2019届河南省高考模拟试题精编(十六)物理（解析版）

2019届河南省高考模拟试题精编(十六)物理（解析版）
(考试用时：60分钟　试卷满分：110分)
第Ⅰ卷(选择题　共48分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
14．下列说法中不正确的是(　　)
A．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E＝，电容C＝，加速度a＝，都是采用比值法定义的
B．如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷，静电力就要做功．这里用的逻辑方法是假设法
C．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加．这里采用了微元法
D．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法
15．如图所示，一个带电荷量为q，质量为m的小球，以某一初速度在匀强电场中从O点竖直向上抛出，电场方向与水平方向成45°角，小球的运动轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　)
A．小球初速度的大小为
B．电场强度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
16．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10 μF且电容器不会被击穿．当原线圈两端接如图乙所示的正弦交变电压时，下列说法中正确的是(　　)

A．灯泡L1一定比L2暗
B．电容器C放电周期为2×10－2 s
C．副线圈两端的电压有效值为12 V
D．电容器C所带电荷量为1.2×10－4 C
17．如图所示，丘陵地带输电线路的电线杆常常要拖着电线翻山越岭，图中A、C为一根输电线的两端，B为输电线的最低点．设输电线为粗细均匀的匀质导线．由于导线自身的重力的作用可能使导线在某点断开，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线内部拉力处处相等，所以任意处断裂都有可能
B．最易断裂点在B点
C．最易断裂点在C点
D．最易断裂点在A点
18．2016年11月17日12时41分，我国航天员景海鹏、陈冬踏上返回之旅．他们在天宫二号空间实验室已工作生活了30天．创造了中国航天员太空驻留时间的新纪录．假设未来的某一天我国宇航员登上某一星球，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的(　　)
A．2倍　　　　　　　　　 B．4倍
C．8倍 D．16倍
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分．)
19．科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而变大，随所处空间磁场的减弱而变小．如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则(　　)
A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向上运动
C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变小
D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动
20．如图所示，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一个质量为m的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是(　　)

A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大
21．如图所示，S处有一粒子源，可向纸面内任意方向不断地均匀发射质量为m＝6.4×10－27 kg，带电荷量q＝＋3.2×10－19 C，速度大小v＝1.0×106 m/s的带电粒子，有一垂直纸面的感光板，其在纸面内的长度为0.4 m，中点O与S连线垂直板，OS距离为0.2 m，板下表面和上表面被粒子击中会把粒子吸收，整个平面充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B＝0.1 T，不考虑粒子间的相互作用，则(　　)
A．粒子打板前均顺时针做匀速圆周运动
B．所有粒子都可以打到板上
C．所有打中板的粒子中的最长运动时间为
D．稳定后某时刻，击中上、下板面粒子之比为1∶1
选 择 题 答 题 栏
题号
14
15
16
17
答案




题号
18
19
20
21
答案




第Ⅱ卷(非选择题　共62分)
本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
22．(6分)某课外活动小组利用竖直上抛运动来验证机械能守恒定律：

(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为________ cm.用如图乙所示的弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝________m/s(保留两位有效数字)．
(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较2gh与________是否相等就可以验证机械能是否守恒(用题目中涉及的物理量符号来表示)．
(3)通过多次的实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值相差越大，试分析实验中产生误差的主要原因：_______________.
23．(9分)某实验小组尝试测量一段电阻丝的电阻率．可供选择的器材有：
A．电池组E(电动势为3.0 V，内阻约5 Ω)；
B．电压表V(量程为0～3 V，内阻约15 kΩ)；
C．电阻箱R(0～999.9 Ω)；
D．开关、导线若干．

完成下列填空：
(1)把电阻丝拉直后用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图甲所示，其读数为d＝________ mm.
(2)将电阻丝两端固定在有刻度尺的接线板两端的接线柱上，在被固定的电阻丝上夹一个与接线柱c相连的小金属夹P.实验要求将a、c端接入电路，且将小金属夹P右移、电阻箱的阻值减小时，接入电路的电压表读数保持不变，如图乙所示，请用笔画线代替导线在图丙中完成电路的连接．
(3)图乙中电压表读数为U＝________ V.
(4)改变金属夹P与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电压表读数保持不变，如图乙所示．重复多次，记录每一次电阻箱的阻值R和接入电路的电阻丝长度L，数据如表格所示．断开开关，整理实验器材．请在图丁中描点，并作出R－L图象.
R/Ω
21.0
17.0
13.0
9.0
L/cm
20.00
40.00
60.00
80.00
(5)根据R－L图象和已知数据，可求出该电阻丝的电阻率为________ Ω·m.(计算结果保留两位有效数字)
24．(12分)如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：

