四川省樂山市2020屆高三物理一診試題（含解析）（通用）

1、四川省樂山市2020屆高三物理一診試題（含解析） 二、選擇題（本題包括8小題，每小題6分，共48分每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項是符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1（6分）甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，它們的vt圖象如圖所示，則在04s內(nèi)（）A兩物體始終同向運動B2s末兩物體相距最遠C兩物體平均速度相等D4s末兩物體相遇2（6分）如圖所示，將小物塊P輕輕放到半圓柱體上，O為圓心。當(dāng)小物塊處于B位置時恰好能保持靜止，OB與豎直半徑的夾角AOB30若小物塊與圓柱體之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則小物塊與圓柱

2、體之間的動摩擦因數(shù)為（）ABCD3（6分）將質(zhì)量為m物體從一行星表面某高度處水平拋出（不計空氣阻力）。自拋出開始計時，物體離行星表面高度h隨時間t變化關(guān)系如圖所示，萬有引力常量為G，不考慮行星自轉(zhuǎn)的影響，則根據(jù)以上條件可以求出（）A行星的質(zhì)量B該行星的第一宇宙速度C物體受到行星萬有引力的大小D物體落到行星表面的速度大小4（6分）如圖所示，由相同的電流表G（內(nèi)阻不為零）改裝而成的甲、乙兩個電壓表，R1、R2是分壓電阻，R1R2，則下列說法正確的是（）A甲的量程等于乙的量程B甲的量程小于乙的量程C測量同一電壓時，甲、乙兩表指針的偏轉(zhuǎn)角度相同D測量同一電壓時，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表小5（6分）如圖

3、所示，小車在水平面上做勻變速直線運動，車廂內(nèi)兩質(zhì)量相同的小球通過輕繩系于車廂頂部，輕繩OA、OB與豎直方向夾角均為30，其中一球用水平輕繩BC系于車廂側(cè)壁，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A小車一定向右運動B輕繩OA、OB拉力大小相等C小車的加速度大小為gD輕繩BC拉力大小是輕繩OB拉力的倍6（6分）一子彈以初速度v0擊中靜止在在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s。則以下說法正確的是（）A子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損B子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量

4、7（6分）如圖所示，一電荷均勻分布的帶正電的圓環(huán)，半徑為R，在垂直于圓環(huán)且過圓心O的軸線上有a、b、c三個點，bOcOR，aOR，不計重力。則下列判斷正確的是（）Aa、c兩點的電場場強大小之比為1：Bb、c兩點的電場場強相同C一電子由a點靜止釋放，電子在O點的動能最大D一電子由a點靜止釋放，電子由a到c的過程中，加速度先減小后增大8（6分）如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連置于固定的傾角為的光滑斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細繩，細繩繞過斜面頂端的定滑輪另一端系一輕質(zhì)掛鉤，細繩與輕彈簧都與斜面平行，物塊A、B保持靜止。如果在掛鉤上掛一重物D，平衡時物塊B恰不離

5、開擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，某一瞬間剪斷細線，則下列說法正確的（）A重物 D 的重力為mgsinB物塊A下滑過程中機械能守恒C剪短細繩瞬間，物塊A的加速度大小為2gsinD物塊 A 下滑過程中的最大速度為 2gsin三、非選擇題：共174分第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答第3337題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共136分）9（6分）某同學(xué)利用打點計時器研究斜面上小車由靜止開始下滑的運動。挑選出較為理想的紙帶后，舍去前段較為密集的點，然后以A點為起點，每5個計時點選取一個計數(shù)點，標注如圖所示。（1）現(xiàn)分別測出計數(shù)點B、C、D、E、F、G與A點的距離x1

6、、x2、x3、x4、x5、x6，若打點計時器所用的交流電的頻率為f，用逐差法求出加速度a 。（2）關(guān)于這個實驗，下列說法正確的是 。A應(yīng)將小車拉到打點計時器附近，然后釋放小車，再接通電源B可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5來判定小車做勻加速直線運動C若逐漸增大斜面傾角，每次實驗都證明小車做勻加速直線運動，則可合理外推得出自由落體運動是勻加速直線運動D本次實驗需要用到秒表和刻度尺10（9分）某實驗小組為了解決伏安法測電阻存在系統(tǒng)誤差的問題，設(shè)計了如圖所示的電路實驗器材如下：A直流電源4V，內(nèi)阻0.5B電流表A，量程0.6A，內(nèi)阻未知C電壓表V，量程3V，內(nèi)阻約2kD待測電阻Rx約10E

