2025年高考總復習優化設計二輪專題物理江蘇專版課后習題考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(1)1.D解析根據核反應前后質量數和電荷數守恒得A=12+1-7-2×1=4,Z=6+1-3-2×1=2,故式中的X為

24He,故選2.A解析由于紅光的頻率小于藍光的頻率,則紅光的波長大于藍光的波長,根據E=hν,可知藍光光子的能量大于紅光光子的能量;根據p=?λ,可知藍光光子的動量大于紅光光子的動量,故A項正確,B項錯誤;由于紅光的折射率小于藍光,根據v=cn,可知在玻璃中傳播時,藍光的速度小于紅光的速度,故C項錯誤;光從一種介質射入另一種介質中頻率不變,故3.C解析電場中的導體是一個等勢體,所以當A和B接觸時φa=φb=φc=φd,當A和B分開時,根據沿電場線電勢降低可知φa=φb>φc=φd,故選C。4.C解析根據力的平行四邊形定則作圖,如圖,根據幾何關系可知F1=2F,故選C。5.C解析由單擺的振動圖像可知振動周期為T=0.8πs,由單擺的周期公式T=2πlg,得擺長為l=gT24π2=1.6m,x-t圖像的斜率代表速度,故起始時刻速度為零,且A、C點的速度相同,A、B點的速度大小相同6.C解析根據右手定則可知,M、N處的導線在P點產生的合磁場方向水平向右,根據磁場的疊加原則可知,P點磁感應強度不為零,且其磁感應強度方向水平向右,故A項錯誤,C項正確;根據右手定則可知,M處的導線在O點產生的磁場方向豎直向下,N處的導線在O點產生的磁場方向豎直向上。而M、N處導線電流相等,且O為圓心。故M、N處的導線在O點產生的磁感應強度大小相等。根據矢量疊加原則可知,O點磁感應強度不為零,且其方向水平向右,故BD項錯誤。7.C解析左圖所示電流測量范圍依舊為電表的測量范圍,電壓增加了R1的電壓,因此改裝為大量程的電壓表。因為改裝后測量值偏小,即電流表示數偏小,通過的電流偏小,因此為了增大電流,需要與R1并聯一個阻值較大的電阻,AB項錯誤;右圖所示電壓測量范圍依舊是電表的測量范圍,電流增加了R2的電流,因此改裝為大量程的電流表。因為改裝后測量值偏小,即電流表示數偏小,通過R2的電流偏大,因此為了增大電流計的電流,需要與R2串聯一個阻值較小的電阻,C項正確,D項錯誤。8.A解析圖為筷子豎直插入盛水玻璃杯內的俯視圖,A處為筷子,ABP表示由筷子發出的穿過玻璃杯B射向觀察者P處的一條光線,ON為過B點沿半徑方向的直線,即在B處和空氣分界面的法線,光線在B處由水中射入空氣,圖中θ1和θ2分別為此光線的入射角和折射角,根據折射定律可知,應有θ1<θ2,所以觀察者在P點看到筷子A的像A'的位置不是A的實際位置,而是由實際位置偏離杯子中心向著杯壁靠近,因此看上去浸沒在水中的這段筷子發生側移,而同時玻璃杯此時相當于一個凸透鏡成像,而凸透鏡所成虛像是放大的,相當于放大了筷子,所以筷子看起來變粗了。故選A。9.C解析根據題意,導體棒始終處于磁場區域內,開始時磁場勻速向上移動,導體棒相對磁場向下的速度大小為v,根據右手定則判斷感應電流方向水平向右,安培力方向豎直向上,若安培力小于導體棒重力,則棒會先向下做加速運動,至安培力等于導體棒重力時,開始勻速向下運動,離開磁場區域,而某時刻導體棒由靜止釋放,導體棒始終處于磁場區域內,故判斷安培力大于導體棒重力,則棒會先向上做加速運動,至安培力等于導體棒重力時,開始勻速向上運動,故B項錯誤;此時受力平衡BIL=mg,而I=BL(v-v1)R,故導體棒向上運動的速度v1不可能等于v,故A項錯誤;根據功能關系知安培力對導體棒做的功一部分轉化為導體棒機械能,一部分轉化為回路中產生的熱量,故安培力對導體棒做的功大于導體棒機械能的增量,10.D解析剛開始滑動時,B球機械能增加,A球機械能減少,故A項錯誤;滑動過程中A、B系統豎直方向上合外力不為0,動量不守恒,故B項錯誤;B的動能開始是0,最終還是0,中間不為0。由系統機械能守恒可知,A球的機械能先減小后增大,則A球剛到達水平滑槽時機械能不是最小,故C項錯誤;當小球A沿墻下滑距離為0.4L時,根據系統機械能守恒定律得mg·0.4L=12mvA2+12mvB2,兩球沿桿方向上的速度相等,則有vAcos53°=vB11.答案(1)B(2)0.40(3)9.6(9.5~9.7均可)(4)沒有(5)小明,因為小明的手機接收兩次聲音滯后的時間幾乎相等,時間間隔測量更準確解析(1)為了減小空氣阻力等誤差影響,應該選用材質密度較大的小鋼球。故選B。(2)小球下落的時間t=2.05s-1.65s=0.40s。(3)由小球做自由落體運動可知h=12gt得2h=gt2由圖丙所示的2h-t2圖線可知斜率大小等于重力加速度,故g=2.8-0.880.30-0(4)若敲擊木條側面時小球獲得一個較小的水平速度,小球將做平拋運動,平拋運動的豎直方向的分運動為自由落體運動,故對實驗測量結果沒有影響。(5)小明的方法更合理,因為小明的手機接收兩次聲音滯后的時間幾乎相等,時間間隔測量更準確。12.答案(1)3T1(2)Q-2(mg+p0S)h1解析(1)因為p不變,氣體做等壓變化,有?解得Tm=3T1。(2)對活塞由平衡知識得pS=mg+p0S根據熱力學第一定律有ΔU=Q-pS·2h1則ΔU=Q-2(mg+p0S)h1。13.答案(1)12mv02,0J(2)解析(1)根據動能定理發球者對水球所做的功為W1=1根據動能定理接球者對水球所做的功為W2=12mv02(2)發球者對水球的沖量大小為I1=mv0以彈回方向為正方向,接球者對水球的沖量大小為I2=mv0-(-mv0)=2mv0。考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(2)1.B解析1g釷234經過48天后,剩余質量m=(12)tτm0=0.252.D解析用題圖甲裝置研究平拋物體的豎直分運動時,觀察A、B兩球是否同時落地,故A項正確;題圖乙裝置中的背板必須處于豎直面內,固定時可用重垂線檢查背板是否豎直,故B項正確;若將小球放在題圖乙裝置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持靜止,則說明斜槽末端水平,故C項正確;用題圖乙裝置多次實驗以獲得鋼球做平拋運動的軌跡時,必須保證從斜槽上同一位置靜止釋放鋼球,故D項錯誤。本題選錯誤的,故選D。3.D解析Hα是氫原子巴耳末系中波長最長的譜線,根據ν=cλ可知Hα是氫原子巴耳末系中頻率最小的譜線,根據氫原子的能級圖,利用玻爾理論中的頻率條件hν=En-E2,可見能級差越小,頻率越低,波長越長。故Hα對應的能級躍遷過程為從n=3躍遷到n=2,故選D4.C解析根據題意可知,滴入淺盤中的油酸體積為V=1x·V1,滴入淺盤中的油酸形成單分子層的面積為S=yl2,則油酸分子直徑為d=VS=V5.C解析噴水過程中,氣體體積增大,根據等溫變化pV=C,罐內氣體壓強減小,故A項錯誤;溫度不變,內能不變,故B項錯誤;氣體體積增大,氣體對外做功,故C項正確;根據熱力學第一定律ΔU=Q+W,內能不變,氣體對外做功,則氣體吸收熱量,故D項錯誤。6.D解析根據速度與位移公式有v2=2ax+v02,由于速度隨位移變化的圖像為開口向左的拋物線,則a<0,且保持不變,則汽車做勻減速直線運動,當x=0時,有v0=v=4m/s,故ABC項錯誤;由圖可知,當v=0時,x=16m,代入解得a=-0.5m/s2,即汽車的加速度大小為0.5m/s2,故7.C解析等量異種電荷的電場線和等勢面分布如圖所示,等量異種點電荷的連線上B點電場強度最小,中垂線上B點電場強度最大,所以A點電場強度大于C點電場強度,故A項錯誤;沿電場線方向電勢降低,A點電勢高于B點電勢,等量異種點電荷連線的中垂線是等勢面,C點電勢等于B點電勢,所以A點的電勢比C點的電勢高,故B項錯誤;負電荷受力與電場線方向相反,所以將負點電荷從A移到B,靜電力做負功,故C項正確;等量異種點電荷連線的中垂線是等勢面,將負點電荷從B移到C靜電力做功為零,電荷的電勢能不變,故D項錯誤。