(1)滑块的质量；
(2)滑块在斜面体倾斜部分BC运动时，其所受的合外力的冲量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．





25．(20分)如图甲所示，两根相距为L＝1 m的足够长金属导轨固定于倾角为θ＝37°的斜面上，导轨电阻不计，一根质量为m＝1 kg、长为L＝1 m、电阻为0.3 Ω的金属棒两端放于导轨上，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒与导轨的接触电阻不计，导轨下端连有阻值为0.2 Ω的电阻和传感器，传感器与计算机相连，且其电阻忽略不计．斜面上分布着宽度为a＝2 m、间距为b＝1 m的2 017个方向垂直于斜面向下的匀强磁场区域．金属棒初始位于OO′处，与第1个磁场区域相距2a，金属棒由静止开始释放，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)为使金属棒均能匀速通过每个匀强磁场区域，求第1个磁场区域的磁感应强度大小B1，以及第2 017个磁场区域的磁感应强度大小B2 017；(结果可含根式)
(2)若让整个斜面空间存在如图乙所示垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T，让金属棒从初始位置OO′处由静止释放，结果由计算机记录得出在t0＝2 s时间内通过下端电阻的电荷量为q＝3 C，则在t0时间内导轨下端电阻产生的焦耳热为多少？










请考生在第33、34两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
33．(15分)【物理——选修3－3】
(1)(5分)下列说法正确的是________．(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分．)
A．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零
B．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
C．一定质量理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小
(2)(10分)如图所示，长为L、底面直径为D的薄壁容器内壁光滑，右端中心处开有直径为的圆孔．质量为m的某种理想气体被一个质量与厚度均不计的可自由移动的活塞封闭在容器内，开始时气体温度为27 ℃，活塞与容器底距离为L.现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p0，绝对零度为－273 ℃，求气体温度为207 ℃时的压强．











34．(15分)【物理——选修3－4】
(1)(5分)振源S在O点做沿竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图所示(向左传播的简谐横波图中未画出)．由此可得该波传播的速度大小为________ m/s；x＝20 m处的质点第一次到达波谷的时间t＝________ s.

(2)(10分)如图所示，横截面为正方形ABCD的玻璃砖边长为20 cm，玻璃砖的AD面为镀银后形成的平面镜．现让一束单色光从玻璃砖AB边的中点O处入射，入射方向与AB边成α＝30°角，光线经平面镜反射后从CD边的P点射出，出射方向与CD边的夹角恰好也为α＝30°，且PD＝5 cm.求：

①该玻璃砖的折射率n；
②该单色光在玻璃砖中的传播时间t.
(光在真空中传播的速度为c＝3.0×108 m/s，结果均保留三位有效数字)


