?2021年上海市浦東新區(qū)高考物理二模試卷
一、選擇題（共40分。第1-8小題，每題3分，第9-12小題，每題4分，每小題只有一個正確答案。）
1．（3分）電子的發(fā)現(xiàn)揭示了（　?。?br /> A．原子可再分
B．原子具有核式結(jié)構(gòu)
C．原子核可再分
D．原子核由質(zhì)子和中子組成
2．（3分）某實驗小組用自制狹縫觀察光的干涉、衍射現(xiàn)象，在光屏上分別得到圖乙、圖丙兩幅圖樣。關(guān)于P處放置的自制狹縫，下列說法正確的是（　?。?br />
A．乙對應(yīng)雙縫，丙對應(yīng)單縫
B．乙對應(yīng)單縫，丙對應(yīng)雙縫
C．都是單縫，乙對應(yīng)的單縫較寬
D．都是雙縫，丙對應(yīng)的雙縫間距較大
3．（3分）在光電效應(yīng)實驗中，用單色光照射某種金屬表面，有光電子逸出，則光電流強度取決于入射光的（　?。?br /> A．頻率 B．波長 C．照射時間 D．光照強度
4．（3分）矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動機。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff．下列受力分析示意圖可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
5．（3分）A、B、C是勻強電場中的三個點，各點電勢φA＝2V、φB＝2V、φC＝﹣4V，已知場強方向平行于△ABC所在平面，下列電場強度E的方向正確的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
6．（3分）用如圖實驗裝置研究單擺的振動圖像，圖中的擺球是質(zhì)量分布均勻的空心球，給球中灌滿墨水。擺動中，墨水可以從球體正下方小孔中緩緩流出，到墨水全部流完，擺球的振動周期（　?。?br />
A．逐漸變大 B．先變大后變小
C．逐漸變小 D．先變小后變大
7．（3分）如圖所示，手機無線充電是通過分別安裝在充電基座上的送電線圈和手機上的受電線圈，利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象傳遞能量。當(dāng)手機充電時（　?。?br />
A．送電線圈產(chǎn)生恒定磁場
B．充電裝置將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
C．送電線圈中的電流是變化的
D．基座與手機間無需導(dǎo)線連接，沒有能量損失
8．（3分）陰極射線管是一種能從其陰極A發(fā)射出電子流的裝置。如圖所示的陰極射線管放在蹄形磁鐵的N、S兩極間，則此時電子流將（　?。?br />
A．向S極偏轉(zhuǎn) B．向N極偏轉(zhuǎn) C．向上偏轉(zhuǎn) D．向下偏轉(zhuǎn)
9．（4分）2020年12月嫦娥五號探測器圓滿完成中國首次月球采樣返回任務(wù)。在探測器“奔向”月球的過程中經(jīng)過多次變軌，最后成為一顆月球衛(wèi)星。設(shè)該衛(wèi)星的軌道為圓形，且貼近月球表面，則該近月衛(wèi)星的運行速率約為（已知月球表面重力加速度約為地球表面重力加速度的，月球半徑約為地球半徑的，近地衛(wèi)星的速率約為7.9km/s）（　　）
A．0.3km/s B．1.3km/s C．1.6km/s D．11.2km/s
10．（4分）有兩位同學(xué)用同一組電學(xué)元件分別連接成圖甲和圖乙的調(diào)光電路。在閉合電鍵后，使滑動變阻器的滑片由最左端開始向右滑動，直到燈泡正常發(fā)光。則燈泡正常發(fā)光時電源總功率和整個過程中燈泡的亮度變化情況是（　?。?br />
A．甲電路中的電源總功率小，亮度變化范圍大
B．甲電路中的電源總功率小，亮度變化范圍小
C．乙電路中的電源總功率小，亮度變化范圍大
D．乙電路中的電源總功率小，亮度變化范圍小
11．（4分）如圖是一張蜻蜓點水的俯視照片，該照片記錄了蜻蜓連續(xù)三次點水過程中激起的水面紋，由圖可知蜻蜓（　　）

A．向右飛行，飛行速度比水波傳播的速度小
B．向左飛行，飛行速度比水波傳播的速度小
C．向右飛行，飛行速度比水波傳播的速度大
D．向左飛行，飛行速度比水波傳播的速度大
12．（4分）如圖所示，用一段不可伸長的輕繩，一端系有質(zhì)量為m的小球，另一端固定在O點?，F(xiàn)將小球拉至輕繩呈水平的位置，然后由A點靜止釋放，經(jīng)最低點B運動到C點的過程中，不計空氣阻力，小球的動能Ek隨時間t的變化圖像可能是（　?。?br />
A． B．
C． D．
二、填空題（共20分，每空2分）
13．（4分）1909年物理學(xué)家密立根在多次實驗之后發(fā)現(xiàn)每滴油滴的電荷量皆為同一數(shù)值的倍數(shù)，即油滴所帶電荷量都是某個最小固定值1.6×10﹣19C的整數(shù)倍，這個最小的電量被稱為　 ?。灰粋€正二價的銅離子Cu2+所帶的電量為　 　C。
14．（4分）小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則與地面碰撞時其速度的改變量為　 　m/s，0～0.8s內(nèi)小球的位移為　 　m。