8.A解析圖示位置時,在磁場內部的有效長度為12l,有效電流的方向水平向右,根據左手定則,受到的安培力豎直向上,導線框處于平衡狀態,因此F1=mg-BIl2;當上部處于磁場中時,在磁場內部的有效長度仍為12l,有效電流的方向水平向左,根據左手定則,受到的安培力豎直向下,導線框處于平衡狀態,因此F2=mg+BIl2,兩式聯立有B=F2-9.B解析根據題意可知,由E=ΔΦΔt,I=ER和q=IΔt可得q=ΔΦR,又有R=ρLS=ρ·πdπr2=1.6×10-4Ω,運動過程中,豎直方向上,由楞次定律可知,線圈中產生順時針方向的感應電流(從上往下看),ΔΦ=(Bh-B0)·π(d2)2=1.6π×10-3Wb,則有q1=ΔΦR=10πC,水平方向上Bτ=B0200·d2=B0,由右手定則可知,下落過程中線圈切割水平磁場10.B解析小球下滑過程中,受到彈簧彈力作用,因此小球的機械能不守恒,故A項錯誤;小球從M點運動到P點的過程中,彈簧伸長的長度不斷變小,產生的彈力在豎直方向的分力不斷變小,因此在豎直方向上,加速度不斷減小,故B項正確;小球在P點時,所受合力為重力,有向下的加速度,因此還在加速,故C項錯誤;小球從M點運動到N點的過程中,彈簧的伸長量沒變,因此彈性勢能不變,小球的重力勢能轉化為動能,根據幾何關系可得mg·23L=12mv2,故D11.答案(1)b(2)500(3)圖見解析5.0×10-5(4)見解析解析(1)由電路可知,若要升高電容器充電電壓,滑動變阻器R1的滑片應向b端滑動。(2)由題圖乙可知,充電的最大電流為I1,根據歐姆定律可得R2=U1I1=500(3)U-Q圖像如圖所示根據C=Q結合圖像可得圖線的斜率倒數表示電容器電容,即C=1k=0.3×10-36F(4)充電過程,R2會把一部分電能轉化為內能,導致充電電流的最大值略大于放電電流的最大值。12.答案(1)π2lg(2)12解析(1)根據單擺的振動周期公式T=2πl擺球第一次從A運動到B的時間為t=14解得t=π2(2)在B點對擺球由牛頓第二定律得F-mg=mv由機械能守恒定律得Ep=12mv解得Ep=12(F-mg)l13.答案(1)-EL4(2)-解析(1)O、A兩點的電勢差為UOA=EdOA=EL2cos60°=EL4=φO-可得A點的電勢為φA=-EL4(2)A位置小球靜電力做功為W1=ΔU1q=EL2(1-cos60°)q=B位置小球靜電力做功為W2=ΔU2·-q=-EL2(1-cos60°)·(-q)=兩小球的總電勢能的變化量為ΔEp=-W1-W2=-ELq2考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(3)1.D解析手托物體向上運動的過程中,物體必有加速的過程,此時加速度向上,粉筆拋出的瞬間,加速度等于重力加速度,方向向下,故物體先超重后失重,選項AB錯誤;手對粉筆向上的力和粉筆對手向下的力是一對相互作用力,等大反向,選項C錯誤;手和粉筆有相同的速度和加速度時二者不會分離,在粉筆離開手的瞬間,粉筆的加速度等于重力加速度,方向向下,所以此時手的加速度大于重力加速度,方向向下,這樣手的速度小于粉筆的速度才會分離,D項正確。2.D解析因開始時液柱在管中上升一定高度且液面呈現凹狀,可知液體關于玻璃管是浸潤的;如果沿虛線處將玻璃管上方截去,則穩定后液面仍呈現凹狀,且液體不可能向外噴出。故選D。3.B解析凸透鏡的凸球面和玻璃平板之間形成一個空氣薄膜,當豎直向下的平行光射向平凸透鏡時,尖劈形空氣膜上、下表面反射的兩束光相互疊加而產生干涉。同一半徑的圓環處的空氣膜厚度相同,上、下表面反射光程差相同,因此使干涉圖樣呈圓環狀。若將下方的玻璃平板換成凸面朝上的平凸透鏡,即對應圖乙同一亮環,這一厚度要內移,對應的亮環的半徑變小,其他環半徑依次變小,所以圓環半徑要變小,環更密。故選B。4.B解析依題意得,光線在水—玻璃界面不會發生全反射,在玻璃—空氣界面可能會發生全反射,故A項錯誤;由A選項知光線在玻璃—空氣界面可能會發生全反射,故B項正確;假設水—玻璃界面入射角為θ1,折射角為θ2,玻璃—空氣界面折射角為θ3,那么由折射定律得n1sinθ1=n2sinθ2=n3sinθ3,那么θ3>θ1>θ2,故CD項錯誤。5.B解析只增大交流電源的頻率,不能改變副線圈輸出電壓U2,故A項錯誤;擰緊變壓器鐵芯Q,副線圈輸出電壓U2增大,故B項正確;t1時刻前的電壓小于t2時刻后的電壓,而周期不變,根據U1U2=n1n2,增大副線圈的匝數或減少原線圈的匝數,6.D解析由題圖可知,A、B兩汽缸內氣體的壓強關系為pA<pB,而A、B汽缸內的氣體體積相同,根據理想氣體狀態方程pVT=C,可知TA<TB,若將甲、乙兩環境升高相同的溫度ΔT,依然滿足TA+ΔT<TB+ΔT,由于溫度是分子平均動能的標志,因此A中氣體分子的平均動能小于B中氣體分子的平均動能,A項錯誤;對一定量的理想氣體,內能增量ΔU∝ΔT,因此A、B汽缸內的氣體,升高相同的溫度,內能增加量相同,B項錯誤;A、B汽缸內的氣體,均發生等壓變化,則VTA=V+ΔVATA+ΔT,VTB=V+ΔVBTB+ΔT,可得ΔVA=ΔTTAV,ΔVB=ΔTTBV,C項錯誤;A、B汽缸內的氣體對外做功WA=pA·ΔVA=pAV7.B解析根據變軌原理,衛星乙可通過在P點加速,做離心運動進入衛星甲所在的軌道,故衛星甲經過P點時的速度大于衛星乙經過P點時的速度,故A項錯誤;根據開普勒第二定律,同一衛星與地球的連線在相同的時間內掃過的面積相等,由于衛星甲經過P點時的速度大于衛星乙經過P點時的速度,可知衛星甲與地球的連線比衛星乙與地球的連線在相同的時間內掃過的面積大,故B項正確;根據開普勒第三定律k=R3T2,由圖可知R甲>R乙>R丙,可得T甲>T乙>T丙,故C項錯誤;赤道上的物體,根據牛頓第二定律有GMmR2-mg=ma,當物體飄起來的時候,物體處于完全失重狀態,萬有引力完全提供向心力,則GMmR2=m(g+a)=ma',即此時的向心加速度為a'=g+a,根據向心加速度和轉速的關系有a=(2πn)2R,a'=(2πn')2R,可得8.C解析由題可知UAB=WABq=4V,故A項錯誤;同理可得UBC=WBCq=-2V,故B項錯誤;可以解得A、C間的電勢差UAC=φA-φC=(φA-φB)-(φC-φB)=UAB-UCB=2V,故A點的電勢比C點的電勢高,故C項正確;由于該電場為勻強電場,所以等勢面在所示平面內投影為直線且電勢在任意直線上均勻變化,取A、B中點,此點電勢為2V,連接C點,得到相同電勢的一條直線,由于電場強度方向垂直于等勢面且指向電勢減小的方向,所以過B點作該直線的垂線即得到一條電場線,方向如圖所示,電場強度方向并不是垂直于AC的9.C解析磁場方向向外,由右手螺旋定則可知兩個勵磁線圈中的電流均為逆時針方向,故A項錯誤。由電子軌跡半徑r=mvqB知,B增大,r減小,所以當增大勵磁線圈電流時,電子可能出現完整的圓形軌跡,故B項錯誤。由動能定理qU=12mv2,r=mvqB,知U減小,v減小,r減小,所以當減小加速極電壓時,電子可能出現完整的圓形軌跡;在出現完整軌跡后,增大加速極電壓,電子仍做完整的圓周運動,由T=2πmqB知電子在磁場中做圓周運動的周期恒定10.B解析如果發生的是完全非彈性碰撞有mv0=(100m+m)v,解得v=1101v0,如果發生的是彈性碰撞,根據動量守恒與機械能守恒有mv0=100mv1+mv2,12mv02=12×100mv12+11.答案(2)右9.6(4)8.475(6)k解析(2)重物做勻加速直線運動,相等時間間隔內通過的位移越來越大,則打點間距越來越大,可知實驗時紙帶的右端應和重物相連接;由紙帶數據,可得x2=2.02cmx7=3.94cm根據x7-x2=5gT2則有g=x7-x25T2=(3.(4)螺旋測微器的分度值為0.01mm,鐵球的直徑為d=8mm+47.5×0.01mm=8.475mm。(6)小球經過光電門的擋光時間很短,可認為擋光過程的平均速度等于小球經過光電門時的速度,則有v=d根據運動學公式2gh=v2聯立可得1t可知1t2-k0=2解得g=k012.