2019年河南省鄭州市高考物理三模試卷

1、2019 年河南省鄭州市高考物理三模試卷副標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.如圖所示為氫原子能級的示意圖，下列有關(guān)說法正確的是（）A. 處于基態(tài)的氫原子吸收10.5eV 的光子后能躍遷至 n=2 能級B. 大量處于 n=4 能級的氫原子向低能級躍遷時，最多可輻射出3 種不同頻率的光C. 若用從 n=3 能級躍遷到 n=2 能級輻射出的光， 照射某金屬時恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從 n=4 能級躍遷到 n=3 能級輻射出的光，照射該金屬時一定能發(fā)生光電效應(yīng)D. 用 n=4 能級躍遷到 n=1 能級輻射出的光， 照射逸出功為 6.34eV 的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的

2、最大初動能為 6.41eV2. 背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運動員背越式跳高過程的分解圖， 由圖可估算出運動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為（）A. 2m/sB. 5m/sC. 8m/sD. 11m/s3.如圖所示， M、N 為平行板電容器的兩個金屬極板，G 為靜電計，開始時閉合開關(guān)S，靜電計張開一定角度。則下列說法正確的是（）A. 開關(guān) S 保持閉合狀態(tài)，將R 的滑片向右移動，靜電計指針張開角度增大第1頁，共 20頁B.C.D.開關(guān) S 保持閉合狀態(tài)，將兩極板間距增大，靜電計指針張開角度增大斷開開關(guān) S 后，將兩極板間距增大，板間電壓不變斷開開關(guān)S 后

3、，緊貼下極板插入金屬板，板間場強不變4. 地球和某行星在同一軌道平面內(nèi)同向繞太陽做勻速圓周運動，地球和太陽中心的連線與地球和行星的連線所成夾角叫做地球?qū)υ撔行堑挠^察視角，如圖中 所示。當(dāng)行星處于最大觀察視角時是地球上的天文愛好者觀察該行星的最佳時機。已知某行星的最大觀察視角為 ，則該行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球繞太0陽轉(zhuǎn)動的角速度之比（）A.B.C.D.5. 如圖所示，光滑的水平面上有豎直向下的勻強磁場，水平面上平放著一個試管，試管內(nèi)壁光滑，底部有一個帶電小球?，F(xiàn)在對試管施加一個垂直于試管的水平拉力 F ，在拉力F 作用下，試管向右做勻速運動，帶電小球?qū)墓芸陲w出。下列說法正確的是（）A. 小

4、球帶負電B. 小球離開試管前，洛倫茲力對小球做正功C. 小球離開試管前的運動軌跡是一條拋物線D. 維持試管做勻速運動的拉力F 應(yīng)為恒力二、多選題（本大題共5 小題，共28.0 分）6. 傾角為 的斜面固定在水平面上， 在斜面上放置一長木板， 木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為 ，平行于斜面的力傳感器上端連接木板，下端連接一光滑小球，如圖所示。當(dāng)木板固定時，傳感器的示數(shù)為F 1，現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為F2，則下列說法正確的是（）A. 若 =0，則 F 1=F2B. 若，則F2=0=0C. 若，則D. 若，則=0 =tan 07. 兩帶電量均為 +Q 的點電荷分別固定于

5、x 軸上的 -2x0 和 2x0 處，將一帶 +q 的試探電荷從 -x0 處由靜止釋放，試探電荷只受電場力的作用，從x 軸上的 -x0 到 x0 的過程中，場強 E、試探電荷的加速度a、速度 v、電勢能 Ep 等隨 x 坐標的變化圖象大致正確的是（ E、 a、 v 選 x 軸正向為正方向，無窮遠處為零電勢能點）（）第2頁，共 20頁A.B.C.D.8. “彈跳小人”（如圖甲所示）是一種深受兒童喜愛的玩具，其原理如圖乙所示。豎直光滑長桿固定在地面不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端不固定，上端與滑塊拴接，滑塊的質(zhì)量為0.80kg?，F(xiàn)在向下壓滑塊，直到彈簧上端離地面高度h=0.40m 時，然后由靜止釋放滑