高考物理模拟试题精编(十六)
14．解析：选A.场强E＝，电容C＝是采用比值法定义的，而a＝是加速度的决定式，a与F成正比，与m成反比，不符合比值法定义的共性，所以A选项错误．
15．解析：选C.小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向qEsin 45°＝mg，所以电场强度的大小为E＝，B选项错误．小球受到的合力F合＝qEcos 45°＝mg＝ma，所以合加速度大小a＝g，由平抛运动规律有＝v0t，＝gt2得到小球初速度的大小为 ，A选项错误．由＝v0t，＝gt2，又＝，小球通过点P时的动能为mv2＝m(v＋v)＝，C选项正确．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于克服电场力做的功，即ΔE＝W＝＝，D选项错误．
16．解析：选C.原线圈有正弦交流电，则副线圈中也有正弦式交流电．由于L1与电阻串联，而L2与电感器串联，灯泡L1与L2谁亮谁暗，取决于电感和电阻谁的阻碍作用大，本题未给条件无法判断，A选项错误．电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，B选项错误．由图乙可知，原线圈的电压的最大值为36 V，由于原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，所以副线圈的电压有效值为12 V，C选项正确．二极管具有单向导电性，且恒定直流电不能通过电容器，此处电流是变化的，所以能通过电容器，根据Q＝CU＝(10×10－6×12 ) C＝1.2×10－4 C，D选项错误．
17．解析：选C.以AC间电线为研究对象，作出力的示意图如图所示．
由题可知，∠α＞∠β，根据平行四边形定则可知FC＞FA，即C点对电线的拉力大于A点对电线的拉力，则C点比A点更容易被拉断，故选C.
18．解析：选C.由GM＝gR2和M＝ρ·πR3可知，在两星球密度相当时，星球质量M∝g3.故该星球质量大约是地球质量的23倍(8倍)，正确选项为C.
19．解析：选AB.只调节电阻R，当P1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱，从而导致了磁敏电阻的阻值减小，通过电阻R1的电流增大，其消耗的电功率变大；电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，A、B选项正确．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变；电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C、D选项错误．
20．解析：选BD.根据牛顿第二定律得，木块m的加速度a1＝＝－μg，M的加速度a2＝，又L＝a1t2－a2t2，得t＝ .若仅增大木板的质量M，则m的加速度不变，M的加速度减小，时间t减小，A选项错误．若仅增大木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，时间t变大，B选项正确．若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，时间t变小，C选项错误．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，时间t变大，D选项正确．
21．解析：选AD.根据左手定则可判断出带电粒子打板前均顺时针做匀速圆周运动，选项A正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝＝0.2 m，刚好等于OS距离0.2 m，由答图可知向左发射的粒子打不到板上，选项B错误；如答图所示，向右上发射的粒子能打到板上且运动时间大于＝×＝，选项C错误；由答图可知偏左方向射出的粒子打不到板上，偏右方向射出的粒子打在板上，稳定后某时刻，击中上、下板面粒子之比为1∶1，选项D正确．
22．解析：(1)小球的直径为d＝10 mm＋0.05×4 mm＝10.20 mm＝1.020 cm；vA＝＝ m/s＝4.0 m/s.
(2)分析实验逆过程，即小球从B到A的运动情况，若动能的增加量和重力势能的减少量相等，则机械能守恒，重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为mv－mv，则比较2gh和v－v是否相等，就可以验证机械能是否守恒．
(3)由于受到空气阻力作用，小球通过光电门A的时间越短，速度越大，克服空气阻力做功越多．
答案：(1)1.020(1分)　4.0(2分)
(2)v－v(2分)
(3)速度越大，小球克服阻力做功越多(1分)
23．解析：(1)螺旋测微器的读数要估读到0.001 mm，读数为0 mm＋40.0×0.01 mm＝0.400 mm.
(2)实验要求a、c接入电路，且P右移、电阻箱阻值减小时，电压表读数保持不变，则电阻箱和电阻丝应该串联，电压表测量两者的电压和．
(3)电压表估读到0.01 V，故电压表读数为2.50 V.
(5)由作出的R－L图象可知，|k|＝20 Ω/m，由电阻定律可知|ΔR|＝|ΔL|·，||＝|k|＝，代入题给数据得ρ＝S|k|＝π×(0.2×10－3)2×20 Ω·m＝2.5×10－6 Ω·m.
答案：(1)0.400(2分)　(2)如图1所示(3分)
(3)2.50(1分)　(4)如图2所示(1分)　(5)2.5×10－6(2分)

