1、2021 年广东省揭阳高考物理模拟试卷（年广东省揭阳高考物理模拟试卷（3 月份）月份） 一、单项选择题本题共一、单项选择题本题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 28 分每小题只有一个选项符合题意分每小题只有一个选项符合题意 1关于光电效应有如下几种陈述，其中正确的是（ ） A爱因斯坦提出“光子说“并成功解释了光电效应现象 B入射光的频率必须小于极限频率，才能产生光电效应 C光电效应说明光具有波动性 D发生光电效应时，若入射光频率增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍 22018 年 3 月 30 日我国成功发射第三十颗北斗导航卫星，这颗卫星属于中圆地球轨道卫星，在轨高度
2、约 为 21500km，该高度处重力加速度为 g1，该卫星的线速度为 v1，角速度为 1，周期为 T12017 年 9 月 17 日天舟一号在高度约 400km 的圆轨道上开始独立运行，该高度处重力加速度为 g2，天舟一号的线速 度为 v2，角速度为 2，周期为 T2则（ ） Ag1g2 Bv1v2 C12 DT1T2 3如图所示，轻绳 AO 和 BO 共同吊起质量为 m 的重物AO 与 BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角为 则 （ ） AAO 所受的拉力大小为 BAO 所受的拉力大小为 mgsin CBO 所受的拉力大小为 mgtan DBO 所受的拉力大小为 4如图所示，电场中的一簇电场线
3、关于 x 轴对称分布，O 点是坐标原点，E、F、M、N 是以 O 为中心的一 个正方形 ABCD 各边与 x、y 轴的四个交点，则下列说法中正确的是（ ） AM 点电势比 O 点电势高 BEO 间的电势差等于 OF 间的电势差 C一正电荷在 F 点的电势能大于在 C 点的电势能 D将一负电荷从 M 点移到 F 点，电场力做正功 5雨滴从静止开始下落，下落过程中受到的阻力与速度成正比，比例常数为 k，经过时间 t 速度达到最大， 雨滴的质量为 m，选向上为正方向，则该过程阻力的冲量为（ ） Amgt Bmgt Cmgt D 6 处于同一平面内的两根长直导线中通有方向相反大小不同的电流， 这两根导
4、线把它们所在的平面分成 a、 b、c 三个区域，如图所示，则磁感强度为零的区域， （ ） A可能出现在 b 区 B不可能出现在 a 区 C不可能出现在 c 区 D不可能同时出现在 a、c 区 7如图，水平铜盘半径为 r，置于磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的 竖直轴以角速度 做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器 R1与理想变压器 的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为 n：1，变压器的副线圈与电阻为 R2的负载相连， 则（ ） A变压器原线圈两端的电压为 B若 R1不变时，通过负载 R2的电流强度为 0 C若 R1不变时，通过变压器的
5、副线圈横截面磁通量为 0 D若 R1变化时，通过负载 R2的电流强度为通过 R1电流的 二、多选题，本题共二、多选题，本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共计分，共计 18 分分 8 如图所示， 从斜面顶端 P 处以初速度0向左水平抛出一小球， 落在斜面上的 A 点处， AP 之间距离为 L， 小球在空中运动时间为 t，改变初速度0的大小，L 和 t 都随之改变关于 L、t 与0的关系，下列说 法中正确的是（ ） AL 与0成正比 BL 与02成正比 Ct 与0成正比 Dt 与02成正比 9如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30，物体 A、B 通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮
6、两 侧，P 为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体 A、B 的质量分别为 m 和 4m，开始时用手托住物 体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A 距离地面高度为 h 时 开始下落，在 A 下落至地面前的瞬间，物体 B 恰好对挡板无压力空气阻力不计，下列关于物体 A 的 说法正确的是（ ） A在下落至地面前的过程中机械能守恒 B在下落至地面前的瞬间速度一定为零 C在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为 mgh D在下落至地面前的过程中，可能一直在做加速运动 10如图所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为 L，固定在水平桌面上，导轨右端连接电动势为 E （内