7、定值電阻R05F滑動變阻器，變化范圍05G滑動變阻器，變化范圍0100H單刀單擲開關(guān)K1L單刀雙擲開關(guān)K2J導(dǎo)線若干（1）按照電路圖連接實物圖（2）滑動變阻器應(yīng)選 （選填器材前的字母序號），閉合K1前，滑片P應(yīng)該滑到 端（選填“左端”、“右端”）。（3）閉合K1，當(dāng)K2接a時，電壓表示數(shù)為U1，電流表示數(shù)為I1，當(dāng)K2接b時，電壓表示數(shù)為U2，電流表示數(shù)為I2，則待測電阻的準確值為Rx （用本題中的物理符號表示）。11（12分）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓為UCD為磁場邊界上的一塊絕緣板，它與N板的夾角為30，N板與CD之間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，小孔Q

8、到N板的下端C的距離為L一靜止的帶電粒子所帶電荷量為+q、質(zhì)量為m（不計重力），從P點經(jīng)電場加速后，經(jīng)小孔Q進入磁場，最終打在N板上。求：（1）帶電粒子到達N板時的速度v；（2）帶電粒子在勻強磁場中運動軌道半徑最大時，磁感應(yīng)強度大小B。12（20分）如圖所示，豎直的半圓形光滑軌道與水平地面相切，半徑R0.25m，靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0kg，mB4.0kg，物塊A處于圓形光滑軌道的最低點P，兩小物塊之間有一被壓縮的微型輕彈簧。某時刻將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek10.0J釋放后，小物塊A經(jīng)半圓形光滑軌道PMN從N點水平拋出。B與

9、地面之間的動摩擦因數(shù)為0.20，重力加速度取g10m/s2求：（1）彈簧釋放后瞬間A、B兩物塊速度的大??；（2）物塊A對軌道N點的壓力；（3）B停止后，與A落地點的距離。三、解答題（共2小題，滿分15分）物理-選修3-313（5分）下列說法正確的是（）A空氣中大量PM2.5的運動也是分子熱運動B溫度相同的氧氣和氫氣，分子的平均動能相同C溫度相同的氧氣和氫氣，氫氣的內(nèi)能一定大D氣體等壓壓縮過程一定放出熱量，且放出的熱量大于內(nèi)能的減少E晶體熔化過程分子勢能增加14（10分）如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m的活塞密封一部分氣體，活塞與容器壁間能無摩擦滑動，容器的橫截面積為S開始時氣體的溫

10、度為T0，活塞與容器底的距離為h0將整個裝置放在大氣壓恒為p0的空氣中后，當(dāng)氣體從外界吸收熱量Q，活塞緩慢上升d后再次平衡。求：外界空氣的溫度是多少？在此過程中密閉氣體的內(nèi)能增加了多少？四、解答題（共2小題，滿分15分）物理一選修3-415（5分）如圖甲所示，沿波的傳播方向上有六個質(zhì)點a、b、c、d、e、f，相鄰兩質(zhì)點之間的距離均為2m，各質(zhì)點均靜止在各自的平衡位置，t0時刻振源a開始做簡諧運動，取豎直向上為振動位移的正方向，其振動圖象如圖乙所示，形成的簡諧橫波以2m/s的速度水平向右傳播，則下列說法正確的是（）A波傳播到質(zhì)點c時，質(zhì)點c開始振動的方向沿y軸正方向B04s內(nèi)質(zhì)點b運動的路程為1

11、2cmC45s內(nèi)質(zhì)點d的加速度正在逐漸減小D6s時質(zhì)點e第一次回到平衡位置E各質(zhì)點都振動起來后，a與c的振動方向始終相同16（10分）如圖所示，橫截面為四分之一圓的柱形玻璃磚放在水平面MN上，O點是圓心，半徑為R一列與OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃磚的OA面，平行光束通過玻璃磚后在水平面MN上留下照亮的區(qū)域。已知玻璃磚的折射率為，不考慮光在OA、OB面的反射。（1）若在玻璃磚左側(cè)豎直放置一遮光板，為使水平面BN不被照亮，求遮光板的最小高度；（2）從OA的中點射入的細光束，在MN上留下一個光點P點，求PO的長度。2020年四川省樂山市高考物理一診試卷參考答案與試題解析二、選擇題（本題

