2019年寧夏石嘴山三中高考物理三模試卷

1、2019 年寧夏石嘴山三中高考物理三模試卷副標(biāo)題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.在物理學(xué)的發(fā)展中，有許多科學(xué)家做出了重大貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是（）A. 伽利略通過觀察發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動的規(guī)律B. 庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷守恒定律并提出元電荷概念C. 牛頓通過理想斜面實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了物體的運(yùn)動不需要力來維持D. 英國物理學(xué)家卡文迪許用實(shí)驗(yàn)的方法測出了萬有引力常量2. 在平直公路上行駛的 a 車和 b 車，其位移時間圖象分別為圖中直線 a 和曲線 b。 t=3s時，直線 a 和曲線 b 剛好相切，下列說法正確的是（）A. t=3s時，兩車具有共同的加速度B. a 車做勻速運(yùn)動，

2、 b 車做加速運(yùn)動C. 在運(yùn)動過程中， b 車始終沒有超過 a 車D. 在 0-3s 的時間內(nèi)， a 車的平均速度比b 車的大3. “跳一跳”小游戲需要操作者控制棋子離開平臺時的速度，使其能跳到旁邊平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳躍過程中的運(yùn)動軌跡， 其最高點(diǎn)離平臺的高度為 h，水平速度為 v；若質(zhì)量為 m 的棋子在運(yùn)動過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，只受重力作用，重力加速度為 g，則（）A. 棋子從最高點(diǎn)落到平臺上所需時t=2B. 若棋子在最高點(diǎn)的速度v 變大，則其落到平臺上的時間變長C. 棋子從最高點(diǎn)落到平臺的過程中，重力勢能減少mghD. 棋子落到平臺上的速度大小為4. 滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛

3、，某滑雪運(yùn)動員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道 AB，從滑道的 A 點(diǎn)滑行到最低點(diǎn) B 的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB 下滑過程中（）A. 合外力做功一定大于零B. 所受摩擦力大小不變C. 合外力始終與速度垂直D. 機(jī)械能始終保持不變5. 如圖所示，一質(zhì)量為 m 的小球，用長為 L 的輕繩懸掛于 O 點(diǎn)，初始時刻小球靜止于P 點(diǎn)。第一次小球在水平拉力F1 作用下，從 P 點(diǎn)緩慢地移動到Q 點(diǎn)，此時輕繩與豎直方向夾角為（ 90o），輕繩的拉力大小為T1；第二次在水平恒力F2 作用下，第1頁，共 18頁從 P 點(diǎn)開始運(yùn)動并恰好能到達(dá)Q 點(diǎn)，在 Q 點(diǎn)時輕繩

4、中的拉力大小為T2關(guān)于這兩個過程，下列說法中正確的是（不計空氣阻力，重力加速度為g）（）A.B.兩個過程中，輕繩的拉力均變大第一個過程中，F(xiàn) 1 做的功為F1Lsin C. T1= ， T2=mgD. 第二個過程中，重力和水平恒力F 2 的合力的功率先增大后減小二、多選題（本大題共5 小題，共 27.0 分）6. 如圖所示的電路中，A1 和 A2 是完全相同的燈泡，線圈 L的電阻可以忽略。下列說法中正確的是（）A. 合上開關(guān) K 瞬間， A1、 A2 同時亮B. 合上開關(guān) K 瞬間， A2 立刻亮， A1 逐漸變亮C. 合上開關(guān) K 一段時間后，再斷開開關(guān)K 時，A2立刻熄滅， A1 逐漸熄滅

5、D. 合上開關(guān) K 一段時間后，再斷開開關(guān)K 時， A1 和 A2 都緩慢熄滅7. 2017 年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約 100s時，它們相距約 400km，繞二者連線上的某點(diǎn)每秒轉(zhuǎn)動 12 圈，將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（）A. 質(zhì)量之和B. 質(zhì)量之積C. 速率之和D. 各自的自轉(zhuǎn)角速度8. 如圖所示， 在足夠大的光滑水平面上， 有相距為 d 的兩條水平的平行虛線， 兩虛線間有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B正方形線圈 abcd

