2020年上海市松江二中高考物理模拟试卷（4月份）

2020年上海市松江二中高考物理模拟试卷（4月份）

‎2020年上海市松江二中高考物理模拟试卷（4月份）‎ 一．选择题 ‎1．电磁波由真空进入介质后，发生变化的物理量有（　　）‎ A．波长和频率 B．波速和频率 C．波长和波速 D．频率和振幅 ‎2．关于波的干涉现象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在振动削弱的区域，质点不发生振动 ‎ B．在振动削弱的区域，各质点都处于波谷 ‎ C．在振动加强的区域，各质点都处于波峰 ‎ D．在振动加强的区域，有时质点的位移也等于零 ‎3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说。从科学研究的方法来说，这属于（　　）‎ A．等效替代 B．控制变量 C．科学假说 D．数学归纳 ‎4．Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（　　）‎ A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子 ‎ C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子 ‎5．图甲、乙、丙分别是力学中的三个实验装置的示意图，这三个实验共同的物理思想是（甲图中M、N为平面镜）（　　）‎ A．放大的思想方法 B．控制变量的思想方法 ‎ C．比较的思想方法 D．猜想的思想方法 ‎6．如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是（　　）‎ 第24页（共24页）‎ A．h增大，l增大 B．h增大，l减小 ‎ C．h减小，l增大 D．h减小，l减小 ‎7．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．人从P点落下到最低点c的过程中（　　）‎ A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态 ‎ B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 ‎ C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 ‎ D．在c点，人的速度为零，其加速度为零 ‎8．一质量为m的小物体在水平力F的作用下，静止在质量为M的梯形木块的左上方，梯形木块在水平地面上保持静止，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．小物体可能仅受三个力的作用 ‎ B．梯形木块与小物体之间的弹力可能为零 ‎ C．地面与梯形木块之间的摩擦力大小为F ‎ D．地面对梯形木块的支持力小于（m+M）g ‎9．如图所示的电路中，各电表为理想电表，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器R2的滑动头从某位置向左移动一小段距离的过程中，设V1、V2、A的读数分别是U1、U2、I；V1‎ 第24页（共24页）‎ ‎、V2、A读数的变化量分别为△U1、△U2、△I，则下列说法正确的是（　　）‎ A．U2与I的比值减小，U2与I的乘积也一定减小 ‎ B．U1与I的比值不变，U1与I的乘积也一定不变 ‎ C．△U2与△I的比值等于△U1与△I的比值 ‎ D．△U1与△I的比值等于任何时刻U1与I的比值 ‎10．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（　　）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 ‎ C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 ‎11．如图（b）所示，一正点电荷仅在静电力作用下，从A点沿圆弧运动到B点，其速度大小随时间变化的图象如图（a）所示．下列关于A、B两点的电场强度E的大小和A、B两点的电势φ的高低判断，正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＝EB，φA＝φB ‎ C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB φA＝φB ‎12．如图是电磁冲击钻的原理示意图，若发现静止的钻头M突然向右运动，则可能是（　　）‎ A．开关S由闭合到断开的瞬间 ‎ 第24页（共24页）‎ B．开关S由断开到闭合的瞬间 ‎ C．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P加速向右滑动 ‎ D．