2021届河北省名校高考物理统考试题

2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的马路施工处警示灯是红色的，这除了因为红色光容易引起视觉注意以外，还因为红色光比其它可见光（）容易发生明显衍射B.容易发生稳定干涉C.容易发生折射现象D.容易发生光电效应下列关于天然放射现象的叙述中正确的是（）人类揭开原子核的秘密，是从发现质子开始的卩衰变的实质是原子核内一个质子转化成一个中子和一个电子一种放射性元素，当对它施加压力、提高温度时，其半衰期不变a、队V三种射线中，a射线穿透能力最强，Y射线电离作用最强甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是lm/s,甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为lm/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（）A.1:2B.2：1C.2:3D.3:2在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s.M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示.在坦0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处.已知该波的周期大于Is,则下列说法中正确的是（）0MNx^n该波的周期为扌s在t=£s时，N的速度一定为2m/s从t=0到t=ls,M向右移动了2m2从t=js到绘亍s,M的动能逐渐增大雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫做“直击雷"。若某次发生“直击雷"前瞬间，带电云层到地面的距离为6干米，云层与地面之间的电压为3.0X10'千伏，则此时云层与地面间电场（视为匀强电场）的电场强度大小为（）A.5.0xlO4N/CB.5.0xl05N/CC.5.0xl06N/CD.5.0xl07N/C

下列说法正确的是（）物体的动能增加，其内能也一定增加扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动一定质量的气体膨胀对外做功，气体内能一定增加随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小图示为一种应用逻辑电路制作的简易走道灯的电路图，虚线框内的C是一门电路，Ro和R】中有一个是定值电阻，另一个是光敏电阻（受光照时阻值减小），R2是定值电阻。当走道里光线较暗或将手动开关S接通时灯泡L都会点亮，则电路中（）C是“或门"，Ro是光敏电阻C是“或门",R】是光敏电阻C是“与门"，Ro是光敏电阻C是“与门"，Ri是光敏电阻如图甲所示的理想变压器，原线圈接一定值电阻R。，副线圈与一额定电流较大的滑动变阻器R相连接,厲10现在M、N间加如图乙所示的交变电压.已知变压器原、副线圈的匝数比为—,定值电阻的额定电流为2.0A,阻值为R=10Qo为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路的电阻值至少为（）IQB.10QD.102Q如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，己知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上.甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线.站曲线运动.则下列说法中正确的是乙两粒子电性相同甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率两个粒子的电势能都是先减小后增大经过b点时，两粒子的动能一定相等某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子"。现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB的OA、OB边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA、OB、弧AB三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同_竖直平面内顺时针转动&角，下列说法正确的是（）转动。为0至扌的过程，弧AB受到重物的压力逐渐变大5/r8为斗时，弧AB受到重物的压力最大4转动一周的过程中，存在某一特定的&角，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值不同二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分质量均匀分布的导电正方形线框abed总质量为边长为I,每边的电阻均为g线框置于xoy光滑水平面上，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。如图，现将ab通过柔软轻质导线接到电压为U的电源两端（电源内阻不计，导线足够长），下列说法正确的是若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为粵f若磁场方向沿x轴正方向，则线框保持静止若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以Cd边为轴转动，则心曙2di若磁场方向沿y轴正方向，线框以cd边为轴转动且cd边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为空-竽G2如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R,匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂宜导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r,导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（）感应电流在导体棒EF中方向从F到E导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定导体棒的机械能一直减小导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能对于热学的相关现象，下列说法正确的是（）毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O,半径为R,将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与0点的连线和0C间夹角为30。