6、邊長為 L （ L d），質(zhì)量為 m，電阻不為 0，初始時線圈在磁場一側(cè)，當(dāng)cd 邊剛進(jìn)入磁場時速度為v1， ab 邊剛進(jìn)入磁場時速度為v2，線圈 abcd 全部離開磁場時速度為 v3，整個過程中線圈 cd 邊始終與磁場邊界平行且線圈與光滑水平面接觸，則下列說法正確的是（）A. v1、 v2 和 v3 的關(guān)系為=B. v1、 v2 和 v3 的關(guān)系為 v2=C. 線圈進(jìn)入磁場過程中，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為q=D. 線圈離開磁場過程中，做加速度越來越大的減速運(yùn)動9.下列關(guān)于熱力學(xué)定律的說法正確的是（）A. 一定質(zhì)量的理想氣體保持壓強(qiáng)和體積不變，而只改變其溫度是不可能的B. 熱力學(xué)第二定律是反映

7、宏觀自然過程的方向性的定律C. 一定質(zhì)量的理想氣體放出熱量，則其分子平均動能一定減少D. 對于密閉容器內(nèi)的理想氣體而言，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)會隨溫度的升高而增多E. 熱運(yùn)動的宏觀過程是熵減少的過程10. 一簡諧橫波沿 x 軸正方向傳播，在 t=0 時刻的波形圖如圖所示，波剛好傳到 x=8 m 的位置， P 是平衡位置為 x=1m 處的質(zhì)點(diǎn)， 并經(jīng)過 0.2s 完成了一次全振動， Q 是平衡位置為第2頁，共 18頁x=4m 處的質(zhì)點(diǎn)， M 是平衡位置為x=34m 處的質(zhì)點(diǎn)（ M 點(diǎn)圖中未畫出），則下列說法不正確的是（）A. 波源的起振方向沿y 軸負(fù)方向B. t=0.15

8、 s 時，質(zhì)點(diǎn) Q 縱坐標(biāo)為 10cmC. 波剛好傳到 M 質(zhì)點(diǎn)時，質(zhì)點(diǎn)P 振動方向沿 y 軸正方向D. 當(dāng)質(zhì)點(diǎn) M 第一次出現(xiàn)在波峰位置時，質(zhì)點(diǎn) Q 恰好出現(xiàn)在平衡位置且振動方向沿y 軸正方向E. 從 t=0.10s到 t=0.15 s，質(zhì)點(diǎn) P 通過的路程為 10cm三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2 小題，共 15.0 分）11. 某探究小組做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)，將畫有坐標(biāo)軸（橫軸為x 軸，縱軸為 y 軸，最小刻度表示1mm）的紙貼在水平桌面上，如圖（a）所示。將橡皮筋的一端 Q 固定在 y 軸上的 B 點(diǎn)（位于圖示部分之外），另一端P 位于 y 軸上的 A點(diǎn)時，橡皮筋處于原長。（

9、 1）用一只測力計將橡皮筋的P 端沿 y 軸從 A 點(diǎn)拉至坐標(biāo)原點(diǎn)O，此時拉力 F 的大小可由測力計讀出。測力計的示數(shù)如圖（b）所示， F 的大小為 _N。（ 2）撤去（1）中的拉力， 橡皮筋 P 端回到 A 點(diǎn)；現(xiàn)使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將 P 端拉至 O 點(diǎn)。此時觀察到兩個拉力分別沿圖（ a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數(shù)讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N 和 F2=5.6N。（ ）用 5mm 長度的線段表示1N 的力，以 O 為作用點(diǎn)，在圖（ a）中畫出力 F 1、F2 的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F 合 ；（ ） F 合 的大小為 _N，若 F 合 與拉

10、力 F 的大小及方向的偏差均在實(shí)驗(yàn)所允許的誤差范圍之內(nèi)，則該實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。12. 某同學(xué)用一個滿偏電流為 10mA、內(nèi)阻為 30 的電流表，一只滑動變阻器和一節(jié)電動勢為 1.5V 的干電池組裝成一個歐姆表，如圖（a）所示：甲、乙測試筆中，甲表筆應(yīng)是_（選填“紅”或“黑”）表筆。電流表5mA 刻度處應(yīng)標(biāo)的電阻刻度為_。經(jīng)調(diào)零后，將甲、乙兩表筆分別接圖（b）中的 a、 b 兩點(diǎn)，指針指在電流表刻度的 4mA 處，則電阻 Rx_ 。若誤將甲、 乙兩表筆分別接在了圖中的a、c 兩點(diǎn)，則 Rx的測量結(jié)果偏 _（選填“大”或“小”）再給電流表并聯(lián)一個合適的定值電阻R，就可組裝成一個中間刻度

