高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1——★參考答案★——選擇題(本題共10小題，共46分;其中第1-7小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，每小題4分，選錯(cuò)得0分，選對(duì)得4分；第8-10小題有多項(xiàng)符合要求，每小題6分，選對(duì)但選不全得3分，選錯(cuò)得0分，全部選對(duì)得6分。)12345678910AABCDACACDBCACA【詳析】答案：A保險(xiǎn)絲熔斷可能是因?yàn)榭偣β蔬^(guò)大，也可能是發(fā)生了短路，A錯(cuò)誤；B電能表安裝在總開關(guān)之前，用于測(cè)量用電器消耗電能，B正確；有金屬外殼的用電器使用三孔插座能防止觸電事故，C選項(xiàng)正確；D家庭必須同時(shí)安裝漏電保護(hù)開關(guān)和空氣開關(guān)，前者是人體觸電保護(hù)，后者是過(guò)流保護(hù)，缺一不可．故D項(xiàng)正確。2．A【詳析】A。玻爾理論只能解釋氫原子光譜，A選項(xiàng)正確；電子繞核運(yùn)動(dòng)軌道半徑是不連續(xù)的，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；半衰期與溫度無(wú)關(guān)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；一次衰變只能放出α或β射線，同時(shí)伴隨γ射線，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。3.B【詳析】AB．以B點(diǎn)為研究對(duì)象，分析受力情況：重物的拉力T（等于重物的重力G）、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出力圖如圖：由平衡條件得知，N和F的合力與T大小相等，方向相反，根據(jù)三角形相似可得使輕桿逆時(shí)針轉(zhuǎn)到豎直位置的過(guò)程中，AC、AB保持不變，BC變小，則N保持不變，F(xiàn)變小。故A錯(cuò)誤B正確。CD．對(duì)人受力分析可知水平方向f=F所以工人受到地面的摩擦力逐漸減小，故CD錯(cuò)誤。故選B。4．C【詳析】A．空間站中的燭焰仍然受到地球的吸引，仍然受到重力的作用，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)代入數(shù)據(jù)得故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)地球的平均密度所以地球的平均密度大于，故C正確；D．同步衛(wèi)星的周期軌道半徑組合體的軌道半徑根據(jù)開普勒第三定律可知，組合體的周期T大于1h，故D錯(cuò)誤。故選C。5．D【詳析】A．由于從狀態(tài)A經(jīng)過(guò)等溫變化到狀態(tài)D，理想氣體內(nèi)能不變，體積變大對(duì)外做功，所以A→C→D過(guò)程中氣體對(duì)外界做的功為21J，由能量守恒知識(shí)可知?dú)怏w在A→C→D過(guò)程中從外界吸收的熱量等于21J，故A錯(cuò)誤；BC．由于該氣體經(jīng)A→B→D過(guò)程從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，該過(guò)程中氣體對(duì)外界做的功為30J，由理想氣體狀態(tài)方程可知從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，兩個(gè)狀態(tài)的溫度相同，內(nèi)能相同，即內(nèi)能增加量為0，由能量守恒知識(shí)可知該氣體在A→B→D過(guò)程中從外界吸收的熱量為30J，故BC錯(cuò)誤；D．由于A→C→D過(guò)程中氣體對(duì)外界做的功為21J，氣體經(jīng)A→B→D過(guò)程從狀態(tài)A變化到狀態(tài)D，該過(guò)程中氣體對(duì)外界做的功為30J，且A→B→D→C→A最終回到狀態(tài)A，圖像與橫軸圍成的面積表示對(duì)外做功，所以圖像中A→B→D→C→A圍成的面積為，故D正確。故選D。6．A【詳析】AB．由電場(chǎng)線分布可知兩個(gè)點(diǎn)電荷帶異種電荷，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密分布可知，M點(diǎn)處電場(chǎng)線更稀疏，N處電場(chǎng)線跟密集，且M的電荷量大小小于N的電荷量，B錯(cuò)誤，A正確；C．