15．（4分）在“用油膜法估測分子大小”實驗中，油酸酒精溶液濃度為A，記下N滴溶液總體積為V．邊長為a正方形小格的透明方格紙板上，數(shù)得油膜占有的小格個數(shù)為X．用以上字母表示：一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積V油酸＝　 　；油酸分子直徑D＝　 　。

16．（4分）如圖所示，已知電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝3Ω，定值電阻R0＝5Ω，滑動變阻器的最大阻值為10Ω，當(dāng)滑動變阻器R調(diào)節(jié)為　 　Ω時，滑動變阻器R消耗的電功率最大；當(dāng)滑動變阻器R調(diào)節(jié)為　 　Ω時，電源的輸出功率最大。

17．（4分）為使點電荷q在勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對該電荷施加一個恒力F，如圖所示，若AB＝0.4m，α＝37°，q＝﹣3×10﹣7C，F(xiàn)＝1.5×10﹣4N，A點的電勢φA＝100V（不計電荷的重力），則電荷q由A到B電勢能的變化量為　 　J；B點的電勢φB＝　 　V。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

三、綜合題（共40分）注意：第19、20題在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等。
18．（10分）有同學(xué)在做“用DIS研究一定質(zhì)量氣體在溫度不變時，壓強與體積的關(guān)系”實驗時，主要實驗裝置如圖1所示。在某一次實驗中，把氣體的體積和壓強值記錄在表中，并用p﹣圖像處理實驗數(shù)據(jù)。
實驗序號
V（mL）
p（×105Pa）
（mL﹣1）
1
20.0
1.0610
0.050
2
18.0
1.1730
0.056
3
16.0
1.3232
0.063
4
14.0
1.4943
0.071
5
12.0
1.7571
0.083

（1）（多選題）為了減小實驗誤差，在完成本實驗時，需注意　 　。
（A）實驗時外界大氣壓強不能發(fā)生變化
（B）封閉氣體的注射器密封性良好
（C）不能用手握住注射器的封閉氣體部分
（D）每次調(diào)整好氣體的狀態(tài)后，需立即記錄p、V的數(shù)據(jù)
（2）在本次實驗中，該同學(xué)的實驗操作規(guī)范正確，但如圖2所示的p﹣圖線不過原點。為了查明原因，該同學(xué)決定采用V﹣圖像重新處理數(shù)據(jù)，進一步探究注射器內(nèi)氣體壓強和體積的關(guān)系，重新描繪的圖線如圖3所示，根據(jù)該圖線的截距讀取的體積絕對值最有可能是圖1實驗裝置中　 　的氣體體積。所以，表中記錄的氣體體積與真實值相比是　 ?。ㄟx填“一樣大”、“偏大”或“偏小”）。該同學(xué)將這一結(jié)果對表中記錄的原始實驗數(shù)據(jù)進行修正，再重新繪制p﹣圖像，得到的實驗圖線是一條經(jīng)過坐標原點傾斜直線，如圖4所示。
（3）在采取了一系列減小實驗誤差的措施后，又通過多次實驗驗證，該同學(xué)總結(jié)本實驗中注射器內(nèi)氣體的壓強和體積關(guān)系可以表述為：　 　。
19．（10分）如圖所示，質(zhì)量為1kg的小物體沿傾角為θ＝37°的足夠長固定斜面向上經(jīng)過A點時速度大小為8m/s，加速度大小為8m/s2，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變。求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和物體沿斜面下滑時的加速度大?。?br /> （2）物體從離開A點到最高點損失的機械能；
（3）物體回到A點時重力的瞬時功率。

20．（20分）如圖，兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，右端連有阻值為R的電阻。一阻值為r、質(zhì)量為m的金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在寬度為d，磁感應(yīng)強度為B方向豎直向下的勻強磁場。已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，在外力作用下做勻變速直線運動。金屬桿運動到磁場區(qū)域右邊界時速度恰好減為零，之后以相同的加速度向左做勻加速直線運動直至從磁場區(qū)域左邊界離開。金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計。求：
（1）金屬桿向左即將離開磁場時的速度大??；
（2）金屬桿運動到磁場正中間時所受安培力的大?。?br /> （3）若金屬桿從開始到磁場右邊界的過程中，金屬桿產(chǎn)生的熱量為Q，則金屬桿從進入磁場到離開磁場左邊界的整個運動過程中外力做功的大小；
（4）金屬桿運動到磁場正中間時所受外力的大小。


