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2万J,A项错误：滑块从最高点运动到最低点的过程，动能不为1.2m/s、0.3m/s,所以红壶碰撞前后速度大小变化量目-这么考0变，则机械能的减少量即为重力势能的减少量，所以滑块机△m=0.9m/s,动量大小变化了△p=m△w=18kg·m/s,A项(1)粒子在匀强电场中做类抛运动，设经历时间为到达22蓄暴四(1)电磁(1分)不能(1分)械能的减少量为mgLsin0=20J,B项错误；根据动能定理可错误；碰撞后黄壶的加速度大小等于红壶的加速度大小，即D点，则得，滑块刚滑到弹簧上端具有的动能E=mgdsin0兰-0,3m心，B项正确：设位后黄室的度(2)0.469(1分)0.630(1分)0.801在垂直于电场方向上有2d=o1(1分)umgdcos0=(10-√5)J,C项错误；滑块运动到最低点时，弹(2分)为，碰前红壶的速度为o=1.2m/s,碰后红壶的速度为6=在沿电场方向上有d=之kB(1分)簧的形变量最大，所具有的弹性势能最大，根据能量守恒定儔什么②命题人考查探究小车速度随时间变化的规律的实律可知，滑块重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势0.3m/s,根据动量守恒定律可得mw。=m+mw,解得v=验，旨在考查考生的数据处理能力。整理可得E=2(1分)）能，则有mglsin0=Q+E。,解得弹簧弹性势能的最大值为0.9m/,故黄壶碰后运动的时间为1=。=38，C项正确；碰这么考①(1)图甲是电磁打点计时器，使用的是低压交流电设粒子离开电场时速度大小为"，与y轴的夹角为α，根据动E。=mgLsin0-umgLcos0=(20-23)J,D项正确。故撞后两壶相距的最远距离等于碰后两图线与时间轴所围面源，若实验室只提供220V的交流电源，则不能使用电磁打点能定理可得选D。积之差，为4x-0.9x3m-0.3×1m=1.2m,D项错误。故计时器。(2)根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于22该过程的均速度，可得c=c,=0.469ms,同理aEd=mam18香察⊙B选BC。2T什么⑦命题人考查理想变压器与交变电流，旨在考查考生e=0,E=0.630m/s,根据逐差法可得，小车的加速度大a21分的分析综合能力。怎么解@(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性。2T设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,根据几何知识有这么考①设原线圈和副线圈两端的电压分别为八，和U2,电(2)要明确过程的初、末状态。小为a=0≈0.801m/g2。2 Rsin a=2d(1分)）迹分别为和4，根据理想变压器的特点，则有号-920答案©AD223蓄案©(1)如图所示(2分)(2)ACD(目分)根据洛伦滋力提供向心力，有gB=mR(1分)合-产，根据欧姆定律可得么=1R,4=R,联立各式解什么@命题人考查万有引力定律及其应用，旨在考查考生的分析综合能力。(3)100(1分)<(1分)(4)03(2分)解得台=爱日分)得R原=()2R=10,则R:R,=1:1,A项错误；定值电这么考①卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向2.4(2分)由以上分析可知。=，所以粒子在磁场中运动的时间阻R,和原线圈两端的电压相等，则定值电阻R,两端的电压,由图可知rA,即卫星A的速度大于卫星B的速度，A项正确：卫星故粒子从C运动到0经历的时间因为定值电阻R,两端的电压和原线圈两端的电压相等，所以B的运行周期为24h,已知第一宇宙速度v=7.9km/s,地球o=4+h,=4+3m)2(1分)定值电阻R,和R2两端的电压之比为1：3，C项错误；若M半径R=6400km,则卫星绕地球圆周运动的最小周期Tn=20o什么®命题人考查半偏法测量电流表的内阻、电流表改装N端输人电压变为原来的】，则原线圈电压变为原来的？2mR=84.8min,则卫星A的运行周期T>84min,其周期不可(2)设粒子从坐标轴x(x>0)处发射时，第一次经过y轴时纵等实验，旨在考查考生的实验能力。