11、值為15 的歐姆表，則R _。（保留2 位有效數(shù)字）第3頁，共 18頁四、計算題（本大題共4 小題，共 52.0 分）13. 如圖所示，質(zhì)量為mA=0.2kg 的小球 A 系在長 L 1=0.8m 的細(xì)線一端，線的另一端固定在 O 點(diǎn)，質(zhì)量為 mB=1kg 的物塊 B 靜止于水平傳送帶左端的水平面上且位于O 點(diǎn)正下方； 左側(cè)水平面、 傳送帶及小車的上表面平滑連接，物塊 B 與傳送帶之間的滑動摩擦因數(shù) =0.5，傳送帶長 L 2=3.5m，以恒定速率 v0=6m/s順時針運(yùn)轉(zhuǎn)，現(xiàn)拉動小球使水平伸直后由靜止釋放， 小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊B 發(fā)生正碰 （碰撞時間極短），小球反彈后上升到最高點(diǎn)時與水

12、平面的距離為，取重力加速度 g=10m/s2，小球與物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，求：（ 1）小球與物塊碰前瞬間對細(xì)線的拉力大??；（ 2）物塊 B 與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；14. 如圖，半徑為 a 的內(nèi)圓 A 是電子發(fā)射器， 其金屬圓周表圓各處可沿紙面內(nèi)的任意方向發(fā)射速率為v 的電子；外圓C 為與 A 同心的金屬網(wǎng)，半徑為a不考慮靜電感應(yīng)及電子的重力和電子間的相互作用，已知電子質(zhì)量為m，電量為 e。（ 1）為使電子從C 射出的速率達(dá)到3v，C、 A 間應(yīng)加多大的電壓U；（ 2） C、A 間不加電壓，而加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。若沿 A 徑向射出的電子恰好不從C 射出，求該電子第一次回到A 時，

13、在磁場中運(yùn)動的時間t；為使所有電子都不從C 射出，所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B 應(yīng)多大。第4頁，共 18頁15. 如圖所示，潛艇采用壓縮空氣排出海水控制浮沉，在海面上，潛艇將壓強(qiáng)為1.0 105Pa 、總體積為600m3 的空氣（包含貯氣筒內(nèi)空氣，視為理想氣體）壓入容積為 3m3 的貯氣筒。潛至海面下方190m 水平航行時，為控制姿態(tài)，將貯氣筒內(nèi)一部分壓縮空氣通過節(jié)流閥壓入水艙，使 15m3 的水通過排水孔排向與之相通的大海。5332已知海面處大氣壓 p0=1.0 10 Pa ，取海水的密度 =1.0 kg/m10 ， g=10m/s，求：潛艇下潛前貯氣筒內(nèi)空氣的壓強(qiáng)；排出水后貯氣筒內(nèi)剩余空氣的壓強(qiáng)。

14、16. 在桌面上有一倒立的玻璃圓錐， 其頂點(diǎn)恰好與桌面接觸，圓錐的軸（圖中虛線）與桌面垂直，過軸線的截面是邊長為 a 的等邊三角形，如圖所示有一半徑為r 的圓柱形平行光束垂直入射到圓錐的底面上，光束的中心軸與圓錐的軸重合已知玻璃的折射率n=，光在空氣中的傳播速度為c求：（ i）光束在桌面上形成的光斑半徑R；（ ii）光束在玻璃中傳播的時間t 第5頁，共 18頁答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、開普勒通過觀察發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn) 動的規(guī)律，故 A 錯誤；B、許多科學(xué)家通 過大量的實(shí)驗(yàn)研究發(fā)現(xiàn)了電荷守恒定律，不是庫侖提出元電荷概念；故 B 錯誤；C、伽利略通過理想斜面 實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn) 了物體的運(yùn) 動不