7、阻不计）的电池及电阻 R长度略大于 L 的金属棒垂直于导轨放置，若在整个空间加上方向竖直向 下的匀强磁场，闭合开关后金属棒由静止开始滑动一段时间后可达到匀速状态，且不同大小的磁感应强 度，达到匀速状态的速度不同设运动时金属棒与导轨间的摩擦力恒为 f不考虑金属棒中电流的磁场及 金属棒的电阻下列说法正确的是（ ） A当磁感应强度 B时，金属棒达到匀速状态的速度具有最大值 B金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其两端电压为 C金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，通过的电流为 D金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其克服摩擦力的功率为 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：包括
8、必考题和选考题两部分。第 1114 题为必考题，每道试题考生都必须作答。第题为必考题，每道试题考生都必须作答。第 15、16 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 42 分。分。 11 （6 分）用如图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律 实验中有 A：200g 的铝块和 B：200g 的铁块为了减少误差，应该选择 （填字母） 实验操作时应该先接通打点计时器电源再释放纸带，但某同学在操作时做反了，那么通过对这条纸带 运算能否判断机械能是否守恒？ （填“能”或“否” ） 如图 （b）是某次实验的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F 是
9、连续的七个点，每 2 个点之间的时间 为 T若重物质量为 m，对应 B 到 E 的下落过程中，重锤重力势能的减少量Ep B 到 E 动 能变化量为 12 （10 分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材： A小灯泡（3.8V，0.3A） B滑动变阻器（5，2A） C电流表（00.5A，内阻约 0.4） D电压表（05V，内阻约 10k） E开关及导线若干 （1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用 （填“内”或“外” ）接法； （2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用 （填“限流式”或“分压式” ） 接法； （3）综上所述，应选择图 1 中的 电路进
10、行实验 （4）利用实验数据画出了如图 2 所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点 O 到 P 点连线的斜率表 示 。则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻 （填“变 大” 、 “变小”或“不变” ） 13 （10 分）如图所示，在直角坐标系 xOy 的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 面向里，第 四象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E，磁场与电场图中均未画出。一质量为 m、 带电荷量为+q 的粒子自 y 轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限。已知 P 点坐标为（0，l） ，Q 点坐标为（2l，
11、0） ，不计粒子重力。 （1）求粒子经过 Q 点时速度的大小和方向； （2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直 y 轴的方向进入第二象限，求磁感应强度 B 的 大小。 14 （16 分）如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 30，质量分别为 0.5kg 和 1kg 的 A、B 两个小 物块，用一根细线相连，A、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A、B 与弹簧组成的系统可视为质点。某时 刻，将 A、B 从 P 点由静止释放，运动至 Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使 A、B 瞬间分离， 从分离时开始计时，A、B 短时间内运动的速度图象如图乙所示，重力加速度取 g10m/s2，求：