，下列说法正确的是（）电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零c.o点的场强大小为够/?■O点的场强大小为迟里R2如图所示，质量相同的小球仏B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动,小球A.B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为g,忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A—宜做正功B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，地面对A的支持力先减小后增大4v2D・当细杆与水平方向成30。角时，小球A的速度大小为一可求得杆长为——g三、实验题：共2小题光敏电阻是阻值随着光照度变化而发生变化的元件。照度可以反映光的强弱。光越强，照度越大，照度单位为lx。某光敏电阻R在不同照度下的阻值如图甲所示。a心甲乙丙a心甲乙丙某同学采用光敏电阻以及其他器材，通过改变光照度来测定一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材:待测的干电池（电动势约为1・5V,内电阻小于1.0Q）电流表：量程0-0.6A,内阻0.1Q电流表：量程旷3A,内阻0.024Q电压表：量程0~3V,内阻约3kC电压表：量程0~15V,内阻约15kQ光敏电阻（符号：弋”）H・开关，导线若干在测定电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。（1）在上述器材中电流表选一，电压表选—（填写选项前的字母）；（2）在图乙方框中两出相应的实验电路图—:（3）多次改变光的照度，得到多组电压、电流值。利用测出的数据在图丙所示的坐标图中描出对应的点，由此绘出U-1图象,在修正了实验系统误差后。得出干电池的电动势E=1.50V,内电阻r二_Q；（4）当电流表读数为0.30A时，光的照度为_「（结果保留两位有效数字）圆柱形陶瓷元器件表面均匀镀有一层导电薄膜，已知导电薄膜电阻率为为了测量该薄膜厚度，某同学使用铜丝紧绕在元件表面，铜丝绕制成圆形，圆柱体轴线垂直于铜丝圆面，制成电极A、B,如图甲（1）用螺旋测微器测量元件的直径，测量结果如图乙所示，其读数为mm。（2）为了测量元件电阻，某同学首先使用多用电表对元件粗测，元件电阻约为10G,现需准确测量电阻阻值，可供器材如下被测元件您（阻值约10G）直流电源（电动势约6V,内阻约3Q）电流表A】（量程0〜0.6A,内阻约2G）电压表V（量程0〜2V,内阻心=10000）电压表V,（量程0〜12V,内阻约5000G）F•定值电阻凡（凡=20000）G.滑动变阻器K（0〜20G）H・滑动变阻器儿（0-100Q）1・电键、导线等在可供选择的器材中，已经选择A、B、C、I除此之外，应该选用（填写序号）根据所选器材，在图丙方框中画出实验电路图需要测量的物理量,请用上述物理量表示被测电阻心=（3）为了测量薄膜厚度还需要测量的物理量为。（4）若被测元件电阻为R,元件直径为〃，电阻率为P,请结合使用（3）物理量表示薄膜厚度Ad二—。四、解答题：本题共3题甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上由同一位置同时向同一方向出发，两车启动过程均看作初速度为零的匀加速直线运动。甲车加速10s后速度达到72km/h,此后做匀速直线运动，乙车加速20s后与甲车的距离开始减小，最终加速到90kin/h开始做匀速宜线运动，求：

甲.乙两车加速过程的加速度分别多大；乙车运动多长时间追上甲车。(6分)某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖掉一个半径为R的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD为半圆柱体的直径，0为圆心，AD长为極。一束单色光从AD边的中点E垂宜射入玻璃砖，经过折射后从玻璃砖中射出。已知玻璃砖对该单色光的折射率为JT,光在真空中的传播速度为6请画出此光束在玻璃砖中的光路图，并求出该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角;该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。(6分)微棱镜增亮膜能有效提升LCD(液晶显示屏)亮度。如图甲所示为其工作原理截面图，从面光源发出的光线通过棱镜膜后，部分会定向出射到LCD上，部分会经过全反射返回到光源进行再利用。如图乙所示，等腰直角M5C为一微棱镜的横截面，ZA=90%AB=AC=4a,紧贴BC边上的P点放一点光源,BP=^BC.已知微棱镜材料的折射率n二sin37°=06,只研究从P点发出照射到AB边上的光线。3(1)某一光线从AB边出射时，方向恰好垂直于BC边，求该光线在微棱镜内的入射角的正弦值；(2)某一部分光线可以依次在AB、AC两界面均发生全反射，再返回到BC边，求该部分光线在AB边上的照射区域长度。LCD图甲咬幅03-PET基膜LCD图甲咬幅03-PET基膜参考答案一、单项选择题：本题共10小题,每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的A【解析】【详解】红光在可见光中的波长最长，容易发生明显衍射，故选项A正确；干涉与光的颜色无关，选项B错误；所有的光都能发生折射，选项C错误；红光在可见光中频率最小，最不容易发生光电效应，选项D错误•C【解析】【分析】【详解】天然放射现象是原子核内部变化产生的，人类认识原子核的复杂结构并进行研究是从贝克勒尔发现天然放射现象开始的，故A错误；卩衰变的实质方程为是原子核内一个中子转化成一个质子和一个电子，故B错误；原子核的半衰期是由自身的结构决定的，与物理条件（温度、压强）和化学状态（单质、化合物）均无关，则对原子核施加压力、提高温度时，其半衰期不变，故C正确；a、队Y三种射线中，Y射线穿透能力最强（主要看射线具有的能量），a射线电离作用最强（从射线自身的带电情况衡量），故D错误。故选C。D【解析】【详解】由动量守恒定律得〃屮］_加，匕=〃匚讨_加”解得/f1l_V2+V2in2Vl+Vl代入数据得加］_3in22故选D。D【解析】【详解】

