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D错误。故选:A。运动员从A点水平飞出做平抛运动,根据运动学公式得出下落的高度y与运动的时间的关系,由水平位移公式求解运动的初速度;将平抛运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向的两个直线运动,在垂直于斜面方向做匀减速直线运动,沿斜面方向做匀加速直线运动;牢记平抛运动的结论,。本题考查对平抛运动的掌握,要知道平抛运动的解决方法是将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行分析求解。6.【答案】A【解析】解:A、由动能定理知,粒子由O运动到A时电场力做功为,由A到C电场力做功小于,则粒子运动到C点时动能小于,故A正确。B、从O点到C点,电场力做正功,电势能减小,且A为带正电粒子,电势降低,则O点电势最高,故B错误。C、粒子从O点到A点做加速度逐渐增加的变加速直线运动,从A点到C点做加速度逐渐减小的变加速直线运动,故C错误。D、电场强度越大的地方电场线越密集,则A点附近电场线最密,故D错误。故选:A。电场力做正功,动能增加,电势能减小,因是正电荷则电势降低,动能的变化量等于电势能的变化量,,明确电场力做功与电势能的变化关系,.【答案】B【解析】解:设共需n组复合砖,根据能量守恒定律有将代入解得页,共23页:..组故错误,B正确;故选:B。根据题意结合重力做功的公式分析解答。本题主要是考查能量守恒定律,解答本题的关键是知道放电过程中能量的转化情况,掌握重力做功的计算方法。8.【答案】C【解析】解:设电压为U,电动机内阻为r,由欧姆定律可知,当电动机正常转动,电动机正常转动时将电能转化为机械能的效率联立两式解得,故C正确,ABD错误。故选:C。电动机不转时根据欧姆定律得出内电阻与电压间的关系,再对正常转动的电动机分析,由总功率和热功率求出输出功率,再根据效率公式求出电动机的效率。本题考查电动机的机械效率的计算,要注意题目中没有给出电压,但可以作为中间量代入,列出方程后消除。9.【答案】D【解析】解:第一宇宙速度是最小发射速度、是围绕地球运行最大速度。同步卫星环绕速度一定小于,故A错误;,三颗同步卫星向心加速度大小相等,但方向不同,故B错误;;,则每颗卫星覆盖,可得轨道半径为地球半径的2倍,根据开普勒第三定律可得故D正确。故选:D。第一宇宙速度是最小发射速度、是围绕地球运行最大速度;页,共23页:..向心加速度是矢量;根据万有引力提供向心力,求地球质量;根据开普勒第三定律分析周期。本题考查学生对第一宇宙速度特点、万有引力提供向心力、开普勒第三定律规律的掌握,是一道中等难度题。10.【答案】【解析】解:如图,入射光经棱镜折射后,发生色散现象,故A错误;,光在入射棱镜时的折射角一定等于出射棱镜时的入射角,故不会发生全反射现象,故B错误;,所以蓝光偏折更大,故蓝光出射点更偏上方,故C错误;,出射点的高度差与入射点的位置无关,故D正确。故选:D。入射光经棱镜折射后会发生色散现象;理解全反射的特点,结合题意完成分析。根据光频率的大小得出其偏折的角度,从而得出光线的上下顺序;根据题意画出光路图,从而得出出射点的高度差与入射点的关系。本题主要考查了光的折射定律,理解光的传播特点,结合全反射的相关知识即可完成分析。11.【答案】C【解析】解:泊松亮斑是光波经圆盘衍射形成的现象,故A错误;,故B错误;,增透膜利用了光的薄膜干涉原理,故C正确;,油膜很薄,已经到达了分子直径的级别,相对于可见光的波长可以忽略不计,不可能出现彩色条纹,故D错误。故选:C。根据衍射、折射、干涉知识分析判断。页,共23页:..关键掌握衍射、折射、干涉知识。12.【答案】【解析】解:电子的衍射现象说明运动粒子具有波动性,而不是证明光具有波动性,故A错误;,14亿年后地球上剩下四分之一,故B错误;,放出电子,即射线,故C正确;,故D错误。故选:C。电子的衍射现象说明运动粒子具有波动性;根据半衰期的定义得出元素的剩余质量;理解衰变的本质,结合玻尔理论完成分析。