2021年广东省高考物理选择性押题试卷(含答案解析)

2021年广东省高考物理选择性押题试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.天然放射现象的发现揭示了原子有复杂的结构

B.a、/?和y三种射线，a射线的穿透力最强

C.召羿〃衰变成第6Pb要经过6次0衰变和8次a衰变

D.根据玻尔理论可知，一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光

2.如图所示，在边长为的正三角形的顶点分别固定一负电荷，4处

的电荷量为Q,中心。处的场强恰好为零，已知静电力常量为鼠若仅

将4处电荷改为等量的正电荷，贝UO处场强的大小和方向分别为（）

A.等，沿4。方向

B.等，沿OA方向

C.空，沿4。方向

D.詈，沿。肪向

3.英国物理学家卢瑟福用a粒子轰击金箱，发现了a粒子的散射现象.如图所示中，。表示金原子

核的位置，则能合理表示该实验中经过金原子核附近的a粒子的运动轨迹的图是（）

B.pAD物

4.一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方xx1|,______

向垂直，如图甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈办旭趣T

中顺时针方向的感应电流为正。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化R1

甲乙

的图象如图乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度、磁通量随时间变化的图象可能是（）

5.到目前为止，我国已成功发射多颗地球同步卫星，关于这多颗地球同步卫星，下列说法正确的

是（）

A.它们可定点在北京的正上空

B.它们的运行周期可能不同

C.它们离地心的距离可能不同

D.它们的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度

6.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块8相连并处于静止状态。

一物块4在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块4静止时的位置为原点。、竖直向下

为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块4自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，

碰撞过程用时极短。测得物块4在的动能&与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性

限度内），图中除0〜石之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块4、B均可视为质点，

重力加速度为g,贝ij（）

卯

xi々%x/cm

图甲图乙

A.物块2、8的质量之比为2：1

B.弹簧的劲度系数

xlkx2~xl）

C.从小到X3的过程中，物块运动加速度的最大值的nax=MjEki

D.从小到打的过程中，弹簧的弹性势能增加了△琮=当弃Er

7.请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。如图所示，把一个

小球用细线悬挂起来，将小球拉离竖直位置某一角度由静止释放，

就成为一个摆。若摆长为小球质量为m,小球在摆动过程中最

大偏角为。，重力加速度为g。设阻力可以忽略。

小球在摆动的过程中，以下说法正确的是（）

A.小球运动到最高点时加速度为零

B.小球受到重力和拉力的作用，机械能不守恒

C.小球运动到最低点时所受重力与拉力大小相等

D.以最低点为重力势能零点，则小球具有的机械能为m"（l-cos。）

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.一玩具小车从静止开始启动，其速度-时间图象如图所示，0〜

G时间内的图象为直线，匕〜t2时间内小车的牵引力功率恒为

已知小车的质量为m,小车受到的阻力为定值。下列说法正确

的有（）

A.小车受到的阻力为?

V2

B.0〜0时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大

C.ti〜t2时间内，汽车的牵引力减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动

D.在t2时间以后，汽车的牵引力不变，汽车的功率也不变

9.如图所示，两个相同的小球4、B用长度分别为k、。的细线悬挂

在天花板的。1，。2点，两球在水平面内做匀速圆周运动，两根

细线与竖直轴夹角均为。.设A，B两球的线速度分别为以、vB,

角速度分别为34、3B，加速度分别为皿、as，两根细线的拉力

分别为以、FB，则（）

A.vA>vBB.a)A>a)BD.FA<FB

10.如图所示，“匚”型导线框abed与磁感应强度为B的匀强磁场

垂直，线框c、d两端接入图示电路，其中ab长为k，ad长为，2,

线框绕过c、d的轴以恒定的角速度匀速转动.开关S断开时，额

定功率为P、电阻恒为R的灯泡刀正常发光，理想电流表0）示数

为/,线框电阻不计，下列说法正确的是（）

A.闭合开关S前后，电流表示数保持不变

B.线框转动的角速度为看

C.变压器原、副线圈的匝数比为运

IR

D.线框从图中位置转过［时，感应电动势的瞬时值为:

