高級中學名校試卷PAGEPAGE1——★參考答案★——題號12345678910答案BDCDBABACADAC1．【答案】B【解析】若設桌面的傾斜角為θ，對書包受力分析可知，FN=mgcosθ，可知θ變大時，支持力變小，所以A錯誤；由f=mgsinθ，可知θ變大時，靜摩擦力也變大，所以B正確；桌面傾斜角稍變大，但書包仍然處于平衡狀態，所以其所受合力為零，C、D都錯。2．【答案】D【解析】t2時刻圖線相交表示速度相同，不是相遇，A錯誤；v-t圖像中，圖線的斜率表示加速度，因此0~t1時間內甲的加速度比乙小，B錯誤；圖線與時間軸圍成的面積表示位移大小，在相同時間內位移越大平均速度越大，故0~t2時間內甲的平均速度比乙小，C錯誤；0~t3時間內某時刻甲、乙出現位移相同時即出現船頭并齊，D正確。3．【答案】C【解析】Y為，A錯誤；發生衰變時，半衰期與溫度無關，故B錯誤；比結合能越大，原子核越穩定，原子核經衰變得到原子核，說明原子核比原子核穩定，即的比結合能比的小，故C正確；該反應存在質量虧損、能量守恒，故D錯誤。4．【答案】D【解析】同步衛星軌道半徑是地球半徑的7倍，第一宇宙速度，同步衛星速度，兩式相比得，D正確。5．【答案】B【解析】交流電頻率，故A錯；原副線圈匝數比等于電壓之比，由發電機電動勢瞬時值表達式可知，電動勢的有效值為10V，因不計發電機內阻，所以輸入電壓也為10V，故n1:n2=U1:U2=1:2，B正確；變壓器的輸入功率等于輸出功率，由P=U1I1得輸入電流為2A，C錯誤；t=0.1s時e=0，即發電機線圈處于中性面，磁通量變化率為0，故D錯誤。6．【答案】A【解析】剪斷B、C間輕繩瞬間，彈簧沒有發生突變，彈簧的彈力與剪斷前一樣，對B、C整體分析有：T1=（2m+m）g=3mg，對A分析有：2mg+F=T1，解得彈簧彈力F=mg，A正確；剪斷B、C間輕繩瞬間，彈簧彈力不變，A、B的加速度大小相等，對B分析有T2-2mg=2ma，對A分析有F+2mg-T2=2ma，解得，，故B、C、D錯誤。7．【答案】B【解析】由于O點電勢高于c點，電場強度方向向下，根據運動軌跡可知X受到的電場力向上，Y受到的電場力向下，X帶負電，Y帶正電，A錯誤；因為X粒子由O點運動到c點的過程中靜電力先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小，B正確；因為|UOa|=2|UOc|，而且電場力都做正功，根據動能定理得，在a點的速度與c點的速度大小不等，C錯誤；在同一等勢面上移動電荷，電場力不做功，因而Wob<WOc，D錯誤。8．【答案】AC【解析】如圖根據題意可知，解得λ=4m故A正確；波源的振動周期為，故波速為，故B錯誤；質點的振動周期為T=2s，因為，故A點在t0+0.5s時刻運動到波谷，位移最大，速度為0，故C正確；因為，故B點在t0+0.5s時刻運動到平衡位置，加速度為0，速度最大，故D錯誤。故選AC。9．【答案】AD【解析】a→b過程體積增大，氣體對外界做功，故A正確；b→c過程體積增大，氣體對外界做功，故B錯誤；狀態a、d溫度相等，又pa＞pd，狀態a時氣體分子單位時間對器壁單位面積撞擊次數比狀態d多，故C錯誤；因為兩個過程是絕熱過程，a→b過程氣體對外做功，氣體溫度T1由減小到T2；c→d過程外界對氣體做功，氣體溫度由T2增加到T1。由熱力學第一定律ΔU=W+Q可知，a→b過程氣體對外做的功等于c→d過程外界對氣體做的功，故D正確；故選AD。10．【答案】AC11．【答案】（1）C；（2）1:2；（3）控制質量和轉動半徑時，向心力大小與角速度平方成正比【解析】（1）本實驗采用實驗方法為控制變量法；（2）皮帶傳動方式，線速度大小相同，由于v=ωR，所以；（3）當兩小球置于A、C位置時，m1=m2，旋轉半徑r1=r2，塔輪采用圖丙組合方式，ω1:ω2=1:2，而觀察到格子數之比為1:4，即向心力之比為1:4，所以F與ω2成正比。12．【答案】（1）C；（2）300；（3）①見解析；②增大；（4）左【解析】（1）機械調零只在使用前進行一次，更換歐姆擋后不在進行機械調零，故C錯誤；（2）RP=30Ω×10=300Ω；（3）①由于光敏電阻的阻值遠大于滑動變阻器的最大阻值，因此采用分壓式，由于電流表的電阻遠小于光敏電阻的阻值，因此電流表采用內接法。電路連接如圖所示；②由圖像可知Rc＞Rb＞Ra，因a、b、c三條圖線所對應的光照強度依次減弱，故該光敏電阻的阻值隨光照的減弱而增大；（4）若光照強度降低到預設值補光燈卻沒有啟動照明，說明Rp兩端電壓沒有達到預設值，由電路的分壓作用，需將R1電阻減小，從而使Rp兩端電壓變大。13．【答案】（1）n=1.25（2）t=1.0×10－9s【解析】（1）由光路圖和恰好在OP邊N點發生全發射可得：臨界角C=53° =1\*GB3①由 =2\*GB3②得n=1.25 ③（2）設該單色光在透明體中從M點到N點的長度為s由幾何關系得 ④聯立 ⑤ ⑥ 得t=1.0×10－9s ⑦評分標準：（1）問5分，（2）問5分。14．【答案】（1）2m/s；（2）m/s；（3）0.3J【解析】（1）b球到達E點后做平拋運動，由 ①x=vEt ②得vE=2m/s ③（2）對b球，從C到E，由動能定理 ④得vC=m/s ⑤（3）因a球與b球發生彈性碰撞，vC=vb，由動量守恒定律和機械能守恒得 ⑥ ⑦對a球 ⑧得Ep=0.3J ⑨評分標準：（1）問3分，（2）問3分，（3）問7分15．【答案】（1）；（2）；（3），。【解析】（1）質子在電場中運動時，由牛頓第二定律可得： ①解得： ②（2）質子在進入磁場前做類平拋運動，設運動時間為t1沿y軸方向： ③沿x軸方向： ④由軌跡方程可知，質子進入磁場后圓心坐標為（-1，0），半徑 ⑤可得質子運動軌跡如圖所示，有圖可得：y=1m， ⑥解得： ⑦ ⑧（3）質子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得： ⑨由幾何關系可得：