15、需要力來 維持，故 C 錯誤；D、英國物理學(xué)家卡文迪 許用實(shí)驗(yàn)的方法測出了萬有引力常量，故 D 正確；故選：D。根據(jù)物理學(xué)史和常 識解答，記住著名物理學(xué)家的主要 貢獻(xiàn)即可本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大 發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一2.【答案】 C【解析】解：A 、t=3s 時，兩圖線斜率相等，所以兩車的速度相等， a的加速度 為零，而 b的加速度不 為零，所以加速度不同，故 A 錯誤；B、x-t 圖象的斜率表示速度，由 圖可知，a車做勻速直 線運(yùn)動，b 車做減直線速運(yùn)動，故B 錯誤；C、由圖象可知，b 車的位置坐 標(biāo)小于等于 a 的坐標(biāo)，所以 b 車始終

16、沒有超過 a車，故C 正確；D、在0-3s的時間內(nèi)，a 車的位移為 6m，b 車的位移為 8m，由公式可知，a 車的平均速度小于 b 車的，故 D 錯誤 。故選：C。x-t 圖象的斜率表示速度，根據(jù) 圖象的形狀分析兩 車的運(yùn)動情況，判斷 b 車能否超過 a車 。根據(jù)縱坐標(biāo)的變化量分析位移關(guān)系，從而得到平均速度關(guān)系。第6頁，共 18頁v=故選：C。解決本題的關(guān)鍵知道位移 時間圖線 的物理意 義，知道圖線的切線斜率表示瞬時速度，分析兩車的位移關(guān)系、速度關(guān)系。3.【答案】 C【解析】過動2A程可以看作是平拋運(yùn)，根據(jù)h=gtt=，解： 、從最高點(diǎn)到平臺的得：故 A錯誤；B、從最高點(diǎn)到平臺過程為平拋運(yùn)動

17、，運(yùn)動的時間由高度決定，與最高點(diǎn)的速度無關(guān)，故 B 錯誤 。C、棋子從最高點(diǎn)落到平臺的 過程中，下降的高度為 h，重力勢能減小 mgh，故C 正確。D、根據(jù)動能定理得：mgh=mv2-mv2，解得棋子落到平臺上的速度大小為：，故D 錯誤 。從最高點(diǎn)到平臺 過程為平拋運(yùn)動，根據(jù)高度得出平拋運(yùn) 動的時間，該時間與最高點(diǎn)的速度無關(guān)。根據(jù)下降的高度求出重力 勢能的減小量，根據(jù)動能定理求出棋子落在平臺的速度大小。解決本題的關(guān)鍵將斜拋運(yùn) 動分割成平拋運(yùn) 動進(jìn)行處理，知道平拋運(yùn)動的時間由高度決定，與最高點(diǎn)速度無關(guān)。4.【答案】 C【解析】解：A 、滑雪運(yùn)動員的速率不 變則動能不變，由動能定理可知，合外力 對

18、運(yùn)動員做功為 0，故A 錯誤；B、運(yùn)動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑 動摩擦力，由圖可知，運(yùn)動員從 A 到 B 的過程中，滑道與水平方向之 間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐 漸減小，運(yùn)動員的速率不 變，則運(yùn)動員沿滑道方向的合外力始終等于 0，所以滑動摩擦力也逐 漸減小。故 B 錯誤；C、滑雪運(yùn)動員沿圓弧軌道運(yùn)動的速率不 變，則運(yùn)動做勻速圓周運(yùn)動，所受合第7頁，共 18頁外力指向 圓心，而速度方向與軌道相切，由幾何知識可知，運(yùn)動員所受合外力始終與速度垂直故C 正確；D、運(yùn)動員從 A 到 B 下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機(jī)械能減小，故 D錯誤。故選：C?；┻\(yùn)動員的速