6、塊。滑塊的動能Ek 隨離地高度h 變化的圖象如圖丙所示。其中高度從 0.80m 到 1.40m 范圍內(nèi)的圖線為直線，其余部分為曲線。若以地面為重力勢能的參考平面，空氣阻力為恒力，g 取 10m/s2，則結(jié)合圖象可知（）A. 彈簧原長為0.72mB. 空氣阻力大小為1.00NC. 彈簧的最大彈性勢能為9.00JD. 彈簧在落回地面的瞬間滑塊的動能為5.40J9. 下列關(guān)于熱現(xiàn)象的判斷正確的是A. 單晶體和多晶體的物理性質(zhì)是各向異性的，非晶體是各向同性的B. 露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面張力的作用C. 在完全失重的情況下，氣體對器壁的壓強為零D. 氣體被壓縮時，內(nèi)能可能不變E. 不可能從單一熱庫吸收

7、熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響10. a、 b 兩束相互平行的單色光，以一定的入射角照射到平行玻璃磚上表面，經(jīng)平行玻璃磚折射后匯聚成一束復(fù)色光c，從平行玻璃磚下表面射出，如圖所示。則下列判斷正確的是（）第3頁，共 20頁A. a 光波長比 b 光波長短B. a 光在玻璃中的傳播速度比b 光在玻璃中的傳播速度大C. 玻璃磚對 a 光的折射率大D. 雙縫干涉時，用a 光照射得到條紋間距小E. 增大入射角， a 光在下表面可發(fā)生全反射三、實驗題探究題（本大題共3 小題，共27.0 分）11.小明同學(xué)做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示。其中 A 為固定橡皮條的圖釘， O 為橡皮條

8、與細繩的結(jié)點，OB 和 OC 為細繩。 圖乙是 OB 細繩所連彈簧測力計的指針指示情況，圖丙是小明根據(jù)實驗在白紙上畫出的圖，但是擦去了部分輔助線，請你回答下列問題。（ 1）圖乙中彈簧測力計的讀數(shù)為 _N；（ 2）圖丙中有 F 1、 F2、F、 F四個力，其中力 _（填上述字母）的大小不是由彈簧測力計直接讀出的，你測量的結(jié)果是_ （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。12. 二極管為非線性元件，其主要特性是單向?qū)щ娦浴Ｕ螂妷狠^小時，電流很小，二極管呈現(xiàn)較大的電阻特性；當(dāng)電壓超過一定數(shù)值（稱為開啟電壓）時，電流迅速增加，呈現(xiàn)較小的電阻特性。 加反向電壓 （不超過擊穿電壓） 時呈現(xiàn)很大的電阻特性，反向電壓增加

9、時，反向電流幾乎不變。物理小組欲研究測量二極管正向伏安特性，設(shè)計了甲、乙、丙三種電路，如圖所示。小組最終選擇了丙圖。操作步驟如下第4頁，共 20頁a根據(jù)電路圖丙連接電路；b閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)各可變電阻，使得開關(guān)S2 由斷開到閉合時，靈敏電流表G 指針無偏轉(zhuǎn)，并記錄此時電壓表V 的示數(shù) U 和電流表 A 的示數(shù) I；c調(diào)節(jié)可變電阻， 重復(fù)步驟b，讀出多組不同的U 值和 I 值，記錄數(shù)據(jù)如表格所示；電壓0.200.300.400.500.550.600.650.700.750.800.10U/V電流00001.04.013.027.053.090.00I/mAd在坐標紙上描繪出二極管正向伏安特性曲

10、線。根據(jù)以上內(nèi)容，請回答以下問題（ 1）從設(shè)計原理上講，對于甲圖和乙圖的誤差分析，下列說法正確的是_A甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用B甲圖誤差的來源在于電流表的分壓作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用C甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電流表的分壓作用D甲圖誤差的來源在于電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于電壓表的分流作用（ 2）在坐標圖中根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描繪出二極管正向伏安特性曲線。（ 3）從描繪的圖線來看， 二極管的開啟電壓約為 _V（結(jié)果保留一位有效數(shù)字） 。（ 4）已知二極管的電阻 RD=U /I，從描繪的圖線來看，當(dāng)二極管