因?yàn)锽點(diǎn)電勢(shì)比C點(diǎn)電勢(shì)高，所以MN連線上的電場(chǎng)線方向?yàn)橛蒑到N，所以M帶正電，N帶負(fù)電，兩個(gè)點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，由前面分析可知由幾何關(guān)系可知而點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度所以所以d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為0，C錯(cuò)誤；D．由電場(chǎng)線分布可知，帶電小球從e移動(dòng)到f的過(guò)程中，所經(jīng)過(guò)位置的電場(chǎng)線切線方向斜向下，而小球帶負(fù)電，所以小球受到的靜電力斜向上，在此過(guò)程中靜電力做負(fù)功，所以小球的電勢(shì)能逐漸增大，D錯(cuò)誤。故選A。7．C【詳析】A．電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)前，對(duì)平臺(tái)和人的整體分析則彈簧的形變量為故A正確；B．電動(dòng)機(jī)啟動(dòng)瞬間，對(duì)平臺(tái)和人的整體根據(jù)牛頓第二定律解得繩子拉力大小為故B正確；C．人與平臺(tái)分離瞬間，平臺(tái)的加速度為且人與平臺(tái)無(wú)壓力，則對(duì)平臺(tái)解得，此時(shí)彈簧的形變量為故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)平臺(tái)速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，此時(shí)彈力等于重力此時(shí)平臺(tái)上升的高度為故D正確。故選C。ACD【詳析】A．由題意及圖可知，在0.6s內(nèi)，波傳播的距離為由圖可知，該波的波長(zhǎng)為40m，波速為當(dāng)n=3時(shí)，波速為250m/s，故A正確；B．質(zhì)點(diǎn)a做上下振動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最小時(shí)間為，則通過(guò)的最小路程為故B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)c在這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程可能為60cm，則說(shuō)明該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1.5T，則有即解得n=1滿足條件，故C正確；D．由圖可知，質(zhì)點(diǎn)P與Q像距，由波的傳遞規(guī)律可知，當(dāng)他們位移方向不相同，故其速度也不會(huì)相同，故D正確。故選ACD。9.BC【詳析】A．根據(jù)題意可知標(biāo)槍受到重力和水平恒定風(fēng)力的合力F為一恒定值，標(biāo)槍經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等（動(dòng)能相等），結(jié)合動(dòng)能定理可知標(biāo)槍從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中，合力F做的功為零，故合力F的方向與AB連線垂直，故A錯(cuò)誤；BC．再把標(biāo)槍在A點(diǎn)的速度沿AB方向和垂直于AB方向分解，故標(biāo)槍沿著AB方向的分速度不變，標(biāo)槍在B點(diǎn)時(shí)的速度方向與AB連線的夾角也為θ，而標(biāo)槍垂直于AB方向的分速度先減小后增加，可知在等效最高點(diǎn)時(shí)標(biāo)槍只有沿AB方向的分速度，即標(biāo)槍從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中速度最小值為，故BC正確；D．標(biāo)槍在B點(diǎn)時(shí)的速度v與豎直方向的夾角未知，故在B點(diǎn)時(shí)，標(biāo)槍重力的瞬時(shí)功率不一定為，故D錯(cuò)誤。故選BC。10.AC【詳析】A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為正對(duì)的粒子，圓心恰好在x軸上，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。根據(jù)勾股定理可知，進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域后，速度方向恰好指向O點(diǎn)，即正對(duì)點(diǎn)入射的粒子離開磁場(chǎng)后一定會(huì)過(guò)O點(diǎn)，故A正確B.帶電粒子在磁場(chǎng)中的半徑為R1=2mvCD．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場(chǎng)，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點(diǎn)的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當(dāng)于將磁場(chǎng)邊界向下平移4d形狀，平移到O點(diǎn)位置，即所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到O點(diǎn)距離均為5d，如圖所示。