12、 （1）A、B 与斜面间的动摩擦因数； （2）细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能； （3）A、B 再次相遇前的最远距离。 15（4 分） 一定质量的气体， 温度不变时， 气体分子的平均动能 （选填 “增大” 、“减小” 或 “不变” ） 体 积减小，分子的密集程度 （选填“增大” 、 “减小”或“不变” ）气体压强增大，这就是对玻意耳 定律的微观解释 16 （8 分）如图，一端封闭、粗细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管 中。 当温度为 280K 时， 被封闭的气柱长 L22cm， 两边水银柱高度差 h16cm， 大气压强 p076cmHg。 （1）为使左端水银
13、面下降 3cm，封闭气体温度应变为多少？ （2）封闭气体的温度重新回到 280K 后为使封闭气柱长度变为 20cm，需向开口端注入的水银柱长度为 多少？ 17如图是一列简谐波在 t0 时的波形，波恰好传播到 x2.5m 处。已知从 t0 至 t1.1s 内，质点 P 三 次出现在波峰位置，且在 t1.1s 时，P 点刚好处在波峰位置，则 P 点的振动周期是 s；经过 s，x5.0m 处的质点 Q 第二次到达波谷。 18一小孩站在宽 6m 的河边，在他正对面的岸边有一距离河面高度为 3m 的树，树的正下方河底有一块石 头，小孩向河面看去，看到树顶和石头两者的像重合若小孩的眼睛离河面高为 1.5m
14、，如图所示，河水 的折射率为，试估算河水深度 2021 年广东省揭阳高考物理模拟试卷（年广东省揭阳高考物理模拟试卷（3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题本题共一、单项选择题本题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 28 分每小题只有一个选项符合题意分每小题只有一个选项符合题意 1 （4 分）关于光电效应有如下几种陈述，其中正确的是（ ） A爱因斯坦提出“光子说“并成功解释了光电效应现象 B入射光的频率必须小于极限频率，才能产生光电效应 C光电效应说明光具有波动性 D发生光电效应时，若入射光频率增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍 【分析】
15、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率。根据光电效应方程得出光电子的初 速度、最大初动能与光子频率的关系。 【解答】解：A、因斯坦用光子说成功解释了光电效应，故 A 正确； B、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度与照射的时间无关，故 B 错误； C、光电效应说明光具有粒子性，并不是波动性，故 C 错误； D、根据光电效应方程 EKmhvW0知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大 而增大，不是成正比关系，故 D 错误； 故选：A。 【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系及光电效应的条件。 2 （4
16、分）2018 年 3 月 30 日我国成功发射第三十颗北斗导航卫星，这颗卫星属于中圆地球轨道卫星，在轨 高度约为 21500km，该高度处重力加速度为 g1，该卫星的线速度为 v1，角速度为 1，周期为 T12017 年 9 月 17 日天舟一号在高度约 400km 的圆轨道上开始独立运行，该高度处重力加速度为 g2，天舟一号 的线速度为 v2，角速度为 2，周期为 T2则（ ） Ag1g2 Bv1v2 C12 DT1T2 【分析】根据万有引力提供向心力以及万有引力等于重力，求出线速度、角速度、周期和向心加速度的 大小。 【解答】解：A、根据万有引力提供向心加速度的，有，因为中圆地球轨道卫星轨
17、道半 径越大，向心加速度越小，所以 g1g2故 A 错误， B、根据，的线速度 v，因为中圆地球轨道卫星轨道半径大，线速度越小，所以 v1 v2故 B 错误。 C、根据，得角速度，因为中圆地球轨道卫星轨道半径大，则 12，故 C 正 确。 D、卫星的周期为：T，因为中圆地球轨道卫星轨道半径大，T2T1，故 D 错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等 于重力，并能灵活运用。 3 （4 分）如图所示，轻绳 AO 和 BO 共同吊起质量为 m 的重物AO 与 BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角 为 则（ ） AAO 所受的拉力
18、大小为 BAO 所受的拉力大小为 mgsin CBO 所受的拉力大小为 mgtan DBO 所受的拉力大小为 【分析】以结点 O 为研究对象，分析受力，作出受力图，根据平衡条件求解 AO、BO 两绳的拉力 【解答】 解： 以结点 O 为研究对象， 分析受力， 如图： 重力 mg， AO 绳的拉力 TAO， BO 绳的拉力 TBO 根 据平衡条件得知：拉力 TAO和 TBO的合力 F 与重力 mg 大小相等，方向相反，则有 TAOFsinmgsin TBOmgcos 故选：B。 【点评】本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图 4 （4 分）如图所示，电场中的一簇电场线关于 x 轴对称分布，