2021年上海市浦東新區(qū)高考物理二模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（共40分。第1-8小題，每題3分，第9-12小題，每題4分，每小題只有一個正確答案。）
1．（3分）電子的發(fā)現(xiàn)揭示了（　?。?br /> A．原子可再分
B．原子具有核式結(jié)構(gòu)
C．原子核可再分
D．原子核由質(zhì)子和中子組成
【分析】電子的發(fā)現(xiàn)，不僅揭示了電的本質(zhì)，而且打破了幾千年來人們認為原子是不可再分的陳舊觀念，證實原子也有其自身的構(gòu)造
【解答】解：電子的發(fā)現(xiàn)，不僅揭示了電的本質(zhì)，而且打破了幾千年來人們認為原子是不可再分的陳舊觀念，證實原子也有其自身的構(gòu)造，揭開了人類向原子進軍的第一幕，迎來了微觀粒子學(xué)（基本粒子物理學(xué)）的春天。故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查學(xué)生對原子結(jié)構(gòu)的理解，要加強記憶，知道電子的發(fā)現(xiàn)，質(zhì)子中子的發(fā)現(xiàn)過程及意義。
2．（3分）某實驗小組用自制狹縫觀察光的干涉、衍射現(xiàn)象，在光屏上分別得到圖乙、圖丙兩幅圖樣。關(guān)于P處放置的自制狹縫，下列說法正確的是（　?。?br />
A．乙對應(yīng)雙縫，丙對應(yīng)單縫
B．乙對應(yīng)單縫，丙對應(yīng)雙縫
C．都是單縫，乙對應(yīng)的單縫較寬
D．都是雙縫，丙對應(yīng)的雙縫間距較大
【分析】根據(jù)干涉條紋與衍射條紋的區(qū)別：干涉條紋在光屏上觀察到的圖案是間距相等的條紋圖象，而衍射條紋中，中間的亮紋的寬度最大。
【解答】解：干涉條紋在光屏上觀察到的圖案是間距相等的條紋圖象，而衍射條紋中，中間的亮紋的寬度最大，向兩邊漸漸減小，因此甲對應(yīng)單縫，乙對應(yīng)雙縫，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】考查干涉與衍射條紋的應(yīng)用，掌握兩者的區(qū)別與聯(lián)系，理解干涉的條件，與明顯的衍射的條件。
3．（3分）在光電效應(yīng)實驗中，用單色光照射某種金屬表面，有光電子逸出，則光電流強度取決于入射光的（　?。?br /> A．頻率 B．波長 C．照射時間 D．光照強度
【分析】頻率和波長決定了光子的能量，在光電效應(yīng)中決定光電子的最大初動能；光電效應(yīng)不存在時間累積性，改變光照時間不會改變光電效應(yīng)中的物理量。
【解答】解：A、由愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hv﹣W0，入射光頻率大小決定光電子的最大初動能，故A錯誤；
B、因波長和頻率間滿足，同樣由愛因斯坦光電效應(yīng)方程知，，波長大小影響光電子最大初動能，故B錯誤；
C、光電效應(yīng)時間短于10﹣9s，不存在累積性，故C錯誤；
D、當(dāng)入射光頻率一定，增大光照強度，單位時間到達金屬表面的光子數(shù)增多，對應(yīng)產(chǎn)生的光電子數(shù)增多，故光電流強度隨入射光強度增大而增大，故D正確.
故選：D。
【點評】作答光電效應(yīng)問題需掌握以下四條規(guī)律：①任何金屬都有截止頻率，當(dāng)入射光頻率大于截止頻率時發(fā)生光電效應(yīng)②光電子最大初動能隨入射光頻率增大而增大③當(dāng)入射光頻率一定，光電流強度隨入射光強度增大而增大④光電效應(yīng)時間短于10﹣9s.
4．（3分）矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動機。當(dāng)殲20隱形戰(zhàn)斗機以速度v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、與速度方向垂直的升力F2和與速度方向相反的空氣阻力Ff．下列受力分析示意圖可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【分析】重力的方向是豎直向下，根據(jù)飛機速度方向判斷其他各個力的方向；
【解答】解：飛機受到重力G、發(fā)動機推力F1、升力F2和空氣阻力Ff，重力的方向豎直向下，升力F2的方向與速度方向垂直，為右上方，空氣阻力Ff力的方向與速度的方向相反，為右下方，為了使合力沿速度方向，則發(fā)動機推力F1的方向為左上方，綜上分析可知A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題的關(guān)鍵是根據(jù)飛機的運動情況判斷飛機的受力情況，并畫出力的示意圖。
5．（3分）A、B、C是勻強電場中的三個點，各點電勢φA＝2V、φB＝2V、φC＝﹣4V，已知場強方向平行于△ABC所在平面，下列電場強度E的方向正確的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
【分析】根據(jù)題意找出等勢線，根據(jù)電場線與等勢線的關(guān)系可解題。
【解答】解：根據(jù)題意，AB兩點的電勢相等，所以AB的連線是勻強電場中的一條等勢線，因為電場線與等勢線垂直，并且電場線由高電勢點指向低電勢點，所以電場線的方向應(yīng)垂直于AB指向C的方向，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查電場線與等勢線的關(guān)系，解題的關(guān)鍵在于找出等勢線，本題基礎(chǔ)，難度較小。
6．（3分）用如圖實驗裝置研究單擺的振動圖像，圖中的擺球是質(zhì)量分布均勻的空心球，給球中灌滿墨水。擺動中，墨水可以從球體正下方小孔中緩緩流出，到墨水全部流完，擺球的振動周期（　?。?br />
A．逐漸變大 B．先變大后變小
C．逐漸變小 D．先變小后變大
【分析】利用單擺的周期公式，分析球和墨水的重心變化可知擺長先變大后變小，所以周期先變大后變小。
【解答】解：單擺做簡諧運動，周期是T＝2π，裝滿水的空心球，重心在球心，隨著墨水的流失，重心下降，而水流完后，重心回到球心，即上移了，這個過程中，擺長先變大后變小，所以周期先變大后變小。故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查單擺的周期公式，關(guān)鍵還要分析物體重心的變化，從而知道擺長的變化。
7．（3分）如圖所示，手機無線充電是通過分別安裝在充電基座上的送電線圈和手機上的受電線圈，利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象傳遞能量。當(dāng)手機充電時（　?。?br />
A．送電線圈產(chǎn)生恒定磁場
B．充電裝置將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
C．送電線圈中的電流是變化的
D．基座與手機間無需導(dǎo)線連接，沒有能量損失
【分析】無線充電利用的是電磁感應(yīng)原理，所以送電線圈和受電線圈通過互感現(xiàn)象實現(xiàn)能量傳遞；無線充電器的優(yōu)點之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電器，但充電過程中有電能量損失。
【解答】解：AC、由于送電線圈中通入正弦式交變電流，所以送電線圈中產(chǎn)生變化的磁場，故A錯誤，C正確；
B、充電裝置將電能轉(zhuǎn)化為電池的化學(xué)能，故B錯誤；
D、無線充電器的優(yōu)點之一是不用傳統(tǒng)的充電線連接到需要充電的終端設(shè)備上的充電器，但充電過程中仍有電能量損失，故D錯誤。
故選：C。