A•波速为2m/s,波的周期大于Is,则波长大于2m,M.N的平衡位置相距2m,M.N的平衡位置间距小于波长；t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x轴正方向传播，贝Ut=o时，波形图如图所示，所以-2=2m4该波的周期：V4解得：该波的周期为§S,故A项错误;时，N位于其平衡位置上方最大位移处，则在t二£s时，N位于其平衡位置向y轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B项错误；C•波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C项错误；41D.在绘0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，因T=-s,则t=-s时，M位于其平衡位置上方最1?大位移处，t盲s时，M通过其平衡位置沿y轴负方向运动，t=-s到绘亍s,M的动能逐渐增大，故D项正确。A【解析】【详解】根据U=Ed得e=7=3°6xw'10NC=5-0x1°4N/C选项A正确，BCD错误。故选A。D【解析】【分析】【详解】物体的内能由分子动能和分子势能构成，与宏观的机械能大小无关，A错误;布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，B错误；根据热力学第一定律△U=Q+W可知一定质量的气体膨胀对外做功，吸放热情况未知，所以气体内能不一定增加，C错误；随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小，D正确。故选D。A【解析】【详解】当电键闭合时，输入为高电势，当光线较暗时，光敏电阻较大，输入端为高电势，因为当走道里光线较暗时或是将手动开关S接通时，灯都会亮，可知只要有一个条件满足，事件就能发生，知该门电路是“或"门电路。当有光照时，光敏电阻阻值较小，输入端3端需要输入低电势，所以光敏电阻不能放在&的位置,可以放在他的位置，A正确，BCD错误。故选A。A【解析】【详解】由题意可知，定值电阻Ro在额定电流情况下分得的电压为：=//?0=2.0x10V=20V则原线圈输入电压：Ui=220V-20V=200V由变压器的工作原理：■■可知：S=虫E=丄X200V=20V-110允许电流最大时原线圈的输入功率为：P!=Uil=200x2W=400W由变压器输出功率等于输入功率可得：p2=p1=400W又由公式可知可得:R=」=——Q=1QP2400故A正确，BCD错误。B【解析】根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷,而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷.故A错误.甲粒子从a到c过程，电场力做正功,动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度.故B正确.甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小.故C错误.a到b时，电场力对两粒子的做的功都是0,两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等.故D错误.故选B.C【解析】【详解】以O点为轴缓慢将框架在同一竖宜平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动0为0至M的过程，弧AB始终不受力作用，则选项A错误；由力的合成知识可知当吐兀时，此时弧AB受到重物的压力大小为JJG,25必时，弧AB受到重物的压力为G,则此时压力不是最大，选项B错误；旋转重力的方向，当此方向在弧AB弹力的方向与OA板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都会取得最大值，大小为JIG,则转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D错误。WftCo二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分11・ACD【解析】【详解】根据左手定则，安培力的方向沿+y轴方向

根据F=BII,线框所受的安培力的合力为:尸=心+行=別（匕+$）zo3zo线框的加速度大小为：F4BIUa=—=m3mrQ故A正确；若磁场方向沿x轴正方向，ad边受到的安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故B错误；若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以Cd边为轴转动，贝山根据动能定理可得BIUI-mg•BIUI-mg•-/>0解得:u>^2E1故C正确;在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有:BFUmglZBFUmglZO2故D正确;故选ACD。12・AC【解析】根据右手定则知，感应电流的方向为F到E,故A正确.下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误.导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确.根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误.故选AC.