答案(1)3.1×103eV(2)1.44×104eV(3)2.2×10-11m解析(1)電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力為洛倫茲力,有mev2解得v=erB電子的最大初動能為Ek=12mev2==(1.≈4.97×10-16J≈3.1×103eV。(2)入射光子的能量為ε=hν=hc=6.63≈1.75×104eV根據愛因斯坦光電效應方程得金屬的逸出功為W0=hν-Ek=1.44×104eV。(3)物質波的波長為λ'=?=6.63≈2.2×10-11m。13.答案(1)4.8m(2)45m/s,與水平方向夾角的正弦值為2240W解析(1)由自由落體運動位移—時間公式有H=12gt解得t=0.8s水平方向,由牛頓第二定律有F=ma解得a=5m/s2由位移—時間公式x=v0t-12at解得x=4.8m。(2)根據速度—時間公式有vx=v0-at=4m/svy=gt=8m/s則v=vx2+vy設v與水平方向成θ角,則sinθ=v由功率的計算公式有P=mg·vy解得P=240W。考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(4)1.D解析光子的傳播速度不變,A項錯誤;光子將一部分能量傳遞給分子,光子的能量減小,頻率變小,波長變大,B、C項錯誤;根據光子的動量計算公式p=?λ可知,當普朗克常量h不變時,波長λ變大,其動量變小,D2.D解析光電流照射金屬表面,發生光電效應,當只增大光照強度時,相同時間內溢出的電子數會增大,電流表的示數會增大,故A項錯誤。圖乙用紫外燈照射鋅板,鋅板發生光電效應,鋅板失去電子而帶正電,驗電器用導線連在鋅板上,其指針因帶正電張開,故B項錯誤。氫原子的能級圖可以很好地解釋氫原子光譜的規律,原子發射光子是不連續的,故C項錯誤。α射線是高速的氦核流,一個α粒子帶兩個正電荷,根據左手定則,α射線受到的洛倫茲力方向向左,故射線1是α射線,其電離本領最強;β射線是高速電子流,帶一個負電荷,根據左手定則,β射線受到的洛倫茲力方向向右,故射線3是β射線,其電離本領較強;γ射線是γ光子,是電中性的,故在磁場中不受磁場的作用力,軌跡不會發生偏轉,故射線2是γ射線,其電離本領最弱,故D項正確。3.C解析根據圖乙可知,板塊間開始是靜摩擦力,后來是滑動摩擦力,所以物塊與長木板先相對靜止后相對運動,故A正確,不符合題意;根據圖乙中數據可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約1.08N,故B正確,不符合題意;根據圖乙可求得滑動摩擦力,但不知道正壓力,無法計算動摩擦因數,故C錯誤,符合題意;5.0s到5.2s圖像的波動是由于達到最大靜摩擦力后,細線的彈性引起的,故D正確,不符合題意。故選C。4.A解析人造衛星所受萬有引力提供其做圓周運動的向心力,有GMmr2=mv2r=m(2πT)2r=ma,衛星的周期為T=2πr3GM,因rA<rB,則TA<TB,故A項正確;衛星的線速度為v=GMr,因rA<rB,則vA>vB,故B項錯誤;衛星的加速度為a=GMr2,因rA<rB,則aA>aB,故5.D解析硬幣反射的光線在圓柱體中的路徑如圖所示,設硬幣反射光進入圓柱體的入射角(圖中未畫出)為α,折射角為β,在圓柱體側面的入射角為θ。因為在側面不能看到硬幣,即光線在側面一定發生了全反射,設發生全反射的臨界角為C,則θ≥C,由幾何關系可知,β與θ互余,即β+θ=90°,設圓柱體的折射率為n,則n=sinαsinβ,n=1sinC,所以α越大時,β越大,θ越小,則至少需滿足當α=90°時θ=C,得sinβ=1n=sinC,即β=C,則β+θ=90°=2C,解得,此時C=45°,則最小的折射率為n=1sinC=2,6.D解析等量異種點電荷周圍空間的電場分布圖如圖所示,本題的帶電圓環,可分解成無數對等量異種點電荷的電場,沿水平方向放置,它們有共同的對稱軸PP',PP'所在的平面與每一條電場線都垂直,即為等勢面,因此a點的電勢等于b點的電勢,A項錯誤;可知水平直徑上下兩側的電場分布對稱,豎直直徑兩側的電場分布也對稱,由電場的疊加原理可知,c點的電場強度等于d點的電場強度,B項錯誤;因a點的電勢等于b點的電勢,因此正點電荷在a點的電勢能等于在b點的電勢能,C項錯誤;由圓環所帶電荷的電場線分布可知,c點的電勢高于d點的電勢,由負點電荷在電勢高的地方電勢能小,在電勢低的地方電勢能大,可知負點電荷在d點的電勢能大于在c點的電勢能,D項正確。7.D解析磁體向上運動,根據“來拒去留”,導體棒有向上的運動趨勢,故導體棒對軌道壓力小于重力。根據牛頓第三定律,回路對磁體反作用力向下,故磁體加速度小于g,AB項錯誤;電磁感應現象中,導體棒克服安培力做功等于回路產生的焦耳熱,C項錯誤;根據動能定律,安培力對導體棒做的功等于合力做的功,即等于導體棒動能的變化量,故W=Ek,D項正確。8.D解析對整體最大振幅時有kA=(m+m2)a,可得a=2kA3m,隔離分析,當最大振幅時,兩木塊間的摩擦力達到最大靜摩擦力Ff=m2a=kA3,所以9.B解析到達水平面時,水平方向分速度變化為了合速度,故速度大小會突然變大,根據動能定理mgh-μmg?tanθ=12mv2,可知兩物體到達底端時的速度不等,傾角θ大的速度大,10.D解析當粒子出D形盒時,速度最大,動能也最大,由qvB=mv2R,v=qBRm,粒子的速度與電壓無關,動能與加速電壓無關,故A項錯誤;粒子在加速電場中被加速,記經過n次加速后的速度為vn,由動能定理可得nqU=12m(vn)2,vn=2nqUm,由上述分析可知,粒子第n次進入磁場的半徑為Rn=mvnqB,即RnRn+1=nn+1,故B項錯誤;由題意可知,加速電場頻率等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率,即f=qB2πm,當fm<qBm2πm時,粒子的最大動能由fm11.答案(1)1.150(2)ρ=πd2Rx4L(3)小解析(1)乙圖中游標卡尺的讀數是d=11mm+10×0.05mm=11.50mm=1.150cm。(2)由電阻定律有Rx=ρLS=ρ得ρ=πd(3)水樣的電阻率越大,電阻越大,水中溶解的離子濃度越小。(4)為保證在轉換開關S2和調節電阻箱時滑動變阻器的分壓幾乎不變,不管是Rx或是R0與滑動變阻器左側部分的并聯電阻應該變化不大,所以滑動變阻器的阻值應該很小,故選用R1。(5)由歐姆定律有I1(Rx+RG)=I2(R0+RG)得Rx=30810Ω。12.答案(1)3.6L(2)漏氣,0.94解析(1)以水槍內氣體和充入的氣體為研究對象,初始水槍內氣體p1=120kPa,V1=3L;充入氣體p2=100kPa,末態p3=240kPa,V3=3L。氣體做等溫變化,由玻意耳定律得p1V1+p2V2=p3V3解得充入氣體的體積V2=3.6L。(2)以充完氣后所有的氣體為研究對象,假設不漏氣,初態p3=240kPa,T=300K,末態T'=280K,體積不變,由查理定律得p解得p3'=224kPa>210kPa所以水槍漏氣。對剩余氣體分析,做等溫變化p剩V3=p3'V3'解得當剩余氣體壓強為224kPa時,其體積V3'=2.8125L所以剩余氣體與原氣體質量之比m剩m原=V13.答案(1)2(2-1)mgL(2)43解析(1)設物塊A下落L時,物塊B上升的高度為h,物塊B重力勢能的增加量為ΔEpB,由幾何關系,有h=L2可得ΔEpB=2mgh得ΔEpB=2(2-1)mgL。(2)對A與B組成的系統,由機械能守恒定律,有mgd=2mg(L2+得d=43L考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(5)1.A解析衰變過程中質量數和電荷數守恒可知,X的電荷數為2,質量數為4,發生的是α衰變,α射線穿透能力最弱,不能穿透幾毫米厚的鋁板,故A項正確,C項錯誤;放射性元素的半衰期不隨溫度、狀態及化學變化而變化,是由原子核內部本身決定的,故B項錯誤;衰變具有統計性,對個別原子不適用,故D項錯誤。