24．解析：(1)由受力分析可得，斜面体对传感器的压力为F1＝mgcos θsin θ(1分)
其中由图象可知F1＝9.6 N(1分)
解得m＝2 kg(1分)
(2)当滑块在斜面BC上时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ＝ma1(1分)
解得a1＝6 m/s2(1分)
根据图象可知，滑块在斜面上运动的时间为t1＝1 s，
则vB＝a1t1＝6 m/s(1分)
根据动量定理可知，滑块在斜面体倾斜部分BC运动时所受合外力的冲量等于该过程中滑块动量的变化量，则
IBC＝mvB－mvC＝2 kg×6 m/s－0＝12 N·s(1分)
(3)由图象可知Ff＝4 N，t2＝2 s，则对滑块分析，由牛顿第二定律有Ff＝ma2(1分)
解得a2＝2 m/s2(1分)
滑块在AB表面上滑行的距离为
x2＝vt2－a2t(1分)
解得x2＝8 m(1分)
滑块克服摩擦力做的功为Wf＝Ffx2＝32 J(1分)
答案：(1)2 kg　(2)12 N·s　(3)32 J
25．解析：(1)设金属棒到达第1个磁场区域时的速度大小为v1，由运动学公式可知
v＝2g(sin θ－μcos θ)×2a(2分)
因为匀速进入第1磁场区域，所以有
＋μmgcos θ＝mgsin θ(2分)
代入数据联立解得B1＝0.5 T(1分)
因为金属棒每次都是匀速通过磁场区域的，所以根据运动学公式可知，进入第2个磁场区域时，令金属棒的速度为v2，则v＝2g(sin θ－μcos θ)(2a＋b)(1分)
进入第3个磁场区域时，令金属棒的速度为v3，则v＝2g(sin θ－μcos θ)(2a＋2b)(1分)
同理，进入第2 017个磁场区域时，令金属棒的速度为v2 017，则v＝2g(sin θ－μcos θ)(2a＋2 016b)(1分)
解得v2 017＝4 m/s(1分)
再由匀速通过磁场区域可知
＋μmgcos θ＝mgsin θ(2分)
解得B2 017＝ (1分)
(2)对金属棒由牛顿第二定律知
mgsin θ－μmgcos θ－BiL＝m(1分)
则有∑mgsin θ·Δti－∑μmgcos θ·Δti－∑BiL·Δti＝∑mΔvi(1分)
又∑Δti＝t0，∑BiL·Δti＝BqL，∑mΔvi＝mv
可得v＝1 m/s
根据法拉第电磁感应定律有＝(1分)
由闭合电路欧姆定律知＝(1分)
ΔΦ＝BLx(1分)
q＝Δt
联立可得x＝＝1.5 m(1分)
由功能关系知
mgsin θ·x＝μmgcos θ·x＋mv2＋Q(1分)
得QR＝Q＝1 J(1分)
答案：(1)0.5T　 　(2)1 J
33．解析：(1)分子运动的平均速度不可能为零，A选项错误．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引，B选项正确．一定质量理想气体发生绝热膨胀时，其内能减小，C选项错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D选项正确．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小，E选项正确．
(2)开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化．设活塞移动到容器顶端时气体温度为t ℃，则有
＝(2分)
其中初态为T0＝300 K，V0＝(1分)
末态为T1＝(273＋t)K，V1＝(1分)
解得T＝177 ℃(1分)
活塞移至顶端后，气体温度继续升高的过程是等容变化过程，有
＝(2分)
其中T1＝(273＋177)K＝450 K，p1＝p0(1分)
T2＝(273＋207)K＝480 K(1分)
解得p2＝p0(1分)
答案：(1)BDE　(2)p0
34．解析：(1)从图中可以看出，向右传播的波，传播到x＝2 m的位置时，质点向下振动，波长为2 m，周期为＝0.1 s，波速v＝λf＝20 m/s，x＝20 m处的质点第一次到达波谷的时间t＝＋T＝0.925 s.
(2)①光路图如图所示．
由光路图可知＝(1分)
其中AO＝10 cm，PD＝5 cm
又知AO′＋O′D＝20 cm(1分)
解得AO′＝ cm(1分)
由几何关系可得sin γ＝(1分)
又β＝60°(1分)
所以该玻璃砖的折射率n＝≈1.44(1分)
②OO′＝(1分)
O′P＝(1分)
光在该玻璃砖中的传播速度为v＝(1分)
可知光在玻璃砖中的传播时间为
t＝≈1.20×10－9s(1分)
答案：(1)20　0.925　(2)①1.44　②1.20×10－9s
高考物理模拟试题精编(十七)
14．解析：选A.第一次小船沿AB航行，到达对岸，合速度沿AB方向，设为v1；第二次沿AC航行，到达对岸，合速度沿AC方向，设为v2.根据平行四边形定则知，v1与河岸的夹角小于v2与河岸的夹角，因为静水速不变，根据等时性知，则v1在垂直于河岸方向上的速度等于v2垂直于河岸方向上的速度，因此两方向与河岸的夹角也相等，即α＝β，故A正确，BCD错误．
15．解析：选D.火箭发射加速升空时，加速度的方向向上，处于超重状态，所以“墨子号”卫星对火箭的压力大于自身重力，故A错误；7.9 km/s是第一宇宙速度，是最大的圆轨道运行速度，则该卫星在圆轨道上运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据G＝m可知，T＝2π ＞2π ，故C错误；根据G＝ma可知，a＝G，半径越大，加速度越小，则该卫星在圆轨道上运行时加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确．