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

11.（1）如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①②③到

达状态d。过程①中气体.（选填“放出”或“吸收”）了热量，状

态d的压强.（选填“大于”或“小于”）状态b的压强。

（2）在第（1）问③状态变化过程中，1m。，该气体在c状态时的体积为10L,在

d状态时压强为c状态时压强的|.求该气体在d状态时每立方米所含分子

数。（已知阿伏加德罗常数N.=6.0X1。23加。厂1,结果保留一位有效数字）

12.一列简谐波沿x轴传播，t=0.2s时刻介质中P、Q两质点离开平衡位置的位移均为5sn,P、Q两

点相距4m,如图甲所示，乙为质点Q的振动图象。则质点Q的振动方程为cm；简谐波的

传播方向为..（填“沿x轴正方向传播”或“沿x轴负方向传播”）简谐波的波速为

四、实睑题（本大题共2小题，共16.0分）

13.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图1所示。实验中测出重物自由下落

的高度/I及对应的瞬时速度/计算出重物减小的重力势能mg/i和增加的动能;小/，然后进行比

较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒。请根据实验原理和

步骤完成下列问题:

(1)关于上述实验，下列说法中正确的是。

A.重物最好选择密度较小的塑料块

8.必须测出重物的质量

C.实验中应先接通电源，后释放纸带

。.不能利用公式〃=/可来求解瞬时速度

(2)如图3是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的。点是起始点，选取纸带上连续的点4、

B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到。点的距离依次为27.94cm、32.78cm、38.02cm,

43.65cm、49.66czn、56.07cm。已知打点计时器所用的电源是50Hz的交流电，重锤的质量为0.5kg,

则从计时器打下点。到打下点。的过程中，重物减小的重力势能△与=].重物增加的动

能AEkU],两者不完全相等的原因可能是(重力加速度g取9.8m/s2,计算结果保

留三位有效数字)

(3)实验小组的同学又正确计算出图3中打下计数点4、B、C、D、E、F各点的瞬时速度V,以各计数

点到4点的距离八'为横轴，记为纵轴作出图象，如图2所示，根据作出的图线，能粗略验证自由

下落的物体机械能守恒的依据是

14.2009年9月暑假开学之后甲型H1N1在全国各地大量爆发，中小学和大学也出现较多的病例.为

了做好防范，需要购买大量的体温表，市场体温表出现供货不足的情况，某同学想到自己制作

一个金属温度计，为此该同学从实验室找到一个热敏电阻，并通过查资料获得该热敏电阻的阻

值R随温度t变化的图线，如图甲所示.该同学进行了如下设计：将一电动势E=1.5V(内阻不计

)的电源、量程5nM内阻Rg=100。的电流表及电阻箱R',及用该电阻作测温探头的电阻R,串

成如图乙所示的电路，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属

电阻温度计”.

②若电阻箱阻值R'=70/2,图丙中5nL4刻度处对应的温度数值为℃.

五、计算题(本大题共4小题，共44.0分)