19、O 点是坐标原点，E、F、M、N 是以 O 为 中心的一个正方形 ABCD 各边与 x、y 轴的四个交点，则下列说法中正确的是（ ） AM 点电势比 O 点电势高 BEO 间的电势差等于 OF 间的电势差 C一正电荷在 F 点的电势能大于在 C 点的电势能 D将一负电荷从 M 点移到 F 点，电场力做正功 【分析】利用等势线与电场线相垂直，顺电场线的方向电势降低，在同一条电场线上比较电势的高低， 电荷在电场中的电势能 EPq，电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减小，电场力对电荷做负功时， 电荷的电势能增大。 【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直特点，在 M 点所在电场线上找到 p 点的等势点
20、，根据沿电场 线电势降低可知，M 点的电势比 O 点的电势低，故 A 错误； B、根据电场分布可知，EO 间的平均电场强度比 OF 之间的平均电场强度大，故由公式 UEd 可知， EO 间的电势差大于 OF 间的电势差，故 B 错误； C、F 点电势高于 O 点，根据 EPq 可知，正电荷在 F 点时的电势能大于在 O 点时的电势能，故 C 正 确； D、M 点的电势比 F 点的电势高，将负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查关于电场的基本知识点，注意等势线与电场线相垂直，顺电场线的方向电势降低，在 电场越强处，电势降落的越快，电荷在电场中的电势能
21、 EPq，也可通过电场力做功进行判断。 5 （4 分）雨滴从静止开始下落，下落过程中受到的阻力与速度成正比，比例常数为 k，经过时间 t 速度达 到最大，雨滴的质量为 m，选向上为正方向，则该过程阻力的冲量为（ ） Amgt Bmgt Cmgt D 【分析】雨滴下落过程中受到的阻力与速度成正比，下落过程随着速度变大，阻力变大，重力和阻力的 合力减小，雨滴做加速度减小的加速运动，速度最大时，重力和阻力相等，根据平衡条件求得速度，根 据下落过程中动量定理可得阻力的冲量。 【解答】解：根据雨滴下落过程中受到的阻力与速度成正比，可得阻力 fkv， 下落过程中根据牛顿第二定律得：mgfma，随着速度增大
22、，加速度逐渐减小，速度最大时，加速度 a 0，即 mgkv，所以最大速度 v， 设向上为正方向， 根据动量定理得： mgt+Imv，代入数据解得该过程阻力的冲量为： Imgt， 故 C 正确，ABD 错误。 故选：C。 【点评】该题综合应用牛顿第二定律分析运动过程，应用动量定理求解变力的冲量，所以解决本题的关 键熟练这些定理、定律的运用。 6 （4 分）处于同一平面内的两根长直导线中通有方向相反大小不同的电流，这两根导线把它们所在的平面 分成 a、b、c 三个区域，如图所示，则磁感强度为零的区域， （ ） A可能出现在 b 区 B不可能出现在 a 区 C不可能出现在 c 区 D不可能同时出现在
23、 a、c 区 【分析】根据安培定则分别判断出两根通电导线在三个区域产生的磁场方向，只有磁场大小可能相等， 方向相反的区域，才可能出磁感应强度为零 【解答】解：根据安培定则判断得知：电流 I1在 a 区域产生的磁场方向垂直纸面向外，在 b、c 区域产生 的磁场方向垂直纸面向里； 电流 I2在 ab 区域产生的磁场方向垂直纸面向里，在 c 区域产生的磁场方向垂直纸面向外，所以在 a、c 两区域磁场方向相反，若磁感应强度大小再相等，则可能出现磁感应强度为零的区域。 由于电流产生的磁场的离电流越近磁场越强，所以合磁感应强度为 0 处离比较小的电流比较近，即在小 电流的一侧。所以不可能同时出现在 a、c
24、 区。故只有选项 D 正确。 故选：D。 【点评】本题考查安培定则的应用能力安培定则用来判断电流方向与磁场方向两者之间的关系 7 （4 分）如图，水平铜盘半径为 r，置于磁感应强度为 B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘 中心的竖直轴以角速度 做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器 R1与理想 变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为 n：1，变压器的副线圈与电阻为 R2的负载 相连，则（ ） A变压器原线圈两端的电压为 B若 R1不变时，通过负载 R2的电流强度为 0 C若 R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为 0 D若 R1变化时，通过负载
