高級中學名校試卷PAGEPAGE1【物理答案】題號12345678910答案ACDCBDBBDBDBC1．【答案】A【解析】A．原子核外電子躍遷時輻射出光后，按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較大的軌道躍遷到半徑較小的軌道，電子的動能增大，原子的能量減小，故A正確；B．放射性現象說明原子核內部具有復雜結構，α粒子散射現象說明原子核內部具有核式結構，故B錯誤；C．原子核的結合能與核子數之比，稱做比結合能，比結合能越大，原子核中核子結合得越牢固，原子核越穩定，故C錯誤；D．光電效應現象中逸出的電子是核外電子，衰變是原子核內中子轉變成質子時產生的，故D錯誤。2.【答案】C【解析】A．因n紅<n綠，入射角相同，但OA折射角度較大，由折射率的公式可知OA是紅光，OB是綠光，故A錯誤；B．由A項可知OA是紅光，由折射定律得n紅＝sinαsin(900-θ）＝eq\r(3)，故BC．根據v＝eq\f(c,n)，解得OA光束在該玻璃中傳播的速度為v＝eq\r(3)×108m/s，故C正確；D．因光是從光疏介質射入光密介質，不可能發生全反射，故D錯誤。3．【答案】D【解析】A．飛船從近地軌道經A點進入軌道2需要在A點加速，所以飛船在A點的線速度大于第一宇宙速度，故A錯誤；B．飛船從地面發射進入軌道1的速度應大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B錯誤；C．飛船先進入軌道2，再加速，萬有引力不足以提供向心力，飛船將做離心運動，無法實現對接，故C錯誤；D．根據開普勒第三定律知，軌道半徑越大，周期越大，天宮空間站的運行周期大于飛船在軌道1的運行周期，故D正確。4.【答案】C【解析】洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運動狀態(改變速度的方向)，小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在豎直方向的加速度ay＝eq\f(mg－qvBcosθ,m)＜g，故小球運動的時間將增加；在水平方向上，qvBsinθ=max,小球作初速度為v0的加速運動，故落點應在A點的右側；洛倫茲力不做功，所以小球的速度大小仍為v。5．【答案】B【解析】A．若，逐漸增大F，A相對B比B相對于車先滑動，故A錯誤；B．若，A、B與車都相對靜止，由μ1mg=mam得整體相對靜止的最大加速度為am=μ1g，則F的最大值為6μ1mg，故B正確；C．若，B相對于車比A相對于B先滑動，所以不管F多大，B相對車滑動后，A相對B一直靜止，故C錯誤；D．若，由μ2（m+2m）g=（m+2m）am得整體相對靜止的最大加速度為am=μ2g，則最大拉力為Fm=（m+2m+3m）am=6μ2mg，當F=5μ2mg時，B與車之間尚未相對滑動，故D錯誤。6.【答案】D【解析】A．銅棒向右運動切割磁感線，由右手定則可知，A點的電勢比C點的電勢高，故A錯；B．電路中的電流大小I=UR=5A，銅棒切割磁感線產生的電動勢為E=I(R+r)=3.0VC．根據E=BLv，得橡膠帶勻速運動的速度大小v=4m/s，故C錯誤；D．每根銅棒每次通過磁場區所用時間t=dv=0.05s，則通過R的電荷量為q=It=0.25C7．【答案】B【解析】AB．由牛頓第二定律得，，由圖可知撤去前后算珠的加速度大小分別為，聯立解得μ=0.2，m=25g，故B正確，A錯誤；CD．由圖像面積表示位移，可知桿長為。若不撤去，算珠將以的加速度做勻加速直線運動，經運動位移為，則此時未到歸零狀態，故C、D錯誤。8．【答案】BD【解析】A由圖乙可知，在時，，在時，a=-am達到負方向最大，根據牛頓第二定律可知回復力變化和加速度一致，則內質點Q應向上振動，根據同側法（質點的振動方向和波的傳播方向在波的同一側）可知波向x軸負方向傳播，再對P質點由同側法可知沿y軸負方向運動，故A錯誤；B．，由圖甲可得15=15001800λ2解得波長λ=36m，由vC．由圖乙可知，質點Q在t=5s時，a=-10m/s2，根據回復力總是指向平衡位置的特點可知，此時回復力豎直向下，則質點Q振動到波峰，故C錯誤；D．因振幅A=10cm，，則一個周期內，質點運動的路程為40cm，而時間?t=5s=(1+14)T，在t=0s時P點向下振動，則在經過一個周期后P的速度正在減小，在此后T4的時間內其路程小于10cm，故總路小于50cm9.