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P减速向右滑动 二．填空题 ‎13．如图所示，甲乙两船相距40m，一列水波在水面上从左向右传播，当某时刻甲船位于波峰时乙船恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.4m．若水波的周期为4s，则波速为　 　m/s，从此时起9s内乙运动的路程为　 　m．‎ ‎14．一个电子从a点运动到b点，电场力做功4.8×10﹣18J，合　 　eV，a、b两点的电势差Uab＝　 　V，若规定a点的电势为零，则b点的电势为　 　V．‎ ‎15．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，在0〜8s内，速度最大的时刻是第　 　s末，距离出发点最远的是第　 　s末。‎ ‎16．将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q的小球A、B用两段长度均为L的绝缘细线相连，并悬挂于O点，如图（a）所示。在两球所在区域加一水平向左的匀强电场，每个小球所受的电场力大小为其重力的倍，整个装置再次平衡时，状态如图（b）所示。则此时OA线的拉力大小为　 　；AB线偏离竖直方向的角度为　 　，整个过程中小球B的电势能减少了　 　。‎ 第24页（共24页）‎ ‎17．在竖直平面内，一根光滑硬质杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝0.1cosx（单位：m），杆足够长，图中只画出了一部分。将一质量为m的小环（可视为质点）套在杆上，在P点给小环一个沿杆斜向下的初速度v0＝1m/s，g取10m/s2，则小环经过最低点Q时处于　 　状态（选填“超重”、“失重”或“平衡”）；小环运动过程中能到达的最高点的y轴坐标为　 　m，以及对应的x轴坐标为　 　m。‎ 三．综合题 ‎18．在“用DIS测电源的电动势和内阻”实验中，某次实验得到的电源的U﹣I图线如图（a）所示．‎ ‎（1）由图（a）实验图线的拟合方程可得，该电源的电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω．‎ ‎（2）根据实验测得的该电源的U、I数据，若令y＝UI，x＝，则由计算机拟合得出的y﹣x图线如图（b）所示，则图线最高点A点的坐标x＝　 　Ω，y＝　 　W（结果保留2位小数）．‎ ‎（3）若该电池组电池用旧了，重复该实验，请在图（b）中定性画出旧电池组的y﹣x图线；并经推理分析对所画图线做出合理的解释．‎ ‎19．如图（a）所示，可视为质点的物块质量为m＝2kg，置于水平地面上的A点，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25．在水平向右的力F作用下物块由静止开始运动，由A运动到B的过程中力F随位移x变化关系如图（b）所示，到达斜面底端B点后撤去力F，物块冲上足够长的光滑斜面。其中AB段长为L＝5m，g取10m/s2．问：‎ 第24页（共24页）‎ ‎（1）由A运动到B的过程中，物块克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎（2）物块由A运动到B所用的时间是多少？‎ ‎（3）不计物块在B处的动能损失，物块沿斜面上滑的最大高度是多少？‎ ‎20．如图（a）所示，宽度为L的足够长光滑金属导轨水平固定在磁感强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一根质量为m、电阻为R的金属棒MN放置在金属导轨上，金属棒MN始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻。‎ ‎（1）若金属棒MN在水平向右的力F的作用下以速度v向右匀速运动，请判断通过MN棒的电流方向，并利用能的转化和能量守恒定律，通过推导证明棒MN产生的感应电动势E＝BLv；‎ ‎（2）若金属棒MN在水平恒力F的作用下由静止开始运动，试从速度、加速度两个角度通过分析、推理、计算来描述金属棒MN的运动状态；‎ ‎（3）若给金属棒MN向右的初速度同时施加一水平外力，使金属棒MN作匀减速直线运动，此过程中，外力随时间的变化关系图线如图（b）所示（以初速度方向为正方向），图线与横、纵坐标交点分别为t0、F0．求金属棒MN的加速度大小a和初速度v0。‎ 第24页（共24页）‎ ‎2020年上海市松江二中高考物理模拟试卷（4月份）‎ 参考答案与试题解析 一．选择题 ‎1．电磁波由真空进入介质后，发生变化的物理量有（　　）‎ A．波长和频率 B．波速和频率 C．波长和波速 D．频率和振幅 ‎【分析】电磁波从真空进入介质，频率不变，波速变化，根据λ＝知波长变短；根据E＝h判断能量的变化、振幅的变化。