16．解析：选B.B、C电流在A处产生的磁感应强度的大小分别为B0，根据力的平行四边形定则，结合几何关系，则有A处的磁感应强度为：BA＝ B0；再由左手定则可知，安培力方向竖直向上，大小为F＝ B0·IL＝2B0IL；所以B正确，ACD错误．
17．解析：选A.设球A和球B第一次碰撞后速度分别为v1和v2, 取向左为正方向．
由系统动量守恒：m1v＝m1v1＋m2v2　①
系统机械能守恒得：
m1v2＝m1v＋m2v　②
解得：v1＝v，v2＝v　③
若m1＝m2，则得，v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当球B与墙壁碰后以速度v2返回，并与球A发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确．若m1＜m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误．两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误．两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝v，当m1＞m2时，v1＞0，碰后A球向左运动，m1＝m2，则得v1＝0，碰后A球静止．当m1＜m2时，v1＜0，碰后A球向右运动，故D错误．
18．解析：选C.图示状态R1两端的电压等于电容器上极板的电势：φ1＝E＝E＝E，
电阻R2两端的电压等于电容器下极板的电势：
φ2＝E＝E＝E，
电容器两极板间的电压U1＝E－E＝E，
电容器所带的电量Q1＝CU1＝C·E＝CE，
断开开关S将R1和R3的位置互换，开关重新闭合稳定后，电阻R3两端的电压等于电容器上极板的电势：φ1′＝＝E＝E，
电容器两端的电压U2＝E－E＝E，
电容器所带的电量Q2＝CU2＝CE，
电容器所带的电量＝，故C正确，ABD错误．
19．解析：选CD.对乙球有：v＝gt乙，h＝ gt，所以：v＝ ，对甲有：vcos 60°＝gt甲，则t乙＝ ，t甲＝＝ ，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前 － ，故A错误．乙球到达C点的速度v＝ ，则甲球到达C点时竖直方向的分速度：vy＝vcos 60°＝，根据重力的功率的表达式：P＝mgvy可知，两球经过C点时重力的功率不相等．故B错误．AC两点的高度差h′＝＝，则A、B的高度差Δh＝h－h′＝h－＝，故C正确．根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度v0＝vsin 60°＝ ×＝，A、B的水平距离x＝v0t甲＝ × ＝ ，故D正确．
20．解析：选BC.在甲图中，pq间电场线方向均指向O点，正点电荷可沿直线从p运动到q，在乙图中，pq间电场线方向垂直pq连线，那么正点电荷所受的电场力与pq连线垂直，不可能沿直线运动，故A错误．在甲图中，MN间电场线方向均背离O点，正点电荷可沿直线从M运动到N，在乙图中，MN间电场线方向由M指向N，那么正点电荷所受的电场力与MN连线平行，也可以沿直线运动．故B正确．该粒子在甲图所示电场中，所受的电场力指向O点，正点电荷可以绕O点做匀速圆周运动，并经过M、N，故C正确．在乙电场中，正点电荷受到电场力与pq连线垂直，不可能做匀速圆周运动，故D错误．
21．解析：选AB.当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2＝2mgsin θ，解得弹簧的伸长量x2＝＝ m＝0.18 m，根据牛顿第二定律得，F－m1gsin θ－kx2＝m1a，解得：F＝31 N，故A正确；开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：mgsin θ＝kx1，解得弹簧的压缩量x1＝＝＝ m＝0.12 m，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝x1＋x2＝0.3 m，故B正确；对整体，根据牛顿第二定律可知F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝0.2，故A先加速运动，后做加速度较小的加速运动，故C错误；当A的加速度为零时，A的速度最大，设此时弹簧的拉力为FT，则：F－FT－m2gsin θ＝0，所以FT＝F－m2gsin θ＝31－3×10×0.6 N＝13 N，以B为研究对象，则：FT－m2sin θ＝ma′，所以：a′＝0.75 m/s2.故D错误．
22．解析：(1)由动能定理，对全过程有mgh－μ1mgcos θ·AD－μ2mg·x＝0，即x＝·h－·s.
(2)对照图象，代入数值可知μ1＝0.2，μ2＝0.25.
答案：(1)x＝·h－·s(3分)　(2)0.2(2分)
0．25(2分)
23．解析：(1)电流表采用外接法；同时要求电压变化从零开始，故滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示