12、包括8小題，每小題6分，共48分每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項是符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1（6分）甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，它們的vt圖象如圖所示，則在04s內(nèi)（）A兩物體始終同向運動B2s末兩物體相距最遠C兩物體平均速度相等D4s末兩物體相遇【分析】速度時間圖象中，速度正負表示運動方向，斜率表示加速度，圍成面積表示位移?！窘獯稹拷猓篈、圖象中，甲乙的速度始均為正，故兩物體始終同向運動，故A正確；BD、甲、乙兩物體由同一點沿同一條直線運動，速度相等時兩物體相距最遠，即4s末兩物體相距最遠，故BD

13、錯誤；C、速度時間圖象中面積表示位移可知，04s內(nèi)甲的位移大于乙的位移，根據(jù)可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C錯誤；故選：A?！军c評】本題考查速度時間圖象，關(guān)鍵是要知道斜率表示加速度，面積表示位移，屬于基礎(chǔ)題目。2（6分）如圖所示，將小物塊P輕輕放到半圓柱體上，O為圓心。當(dāng)小物塊處于B位置時恰好能保持靜止，OB與豎直半徑的夾角AOB30若小物塊與圓柱體之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則小物塊與圓柱體之間的動摩擦因數(shù)為（）ABCD【分析】小物塊只能在圓柱體上A到B之間保持靜止，則在A或B點時是恰好靜止，即摩擦力達到最大靜摩擦力，受力分析由平衡條件列式求解即可?！窘獯稹拷猓寒?dāng)物塊在B點時達

14、到最大靜摩擦力，受力如圖所示，由平衡條件得：Nmgcosfmmgsin又fmN聯(lián)立解得：，故ACD錯誤、B正確。故選：B。【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。3（6分）將質(zhì)量為m物體從一行星表面某高度處水平拋出（不計空氣阻力）。自拋出開始計時，物體離行星表面高度h隨時間t變化關(guān)系如圖所示，萬有引力常量為G，不考慮行星自轉(zhuǎn)的影響，則根據(jù)以上條件可以求出（）A行星的質(zhì)量B該行星的第一宇宙速度C物體受到行星萬有引力的大小D物體落到行星表面的速度大

15、小【分析】物體在行星表面受到的重力等于萬有引力；物體做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，下落距離h，解得下落加速度g，落地速度v；第一宇宙速度v或v?！窘獯稹拷猓篈、物體做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，分析圖象可知，h25m，t2.5s，根據(jù)h，解得g8m/s2，物體在行星表面受到的重力等于萬有引力，解得行星的質(zhì)量M，因為行星半徑未知，行星的質(zhì)量無法求出，故A錯誤；B、根據(jù)重力提供向心力可知，mgm，解得行星的第一宇宙速度v，行星半徑未知，第一宇宙速度未知，故B錯誤；C、物體受到行星萬有引力的大小為mg，故C正確；D、物體做平拋運動，落地速度v，初速度未知，則落地速度未知，故D錯誤。故

16、選：C?！军c評】此題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律解題。4（6分）如圖所示，由相同的電流表G（內(nèi)阻不為零）改裝而成的甲、乙兩個電壓表，R1、R2是分壓電阻，R1R2，則下列說法正確的是（）A甲的量程等于乙的量程B甲的量程小于乙的量程C測量同一電壓時，甲、乙兩表指針的偏轉(zhuǎn)角度相同D測量同一電壓時，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表小【分析】根據(jù)串聯(lián)電路電流處處相等，而總電壓和總電阻成正比來分析甲乙的量程大??；分析同一電壓下電路中的電流的大小關(guān)系，電表的偏轉(zhuǎn)角度是根據(jù)通過電流表的電流大小來反應(yīng)的；【解答】解：A、B、由于甲、乙兩個電壓表是由相同的電流表G改

17、裝而成，其允許通過的最大電流是一致的，由于R1R2，則甲的電阻比乙的電阻大，電流一樣時，甲的電壓比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故選項A、B錯誤；C、D、設(shè)電流表的電阻為R，則在相同的電壓U時，有，即通過甲的電流小于乙的，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表小，故C錯誤，D正確；故選：D。【點評】解決該題的關(guān)鍵是掌握電壓表的改裝原理，知道改裝后電表指針的偏角是通過電流表的電流大小來判斷的；5（6分）如圖所示，小車在水平面上做勻變速直線運動，車廂內(nèi)兩質(zhì)量相同的小球通過輕繩系于車廂頂部，輕繩OA、OB與豎直方向夾角均為30，其中一球用水平輕繩BC系于車廂側(cè)壁，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A小車一定向右

