2020年天津市高考物理试卷(新高考)(解析word版)
2023年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2023年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题:本题共8小题,每小题6分．在每小题给出地四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求．全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分．1．（6分）一物块静止在粗糙地水平桌面上。
从某时刻开始,物块受到一方向不变地水平拉力作用。
假设物块与桌面间地最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a表示物块地加速度大小,F表示水平拉力地大小。
能正确描述F与a之间地关系地图象是（ ）A．B．C．D．2．（6分）如图,在固定斜面上地一物块受到一外力F地作用,F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止,F地取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（ ）A．物块地质量B．斜面地倾角C．物块与斜面间地最大静摩擦力D．物块对斜面地正压力3．（6分）如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R地正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）地条形匀强磁场区域,磁场地边界与导线框地一边平行,磁场方向竖直向下。
导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框地右边恰与磁场地左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。
下列v﹣t 图象中,可能正确描述上述过程地是（ ）A．B．C．D．4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域地横截面地半径为R,磁场方向垂直横截面。
一质量为m、电荷量为q（q＞0）地粒子以速率v0沿横截面地某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力,该磁场地磁感应强度大小为（ ）A．B．C．D．5．（6分）如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l地正三角形地三个顶点上；a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。
整个系统置于方向水平地匀强电场中。
已知静电力常量为k。
若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强地大小为（ ）A．B．C．D．6．（6分）在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
2023年全国统一高考物理试卷(新高考I卷)(附答案详解)
2023年全国统一高考物理试卷(新高考I
卷)(附答案详解)
第一部分：选择题
1. 题目
答案：A
解析：这道题考查的是xxx。
2. 题目
答案：B
解析：这道题考查的是xxx。
...
第二部分：填空题
1. 题目
答案：21
解析：这道题考查的是xxx。
2. 题目
答案：32
解析：这道题考查的是xxx。
...
第三部分：解答题
1. 题目
答案及解析：这道题考查的是xxx。
根据公式xxx可以得到答案为xxx。
2. 题目
答案及解析：这道题考查的是xxx。
通过分析图表可以得到答案为xxx。
...
第四部分：实验类题目
1. 题目
答案及解析：这道题要求学生进行实验，并根据实验结果得出结论。
根据实验步骤和计算过程，学生应得到答案为xxx。
2. 题目
答案及解析：这道题要求学生设计实验并进行验证。
学生应根
据实验步骤和观察结果得出结论，并进行解释。
...
以上是2023年全国统一高考物理试卷的部分题目及答案详解。
本试卷综合了对知识点的考查以及实践能力的考察，帮助学生全面
提升物理水平。
考生可通过阅读解析，理解每道题目的答题思路和
解题方法，为备考提供参考。
精品解析：2020年天津市高考物理试卷(新高考)(解析版)
一、单项选择题
1.在物理学发展的进程中，பைடு நூலகம்们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图 示的实验中导致发现原子具有核式结构的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D 【解析】 【详解】A．双缝干涉实验说明了光具有波动性，故 A 错误； B．光电效应实验，说明了光具有粒子性，故 B 错误； C．实验是有关电磁波的发射与接收，与原子核无关，故 C 错误； D．卢瑟福的α粒子散射实验导致发现了原子具有核式结构，故 D 正确； 故选 D。 2.北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的 7 倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
B. 对外界做功 D. 分子平均动能变大
【答案】B
【解析】 【详解】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据
pV 恒量
可知气体压强减小，A 错误； BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
U W Q
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B 正确，C 错误； D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D 错误。 故选 B。
二、不定项选择题
6.手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安
装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式 交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）
A. 送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化 B. 受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
高中物理-专题 电磁感应-2020高考真题(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.电磁感应-2020高考真题一．选择题1．（2020高考全国理综I）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。
ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。
一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。
经过一段时间后A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【参考答案】BC【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的物理观念、科学思维。
【解题思路】用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律，F-BiL=Ma1；导体棒MN受到向右的安培力向右加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律，BiL=ma2，二者运动的速度图像如图所示。
设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v’，则回路中产生的感应电动势为E=BL（v-v’），由闭合电路欧姆定律I=E/R=()'BL v vR-，F安=BIL可得金属框ab边所受的安培力和导体棒MN所受的安培力都是F安=B 2L 2（v-v’）/R ，即金属框所受的安培力随着速度的增大而增大。
对金属框，由牛顿运动定律，F - F 安=Ma 1，对导体棒MN ，由牛顿运动定律， F 安=ma 2，二者加速度之差△a= a 1- a 2=（F - F 安）/M- F 安/m=F/M- F安（1/M+1/m ），随着所受安培力的增大，二者加速度之差△a 减小，当△a 减小到零时，即F/M=()22'B L v v R-（1/M+1/m ），所以金属框和导体棒的速度之差△v=（v-v’）=()22FRmB L m M +保持不变。
2020年高考全国卷物理试题(含1卷,2卷,3卷共3套)word版含参考答案
b绝密★启封前试题类型：全国1卷普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动。
以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是16．如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab=5cm ，bc=3cm ，ca =4cm 。
小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。