2.B解析滑片P向右移動,光電管兩端的正向電壓減小,滑片P向左移時,光電管兩端的正向電壓增大,由于微安表的導線與鍍銀層和電源正極連接,則光電子均可全部打到鍍銀層上,全部被吸收,微安表示數不變,故AC項錯誤,B項正確;開關S斷開,光電管、微安表、滑動變阻器構成回路,發生了光電效應,微安表有示數,故D項錯誤。3.D解析由圖可知,b→c過程,氣體發生等壓變化,氣體體積與熱力學溫度成正比,則Ta=Tb>Tc,所以氣體在c狀態分子平均動能最小,故A項錯誤;由圖可知氣體在c狀態體積最小,所以氣體在c狀態分子數密度最大,故B項錯誤;a→b是等溫過程,內能不變,但體積增大,對外做功,所以為吸熱過程,故C項錯誤;b→c過程中,體積減小,外界對氣體做了功,同時溫度降低,內能減小,所以氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功,故D項正確。4.A解析由有效值的定義可得(Im2)2R·T2+Im2R·T2=I5.B解析釋放瞬間,水銀的運動狀態不變,加速度為零,故A項錯誤;對玻璃管,根據牛頓第二定律有mg+p1S-p0S=ma,對水銀,有mg+p0S=p1S,聯立解得a=2g,故B項正確;釋放瞬間,水銀內部各處壓強不相等,故C項錯誤;釋放后,由于玻璃管和水銀加速度不同,所以二者運動的速度不相等,故D項錯誤。6.A解析飛鏢做平拋運動,由平拋運動的特點知?=12gt2x=vt,解得飛鏢飛行時間t=2?g,飛鏢初速度v=xg2?,O、P、Q三點,根據hO=hP<hQ,則tO=tP<tQ,射中O、P兩點的飛鏢空中飛行時間相等,射中Q點的飛鏢空中飛行時間最長。由xO=xQ<xP,hO=hP<hQ,可得vQ<vO<v7.A解析由等量異種電荷電勢分布可知,點電荷A、B在M、O、N三點的電勢關系為φM>φO>φN,由于等量異種電荷連線的中垂線為等勢線,且無窮遠處電勢為零,則點電荷A、B在O點的電勢為0,由對稱性可知,點電荷C在M、N兩點的電勢相等,在O點的電勢小于零,綜上所述可知φM>φN,φO<0,由Ep=φq可知,負電荷在M點的電勢能比在N點小,故CD項錯誤,A項正確;由等量異種電荷電場分布可知,點電荷A、B在M、N兩點產生的合電場強度大小相等,方向相同,由對稱性可知,點電荷C在M、N兩點的電場強度大小相等,方向不同,則M、N兩點的電場強度不同,故B項錯誤。8.B解析移去磁體,則干簧管內部開關斷開,則相當于電阻變大,則總電阻變大,總電流減小,路端電壓變大,則電壓表讀數變大,R1上的電壓減小且功率減小,則R2電壓變大,則電流表讀數變大,選項A錯誤,B正確;當外電阻等于電源內阻時輸出功率最大,因外電阻與內阻的變化關系不確定,則不能確定輸出功率如何變化,選項C錯誤;電源效率為η=IUIE=RR+r=19.B解析金屬棒在運動過程中始終保持水平,結合右手定則可知a端電勢高于b端電勢,由于金屬棒沒有形成閉合回路,故沒有感應電流,金屬棒不受安培力,只受重力,所以金屬棒做平拋運動,水平速度不變,豎直分速度逐漸變大,所以ab棒的電動勢逐漸增大。故選B。10.D解析由題可知,小球在下落過程中,機械能逐漸減小,所以小球受豎直向上的阻力,且E-h圖線切線的斜率為空氣阻力,下落過程中斜率增大,空氣阻力增大,根據牛頓第二定律可得mg-Ff=ma,阻力增大,所以加速度減小,小球做加速度減小的加速運動,故A項錯誤;小球加速度的變化是由于空氣阻力發生變化,而阻力不是均勻增大,所以加速度也不可能均勻減小,故B項錯誤;當高度為H時,速度為零,動能為零,當高度為0時,小球的速度不為零,故C項錯誤;Ep-h圖線的斜率表示重力,所以斜率不變,且當高度減小時,重力勢能減小,故D項正確。11.答案(1)20.50(2)B(3)F=Md22s(解析(1)遮光片的寬度d=2cm+10×0.05mm=20.50mm。(2)用此裝置研究勻變速直線運動時,摩擦力并不影響小車做勻變速直線運動,故不需要平衡摩擦力,故A錯誤;乙小組實驗時,需要知道合外力,需要平衡摩擦力,故B正確;甲小組實驗時,不要求鉤碼的質量遠小于小車質量,故C錯誤;乙小組實驗時,可以根據彈簧測力計直接讀出力的大小,不要求鉤碼的質量遠小于小車質量,故D錯誤。(3)小車通過光電門的速度v=d加速度a=F根據v2=2as得F=Md(4)小車通過光電門的速度v=d根據動能定理Fs-μMgs=12Mv得F=M2sv2+由圖像知a=μMg。μ=aMg(5)根據μ=a丙研究小組在實驗中測量位移s時未考慮遮光片的寬度d,動摩擦因數μ的測量值等于真實值。12.答案(1)522cm解析(1)設射入玻璃磚光線入射角的最大值為θ1,對應的折射角為θ2,則由光路圖和幾何關系可知sinθ1=2解得θ1=45°則最大側移ΔLm=(r1-r2)sin45°=522(2)由光路圖和幾何關系可知sinθ2=5由折射定律有n=sin解得n=10213.答案(1)24W(2)3.64N解析(1)正常工作時,電流I=PU=55220A=0電機的輸出功率為P出=P-I2R=55W-0.252×496W=24W。(2)對空氣,由動量定理FΔt=Δmv-0=ρQΔtv-0代入數據解得F=3.64N。考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(6)1.D解析由單擺的周期公式T=2πLg整理得g=4π2LT2,擺球的質量不影響重力加速度的測量,故A項錯誤;將擺線長和球的直徑之和當成了擺長,擺長偏大,則測量值大于真實值,故B項錯誤;將擺球經過最低點的次數n記多了,導致周期偏小,則測量值大于真實值,故C項錯誤;計時時,停表啟動稍早,導致周期偏大2.B解析云室內封閉一定質量的氣體,迅速向下拉動活塞,時間短,故看作絕熱過程,Q=0,氣體體積增大,對外做功,W為負值,根據熱力學第一定律公式ΔU=W+Q,內能減小,故溫度降低,AC項錯誤;被封氣體體積增大,溫度降低,由理想氣體狀態變化方程可知壓強減小,B項正確;氣體體積增大,總分子數不變,則分子的數密度減小,D項錯誤。3.A解析線圈具有阻交流、通直流的特點,電容器具有隔直流、通交流的特點,電容器對交流電具有容抗,故直流電源接線圈時,對電流阻礙作用最小,小燈泡最亮。故選A。4.A解析壓強不變時,有pV1T1=pV2T2=C可得ΔV=Cp(T2-T15.B解析根據題意,作出光路圖如圖所示,令折射角為θ,根據幾何關系有sinθ=R2R=12,則玻璃磚對該單色光的折射率為n=sinisinθ6.D解析根據題意可知小球A上升過程中,重力做負功,P球高度為H,所以至少重力做功WG=-mgH,小球A的初動能為Ek0=12mv02=mgH,所以只有動能全部轉化為重力勢能才能上升高度H,即小球A擊中P球時速度恰好為0。甲軌道中A球在軌道上沿斜面運動后斜拋,在最高點有動能,根據機械能守恒,小球不能到達高度H處,甲軌道不可能,故A項錯誤;乙軌道中小球做豎直上拋運動,在最高點速度為零,能到達高度H,但不能擊中P球,乙軌道不可能,故B項錯誤;丙軌道中小球通過14圓周后,根據圓周運動規律,若在P球處速度為0,則小球會做近心運動,所以在此之前小球就不再做圓周運動,故丙軌道不可能,故C項錯誤;丁軌道中小球到達P點,小球的動能完全轉化為重力勢能,到達P點動能恰好為零,小球恰好擊中P點7.A解析依題意,要使粒子在復合場中做勻速直線運動,則需滿足Eq=qvB,根據左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下,故電子向上極板偏轉的原因是靜電力大于洛倫茲力,所以欲使電子沿直線從電場和磁場區域通過,要么增大洛倫茲力,要么減小靜電力。