【答案】BD【解析】A．到達A點的質子動能增加量最大，電場力做功最大，說明等勢面在A點與圓相切（否則一定還可以在圓上找到與A點電勢相等的點），電場線沿x軸正向，A項錯；B．因電場線與等勢面垂直,等勢面與y軸平行，P和P’是等勢點,B正確；C．沿電場線方向電勢逐漸降低，故B點的電勢比P點高，C錯；D．P、A間的電勢差UPA=E·2Rcos2370=32ER25，D10．【答案】BC【解析】A．假設鐵錘與石板碰撞前的速度為，則，鐵錘與石板碰撞，由動量守恒定律，有，聯立解得，故A錯誤；B．系統損失的機械能為，解得，故B正確；CD．彈性氣囊A對石板的作用力F做的功為圖像與橫軸圍成的面積，則，從鐵錘與石板共速到兩者速度減為0的過程，根據動能定理得，解得WF=-mgh(k+1)-(k+1)mgd，，故C11.（共6分，每空2分）【答案】B；＞；0.44【解析】由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即圖象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南寧的大，所以去北大的同學所測實驗結果對應的圖線是B；從題圖乙可以得出Tb＝1.5Ta，由單擺的周期公式得：Ta＝2πeq\r(\f(la,g))，Tb＝2πeq\r(\f(lb,g))，聯立解得Lb/La＝9/4，即Lb＞La；由T2＝eq\f(4π2,g)l可知，秒擺的擺長約為1m,從題圖可以看出b球的周期為2s，擺長約為1m，則a球的擺長約為4/9m≈0.44m.12．（共10分，第一空1分，最后一空3分，其余每空各2分）【答案】（1）黑（2）436（3）×1100【解析】（1）根據歐姆表的“紅進黑出”原則，c端接黑表筆。（2）S2接1時，100mA=1mA+，S2接2時，10mA=1mA+，由以上兩式得R1=4Ω，R2=36Ω。（3）由題意及閉合電路歐姆定律得，開關S2接1時，，開關S2接2時，

，由以上兩式得，因為歐姆表內阻大的擋位大，所以再將開關S2接1時，歐姆表的擋位為“×1”；開關接2，再次歐姆調零，滑動變阻器電阻大小為，由閉合電路的歐姆定律得，，，由以上三式并代入數據得。13.（10分）【答案】（1）480K；（2）528K【解】（1）從開始到活塞剛接觸重物，缸內氣體為等壓變化過程，有：HST1=(H+h)ST2……（3分），解得T2=【等價式子：P2=P1=P0,V1=HS,V2=(H+h)S,T1=300K,P1V1T1=（2）從剛接觸重物到繩子拉力剛好為零，缸內氣體作等容變化，繩子拉力剛好為零時，氣體壓強為P3，有P0T2=【等價式子：P0HST1=P3(H+h)ST又P3S=P0S+mg……（2分）【等價式子：P3=P0+mgS……（2分）解得T3=528K……（1分）【式子中相關物理量有不用試題中所給字母符號的均不得分】14.（12分）【答案】（1）t=0.3s；（2）Q=0.25J；（3）?E=3J【解】（1）玩具沿水平方向飛出，恰好無碰撞地從傳送帶最上端進入傳送帶，則tanα=vyv1vy=gt………t=0.3s………（1分）（2）玩具剛滑上傳送帶時的速度為………（1分）【等價式子：v=vysinα或v=v可知玩具剛滑上傳送帶受到向下的滑動摩擦力，根據牛頓第二定律可知，玩具的加速度大小………（1分）玩具剛滑上傳送帶到與傳送帶共速所用時間為………（1分）下滑的位移為x1=v+v【等價式子：x1=vt1+12a玩具在傳送帶上運動產生的熱量：Q=μ1mgcosα?(v0t得Q=0.25J………（1分）（3）根據功能關系，因傳送玩具電動機多消耗的電能ΔE=μ1mgcosα?v0【法二：根據能量守恒有?E+mgLsinα=12mv02得?E=3J………（1分）【式子中相關物理量有不用試題中所給字母符號的均不得分】15.（16分）【答案】（1），，與y軸正方向成45°角；（2）；（3）7【解】（1）從P到Q1，水平方向………（1分）豎直方向………（1分）聯立解得………（1分）根據動能定理………（1分）【法二等價式子：2qEmL=可得………（1分）與y軸正方向成45°角。………（1分）（2）要使帶電粒子回到P點下方很近的位置，其軌跡必須具有對稱性且經過Q2，由幾何關系可得………（1分）在磁場中的偏轉角度為………（1分）在磁場中的運動時間為t2=?θrv=3πL2v0【法二以上兩式等價式子：t2=34×在電場中的時間為2t1=4Lv0………（故