テ1.2m/s=50知该波的周期T=1.2s,所以该波的波速0=会=20m/s,C项正确：质点振动的圆频率ω一宁-受，振幅为2cm,P点与Q点的相位差为合，故Q点的振动方程为y一Asin(wt+co)cm-2sin(受：-君)cm,D项正确。611.(1)D(2分)(2)2to(2分)π21to?(2分)【解析】(1)摆长等于悬挂点到小球球心的距离，D项正确。(2)一个振动周期内，小球应该经过最低点两次，使光敏电阻的阻值发生变化，故单摆的振动周期T=+24-2%根据单摆周期公式T=2√，解得ggto2。12.(1)C(2分)(2)D(2分)sin-0/sin-02(3)1Nsin03-m cos 02+m2 cos 03(3分)cos 0sin20sin202sin20s(4)cos 01cos 02cos 03(2分)【解析】(I)为防止a、b两球碰撞后入射球反弹，入射球α的质量应大于被碰球b的质量；为使两球发生对心正碰，两球的半径应相等，故C项正确。(2)(3)只要小球α每次都从S点由静止释放，就可以保证小球每次到达斜槽轨道末端的速度相等，故不必测量h;小球α离开轨道后做抛运动，设O点和小球落点的连线与竖直方向的夹角为O,小球做抛运动的初速度为v,则水方向有x=Rsin 0-=t,竖直方向有y=Rcos 0=18,解得u-√3sim),则0角越大，小球做抛运动的初速度u越大，故P点2cos 0是碰撞前a球的落点，M点是碰撞后a球的落点，V点是碰撞后b球的落点。碰撞前a球的速度o=gRsin201gRsin2022cos 01,碰撞后a球的速度w1-√2cos0,碰撞后b球的速度2=gRsin203/sin20/sin2022cos 03根据动量守恒定律有=m十2，整理得m cos9=m1cos 02sin-03+m2 cos 03,故R和g不需要测量或知道。(4)若a、b两球发生的是弹性碰撞，则α、b两球碰撞前后的机械能不变，即满足表达式2m62=1之22，整理可得msin=mcos 0sin20十zcos 02会联立动量守恒和机械能守恒的表达式可得/sin20sin 02/sin 03cos 0 cos 02 cos 03·53·【23·G3DY(新教材老高考)·物理·参考答案一R一必考一N】

度方向与地磁场方向垂直，回路中的感应电动势最大，C项正确；由分析，“绳”竖直向下运动或竖直向上运动时，感应电流的方向相反，灵敏电流计指针偏转的方向亦相反，D项错误。12.(1)A(2分)(2)E(2分)如图所示(2分)R(3)100(3分)【解析】(1)当红表笔接A端、黑表笔接B端时，指针几乎不偏转，说明二极管内阻很大，由于欧姆表内置电源正极与黑表笔相连、负极与红表笔相连，可知A端是二极管正极。(2)描绘二极管的伏安特性曲线，其电压与电流的测量范围比较大，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，应该选择小量程的滑动变阻器R,,电压表量程只有3V,所以不能单独使用，可以串联一个定值电阻改装成更大量程的电压表使用，则实验电路如图所示。(3)由题图丙所示的二极管的伏安特性曲线可以查出，当二极管两端电压为3V时，通过二3极管的电流为30mA,则二极管的电阻R=30X10Q=100Q。13.解：(1)当导体棒AB的速度v=2.5m/s时，感应电动势E=BLv=0.25V(2分)闭合电路欧姆定律可得U=R上，R=0.2V。(2分(2)当导体棒AB最终匀速下落时速度最大，重力与安培力衡则有F安=mg(2分)根据安培力的计算公式可得F安=BL如R+r（2分)联立解得m=10m/s。（2分)14.解：(1)在0~0.2s内，线圈中的感应电动势E=n△Φ=n(2分)△tE根据闭合电路欧姆定律有I一R干(1分)导体棒ab处于静止状态有B2IL=mngsin0(1分)联立解得B2=0.6T。(1分)(2)由题图乙可知，0.2s后B1不变，导体棒αb沿斜面向下滑动，当导体所受的合力为零时有最大速度，即B2I'L=ngsin0(1分)根据法拉第电磁感应定律有E=B2Lv(2分).(1分)根据闭合电路欧姆定律有I了=R十，联立解得w=21m/s。(1分)15.解：(1)0~2时间内，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流(1分)0~时间内，感应电对势E合S2华.誉=，84T(2分)·74·【23·G3DY(新教材老高考)·物理·参考答案一R一必考一Y】