点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生.AD［解析】【分析】【详解】毛细现象表现为浸润细管的液体在细管中上升、不浸润细管的液体在细管中下降，毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降，故A正确；阿伏加德罗常数是lmol任何质量所含有的微粒数目阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比，已知水的密度和水的摩尔质量无法确定分子质量，故无法确定阿伏加德罗常数，故B错误；空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的距离减小，斥力和引力均增大，故C错误；与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽，故D正确.故选AD。BD【解析】【分析】【详解】电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场强大小为氐詈乂曲g譬，C错，D正确.15・AD【解析】【详解】A.B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以动量不守恒，故A正确；BC.初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地面压力小于自身重力，故B、C错误；小球A的速度为V时，设小球B的速度大小为『，则有vcos30°=Mcos60°解得$=\/3v两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有厶1,1,,ms•—=—〃"厂+—mv222联立解得

厶出g故D正确；故选ADO三、实验题：共2小题16.BD——0.76(0.7416.BD——0.76(0.74-0.78)0.54(0.50-0.56)0.54(0.50-0.56)【解析】【分析】【详解】⑴⑴［2］—节干电池的电动势为1.5V,贝!)电压表选择D,因电流较小，故电流表选择B(2)【3］电流表的内阻已知，可采用电流表外接电路，电路如图Ro⑶【4］⑶【4］根据描点，画出U-I图像，如图【5］由实验原理得E=U+I(RA+r)变形得U=E-(RA+r)l由图像可知，内阻为△C/Dz1.5—1.07八crzcr=—RA=(_0.1)G=0.76G△/八o.5

由于误差（0.74V-0.78V）均可⑷⑹当电流表读数为0.30A时，读出t/=1.23VR=〃_1R=〃_1・237_030Q=4.1Q（分压式接法也可以）电流表A】示数/,电压表乂示数（分压式接法也可以）电流表A】示数/,电压表乂示数ULnd・RuH（或〃（傀+凡）R、J—u电极A、B之间的距离厶对照图像可知，光的照度为0.54lx,由于误差（0.50-0.56）lx均可17.0.398（0.396^0.399均可给分）DFG【解析】【详解】⑴⑴螺旋测微器主尺刻度为0,可动刻度为39.8x0.01mm=0.398mm,所以读数为0+0.398mm=0.398mm（2）【2］因为直流电源电动势为6V,电压表V2量程太大，不能选择，可将电压表W改装，因此需要DF；滑动变阻器起限流作用，安全下选择小的，比较方便操作，所以选择G。【3］该电路设计滑动变阻器阻值比被测阻值大，而且能保证仪器安全，因此滑动变阻器采用限流方式，使用伏安法测量被测电阻，其中电压表需串联一个分压电阻，总电阻远大于待测电阻，采用电流表外接。电路【4］根据欧姆定律，需要测量电流表A】示数/,电压表V】示数（/；【5］电压应为电压表和定值电阻的总电氐电流应为流过待测电阻的电流，则R豈H"ER。）xI丄R\J—u7u因为所以也可表示为R毬D呱+凡)xI乓I⑶⑹根据电阻定律„L其中薄膜很薄，展开后可认为是以圆周长为边，厚度为高的矩形，即Sand•M所以为了测量薄膜厚度，还需要测量连入电路的电阻长度为电极A、B之间的距离厶。⑷⑺据题有R=p——nd因此△d=p——nd・R四、解答题：本题共3题18.(1)2ni/s2flrn/s2:(2)42.5se【解析】【分析】【详解】(1)=72kni/h=20m/s甲车的加速度大小cl=—=—ni/s2=2ni/s21人10乙车的加速度大小儿20.「a^=—=——m/s~=lm/s・-t220(2)v2=90kiiVh=25ni/s乙车加速的时间—s=25s1设经过/时间，乙车追上甲车，则解得/=42・5s19.①如图所示》，薯土］厂、、TOC\o"1-5"\h\z7\\/\J1/\fl\【解析】【分析】【详解】①由题意可知，作出光在介质中的光路图如图所示。OHsina=OF•••a=60°由光进入该介质的产生全反射时的临界角设为C,得tailC=—n可得QC,光线在F点全反射根据图可知了=0=30。由G点光线第一次射出介质，由折射定律得1_Sill/nsin0解得e=6o°②根据题意，光中介质中的传播速度为EF=R_Rsm0=*RFG=FO=R所以光在介质中传播的时间为EF+FGt=v*3羽Rt=2c20.⑴型；⑵刍1012【解析】【分析】【详解】⑴由题意知，出射角r=45°由折射定律得siiiin=siiir解得..sim3>/2sini==n10(2)根据smC=丄可得临界角为C=arcsin丄=37°n当光线刚好在43边上M点发生全反射时，如粗实线光路所示在43边刚好全反射时，入射角67=37°由几何关系知，反射到AC边的入射角a'=53°>C能够发生全反射过P点做的垂线与0点，由几何关系知PQ=a3QM=d・tan37。=~a当光线刚好在4C边上发生全反射时，如图细实线光路所示在4C边刚好全反射时，在43边的入射角0=37。