15.如图所示为真空室内研究电子在电场和磁场中运动的简化模型示意图。在无Oy平面边长为3L的

正方形486(4。边与y轴重台，0为4D中点)区域内，存在三个匀强电场，电场/的场强大小为E,

方向沿x轴负方向、电场口、HI的场强大小均为2E,方向分别沿y轴负方向和y轴正方向，三个

电场沿x轴方间的宽度均为L.a、b两点位于电场/的左边界y轴上，距坐标原点。的距离均为1

今在a点处由静止释放电子。设电子的电量为q,质量为m,不计电子所受重力。

(1)求电子刚进入电场n时的速度大小；

(2)求电子离开电场口时的位置以及速度方向与x轴正方向所成夹角的正切值；

(3)今在b点沿y轴方向安装一荧光屏，为使电子垂直打在光屏上，可在x23L的整个空间区域内加一

垂直于xOy平面的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度的大小和方向。

16.如图所示，两水平面(虚线)之间的区域存在方向水平向右的匀强电O

9―oTb-丁

场。从离该区域上边界高为/I的。点，沿平行于电场的方向，以相同h

的速率分别先后向左、右抛出a、b两个小球。a、b两小球均带正电，且质量均为a球带电

量为Sq,匕球带电量为q。两小球到达电场上边界的位置之间的距离为3b球进入电场后在电场

中做直线运动。忽略a、b之间的库仑力，重力加速度为g。求：

(1)两小球抛出时速度为的大小；

(2)若£=1,且a球进入电场的位置与离开电场的位置在同一竖直线上，求电场上下边界之间的距离;

(3)若电场的上下边界之间的距离为3九，/?为何值时可使两小球从同一位置离开电场。

17.如图所示，右端开口、左端封闭的竖直U形玻璃管(管壁厚度不计)两边粗细不n

5rm

同，粗玻璃管半径为细玻璃管半径的2倍，两管中装入高度差为5czn的水银，卜;

左侧封闭气柱长为10cm,右侧水银面距管口为5cm。现将右管口封闭，并给

右管内气体加热，缓慢升高其温度，直到两管水银面等高，该过程中左管内

的气体温度不变。已知外界大气压强为76cmHg、环境温度为300K.求：d

①两管水银面等高时右侧气体的压强；

(4)两管水银面等高时右管内气体的热力学温度(结果保留一位小数)。

18.一棱镜的截面图如图所示，4。为四分之一圆弧，B为圆心。一细束单

色光从圆弧中点E沿半径射入棱镜，恰好在B点发生全反射，后光线在

面发生折射后从F点(未画出)射出，出射光线与CD面的夹角为45。。

已知AB=r,取s讥75°=0.97,求:

(1)棱镜的折射率n；

(2)CD的长度。

参考答案及解析

1.答案：C

解析：

天然放射现象的发现就说明原子核有复杂的结构.y射线的穿透能力最强，a射线的穿透能力最弱.根

据质量数和电荷数守恒判断衰变种类和次数；根据数学组合鬣，即可确定辐射种类.

考考查天然放射现象的作用，理解三种射线的电离与穿透能力，及跃迁种类的计算，注意一个与一

群的区别是关键.

解：4、天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核有复杂

的结构，故A错误；

8、y射线的穿透能力最强，电离能力最弱。a射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故B错误；

C、根据质量数和电荷数守恒知，铀核阳汨）衰变为铅核要经过6次£衰变和8次a衰变，故C

正确；

D、一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出的不同频率的光的种类最多的情况是：n=

4T3T2Tl共3种，故。错误。

故选：Co

2.答案：A

解析：解：力处的电荷量为Q,。4的距离为：=

则Q在。点产生的电场强度为：E=窄,由于B和C处电荷与4处的电荷在。点的合场强为零，

则B和C处电荷在。处的电场强度大小为：口=玲,方向沿40方向；

若仅将4处电荷改为等量的正电荷，则。处场强的大小为：E畲=E+E'=等，沿4。方向，故A正

确、88错误。

故选：A„

根据点电荷电场强度的计算公式求解。点的电场强度，再根据电场强度的叠加进行求解。

本题是电场的叠加问题，关键要掌握点电荷场强公式和平行四边形定则，结合数学知识求解。

3.答案：D

解析：解：4在a粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用力是斥力，故斥力指向轨迹的内侧，显

然AB中cd粒子受力指向轨迹的外侧，故AB错误；

C、在a粒子的散射现象中绝大多数的a粒子都照直穿过薄金箔，偏转很小，但有少数a粒子发生角度

很大的偏转，个别的a粒子偏转角大于90。，极少数的a粒子偏转角大于150。，甚至个别粒子沿原方

向弹回.原因在a粒子的散射现象中粒子所受原子核的作用力是斥力，故越靠近原子核的粒子受到的

斥力越大，轨迹的偏转角越大，故C错误，。正确.