(4)产生这种现象主要有两个原因：①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水，因此油膜的面积先扩张后又收缩；②酒精油酸溶液中的酒精先溶于水然后很快挥发，使液面收缩。V=M(3分)13.解：(1)金原子的体积V,=NN又因为V。=合D(2分)解得金原子的直径D=36MπpNA°(3分)(②》在面积为S的材料表面上共镀有金原子的数日V得N,-学N。(3分)14.解：一个油酸分子的体积V=MONA(3分)36M由球的体积公式得油酸分子直径D√元N(3分)油膜最大面积S=1X108mD(3分)解得S=10m。(3分)》15.解：1)设氨气物质的量为，则有n器(3分)该气囊中氨气分子总数N=N=,-25X78210二×6X10个≈4x10个，4分)0.028(2)每个氨气分了所占的空间V。弋(3分)设分子间的均距离为d,每个氮气分子占有的空间可以看成是棱长为d的立方体，则有V。=d3(3分)该气囊中氮气分子间的均距离d得-mX1m8分》·93·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】

第十六单元电磁感应1.B【解析】手机无线充电依靠输出端与输入端的两个线圈的“电生磁，磁生电”达到能量传递的目的，即应用了电磁感应，故B项正确。2.C【解析】当通电线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时，根据楞次定律可知，接收线圈中产生顺时针方向的感应电流，A项错误；无金属片通过时，通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则通电线圈中的磁通量均匀减小，所以穿过接收线圈中的磁通量均匀减小，磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，B项错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，但是电流的方向不会发生变化，C项正确、D项错误。3.A【解析】由于等腰梯形闭合线圈匀速穿过磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，在线圈进入磁场区域时有效切割长度先增大，中途不变，最后减小，故产生的感应电流先增大，中途不变，最后减小，从磁场区域出来的过程中，有效切割长度也是先增大，中途不变，最后减小，产生的感应电流先增大，中途不变，最后减小。由右手定则可知，线圈进入磁场区域的过程中产生的感应电流方向为逆时针方向，从磁场区域出来的过程中产生的感应电流方向为顺时针方向，故A项正确。4.C【解析】由于磁场均匀变化，感应电动势恒定，理想电容器相当于断路，回路中没有感应电流，A项错误；根据楞次定律，电容器上极板的电势较高，所以电容器上极板带正电，B项错误；感应电动势U=9-Bs=0.012V,电容器所带电荷量g=CU=7,2X107C,C项正确：电△t△t容器极板间的电场强度E-号=0.12V/m,D项错误。5.B【解析开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生的自感电动势阻碍电流增大，通过c灯的电流逐渐增大，所以a、b先亮，c后亮，A项错误；电路稳定时，通过α灯的电流最大，则a灯最亮，由于线圈L的电阻不计，故通过c灯的电流等于通过b灯的电流，故b、c两盏灯一样亮，B项正确；电路稳定后断开开关S时，线圈L和b、c两盏灯组成的回路中有电流，导致b、c两盏灯一起缓慢熄灭，而无电流通过α灯，a灯立即熄灭，因为稳定时通过c灯的电流等于通过b灯的电流，所以断开开关时，b灯不会出现闪亮，C、D项错误。6.B【解析】磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律得知αb中的感应电流方由a到b,A项错误；根据法拉第电磁感应定律得E=·△S=。,金属棒ab中的△t电流I是在，时刻有mg=B,1以，联立解得以B,B项止确时刻前摩擦力为静摩mgRto·77·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】