25、R2的电流强度为通过 R1电流的 【分析】先根据转动切割磁感线感应电动势公式 EBL2，求出感应电动势，再由欧姆定律求出变压 器原线圈两端的电压大小 变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压 【解答】解：A、切割磁感线感应电动势公式 EBr2，电势该电压加到电阻 R 上，由于变压器是理 想变压器，所以变压器两端的电压是 0故 A 错误； B、变压器只能改变原线圈的交流电的电压，不能改变直流电的电压，也不能将直流电的电能传递给副 线圈，所以若 R1不变时，通过负载 R2的电流强度为 0故 B 正确； C、虽然通过负载 R2的电流强度为 0，但副线圈中的磁通量与原线圈中的磁通量相同
26、，不是 0故 C 错 误； D、变压器只能改变原线圈的交流电的电压与电流，不能改变直流电的电压与电流。故不能使用变压器 的电流比的公式计算副线圈中的电流。故 D 错误。 故选：B。 【点评】本题关键要能将铜盘看成由无数幅条组成的，由转动切割磁感线感应电动势公式 EBL2 变压器只能改变原线圈的交流电的电压 二、多选题，本题共二、多选题，本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共计分，共计 18 分分 8 （6 分）如图所示，从斜面顶端 P 处以初速度0向左水平抛出一小球，落在斜面上的 A 点处，AP 之间 距离为 L，小球在空中运动时间为 t，改变初速度0的大小，L 和 t 都随之改变关
27、于 L、t 与0的关 系，下列说法中正确的是（ ） AL 与0成正比 BL 与02成正比 Ct 与0成正比 Dt 与02成正比 【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住分运动合运动具 有等时性求出 L、t 与 v0的关系 【解答】解：设斜面的倾角为 ，平抛运动在竖直方向上有：在水平方向上有：Lcos v0t，综合两式得： ，知 L 与 v02成正比。 根据 tan，t知 t 与 v0成正比。故 B、C 正确，A、D 错误。 故选：BC。 【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动， 以及知道分运动和合运动具有等时
28、性 9 （6 分）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30，物体 A、B 通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻 滑轮两侧，P 为固定在斜面上且与斜面垂直的光滑挡板，物体 A、B 的质量分别为 m 和 4m，开始时用手 托住物体，滑轮两边的细绳恰好伸直，且左边的细绳与斜面平行，弹簧处于原长状态，A 距离地面高度 为 h 时开始下落，在 A 下落至地面前的瞬间，物体 B 恰好对挡板无压力空气阻力不计，下列关于物体 A 的说法正确的是（ ） A在下落至地面前的过程中机械能守恒 B在下落至地面前的瞬间速度一定为零 C在下落至地面前的过程中对轻弹簧做的功为 mgh D在下落至地面前的过程中，可能一直在做加
29、速运动 【分析】首先知道题境，分析 AB 两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析 A 其运动情况，类比弹 簧振子，从而判断选项 【解答】解：A、A 从静止到下落过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以 A 在下落至地面的过程中 系统的机械能守恒，而 A 的机械能不守恒，故 A 错误； BD、据在 A 下落至地面前的瞬间，物体 B 恰好对挡板无压力，以 B 为研究对象，据平衡求得此时弹簧 的弹力为 T4mgsin302mg；再以 A 为研究对象，当 A 静止释放的瞬间，A 受重力 mg，其合力方向 向下，大小为 mg；当 A 落地瞬间，A 受重力 mg 和弹簧的弹力 2mg，其合力向上，大小为
30、mg，A 做简 谐运动，据对称性可知，落地瞬间其速度为零；据弹簧振子的运动情况可知，A 向下运动时，先做加速 度减小的加速运动，然后做加速度逐渐增大的减速运动，故 B 正确，D 错误； C、据 A 做简谐运动和能量守恒可知，A 落地瞬间，A 的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能，所以弹 簧的弹力做功为 mgh，故 C 正确； 故选：BC。 【点评】 明确 A 的运动情况和 B 在 A 落地瞬间的弹力是解题的前提， 类比弹簧振子模型是解题的关键， 灵活应用能量守恒判断弹簧做功情况，题目有点难度 10 （6 分）如图所示，两根足够长的水平平行金属导轨相距为 L，固定在水平桌面上，导轨右端连接电动 势