故选D

在a粒子的散射现象中a粒子所受原子核的作用力是斥力，故越靠近原子核的粒子受到的斥力越大，

轨迹的偏转角越大，且库伦斥力指向轨迹的内侧.

本题考查了a粒子散射现象及其原因，内容比较简单，但C选项容易出错.

4.答案：C

解析：解：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的

感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应

电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相

甲乙

反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同。

A、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若

磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s-1.5s,若磁场方向垂直向里（正方向）

时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。所以4选项错误；

8、在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的，则磁通量也会增大；若磁场

方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小。而在0.5s-1.5s,由感应电流方

向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小；

若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的，则磁通量也会增大。故8错误；

C、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若

磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s-l.Ss,若磁场方向垂直向里（正方向）

时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。所以C选项正确；

。、题意可知，一开始穿过线圈的磁通量不可能为零。故力错误；

故选：C

线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流。由楞次定律可推断出

磁场的变化及磁通量的变化。

楞次定律可缩成：增反减同；也可以：来拒去留。

5.答案：D

解析：解：4同步卫星只能定点地球赤道上空，不可能定点在北京的正上空，故A错误；

B.同步卫星的周期与地球自转的周期相同，故B错误；

C.由于同步卫星的周期一定，根据G等=可知，同步卫星的轨道半径一定，故C错误；

。.同步卫星与地面上的物体有相同的角速度，根据v=3r可知同步卫星的向心加速度大于静止在赤

道上物体的向心加速度，故O正确。

故选：Do

地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距

离地球的高度约为36000km,卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面

上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约

为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度。在地球同步轨道上布设3颗通讯卫星，即可实

现除两极外的全球通讯。

本题考查了地球同步卫星的相关知识点。同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周

期；本题比较简单，属于基础题。

6.答案：D

解析：解：4、根据图象可知碰撞后4的动能变为原来的g,根据Ek=?小讲可知碰撞后a的速度大小

变为原来的%设碰撞前一刻速度为功取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mAv=imA+

mB)-ip,解得：mA：mB=1：2,故A错误；

B、设4质量为m,则B的质量为2m,由图乙可知，不处动能达到最大，根据平衡条件可得此时弹簧

弹力为从到过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知：△尸=k△%,故mg=/c(x2一%)，

从。到修，由动能定理有：Ekl=mgX1,联立解得：湛:，故B错误；

C、从与到与过程中，加速度大小逐渐减小至0,然后再增加，故加速度最大处在右或者也处；

在/处有：mg+2mg-F^=3ma,F^=mBg=2mg,解得：a=［；

在与处有：F'-mg-2mg=3ma',Fj=2mg+Ax=2mg+/c(x3-/)，

解得：a，=f故加速度最大值不可能为故C错误；

D、碰撞后，4的动能为争，贝加的动能为华，总动能为第从巧到整过程中，由能量关系有：等+

37ng(%3—Xi)=AEp,解得弹簧的弹性势能增加了：△£=当谓1/人，故。正确。

故选：D.

根据图象可知碰撞后A的动能变为原来的2,则碰撞后A的速度大小变为原来的土根据动量守恒定律

求解质量之比；从与到不过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律结合动能定理求解k的值；加速度

最大处在右或者与处，根据牛顿第二定律求解加速度的最大值；从Xi到与过程中，由能量关系求解

弹簧弹性势能的增加量。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外

力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后

系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。

7.答案：D

解析：解：4、小球运动到最高点时速度为零，向心力为零，此时的

加速度方向垂直于悬线方向向下，如图所示：///"

根据牛顿第二定律可得：mgsind=ma,解得加速度大小为a=gsin0f

故A错误；/]:.….]