电压表V1(量程03V,内阻很大)：电压表V2(量程015V,内阻很大)：电源E（电动势约为3V,内阻约为0.2Ω)定值电阻R(152,允许最大电流1.0A):滑动变阻器R,(0~102,允许最大电流2.0A);滑动变阻器R2(0~1kΩ，允许最大电流0.5A);单刀单掷开关S一个，导线若干。①电流表应选滑动变阻器应选；（填器材的符号)》②请在线框内画出测量电阻x的实验电路图：（要求所测量范围尽可能大)③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I,则计算待测电阻阻值的表达式为Rx=21(8分)用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10-3kg,所带电荷量为2.0×10-8C。现加水向右的匀30强电场，衡时绝缘绳与竖直方向夹角为30°。求(1)小球带电的性质。(2)小球受到的电场力大小(3)匀强电场的电场强度大小。22(10分)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将医疗物品送至用户家中，如图，在无人机的作用下，物品在水地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后做匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=8s,然后再经匀减速直线运动t3=6s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=96m。求：(1)物品运动过程中的最大速率；(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小。23(12分)如图所示，物体B与固定挡板A之间有一根被压缩锁定的轻弹簧，静止在固定的光滑水轨道ab上，bc为半径为R=0.1m的半圆形光滑轨道，长为L=0.4m的传送带顺时针转动速度为v=√2m/s,忽略传送带的d端与轨道C点之间的缝隙宽度，物体与传送带之间的动摩擦因数4=0.5。已知物体B可以看成质点，质量为m=1kg,重力加速度g取10m/s2。求：(1)解除弹簧锁定后，物体B获得多大速度，才能刚好通过圆轨道的C点；高二物理学科试题第5页共6页

RB,两个小球相互吸引。根据此现象荷，其理由是(选填“能”或“不能”)判断小球B带负电第17题图A第18题图8,取一个橙子从中间切开，把金属片A、B分别插入其中，就制成了一个水果电池。将个调好的电压表的两接线柱接在水果电池的金阔片入B时的情经如所示杀料后会特由图可知，(选填“A”或“B”)金属片是水果电池的正极，其理由是22.19.阅读短文，回答问题。太阳能路灯是如因甲所示，这是道路两边的太阳能路灯，由太阳能电池板，控制器，24V的蓄电地组，LED发光二极管、灯杆及灯具外壳组成。其结构示意图如图乙所示，工作时能的量流程图如图丙所示。该灯杆顶端是太阳能电池板，白天光线强时，太阳能电池板为蓄电池充电，夜晚光线弱时，蓄电池为LED发光二极管供电照明。LD灯太阳能电池板太阳能电池板23.LED灯杆太阳能电池板可充电蓄电池LED灯头电池铅酸蓄电池乙丙ID发光二极管的工作电压约为2V,具有耗能少、寿命长、稳定性高、响应时间短、验对环境无污来，多色发光等优点。LED灯与普通的白炽灯发光原理不同，是把电能直接转化为无能，因而其发光效率较高，是新一代固体冷光源：将逐步取代传统光源。温(1)LED灯主要由(选填“导体”、“半导体”或“超导体"”)材料制成。度(2)该太阳能路灯中应将个LED发光二极管(选填“串联”或“并联才能使每个ED发光二极管两端的电压为2(③)》如两新示从能量流程图①、②中任选取一个，说明其过程中的能量转化情况。0.感恩父母是我们中华民族的传统美德。如图所示，在这温馨画面里，我们发现用干燥的塑料子梳头发时，头发越梳越蓬松。请你用所学的物理知识解释其原因。小建】省202~2a23学年路评估B)·物理弟”（共6页）】【R一PGZX E SHX(二】