【點評】此題考查電磁感應(yīng)與生活實際相結(jié)合，明白電磁感應(yīng)的原理，然后分析無線充電的技術(shù)原理，能夠根據(jù)麥克斯韋電磁場理論進行分析。
8．（3分）陰極射線管是一種能從其陰極A發(fā)射出電子流的裝置。如圖所示的陰極射線管放在蹄形磁鐵的N、S兩極間，則此時電子流將（　?。?br />
A．向S極偏轉(zhuǎn) B．向N極偏轉(zhuǎn) C．向上偏轉(zhuǎn) D．向下偏轉(zhuǎn)
【分析】電子在磁場中運動，受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)方向由左手定則判斷．
【解答】解：因為A是陰極，B是陽極，所以電子在陰極管中的運動方向是A到B，產(chǎn)生的電流方向是B到A（注意是電子帶負電），根據(jù)左手定則，四指指向A，手掌心對向N極，此時大拇指方向向下，所以軌跡向下偏轉(zhuǎn)。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】正確運用左手定則判斷帶電粒子受到的洛倫茲力方向，注意電子帶負電，四指指負電荷運動的反方向，屬于基礎(chǔ)題．
9．（4分）2020年12月嫦娥五號探測器圓滿完成中國首次月球采樣返回任務(wù)。在探測器“奔向”月球的過程中經(jīng)過多次變軌，最后成為一顆月球衛(wèi)星。設(shè)該衛(wèi)星的軌道為圓形，且貼近月球表面，則該近月衛(wèi)星的運行速率約為（已知月球表面重力加速度約為地球表面重力加速度的，月球半徑約為地球半徑的，近地衛(wèi)星的速率約為7.9km/s）（　　）
A．0.3km/s B．1.3km/s C．1.6km/s D．11.2km/s
【分析】根據(jù)重力提供天體表面衛(wèi)星的向心力得近月衛(wèi)星和近地衛(wèi)星線速度的關(guān)系，根據(jù)地球近地衛(wèi)星的速度求近月衛(wèi)星的速度。
【解答】解：某天體表面衛(wèi)星由萬有引力提供向心力：
mg＝
解得：
近月衛(wèi)星和近地衛(wèi)星的速度之比為：
＝
解得：v月＝1.6km/s
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】解題的關(guān)鍵是掌握求天體表面衛(wèi)星速度的方法。利用近地衛(wèi)星的線速度求近月衛(wèi)星的線速度。
10．（4分）有兩位同學(xué)用同一組電學(xué)元件分別連接成圖甲和圖乙的調(diào)光電路。在閉合電鍵后，使滑動變阻器的滑片由最左端開始向右滑動，直到燈泡正常發(fā)光。則燈泡正常發(fā)光時電源總功率和整個過程中燈泡的亮度變化情況是（　?。?br />
A．甲電路中的電源總功率小，亮度變化范圍大
B．甲電路中的電源總功率小，亮度變化范圍小
C．乙電路中的電源總功率小，亮度變化范圍大
D．乙電路中的電源總功率小，亮度變化范圍小
【分析】根據(jù)電路中干路電流的大小，由P＝EI分析電源總功率的大小。根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律分析燈泡電壓范圍的大小，即判斷燈泡亮度變化范圍的大小。
【解答】解：兩個電路中燈泡正常發(fā)光時額定電流相同，根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)可知，甲電路中干路電流小于乙電路中干路電流，根據(jù)電源總功率公式P＝EI，E相同，知甲電路中的電源總功率小。
在甲電路中，燈泡的最小電壓不為零。在乙電路中燈泡的最小電壓為零，而燈泡正常工作時額定電壓相同，可知，甲電路中燈泡電壓變化范圍小，其亮度變化范圍小，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】解答本題時，要理解滑動變阻器兩種接法：限流式和分壓式的區(qū)別，搞清它們調(diào)壓范圍的大小以及能耗關(guān)系。
11．（4分）如圖是一張蜻蜓點水的俯視照片，該照片記錄了蜻蜓連續(xù)三次點水過程中激起的水面紋，由圖可知蜻蜓（　?。?br />
A．向右飛行，飛行速度比水波傳播的速度小
B．向左飛行，飛行速度比水波傳播的速度小
C．向右飛行，飛行速度比水波傳播的速度大
D．向左飛行，飛行速度比水波傳播的速度大
【分析】若蜻蜓和水波的速度相同，那么蜻蜓每一次點水的時候都會在上一個水波的邊線上。若蜻蜓的速度比水波的速度大，則相互套著如圖所示。
【解答】解：根據(jù)如圖所示，蜻蜓連續(xù)三次點水過程中激起的波紋，則圓圈越小，則時間越短，所以飛行方向則為從大圓到小圓，由圖示可知，蜻蜓是向右飛行的；
若蜻蜓飛行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次點水的時候都會是在上一個水波的邊線上，而第二個水波和第一個水波都在以相同的速度傳播，所以每個圓都應(yīng)該是內(nèi)切的。然而圖中則說明蜻蜓飛行的速度比水波的速度大，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了判斷蜻蜓的飛行方向與速度問題，分析清楚圖示情景是解題的前提；該題考查了運動的同步性，前提是運動的速度和方向均相等。
12．（4分）如圖所示，用一段不可伸長的輕繩，一端系有質(zhì)量為m的小球，另一端固定在O點。現(xiàn)將小球拉至輕繩呈水平的位置，然后由A點靜止釋放，經(jīng)最低點B運動到C點的過程中，不計空氣阻力，小球的動能Ek隨時間t的變化圖像可能是（　?。?br />
A．
B．
C．
D．
【分析】因為小球只有重力做功，合力的功等于動能的變化，兩邊同時除以時間，得重力的瞬時功率和動能變化率之間的關(guān)系，通過小球在運動過程中豎直方向速度的大小與重力的乘積求小球的重力的瞬時功率來判斷動能變化量的變化，判斷圖像的特點。
【解答】解：從A到B過程中，對小球只有重力做功，合力的功等于動能的變化：
WG＝△EK
兩邊同時除以時間，左邊是重力的功率，右邊是動能的變化量，即EK﹣t圖象的斜率，小球豎直方向的速度開始的時候是0，重力的瞬時功率為0，故圖像的斜率為0，小球運動到最低點B時速度水平方向，即豎直方向的速度為0，重力的瞬時功率也為0，圖象的斜率也為0，小球BC過程和AB過程對稱，圖像對稱。故B正確，ACD錯誤，
故選：B。
【點評】解題的關(guān)鍵是找到圖像中圖線的斜率代表重力的瞬時功率，通過重力的瞬時功率判斷動能變化率，即圖像的斜率。
二、填空題（共20分，每空2分）
13．（4分）1909年物理學(xué)家密立根在多次實驗之后發(fā)現(xiàn)每滴油滴的電荷量皆為同一數(shù)值的倍數(shù)，即油滴所帶電荷量都是某個最小固定值1.6×10﹣19C的整數(shù)倍，這個最小的電量被稱為　元電荷?。灰粋€正二價的銅離子Cu2+所帶的電量為　3.2×10﹣19　C。
【分析】元電荷又稱“基本電量，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍，正二價的銅離子所帶的電荷量為兩個元電荷。
【解答】解：物理學(xué)家密立根在實驗中發(fā)現(xiàn)各個油滴所帶電荷量都是某一最小電量的整數(shù)倍，即電荷量的不連續(xù)性，這個最小的電量被稱之為元電荷e，一個正二價的銅離子所帶的電荷量為兩個元電荷2e，計算可得所帶電荷量為：3.2×10﹣19C。
故答案為：元電荷，3.2×10﹣19
【點評】本題考查了元電荷的相關(guān)問題，考查知識點針對性強，難度較小，考查了學(xué)生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。
14．（4分）小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則與地面碰撞時其速度的改變量為　﹣8　m/s，0～0.8s內(nèi)小球的位移為　8　m。