適當減小電場強度E,即可減小靜電力,或者適當增大磁感應強度B,可以增大洛倫茲力,故A項正確,B項錯誤;適當增大加速電場極板之間的距離,根據eU=12mv2可得v=2eUm,由于加速電壓沒有變化,所以電子進入磁場的速率沒有變化,因此沒有改變靜電力和洛倫茲力的大小,故C項錯誤;根據eU=12mv2可得v=2eUm,故適當減小加速電壓U,可以減小電子在復合場中運動的速度v8.B解析金屬板A和B不平行,金屬板間的電場不是勻強電場,故a、b、c三點電場強度大小不相同,故A項錯誤;Q、P兩點與負極板的距離相等,Q點與正極板的距離較近,則Q點電勢大于P點電勢,故B項正確;在P點放一帶負電的小液滴,小液滴受到豎直向下的重力,斜向上的靜電力,液滴不可能保持靜止,故C項錯誤;金屬板處于靜電平衡狀態,金屬板表面為等勢面,則a、b兩點的電勢相等,將一正試探電荷分別從a、b點移動到c點,靜電力做功相同,電勢能變化量相同,故D項錯誤。9.B解析物體先向左做減速運動,加速度大小a=μg=4m/s2,經過1s速度減小到零,此時向左運動了s1=v0t-12at2=2m<3m,沒到達左端,因此接下來向右做加速運動,加速度不變,經0.5s速度達到2m/s,與傳遞帶的速度相等,這時向右僅運動了s2=12at12=0.5m,接下來向右做勻速運動,選項10.A解析金屬棒初始時產生的感應電動勢E=BLv0,若電容器的電壓U0>E,根據牛頓第二定律B(U0-BLv0)RL=ma,則通過金屬棒的電流向下,根據左手定則,所受的安培力向右,金屬棒的向右的加速運動,速度變大,金屬棒的加速度減小,并且由于速度變大的幅度逐漸變小,所以加速度變小的幅度也逐漸減小;若電容器的電壓U0<E,根據牛頓第二定律有B(BLv0-U0)RL=ma,則通過金屬棒的電流向上,根據左手定則,所受的安培力向左,金屬棒做向右的減速運動,速度變小,金屬棒做加速度減小的減速運動,11.答案(1)內阻太大(2)1500(3)C(4)1.490.11解析(1)小燈泡不發光的原因是“檸檬電池”的內阻太大,電路中電流太小。(2)水果電池內阻約為r=UI-RA=0.960.48×10-3Ω(3)新的干電池內阻較小,所以需要給電池串聯一個定值電阻R3,方便測量,而D圖中測量的內阻為電流表內阻、電源內阻和定值電阻R3之和,因為干電池內阻較小,所以內阻的測量會引起較大誤差,應選擇C圖。(4)根據測得的數據可得電動勢E=1.49V內阻r=1.49-1.00.44Ω12.答案(1)2種,12.09eV(2)6.8eV解析(1)大量處于n=3能級的氫原子躍遷發出的光子能量分別為ΔE1=E3-E1=12.09eV,ΔE2=E2-E1=10.2eV,ΔE3=E3-E2=1.89eVE>3.0eV的光子有2種,頻率最大的光子能量是Em=ΔE1=12.09eV。(2)光電子最大初動能為Ekm=ΔE1-W0=9.09eV由圖甲可知,向左移動滑片P時,K極電勢高于A極電勢,根據動能定理有U(-e)=Ekm'-Ekm可得光電子到達A極的最大動能為Ekm'=6.8eV。13.答案(1)20m/s(2)10m解析(1)足球從A點到C點可看成逆過程的平拋運動,則有H=12gt2,xA=v0聯立解得足球運動至C點時的速度大小v0=20m/s。(2)足球從C點反彈后做平拋運動,豎直方向有H-h=12gt'解得t'=0.4s水平方向有xBC=v02t'=4則A、B兩點間的距離為xAB=xA-xBC=10m。考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(7)1.B解析電子的發現說明原子是可以再分的,故A項錯誤;根據玻爾理論,原子從低能級向高能級躍遷時,庫侖力做負功,核外電子動能減小,故B項正確;光電效應中,逸出光電子的最大初動能與入射光頻率有關,而與強度無關,故C項錯誤;從原子核中發出的β射線是電子流,電子是由中子轉化為質子而來的,不是原子核外電子電離形成的電子流,故D項錯誤。2.B解析該導線受到的安培力F=BILacsinθ=3BIl,故選B。3.C解析根據圖像可知,甲、丙的遏止電壓相等,小于乙的遏止電壓,根據eUc=Ekmax可知,甲光所產生光電子的最大初動能與丙光所產生光電子的最大初動能相等,故D項錯誤;根據逸出功與截止頻率的關系有W0=hν0,由于逸出功與截止頻率均由金屬材料本身決定,實驗中小明用的是同一光電管,則乙光所對應的截止頻率與丙光所對應的截止頻率一樣大,故C項正確;根據光電效應方程有eUc=hν-W0,結合上述有ν=eUc+W0?,由于甲的遏止電壓小于乙的遏止電壓,則甲光的頻率比乙光的頻率小,故A項錯誤;結合上述可知,乙光的頻率比丙光的頻率大,根據c=λν解得λ=cν4.B解析由題知,兩極板電壓保持不變,則根據電勢差和電場強度的關系有E=Ud,當電極板距離減小時,電場強度E增大,再結合題圖可知極板間的電場線水平向左,則可知電子受到的靜電力方向向右。故選B5.B解析光路圖如圖所示,根據幾何關系及對稱性可知,三束光的光程相等,由n=cv,由于三束光頻率相等,所以光在棱鏡中傳播的速度相等,所以光在棱鏡中的傳播時間t=sv相等,故選6.C解析根據題意,其運動方程為y=20sin(2π3t)(cm),按照題設要求,地面與甲板的高度差不超過10cm時游客能舒服地登船,則當y=20sin(2π3t)(cm)=10cm,在一個周期內對應的點分別為t1=0.25s,t2=1.25s,根據正弦函數圖像可知,游客能舒服地登船時間是Δt=t2-t1=1.07.C解析根據題意可知,太陽能電池的電動勢為U0,路端電壓為U1時,太陽能電池的總功率為P總=U0I1,太陽能電池內阻的功率為P內=P總-P1,根據P內=I12r,聯立可得r=U0I8.C解析閉合回路部分的電勢差為U1=Bxvr+r·r=0.5Bxv,閉合回路之外的電勢差為U2=Bxv,所以導體棒兩端的電勢差U=U1+U2=1.5Bxv,9.C解析線圈不在磁場中,不受安培力,無收縮擴張趨勢,故A項錯誤;根據楞次定律和右手定則可知,線圈中感應電流為逆時針方向,因此電子運動方向為順時針,故B項錯誤;線圈中磁通量變化率為ΔΦΔt=kπr12,線圈中的感應電動勢為E=ΔΦΔt=kπr12,變化過程中產生的焦耳熱為Q=E2Rt=(kπr12)2tR,由于t=Δ10.A解析令物塊1的高度為h,兩物塊的水平間距為x,物塊2的速度與水平方向夾角為θ,兩物塊水平方向均做勻速直線運動,則有x1=v1t,x2=v2cosθ·t,豎直方向上有h1=12gt2,h2=v2sinθ·t-12gt2,根據幾何關系有x=x1+x2,h=h1+h2,解得x1=x-?tanθ,根據幾何關系可知,相遇點在二者初速度連線交點的正下方,故A項正確;結合上述解得v1v2=xsinθ?-cosθ,可知,物塊1與物塊2的速度的比值為一個定值,若兩物塊相遇,速度比值一定等于xsinθ?-cosθ,可知,只改變v1的大小,或者只改變v2的大小,速度比值發生變化,則兩物塊不能夠再相遇,故BC項錯誤;結合上述可知,兩物塊相遇時,速度比值一定,則夾角θ變化11.答案(1)B(2)(3)AD解析(1)為了探究加速度與質量的關系,必須控制小車所受拉力相同,而讓小車的質量不同,所以鉤碼質量相同,故B正確。(2)數據描點和a-1M(3)使小車沿傾角合適的斜面運動,小車所受重力沿斜面的分力剛好等于小車所受的摩擦力,則小車受力可等效為只受繩的拉力,故A正確;若斜面傾角過大,重力沿斜面的分力大于摩擦力,小車所受合力將大于繩的拉力,不利于簡化“力”的測量,故B錯誤;由牛頓第二定律可知,無論小車運動的加速度多大,砂和桶的重力都大于繩的拉力,故C錯誤;當小車的運動為勻速運動時,由平衡可知,砂和桶的重力近似等于繩的拉力,故D正確。12.答案(1)65T0(2)15h(p0S+mg)+1解析(1)氣體進行等壓變化,則由蓋-呂薩克定律得V即?S解得T1=65T0(2)此過程中氣體內能增加ΔU=CΔT=15CT氣體對外做功W=pSΔh=15h(p0S+mg此過程中容器內氣體吸收的熱量Q=ΔU+W=15h(p0S+mg)+15CT13.