(2)静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差，B项正确。(③)甲图中的手水向东移动时，板间距离d增大，根据C一品可知电容诚小，而电容器所带电荷量不变，由电容的定义式C一号，知板间电压增大，所以静电计指针的张角变大，5项错误、A项正确：当于竖直上移时，两极板正对面积减小：根据C一心，可知电容减小，而电容器所带电荷量不变，由电容的定义式C一号，知板间电压增大，所以静电计指针的张角变大，C项错误：当向两板间插入陶瓷片时，介电常数变大，根据C品a可知电容变大，而电容器所带电荷量不变，由电容的定义式C号，知板间电压减小，所以静电计指针的张角变小，D项错误。12.(1)2.80(3分)2.0(2分)(2)先增大后减小(2分)减小(2分)【解析】(1)电压传感器测量的是路端电压U,根据闭合电路欧姆定律有U=E一Ir,那么U一1直线的纵截距就是电动势，E=2.30V,图线斜率的绝对值就是内阻，r=2.80-1.400=0.72.02。(2)写出电阻R上功率的表达式P=IR=R千，RR+4E2一，显然当R=r=22时，RR上的功率有极大值P.-器，那么随者R从10Q遥渐减小到0时，R上的功率P先增大后诚小：电源的效率)可言R干”1+发,U亚_·=R=1,随着R的减小，电源效率也是逐渐减小。13.解：1)对刚好不能到达A板的粒子，由动能定理可知9U=2,2(1分)闭合电路欧姆定律可知U=2千，·E号(1分)2gE解得=√3m(2分)(2)设初速度方向与B板成α角的粒子落到B板上的位置距粒子源最远，轨迹如图所示设粒子在垂直B板方向上减速到零的时间为t,则垂直B板方向有vosin a=at(1分)粒子自射出至击中B板的过程中，沿B板方向运动的距离L=do cos aX2t(1分)又a=9U(1分)mdE·74·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】

7.D【解析】本题考查波的叠加。据题图可知两波波长不等，故频率不同，A项错误；根据题意，甲波向右传播，起振方向向下，乙波向左传播，起振方向向上，B项错误；波速为4/s,根据波的独立传播可知，经过0.75s,x=4处的质点对于甲波是波谷位置，对于乙波却不是波峰位置，故两波叠加后该质点在衡位置下方，C项错误；经过1.125s,衡位置在x=4.5m处的质点对于两波来说，均是衡位置传播到此处，故此时在x=4.5处的质点处于衡位置，D项正确。8.ABD【解析】本题考查波的传播。从题图可看出波长入=20m,由题意可知波的周期T=子0.5s,故波速0=六=40m/s,A项正确：1=0时刻波刚好传至x=30m处，该处质点的起振方向向上，故波源S开始振动的方向向上，B项正确；右边最前面的波谷传到x=100m处所需时间△=公s-10015=2.1255,C项错误；由于75m=3以十星A,85m=4以十入，因此40两质点均振动后，两质点运动的方向总相反，D项正确。9.BC【解析】本题考查机械能守恒及圆周运动。设小球通过A、B、C三点时的速度大小分别为vA、a,由于小球恰好能通过C点，根据重力提供向心力有mg=m,得=√gr;根据机械能守恒有2mc2+2mgr=号211mwa2,2me2十mgr=2mB2,解得A=√5gr,g=√3gr,故小球通过A,C两点的动能之比-，-号，A项错误、B项正确：小球通过A点时有NAmg=m,小球通过B点时有NB=mrB,解得NA=6mg,NB=3mg,根据牛顿第三定律可知，C项正确、D项错误。10.AD【解析】本题考查振动图像和波的图像。由题图甲可知波长λ=4，由题图乙可知周期T=0.2s,故波速=子=20m/s,A项正确：由题图乙可知质点P此时向下振动，结合题图甲知波沿x轴正方向传播，B项错误；波在传播过程中，质点只在衡位置附近振动，不会随波迁移，C项错误：由于0.25s=T,放P点到达波谷位置，Q点在衡位置上方沿正方向运动，所以质点Q的加速度小于质点P的加速度，D项正确。11.(1)BD(2分)(2)m1·OP=1·OM+m2·ON(2分)3·46·【23·G3DY(新高考)·物理·参考答案一R一必考一HEB】