由几何关系知，在43边的入射角P=53°>C能够发生全反射，反射点为N在MAQ中由几何关系知4QN=aian.53°=-a综上所述，符合要求的区域437MN=—a-—a=—a4122019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题,每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的如图甲所示的“襄阳砲“是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块，装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中，最初静止时长膺与水平面的夹角«=30°,发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m,不计空气阻力，取g=l0m/s\以下判断正确的是甲乙石块抛出后运动时间为巫S2石块被抛出瞬间的速度大小yV2/?7/5石块即将落地时重力的瞬时功率为500〃用石块落地的瞬时速度大小为15m/s如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为d电源的内阻不能忽略,则下列判断正确的是（）小球带负电当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角B变小当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r。在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO'轴以角速度3匀速转动，外电阻为R,线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是（）

甲线圈转到图甲位置时,B.通过线圈的磁通量为NBS线圈转到图丙位置时,D.线圈转到图乙位置时，线圈转到图丁位置时,通过线圈的磁通量的变化率为NBScoNBS®外电路中交流电流表的示数为时AB边感应电流方向为4T甲线圈转到图甲位置时,B.通过线圈的磁通量为NBS线圈转到图丙位置时,D.线圈转到图乙位置时，线圈转到图丁位置时,通过线圈的磁通量的变化率为NBScoNBS®外电路中交流电流表的示数为时AB边感应电流方向为4T34-如图所示的电路中，理想变压器原.副线圈的匝数之比为1：2,在原线圈电路的纸b端输入电压一定的正弦交变电流，电阻R】、R2消耗的功率相等，则售为（）4D.2—正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为氏方向相反、垂直于平面、宽度均为肌下图反映感应电流I与线框移动距离x的关系,以逆时针方向为电流的正方向。图像正确的是（）—质量为m的物体在光滑水平面上以速度W运动，t=0时刻起对它施加一与速度w垂直、大小为F的水平恒力，则t时刻力F的功率为（）在竖直平面内有一条抛物线，在抛物线所在平面建立如图所示的坐标系。在该坐标系内抛物线的方程为y=4x2,在$轴上距坐标原点/?=1.5m处，向右沿水平方向抛出一个小球，经0.5s后小球落到抛物线上。贝U小球抛出时的速度大小为（&取10nVs:）A.lin/sB.0・75m/sC.0.5ni/sD.0・25m/s如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在绘0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x=6m处的质点P在最短时间内到达波峰历时0・6s。图中质点M的横坐标x=2.25mo下列说法正确的是（）该波的波速为7.5m/s0〜0・6s内质点P的路程为4.5m0・4s末质点M的振动方向沿y轴正方向0〜0・2s内质点M的路程为10cm家电待机耗电问题常常被市民所忽略。北京市电力公司曾举办“计量日进您家〃活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0・2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电童更是高达0・4度。据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据,估算每年温州市家庭用电器待机耗电量约为（）家庭常用电器电视机洗衣机空调电脑户均数量（台）2121电器待机功耗（W/台）102040404xl05度B.4xl07度C.4x109度D.4xlOn度如图甲所示，开口向上的导热气缸静置于水平桌面，质量为m的活塞封闭一定质量气体，若在活塞上加上质量为m的祛码，稳定后气体体积减小了AV】，如图乙；继续在活塞上再加上质量为m的舷码，穂定后气体体积又减小了av2,如图丙.不计摩擦，环境温度不变，则（）AVi<AV2C.AVi>AV2C.AVi>AV2D.无法比较AVi与AV2大小关系二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上.一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量&之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点.不计小球和弹簧接触瞬间机械能损失、空气阻力，g取10m/s2,则下列说法正确的是小球刚接触弹簧时加速度最大该弹簧的劲度系数为20.0N/mC・从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能守恒D.小球自由落体运动下落的高度l・25m—质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图象如图所示，由图象可知在t2时刻物体的（）A.加速度大小为匕A.加速度大小为匕b.速度大小为c.动量大小为d.动能大小为c.动量大小为d.动能大小为8/77TOC\o"1-5"\h\z—定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b,到状态c再回到状态a.三个状态的体积分别为也、Vb、Vc,则它们的关系正确的是（）PVa=Vc327Vb=Vc600327Vc=Va5414-如图甲所示，两平行金属板仏B放在真空中，间距为d,P点在A、B板间，A板接地，B板的电势4＞随时间t的变化情况如图乙所示，t=0时，在P点由静止释放一质量为m.电荷量为e的电子，当1=2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是（）0尸2TIP・'甲'乙4>1:4>2=1:24>1:4>2=1:3在旷2T时间内.