‎ ‎【解答】解：频率由波本身性质决定，与介质无关，所以电磁波从真空中进入介质后，频率不变；‎ 根据v＝可知波速减小；‎ 根据λ＝知波长变短；‎ 根据E＝h知，能量不变，则振幅不变，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题关键抓住电磁波特性：电磁波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速改变。‎ ‎2．关于波的干涉现象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在振动削弱的区域，质点不发生振动 ‎ B．在振动削弱的区域，各质点都处于波谷 ‎ C．在振动加强的区域，各质点都处于波峰 ‎ D．在振动加强的区域，有时质点的位移也等于零 ‎【分析】若两个分运动都使同一个质点向同一方向运动，则该点振动加强，若两个分运动使同一个质点向相反的方向运动，则该点振动减弱，而质点实际的位移为两个分位移矢量和。‎ ‎【解答】解：A、在振动削弱的区域，由于两列波使质点振动的方向相反，故质点振动的位移为两位移的矢量和，其大小为为两个位移的大小的差，故该质点可能仍然振动，只是振动的慢了一些，故A错误。‎ B、如果质点处于波谷位置是振动加强而不是减弱，振动削弱的区域两个独立的振动使质点振动的方向相反，但合位移可以大于0，也可以等于0，还可以小于0，故B错误。‎ 第24页（共24页）‎ C、在振动加强的区域，两个独立的振动使质点振动的方向相同，故合位移可以大于0，也可以等于0，还可以小于0，故C错误。‎ D、在振动加强的区域，如果独立的振动使质点恰好到达平衡位置且速度方向相同，所以此时质点的位移等于0，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】掌握了振动加强加强和减弱的含义就可轻松解决此题。‎ ‎3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说。从科学研究的方法来说，这属于（　　）‎ A．等效替代 B．控制变量 C．科学假说 D．数学归纳 ‎【分析】爱因斯坦提出光子说，是一种猜测，所以所用的方法是科学假说。‎ ‎【解答】解：爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，科学研究的方法属于科学假说。故A、B、D错误，C正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】在高中物理学习过程中，会遇到不同研究问题的方法，这些方法对我们的学习有很大的帮助，在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累。‎ ‎4．Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（　　）‎ A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子 ‎ C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子 ‎【分析】正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．‎ ‎【解答】解：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0﹣1e，则根据质量数和电荷数守恒有：‎ 则Pb比Th少的质子数：z＝90﹣82＝8个，质量数：m＝232﹣208＝24个，据质量数＝电荷数+中子数可知，减少的中子数：n＝24﹣8＝16个 即铅核比钍核少8个质子，少16个中子。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．‎ 第24页（共24页）‎ ‎5．图甲、乙、丙分别是力学中的三个实验装置的示意图，这三个实验共同的物理思想是（甲图中M、N为平面镜）（　　）‎ A．放大的思想方法 B．控制变量的思想方法 ‎ C．比较的思想方法 D．猜想的思想方法 ‎【分析】测万有引力常数：由于引力较小，转动角度较小，故需要放大转动角度；观察桌面微小形变时：桌面受力发生形变由于微小，故需要放大；显示玻璃瓶受力形变时：通过细管来放大液面是否上升．‎ ‎【解答】解：测万有引力常数时，使转动的位移放大。而观察桌面形变时，形变微小故运用放大来体现。及显示玻璃瓶受力形变时：通过细管来放大液面是否上升。故这三个实验均用放大思想方法。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题除体现放大思想外，还有研究物理问题的思想有转换法、控制变量法等 ‎6．如图，玻璃管下端开口插入水银槽中，上端封有一定质量的气体，当玻璃管绕顶端转过一个角度时，水银面的高度h和空气柱的长度l的变化情况是（　　）‎ A．