答案(1)1m(2)3m/s解析(1)對彈珠B,根據牛頓第二定律可得0.2m2g=m2a解得a=2m/s2將彈珠B逆向看成初速度為零的勻加速直線運動,用x2=12at解得x2=1m;(2)因彈珠A和B發生彈性正碰,設碰撞前、后彈珠A的速度分別為vA、vA',碰撞后彈珠B的速度為vB',根據動量守恒和機械能守恒可得m1vA=m1vA'+m2vB'12m1vA2=12m1vA'2+1其中vB'=at聯立解得vA=1.8m/s對彈珠A,根據動能定理可得-0.2m1gx1=12m1vA2可得v0=3m/s。考前搶分練(選擇題10題+實驗+前2題計算)(8)1.A解析根據熱力學第一定律有ΔU=W+Q,右側為真空,氣體自由膨脹時沒有做功對象,即做功為W=0,因為是絕熱容器,所以沒有熱交換,即Q=0,因此內能不變,容器內的理想氣體的內能由溫度決定,所以溫度不變,故A項正確;懸浮在液體中的微粒越大,在某一瞬間跟它相撞的液體分子越多,撞擊作用的平衡性表現得越不明顯,故B項錯誤;液體表面層中分子間的距離比液體內部分子間的距離大,液體表面層中分子間的距離r略大于r0,液體表面層中分子間的作用力表現為引力,故C項錯誤;在0℃和100℃兩種不同情況下各速率區間的分子數占總分子數的百分比與分子速率間的關系圖線與橫軸所圍面積都應該等于100%,即兩圖線與橫軸所圍面積相等,故D項錯誤。2.D解析在賴曼系的光譜中波長最長的光子對應著能級差最小的躍遷,即從n=2能級到n=1能級的躍遷,則光子能量為(-3.4eV)-(-13.6eV)=10.2eV,選項A錯誤;如果某氫原子發射的光屬于帕邢系,則原子由高能級躍遷到n=3能級,則使該氫原子電離至少需要吸收1.51eV的能量,選項B錯誤;當乙圖中電壓表示數為零時,也可能有光電子到達A板形成光電流,則電流表示數不一定為零,選項C錯誤;由圖可知,巴耳末線系的光的能量小于賴曼系的光的能量,則根據12mvm2=hν-W逸出功可知,3.C解析衰變產生的射線中,α粒子的電離能力強,而穿透本領弱,可知α粒子不容易從肺穿到體外,故A項錯誤;根據質量數守恒可知,X核的核子數是210-4=206,故B項錯誤;衰變過程釋放能量,可知生成核比反應核更加穩定,原子核越穩定,比結合能越大,則X核的比結合能比

84210Po的大,故C項正確;衰變的快慢由原子核自身決定,與元素的物理性質和化學性質無關,即升高溫度不能夠加快

84210Po的衰變4.C解析充電過程中,隨著電容器帶電荷量的增大,電容器兩極板間電勢差增大,充電電流在減小,故A項錯誤;根據電路圖可知,充電過程中,電容器的上極板帶正電荷,流過電阻R的電流由N點流向M點,故B項錯誤;放電過程中,隨著電容器帶電荷量的減小,電容器兩極板間電勢差減小,放電電流在減小,故C項正確;根據電路圖可知,放電過程中,電容器的上極板帶正電荷,流過電阻R的電流由M點流向N點,故D項錯誤。5.A解析從實物圖中我們可以看出兩個小燈泡是間接并聯關系,其中自感線圈和B燈泡串聯,在閉合開關的瞬間,通過B的電流增大,自感線圈產生感應電流阻礙電路電流增大,所以B是逐漸亮起來,電路穩定后B亮度保持不變;而A燈泡和二極管相串聯,二極管阻礙由S向A的電流通過,故A燈泡一直不亮,故A項正確,BC項錯誤;在斷開開關的瞬間,電源電流減小,自感線圈要阻礙電流的減小,產生與原電流方向相同的感應電流,此時A、B串聯構成回路,所以B燈泡是緩慢熄滅,A會先亮再逐漸熄滅,故D項錯誤。6.C解析根據受力分析可知pA+x=p0,又B管的體積與大玻璃泡A的體積相比可忽略不計,故可知氣體做等容變化,故A項錯誤;溫度越高,由pT=C可知壓強越大,故而溫度越高,刻度x的數值就越小,應為上低下高,故B項錯誤;由pA1+x=p0,得pA1=60cmHg,又pA1T1=pA2T2,T1=300K,pA2=54cmHg得T2=270K=-3℃,故C項正確;若把該裝置放到高山上,p0'會減小,x'=p0'-pA7.C解析空竹受力如圖所示,由平衡條件有2Fsinθ=mg,若設繩長為L,由幾何關系可知cosθ=dL,當右手B沿虛線a緩慢向左移動時,d減小,cosθ減小,sinθ增大,F將減小,A項錯誤;同理分析可知當沿虛線d向右移動時,d增大,cosθ增大,sinθ減小,F將增大,D項錯誤;當沿虛線b向上移動時,d不變,cosθ不變,sinθ不變,F不變,B項錯誤;當沿虛線c斜向上移動時,d增大,cosθ增大,sinθ減小,F將增大,C8.C解析由題意可知火星的公轉周期為1.9年,設下一個發射時機需要再經過時間t,則有ω地t-ω火t=2π,可得2πT地t-2πT火t=2π,解得t=T地T火T9.C解析作出光路圖,如圖所示,在被照亮的圓形區域邊緣光線恰好發生了全反射,入射角等于臨界角,由于a光照射的面積較小,則知a光的臨界角較小,故A項錯誤;根據n=1sinC,水對a光的折射率大于對b光的折射率,故C項正確;根據v=cn,知a光在水中的傳播速度比b光小,a光的頻率高于b光,故B項錯誤;a光的頻率較高,則波長較小,根據Δx=ldλ,用同一裝置做雙縫干涉實驗,a光條紋間距更小10.D解析車廂中疊放著兩個木箱A、B均與貨車保持相對靜止,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,對木箱A由牛頓第二定律,則有μ1mAg=mAa,解得a=μ1g,即木箱A加速度最大是μ1g,A項錯誤;木箱A、B看成整體,由牛頓第二定律可得μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=μ2g,即木箱A、B整體加速度最大是μ2g,B項錯誤;A向右做加速運動,則有B對A的摩擦力向右,由牛頓第三定律可知,A對B的摩擦力水平向左,C項錯誤;對木箱B受力分析可知,B在水平向右方向受車廂底面的摩擦力,A對B水平向左的摩擦力,由牛頓第二定律可得μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBa,因加速度a>0,所以車廂底面對B的摩擦力一定大于A對B的摩擦力,D項正確。11.答案(1)a1.510(2)(3)15解析(1)甲同學以IR為縱坐標,根據閉合電路歐姆定律得IR=E-I(r+R0)乙同學以I(R+R0)為縱坐標,根據閉合電路歐姆定律得I(R+R0)=E-Ir可得甲同學的圖線的斜率的絕對值更大,所以甲同學繪制的是圖線a。該圖線的截距表示電動勢,斜率絕對值表示r+R0,所以有E=1.5Vr+R0=1.5V100×r=15Ω-R0=15Ω-5.0Ω=10Ω。(2)丙同學以1I為縱坐標,以R為橫坐標,EI=R+r+R整理得1I=則該圖線的斜率、截距分別為1E=11.5v-r+R0E=151則可畫出圖線為下圖(3)電阻箱的阻值R消耗的電功率為P=I2R=(ER由上式可得,當R=R0+r=15Ω時,電阻箱消耗的電功率最大。12.答案(1)5m/s(2)3.1s解析(1)波在該介質中的波速大小v=xt1=10.2(2)x=15m處的質點第一次到達波谷時,波在t1=0.2s時的基礎上向前傳播x'=15m-0.5m=14.5m用時為t'=x'v=14.55則x=15m處的質點第一次到達波谷的時刻t2=0.2s+2.9s=3.1s。13.答案(1)150N,方向豎直向下(2)2m解析(1)物塊A從開始運動到Q點的過程中,由機械能守恒定律可得12mv02物塊A在Q點時,設軌道對物塊A的彈力FT向下,由牛頓第二定律可得FT+mg=mv解得FT=150N則物塊A在Q點時軌道對它的彈力大小為150N,方向豎直向下;(2)由機械能守恒定律可知,物塊A與B碰前的速度為v0,物塊A與B碰撞過程,由動量守恒定律有mv0=mv1+Mv2碰后物塊B做勻減速運動,由運動學公式v22=2Ff=Ma=μMg解得v1=-2m/s,v2=6m/s由機械能守恒定律可知,物塊A若能滑回Q點,其在P點反彈時的最小速度滿足12mvminvmin=25m/s>2m/s則物塊A反彈后滑入圓管后又滑回P點,設最終位置到P點的距離為xA,則v12=2μ解得最終物塊A靜止的位置到P點的距離xA=2m。