当t=T时电子的电势能最小在旷2T时间内，电子的动能增大了些工a^m图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为A,下列说法中正确的是（）图示时刻位于M处的质点正向前移动P处的质点始终处在平衡位置从图示时刻开始经过四分之一周期，P处的质点将处于波谷位置从图示时刻开始经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置M处的质点为振动加强点，其振幅为2A三、实验题：共2小题BB若所选挡位为直流50V挡，则示数为V。如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置图。水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖宜挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置(从左到右分别记为入Q、R),测得OP=xi,OQ=x2,OR=xb入射小球被碰小球重锤关于实验的要点，下列说法正确的是_A•入射小球的质量可以小于被碰小球的质绘B・入射小球的半径必须大于被碰小球的半径重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点导轨末端必须保持水平若入射球的质量为被碰小球的质量为m2,则该实验需要验证成立的表达式为_(用所给符号表示)；除空气阻力影响外，请再说出一条可能的实验误差来源o指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。(1)图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1.2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法正确的是_A.当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位B.当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位C.当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位D.当S接触点3时,多用电表处于测量电压的挡位(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。A.若所选挡位为直流10mA挡，则示数为mAo甲c(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Q的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kQ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点B把选择开关旋转到饭100〃位置C.把选择开关旋转到“xlk"位置D.将红表笔和黑表笔接触某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图象，其中可能正确的是解答题本题共3题18.如图所示为某滑雪赛道。长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m,C是半径R=30m圆弧的最低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4m/s2,到达B点时速度VB=20m/So取重力加速度g=l0m/s2o求长直助滑道AB的长度L；若不计BC段的阻力，求运动员在C点所受支持力的大小。(6分)如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为6半径为R,其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于0’点。有一束单色光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点，发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出，已知0A=2^r,光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，2气泡内近似为真空，真空中光速为6求:

0）玻璃的折射率n；（ii）光线从A在气泡中多次反射到C的时间。（6分）如图所示，内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气中，中间用细软管相连，左侧U形管顶端封闭，右侧u形管开口，用水银将部分气体A封闭在左侧U形管内，细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27°C,大气压强为^cmHg,稳定时，a部分气体长度为?管内各液面高度差分别为l7=lOctn^u2=J?ctn.；求A部分气体的压强；现仅给A部分气体加热，当管内气体温度升高了刊9时，A部分气体长度为21cm,求时右侧U形管液面高度差二。参考答案一、单项选择题:题目要求的1.c本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合【解析】【详解】A、石块被抛出后做平抛运动：h=L+Lsina,竖直方向：h=^gt2,可得：t=2^s,故A错误;22

B、石块被抛出后做平遞动，水平方向：s〜，可得：占皿故B错误;5石块即将落地时重力的瞬时功率为：P=mgvy=mg>gt=500V6w,故C正确;5石块落地的瞬时速度大小为：v=m/s,5石块落地的瞬时速度大小为：v=m/s,故D错误。B【解析】【分析】【详解】根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R】两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。故选B。D【解析】【分析】【详解】A.线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS,与匝数无关，A错误;线圈转到图乙位置时，感应电动势Em=NBSco=N—皿△/解得磁通量的变化率△e△/△e△/=BSa)B错误;电流表示数显示的为有效值C错误；线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流为D正确。