h增大，l增大 B．h增大，l减小 ‎ C．h减小，l增大 D．h减小，l减小 ‎【分析】先判断玻璃管绕顶端转过一个角度后管内气体压强的变化，再根据玻意耳定律分析气体体积的变化，即可分析管内液面如何变化．‎ ‎【解答】解：当玻璃管绕顶端转过一个角度时，假设管内水银不动，则管内水银的竖直高度增大，根据P＝P0﹣Ph知，管内气体的压强减小，根据玻意耳定律pV＝c知气体的体积将增大，则l增大；最终稳定时气体的压强减小，所以根据P＝P0﹣Ph 第24页（共24页）‎ 知，管内液面升高，所以h增大。故A正确，BCD错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】在玻璃管绕顶端转过一个角度的过程中，要抓住封闭气体的温度不变，发生了等温变化，判断气体的压强如何变化，再分析体积如何变化，这是常用的思路．‎ ‎7．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，如图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．人从P点落下到最低点c的过程中（　　）‎ A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态 ‎ B．在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 ‎ C．在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态 ‎ D．在c点，人的速度为零，其加速度为零 ‎【分析】当人对绳的拉力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；‎ 当人对绳的拉力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；‎ 如果没有拉力，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎【解答】解：A、在Pa段绳还没有被拉长，人做自由落体运动，所以处于完全失重状态，所以A正确。‎ B、在ab段绳的拉力小于人的重力，人受到的合力向下，有向下的加速度，处于失重状态，所以B正确。‎ C、在bc段绳的拉力大于人的重力，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以C错误。‎ D、在c点，绳的形变量最大，绳的拉力最大，人受到的合力向上，有向上的加速度，处于超重状态，所以D错误。‎ 故选：AB。‎ ‎【点评】‎ 第24页（共24页）‎ 本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对绳的拉力变了．‎ ‎8．一质量为m的小物体在水平力F的作用下，静止在质量为M的梯形木块的左上方，梯形木块在水平地面上保持静止，如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．小物体可能仅受三个力的作用 ‎ B．梯形木块与小物体之间的弹力可能为零 ‎ C．地面与梯形木块之间的摩擦力大小为F ‎ D．地面对梯形木块的支持力小于（m+M）g ‎【分析】以小物体为研究对象受力分析，根据平衡条件求小物体所受的摩擦力和弹力；以木块和小物体整体为研究对象受力分析，根据平衡条件求地面对梯形木块的摩擦力和支持力．‎ ‎【解答】解：A、以小物体为研究对象受力分析，物体一定受重力、木块给的斜向上的支持力，向右的推力F，根据力的合成知识知三个力的合力有可能为0，则可以不受摩擦力，即小物体可能仅受三个力的作用，A正确B错误；‎ C、以木块和小物体整体为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，则地面给的摩擦力f＝F，C正确；‎ D、以木块和小物体整体为研究对象受力分析，竖直方向受力平衡，则地面对梯形木块的支持力N＝（m+M）g，D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题考查了受力分析以及平衡条件的应用，灵活的选取研究对象可以起到事半功倍的效果．‎ ‎9．如图所示的电路中，各电表为理想电表，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器R2的滑动头从某位置向左移动一小段距离的过程中，设V1、V2、A的读数分别是U1、U2、I；V1、V2、A读数的变化量分别为△U1、△U2、△I，则下列说法正确的是（　　）‎ 第24页（共24页）‎ A．U2与I的比值减小，U2与I的乘积也一定减小 ‎ B．U1与I的比值不变，U1与I的乘积也一定不变 ‎ C．△U2与△I的比值等于△U1与△I的比值 ‎ D．