考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計算)(9)1.B解析讓甲球在垂直于水平繩的方向擺動,乙、丙兩球在甲球的驅動下做受迫振動,穩定時,乙、丙兩球振動的頻率都與甲球振動的頻率相同,即乙、丙兩球振動的周期都與甲球振動的周期相同;乙、丙兩球在甲球的驅動下做受迫振動,由于甲球的振動頻率等于丙球的固有頻率,丙球發生共振,丙球振幅比乙球振幅大。故選B。2.B解析對于左室氣體壓強變大,體積減小,W左>0,對于右室氣體壓強變小,體積減大,W右<0。環境溫度始終不變,ΔU=0,根據熱力學第一定律可得ΔU=W左+Q左,ΔU=W右+Q右,可得Q左<0,Q右>0,即左室氣體放熱,右室氣體吸熱,B項正確。3.C解析將力F分解為垂直于劈面的兩個方向,大小均為FN,由平行四邊形定則可得F=2FNcos(90°-θ2),解得FN=F2sinθ24.C解析宇航員在空間站內繞地球做勻速圓周運動,具有向心加速度,所受合外力不為零,故A項錯誤;在地表有GMmR2=mg,空間站所在處GMm(R+?)2=mg'=m(2πT)2·(R+h),聯立解得空間站所在處的重力加速度約為g'=R2(R+?)2g,空間站的運行周期為T=2π(R+?)RR+?g5.C解析大小不變、極性隨時間周期性變化的交流電源加在相鄰兩個金屬圓筒之間,所以粒子在相鄰兩個金屬圓筒間受恒定的靜電力,做勻加速直線運動,金屬圓筒中電場為零,粒子不受靜電力,做勻速運動。故選C。6.答案見解析解析(1)觀察到靈敏電流計中的電流先增大后不變。其原因為用頻率為ν0的可見光照射陰極K時,靈敏電流計中有電流通過,說明產生了光電效應,當將滑片P逐漸由A端移向B端時,增加了光電管兩端的電壓,使單位時間內參與導電的光電子數增多,所以光電流增大,當光電流達到飽和光電流后,再增大電壓則光電流不會增大,所以將滑片P逐漸由A端移向B端時,靈敏電流計中的電流先增大后不變。(2)觀察到靈敏電流計中的電流先減小,減為零后不再隨反向電壓的增大而變化。其原因為調換電源兩極,將滑片P逐漸由A端移向B端時,光電管兩端加了反向電壓,使光電管中的光電子減速運動,隨著電壓的增大,單位時間內參與導電的光電子數減少,所以靈敏電流計中的電流會減小,當反向電壓達到遏止電壓時,所有光電子都不能到達陽極,此時光電流為零,所以將滑片P逐漸由A端移向B端時,靈敏電流計中的電流先減小,減為零后不再隨反向電壓的增大而變化。7.答案(1)43(2)解析(1)負電荷在水平方向受力平衡kqAq(53R)2解得qA(2)負電荷所受的靜電力的合力提供向心力kqAq(53R)2sin解得v=3k8.答案(1)33(2)1.6s解析(1)設物體與斜面間的動摩擦因數為μ,物體在斜面上勻速下滑過程中,根據平衡條件有mgsinθ=μmgcosθ解得μ=33(2)設物體沿斜面上滑過程中的加速度大小為a,根據牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=10m/s2假定物體能返回斜面頂端,由運動學公式有L=v0t-12at解得t1=1.6s,t2=2s物體返回斜面頂端時的速度大小為v1=v0-at1=2m/s>0或v2=v0-at2=-2m/s<0所以t2=2s不符實際,舍去。故假設成立,則物體沿斜面上滑的時間為t=1.6s。(3)物體被擋板反彈后,沿斜面減速上滑,從離地4m高處(設此處速率為v2),減速運動到斜面頂端的過程中,由運動學公式有v12?v解得v2=164m/s所以物體在斜面上經過離地面高度為4m處的動能為Ek1=12mv2物體以速度v1離開斜面后做斜拋運動,設經過離地高度為h=4m處時動能為Ek2,根據機械能守恒定律有Ek2=12mv12+mg(Lsinθ-h)9.答案(1)qBRm(2)4+610解析(1)設粒子在磁場區域內做勻速圓周運動的半徑為r,根據牛頓第二定律,有qv0B=m因為入射的粒子均由O點進入第一象限,是磁聚焦模型,有r=R解得v0=qBRm(2)設在矩形區域內運動時間最長的粒子其速度方向與y軸正方向夾角為θ,由題意知,其軌跡與PQ邊剛好相切,由幾何關系得rsinθ+rcosθ=2arsinθ+a=r解得a=4+610(3)由上問可解得sinθ=6設在矩形區域內運動時間最長的粒子,其射入圓形磁場區域時的縱坐標為-y1,由幾何關系得R-y1=Rsinθ所求粒子占比為R-yR-考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計算)(10)1.B解析由圖可知,②光子的能量小于④光子的能量,根據ε=hν可知②光子的頻率小于④光子的頻率,故A項錯誤;由圖可知①光子的能量等于③光子的能量,則①光子的頻率等于③光子的頻率,①光子的波長等于③光子的波長,根據p=?λ可知①光子的動量與③光子的動量大小相等,故B項正確;由圖可知②光子的能量小于①光子的能量,則用②照射該金屬不一定能發生光電效應,故C項錯誤;根據光電效應方程Ek=hν-W0,由于④光子的能量大于①光子的能量,則用④照射該金屬逸出光電子的最大初動能大于Ek,故D2.D解析如圖,繩端起振方向向上,A項錯誤;由圖可知,前、后兩次振動的周期之比為2∶1,B項錯誤;相同介質波速不變,波速之比為1∶1,C項錯誤;根據λ=vT,可知,波長之比為2∶1,D項正確。3.C解析A點的電場強度為0,可知帶電薄板帶負電,根據點電荷的電場疊加特點可知A點左側電場強度方向一定向左,沿著電場線方向電勢降低,故A點的電勢不為零,故A項錯誤;由于帶電薄板帶負電,B點處帶電薄板產生的電場強度和電荷量為+q的點電荷產生的電場強度同向,故該處電場強度不為零,故B項錯誤;分析可知A點到帶電薄板幾何中心間,二者產生的電場強度反向,合電場強度方向向右,B點到帶電薄板幾何中心間,二者產生的電場強度同向,合電場強度向左,故A點到帶電薄板幾何中心間的平均電場強度小于B點到帶電薄板幾何中心間的平均電場強度,根據U=Ed可知A點到帶電薄板幾何中心間的電勢差小于B點到帶電薄板幾何中心間的電勢差,故可知A點的電勢低于B點的電勢,故C項正確;根據前面分析可知A點的電勢低于B點的電勢,當同一試探電荷帶正電時在A點的電勢能小于其在B點的電勢能,當同一試探電荷帶負電時在A點的電勢能大于其在B點的電勢能,故D項錯誤。4.D解析如圖所示,斜向上飛出的彈丸經過一段時間到達水平位置時與斜下拋速度方向相同,且在此時與斜下拋高度相同,故到達海面時兩炮彈的速度大小相同,方向相同,A項錯誤;由題知,初速度大小相等,與水平方向夾角相同,則水平分速度相同,所以始終保持同一豎直線上,一個斜向上運動,一個斜向下運動,豎直方向位移方向相反,距離增大,如果高度較低,到達海面前兩炮彈之間的距離越來越大,B項錯誤,D項正確;到達海面前兩炮彈的水平分相對速度為0,斜向上飛出的彈丸先減速,到達最高點后做加速運動,豎直方向相對速度先增大,后減小,C項錯誤。5.A解析物塊從A到B的過程彈簧彈力先減小后增大,根據牛頓第二定律得kx-μmg=ma,即a=kmx-μg,加速度與彈簧形變量呈線性關系,所以物塊的加速度先減小后反向增大;v-t圖像的斜率表示物體的加速度,因此v-t圖像的斜率先減小后增大,由于摩擦力的存在平衡位置前后的加速度不對稱,故A項正確,B項錯誤;從物塊開始運動到加速度為零的過程速度增大,偏離平衡位置的位移減小,動能增大,彈性勢能減小,從平衡位置到B點的過程,偏離平衡位置的位移增大,動能減小,彈性勢能先減小后增大,由于摩擦力的存在平衡位置前后的動能、彈性勢能不對稱,故C、D6.答案(1)v02l(2)解析(1)由題意可知,在最高點mg'=mv該行星表面的重力加速度為g'=v0(2)根據在行星表面萬有引力與重力可認為相等有mg'=mv該行星表面發射衛星時需要的最小發射速度為v=v0Rl7.答案(1)吸熱(2)7.5×104Pa(3)4.98kg解析(1)整個過程中,溫度不變,空腔內氣體內能不變,扳下鎖扣過程中外力對空腔內氣體做負功,根據熱力學第一定律,空腔內氣體吸熱。(2)根據玻意耳定律p0V0=p1V1代入數據解得p1=7.5×104Pa。