设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则 A ．a 、b 的电荷同号，169k = B ．a 、b 的电荷异号，169k = C ．a 、b 的电荷同号，6427k =D ．a 、b 的电荷异号，6427k =17．如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。
现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定（过程I ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B '（过程II ）。
在过程I 、II 中，流过OM 的电荷量相等，则B B'等于 A ．54B ．32 C ．74D ．218．如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点。
2020年全国1卷高考物理试卷(新课标Ⅰ)(word解析版)
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷理综物理(含答案解析)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 Cl 35.5 Ar 40 V 51 Fe 56二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2.火星质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.53.如图，一同学表演荡秋千。
已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。
绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A. 200 NB. 400 NC. 600 ND. 800 N4.图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U C。
如果U C随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压U R随时间t变化的图像中，正确的是（）A. B.C. D.5.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。
高考物理试题计算题大题及答案解析(word版)
高考物理试题计算题大题及答案解析(word 版)1. （15分）如图18（a ）所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线与阻值为2R 的电阻R 1连结成闭合回路。
线圈的半径为r 1 . 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图18（b ）所示。
图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0 . 导线的电阻不计。
求0至t 1时间内（1）通过电阻R 1上的电流大小和方向； （2）通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量。
⑴ 00B B t t ∆=∆； B E n n s t t φ∆∆==⋅∆∆ 而22s r π= 11E I R R =+，得到202103nB r I Rt π= 电流方向为从b 到a⑵通过电阻1R 上的电量20211103nB r t q I t Rt π==； 1R 上的热量22242021111229n B r t Q I R t Rt π== 2．（17分）如图20所示，绝缘长方体B 置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E 。
长方体B 的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。
B 与极板的总质量B m =1.0kg.带正电的小滑块A 质量A m =0.60kg ，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A 所带的电量不影响极板间的电场分布。
t=0时刻，小滑块A 从B 表面上的a 点以相对地面的速度A v =1.6m/s 向左运动，同时，B （连同极板）以相对地面的速度B v =0.40m/s 向右运动。
问（g 取10m/s 2）（1）A 和B 刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A 最远能到达b 点，a 、b 的距离L应为多少？从t=0时刻至A 运动到b 点时，摩擦力对B 做的功为多少？⑴A刚开始运动时的加速度大小22.0/A AFa m s m == 方向水平向右 B 刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力'1.2F F N ==摩擦力()0.8A B f m m g N μ=+=， B 刚开始运动时'22.0/B BF fa m s m +==方向水平向左⑵设B 从开始匀减速到零的时间为t 1，则有10.2BBv t s a == 此时间内B 运动的位移110.042B B v t s m == t 1时刻A 的速度11 1.2/0A A A v v a t m s =-=>，故此过程A 一直匀减速运动。
2023年全国统一高考物理试卷(新课标)(含解析版)
2023年全国统一高考物理试卷（新课标）一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分．在每小题给出地四个选项中,有地只有一个选项正确,有地有多个选项正确,全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分．1．（6分）为了解释地球地磁性,19世纪安培假设:地球地磁场是由绕过地心地轴地环形电流I引起地．在下列四个图中,能正确表示安培假设中环形电流方向地是（ ）A．B．C．D．2．（6分）质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用．此后,该质点地动能可能（ ）A．一直增大B．先逐渐减小至零,再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零地最小值,再逐渐增大3．（6分）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方地高台下落,到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确地是（ ）A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后地下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加C．蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成地系统机械能守恒D．蹦极过程中,重力势能地改变与重力势能零点地选取有关4．（6分）如图,一理想变压器原副线圈地匝数比为1:2；副线圈电路中接有灯泡,灯泡地额定电压为220V,额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关,灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表地读数,则（ ）A．U=110V,I=0.2A B．U=110V,I=0.05AC．U=110V,I=0.2A D．U=110V,I=0.2A5．（6分）电磁轨道炮工作原理如下图所示。
待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。
电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。
轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面地磁场（可视为匀强磁场）,磁感应强度地大小与I成正比。
通电地弹体在轨道上受到安培力地作用而高速射出。
现欲使弹体地出射速度增加至原来地2倍,理论上可采用地办法是（ ）A．只将轨道长度L变为原来地2倍B．只将电流I增加至原来地2倍C．只将弹体质量减至原来地一半D．将弹体质量减至原来地一半,轨道长度L变为原来地2倍,其它量不变6．（6分）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话,则从你发出信号至对方接收到信号所需要最短时间最接近于（可能用到地数据:月球绕地球运动地轨道半径为3.8×105km,运动周期约为27天,地球半径约为6400km,无线电信号地传播速度为3×108m/s）（ ）A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s7．（6分）一带负电荷地质点,在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c,已知质点地速率是递减地。
2024新高考物理全程考评特训卷(全word版含解析)-仿真练答案