31、为 E（内阻不计）的电池及电阻 R长度略大于 L 的金属棒垂直于导轨放置，若在整个空间加上方向 竖直向下的匀强磁场，闭合开关后金属棒由静止开始滑动一段时间后可达到匀速状态，且不同大小的磁 感应强度，达到匀速状态的速度不同设运动时金属棒与导轨间的摩擦力恒为 f不考虑金属棒中电流的 磁场及金属棒的电阻下列说法正确的是（ ） A当磁感应强度 B时，金属棒达到匀速状态的速度具有最大值 B金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其两端电压为 C金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，通过的电流为 D金属棒达到匀速状态的速度具有最大值时，其克服摩擦力的功率为 【分析】导体棒处于磁场中，当导体中有电流通过时，受
32、到安培力使导体棒运动切割磁感线产生感应电 动势，当安培力等于阻力时，速度达到最大，有数学关系求的速度和磁感应强度大小即可判断 【解答】解：A、设达到的最大速度为 v，则导体棒产生的感应电动势为 eBLv，回路中的感应电流为 I，最终匀速运动，故 BILf0， 解得，当且仅当 B，v 取最大值，故 A 正确； B、导体棒产生的感应电动势为 eBLv，两端电压为，故 B 错误； C、通过的电流为 I，故 C 正确； D、有 A 可知，最大速度 v，故克服摩擦力的功率为 Pfv，故 D 正确； 故选：ACD。 【点评】本体主要考查了闭合电路的欧姆定律和安培力作用下的共点力平衡，利用好数学二次函数求极
33、 值即可 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1114 题为必考题，每道试题考生都必须作答。第题为必考题，每道试题考生都必须作答。第 15、16 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 42 分。分。 11 （6 分）用如图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律 实验中有 A：200g 的铝块和 B：200g 的铁块为了减少误差，应该选择 B （填字母） 实验操作时应该先接通打点计时器电源再释放纸带，但某同学在操作时做反了，那么通过对这条纸带 运算能否判断机械能是否守恒？ 能 （填“能”
34、或“否” ） 如图 （b）是某次实验的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F 是连续的七个点，每 2 个点之间的时间 为 T若重物质量为 m，对应 B 到 E 的下落过程中，重锤重力势能的减少量Ep mg（x3+x4+ x5） B 到 E 动能变化量为 【分析】实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响； 先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，前面的点不好采集，但可以 验证机械能守恒定律； 根据重力做功计算出重力势能的减少量，根据平均速度等于中点时刻的瞬时速度计算出速度 【解答】解：重物应该选择相对质量较大、体积较小的物体，即密度大的物体
35、，这样能减少摩擦阻力 的影响，故选：B 如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，前面的点不好采集，但 后面的点还是能够采集的，所以能通过对这条纸带运算能判断机械能是否守恒； 从 B 到 E 的过程中重力势能减少为：EPmghmg（x3+x4+x5） ， 物体在 B 点的速度 物体在 E 点的速度 则 B 到 E 动能变化量EK 故答案为：B；能；mg（x3+x4+x5） ； 【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据 等，会起到事半功倍的效果，知道匀变速直线运动中点时刻的速度等于平均速度 12 （10 分）在做“描绘小
36、灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了以下器材： A小灯泡（3.8V，0.3A） B滑动变阻器（5，2A） C电流表（00.5A，内阻约 0.4） D电压表（05V，内阻约 10k） E开关及导线若干 （1）为实验测量误差尽可能小，电流表应选用 外 （填“内”或“外” ）接法； （2）为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用 分压 （填“限流式”或“分压式” ） 接法； （3）综上所述，应选择图 1 中的 B 电路进行实验 （4）利用实验数据画出了如图 2 所示的小灯泡伏安特性曲线。图中，坐标原点 O 到 P 点连线的斜率表 示 P 状态灯丝电阻的倒数 。则根据此图给出的信息可