19、率不 變做勻速圓周運(yùn)動，加速度不為零，運(yùn)動員所受合外力大小不為 0，對運(yùn)動員進(jìn)行受力分析，結(jié)合受力的特點(diǎn)分析摩擦力的變化。摩擦力做功運(yùn) 動員的機(jī)械能減小。本題抓住運(yùn)動員做的是勻速 圓周運(yùn)動，速率不變，動能不變，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動的特點(diǎn)分析速度、加速度、合外力的情況。5.【答案】 C【解析】解：A 、第一次小球在水平拉力 F 作用下，從 P點(diǎn)緩慢地移動到 Q 點(diǎn)，則小球處于平衡狀 態(tài)，根據(jù)平衡條件得：F=mgtan，隨著 增大，F(xiàn) 逐漸增大，第二次從 P 點(diǎn)開始運(yùn) 動并恰好能到達(dá) Q 點(diǎn)，則到達(dá) Q 點(diǎn)時速度為零，在此過程中，根據(jù)動能定理得：Flsin =mgl（1-cos），解得F：=mgtan

20、 ，因?yàn)?90，所以 tanmgtan，則 FF，第一次運(yùn)動過程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，繩子的拉力 T=，所以輕繩的張力變大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成 為新的 “重力 ”，則第二次小球的運(yùn) 動可以等效于單擺運(yùn)動，當(dāng)繩子方向與重力和F方向在同一直 線上時，小球處于“最低點(diǎn) ”，最低點(diǎn)的速度最大，此時繩子張力最大，所以第二次 繩子張力先增大，后減小，故 A 錯誤；B、第一個過程中拉力 F1 做功 W 1=mgL（1-cos ），故B 錯誤；C、第一次運(yùn)動到 Q 點(diǎn)時，受力平衡，根據(jù)幾何關(guān)系可知，T1=第二次運(yùn)動到 Q 點(diǎn)時，速度為零，則向心力為零，第8頁，共 18頁則繩子拉力

21、 T2=mgcos +F sin =mgcos+=mg，故C 正確；D、第二個過程中，重力和水平恒力 F的合力是個恒力，在等效最低點(diǎn) 時，合力方向與速度方向垂直，此 時功率最小 為零，到達(dá) Q 點(diǎn)速度也 為零，則第二個過程中，重力和水平恒力 F的合力的功率先增大，后減小，再增大，最后再減小為 0，故D 錯誤。故選：C。第一次小球在水平拉力F 作用下，從 P點(diǎn)緩慢地移動到 Q 點(diǎn)，則小球處于平衡狀態(tài)，第二次在水平恒力 F作用下，從 P 點(diǎn)開始運(yùn) 動并恰好能到達(dá) Q 點(diǎn)，則到達(dá) Q 點(diǎn)時速度為零，由于重力和拉力都是恒力，可以把 這兩個力合成 為新的 “重力 ”，則第二次小球的運(yùn) 動可以等效于 單擺

22、運(yùn)動，找出“最低點(diǎn) ”，最低點(diǎn)的速度最大，在 Q 點(diǎn)速度為零，則向心力為零，判斷 T2 與 mg 的關(guān)系。本題的難點(diǎn)在第二次拉 動小球運(yùn)動過程的處理，由于重力和拉力都是恒力，可以把這兩個力合成 為新的 “重力 ”，則第二次小球的運(yùn) 動可以等效于 單擺運(yùn)動，根據(jù)單擺的知識求解。6.【答案】 BD【解析】解：A 、合上開關(guān) K 接通電路，A 2 立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過 A 1 的電流慢慢變大，最后兩燈泡的電壓一樣大，所以一樣亮。故 A 錯誤，B 正確；C、斷開開關(guān) K 切斷電路時，通過 A 2 的用來的 電流立即消失，線圈對電流的減小有阻礙作用，所以通 過 A 1 的電流會慢

23、慢 變小，并且通過 A 2，所以兩燈泡一起過一會兒熄 滅，但通過 A 2 的燈的電流方向與原來的方向相反。故C 錯誤、D 正確。故選：BD。電感器對電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時，會阻礙電流的增大，當(dāng)電第9頁，共 18頁流減小時，會阻礙其減小。解決本題的關(guān)鍵知道電感器對電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時，會阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時，會阻礙其減小。7.【答案】 AC【解析】解：AB 、設(shè)兩顆星的質(zhì)量分別為 m1、m2，軌道半徑分 別為 r1、r2，相距L=400km=4105m，根據(jù)萬有引力提供向心力可知：2=m1r12=m2r2 +整理可得：=（r1+r2） =，質(zhì)m）=，其中周期 T