△U1与△I的比值等于任何时刻U1与I的比值 ‎【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化。‎ ‎【解答】解：由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，若滑动变阻器R2的滑动头从某位置向左端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，则电源内电压增大，R1两端的电压U1增大，路端电压减小，故R2两端的电压U2减小。‎ 因路端电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值；‎ A、由以上分析可知，U2减小、I增大，U2与I的比值减小，但U2与I的乘积变大变小无法确定，故A错误；‎ B、U1与I的比值等于R1的阻值，R1的阻值不变，所以U1与I的比值不变，U1与I都变大，故U1与I的乘积增加，故B错误；‎ C、由以上分析可知，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以△U2与△I的比值大于△U1与△I的比值，故C错误；‎ D、根据电阻的定义及性质可知R＝＝，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决该题的关键是掌握电路特征，知道电压表和电流表测的是哪一部分的电压和电流，掌握闭合电路欧姆定律，掌握电路的动态分析方法。‎ ‎10．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（　　）‎ 第24页（共24页）‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 ‎ C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 ‎【分析】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P＝Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化．‎ ‎【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点。‎ 设绳子与竖直方向夹角是θ，则　＝tanθ　　（F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）‎ 得　F＝Gtanθ 而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是 P＝Fvcosθ 则P＝Gvsinθ 显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的。故A正确，B、C、D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P＝Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．‎ 第24页（共24页）‎ ‎11．如图（b）所示，一正点电荷仅在静电力作用下，从A点沿圆弧运动到B点，其速度大小随时间变化的图象如图（a）所示．下列关于A、B两点的电场强度E的大小和A、B两点的电势φ的高低判断，正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＝EB，φA＝φB ‎ C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB φA＝φB ‎【分析】根据速度图象可知，点电荷的速度大小不变，做匀速圆周运动，分析A、B两点加速度的大小，根据牛顿第二定律判断A、B两点场强的大小．‎ 由图看出，电荷从A点运动B点，电场力不做功，根据电场力做功公式W＝qU判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：据图象分析可知点电荷做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则知静电力的大小保持不变，由F＝qE知，场强的大小不变，即有EA＝EB。‎ 由图看出，电荷从A点运动B点，速度大小不变，电场力不做功，由电场力做功公式W＝qU知，A、B两点的电势相等，即有φA＝φB．故B正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查运用力学知识分析电荷在电场中运动情况的能力，抓住匀速圆周运动的合外力充当向心力，向心力的大小不变是解题的关键．‎ ‎12．如图是电磁冲击钻的原理示意图，若发现静止的钻头M突然向右运动，则可能是（　　）‎ A．开关S由闭合到断开的瞬间 ‎ B．开关S由断开到闭合的瞬间 ‎ C．