37、知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电 阻 变大 （填“变大” 、 “变小”或“不变” ） 【分析】 （1）根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表的接法； （2）根据实验要求确定滑动变阻器的接法。 （3）根据电流表、滑动变阻器的接法选择实验电路。 （4）根据图示图象应用欧姆定律、电功率公式分析答题。 【解答】解： （1）灯泡正常发光时的电阻为：R12.67，电流表内阻约为 0.4，电压表内 阻约为 10k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法； （2）灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法； （3）电流表采用外接法、滑动变阻器采用分压接法，则应采用图 B 所示实验电路；
38、 （4）坐标原点 O 到 P 点连线的斜率表示小灯泡电阻的倒数；则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡 两端电压的升高，小灯泡的电阻变大。 故答案为： （1）外； （2）分压式； （3）B； （4）P 状态灯丝电阻的倒数；变大。 【点评】本题考查了电流表与滑动变阻器的接法、实验电路选择、实验数据处理，关键是要知道当电压 表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器采用分 压接法。 13 （10 分）如图所示，在直角坐标系 xOy 的第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 面向里，第 四象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E，磁场与
39、电场图中均未画出。一质量为 m、 带电荷量为+q 的粒子自 y 轴的 P 点沿 x 轴正方向射入第四象限，经 x 轴上的 Q 点进入第一象限。已知 P 点坐标为（0，l） ，Q 点坐标为（2l，0） ，不计粒子重力。 （1）求粒子经过 Q 点时速度的大小和方向； （2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直 y 轴的方向进入第二象限，求磁感应强度 B 的 大小。 【分析】 （1）根据牛顿运动定律和类平抛运动的规律和运动的合成与分解进行解答； （2）作出粒子做圆周运动的运动轨迹，根据几何关系求得半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式解答。 【解答】解： （1）设粒子在电场中运动的时间为 t0，
40、加速度的大小为 a，粒子的初速度为 v0，过 Q 点时 速度的大小为 v，沿 y 轴方向分速度的大小为 vy， 由牛顿第二定律得：qEma 由运动学公式得： la 2lv0t0 vyat0 v 解得：v2， 令其速度和 x 轴成 角，由于 tan1，所以 45 （2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为 R，如图 由几何关系可得：R 由牛顿第二定律得：qvBm 解得：B 答： （1）粒子经过 Q 点时速度的大小为 2，方向和 x 轴正方向成 45； （2）若粒子在第一象限的磁场中运动一段时间后以垂直 y 轴的方向进入第二象限，磁感应强度 B 的大 小为。 【点评】解决该题的
41、关键是掌握带电粒子做类平抛运动的解题规律，正确作出粒子做圆周运动的轨迹， 能根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径。 14 （16 分）如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 30，质量分别为 0.5kg 和 1kg 的 A、B 两个小 物块，用一根细线相连，A、B 之间有一被压缩的微型弹簧，A、B 与弹簧组成的系统可视为质点。某时 刻，将 A、B 从 P 点由静止释放，运动至 Q 点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使 A、B 瞬间分离， 从分离时开始计时，A、B 短时间内运动的速度图象如图乙所示，重力加速度取 g10m/s2，求： （1）A、B 与斜面间的动摩擦因数； （2）细绳未断裂前微型
42、弹簧储存的弹性势能； （3）A、B 再次相遇前的最远距离。 【分析】 （1）由图示 vt 图象分析清楚物体的运动过程求出物体的加速度，应用牛顿第二定律与平衡条 件求出动摩擦因数。 （2）绳子断裂过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出弹簧的 弹性势能。 （3）应用牛顿第二定律求出 A 的加速度，分析清楚物体运动过程，应用运动学公式求出 A、B 间的最 大距离。 【解答】解： （1）根据图象可知，AB 分离后，B 沿斜面向下做匀速直线运动，A 沿斜面向上做匀减速直 线运动， A 的加速度：aA7.5m/s2， 对 A，由牛顿第二定律得： mAgsin30+AmAg