(2)实物连线如图乙所示．

(3)设小灯泡两端的电压为U，流过的电流为I，则由闭合电路欧姆定律得E＝U＋(I＋)(r＋R2)，整理并代入数值得U＝2.25－7.5I或I＝0.30－U，I－U图线如图丙所示，交点即为工作点，代入数据得P＝0.15 W(在0.13～0.17之间均给分)．

答案：(1)如图甲所示(2分)　(2)如图乙所示(3分)　(3)0.15(在0.13～0.17之间均正确)(3分)
24．解析：设碰时A球与B球的速率分别为v1与v2，为完成反复运动，小球A和B各自碰前与碰后的速率应相等，即小球A碰后速度为－v1，小球B碰后速度为－v2，
则有m1v1－m2v2＝－m1v1＋m2v2(2分)
得＝(1分)
设小球A到达底面所需时间为t，则有
h＝v1t＋gt2(2分)
小球A往返一次所需时间
t1＝2t＝2(－v1＋ )/g(2分)
小球B往返一次需时t2＝(1分)
按题意要求有t1＝t2(2分)
即－v1＋ ＝m1v1/m2(2分)
解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s(2分)
答案：4 m/s　2 m/s
25．解析：(1)金属杆乙在圆弧轨道上下滑过程中的机械能守恒，有：mgr＝mv(2分)
解得：v0＝ (1分)
又：N－mg＝m(1分)
解得：N＝3mg.(1分)
(2)设金属杆乙与金属杆甲相碰前后的速度大小分别为v1、v2，有：
mv1＝(m＋m)v2(2分)
金属杆甲、乙相碰后：2μmgd＝×2mv(1分)
解得：v1＝2(1分)
金属杆乙在磁场中运动的过程中，
有：mv＝μmgd＋mv＋Q总(2分)
又：Q＝Q总(1分)
解得：Q＝mg(r－5μd)．(1分)
(3)金属杆乙通过磁场区域的过程中产生的平均感应电动势为：＝(1分)
故平均安培力为：安＝BL·(1分)
由牛顿运动定律有：μmg＋安＝m (1分)
又：v0－v1＝t(1分)
解得：t＝(1分)
答案：(1)3mg　(2)mg(r－5μd)
(3)
33．解析：(1)空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强就越接近饱和汽压，水蒸发得就越慢，故A错；布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙，故B正确；由热力学第二定律可知，自然界中与温度有关的宏观过程都具有方向性，故C正确；对一定质量的理想气体，温度是其内能的标志，温度升高，其内能必增大，D错误；而气体的压强就是由于气体分子频繁地撞击器壁产生的，E正确．
(2)①p1＝p0＋(h2－h1)cmHg(2分)
代入数据得p1＝80 cmHg(1分)
②设试管的横截面积为S，倒转后封闭管中仍有水银，而空气柱长度增加了x，如图所示，
则由玻意耳定律有p1l0S＝p2(l0＋x)S(2分)
而p1＝p0＋(h2－h1)cmHg
p2＝p0－(h2－h1)cmHg－2x cmHg(2分)
代入数据得x1＝5 cm，x2＝15 cm(2分)
由于x1、x2均小于h1，故倒转后管中仍有水银，对应的空气柱长度为l1＝20 cm或l2＝30 cm(1分)
答案：(1)BCE　(2)①80 cmHg
②l1＝20 cm或l2＝30 cm
34．解析：(1)由图可知，质点P的相位总比质点Q的相位超前，故A错误；在一个周期内质点通过的总路程为4A，故B正确；此时Q点的振动方向为＋y，故C错误；M点的振动方向，即为波源的起振方向，故D正确；由于波速为v＝λf＝40 m/s，波峰从x＝5 m处，传到N点，需用时0.7 s，E正确．
(2)①从O点射入棱镜后，光路图如图所示：
由反射定律可知α1＝a1′＝60°(1分)
由于两法线互相垂直，故α2＝a2′＝30°(1分)
可知在M点反射光线与入射光线平行，由题可知
β＝60°(1分)
在BC面，由折射定律可知，＝，
解得n＝ (2分)
②由几何关系可知从O点到O′点光通过的路程为
x＝OP＋PM＋MO′＝＋＋( L－)sin 30°(2分)
代入数据得x＝ L(1分)
又光在介质中的传播速度为v＝(1分)
代入解得t＝(1分)
答案：(1)BDE　(2)①n＝ 　②t＝