【分析】速度時間圖象與坐標軸所圍的“面積”大小等于物體在這一段時間內(nèi)發(fā)生的位移，由此求小球下落和反彈起的高度。由圖直接讀出速度，速度變化量等于末速度與初速度之差。
【解答】解：根據(jù)圖像得出小球與地面碰撞過程的速度的變化量為△v＝v2﹣v1＝（﹣3m/s）﹣5m/s＝﹣8m/s。
在0﹣0.5s內(nèi)小球下落，0.5﹣0.8s內(nèi)小球反彈，速度時間圖象與坐標軸所圍的“面積”大小等于物體在這一段時間內(nèi)發(fā)生的位移，
則0～0.8s內(nèi)小球的位移為x＝m﹣×3×0.3m＝0.8m
故答案為：﹣8，0.8。
【點評】本題解題的關(guān)鍵在于準確理解速度時間圖象的意義，知道速度變化量等于末速度與初速度之差。要注意速度的方向。
15．（4分）在“用油膜法估測分子大小”實驗中，油酸酒精溶液濃度為A，記下N滴溶液總體積為V．邊長為a正方形小格的透明方格紙板上，數(shù)得油膜占有的小格個數(shù)為X．用以上字母表示：一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積V油酸＝　??；油酸分子直徑D＝　　。