利用勾股定理可知，進(jìn)入無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點(diǎn)，因此所有粒子都過(guò)O點(diǎn)。由上述分析可知，從最上方進(jìn)入的粒子，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)了，因此運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。11．（6分）dt;kd【詳析】（1）遮光條寬度非常小，可以用遮光條通過(guò)光電門的平均速度代替滑塊到達(dá)光電門的瞬時(shí)速度，V=d/t;（2分）由2as=d2/t2可得1/t2=2as/d2，再由2a/d2=k,可得a=kd22（2）由牛頓第二定律可得mg-μMg=(M+m)aμ=mM-(M+m)k12．（9分）（1）1.846/1.845/1.8474.225（各1分）（2）①DG（各1分）②見解釋（3分）（3）ρ=πd2R【詳析】（1）螺旋測(cè)微器測(cè)得圓柱體直徑為d=1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm游標(biāo)卡尺測(cè)得圓柱體長(zhǎng)度為為操作方便，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的，即選D，兩節(jié)干電池串聯(lián)后電動(dòng)勢(shì)為3V，題中要求測(cè)量時(shí)電表的讀數(shù)大于其量程的一半，所以不能使用題中的電壓表，應(yīng)使用電流表A1和標(biāo)準(zhǔn)電阻R4串聯(lián)改裝成電壓表，即選G；電流表A1和標(biāo)準(zhǔn)電阻R4串聯(lián)改裝后電壓表內(nèi)阻約RV=10Ω+28Ω=38Ω由于所以應(yīng)采取電流表外接法，題中要求調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器能使電流表讀數(shù)從零開始變化，應(yīng)采取分壓法，如圖（3）由電阻定律可得ρ=13（10分）(1)(2)能【詳析】（1）已知入射光與AO間夾角為30°，由幾何關(guān)系可得，單色光的入射角折射光線與OB平行，則折射角(2分）則由折射定律得（2分）（2）全反射臨界角為sinC=1n=3連接OD，設(shè)在D點(diǎn)入射角為，如圖所示由正弦定理（1分）解得（2分）故在D點(diǎn)不會(huì)發(fā)生全反射，即能射出該介質(zhì)。（2分）14（12分）（1）0.2A0.8V（2）F=0.1+0.1t（3）0.9C1.44J【詳析】（1）根據(jù)乙圖可知t=2.0s時(shí)，v=2m/s，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)電路中的電流（1分）金屬桿兩端的電壓U為外電壓，即U=IR=0.8V（1分）（2）由時(shí)，，可分析判斷出外力F的方向與反向金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：（1分）設(shè)在t時(shí)刻金屬桿的速度為v，桿的電動(dòng)勢(shì)為E，回路電流為I，則又，（2分）聯(lián)立以上幾式可得：F=0.1+0.1t（1分）（3）根據(jù)電荷量表達(dá)式可知（1分）v?t圖像與橫軸圍成的面積表示位移大小，則x=6×3解得（2分）根據(jù)能量守恒定律可知（1分）解得電阻R產(chǎn)生的焦耳熱（2分）15（17分）【詳析】（1）物塊A受重力、電場(chǎng)力作用，等效重力場(chǎng)如圖所示，設(shè)最高點(diǎn)為C點(diǎn)等效重力場(chǎng)加速度為（1分）方向與豎直方向夾角的正切值為（1分）物塊A在C點(diǎn)恰好不脫落，設(shè)速度為v，由牛頓第二定律可得（1分）解得設(shè)在M點(diǎn)物塊A速度為v0，恰能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得（1分）解得則物塊A在M點(diǎn)的初速度至少為，設(shè)物塊A由光滑斜面高h(yuǎn)處恰能運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)速度達(dá)到v0由動(dòng)能定理可得mgh=12mv解得h=7R8（（2）若物塊A恰能沿圓弧軌道滑過(guò)N點(diǎn)，通過(guò)N點(diǎn)的速度最小，設(shè)最小速度為vN物體A由M到N過(guò)程由動(dòng)能定理可得mg2R=12mvN2-12m(3)物塊A以不同的初速度從M點(diǎn)