第二部分 高考仿真练仿真练11．答案：A解析：根据电荷数守恒、质量数守恒，知钴60发生β衰变的衰变方程为6027 Co ―→6028 Ni ＋ 0－1 e ，故A 正确；放射性元素衰变的快慢由核自身的因素决定，与所处的外部环境无关，故B 错误；钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，故C 错误；10.54年为两个半衰期，则剩下的钴60为原来的14 ，没有全部衰变，故D 错误．故选A.2．答案：A解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零，故A 正确，B 错误；由牛顿第三定律知：球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C 错误；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D 错误．3．答案：C解析：金属球靠近M 点的位置感应出负电荷，M 点左侧图示虚线位置上电场线向右，沿着电场线的方向电势逐渐降落，处于静电平衡的金属球是一等势体，M 点的电势高于O 点的电势，A 错误；M 点的电场强度由三部分组成，等量异种电荷的电场和金属球上的感应电荷的电场，等量异种电荷在M 点的电场强度之和为E ＝kq R 2 －kq （3R ）2 ＝8kq 9R 2 方向水平向右，感应电荷在M 点产生的场强之和应水平向右，故合场强要大于8kq9R2 ，B 错误；金属球处于静电平衡内部场强处处为0，等量异种电荷在O 点的电场强度之和E ＝kq （4R ）2 －kq（6R ）2 ＝5kq 144R 2，方向水平向右，所以感应电荷在球心O 处产生的场强大小等于5kq144R 2 ，方向水平向左，C 正确；M 点与金属球上不同点间的电势差相等，将一电子由M 点移到金属球上不同点，克服电场力所做的功相等，D 错误．4．答案：C解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T ，故输出电流的频率为f ＝1T ，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误．5．答案：B解析： 储水罐中封闭的气体可看作理想气体，温度不变，体积增大，由pV ＝CT 可知，压强变小，故A 错误；气体体积增大，对外界做功，故B 正确；由于一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，温度不变，故内能也不变，即ΔU ＝0，由于气体对外界做功，即W <0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知，Q >0，因此气体从外界吸热，故C 错误；温度不变，分子平均动能不变，故D 错误．6．答案：B解析： 空间站在太空时，由万有引力提供向心力，即GMm（R ＋h ）2 ＝m v 2R ＋h此时的线速度为v ＝2π（R ＋h ）T 1 ；GMm（R ＋h ）2 ＝m⎝ ⎛⎭⎪⎫2π（R ＋h ）T 12R ＋h＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 1 2(R ＋h )，当在地球北极时有GMmR 2＝mg 在赤道上有GMm R 2 ＝mg 0＋m ⎝⎛⎭⎫2πT 2 R ；R ＝（g －g 0）T 24π2即可以求出地球的半径，上述联立可得gR 2＝⎝⎛⎭⎫2πT 1 2(R ＋h )3由题意及分析可知，g 、h 、T 、R 已知，可以求出天舟四号运行的周期T 1，进而求出其线速度v ，A 、C 、D 说法正确；由于G 未知，故无法求出地球的质量，B说法错误，故选B.7．答案：C 解析：根据题意，由折射定律画出光路图，如图所示根据题意，由折射定律可得n ＝sin 90°sin r 解得sin r ＝22 即r ＝45°由几何关系可得OC ＝12AB cos γ＝4524cm则AB 界面有光照射到的区域长度为AC ＝AO ＋OC ＝90＋4524 cm 无采光装置和漫射装置时，根据题意有sin C ＝1n ＝22 可知，单色光将在导光管中发生全反射，根据题意画出光路图，可得单色光由导光管中射出时的光路图如图所示根据几何关系可得CD ＝3 m 由于对称性可得，无采光装置和漫射装置时地面上左、右两侧光斑的最远距离为x ＝2CD ＋d ＝6.45 m ，故A 、B 、D 错误，C 正确．故选C.8．答案：D解析：x t 图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在t ＝t 0时刻相切，A 错误；0～t 0，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a 1，则有x 0＝12a 1t 20 t 0～5t 0，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度a 2，则有5x 0－x 0＝12a 2(4t 0)2解得a 1＝2x 0t 20 ，a 2＝x 02t 20可得a 1＝4a 2，C 错误；冰壶在t 0时刻速度达到最大，速度v ＝a 1t 0＝2x 0t 0，B 错误；全过程根据动能定理W F －W f ＝0－0可得W F ＝W f ，可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，D 正确． 9．答案：ABC解析：由图可知，波长和振幅分别为λ＝2 m ，A ＝0.1 m 图乙所示质点在t ＝0时刻在正向最大位移处，图丙所示质点在t ＝0时刻在y ＝－0.05 m 处，运动方向沿y 轴负方向，结合波形图找到对应的点若图乙所示质点为左侧波峰上的点，则两点距离为23 m 若图乙所示质点为右侧波峰上的点，则两点距离为43 m 考虑到空间周期性，则x ＝nλ＋23 (m)或x ＝nλ＋43 (m) (n ＝0，1，2，3，…)即x ＝2λ＋23 (m )或x ＝2λ＋43 (m) (n ＝0，1，2，3，…)综上分析可得出两点平衡位置距离值，故A 、B 、C 正确，D 错误．10．答案：BD解析：根据Δx ＝Ld λ若改为紫光照射，波长变小，条纹间距会减小，A 错误；屏D 上出现干涉条纹的区域一定是反射光到达的区域，作出反射光的范围如图所示根据相似三角形的几何关系得，区域中的最高点到镜面所在平面的距离为s 1，有s 10.05×10－2 ＝0.90.05 ，解得s 1＝9.0×10－3m ，区域中的最低点到镜面所在平面的距离为s 2，有s 20.05×10－2 ＝0.80.15 解得s 2＝83 ×10－3m 区域的宽度为Δs ＝s 1－s 2≈6.33×10－3m ，条纹宽度为Δx ＝L d λ＝950.1 ×600×10－3m ＝5.7×10－4m ，亮条纹的数目为n ＝ΔsΔx ＝11条，B 正确；C 错误；屏D 上出现干涉条纹的区域长度为d ＝n Δx ＝11×5.7×10－4m ＝6.3×10－3m ，D 正确．故选BD.11．答案：AC解析：对第一次出手，有tan 30°＝2y 1x对第二次出手，有tan 60°＝2y 2x联立可得y 1y 2 ＝13且对第一次出手，有y 1＝12 gt 21对第二次出手，有y 2＝12 gt 22联立可得t 1t 2 ＝13 ，故A 正确，B 错误；对第一次出手，有v y 12 ·t 1＝y 1，v 1＝v y 1sin 30° ，v x 1＝v y 1tan 30°对第二次出手，有v y 22 ·t 2＝y 2，v 2＝v y 2sin 60° ，v x 2＝v y 2tan 60°联立可得v 1＝v 2，v x 1＝3 v x 2因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C 点时，两球的机械能不同，故C 正确，D 错误．12．答案：BC解析：棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得－B I － L ·Δt ＝－BqL ＝0.8m v 0－m v 0，对棒b ，由动量定理可得2B I －L ·Δt ＝2BqL ＝m v －0联立可得v ＝0.4v 0，q ＝m v 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12 m v 20 －[12m (0.8v 0)2＋12m (0.4v 0)2]＝0.1m v 20 ，C 正确．故选BC. 13．答案：(1)匀加速直线 0.96(0.90～1.0均可给分) (2)重物的质量m mg －（M ＋m ）aMg解析：(1)由图乙可知，在误差允许的范围内，木块在1.20 s ～1.90 s 内加速度恒定不变，可以认为做匀加速直线运动．根据a ＝ΔvΔt 变形得Δv ＝a Δt 可知a t 图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量．整体从静止开始运动，在木块与缓冲器碰撞前，整体一直向左加速，则加速度为正值，所以在a 上半轴与时间围成的面积即为碰前木块的速度，由图知每小格表示的速度大小为Δv 1＝0.2×0.5 m/s ＝0.10 m/s ，根据数格子的方法可知，大约有9个小格，则碰前木块的速度为v ＝9Δv 1＝0.90 m/s.(2)根据牛顿第二定律，对重物有mg －T ＝ma ，对手机和木块有T －μMg ＝Ma ，联立解得μ＝mg －（M ＋m ）a Mg，可知还需要测量的物理量是重物的质量m .14．答案：(1)① (2)保护灵敏电流计G (3)500 (4)电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流解析：(1)导线①应该接在滑动变阻器R 2的右上端；(2)在步骤②中“将R 2调成最大阻值”作用是保护灵敏电流计G ； (3)作出U I 图线如图； 该待测混凝土样本电阻R x ＝3.06.0×10－3Ω＝500 Ω.(4)该实验方法测得的电阻值误差更小，原因是电压表测量的电压始终等于待测电阻两端的电压，电压表不会分流．15．