小，用公式 =七7可求出运动时间。再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题。12.【答案】解：(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：movo=(m+m0)v,解得：v=2ovo竖直分速度：Vy=

33、gt=2ygR,速度方向与水平方向间夹角正切值：tan9=2.vx答：(1)子弹击中物块后物块的速度为5为,此过程中系统损失的机械能为展m诏；o1Z(2)物块通过半圆形轨道最低点8 时对轨道的压力大小为：7.2rng,方向：竖直向下，物块与木板间的动摩擦因数为空等；72gL(3)。点与8 点的距离为2 R,物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值为 2。【解析】(1)子弹击中木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出木块的速度，应用能量守恒定律求出子弹损失的机械能。(2)应用牛顿第二定律求出物块到达C 点的速度，应用机械能守恒定律求出物块在B点的速度，然后应用牛顿第二定律与牛顿第三定

34、律求出物块对轨道的压力，应用动能定理求出动摩擦因数。(3)物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出D点与B点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。本题考查了动量守恒定律的应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程与运动性质是解题的前提与关键，分析清楚物体运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律与平抛运动规律可以解题。13.【答案】A BD【解析】解：A、在测量油膜分子的直径时，将油酸分子看成球形，并且把油膜看成单分子油膜，此时油酸薄膜厚度等于油酸分子直径，故 A正确；8、在研究澳蒸气的扩散实验，若温度升高，则分子的运动越激烈，所以扩散的速度加

35、快，故8正确；C、图丁的形状，由于是椭圆，则说明云母晶体具有各向异性，故C错误；。、丙图模拟气体压强产生机理的实验，说明气体压强是由气体分子频繁碰撞容器壁产生的，故。正确；E、把毛细管插入跟它不浸润的液体中时，管内液面降低，则由图可知，水银对玻璃是不浸润液体，故E错误。故选：A B D。测算分子的直径时，将油酸分子看成球形，并且把油膜看成单分子油膜：温度越高，分子的运动越激烈；气体的压强是由气体分子频繁碰撞容器壁产生的；图是椭圆，说明云母晶体具有各向异性；知道浸润和不浸润的基本现象，会根据分子间作用力解释相关现象。该题考查热学中的几个记忆性的知识点，对于这一类的题目，要注意多加积累，掌握应用分

36、子动理论解释相关现象的方法。14.【答案】解：对活塞，有.：p0S+m g =P 1S由题意，可知：Pi=Po+pghx解得：m =phS代入数值得m =6.8 kg活塞位置不变，气缸内气体做等容变化，当缸内气体温度升高到37式时，设U形管内水银面的高度差生7 =28 0 K,乃=310 K,P i=P o+詈，P 2=P o+P 9 h 2由 独=也03%T2代入数据解得坛=13.4c m答：活塞的质量m 6.8kg；当缸内气体温度升高到37久时，求U形管内水银面的高度差为13.4 c m.【解析】(1)对活塞受力分析，根据平衡条件求解活塞质量；(2)分析初末状态的温度和压强变化，根据等容变

37、化列式求解.此题考查力与平衡和理想气体的等容变化，注意压强和压力的关系以及液体压强的定义.15.【答案】A BD第18页，共20页【解析】解：A、画出光路图，分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率公式几=也 可(存 留 知a光的折射率比b光的折射率大，则a光的频率比h光的频率大，所以在同种玻璃中传播，。光的波长一定小于人光波长，故A正确；8、4光的折射率比b光的折射率大，由公式u=?分析可知，在同种玻璃中传播，“光的传播速度一定小于b光的速度，故B正确；C、光线斜射到玻璃表面，折射率越大，折射光偏转程度越大，偏移量越大，则光侧移量大，故C错误；D,。光的折射率比&光

38、的折射率大，则。光的频率比b光的频率大，分别照射同一光电管，若b光能引起光电效应，a光也一定能，故。正确；E、匕光的折射率较小，由sinC=2知b光的临界角大，不容易发生全反射，所以以相同n的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是匕光，故E错误；故选：A B D。由图看出第一次折射时，。光折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长。由公式=分析光在玻璃中的传播速度大小；根据折射率的大小分析光通过平行玻璃砖侧移量的大小；结合发生光电效应的条件分析；折射率较小，则临界角大，不容易发生全反射。本题考查折射率与光的频率、速度的关系以及光电效应的条件等知识点，关键之处是画出光路图，分析

39、第一次折射时折射角的关系，判断折射率关系。要注意运用反射的对称性作图。16.【答案】解：(1)根据题意，波峰A第一次传播至尸点需要t=0.45s,则波速为：v=10m/s根据图象可得该波的波长为：4=2m则 波 的 周 期 沏T=：，s=0.2s；(2)t=0时刻波谷的位置为x=1.5m,该振动情况第一次传播至Q点所需的时间,/9.5-1.5t=-T=-s=0.8st 10所有出现波谷时刻为：t=(nT+0.8s)=(0.2n+0.8)s(n=1、2、3)。答：(1)波的周期为0.2 s,波速的大小为10m/s；(2)%=9.56的。点出现在波谷的时刻为1=(0.2八+0.8/5 =1、2、3.)。【解析】(1)根据在t=0.45秒时尸点第一次出现波峰，求得波速，读出波长，即可求解周期；(2)采用波形平移法，求出离。点最近的波谷状态传到。点的时间，即为所用时间。本题采用的波形平移法求出P 点第一次形成波峰的时间，也可以从波的形成过程分析求时间，分段研究。第20页，共20页