。拨到6，原线图的亚数减小，输人电压不变，根据品，一-先可知别线圈的输出电压增大，即电压表的示数增大，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流。增大，根据一可知原线圈的输入电流I1增大，即电流表的示数将增大，故A、B项错误；只将滑动变阻器R的滑片向上端移动，负载电阻增大，因副线圈的输出电压U2不变，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流,减小，根据号-可知原线图的输人电流1减小，即电流表的示数将减小6，d两端的输人功率P人=IU1将减小，故C项正确、D项错误。7.AD【解析】本题考查用电安全问题，着重考查学生的分析综合能力。乙线圈由两条电线采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A项正确、B项错误；若电工带电作业，一只手接触火线，另一只手接触零线时，因流过火线与流过零线的电流相等，甲线圈两端没有电压，脱扣开关保持接通，C项错误；若电工带电作业，一只手接触火线，脚着地时，因流过火线与流过零线的电流不相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，D项正确。8.CD【解析】本题考查理想变压器及电动机电路问题，着重考查学生的理解及知识应用能力。根据u=220√2sin100πtV知，原线圈两端的电压有效值U1=220V,副线圈两端的电压U2=44V,则变压器原、副线圈的匝数之比n1:2=U1：U2=5：1,故A项错误；电动机恰好能正常工作，理想变压器的输出功率为220W,输入功率为220W,由P=UI得I1=1A,即电流表的示数为1A,故B项错误；该电动机正常工作时的输出功率P出=U2I2一I22r=44×5W一52×2W=170W,故C项正确；若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的发热功率p'--号W=968W故D项正确9.AC【解析】本题考查高铁供电系统中的变压器问题。若电网的电压为220kV,根据变压器变压律知，”=兰=8，A项正确；同理可知B项错误；若高铁机车功率为9600kW,电压25kV,则流经导线的电流1号，由R&学，联立可得R=-6.5n,C项正确：因高铁机车不是纯电阻电路，不能根据R号求机车电阻，D项错误。10.AD【解析】本题考查法拉第电磁感应定律，着重考查学生的知识应用能力。由法拉第电磁感应定律.有：=，A项正确：两板间河水的电阻0号由闭合电路欧姆定律.有1R干，·77【23·G3DY(新教材老高考)·物理·参考答案一R一必考一Y】

15.解：(1)在速度选择器内，}H要想到达P点，应有洛伦兹力与电场力衡B。q=qE(2分)解得0長。(2分)(2②1H原子核在隧场片，中，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，有B四一m:(2分)第得一90分P点到胶片上亮点的距离x=2r(1分)解得x2mEeBoB(2分)(3)由(2)中公式可知H打在胶片上的位置距P点的距离c'=4mEeBoB(1分)H打在胶片上的位置距P点的距离x”=6mEeBoB(1分)16.解：1)在第偶数个内，小球在空中做匀速圆周运动，此时重力与电场力衡，有mg=Eoq（1分)解得E。=mg(1分)02依题意可知，Boqu=m(2分)小球在空中做匀速圆周运动的周期牙2延(1分)解得B,=49T。(1分)(2)在第奇数个号内，小球沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有(mg十qE)sin0=ma(2分)面方向，第(2m-1)号(n=1,2,3,…)末，小球的Tun=a·n（1分)位移y=a(n)(1分y如图所示，在第(2n一1》号-2号(a=1,2.8)时间内做网周运动时小球在x销方向的坐标x=rn(1分)而Boqu.=m12(1分)rn解得y=4rx(1分)gTsin 0在·66【23·G3DY(新教材老高考)·物理·参考答案一R一必考一Y】