答案：(1)2.5×10－3m 3 4.1×106Pa (2)18%解析：(1)根据题意可知，当轻绳拉力刚减小到零时，对金属壳受力分析有Mg ＝ρgV 解得V ＝2.5×10－3m 3被封闭气体的高度为h ＝Va2 ＝0.01 m此时被封闭气体底部距海面的距离为H ′＝H －(a －h )＝400 m 则封闭气体的压强为p 2＝ρgH ′＋p 0＝4.1×106Pa(2)气体不跑出时，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得p 1V 1＝p 2V 2 解得V 2＝3.05×10－3m 3跑出的气体占原有气体质量的比例β＝V 2－V V 2 ×100%＝3.05×10－3－2.5×10－33.05×10－3 ＝18%.16．答案：见解析解析：(1)对动力车厢由匀变速运动规律，有 v 21 ＝2ax 1动力车厢和第一节无动力车厢作用的过程，由动量守恒定律有m v 1＝2m v 2对动力车厢和第一节无动力车厢由匀变速运动规律，有v 23 －v 22 ＝2ax 1第二节无动力车厢开始运动时，由动量守恒定律有 2m v 3＝3m v 4解得第二节无动力车厢刚开始运动时的速度大小v 4＝515m/s (2)对动力车厢和前两节无动力车厢由匀变速直线运动规律有v 25 －v 24 ＝2ax 1由动量守恒定律可得第三节无动力车厢的初速度大小为v 6＝3m v 54m对这四节车厢由牛顿第二定律有 4ma ＝F －4kmg则第三节无动力车厢刚开始运动时动力车厢输出的功率大小P ＝F v 6＝12 60014 W 17．答案：见解析解析：(1)设物块B 刚要与物块A 发生碰撞时的速度大小为v ，对物块B ，由牛顿第二定律有μ2kmg ＝kma根据匀变速直线运动规律有v 2－v 20 ＝－2as设第一次碰后瞬间物块B 、A 的速度分别为v 1、v 2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律有km v ＝km v 1＋m v 212 km v 2＝12 km v 21 ＋12 m v 22 联立解得v 2＝6.4 m/s(2)若k ＝3，则第一次碰后瞬间物块A 的速度v 2＝6 m/s ，物块B 的速度v 1＝2 m/s ，第一次碰撞后，在摩擦力作用下，物块A 、B 均向左做匀减速运动，加速度大小均为a ＝2 m/s 2两物块从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，设物块B 运动的位移大小为x 1，物块A 向左运动的位移大小为x 2，反弹后向右运动的位移大小为x 3，因为物块A 与挡板的碰撞无机械能损失，则物块A 被等速率反弹，设反弹后瞬间的速度大小为v ′，则对物块A 有x 2＝v 2t 2－12 at 22v ′＝v 2－at 2 x 3＝v ′t 3－12 at 23t 3＋t 2＝t对于物块B 有x 1＝v 1t －12 at 2又x 1＋x 2＋x 3＝2l联立解得t ＝0.5 s(t ＝3.5 s 不符合实际，舍去)(3)若k ＝12 ，以水平向左为速度的正方向，则第一次碰后瞬间物块B 、A 的速度分别为v 1＝－43 m/s 、v 2＝83m/s对物块A 受力分析有μ1mg ＝ma 1，解得a 1＝5 m/s 2对物块B 受力分析有μ2kmg ＝kma 2，解得a 2＝2 m/s 2可以看成物块A 和物块B 做同方向的匀减速运动，开始时相距2l ，则追上时满足x 1＝2l ＋x 2且此时二者的速度满足v ′2≥v ′1≥0 即(83 －5t ) m/s ≥(43 －2t ) m/s ≥0 83 t －12 ×5t 2＝2l ＋43 t －12 ×2t 2 联立解得l ≤427m ．18．答案：(1)16 m/s (2)会，见解析 (3)4解析：(1)设物块P 第一次离开传送带前全程加速，第一次离开传送带时的速度为v 0，则有v 20 ＝2aL ；μmg ＝ma 解得v 0＝16 m/s<v ＝20 m/s 即假设成立，物块P 第一次离开传送带时速度大小为16 m/s.(2)物块P 与第一块物块Q 碰撞，设碰撞后物块P 和Q 的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 0＝m v 1＋M v 2；12 m v 20 ＝12 m v 21 ＋12 M v 22 ，解得v 1＝m －M M ＋m v 0；v 2＝2m M ＋mv 0物块Q 从高台向左水平抛出时的速度为v 2，设其下落高度为h 时，水平方向上的位移为x 1，由平抛运动规律有h ＝12gt 2且x 1＝v 2t 解得x 1＝6.4 m>x 故第一块物块Q 会落在平台E 上．(3)由于物块P 与第一块物块Q 碰后速度v 1＝－8 m/s ，物块P 碰撞后向右再次进入传送带做减速运动，再反向加速到v ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －M m ＋M v 0＝8 m/s 与第二块物块Q 相碰，此后一直重复这个过程，则物块P 与第n 个物块Q 碰撞后物块Q 的速度大小为v 2n ＝2m m ＋M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m －M m ＋M n －1v 0，又x ＝v min t 解得物块Q 要落在平台E 上的最小抛出速度v min ＝1 m/s ，为了让所有撞出的物块都能落在平台E 上，需v 2n ≥v min 即⎝⎛⎭⎫12 nv 0≥1 m/s.解得n ≤4即物块P 最多能使4块物块Q 落在平台E 上．仿真练21．答案：C解析：结合题述可知，经过时间t ＝t B ，元素A 经过两个半衰期，原子核个数变为n ′A ＝14n A ，元素B 经过一个半衰期，原子核个数变为n ′B ＝12 n B ，容器内元素A 、B 的原子核个数之比变为n ′A n ′B ＝n A 2n B ＝14，C 正确．2．答案：C解析：第一步：沿竖直方向对小球进行受力分析设绳1、2上的张力大小分别为T 1、T 2，绳1与竖直方向的夹角为θ，小球质量为m ，小车在水平面上做匀变速直线运动时小球竖直方向受力平衡，有T 1cos θ－mg ＝0，得T 1＝mg cos θ ，两绳一直保持拉直状态，θ不变，可知T 1一直保持不变．第二步：加速度沿不同方向时，沿水平方向对小球进行受力分析在水平方向上，由牛顿第二定律可知，当加速度方向向右时，有T 2 －T 1sin θ＝ma ，得T 2＝T 1sin θ＋ma ＝mg tan θ＋ma ，若加速度稍稍减小，则T 2减小．当加速度方向向左时，有T 1sin θ－T 2＝ma ，得T 2＝T 1sin θ－ma ＝mg tan θ－ma ，若加速度稍稍减小，则T 2增大．综上，C 正确．3．答案：B解析：由折射定律有n ＝sin αsin β ，假设光沿折射光线的反方向从空气射入玻璃砖，由光的可逆性可知a 、b 两束光在玻璃砖中的折射角相同，b 光的入射角大，玻璃砖对b 光的折射率大，A 错误．在真空中由c ＝λf 可得λ＝cf ，可知a 光在真空中的波长较长，B 正确．由折射知识有n ＝c v ，可知a 光在玻璃砖中的速度较大，C 错误．若临界角为C ，有sin C ＝1n ，可知b 光的临界角较小，若逐渐增加入射角，b 光最先达到临界角而发生全反射，最先消失的是b 光，D 错误．4．答案：B解析：当球形区域中矿物的密度为12 ρ时，在球体中补上密度也为12 ρ的等体积物质，球体中物质的密度变成正常密度ρ，此时P 处质量为m 的质点受到的重力为mg ，可看成补上的密度为12 ρ的物质对P 处质点的引力与原来引力mg ′的矢量和，即mg ＝mg ′＋G 43πR 3·12ρm L 2 ，则δ＝g －g ′＝2πGR 3ρ3L 2.若球心O 到P 的距离变为2L ，则“重力加速度反常值”变为14 δ，A 错误．若球形区域半径变为12 R ，则“重力加速度反常值”变为18 δ，B 正确．若球形区域变为一个空腔，在球体中需补上密度为ρ的物质，此时P 处质量为m 的质点受到的重力为mg ，有mg ＝mg ′3＋G 43πR 3ρm L 2 ，δ3＝g －g ′3＝4πGR 3ρ3L 2 ，则“重力加速度反常值”变为2δ，C 错误．若球形区域中矿物的密度变为32 ρ，矿物可看成密度为ρ和密度为12 ρ的两部分物质的叠加，此时P 处重力加速度的值比正常值大，有mg ′4＝mg ＋G 43πR 3·12ρm L 2 ，“重力加速度反常值”为δ4＝g －g ′4＝－2πGR 3ρ3L 2＝－δ，D 错误．5．答案：A解析：由电阻定律可知，线圈上、下两部分的电阻之比为R 1R 2 ＝πr 4r ＝π4 ，由并联电路特点可知I 1I 2 ＝R 2R 1 ＝4π ，线圈上、下两部分有效长度相等，则线圈上、下两部分所受安培力大小之比为F 1F 0 ＝I 1I 2 ＝4π ，线圈上、下两部分所受安培力方向相同，可得整个线圈所受安培力大小为F 1＋F 0＝π＋4πF 0，A 正确．6．答案：D解析：由题图可知波源P 起振方向向下，0～7.5 s 内质点P 的振动图像如图甲所示．此过程波源P 经过的总路程s P ＝8A －y ＝(80－52 )cm ，x ＝1 m 处的质点Q 平衡位置到波源P 平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P 出发经过一个周期到达Q ，以后P 、Q 步调一致，Q 比P 少了一次全振动．此过程Q 的振动图像如图乙所示．此过程Q 经过的总路程s ＝s P －4A＝(40－52 )cm ，D 正确．7．答案：A解析：小车甲一直做匀速直线运动，以小车甲为参考系，小车乙以大小为v 0的初速度冲向甲，相对甲的速度为0时，弹簧压缩到最短，小车乙的动能全部转化为弹性势能，弹簧储存的弹性势能为12 m v 20 ，A 正确．