24、=s，故A 正確、B 錯誤；解得量之和（ 1+m2CD、由于 T=s，則角速度為：= =rad/s=24 rad/s，這是公轉(zhuǎn)角速度，不是自轉(zhuǎn)角速度根據(jù) v=r 可知：v1=r1，v2=r26解得：v1+v2=（r1+r2）=L=9.6 m/s10，故C 正確，D 錯誤；故選：AC。雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力， 結(jié)合牛頓第二定律求出雙星 總質(zhì)量與雙星距離和周期的關(guān)系式，從而分析判斷。結(jié)合周期求出雙星系 統(tǒng)旋轉(zhuǎn)的角速度和 線速度關(guān)系本題實(shí)質(zhì)是雙星系 統(tǒng)，解決本題的關(guān)鍵知道雙星系 統(tǒng)的特點(diǎn)，即周期相等、向心力大小相等，結(jié)合牛頓第二定律分析求解。8.【答案】 BC【解析】AB 、線框進(jìn)入磁

25、場過程中根據(jù) 動量定理有 -=mv2-mv1，而解：，所以-BL=mv2-mv1，第10 頁，共 18頁線場時有：-BL=mv則同理， 框離開磁3-mv 2，所以有：v3-v2=v2-v1， 有 v2=，故A 錯誤、B 正確；線進(jìn)入磁場的過程據(jù)動量定理 -=mv2-mv1，而q=，解得C、 圈q=，故 C 正確；D、線圈離開磁 場時，減速運(yùn)動，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流減小，安培力減小，從而線框的加速度也減小，故 D 錯誤 。故選：BC。由線圈的受力情況，進(jìn)入過程中和離開磁 場過程中分別根據(jù)動量定理列方程求解速度關(guān)系；根據(jù)電荷量的計算公式求解 電荷量的大小，根據(jù)牛 頓第二定律分析加速度的 變化。對于

26、安培力作用下 導(dǎo)體棒的運(yùn) 動問題 ，如果涉及電 荷量、求位移問題 ，常根據(jù)動量定理結(jié)合法拉第 電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律列方程 進(jìn)行解答；注意動能定理是利用 電流的有效 值，動量定理是利用 電流的平均 值。9.【答案】 ABD【解析】解：A 、由理想氣體狀態(tài)方程=C可知，保持壓強(qiáng)和體積不變則， 溫度一定不變，故A 正確；熱觀自然過程的方向性。故 B 正確；B、 力學(xué)第二定律反映了宏積壓縮放出熱量，溫度可能升高，故分子的平均動能可能增加，故 C錯C、體誤；D、由理想氣體狀態(tài)方程=C 可知，對于密閉容器內(nèi)的理想氣體而言，如果溫度升高，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)增多，故 D

27、 正確；E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知， 實(shí)際的宏觀過程都會自 發(fā)地往熵增加的方向 進(jìn)行。故E錯誤；第11 頁，共 18頁故選：ABD 。由理想氣體狀 態(tài)方程=C 可知，保持壓強(qiáng)和體積不變，則溫度一定不 變，熱力學(xué)第二定律反映了宏 觀自然過程的方向性。體積壓縮放出熱量，溫度可能升高，故分子的平均 動能可能增加，由理想氣體狀 態(tài)方程=C 可知，對于密閉容器內(nèi)的理想氣體而言，如果溫度升高，分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁碰撞的平均次數(shù)增多，根據(jù) 熱力學(xué)第二定律可知， 實(shí)際的宏觀過程都會自發(fā)地往熵增加的方向 進(jìn)行。加強(qiáng)對基本概念的 記憶，基本方法的學(xué)習(xí)利用，是學(xué)好 3-3 的基本方法。此處高考要求不高，