11、導(dǎo)通時，二極管的電阻隨著 U 的增大而迅速 _（填“增大”或“減小”）（ 5）從設(shè)計原理上講，電路圖丙中的二極管電阻測量值_真實值。（填“大于”、“等于”或“小于”）13.翼型飛行器有很好的飛行性能，其原理是通過對降落傘的調(diào)節(jié)，使空氣升力和空氣阻力都受到影響，同時通過控制動力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動力 F 始終與飛行方向相同，空氣升力F1 與飛行方向垂直，大小與速度的平方成正比，即 F1=C1 v2；空氣阻力 F 2 與飛行方向相反，大小與速度的平方成正比，即F2=C2v2，其中 C1、C2 相互影響，可由運動員調(diào)節(jié)，滿足如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為 m=90k

12、g。（重力加速度取 g=10m/s2）（ 1）若飛行員使飛行器以速度v1=m/s 在空中沿水平方向勻速飛行，如圖乙所示。結(jié)合甲圖計算，飛行器受到的動力F 為多大？（ 2）若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖丙所示，在第5頁，共 20頁22，機翼中垂線和豎直方向夾角為=37，求飛行器做勻此過程中調(diào)節(jié) C1=5.0N s /m?速圓周運動的半徑r 和速度 v2 大小。（已知sin37 =0.6， cos37=0.8）四、計算題（本大題共3 小題，共40.0 分）14.如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B 0 5 T。在勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同

13、一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L1 m，電阻可忽略不計。質(zhì)量均為m 1kg，電阻均為R 2.5的金屬導(dǎo)體棒MN和 PQ 垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好。先將PQ 暫時鎖定，金屬棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下， 由靜止開始以加速度a 0.4 m s2 向右做勻加速直線運動， 5 s 后保持拉力F 的功率不變，直到棒以最大速度vm 做勻速直線運動。（ 1）求棒 MN 的最大速度vm；（ 2）當(dāng)棒 MN 達到最大速度 vm 時，解除 PQ 鎖定，同時撤去拉力 F，兩棒最終均勻速運動。求解除 PQ 棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱。（ 3）若 PQ 始終不解除鎖定，

14、當(dāng)棒 MN 達到最大速度 vm 時，撤去拉力 F ，棒 MN 繼續(xù)運動多遠后停下來 ?（運算結(jié)果可用根式表示）15. 如圖所示，在粗細均勻的 U 形管右側(cè)，用水銀封閉一段長為 L1=19cm、溫度為 T1=280K 的氣體，穩(wěn)定時，左右兩管水銀面高度差為 h=6cm。已知大氣壓強為 p0=76cmHg。（ i）給右管密閉氣體緩慢加熱，當(dāng)右管內(nèi)氣體溫度為多少第6頁，共 20頁L2=0.6m。求：時，兩管水銀面等高。（ ii）若不給右管密閉氣體加熱， 而是向左管緩慢補充水銀， 也可使兩管水銀等高，求補充水銀柱的長度。16. 如圖甲所示，一個不計重力的彈性繩水平放置， O、 b、 c 是彈性繩上的三

15、個質(zhì)點?，F(xiàn)讓質(zhì)點 O 從 t=0 時刻開始， 在豎直面內(nèi)做簡諧運動， 其位移隨時間變化的振動方程為 y=20sin5 （t cm），形成的簡諧波同時沿該直線向Ob 和 Oc 方向傳播。在 t1=0.5s時，質(zhì)點 b 恰好第一次到達正向最大位移處， O、b 兩質(zhì)點平衡位置間的距離L 1=0.8m，O、 c 兩質(zhì)點平衡位置間的距離（ i）此橫波的波長和波速；（ ii）計算 0 1.0s 的時間內(nèi)質(zhì)點 c 運動的總路程。 并在圖乙中畫出 t=1.0s 時刻向兩方向傳播的大致波形圖。（畫波形圖時不要求解題過程）第7頁，共 20頁答案和解析1.【答案】 D【解析】處態(tài)的氫原子吸收 10.2eV 的光子后

16、能躍遷至 n=2能級，不能吸收解：A 、 于基10.2eV 的能量。故A 錯誤；處級的氫原子，最多可以輻射出=6 種，故 B錯誤；B、大量 于 n=4 能C、從 n=3 能級躍遷到 n=2 能級輻射出的光的能量 值大于從 n=4 能級躍遷到 n=3 能級輻射出的光的能量 值，用從n=3 能級躍遷到 n=2 能級輻射出的光，照射某金屬 時恰好發(fā)生光電效應(yīng)，則用從 n=4 能級躍遷到 n=3 能級輻射出的光，照射該金屬時不一定能 發(fā)生光電效應(yīng)，故C 錯誤；D、處于 n=4 能級的氫原子躍遷到 n=1 能級輻射出的光的能量 為：E=E4-E1=-0.85-（-13.6）=12.75eV，根據(jù)光電效應(yīng)