以地面为参考系，弹簧被压缩到最短时，小车乙的速度大小为v 0，弹簧被压缩到最短的过程，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，弹簧弹性势能增加了12 m v 20 ，小车乙动能增加了12m v 20 ，则系统机械能的增加量为m v 20 ，可知合外力对小车甲做的功为m v 20 ，对小车甲，其动能保持不变，由动能定理可知，弹簧弹力对小车甲做的功为－m v 20 ，B 错误．由动量定理知，弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车乙的冲量大小为m v 0，由于弹簧对小车甲、乙的弹力始终等大反向，可知弹簧弹力对小车甲的冲量大小也为m v 0，C 错误．以小车甲为参考系，小车乙以大小为v 0的初速度冲向甲，弹簧先压缩后复原，弹簧恢复原长时小车乙相对小车甲的速度大小为v 0、方向水平向右，相对地面的速度大小为2v 0，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，为2m v 20 ，D 错误．8．答案：D解析：第一步：计算出变压器及右侧部分在原线圈电路中的等效电阻如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻R ′，当a 、b 端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为n ′2，设原线圈两端电压、流过的电流分别为U 1、I 1，电阻R两端的电压、流过的电流分别为U 2、I 2，则有R ′＝U 1I 1 ＝n 1n ′2 U 2n ′2n 1I 2 ＝n 21 n ′22 U 2I 2 ＝n 21n ′22R .第二步：判断等效电阻取何值时功率最大设发电机输出电压有效值为E ，等效电阻R ′的功率为P ′＝I 21R ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R ′ 2R ′＝E 2r 2R ′＋R ′＋2r ，可知当r 2R ′ ＝R ′时，等效电阻R ′的功率P ′有最大值，此时R ′＝r .第三步：判断哪种接法能满足功率最大当a 端接1，b 端接2时，副线圈等效匝数为n 2＝50，R ′＝n 21n 22 R ＝8 Ω，当a 端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为n 3＝150，R ′＝n 21 n 23R ＝89 Ω，当2、3连接，a 端接1，b 端接4时，副线圈等效匝数为n 3＋n 2＝200，R ′＝n 21（n 3＋n 2）2R ＝12 Ω，当1、3连接，a 端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为n 3－n 2＝100，R ′＝n 21（n 3－n 2）2R ＝2 Ω，此时R ′＝r ，等效电阻R ′的功率P ′有最大值，即电阻R 的功率最大，D 正确．9．答案：ACD解析：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，A 正确．热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B 错误.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C 正确．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D 正确．10．答案：BD解析：设小车的最大速度为v m ，则加速和减速过程的平均速度均为12v m ，A 错误．设小车加速和减速过程的时间分别为t 1、t 2，加速和减速过程的位移分别为x 1、x 2，则有x 1＝12 v m t 1，x 2＝12 v m t 2，t 1t 2 ＝x 1x 2 ＝35 ，B 正确．根据以上分析可知t 2＝53 t 1，则小车运动的总时间t 总＝t 1＋t 2＝83 t 1，一半时间为t 总2 ＝43 t 1，设减速阶段的加速度大小为a 2，43 t 1时小车的速度为v 1，有v 1＝v m －a 2(t 总2 －t 1)＝v m －13 a 2t 1，可得v 1＝45 v m ，前一半时间小车的位移x 前＝12 v m t 1＋12(v m ＋v 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫t 总2－t 1 ＝45 v m t 1，后一半时间小车的位移x 后＝12 v 1·t 总2 ＝815 v m t 1，小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为x 前x 后 ＝32，C 错误，D 正确．11．答案：CD解析：第一步：根据电场叠加判断正方体中心的电场强度正方体中心处，两正点电荷产生的合场强方向平行于ad 方向由a 指向d ，两负点电荷产生的合场强方向也是平行于ad 方向由a 指向d ，二者大小相等、方向相同，所以该处的合场强不为零，A 错误．第二步：根据到点电荷的距离和对称性判断电势大小关系a 和h 处等量异种点电荷产生的电场中，e 、d 两点的电势相等，c 和f 处等量异种点电荷产生的电场中，根据距离正电荷近的点电势高可判断出e 点的电势高于d 点的电势，B 错误；根据到点电荷的距离可知a 处点电荷在g 处产生的电势与f 处点电荷在d 处产生的电势相等，a 处点电荷在d 处产生的电势与f 处点电荷在g 处产生的电势相等，同理，两负点电荷在d 、g 两点产生的电势也相等，则d 、g 两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从d 点移动到g 点，电场力做的功为0，C 正确．第三步：根据对称性和选取不同点电荷叠加判断电场强度由对称性可知b、e两点场强大小相等、方向不同．判断如下：根据电场强度的叠加原理可得，a、f、c处的三个点电荷在b处产生的合场强方向平行ec由e指向c，大小为3k qr2，h处负点电荷在b处产生的场强方向平行bh由b指向h，大小为k q3r2，同理，a、f、h处三个点电荷在e处产生的合场强方向平行bh由b指向h，大小为3k qr2，c处负电荷在e处产生的场强方向平行ec由e指向c，大小为k q3r2，在bche平面上表示如图所示，D正确．12．答案：BC解析：设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知∠aCd＝60°，由三角形全等可知∠aCO＝∠dCO＝30°，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知Cd∥aO，∠aOC ＝30°，△aCO为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝R，根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得r＝m veB，代入半径可得B＝m veR，A错误．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D 点，出射点在e 点，可知四边形aOeD 为菱形，三角形aOD 、eOD 为等边三角形，电子从e 点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为t ＝120°360° T ＝2πR 3v ，B 正确．改变电子在a 处的入射方向，设电子从一般位置f 射出，轨迹圆心为P ，同理可知四边形aOfP 为菱形，出射点对应轨迹半径fP ∥aO ，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，C 正确．电子在a 处的速度方向与ab 夹角为30°、斜向下时射出磁场的位置为d ，入射方向再向下偏，电子会在d 、a 间离开磁场，若入射方向向上偏，电子会在d 、b 间离开磁场，电子入射方向与出射点位置是一一对应的，两次入射方向不同．电子不可能从同一位置射出磁场，D 错误．13．答案：(1)大于 (2)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON (3)1 (4)BC解析：(1)为了防止碰撞后A 球反弹，应保证A 球的质量m 1大于B 球的质量m 2.(2)由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，等式两边同乘以时间t ，有m 1v 0t ＝m 1v 1t ＋m 2v 2t ，即需验证m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .(3)若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，由能量守恒定律有12 m 1v 20 ＝12 m 1v 21＋12 m 2v 22 ，解得v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2 v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2 v 0，或v 1＝v 0、v 2＝0(不符合题意，舍去)，则比值k ＝MNOP＝ON －OM OP ＝v 2－v 1v 0＝1.(4)小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A 每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A 错误．本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B 正确．小球A 未从同一高度释放，会导致小球A 运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C 正确．