18、運動B輕繩OA、OB拉力大小相等C小車的加速度大小為gD輕繩BC拉力大小是輕繩OB拉力的倍【分析】小車和小球具有相同的加速度，對小球AB分別受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度和繩子的拉力?！窘獯稹拷猓篈C、對小球A受力分析，由牛頓第二定律可知：TOAsin30maTOAcos30mg聯(lián)立解得：TOAmg，ag，方向水平向右，小車可向右加速運動，也可向左減速運動。故AC錯誤。BD、對B受力分析，由牛頓第二定律得：水平方向：TCBTOBsin30ma豎直方向：TOBcos30mg聯(lián)立解得：TOBmgTOB，TCBmgTOB，故B正確，D錯誤。故選：B。【點評】解決該題的關(guān)鍵是能在A、B兩個小球中

19、正確地選擇出A球來分析從而找到整體的加速度，掌握正交分解求解力的解題方法；6（6分）一子彈以初速度v0擊中靜止在在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s。則以下說法正確的是（）A子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損B子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量【分析】根據(jù)能量守恒定律分析子彈動能的虧損與系統(tǒng)動能虧損的關(guān)系。由系統(tǒng)的動量守恒分析子彈和木塊動量變化量的關(guān)系。根據(jù)子彈和木塊對地位移關(guān)系，分析摩擦力對兩者做功關(guān)系。對木塊由動能定理列方程可判斷?！窘獯稹拷猓篈、子彈射入木

20、塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A錯誤。B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的變化量為零，則子彈與木塊動量變化量大小相等，方向相反。故B正確。C、摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功大小為f（s+d），可知二者不等，故C錯誤。D、對木塊由動能定理得：fsEK，故D正確。故選：BD。【點評】本題屬于子彈打木塊模型，分析清楚物體的運動過程，找出子彈與木塊的位移關(guān)系、應(yīng)用動量守恒定律與動能定理即可正確解題。7（6分）如圖所示，一電荷均勻分布的帶正電的圓環(huán)，半徑為R，在垂直于圓環(huán)且過圓心O的軸線上有a、b、c三個點，bOcOR，aOR，不計重力。

21、則下列判斷正確的是（）Aa、c兩點的電場場強大小之比為1：Bb、c兩點的電場場強相同C一電子由a點靜止釋放，電子在O點的動能最大D一電子由a點靜止釋放，電子由a到c的過程中，加速度先減小后增大【分析】根據(jù)點電荷場強公式Ek和電場的疊加原理，求出圓盤在a、c兩點處產(chǎn)生的場強的大小與方向，從而求得場強之比。根據(jù)對稱性確定b、c兩點的場強關(guān)系。一電子由a點靜止釋放，根據(jù)電場力做功情況分析動能的變化。根據(jù)受力情況，分析加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)圓環(huán)帶電量為Q將圓環(huán)分成n等分，則每個等分帶電量為q，每個等分可看成點電荷，每個點電荷在a點處產(chǎn)生的場強大小為 E1k，該書場強方向與aO的夾角為30，根

22、據(jù)電場的疊加原理知：a點處場強大小為 EanE1cos30n同理可得，c點處場強大小為 Ec，則Ea：Ec1：，故A正確。B、b、c兩點的電場場強大小相等，方向相反，則場強不同，故B錯誤。C、一電子由a點靜止釋放，從a運動到O時電場力做正功，動能增加。從O向下運動時，電場力做負功，動能減少，所以電子在O點的動能最大，故C正確。D、根據(jù)EaEc知，電子由a到c的過程中，場強增大，電子所受的電場力增大，加速度增大。故D錯誤。故選：AC。【點評】要題的關(guān)鍵要采用微元法求圓環(huán)在各個點產(chǎn)生的場強，要熟練運用電場強度疊加原理，結(jié)合幾何知識求合場強。8（6分）如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用輕彈簧相連置于