【分析】由總體積V除以N，再乘以油酸酒精溶液的濃度A，即可求出一滴酒精溶液中純油酸的體積；由油膜法的原理即可求得油酸分子的直徑。
【解答】解：（1）由N滴溶液的總體積為V，以及油酸酒精溶液的濃度為A，總體積V除以N，再乘以油酸酒精溶液的濃度A，即可求出一滴酒精溶液中純油酸的體積；
（2）由油膜法的原理，根據(jù)（1）中求得一滴酒精溶液中純油酸的體積，以及油膜的表面積Xa2，即可求得油酸分子的直徑；
故答案為：，。
【點評】解決油膜法估測分子大小的思路
（1）理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直徑。
（2）明確溶質(zhì)和溶劑的關(guān)系，正確求出純油酸體積V。
（3）準確“數(shù)”出油膜的面積S。
（4）利用，求得分子直徑。
16．（4分）如圖所示，已知電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝3Ω，定值電阻R0＝5Ω，滑動變阻器的最大阻值為10Ω，當(dāng)滑動變阻器R調(diào)節(jié)為　8　Ω時，滑動變阻器R消耗的電功率最大；當(dāng)滑動變阻器R調(diào)節(jié)為　0　Ω時，電源的輸出功率最大。

【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流，再根據(jù)電功率的表達式，利用數(shù)學(xué)知識求解功率的最大值。
【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得：
I＝
滑動變阻器R消耗的電功率為：
P＝＝＝
當(dāng)R＝R0+r＝（5+3）Ω＝8Ω時，滑動變阻器R消耗的電功率最大。
電源輸出功率為：
P出＝I2（R0+R）＝＝
因為R0＞r，故當(dāng)R＝0時，最小，電源的輸出功率最大。
故答案為：8 0
【點評】解決本題的關(guān)鍵是運用函數(shù)法求功率的極值，這是求極值問題的常用方法。
17．（4分）為使點電荷q在勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對該電荷施加一個恒力F，如圖所示，若AB＝0.4m，α＝37°，q＝﹣3×10﹣7C，F(xiàn)＝1.5×10﹣4N，A點的電勢φA＝100V（不計電荷的重力），則電荷q由A到B電勢能的變化量為　4.8×10﹣5　J；B點的電勢φB＝　﹣60　V。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【分析】點電荷勻速地從由A運動到B，電場力與外力F二力平衡，可判斷電場力方向，根據(jù)負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，即可確定出場強 的方向，從而畫出電場線。根據(jù)等勢線與電場線垂直，畫出通過A、B兩點的等勢線。由F＝qE求出電場強度E，根據(jù)U＝Ed求出A、B間電勢差，即可求得B點的電勢。由W＝qU求出電場力做功，即可求得電勢能的變化量。
【解答】解：據(jù)題意，點電荷勻速地從由A運動到B，電場力與外力F二力平衡，又根據(jù)負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，則得場強的方向斜向左上方，畫出電場線如圖。根據(jù)等勢線與電場線垂直，畫出通過A、B兩點的等勢線，如圖所示，
由F＝qE代入數(shù)據(jù)得場強E＝500N/C，A、B間的電勢差UAB＝Ecosα，代入數(shù)據(jù)得UAB＝160V，點電荷從由A運動到B，電場力做功W＝qUAB，代入數(shù)據(jù)得W＝﹣4.8×10﹣5J，故點電荷的電勢能增大4.8×10﹣5J，則電荷q由A到B電勢能的變化量為4.8×10﹣5J。根據(jù)UAB＝φA﹣φB，代入數(shù)據(jù)得B點的電勢為φB＝﹣60v。
故答案為：4.8×10﹣5，﹣60