(3)若掛鉤掛上重物時恰好不脫落,對掛鉤受力分析有(m+M)g=μFN掛鉤對墻面的壓力FN=p0S2+(p0-p1)S1聯立代入數據得M=4.98kg。8.答案(1)12gL(2)1716解析(1)根據平拋運動位移時間關系,豎直方向2L=12gt水平方向L=v0t得v0=12(2)設反彈后到達最高點速度為v1,有L=1L2=v1t根據能量守恒有ΔE=mg(2L-L)+1解得ΔE=1716mgL(3)碰撞過程中小鐵片水平方向加速度大小為av12?v0Ff=ma解得Ff=4mg。9.答案(1)0<v0≤2Bqd3m(2)y=3mEqB解析(1)粒子剛好與邊界PQ相切時速度最大,有幾何關系可得r+rsin30°=d求得r=23由qv0B=mvv0=2粒子初速度的取值范圍為0<v0≤2Bqd(2)在x方向上由動量定理可得-∑BqvyΔt=-mv-mv0sin30°即Bqy=mv+12mv又由動能定理可得-qEy=12mv2-代入數據聯立求得y=3mE(3)設某瞬時的速度為v,加速度為a,根據牛頓第二定律可得(Bqv取微小時間Δt,速度變化量為Δv=aΔt=B2q整理為vΔt=m粒子能發生的位移大小為d=∑vΔt=∑m求得v0'=dB考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計算)(11)1.D解析黑體輻射、光電效應、康普頓效應都說明光具有粒子性,能用光的粒子性解釋,故A、B、C項錯誤;電子束衍射說明電子具有波動性,不能用光的粒子性解釋,故D項正確。2.D解析根據pVT=C,氣體在狀態C時壓強為p0,故A項錯誤;從狀態A到狀態B的過程中,氣體體積減小,氣體分子的數密度增大,故B項錯誤;從狀態C到狀態A的過程中,溫度升高,內能增大,即ΔU>0,體積增大,氣體對外做功,即W<0,根據ΔU=Q+W,氣體吸收熱量,故C項錯誤;從狀態C到狀態A的過程中,體積增大,密度減小,溫度升高,分子的平均動能增大,壓強不變,所以氣體單位時間內單位面積分子撞擊次數減少,故D3.C解析大、小齒輪轉動的方向相反,故選項A錯誤;A、B兩點的線速度大小之比為1∶1,故選項B錯誤;A、B兩點的角速度ω=vR,所以角速度之比ω1ω2=R2R1=N2N14.B解析兩個H在A點合電場強度為零,O在A點電場強度豎直向上,所以A點電場強度方向豎直向上,故A項錯誤;根據對稱性可知,氧原子所受兩個H的引力水平合力為零,所以氧原子所受電場力的方向豎直向下,故B項正確;左側H受到右側H的斥力,設腰長為L,有F1=kq2(2Lsin60°)2=kq23L2,受到引力水平分力F2=k2q×qL2sin60°=k3q2L2,所以H受到的水平方向合力不為零,總合力不可能豎直向上,根據對稱性可知,右側H受合力也不會豎直向上,故5.D解析無論是測電壓還是測電阻,電流都是從紅表筆流入,從黑表筆流出,并且測電阻時內部有電源,不需要外部電源,當黑表筆接M點,紅表筆接H點,可測R1和R2并聯的總阻值,故A、B、C項錯誤;當紅表筆接H點,黑表筆接N點,則電流正向流過二極管,所以可測二極管的正向電阻,故D項正確。6.答案(1)2.25×108m/s(2)106°解析(1)用一束激光從A點與水平方向成37°射入玻璃,恰好從CD邊中點射出,作出光路圖如圖所示由幾何關系得i=53°tanr=1根據折射定律n=sinin=4由n=cv,v=cn=2.25×108m/s(2)坦克內的人從AB中點向外觀察時,看到的范圍如圖所示由幾何關系得β=r,α=53°坦克內的人從AB中點向外觀察能看到的外界角度范圍為θ=2α=2×53°=106°。7.答案(1)I02(2)4解析(1)若某脈沖電流的占空比tT=25%,設電流通過阻值為RI02Rt+0=I解得I=I0(2)設電動機發熱功率為Pr,有Pr=I2r電動機效率為η=P-P解得η=4P-I8.答案(1)2gL(2)aA-g(3)解析(1)依題意,小球A所受細線拉力提供其做勻速圓周運動的向心力,有2mg=mv解得v0=2gL(2)剪斷B、C間細線瞬間,對小球B受力分析,根據牛頓第二定律可得FT-mg=maB對小球A,有FT=maA聯立解得aB=aA-g。(3)設小球B上升的高度為h,由動能定理,可得W-mgh=0解得h=W根據系統機械能守恒,有mgh=12m又v=ω(L+h)聯立,解得ω=g29.答案(1)E0=2mv02Lq(2)mv0Lq解析(1)所有的粒子都經過A1ABB1面射出電場,臨界狀態從BB1邊射出,設粒子在電場中運動的時間為t,則有L=v0t,L=12·聯立解得E0=2m(2)所有的粒子都經過A1ABB1面射出磁場,臨界狀態分別從AA1、BB1邊射出,分別設粒子在磁場中偏轉半徑為r1和r2,則有r1=12L,qv0B1=mr2=L,qv0B2=mv解得B1=2mv0Lq,則磁感應強度大小B0的范圍為mv0Lq≤B0(3)設粒子在磁場中偏轉的半徑為r,周期為T,粒子從發出到A1ABB1面射出的運動時間為t1,則有L=Eq解得t1=5qv0B=mv可得r=54由T=2可得T=5粒子在t1時間內偏轉的示意圖如圖所示設偏轉角度為θ,則有θ=2πTt1則有N代入數據解得NN考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計算)(12)1.B解析干涉條紋與雙縫平行,故A項錯誤;為了獲得清晰的干涉的亮條紋,單縫和雙縫應相互平行放置,故B項正確;若取下濾光片,光屏上可觀察到彩色的干涉圖樣,故C項錯誤;想增加從目鏡中觀察到的條紋個數,則要條紋間距減小,根據Δx=ldλ,可知可以將雙縫的距離d增大,或減小雙縫到屏的距離l,或用波長小的光做實驗,而將單縫向雙縫靠近,不會改變條紋的間距,不會改變目鏡中觀察到的條紋個數,故D2.C解析如題圖所示兩個靠近的線圈在另一個線圈中的磁通量均不為零,容易產生互感現象,故A、B、D正確,與題意不符;如題圖所示垂直放置的兩個線圈在另一個線圈中的磁通量為零,當第一個線圈中的電流變化時,第二個線圈的磁通量始終為0,故C錯誤,與題意相符。本題選錯誤的故選C。3.D解析質點P比質點Q先振動,該波沿x軸正方向傳播,故A項錯誤;周期T=0.8s,一個周期質點P運動的路程為s=4A=0.8m,由于質點從平衡位置向位移最大處速度越來越小,所以接下來的0.1s路程大于0.1m,所以經0.9s質點P運動的路程大于0.9m,故B項錯誤;質點P位于平衡位置,質點Q位于波峰,有nλ+34λ=2.1m,又該波波長在1.0m至1.5m之間,得λ=1.2m,該波的傳播速度為v=λT=1.5m/s,故C項錯誤;根據題意ω=2πT=52π,t=0時刻質點Q位于波峰,質點Q的振動方程為y=Asin(ωt+12π)=0.2sin(54.C解析將小球的圓周運動等效成圓錐擺,設擺長為L,等效擺線與豎直方向夾角為θ,則mgtanθ=mω2Lsinθ,解得w=gLcosθ=g?,h為等效懸點到小球的高度差,由于兩球的角速度相同5.D解析根據題意可知,正電荷所受靜電力水平向右,則電場方向水平向右,可知,右極板帶負電,故A項錯誤;由于顆粒進入電場時的初速度為零,在電場中受靜電力和重力的合力保持不變,則顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動,故B項錯誤;根據題意,設兩極板間的電壓為U,水平方向上有Uqd=ma,d2=12at2,豎直方向上有L=12gt2,聯立解得U=gd22kL,故C項錯誤;根據題意,結合C分析可知,顆粒離開電場時的水平速度為vx=2a·d2=gd22L,離開電場后,水平方向做勻速運動,則顆粒落到收集板時的水平速度仍為6.答案(1)e=10cos25t(V)(2)10W解析(1)發電機線圈中感應電動勢的表達式為e=NBSωcosωt=10cos25t(V)。(2)根據變壓器匝數比與電壓比的關系U1∶U2=n1∶n2解得變壓器副線圈的最大電壓為U2=20V副線圈電壓的有效值為U2有=102V則電阻的電功率為P=U2