本题主要考查了元素的衰变问题,理解半衰期的定义,掌握衰变的本质即可完成分析。13.【答案】C【解析】解:海浪为平面波,波速恒定,经,前进距离为6m,可见波的传播方向与甲、乙的连线方向有一夹角,如图所示:由上图课知,波的传播方向应该为东南方向,故A错误;,甲、乙在波的传播方向的距离为6m,由题可得,当甲处于最高位置时,乙处于平衡位置且向下运动,且甲、乙之间只有一个波谷,故甲、乙之间的距离与波长的关系为:解得:,故B错误;,波长、波速已知,根据波长、波速、周期的关系式可求周期为:,故C正确;,振幅与驱动力周期有关,即与波的周期有关,故D错误。故选:C。根据题中数据可得,波的传播方向与甲、乙的连线方向有一夹角,通过作图可得波的传播方向;根据题意可得,甲、乙之间的距离与波长的关系,进而可得波长,根据求得的波长,结合题中的波速,可求周期;页,共23页:..浮筒的振动为受迫振动,振幅与驱动力周期有关,即与波的周期有关。解题关键是能够根据题意判断波的传播方向、判断甲、乙之间的距离与波长的关系。难度不大。14.【答案】【解析】解:动圈式扬声器在外界的作用下振动,会带动线圈运动,此时,线圈会切割磁感线运动,从而引起闭合回路的磁通量变化,则会产生感应电流,就会把声音信号变成电信号,故A正确;,则利用光敏电阻可以通过遮光情况实现对流水线上的产品计数,故B正确;,若它的阻值会随温度升高而变小的,称为负温度系数热敏电阻;若它的阻值随温度升高而变大的,称为正温度系数热敏电阻。所以半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高不一定是变大的,故C错误;,故D错误。故选:AB。动圈式扬声器在外界作用下振动,带动线圈运动,引起磁通量变化,产生感应电流,把声音信号变成电信号;利用光敏电阻可以通过遮光情况对流水线上的产品计数;用半导体材料制成的热敏电阻,若它的阻值会随温度升高而变小的,称为负温度系数热敏电阻;若它的阻值随温度升高而变大的,称为正温度系数热敏电阻。所以半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高不一定是变大的;霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。解题关键是正确理解热敏电阻与温度的关系;明白动圈式扬声器、光敏电阻、霍尔元件的工作原理。15.【答案】BD【解析】解:根据爱因斯坦的光电效应方程,,产生的光电子的最大初动能之比为4:1,则有:解得逸出功,则截止极限频率为,故A错误,B正确;,由于阴极和阳极板结构不明确等多种因素,无法计算光电流达到饱和时的正向电压,需要实验来确定,故C错误;,根据功能关系有可得遏止电压页,共23页:..由于所以加上的反向电压,则光电流必为零,故D正确。故选:BD。根据爱因斯坦光电效应方程和功能关系分析计算。本题考查光电效应现象,要求掌握爱因斯坦光电效应方程和功能关系。16.【答案】偏大【解析】解:①由图示刻度尺可知,其分度值为1mm,此时弹簧的实际长度为。②图象斜率代表弹簧的劲度系数,则;①手机闪光频率,则,根据逐差法可解得重力加速度;②A、在摆线上端的悬点处,用夹子夹牢摆线,防止摆线长度变化,故A正确;B、为了减小测量误差,采用累积法,测量多个周期求平均值可以减小误差,故B错误;C、为减小误差,摆球应该质量大体积小,故C正确;D、摆的周期大一些可以方便测量,但是摆角过大,会使摆球的摆动不能看作简谐运动,故D错误;故选:AC。③对圆锥摆,根据牛顿第二定律有,其中解得根据可知T偏小,所以g偏大。故答案为:①,200;①,②AC,③偏大根据刻度尺的分度值读出数据,根据图象斜率解得劲度系数;根据逐差法解得重力加速度;根据单摆实验的实验原理和操作规范分析解答。解决该题的关键是明确实验原理,了解实验的操作规范,知道弹簧弹力与形变量图象的含义,注意单摆周期的计算公式。17.【答案】“”“-接线柱”第16页,共23页:..