23、固定的傾角為的光滑斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細繩，細繩繞過斜面頂端的定滑輪另一端系一輕質(zhì)掛鉤，細繩與輕彈簧都與斜面平行，物塊A、B保持靜止。如果在掛鉤上掛一重物D，平衡時物塊B恰不離開擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，某一瞬間剪斷細線，則下列說法正確的（）A重物 D 的重力為mgsinB物塊A下滑過程中機械能守恒C剪短細繩瞬間，物塊A的加速度大小為2gsinD物塊 A 下滑過程中的最大速度為 2gsin【分析】平衡時物塊B恰不離開擋板，對AB整體受力分析計算D的質(zhì)量；根據(jù)機械能守恒的條件判斷；A下落的位移等于彈簧的形變量之和；根據(jù)機械能守恒求解A的最大速

24、度?！窘獯稹拷猓篈、平衡時物塊B恰不離開擋板，則滿足mCg2mgsin，所以mc2msin，故A錯誤；B、物塊A下滑過程中物塊 A 受到彈簧彈力做功，故A機械能不守恒，故B錯誤；C、當(dāng)B剛要離開擋板時彈簧的拉伸量為：x2，開始時A受到彈簧的拉力最大，所以加速度最大，由牛頓第二定律可知：mamgsin+kx2，可得：s2gsin故C正確D、A的速度最大時，加速度為零，對應(yīng)A的受力為0，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為：x1x2，從開始運動到A速度最大，A下落的位移為：xx1+x22，該過程中彈簧開始時的伸長量等于最后時刻的壓縮量，所以彈簧的彈性勢能不變；根據(jù)機械能守恒知：mgxsin，即v2

25、gsin，故D正確；故選：CD?！军c評】本題主要是考查了共點力的平衡和機械能守恒問題，解答平衡問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。三、非選擇題：共174分第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答第3337題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共136分）9（6分）某同學(xué)利用打點計時器研究斜面上小車由靜止開始下滑的運動。挑選出較為理想的紙帶后，舍去前段較為密集的點，然后以A點為起點，每5個計時點選取一個計數(shù)點，標注如圖所示。（1）現(xiàn)分別測出計數(shù)點B、C、D、E、F、G與A點的距離x1、x2、x3、x4、x5、x6，若打點計時器所用的交流電的頻

26、率為f，用逐差法求出加速度a。（2）關(guān)于這個實驗，下列說法正確的是C。A應(yīng)將小車拉到打點計時器附近，然后釋放小車，再接通電源B可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5來判定小車做勻加速直線運動C若逐漸增大斜面傾角，每次實驗都證明小車做勻加速直線運動，則可合理外推得出自由落體運動是勻加速直線運動D本次實驗需要用到秒表和刻度尺【分析】根據(jù)勻變速直線運動的推論公式xaT2可以求出加速度的大??；依據(jù)實驗原理，結(jié)合實驗操作，及注意事項，即可判定?！窘獯稹拷猓海?）每5個計時點選取一個計數(shù)點，且打點計時器所用的交流電的頻率為f，根據(jù)xaT2，依據(jù)逐差法有：a（2）A應(yīng)將小車拉到打點計時器附近，然后接通

27、電源，再釋放小車，故A錯誤；Bx1、x2、x3、x4、x5、x6，分別是計數(shù)點B、C、D、E、F、G與A點的距離，因此不可用x2x1x3x2x4x3x5x4x6x5來判定小車做勻加速直線運動，故B錯誤；C若逐漸增大斜面傾角，每次實驗都證明小車做勻加速直線運動，則可合理外推得出自由落體運動是勻加速直線運動，故C正確；D本次實驗需要用到刻度尺，但不需要秒表，因有打點計時器，故D錯誤；故答案為：（1）；（2）C?！军c評】要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用。10（9分）某實驗小組為了解決伏安法測電阻存在系統(tǒng)誤差的問題，設(shè)計了如圖所示的電路實驗器

28、材如下：A直流電源4V，內(nèi)阻0.5B電流表A，量程0.6A，內(nèi)阻未知C電壓表V，量程3V，內(nèi)阻約2kD待測電阻Rx約10E定值電阻R05F滑動變阻器，變化范圍05G滑動變阻器，變化范圍0100H單刀單擲開關(guān)K1L單刀雙擲開關(guān)K2J導(dǎo)線若干（1）按照電路圖連接實物圖（2）滑動變阻器應(yīng)選F（選填器材前的字母序號），閉合K1前，滑片P應(yīng)該滑到左端端（選填“左端”、“右端”）。（3）閉合K1，當(dāng)K2接a時，電壓表示數(shù)為U1，電流表示數(shù)為I1，當(dāng)K2接b時，電壓表示數(shù)為U2，電流表示數(shù)為I2，則待測電阻的準確值為Rx（用本題中的物理符號表示）?！痉治觥浚?）根據(jù)實驗電路圖連接實物圖；（2）根據(jù)滑動變阻器