【點評】本題考查電場力和重力作用下的平衡問題，涉及電勢差、電場強度及電勢能等概念及其關(guān)系，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學(xué)思維。
三、綜合題（共40分）注意：第19、20題在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等。
18．（10分）有同學(xué)在做“用DIS研究一定質(zhì)量氣體在溫度不變時，壓強與體積的關(guān)系”實驗時，主要實驗裝置如圖1所示。在某一次實驗中，把氣體的體積和壓強值記錄在表中，并用p﹣圖像處理實驗數(shù)據(jù)。
實驗序號
V（mL）
p（×105Pa）
（mL﹣1）
1
20.0
1.0610
0.050
2
18.0
1.1730
0.056
3
16.0
1.3232
0.063
4
14.0
1.4943
0.071
5
12.0
1.7571
0.083

（1）（多選題）為了減小實驗誤差，在完成本實驗時，需注意　BC　。
（A）實驗時外界大氣壓強不能發(fā)生變化
（B）封閉氣體的注射器密封性良好
（C）不能用手握住注射器的封閉氣體部分
（D）每次調(diào)整好氣體的狀態(tài)后，需立即記錄p、V的數(shù)據(jù)
（2）在本次實驗中，該同學(xué)的實驗操作規(guī)范正確，但如圖2所示的p﹣圖線不過原點。為了查明原因，該同學(xué)決定采用V﹣圖像重新處理數(shù)據(jù)，進一步探究注射器內(nèi)氣體壓強和體積的關(guān)系，重新描繪的圖線如圖3所示，根據(jù)該圖線的截距讀取的體積絕對值最有可能是圖1實驗裝置中　壓強傳感器和注射器連接部分　的氣體體積。所以，表中記錄的氣體體積與真實值相比是　偏小　（選填“一樣大”、“偏大”或“偏小”）。該同學(xué)將這一結(jié)果對表中記錄的原始實驗數(shù)據(jù)進行修正，再重新繪制p﹣圖像，得到的實驗圖線是一條經(jīng)過坐標原點傾斜直線，如圖4所示。
（3）在采取了一系列減小實驗誤差的措施后，又通過多次實驗驗證，該同學(xué)總結(jié)本實驗中注射器內(nèi)氣體的壓強和體積關(guān)系可以表述為：　在誤差允許的范圍內(nèi)，一定質(zhì)量的氣體，在保持氣體溫度不變時，氣體的壓強p與體積V乘積保持不變　。
【分析】（1）根據(jù)實驗要求研究一定質(zhì)量氣體在溫度不變時，壓強與體積的關(guān)系，要求為一定質(zhì)量、溫度不變，可以得到減小誤差的方法。
（2）根據(jù)圖線特點，分析實驗裝置，得到誤差來源。
（3）根據(jù)實驗前提條件和圖像，可以得到壓強和體積的關(guān)系。
【解答】解：（1）A、外界大氣壓強對注射器內(nèi)氣體壓強沒有影響，故A錯誤；
BC、因為研究對象是一定質(zhì)量氣體在溫度不變時的壓強和體積關(guān)系，所以必須保證氣體質(zhì)量不變，不能漏氣，封閉氣體的注射器密封性必須良好，注射器溫度不能變化，故BC正確；
D、每次調(diào)整好氣體的狀態(tài)后，氣體穩(wěn)定后再記錄p、V的數(shù)據(jù)，故D錯誤；
故選BC。
（2）圖線的橫軸截距不為零，說明注射器中沒有氣體時，壓強傳感器有示數(shù)，只能是注射器與壓強傳感器連接的細管中有氣體，所以，圖3記錄的氣體體積與真實值相比偏小。
（3）由圖4可知是定值，即在誤差允許的范圍內(nèi)，一定質(zhì)量的氣體，在保持氣體溫度不變時，氣體的壓強p與體積V乘積保持不變。
答：（1）BC；
（2）壓強傳感器和注射器連接部分，偏小；
（3）在誤差允許的范圍內(nèi)，一定質(zhì)量的氣體，在保持氣體溫度不變時，氣體的壓強p與體積V乘積保持不變。
【點評】本題解題關(guān)鍵明確實驗原理，知道實驗誤差的來源，會減小實驗誤差，一些實際問題要通過實驗去體會。
19．（10分）如圖所示，質(zhì)量為1kg的小物體沿傾角為θ＝37°的足夠長固定斜面向上經(jīng)過A點時速度大小為8m/s，加速度大小為8m/s2，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)不變。求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和物體沿斜面下滑時的加速度大??；
（2）物體從離開A點到最高點損失的機械能；
（3）物體回到A點時重力的瞬時功率。