【解析】解:①导线a端应与电流表的“”接线柱连接,导线b端应与电流表的“-”接线柱连接。②闭合开关后,电流逐渐增大,电压逐渐减小,故B正确、A错误。故选:B。③作出电路图以及关系图像如图所示,根据图像可知电池组的电动势:内阻为斜率的绝对值为内电阻,即为:当分压式的滑动变阻器输出电流为零时,其输出电压与电阻成正比,即与长度成正比。当电流计G的电流为0,两次关系分别为:,而故得故答案为:①;“-接线柱”;②B;③;;。①电流从正接线柱流入,从负接线柱流出;②闭合开关后,电流逐渐增大;③作出电路图以及关系图像如图所示,根据图像求解电池组的电动势和内电阻;当分压式的滑动变阻器输出电流为零时,其输出电压与电阻成正比,根据闭合电路欧姆定律进行解答。对于实验题,要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题,一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展,延伸,所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。18.【答案】解:设放出水银后封闭气体压强为,对封闭气体由查理定律有代入数据解得第17页,共23页:..代入数据解得则放出水银后,左管水银面高出右管水银面的高度为则放出的水银对应的水银柱长度为缓慢升高左管内封闭气体的温度,左管的水银面再下降高度为则左管水银面高出右管水银面的高度为稳定后,左管气体压强为对应空气柱长度为由理想气体状态方程有代入数据解得左管气体温度升高,;左管气体对外做功,;由热力学第一定律可知,。答:放出的水银对应的水银柱长度为25cm;关闭阀门S后,若缓慢升高左管内封闭气体的温度,使左管的水银面再下降5cm,此时左管内气体的热力学温度为420K;在问的过程中,测得左管气体的内能增加为,左管气体从外部吸收的热量为Q,则。【解析】由题意,可求出放出水银后气柱的长度,对封闭气体由查理定律可列方程求出气柱的压强,进而求出两管水银面高度差,再由几何关系可求。根据几何关系,求出气体升温后,两管水银面高度差,进而求出稳定后气柱的压强,再列理想气体状态方程可求。左管气体温度升高,;左管气体体积增大、对外做功,;由热力学第一定律可求。本题主要考查理想气体状态方程应用、热力学第一定律等知识,要掌握两管中同一水银面处压强第18页,共23页:..相等,要注意分析几何关系。19.【答案】在点由牛顿第二定律有:代入数据,可得由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力,方向竖直向上;由几何关系可知从A点到C由能量守恒可得:代入数据,可得;设滑块P在D点碰前的速度为,碰后的速度为,滑块Q碰后的速度为两滑块碰撞过程动量守恒,取向右为正方向,则有:由能量守恒可得:两式联立,可得,①当滑块P恰好过点不脱离轨道,则有:代入数据,解得点的速度,点的速度v最小,则D点的速度最小从C点到D点利用动能定理:代入数据可得可得滑块Q碰后的速度的最小值②滑块P碰后恰好返回到C点,可知滑块P碰后的速度最大时,则最大,最大从D点运动到C点,利用动能定理:代入数据,可得的大小,则可得滑块Q碰后的速度的最大值滑块Q离开D点做平抛运动,则有:代入数据,可得由可得x的最小值,最大值所以。答:该次游戏滑块P经过圆弧轨道时对轨道的压力F为,方向:竖直向上;该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能为;第19页,共23页:..更改不同的弹簧压缩程度,在游戏成功的条件下,求滑块Q的落地点距D点的水平距离x的范围为。【解析】在点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律可得滑块P对轨道的压力大小和方向;从A点到C点弹簧弹性势能减少,滑块重力势能增加,摩擦产生的热量增加,滑块动能增加,根据增加能量等于减少的能量可得弹簧弹性势能的大小;两滑块碰撞过程,动量守恒、能量守恒,可得两滑块碰后速度大小与碰前速度的