43、cos30mAaA， 代入数据解得：A， 对 B，由平衡条件得：mBgsin30BmBgcos30， 解得：B； （2）细线断裂瞬间，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以平行于斜面向下为正方向，对 AB 系统， 由动量守恒定律得： （mA+mB）vmAvA+mBvB， 由能量守恒定律得： EP+， 代入数据解得：EP6J； （3）当 AB 的速度相等时，二者相距最远，设 A 上滑的时间为 tA，位移为 xA；A 下滑过程中的加速度 为 aA，时间为 tA，位移为 xA，对 A，由牛顿第二定律得： mAgsin30AmAgcos30mAaA， 由运动学公式得：vAaAtA，2aAxA， vBaA
44、tA，2aAxA B 发生的位移：xBvB（tA+tA） AB 再次相遇前的最远距离：LxB+xAxA 代入数据解得：Lm； 答： （1）A、B 与斜面间的动摩擦因数分别为、； （2）细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能为 6J； （3）A、B 再次相遇前的最远距离为m。 【点评】本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第 二定律、运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。 15 （4 分）一定质量的气体，温度不变时，气体分子的平均动能 不变 （选填“增大” 、 “减小”或“不 变” ） 体积减小，分子的密集程度 增大 （选填“增大” 、 “减小”或
45、“不变” ）气体压强增大，这就是 对玻意耳定律的微观解释 【分析】理想气体压强由分子的平均动能与分子密集程度决定，而温度是分子的平均动能的标志，分子 的密集程度与分子个数与体积有关 【解答】解：温度是分子的平均动能的标志，温度不变时，气体分子的平均动能不变； 一定质量的某种理想气体，则分子个数不变，若保持体积不变时，所以分子的密集程度也不变体积减 小， 分子的密集程度增大， 导致气体的分子等温时间内与接触面碰撞的次数增大， 则气体的压强也增大 故答案为：不变，增大 【点评】考查温度是平均动能的标志，及影响气体的压强的微观解释：分子的密集程度与气体的体积有 关 16 （8 分）如图，一端封闭、粗
46、细均匀的 U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管 中。 当温度为 280K 时， 被封闭的气柱长 L22cm， 两边水银柱高度差 h16cm， 大气压强 p076cmHg。 （1）为使左端水银面下降 3cm，封闭气体温度应变为多少？ （2）封闭气体的温度重新回到 280K 后为使封闭气柱长度变为 20cm，需向开口端注入的水银柱长度为 多少？ 【分析】 （1）对封闭气体来讲，PVT 均发生变化，由理想气体状态方程求解 （2）由等温变化列方程求解 【解答】解： （1）初态压强 P1（7616）cmHg 末态时左右水银面的高度差为 1623cm10cm 末状态压强为：P2761
47、0cmHg66cmHg 由理想气体状态方程得： 故：T1 （2）加注水银后，左右水银面的高度差为：h（16+22）l 由玻意耳定律得，P1V1P3V3，其中 P376（20l） 解得：l10cm 答： （1）为使左端水银面下降 3cm，封闭气体温度应变为 350K； （2）需向开口端注入的水银柱长度为 10cm。 【点评】利用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气 体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解。本题的一大难点在于高度差的计算。 17如图是一列简谐波在 t0 时的波形，波恰好传播到 x2.5m 处。已知从 t0 至 t1.1s 内，
48、质点 P 三 次出现在波峰位置，且在 t1.1s 时，P 点刚好处在波峰位置，则 P 点的振动周期是 0.4 s；经过 1.0 s，x5.0m 处的质点 Q 第二次到达波谷。 【分析】简谐横波沿 x 轴正方向传播过程中，介质中质点做简谐运动，根据波传播方向判断出此时 P 的 点振动方向，由从 t0 到 t1.1s 时间内，P 点第三次出现在波峰位置分析得到周期由图象读出波长， 求出波速；波在同一均匀介质中匀速传播的，当 x2cm 处质点的振动传播到 Q 时，质点 Q 第一次到达 波谷，由 t求出时间，再根据振动情况确定第二次到达波谷的时间。 【解答】 解： 根据波动图象可知， t0 时， P 向下振动， 则 1.1s 时 P 点振动了 2个周期； 故， 得 T0.4s； 波速，x2m 的质点的振动传到 Q 点时，Q 点第一次到达波谷处，故 Q 点第一 次到达波谷所需时间，第二次到达波谷的时间 t0.6s+0.4s1.0s。 故答案为：0.4；1.0。 【点评】本题采用波形的平移法求解 Q 第一次形成波谷的时间，也可以根据波的形成过程分析：先求出 振动从 x2.5cm 处传到 Q 点
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