B、小球在摆动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；・

/ma0

C、设小球摆动到最低点的速度为U，细线拉力为尸，在最低点根据牛/

22V

顿第二定律可得F—mg=m亍，解得：F=mg+my>mg）故Cm9

错误；

。、若取最低点。所在平面为零势能面，则小球在4点处的重力势能为-cos。），4点的动能为

零，故机械能为一cos。），故。正确。

故选：D。

小球运动到最高点时合力不为零，加速度不为零；根据机械能守恒定律的守恒条件判断机械能是否

守恒；在最低点根据牛顿第二定律判断细线拉力大小；若取最低点。所在平面为零势能面，则小球

在4点处的重力势能等于小球的机械能。

本题考查了机械能守恒定律和竖直平面内的圆周运动，要注意明确小球在运动过程中重力势能相动

能相互转化，但总的机械能不变。

8.答案：ABCD

解析：解：4、根据小车运动的特点可知，当牵引力等于阻力时.，小车的速度最大，做匀速直线运动，

所以当小车的速度是外时，小车的牵引力等于阻力，由P==可知，小车受到的阻力：/=A

故A正确;

B、0〜t］时间内，图线的斜率不变，加速度不变，根据牛顿第二定律得，牵引力不变，根据P=Fv知，

功率增大，故8正确。

C、G〜t2时间内，功率不变，根据P=知，/曾大，牵引力减小，根据牛顿第二定律知，加速度

减小，车做加速度逐渐减小的加速运动。故C正确。

。、在J时间以后，小车做匀速直线运动，小车的功率也不变由。=9"可知车的牵引力不变，故。

正确；

故选：ABCD。

小车的匀速运动阶段牵引力等于阻力，由P=Fu即可求出阻力的大小；0〜%时间内，加速度不变,

由牛顿第二定律分析汽车的牵引力的变化；时间内由牛顿第二定律分析加速度随速度的变化;

该题考的知识点是汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动。本题属于恒定加速度启

动方式，由于牵引力不变，根据p=Fu可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程

汽车做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵

引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值。

9.答案：BC

解析：解：4、0、小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图

/

G，

小球受重力、和绳子的拉力，合力提供向心力，根据几何关系可知向心力：F=mgtand

由向心力公式得：mgtand=my

又丁=IsinO

解得：v=yJgltandsinO

由于kV所以%V%.故A错误，。错误；

B、由于u=cor=3,Esin。，故角速度：0)=--r=「卫，由于ZiV。，所以3力＞3口,故8正确;

IstnO\lIcosO

C、由向心力公式得：mgtand=ma,所以二者的加速度是相等的.故C正确;

故选：BC«

小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力；通过合力提供向心力，比较出两

球的角速度大小，从而比较出周期的关系；抓住小球距离顶点。的高度相同求出G与竖直方向上的夹

角；抓住小球距离顶点。的高度相同求出半径的关系，根据。=w比较线速度关系。

解决本题的关键会正确地受力分析，知道匀速圆周运动向心力是由物体所受的合力提供。

10.答案：CD

解析：

抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式

求解.线圈在匀强磁场中匀速转动的最大感应电动势Em=NBSco,线圈从中性面开始转动瞬时值表

达式e=Emsina）t

本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出

电流决定输入电流，输出功率决定输入功率.