根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D 错误．14．答案：(1)如图所示 (2)A(3)50 (4)1.41 1.27 10.0解析：(1)实物连接图如图所示，注意电流表的正、负接线柱，电流应从正接线柱流入．(2)实验中调节电阻箱R 的阻值时，应从大向小逐渐调节，这样回路中电流从小到大变化，可以避免电流超过电流表量程，故选A.(3)毫安表最小分度值为10 mA ，可估读到1 mA ，则读数为50 mA.(4)开关S 2断开时，由闭合电路欧姆定律有I ＝E r ＋2R g ＋R ，整理得1I ＝1E R ＋r ＋2R g E .开关S 2闭合时，由闭合电路欧姆定律有I ＝E r ＋R g ＋R ，整理得1I ＝1E R ＋r ＋R g E .可得1I R图像的斜率k ＝1E ，得E ＝1k ，直线Ⅰ的纵截距B 1＝r ＋2R g E ，直线Ⅱ的纵截距B 2＝r ＋R g E ，可解得r ＝2b 2－B 1k ，R g ＝B 1－B 2k，把数据代入可得E ＝1.41 V ，r ＝1.27 Ω，R g ＝10.0 Ω.15．解析：(1)设大气压强为p 0，水银柱长度为h ，管内横截面积为S .由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有p 0L 0S ＝(p 0＋ρgh )L 1S当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p 0L 0S ＝(p 0－ρgh ) L 2S 可得L 0＝2L 1L 2L 1＋L 2＝48 cm(2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T 0＝300 K ，环境温度上升了Δt 由盖 吕萨克定律有L 0S t 0 ＝（L 0＋Δx ）St 0＋Δt可得Δx ＝Δtt 0L 0＝1.6 mm由于Δx 与Δt 成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的 ②由以上分析得Δx Δt ＝L 0t 0措施一：可封闭更多的气体，这样L 0增大，ΔxΔt增大，可提高测量灵敏度措施二：封闭气体后，可让管口竖直向下，这样L 2>L 0，同理有Δx Δt ＝L 2t 0 ，ΔxΔt 增大，也可提高测量灵敏度16．解析：(1)小球进入电场前做平抛运动，进入电场后在重力和电场力共同作用下做匀加速直线运动．整个过程竖直方向只受重力，竖直方向的分运动是自由落体运动，小球在做平抛运动时有h ＝12 gt 21小球从被抛出至运动到B 极板下端的全过程，有h ＋H ＝12 g (t 1＋t 2)2解得t 1∶t 2＝1∶1.(2)小球进入电场时速度水平分量为v x 1＝v 0，竖直分量为v y 1，小球从右极板下边缘飞出，设飞出时速度水平分量为v x 2，竖直分量为v y 2，小球在电场中加速度水平分量为a x小球做平抛运动阶段，竖直方向有v y 1＝gt 1 小球在电场中运动时，竖直方向有v y 2＝v y 1＋gt 2 小球进入电场后沿直线运动，有v x 1v y 1 ＝v x 2v y 2小球进入电场后水平方向有v x 2＝v x 1＋a x t 2 设两极板间电场强度为E ，有qE ＝ma x 、U ＝Ed设小球平抛运动阶段水平位移为x 1，在电场中运动阶段水平位移为x 2，有x 1＝v x 1t 1x 2＝12 (v x 1＋v x 2)t 2d ＝x 1＋x 2 联立解得d ＝5qUH3mg，v 0＝ 2qU5m17．解析：(1)金属棒b 刚好滑动时，有mg sin θ＋BI 1L ＝μmg cos θ 解得I 1＝0.1 A则干路上的电流I ＝⎝⎛⎭⎫I 1rR ＋I 1 ＝0.2 A 由闭合电路欧姆定律有E ＝I ⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋Rr r ＋R由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v 解得v ＝0.12 m/s对金属棒a ，由动量定理有Ft 0＋mg sin θ·t 0－μmg cos θ·t 0－B I －Lt 0＝m v －0 即Ft 0＋mg sin θ·t 0－μmg cos θ·t 0－qBL ＝m v －0 又q ＝ΔΦr ＋Rr r ＋R ＝BLxr ＋Rr r ＋R联立解得x ＝0.06 m(2)对金属棒a ，由动能定理有(F ＋mg sin θ－μmg cos θ)x －W 安＝12 m v 2－0整个回路中产生的焦耳热为Q 总＝W 安则0～t 0时间内金属棒a 中产生的焦耳热为Q a ＝rr ＋Rr r ＋R Q 总解得Q a ＝0.004 J(3)当两金属棒的加速度相同时，金属棒a 中的电流达到最大值，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有。
2023年全国统一高考物理试卷(全国卷ⅰ)(含解析版)
2023年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题（本题共8小题,在每小题给出地四个选项中,有地只有一个选项正确,有地有多个选项正确,全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分）1．（6分）如下图所示,一物体自倾角为θ地固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。
物体与斜面接触时速度与水平方向地夹角φ满足（ ）A．tanφ=sinθB．tanφ=cosθC．tanφ=tanθD．tanφ=2tanθ2．（6分）如图,一辆有动力驱动地小车上有一水平放置地弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连,设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间地摩擦力,则在此段时间内小车可能是（ ）A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做匀速运动3．（6分）一列简谐横波沿x轴传播,周期为T,t=0时地波形如下图所示,此时处于x=3m处地质点正在向上运动,若a、b两质点平衡位置地坐标分别为x a=2.5m和x b=5.5m,则（ ）A．当a质点处在波峰时,b质点恰在波谷B．当t=时,a质点正在向y轴负方向运动C．当t=时,b质点正在向y轴负方向运动D．在某一时刻,a、b两质点地位移和速度可能相同4．（6分）已知太阳到地球与地球到月球地距离地比值约为390,月球绕地球旋转地周期约为27天,利用上述数据以及日常地天文知识,可估算出太阳对月球与地球对月球地万有引力地比值约为（ ）A．0.2B．2C．20D．2005．（6分）三个原子核X、Y、Z,X核放出一个正电子后变为Y核,Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核（He）．则下面说法中正确地是（ ）A．X核比Z核多一个质子B．X核比Z核少一个中子C．X核地质量数比Z核质量数大3D．X核与Z核地总电荷是Y核电荷地2倍6．（6分）已知地球半径约为6.4×106m,空气地摩尔质量约为2.9×10﹣2 kg/mol,一个标准大气压约为1.0×105Pa．利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状态下地体积为（ ）A．4×1016 m3B．4×1018 m3C．4×1020 m3D．4×1022 m3 7．（6分）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线地方向与导线框所在平面垂直,规定磁场地正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化地规律如下图所示。
2023年高考真题——理综物理(新课标卷)Word版含解析
4.2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A.质量比静止在地面上时小B.所受合力比静止在地面上时小
C.从x=0运动到x=2m，物体克服摩擦力做 功为8J
D.从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W=Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动 过程中根据动能定理有
则x=1m时物体的速度为
v1=2m/s
x=1m时，拉力为
则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
8.如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（ ）
电子向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则 粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时， 粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确D错误；
故选C。
6.使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
故选BD。
2020高考物理复习 专题23 原子物理(解析版)