【分析】（1）應(yīng)用牛頓第二定律求出物體與斜面間的動摩擦因數(shù)，應(yīng)用牛頓第二定律求出物體沿斜面下滑時的加速度大小。
（2）應(yīng)用運動學(xué)公式求出物體向上運動的最大位移，然后求出物體從離開A點到最高點損失的機械能。
（3）應(yīng)用運動學(xué)公式求出物體返回A點時的速度大小，然后根據(jù)功率公式求出重力的瞬時功率。
【解答】解：（1）對物體，由牛頓第二定律得：
物體上滑過程：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
物體下滑過程：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由題意可知：a1＝8m/s2，
代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.25，a2＝4m/s2
（2）物體從A點向上滑動的最大位移：
s＝＝m＝4m
物體向上滑動過程，滑動摩擦力大?。篺＝μmgcosθ＝0.25×10×0.8N＝2N
物體損失的機械能等于物體克服阻力所做的功，則△E損＝Wf＝2×4J＝8J
（3）物體返回A點時的速度大?。海?m/s
重力的瞬時功率：P＝mgvsinθ＝10×4×sin37°W＝24W≈33.9W
答：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)是0.25，物體沿斜面下滑時的加速度大小是4m/s2；
（2）物體從離開A點到最高點損失的機械能是8J；
（3）物體回到A點時重力的瞬時功率是33.9W。
【點評】本題考查了牛頓第二定律與功能關(guān)系的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式與功的計算公式、功能關(guān)系即可解題。
20．（20分）如圖，兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，右端連有阻值為R的電阻。一阻值為r、質(zhì)量為m的金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在寬度為d，磁感應(yīng)強度為B方向豎直向下的勻強磁場。已知金屬桿以速度v0向右進入磁場區(qū)域，在外力作用下做勻變速直線運動。金屬桿運動到磁場區(qū)域右邊界時速度恰好減為零，之后以相同的加速度向左做勻加速直線運動直至從磁場區(qū)域左邊界離開。金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計。求：
（1）金屬桿向左即將離開磁場時的速度大??；
（2）金屬桿運動到磁場正中間時所受安培力的大?。?br /> （3）若金屬桿從開始到磁場右邊界的過程中，金屬桿產(chǎn)生的熱量為Q，則金屬桿從進入磁場到離開磁場左邊界的整個運動過程中外力做功的大??；
（4）金屬桿運動到磁場正中間時所受外力的大小。

【分析】（1）根據(jù)v2＝2ad分析金屬桿向左即將離開磁場時的速度大小；
（2）根據(jù)速度﹣位移關(guān)系求解中間時刻的速度大小，根據(jù)安培力的計算公式求解安培力大??；
（3）由能量守恒定律求解整個運動過程中外力做功等于安培力所做的功；
（4）根據(jù)速度﹣位移關(guān)系求解加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解金屬桿運動到磁場正中間時所受外力的大小。
【解答】解：（1）因為前后兩種情況下的加速度大小相等，根據(jù)v2＝2ad可知金屬桿向左即將離開磁場時的速度大小仍為v0；
（2）根據(jù)速度﹣位移關(guān)系可得：＝2ad，
設(shè)中間時刻的速度大小為v中，則有：v中2＝2a，
解得：v中＝
此時所受安培力大小為：FA＝BIL＝＝
來回經(jīng)過中間位置時安培力大小相同，均為；
（3）金屬桿從開始到磁場右邊界的過程中，金屬桿產(chǎn)生的電熱為Q，
則回路產(chǎn)生的電熱為：Q1＝Q，
由對稱性可知，返回過程回路產(chǎn)生的電熱：Q2＝Q1＝，
則來回的整個過程回路產(chǎn)生的總的電熱Q總＝Q1+Q2＝
電路中產(chǎn)生的熱量等于安培力所做的功，由能量守恒，整個運動過程中外力做功等于安培力所做的功：
W＝Q總＝
（4）由＝2ad可知：a＝
向右經(jīng)過磁場正中間時，由牛頓第二定律：F1+F2＝ma，
則外力：F1＝ma﹣FA＝，
F1的方向向右，大小為，
同理，向左經(jīng)過磁場正中間時，由牛頓第二定律：F2﹣FA＝ma，F(xiàn)2的方向向左。
則外力大小：F2＝。
答：（1）金屬桿向左即將離開磁場時的速度大小為v0；
（2）金屬桿運動到磁場正中間時所受安培力的大??；
（3）金屬桿從進入磁場到離開磁場左邊界的整個運動過程中外力做功的大小為；
（4）金屬桿向右經(jīng)過磁場正中間時，F(xiàn)的方向向右，大小為；向左經(jīng)過磁場正中間時，外力大小為，方向向右。
【點評】對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

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