28、不用做太 難的題目。10.【答案】 BCE【解析】解：A 、根據(jù)波向右傳播可得：波前向下振動，故波源的起振方向沿 y 軸負(fù)方向，故 A 正確不符合 題意；B、P經(jīng)過0.2s完成了一次全振動，故周期 T=0.2s；t=0時 質(zhì)， 點(diǎn) Q 在平衡位置，正向上振動，故經(jīng)過后，質(zhì)點(diǎn)縱坐標(biāo)為 -10cm，故 B 錯誤符合題意；圖長傳點(diǎn)的時間C、由 可得：波 =8m，故波速；波播到M=；t=0時質(zhì)動經(jīng)過0.65s后質(zhì)點(diǎn) P 向， 點(diǎn) P向下振，故下振動，故C 錯誤符合題意；質(zhì)現(xiàn)在波峰位置時，質(zhì)恰好和D、 點(diǎn) M 第一次出，故點(diǎn)Qt=0 時振動相同，即在平衡位置，正向上振 動，故 D 正確不符合 題意；E、

29、從 t=0.10s到 t=0.15s，即，質(zhì)點(diǎn) P 從縱坐標(biāo)為負(fù)向上運(yùn)動到縱坐標(biāo)為正，經(jīng)過時間為，那么，根據(jù)越靠近平衡位置速度越大可知：質(zhì)點(diǎn) P通過的路程大于 A ，即大于 10cm，故E 錯誤題意；故選：BCE。根據(jù)波的 傳播方向得到波前的振 動方向，從而得到起振方向；根據(jù)全振 動的第12 頁，共 18頁時間得到周期，即可根據(jù) 質(zhì)點(diǎn)振動方向得到 縱坐標(biāo)；根據(jù)波的傳播由波速和距離得到確定的 時刻，然后根據(jù)周期及振 動方向得到 質(zhì)點(diǎn)的振動；最后根據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動方向和位置得到 質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過的路程，由與平衡位置的關(guān)系得到時間內(nèi)路程和 A 的關(guān)系。在求解機(jī)械振 動的問題中，一般根據(jù)振動圖象得到周期及 質(zhì)點(diǎn)的振

30、動方向，進(jìn)而根據(jù)波 動圖象得到傳播方向和波 長，然后求解波速；最后在根據(jù)距離和波速求得任一 質(zhì)點(diǎn)的振動狀態(tài)。11.【答案】 4.04.0【解析】解：（1）彈簧測力計的最小刻度 為 0.2N，由圖可知，F(xiàn)1 的大小為 4.0N；（2）（i）根據(jù)圖示法作出力的示意 圖，根據(jù)平行四邊形定則得出合力，如圖所示：（ii ）用刻度尺量出 F 合的線段長為 20mm，所以 F 合大小為 4.0N；故答案為：（1）4.0；（2）4.0；根據(jù)彈簧秤的最小刻度 讀出 F 的讀數(shù)。根據(jù)圖示法作出 F1 和 F2，結(jié)合平行四 邊形定則作出合力，得出合力的大小。本題考查了力的合成法 則及平行四 邊形定則的應(yīng)用，掌握彈簧

31、測力計的讀數(shù)方法，是考查基礎(chǔ)知識的好題。12.【答案】 紅150225小3.3【解析】解：（1）由圖示可知，甲表筆與歐姆表內(nèi)置 電 源負(fù)極相 連，甲表筆是紅 表筆。（2）歐姆表內(nèi)阻：R 內(nèi)= =150，電流表示數(shù) 為 5mA 時：510-3mA=mA ，解得：R1=150，則 5mA 刻度處應(yīng)標(biāo)的電阻刻度為 150。第13 頁，共 18頁針電流表刻度的 4mA處閉合電-3，（3）指 指在，由路歐姆定律得：410 =解得，電阻：Rx=225。（4）若誤將甲、乙兩表筆分別接在了圖中的 a、c 兩點(diǎn)，由圖示電路圖可知，兩電池串聯(lián)，相當(dāng)于歐姆表內(nèi)置 電源電動勢 E 變大，由閉合電路歐姆定律可知，電路電