故选D。A【解析】【分析】【详解】因为电阻R】、R2消耗的功率相等，所以有I；R=ljR又因为Ani联立解得R24故BCD错误，A正确。故选A。A【解析】【详解】在X上，在0~。范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值。在a〜2a范围内，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势d增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势d不变，两个电动势串联，总电动势E=Ey+E2增大，同时电流方向为瞬时针，为负值。在2。〜3。范围内，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，综上所述，故A正确。故选A。B【解析】【分析】【详解】根据牛顿第二定律有F=ma因Flv0,则恒力F的方向为初速度为零的匀加速直线运动，t时刻的速度为vf=at=—tm根据功率的定义可知故B正确，ACD错误。故选B。C【解析】【详解】小球做平抛运动，如图所示在竖直方向有h-y=-gt•2§在水平方向有由题意得y=4x2联立解得小球抛出时的速度大小为v0=0.5ni/s故A、B、D错误，C正确；故选C。A【解析】【详解】A.由图象知波长26m,根据波动与振动方向间的关系知，质点P在绘0时刻沿y轴负方向振动，经过第一次到达波峰，即3-T=0.6s,4解得：T=0.8s,2一由V=y得波速J厶皿，T0.8A正确；B.由图象知振幅A=10cm,0〜0・6s内质点P的路程L=3A=30cm,B错误；Tc・t=o时刻质点M沿y轴正方向振动，经过0・4s即了，质点M在x轴的下方且沿y轴负方向振动，C错误；D.0〜0・2s内质点M先沿y轴正方向运动到达波峰后沿y轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路程小于A即10cm,D错误。故选A。C【解析】【详解】温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：2xl0W+lx20W+2x40W+lx40W=160W；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330xl04x0.16k\A/x(360x24h)=456192xl04KW*hs4.6xl09度；故选C。C【解析】【详解】设大气压强为仇，起初活塞处于平衡状态，所以：p0S+Mg=pS解得该气体的压强为：P=PoJ*则甲状态气体的压强为：P严P。诜乙状态时气体的压强为：伐=几+攀丙状态时气体的压强为：必=几+竽由玻意耳定律得：PM=1^2=

吨PoS+2mg所以：△«>△匕.故本题选C.【点睛】对活塞进行受力分析，由平衡条件分别求出几种情况下的气体压强；由玻意耳定律可以求出气体体积，然后比较体积的变化即可.二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分BD【解析】【详解】AB.由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Ax为O・lm时，小球的速度最大，然后减小，说明当&为O・lm时，小球的重力等于弹簧对它的弹力.所以可得：kAx=mg解得:0.2x100.1N/m=20N/m0.2x100.1N/m=20N/m弹簧的最大缩短量为Ax*^=0.61m,所以F最大=20N/mx0.61m=12.2N弹力最大时的加速度=51m/s2你大讪g_12・2—0.2x10=51m/s2in0.2小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2,所以压缩到最短时加速度最大，故A错误，B正确;小球和弹簧组成的系统机械能守恒，单独的小球机械能不守恒，故C错误；根据自由落体运动算得小球自由落体运动下落的高度v25三h=—=———=1.251112g2x10D正确.故选BD012.AD【解析】【分析】【详解】由图像可知：在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得加速度大小m故A正确；BCD.由动量定理和图像面积可得根据动量和动能的关系得Fk8/«故BC错误，D正确。故选AD.BC【解析】【分析】根据图象求出各状态下的压强与温度，然后由理想气体状态方程解题。【详解】由图示可知，pa=po,pb=pc=2po,Ta=273+27=300K,Tc=273+327=600K,由数学知识可知，tb=2ta=54°C,Tb=327K；由理想气体状态方程得：则v=v,由理想气体状态方程可知:v_TO_^x327V_327v=327y&P亿2^x300600a600'故BC正确，AD错误；故选BCo【点睛】解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度，否则会出错；由于题目中没有专门说明。ab是否在同一条直线上，所以不能主观臆断b状态的温度。BD【解析】【分析】【详解】AB.电子在0~T时间内向上加速运动，设加速度为a】，在丁~2丁时间内先向上减速到零后向下加速回到原出发点，设加速度为劭，则押J昭7一冷）解得ci2=3q由于am（p.ea~~~dm则4>i:4>2=1:3选项A错误，B正确；C.依据电场力做正功最多，电势能最小，而0〜T内电子做匀加速运动，T〜2T之内先做匀减速直线运动,后反向匀加速宜线运动，因4>2=3<t>u匕时刻电子的动能瓦丄心空K22md2而粒子在t2时刻的速度故电子在2T时的动能EK2=ma"所以在2T时刻电势能最小，故C错误；D.电子在2T时刻回到P点，此时速度为匕=i，_订=_2字7（员号表示方向向下）・・dm电子的动能为口1，2於尸A2-d2m根据能童守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。故选BD。BDE【解析】【详解】图示时刻位于M处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A错误；BC.P处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0,始终处于平衡位置，故B正确，C错误；从图