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P加速向右滑动 ‎ D．保持开关S闭合，滑动变阻器滑片P减速向右滑动 ‎【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流磁场总是阻碍原磁通量的变化，安培力总是阻碍磁体间的相对运动。‎ ‎【解答】解：A、开关S由闭合到断开的瞬间，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，不符合题意，故A错误；‎ 第24页（共24页）‎ B、开关S由断开到闭合的瞬间，穿过M的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，符合题意，故B正确；‎ C、保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，不符合题意，故C错误；‎ D、保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动，穿过M的磁通量减小，为阻碍磁通量减小，钻头向左运动，不符合题意，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中的运动方向，正确立即楞次定律的含义，熟练应用楞次定律即可正确理解。‎ 二．填空题 ‎13．如图所示，甲乙两船相距40m，一列水波在水面上从左向右传播，当某时刻甲船位于波峰时乙船恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.4m．若水波的周期为4s，则波速为　4　m/s，从此时起9s内乙运动的路程为　1.8　m．‎ ‎【分析】由图甲船位于波峰时乙船恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.4m，求出波长和振幅．根据波速公式v＝求出波速．根据时间与周期的关系，求出从此时起9s内乙运动的路程．‎ ‎【解答】解：设水波的波长为λ，由题 ‎ 2.5λ＝40m，所以λ＝16m 则波速v＝＝4m/s 由题振幅A＝0.2m，时间t＝9S＝2T，则从此时起9s内乙运动的路程为S＝8A+A＝9A＝1.8m．‎ 故本题答案是：4；1.8．‎ ‎【点评】本题考查由波动图求解波长的能力．对于波往往根据空间距离研究波长，根据时间研究周期．‎ ‎14．一个电子从a点运动到b点，电场力做功4.8×10﹣18J，合　30　‎ 第24页（共24页）‎ eV，a、b两点的电势差Uab＝　﹣30　V，若规定a点的电势为零，则b点的电势为　30　V．‎ ‎【分析】根据W＝qU，1eV＝1.6×10﹣19J；根据U＝求解a、b两点的电势差；根据UAB＝φA﹣φB求解电势．‎ ‎【解答】解：根据W＝qU，1eV＝1.6×10﹣19J，‎ 故：W＝4.8×10﹣18J＝＝30eV；‎ 根据U＝，‎ 有：Uab＝＝；‎ 若规定a点的电势为零，根据UAB＝φA﹣φB，‎ 有：φB＝φA﹣Uab＝0﹣（﹣30）＝30V；‎ 故答案为：30，﹣30，30．‎ ‎【点评】求解电势差时，公式U＝中U、W、q三个量可都代入符号，根据求出的电势差U的正负，判断两点间电势的高低．‎ ‎15．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F随时间t变化的图象如图所示，在0〜8s内，速度最大的时刻是第　4　s末，距离出发点最远的是第　8　s末。‎ ‎【分析】根据合力方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，相反，做减速运动，从而确定何时速度最大，并分析何时离出发点最远。‎ ‎【解答】解：物体在0～2s内F逐渐增大，加速度逐渐增大，做变加速直线运动；在2～4s内F逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动；‎ 在4～6s内F反向且逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动；‎ 第24页（共24页）‎ 在6～8s内F渐减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动，所以物体速度方向始终未变，根据对称性可知，8s末物体的速度为零，离出发点最远，4s末速度最大。‎ 故答案为：4，8。‎ ‎【点评】本题是牛顿第二定律的定性应用，根据物体的受力情况来分析物体的运动，也可作出物体的v﹣t图象进行分析。特别要注意的是4s末物体的运动方向不是回头。‎ ‎16．将两个质量均为m，带电量分别为+q、﹣q的小球A、B用两段长度均为L的绝缘细线相连，并悬挂于O点，如图（a）所示。在两球所在区域加一水平向左的匀强电场，每个小球所受的电场力大小为其重力的倍，整个装置再次平衡时，状态如图（b）所示。