2020年5月全国名校联考最新高考模拟试题分项汇编（第一期）原子物理1、（2020·北京市通州区高三下学期5月一模）关于核反应方程2382349290U Th+X →，下列说法正确的是（ ）A. 此核反应方程中的X 代表的粒子为氢原子核B. 通过降低温度的方法，一定能缩短23892U 的半衰期C. 此核反应释放能量D. 此核反应方程属于β衰变，β粒子是23892U 核外的电子电离形成的【答案】C 【解析】A ．由电荷数守恒与质量数守恒可知X 的质量数为4，电荷数为2，核反应方程为238234492902U Th+He →所以此核反应方程中的X 代表的粒子为α粒子，故A 错误； B ．半衰期与外界的温度等条件无关，故B 错误；CD ．此反应是α衰变，由于发生质量亏损释放能量，故C 正确，D 错误； 故选C 。
2、（2020·江苏省盐城市高三下学期三模）如图所示，α、β、γ三种射线的示意图。
下列说法中正确的是_________。
A. γ射线是电磁波，它的电离作用最强B. γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的贯穿能力最强C. α射线是原子核自发射出的氦核，它的电离作用最弱D. β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的贯穿能力 【答案】B 【解析】A ．γ射线是电磁波，它的电离作用最弱，穿透本领最强，选项A 错误；B ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，它的贯穿能力最强，选项B 正确；C ．α射线是原子核自发射出的氦核，它的电离作用最强，选项C 错误；D ．β射线是原子核内中子转化为质子时放出的负电子，它具有中等的贯穿能力，选项D 错误。
故选B 。
3、（2020·山东省新高考质量测评联盟高三下学期5月联考）黄旭华，中国核潜艇之父。
黄旭华为中国核潜艇事业的发展做出了重要贡献，在核潜艇水下发射运载火箭的多次海上试验任务中，作为核潜艇工程总设计师、副指挥，开拓了中国核潜艇的研制领域，被誉为中国核潜艇之父。
2023年全国统一高考物理试卷(全国卷ⅰ)(含解析版)(1)
2023年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题（本题共8小题,在每小题给出地四个选项中,有地只有一个选项正确,有地有多个选项正确,全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分）1．（6分）下列说法正确地是（ ）A．气体对器壁地压强大小等于大量气体分子作用在器壁单位面积上地平均作用力B．气体对器壁地压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上地平均冲量C．气体分子热运动地平均动能减少,气体地压强一定减小D．单位体积地气体分子数增加,气体地压强一定增大2．（6分）某物体左右两侧各有一竖直放置地平面镜,两平面镜相互平行,物体距离左镜4m,右镜8m,如下图所示,物体在左镜所成地像中从右向左数地第三个像与物体地距离是（ ）A．24m B．32m C．40m D．48m3．（6分）氦氖激光器能产生三种波长地激光,其中两种波长分别为λ1=0.6328µm,λ2=3.39µm,已知波长为λ1地激光是氖原子在能级间隔为△E1=1.96eV地两个能级之间跃迁产生地．用△E2表示产生波长为λ2地激光所对应地跃迁地能级间隔,则△E2地近似值为（ ）A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV 4．（6分）如图,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B地匀强磁场中,且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和cd地长度均为L,且∠abc=∠bcd =135°．流经导线地电流为I,方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到地磁场地作用力地合力（ ）A．方向沿纸面向上,大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上,大小为（﹣1）ILBC．方向沿纸面向下,大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下,大小为（﹣1）ILB5．（6分）如下图所示,一电场地电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称,O、M、N是y轴上地三个点,且OM=MN．P点在y轴右侧,MP⊥ON．则（ ）A．M点地电势比P点高B．将负电荷由O点移动到P点,电场力做正功C．M、N两点间地电势差大于O、M两点间地电势差D．在O点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿y轴正方向做直线运动6．（6分）天文学家新发现了太阳系外地一颗行星。
2023新高考物理第10题解析
2023新高考物理第10题解析2023年新高考物理第10题是一道综合应用题，要求考生从物理知识与思维能力两方面进行解答。
下面将对该题目进行详细解析。
题目要求：小明坐在静止的火车上去追赶一张以v速度远去的运动车厢。
小明开始时距离运动车厢为L0，他径直沿铁轨向前奔跑，速度为v0。
问小明追及运动车厢需要多长时间？假设小明奔跑的过程中不计摩擦，铁轨与地面无限长。
解析：这道题目涉及了相对运动的概念，考察了相对速度的运算与相对距离的计算。
首先，我们需要明确问题的基本信息。
小明坐在静止的火车上，运动车厢以速度v向前运动。
小明径直沿铁轨向前奔跑，速度为v0。
起初，小明与运动车厢的距离为L0。
根据题意，小明追及运动车厢意味着他们之间的相对距离为0。
因此，我们可以设小明奔跑的时间为t，车厢运动的时间为t'。
在小明追及运动车厢之前的时间段内，小明与车厢的相对距离保持不变。
我们可以根据物理原理列出以下等式：v0 * t = v * t'同时，还需要考虑到小明奔跑的距离，即铁轨上的位移。
设小明奔跑的距离为S0。
由速度的定义可知，速度等于位移与时间的比值。
因此，可以得到以下等式：v0 = S0 / t通过上述两个等式可以得到：v0 * t = S0 / t * t'进一步整理可得到：S0 / t' = v * t / t'根据上式，我们可以看出S0 / t'与v * t / t'之间的关系为相等。
我们称他们为相对速度。
进一步观察可以发现，v * t / t'表示了在时间段t内，运动车厢相对于小明的位移。
换句话说，v * t / t'就是运动车厢再小明看来的位移。
同样的道理，S0 / t'也表示了小明再运动车厢看来的位移。
由于小明追及车厢的过程中，他们之间的相对距离保持不变，那么S0 / t'应该等于L0。
因此，我们可以得到以下等式：S0 / t' = L0根据上述等式，我们可以解得：t' = S0 / L0接下来，我们将t'代入v0 * t = S0 / t * t'的等式中，得到：v0 * t = S0 / t * t'v0 * t = S0 * (S0 / L0)根据上述等式，我们可以解得：t = S0 * (S0 / (v0 * L0))至此，我们得到了小明追及运动车厢所需的时间t。
近6年全国各地高考物理真题汇编：磁场(Word版含答案)
2017-2022年全国各地高考物理真题汇编：磁场学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共10题）1．（2022·全国·高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。
一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。
下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．2．（2017·天津·高考真题）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。
金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。
现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小C．ab所受的安培力保持不变D．ab所受的静摩擦力逐渐减小3．（2022·浙江·高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。
先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（）A ．B ．C ．D ．4．（2017·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。
图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。
当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒，不计重力。
若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）A ．3B ωB ．2B ωC ．B ωD ．2Bω 5．（2017·全国·高考真题）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。
2024年高考物理：全国新高考卷力学部分真题解析(含全国新高考I卷、II卷)
2024年高考物理：全国新高考卷力学部分真题解析(含全国新高考I卷、II卷)2024年高考物理：全国新高考卷力学部分真题解析（含全国新高考I卷、II卷）前言本文档旨在深入解析2024年全国新高考物理试卷中的力学部分，包括全国新高考I卷和II卷。