29、的接法以及方便調(diào)節(jié)原則選擇滑動變阻器；開關(guān)閉合前，滑動變阻器應(yīng)處于使電流表示數(shù)最小的一端；（3）根據(jù)歐姆定律列式求解待測電阻阻值?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)實驗原理圖連接實物圖如圖所示：；（2）根據(jù)電路圖可知滑動變阻器采用分壓接法，為方便調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)選用阻值較小的F；開關(guān)閉合前，滑動觸頭應(yīng)處于使電表示數(shù)最小的一端：左端；（3）閉合K1，當(dāng)K2接a時，電壓表示數(shù)為U1，電流表示數(shù)為I1，由歐姆定律得：當(dāng)K2接b時，電壓表示數(shù)為U2，電流表示數(shù)為I2，由歐姆定律得：聯(lián)立解得：Rx故答案為：（1）實物連接如圖所示：；（2）F、左端；（3）。【點評】本題考查伏安法測電阻，關(guān)鍵是連接實物圖時注意電流從

30、電表的正接線柱流入，負接線柱流出，另外要熟練掌握歐姆定律，并能靈活應(yīng)用。11（12分）如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓為UCD為磁場邊界上的一塊絕緣板，它與N板的夾角為30，N板與CD之間存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，小孔Q到N板的下端C的距離為L一靜止的帶電粒子所帶電荷量為+q、質(zhì)量為m（不計重力），從P點經(jīng)電場加速后，經(jīng)小孔Q進入磁場，最終打在N板上。求：（1）帶電粒子到達N板時的速度v；（2）帶電粒子在勻強磁場中運動軌道半徑最大時，磁感應(yīng)強度大小B。【分析】（1）根據(jù)動能定理可得帶電粒子到達N板時的速度v；（2）帶電粒子恰好能夠達到N板，則運動軌跡與CD板相

31、切，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑、根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動能定理可得：qUmv2，解得帶電粒子到達N板時的速度v；（2）帶電粒子恰好能夠達到N板，則運動軌跡與CD板相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得：Lr+3r解得r根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvBm解得B。答：（1）帶電粒子到達N板時的速度為；（2）帶電粒子在勻強磁場中運動軌道半徑最大時，磁感應(yīng)強度大小為?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間；對于帶電粒子在電場中運動時，一般是按類平拋運動或勻變速直線運動的規(guī)

32、律進行解答。12（20分）如圖所示，豎直的半圓形光滑軌道與水平地面相切，半徑R0.25m，靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA1.0kg，mB4.0kg，物塊A處于圓形光滑軌道的最低點P，兩小物塊之間有一被壓縮的微型輕彈簧。某時刻將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek10.0J釋放后，小物塊A經(jīng)半圓形光滑軌道PMN從N點水平拋出。B與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.20，重力加速度取g10m/s2求：（1）彈簧釋放后瞬間A、B兩物塊速度的大小；（2）物塊A對軌道N點的壓力；（3）B停止后，與A落地點的距離。【分析】（1）釋放彈簧過程系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意應(yīng)用動

33、量守恒定律可以求出兩物塊的速度。（2）A在軌道上運動過程機械能守恒，由機械能守恒定律求出A到達N點時的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對A的支持力，再求出A對軌道的壓力。（3）應(yīng)用動能定理求出B的位移，A離開N后做平拋運動，應(yīng)用平拋運動規(guī)律求出A的水平位移，然后答題?！窘獯稹拷猓海?）釋放彈簧過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAvAmBvB0，由題意可知：EK，代入數(shù)據(jù)解得：vA4m/s，vB1m/s；（2）A從P運動到N過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：，在N點，由牛頓第二定律得：F+mAgmA，代入數(shù)據(jù)解得：F14N，由牛頓第三定律可知，A對軌道的壓力：FF14N；