32、流變大，歐姆表指針向右偏轉(zhuǎn)，歐姆表示數(shù)變小，Rx 的測量結(jié)果偏小。（5）歐姆表內(nèi)阻等于中值電間值為15的歐姆表，其內(nèi)阻為15，阻，中 刻度電流表改裝成 0.1A的電流表需要并聯(lián)分流電阻，I= =0.1A，把分流電阻阻值：R=3.3 。故答案為：（1）紅；（2）150；（3）225；（4）?。唬?）3.3。歐姆表黑表筆與內(nèi)置電源正極相連 紅電源負(fù)極相連；， 表筆與內(nèi)阻歐姆表的工作原理是 閉合電路的歐姆定律，根據(jù) 題意應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析答題。本題考查了歐姆表的 結(jié)構(gòu)與歐姆表的工作原理，知道歐姆表結(jié)構(gòu)與工作原理是解題的前提與關(guān) 鍵，應(yīng)用基礎(chǔ)知識即可解題，平時要注意基 礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。13.

33、【答案】 解：（ 1）小球 A 下擺階段機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械恒守恒定律可得：mAgL1=解得： vA=4m/s小球在 O 點(diǎn)正下方時，由牛頓第二定律可得：T-mAg=mA解得： T=6 N；（ 2） A 上擺過程機(jī)械能守恒，則有：mAg=解得： v1=1m/sA、 B 碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以A 的初速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律可得：mAvA=-mAv1 +mBvB解得： vB=1m/s設(shè)經(jīng)過時間t， B 與傳送帶速度相等，由勻變速直線運(yùn)動速度公式可得：v0=vB+at由牛頓第二定律得：mBg=mBa第14 頁，共 18頁代入數(shù)據(jù)可得：t=1s物塊滑行的距離為：s 物 =傳送帶的位移為：

34、s 帶 =v0t物塊與傳送帶間的相對位移大小為：s=s帶 -s 物解得： s=2.5m滑塊 B 與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：Q=mB gs解得： Q=12.5J；答：（ 1）小球與物塊碰前瞬間對細(xì)線的拉力大小是6N；（ 2）物塊 B 與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q 是 12.5J；【解析】（1）小球下擺過程機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械恒守恒定律求出小球與物塊碰前瞬間的速度。小球在最低點(diǎn) 時，由繩的拉力與重力的合力提供向心力，由牛 頓第二定律即可求出。（2）小球反彈后上升過程，再由機(jī)械能定律求出碰后瞬 間小球 A 的速度。A 、B碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出碰后瞬間 B 的速度

35、；碰后 B 滑上傳送帶，應(yīng)用牛頓第二定律和勻 變速直線運(yùn)動的速度公式與位移公式求出相 對位移，然后求出摩擦 產(chǎn)生的熱量。本題是一道力學(xué) 綜合題，分析清楚物體運(yùn)動過程是正確解 題的關(guān)鍵，運(yùn)用動量守恒定律 時要注意選擇正方向。要知道摩擦生 熱與相對位移有關(guān)。14.【答案】 解：（ 1）電阻在 C、 A 加速，由動能定理得：eU=，解得： U=；（ 2）電子在 C、 A 間磁場中運(yùn)動軌跡與金屬網(wǎng)相切時運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識得：tan =，電子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期：T=，解得： =60，電子在磁場中的運(yùn)動時間：t=T，解得： t=；沿切線方向射出的電子運(yùn)動軌跡恰好與金屬網(wǎng)相切與 C點(diǎn)時，第1

36、5 頁，共 18頁所有電子都不從C 點(diǎn)射出，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識得：2r =a-a，電子做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m ，解得： B=，則：B；答：（ 1）為使電子從C 射出的速率達(dá)到3v，C、 A 間應(yīng)加多大的電壓U 為；（ 2）若沿 A 徑向射出的電子恰好不從C 射出，該電子第一次回到A 時，在磁場中運(yùn)動的時間t 為；為使所有電子都不從C 射出，所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B 大小應(yīng)滿足B?！窘馕觥侩婇g動能定理可以求出電勢差。（1） 子在 C、A加速，由（2） 電子運(yùn)動軌跡與金屬網(wǎng)相切 時電子恰好不從 C 點(diǎn)射出，根據(jù)題意求出電子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出電子的運(yùn)動時間； 求出電子不從 C 點(diǎn)射出的臨界軌應(yīng)頓第二定律可以求出磁感道半徑，用牛應(yīng)強(qiáng)度。本題考查了電子在磁