则此时OA线的拉力大小为　2mg　；AB线偏离竖直方向的角度为　37°　，整个过程中小球B的电势能减少了　mgL　。‎ ‎【分析】以整体为研究对象，竖直方向受力平衡求解拉力；‎ 以B为研究对象，根据平衡条件求解夹角；‎ 电场力对B做的功等于小球B的电势能减少。‎ ‎【解答】解：以整体为研究对象，竖直方向受力平衡可得：F＝2mg；‎ 以B为研究对象，B受到重力、绳子拉力和电场力，根据平衡条件可得：‎ tanθ＝＝，‎ 解得：θ＝37°，故AB线偏离竖直方向的角度为37°；‎ 电场力对B做的功为：WE＝qELsinθ＝＝mgL。‎ 根据功能关系可知整个过程中小球B的电势能减少了mgL。‎ 故答案为：2mg；37°；mgL。‎ 第24页（共24页）‎ ‎【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。‎ ‎17．在竖直平面内，一根光滑硬质杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝0.1cosx（单位：m），杆足够长，图中只画出了一部分。将一质量为m的小环（可视为质点）套在杆上，在P点给小环一个沿杆斜向下的初速度v0＝1m/s，g取10m/s2，则小环经过最低点Q时处于　超重　状态（选填“超重”、“失重”或“平衡”）；小环运动过程中能到达的最高点的y轴坐标为　0.05　m，以及对应的x轴坐标为　　m。‎ ‎【分析】根据物体的加速度的方向判断超失重；根据机械能守恒定律求出最高点的坐标；‎ ‎【解答】解：小环运动过程中能以一定速度经过P点和Q点，则小环在Q点时向心加速度的方向向上，处于超重状态；‎ 小球运动过程机械能守恒，到达最高点时速度为零，则有：‎ ‎，‎ 代入数据解得：h＝0.05m；‎ 又曲线方程为y＝0.1cos x（单位：m），‎ 即：0.05＝0.1cosx 解得：，‎ 故答案为：超重；0.05；。‎ ‎【点评】‎ 第24页（共24页）‎ 本题和数学的上的方程结合起来，根据方程来确定物体的位置，从而利用机械能守恒来解题，题目新颖，是个好题。‎ 三．综合题 ‎18．在“用DIS测电源的电动势和内阻”实验中，某次实验得到的电源的U﹣I图线如图（a）所示．‎ ‎（1）由图（a）实验图线的拟合方程可得，该电源的电动势E＝　2.83　V，内阻r＝　1.03　Ω．‎ ‎（2）根据实验测得的该电源的U、I数据，若令y＝UI，x＝，则由计算机拟合得出的y﹣x图线如图（b）所示，则图线最高点A点的坐标x＝　1.03　Ω，y＝　1.94　W（结果保留2位小数）．‎ ‎（3）若该电池组电池用旧了，重复该实验，请在图（b）中定性画出旧电池组的y﹣x图线；并经推理分析对所画图线做出合理的解释．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律进行分析，结合图象对应的函数关系可求得电动势和内电阻；‎ ‎（2）根据P＝I2R进行分析，得出功率最大值的表达式即可求解；‎ ‎（3）明确旧电池的变化，从而根据功率公式分析可能得出的图象．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可知U＝E﹣Ir，则由图象可知，电动势E＝2.83V，r＝k＝1.03Ω；‎ ‎（2）由题意可知，y＝IU＝P出，‎ x＝＝R；‎ 功率P＝I2R＝（）2R＝＝‎ 第24页（共24页）‎ 因此当R＝r＝1.03Ω时，电源的输出功率最大，P1＝＝＝1.94Ω；‎ ‎（3）（1）当电池用旧了，E减小，r增大，当R＝r时，P＝最大；图线峰值降低且右移；故可得出图（1）和图（2）所示图象；‎ ‎（2）当x＝＝R一定，由于E减小，r增大，y＝IU＝变小，图线降低；可得出图（3）所示图象．‎ 故可能的图象如图所示；‎ 故答案为；（1）2.83；1.03；（2）1.03；1.94；（3）如图所示；（1）当电池用旧了，E减小，r增大，当R＝r时，P＝最大；图线峰值降低且右移；‎ ‎（2）当x＝＝R一定，由于E减小，r增大，y＝IU＝变小，图线降低 ‎【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的实验以及功率公式的应用，要注意明确电源输出功率最大值的表达式以及推导过程．‎ ‎19．如图（a）所示，可视为质点的物块质量为m＝2kg，置于水平地面上的A点，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25．在水平向右的力F作用下物块由静止开始运动，由A运动到B的过程中力F随位移x变化关系如图（b）所示，到达斜面底端B点后撤去力F，物块冲上足够长的光滑斜面。其中AB段长为L＝5m，g取10m/s2．问：‎ 第24页（共24页）‎ ‎（1）由A运动到B的过程中，物块克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎（2）物块由A运动到B所用的时间是多少？