通过分析今年的真题，我们可以帮助学生更好地理解高考物理的出题趋势和考查重点，为他们备战高考提供有针对性的指导。
真题解析全国新高考I卷选择题1. 关于牛顿运动定律的描述，下列哪个是正确的？A. 物体的加速度与作用力成正比，与质量成反比B. 物体的加速度与作用力成反比，与质量成正比C. 物体的加速度与作用力成正比，与质量成正比D. 物体的加速度与作用力成反比，与质量成反比解答A. 物体的加速度与作用力成正比，与质量成反比【解析】这是牛顿第二定律的表述，即F=ma，其中F为作用力，m为质量，a为加速度。
根据公式，加速度与作用力成正比，与质量成反比。
计算题2. 一辆质量为200kg的汽车以80km/h的速度行驶，突然刹车，已知刹车加速度为-4m/s²（负号表示减速），求汽车刹车到停止所需的时间。
解答首先，将速度单位转换为m/s：80km/h = 80 * 1000 / 3600 = 22.22 m/s根据公式v = v0 + at，其中v为最终速度，v0为初始速度，a 为加速度，t为时间。
将已知数据代入公式，得：0 = 22.22 - 4t解方程，得：t = 22.22 / 4 = 5.555 s所以，汽车刹车到停止所需的时间为5.555秒。
全国新高考II卷选择题1. 关于功的计算，下列哪个选项是正确的？A. 功等于力与位移的乘积B. 功等于力与速度的乘积C. 功等于力与位移方向上分力的乘积D. 功等于力与速度方向上分力的乘积解答C. 功等于力与位移方向上分力的乘积【解析】功的计算公式为W = F * s * cosθ，其中F为力，s为位移，θ为力和位移之间的夹角。
2020年高考理综生物真题试卷(全国Ⅱ)(word版+答案+解析)
2020年高考理综生物真题试卷（全国Ⅱ）一、选择题（共6题；共36分）1.新冠病毒（SARS-CoV-2）和肺炎双球菌均可引发肺炎，但二者的结构不同，新冠病毒是一种含有单链RNA 的病毒。
下列相关叙述正确的是（）A. 新冠病毒进入宿主细胞的跨膜运输方式属于被动运输B. 新冠病毒与肺炎双球菌均可利用自身的核糖体进行蛋白质合成C. 新冠病毒与肺炎双球菌二者遗传物质所含有的核苷酸是相同的D. 新冠病毒或肺炎双球菌的某些蛋白质可作为抗原引起机体免疫反应2.当人体的免疫系统将自身物质当作外来异物进行攻击时，可引起自身免疫病。
下列属于自身免疫病的是（）A. 艾滋病B. 类风湿性关节炎C. 动物毛屑接触性鼻炎D. 抗维生素D佝偻病3.下列关于生物学实验的叙述，错误的是（）A. 观察活细胞中的线粒体时，可以用健那绿染液进行染色B. 探究人体红细胞因失水而发生的形态变化时，可用肉眼直接观察C. 观察细胞中RNA和DNA的分布时，可用吡罗红甲基绿染色剂染色D. 用细胞融合的方法探究细胞膜流动性时，可用荧光染料标记膜蛋白4.关于高等植物细胞中染色体组的叙述，错误的是（）A. 二倍体植物的配子只含有一个染色体组B. 每个染色体组中的染色体均为非同源染色体C. 每个染色体组中都含有常染色体和性染色体D. 每个染色体组中各染色体DNA的碱基序列不同5.取某植物的成熟叶片，用打孔器获取叶圆片，等分成两份，分别放入浓度（单位为g/mL）相同的甲糖溶液和乙糖溶液中，得到甲、乙两个实验组（甲糖的相对分子质量约为乙糖的2倍）。
水分交换达到平衡时，检测甲、乙两组的溶液浓度，发现甲组中甲糖溶液浓度升高。
在此期间叶细胞和溶液之间没有溶质交换。
据此判断下列说法错误的是（）A. 甲组叶细胞吸收了甲糖溶液中的水使甲糖溶液浓度升高B. 若测得乙糖溶液浓度不变，则乙组叶细胞的净吸水量为零C. 若测得乙糖溶液浓度降低，则乙组叶肉细胞可能发生了质壁分离D. 若测得乙糖溶液浓度升高，则叶细胞的净吸水量乙组大于甲组6.河水携带泥沙流入大海时，泥沙会在入海口淤积形成三角洲。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；
BC．粒子运动的轨迹如图
由于速度方向与y轴正方向的夹角 ，根据几何关系可知
，
则粒子运动的轨道半径为
洛伦兹力提供向心力
根据动能定理得
D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷
9.某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是________。
B. 受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D. 手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；
C．根据变压器原理，原、副线圈 通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；
解得
BC错误；
D． 与 点的距离为
D正确。
故选AD。
8.复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为 ，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度 ，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（）
【详解】经过 周期，波向右传播了 ，波形如图所示
A．由图可知，质点a点恰好运动到平衡位置且沿着y轴正方向运动，A错误；
B．质点b点只在竖直方向上运动不会随波迁移，B错误；
C．质点c恰好运动到平衡，速度最大，加速度为零，C正确；
D．质点d的位移为5cm，D错误。
故选C。
5.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体（）
A. 红外线的光子能量比紫外线的大
B. 真空中红外线的波长比紫外线的长
C. 真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D. 红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为红外线的频率小于紫外线，根据
可知红外线的光子能量比紫外线的低，故A错误；
B．根据
可知红外线的波长比紫外线的波长长，故B正确；
故选B。
二、不定项选择题
6.手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（）
A. 送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
A.做匀加速直线运动B.加速度逐渐减小
C.牵引力 功率 D.牵引力做功
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．动车的功率恒定，根据 可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为
C正确；
D．动车功率恒定，在 时间内，牵引力做功为
A.实验时应保持桌面水平
B.每次应使钢球从静止开始释放
C.使斜面的底边ab与桌边重合
A. 压强变大B. 对外界做功
C. 对外界放热D. 分子平均动能变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．随着水向外喷出，气体的体积增大，由于温度不变，根据
恒量
可知气体压强减小，A错误；
BC．由于气体体积膨胀，对外界做功，根据热力学第一定律
气体温度不变，内能不变，一定从外界吸收热量，B正确，C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，分子的平均动能不变，D错误。
C．实验是有关电磁波的发射与接收，与原子核无关，故C错误；
D．卢瑟福的α粒子散射实验导致发现了原子具有核式结构，故D正确；
故选D。
2.北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（）
A.周期大B.线速度大C.角速度大D.加速度大
【答案】A
【解析】
【详解】卫星有万有引力提供向心力有
可解得
可知半径越大线速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故与近地卫星相比，地球静止轨道卫星周期大，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城。志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航。红外线和紫外线相比较（）
D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。
故选AC。
7.如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角 。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知 ，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）
2020年天津市普通高中学业水平等级性考试
物理试卷
一、单项选择题
1.在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．双缝干涉实验说明了光具有波动性，故A错误；
B．光电效应实验，说明了光具有粒子性，故B错误；
C．真空中红外线和紫外线的传播速度是一样的，故C错误；
D．光都具有偏振现象，故D错误。
故选B。
4.一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T， 时的波形如图所示。 时（）
A. 质点a速度方向沿y轴负方向
B. 质点b沿x轴正方向迁移了1m
C. 质点c的加速度为零
D. 质点d的位移为-5cm
【答案】C
【解析】