34、（3）A離開軌道后做平拋運動，豎直方向：2R水平方向：xAvAt，B向左滑動過程，由動能定理得：mBgxB0，A、B兩點間的距離：xxAxB，代入數(shù)據(jù)解得：xm；答：（1）彈簧釋放后瞬間A、B兩物塊速度的大小分別為4m/s、1m/s；（2）物塊A對軌道N點的壓力大小為14N，方向：豎直向上；（3）B停止后，與A落地點的距離分別為m?！军c評】本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、動能定理與平拋運動規(guī)律可以解題。三、解答題（共2小題，滿分15分）物理-選修3-313（5分）下列說法正確的是（）A空氣中大量PM2.5的運動

35、也是分子熱運動B溫度相同的氧氣和氫氣，分子的平均動能相同C溫度相同的氧氣和氫氣，氫氣的內(nèi)能一定大D氣體等壓壓縮過程一定放出熱量，且放出的熱量大于內(nèi)能的減少E晶體熔化過程分子勢能增加【分析】PM2.5在空氣中的運動是固體顆粒分子團的運動，不是分子的熱運動。溫度是分子的平均動能的標志，所以溫度相同的氫氣和氧氣，氧氣分子的平均動能與氫氣分子的平均動能相等。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程C，等壓壓縮，則溫度降低，則內(nèi)能下降，根據(jù)熱力學(xué)第一定律UQ+W，放出的熱量大于內(nèi)能的減少，晶體融化時要吸熱而溫度保持不變，則其分子平均動能不變，但吸熱后內(nèi)能增大，故說明晶體在融化過程中分子勢能增加了。【解答】解：A、PM2.5

36、在空氣中的運動是固體顆粒分子團的運動，不是分子的熱運動。故A錯誤；B、溫度是分子的平均動能的標志，所以溫度相同的氫氣和氧氣，氧氣分子的平均動能與氫氣分子的平均動能相等。故B正確，C錯誤。D、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程C，等壓壓縮，則溫度降低，則內(nèi)能下降，根據(jù)熱力學(xué)第一定律UQ+W，放出的熱量大于內(nèi)能的減少，故D正確；E、晶體融化時要吸熱而溫度保持不變，則其分子平均動能不變，但吸熱后內(nèi)能增大，故說明晶體在融化過程中分子勢能增加了，故E正確；故選：BDE?！军c評】本題考查熱力學(xué)第一定律、分子熱運動與分子勢能等，知識點多，難度小，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識。14（10分）如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為

37、m的活塞密封一部分氣體，活塞與容器壁間能無摩擦滑動，容器的橫截面積為S開始時氣體的溫度為T0，活塞與容器底的距離為h0將整個裝置放在大氣壓恒為p0的空氣中后，當(dāng)氣體從外界吸收熱量Q，活塞緩慢上升d后再次平衡。求：外界空氣的溫度是多少？在此過程中密閉氣體的內(nèi)能增加了多少？【分析】對于封閉的氣體，發(fā)生了等壓變化，由蓋呂薩克定律可求出外界空氣的溫度?；钊仙倪^程，密閉氣體克服大氣壓力和活塞的重力做功，根據(jù)勢力學(xué)第一定律求得氣體的內(nèi)能增加量?！窘獯稹拷猓喝∶荛]氣體為研究對象，活塞上升過程為等壓變化，由蓋呂薩克定律得：解得：外界的空氣溫度為：活塞上升的過程，密閉氣體克服大氣壓力和活塞的重力做功，所以外界對系統(tǒng)做的功W（mg+p0S）d根據(jù)勢力學(xué)第一定律得密閉氣體增加的內(nèi)能UQ+WQ（mg+p0S）d答：外界空氣的溫度是；在此過程中的密閉氣體的內(nèi)能增加了Q（mg+p0S）d?！军c評】利用氣體的三個定理解決氣體的狀態(tài)變化過程時，要注意尋找不變量。同時要注意P這個參量，它是氣體問題和力學(xué)知識的關(guān)聯(lián)點。還要注意結(jié)合熱力學(xué)第一定律討論氣體的內(nèi)能變化。四、解答題（共2小題，滿分15分）物理一選修3-415（5分）如圖甲所示，沿波的傳播方向上有六個質(zhì)點a、b、c、d、e、f，相鄰兩質(zhì)點之間的距離均為2m，各質(zhì)點均靜止在各自的平衡位置，t0時刻振源a開始做簡諧運動，取豎直向上為振動位移的正方向，其振動