‎ ‎（3）不计物块在B处的动能损失，物块沿斜面上滑的最大高度是多少？‎ ‎【分析】（1）由A运动到B的过程中，先求出滑动摩擦力，再求物块克服摩擦力所做的功。‎ ‎（2）物块由A运动到B做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度，再由位移公式求运动时间。‎ ‎（3）因为斜面光滑，物块在斜面上运动时机械能守恒，由机械能守恒定律求物块沿斜面上滑的最大高度。‎ ‎【解答】解：（1）由A运动到B的过程中，物块受滑动摩擦力Ff的作用，物块克服摩擦力做功Wf。‎ Ff＝μmg＝0.25×2×10N＝5N 则有：Wf＝FfL＝5×5J＝25J ‎（2）由图象可知0﹣2.5m：F＞Ff，故物块做初速度为零的匀加速直线运动；2.5m﹣5m：F＝Ff，故物块做匀速直线运动。‎ ‎0﹣2.5m过程中由牛顿第二定律得：F﹣Ff＝ma 解得：a＝＝ m/s2＝5m/s2‎ 由匀变速直线运动公式 x1＝得：‎ t1＝＝＝1s 到达B点时的速度为：vB＝a t1＝5m/s ‎2.5m﹣5m：以vB的速度做匀速运动，用时为：t2＝＝＝0.5s 因此，物块由A运动到B所用的时间为：t＝t1+t2＝1.5s 第24页（共24页）‎ ‎（3）因为斜面光滑，物块在斜面上运动时机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎＝mgh 解得：h＝＝＝1.25m 答：（1）由A运动到B的过程中，物块克服摩擦力所做的功是25J。‎ ‎（2）物块由A运动到B所用的时间是1.5s。‎ ‎（3）不计物块在B处的动能损失，物块沿斜面上滑的最大高度是1.25m。‎ ‎【点评】分析清楚物体的运动情况是解题的基础，分析时要把握各个过程之间的联系，如前一过程的末速度是后一过程的初速度。‎ ‎20．如图（a）所示，宽度为L的足够长光滑金属导轨水平固定在磁感强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。现有一根质量为m、电阻为R的金属棒MN放置在金属导轨上，金属棒MN始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻。‎ ‎（1）若金属棒MN在水平向右的力F的作用下以速度v向右匀速运动，请判断通过MN棒的电流方向，并利用能的转化和能量守恒定律，通过推导证明棒MN产生的感应电动势E＝BLv；‎ ‎（2）若金属棒MN在水平恒力F的作用下由静止开始运动，试从速度、加速度两个角度通过分析、推理、计算来描述金属棒MN的运动状态；‎ ‎（3）若给金属棒MN向右的初速度同时施加一水平外力，使金属棒MN作匀减速直线运动，此过程中，外力随时间的变化关系图线如图（b）所示（以初速度方向为正方向），图线与横、纵坐标交点分别为t0、F0．求金属棒MN的加速度大小a和初速度v0。‎ ‎【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；根据能的转化和能量守恒定律和力的平衡条件联立来证明；‎ ‎（2）由牛顿第二定律分析加速度大小变化情况，由此确定MN棒的运动情况；‎ ‎（3）由牛顿第二定律和运动学公式推导外力F的表达式，再根据图象的斜率和截距大小来求解。‎ 第24页（共24页）‎ ‎【解答】解：（1）根据右手定则可知电流方向由M指向N；‎ 设感应电流为I，MN移动s距离所需时间为t。根据能的转化和能量守恒定律可得：W＝Fs＝EIt，‎ 根据力的平衡可得：F＝FA＝BIL，‎ 根据匀速直线运动的关系可得：v＝，‎ 联立解得：E＝BLv；‎ ‎（2）MN棒在外力F和安培力共同作用下运动，由牛顿第二定律得：F﹣FA＝ma，‎ 其中安培力为：FA＝BIL＝，‎ 所以有：F﹣＝ma，‎ v增大，a减小，MN棒先做加速度逐渐减小的加速运动。‎ 当＝F时，a＝0，速度达到最大速度vm，MN棒以vm做匀速运动。‎ 解得最大速度为：vm＝；‎ ‎（3）由牛顿第二定律，得：FA﹣F＝ma，‎ 即为：﹣F＝ma，‎ 根据运动学公式可得：v＝v0﹣at，‎ 解得联立得：F＝﹣ma﹣‎ 由图象可得斜率的绝对值为：k＝＝‎ 解得：a＝；‎ 由图象纵轴截距可得：b＝F0＝﹣ma，‎ 解得：v0＝。‎ 答：（1）电流方向由M指向N；证明见解析；‎ ‎（2）MN棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零后，MN棒做匀速运动；‎ 第24页（共24页）‎ ‎（3）金属棒MN的加速度大小为，初速度v0为。‎ ‎【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/5/28 9:04:24；用户：复圣中学；邮箱：fszx519@xyh.com；学号：37091097‎ 第24页（共24页）‎