坐标为y1,速度方向与y轴夹角为日，由第(1)问可知根据号一是可知，电压表的读数变为原来的方，通过品的电能为42min,B项错误；地球同步卫星B在6h内转动的圆心这么考①(1)滑动变阻器作为限流式接法，必须采用“一上角为2m×:=牙，C项错误；地球同步卫星B与卫星P角速一下”接法，电路的连接如答案图所示。(2)本题使用的是半=2va,=+音血9=任1剂流变为原来的}，根据片-停可知，电流表的读数变为原来偏法测电流表的内阻，故调节R,的阻值，先使电流表的指针设粒子在磁场中做圆周运动的半径为「，粒子第2次经过y轴度相等，根据a=wr可知，卫星B的向心加速度大于卫星P偏转到满刻度，然后再闭合S2,保持R,不变，调节R2的阻的】，D项错误。故选B。随地球自转的向心加速度，D项正确。故选AD。时，纵坐标为，则有1一阳值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为21答条©AC怎么解●理想变压器的关系式ACD。(3)实验中R2的阻值与R。的阻值相等，故R。的阻值由几何关系可知2=y-2rsin0,r=√+d(1分),(变压比)，即电压与匝数成正比售什么⑦命题人考查法拉第电磁感应定律、楞次定律和电功①电压关系：元，大小也为1002。随着S2的闭合，整个电路中的电流将会变联立解得2=0，即粒子第2次经过y轴时，从坐标原点经过。率等知识，旨在考查考生的分析综合能力。大，但实际上仍然按照电流不变时的电流来计算的，通过电(1分)②功率关系：P人=P出，即lU,=h山，+山+…。这么考①设在一段很短的时间4内，圆环沿y轴方向运动阻箱R2的电流将比通过电流表©的电流要大，又因为R2与25香暴©见“这么考”③电流关系疗是变煮比).对只有一个翻线图的变的位移为△y,根据法拉第电磁感应定律可得，圆环中产生的电流表G并联，两端电压相等，所以实际电阻箱的读数将小售什么②命题人考查牛顿运动定律、动能定理和动量定理，感应电动势大小为=··5=如s,则圆环中于电流表的电阻（内阻），所以半偏法测电阻测出的电阻要小旨在考查考生的分析综合能力。压器电流跟匝数成反比。于实际电阻。(4)电流表©与一较大的电阻串联即可改装成这么考0基本关系式中U、2山马均指交流电的有效值。应电流的大小1=员-笑，始终保持不变，A项正确：穿过线电压表。该电压表最大测量值为U=I.(R+R.)=104×(1)传送带的速度大小为8=3.0m/s时，载物箱在传送带上19答亲©BC圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方(100+29900)V=3V,则此时指针所指示的电压为2.4V。先做匀减速运动，设其加速度大小为1，根据牛顿第二定什么@命题人考查”-t图像和动量守恒定律，旨在考查向总是沿逆时针方向，B项错误；圆环做匀速运动，拉力F的24香系©见“这么考”律有考生的分析综合能力。瞬时功率等于圆环的电功率，即F=户R,可知拉力F的大小售什么⑦命题人考查带电粒子在组合场中的运动，旨在考查umgcos 0-mgsin 0=ma (1)这么考①由"-t图像可知，红壶碰撞前后的速度大小分别不变，C项正确，D项错误。故选AC。考生的分析综合能力。解得a1=1m/s2(1分)《同一卷·高考押题》提分答案及评分标准·理综第13页《同一卷·高考押题》提分答案及评分标准·理综第14页

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歌阅读（本题共2小题，9分部分期A我国的动面产业不均衡，难以转园升级，故而缺乏爽论声量，长期居于边缘地位，无法2,根据材

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C.滑动变阻器短路D.定值电阻断路(2)

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三、解答题（共3题，共42分，其中第13题10分，第14题14分，第15题18分）13.如图甲所示，质量m=4×10-2kg长方形单匝金属线框abcd,已知ab边长为l=0.2m、bc边长为2l,其电

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10.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.常温下，1LpH=9的CH,COONa溶液中，水电离出的OH的数目为105NA

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