解：4、闭合开关S后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率「2=”变大，输入功率变大，输入

电压不变，电流表的读数变大，故A错误；

B、S断开时，输入功率为P,原线圈两端的电压有效值最大值耳，由于Em=.所以线框转

动的角速度3=1萼，故8错误；

C、S断开时，副线圈中的电流办=P，原副线圈匝数之比等于电流的反比也=&=叵故c正确；

7Rn2IIR

。、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为年sin。，当转动?时，感应电动势的瞬时值年sin：=

―工故O正确；

I21

故选：CD

11.答案：吸收小于

解析：解：（1）过程①中气体体积不变，做功为零；温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律

可知，气体吸热；t7c③d

连接60和dO,根据理想气体状态方程与=C可得：T=^-V,7—U图二/

象中过原点的倾斜直线表示气体做等压变化，斜率表示压强，故过从，晶

d做过原点的直线如图所示：，

由图知状态d的压强比状态b的压强小，

故答案为：吸热、小于；

(2)③过程，气体做等温变化，根据玻意耳定律得：pcVc=pdVd,

又Pd=|h

解得：=15Z,

答：该气体在d状态时每立方米所含分子数为4x1025个。

(1)根据热力学第一定律分析吸放热情况，根据理想气体状态方程分析压强变化；

(2)③过程，气体做等温变化，根据玻意耳定律可求得d的体积，从而该气体在d状态时每立方米所

含分子数。

本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在

应用热力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△(7为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热;

W为正表示外界对物体做功。

12.答案：y=10cos争沿x轴负方向传播10

解析：解：由振动图像可得质点Q的振幅为4=10cm,振动周期为7=1.2s,故质点Q的振动方程为：

y=Acos争=10cos^t=lOcos^t(cm)

从振动图像可知t=0.2s时刻，介质中Q正沿y轴负方向运动，根据上下坡法可知简谐波沿x轴负方向

传播.

t=0.2s时刻介质中P、Q两质点离开平衡位置的位移均为5cm,各质点振动的振幅为10cm,根据波

图像的特点可知P、Q两质点间的水平距离为:九即

-A=4m,故波长2=12m

波速为"=彳=y|m/s=10m/s

故答案为：y=10cos圣，沿x轴负方向传播，10。

由振动图像可得质点Q的振幅、振动周期，根据周期求圆频率，即可写出质点Q的振动方程；根据上

下坡法可判断波的传播方向；

由图乙读出t=0.2s时质点Q的振动方向，从而判断简谐波的传播方向；由土=0.2s时刻介质中P、Q两

质点离开平衡位置的位移均为5cm,且振幅为10cm,根据波的图像的特点确定P、Q两质点间的水平

距离和波长之间的关系，即可求出波长，再求波速。

本题属于振动图像和波形图像相结合的问题，能够从图中读出周期和波长，结合同侧法或者上下坡

法判断出波的传播方向。

13.答案:CD2.142.12重物下落过程中受到阻力作用图象的斜率等于19.52,约为重力加速度g的

两倍，故能验证

解析：解：(1)4、重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误。

B、本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是：mgh=1mv2,因为我

们是比较mg/i、的大小关系，故小可约去比较，不需要用天平测量重物的质量操作时应先接通

电源，再释放纸带，故8错误。

C、释放纸带前，重物应靠近打点计时器。必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上，手应远离纸

带，使纸带竖直，以减小纸带与限位孔之间的阻力，故C正确。

。、不能利用公式0=频^来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导。故。正

确；

故选：CD.

(2)重力势能减小量4Ep=mgh=0.5x9.8x0.43657=2.14人

利用匀变速直线运动的推论可知，打。点的速度：=彳=笔鬻警=2.91771/S,

L/XU.U4

EkD==|xo.5x(2.91)2/=2.12J,

动能增加量△Ek=EkD-0=2.12/

由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加了。

(3)根据表达式mgh=|mv2,

则有：v2=2gh；

若图象的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，

而图象的斜率k=券/=1952；

因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒；

故答案为(1)CD;(2)2.14；2.12；重物下落过程中受到阻力作用；(3)图象的斜率等于19.52,约为重

力加速度g的两倍，故能验证。

(1)用自由落体运动运动需要验证的方程是：mgh=|mv2,可知不需要测量重物的质量为保证

重物做自由落体运动，必须保证计时器的两限位孔在同一竖直线上且重物的质量要大体积要小，这

样才能保证物体做自由落体运动。操作时，释放纸带前，重物应靠近打点计时器。机械能等于重力

势能与动能之和；

(2)纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可

计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能。根据功能关系得重力势能减小量

等于重力做功的数值；

(3)通过图象的斜率，结合表达式=即可求解。

(1)实验原理是实验的核心，明确实验原理是解决有关实验问题的关键。根据实验原理来选择器材，

安排操作步骤和处理数据等等；

(2)解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项,

在平时的学习中，需加以总结，要熟记求纸带上某点瞬时速度的求法。

14.答案:较高；30

解析：

①电流小，根据闭合电路欧姆定律，可以得到热敏电阻的电阻值大，而根据题图甲，热敏电阻的电

阻大时温度高；②根据闭合电路欧姆定律计算得到热敏电阻R的值，再从电阻与温度图象得到温度

值.本题关键是根据闭合电路欧姆定律列式得到电流与电阻关系式，然后再结合电阻与温度关系图

象分析求解.

解：①由闭合电路欧姆定律E=/g(R+R'+Rg),可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，

即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较大；

②若电阻箱阻值R'=70。时，代入E=/g(R+/?'+6),得热敏电阻的阻值为：R=130/2；

结合图甲可知热敏电阻阻值与温度关系式为：/?=t+100

故此时对应的温度数值为30。&

故答案为：①较高；@30.

15.答案：解：(1)设电子的质量为rn,电量为e,电子在电场/中做匀加速直线运动，设射出区域/时

的为火。

根据动能定理得：qEL=-mvQ

,

L屈

解得：p0=榨n

||:

£缘

(2)进入电场〃后电子做类平抛运动，假设电子从CD边射出一

et二

出射点纵坐标为y,1

一

:捷

-：

二

rL一

由L=vot

1i

L=-at2

y-22

2Ee

其中Q

m

解得y=L

属于位置为(3L,L)

速度方向与x轴正方向所成夹角的正切值tan。=f=1

v0

(3)今在b点沿y轴方向安装一荧光屏，为使电子垂直打在光屏上，可在x23L的整个空间区域内加一

垂直于xOy平面的匀强磁场，需使粒子向下偏转而返回。磁感应强度方向垂直xOy平面向里

由图可知R=V2Z,

v—V2v0

又知在磁场中R=三

解得8=晔

答：(1)电子刚进入电场口时的速度大小为傍；

(2)电子离开电场II时的位置以及速度方向与x轴正方向所成夹角的正切值分别为(3L,L),1；

(3)今在b点沿y轴方向安装一荧光屏，为使电子垂直打在光屏上，可在XZ3L的整个空间区域内加一

垂直于xOy平面的匀强磁场，所加磁场磁感应强度的大小为庶.方向垂直xOy平面向里。

解析：(1)在48边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电

场时的速度。

(2)进入电场〃后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛

顿第二定律求出电子的加速度，由运动学公式电子离开电场口时的位置以及速度方向与x轴正方向所

成夹角的正切值；

(3)做出图象，根据磁场中洛伦兹力充当向心力和几何关系列式求解磁场。

此题考查带电粒子在复合场中的运动，注意分析运动过程，画出运动过程图会较为直观形象。此类

题目较难，要多加练习。

16.答案：解：(1)小球在进入电场前做的是平抛运动知：

Lk12

2=vot,h=

解得：月"。=七形筋

(2)a球进入电场的位置与离开电场的位置在同一竖直线上知：a球水平方向的速度变化量△%=2v0

因为S=l,b球与a球水平方内的加速度相同，所以b球水平方向的速度变化量也为4以二2%，b球

出电场的水平速度为，工=3%

b球进电场前竖直方向的运动，讨=2gh

解得：vy=y/2gh

因为b球在电场中做直线运动，由£=熟，

解得