17、方程，照射逸出功為 6.34eV的金屬鉑產(chǎn)生的光電子的最大初 動能為：Ekm=E-W=12.75-6.34=6.41eV，故D正確；故選：D。大量處于 n=4 能級的氫原子，最多可以輻射出 6 種；能級間躍遷時，輻射（吸收）的光子能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件：輻射光的頻率大于極限 頻率，從而即可判定。解本題考查選修 3-5 中內(nèi)容，考得比較散，關(guān)鍵熟悉教材，牢記這些知識點，知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足 h=E-E 。mn2.【答案】 B【解析】解：運動員跳高過程可以看做 豎直上拋運 動，當(dāng)重心達到橫桿時速度恰好 為零，運動員重心升高高度 約為：h=1.3m-根據(jù)機械

18、能守恒定律可知，=mgh；第8頁，共 20頁解得：v=m5m，故B 正確，ACD 錯誤 。故選：B。根據(jù)題意估計運動員跳起的高度，根據(jù)機械能守恒定律 進行解答即可。本題考查機械能守恒定律的 應(yīng)用，對于生活中的各種 實際運動要能正確建立運動模型，然后依據(jù)運動規(guī)律求解。3.【答案】 D【解析】解：A 、B、保持開關(guān)閉電電勢差等于電源的電動勢電合， 容器兩端的，故 容器兩端的電勢差總不變論動 還間距增，因此無將 R 的滑片向右移， 是將兩極板大，指針張角總不變，故AB 錯誤；C、斷開電鍵，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，即 d 增大，根據(jù) C=電電勢差增大，故 C錯誤；，知， 容減小，根據(jù) U=

19、知，電鍵 電帶電量不變緊貼下極板插入金屬板，則d 減小，C=D、斷開， 容器，若，知，電容減小，根據(jù) E=知，極間的電場強度不變，故 D 正確；故選：D。靜電計測量的是電容器兩端的 電勢差，斷開電鍵，電容器所帶的電量不變，根據(jù)電容的變化判斷電勢差的變化；閉合電鍵，電容器兩端的 電勢差等于電源的電動勢；并結(jié)合電容定義式 C=，及電容決定式 C=，同時推出電場強度綜合表達式，即可求解。本題考查電容器的動態(tài)分析，關(guān)鍵抓住斷開 電鍵，電容器所帶的電量不變，電鍵閉合，電容器兩端的 電勢差不變，同時掌握電容的定義式與決定式的，并理解電場強度綜合表達推 導(dǎo)過程。4.【答案】 A【解析】第9頁，共 20頁解：

20、由題意當(dāng)?shù)厍蚺c行星的 連線與行星軌道相切時，視角最大，可得行星的 軌道半徑 r 為：r=Rsin 0得：設(shè)太陽的質(zhì)量為 M ，根據(jù)萬有引力提供向心力，則有：得：行星繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度與地球 繞太陽轉(zhuǎn)動的角速度之比 為：故 A 正確，BCD 錯誤故選：A。當(dāng)?shù)厍蚺c行星的 連線與行星軌道相切時，視角最大，根據(jù)幾何關(guān)系求出行星的軌道半徑，再通過萬有引力提供向心力求出運轉(zhuǎn)的角速度之比。本題對數(shù)學(xué)幾何能力的要求 較高，會根據(jù)幾何關(guān)系求出行星的 軌道半徑，以及會通過角度關(guān)系求出再次出 現(xiàn)觀測行星的最佳 時期的時間。5.【答案】 C【解析】解：A 、小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛 倫茲力，根據(jù)左

21、手定則判斷，小球帶正電。故A 錯誤 。B、洛倫茲力是不做功的，因為在向上的洛 倫茲力產(chǎn)生的同時，還產(chǎn)生了與 F方向相反的一個洛 倫茲力，兩個洛倫茲力抵消，不做功。故 B 錯誤 。C、設(shè)管子運動速度為 v1，小球垂直于管子向右的分運 動是勻速直 線運動。小球沿管子方向受到洛 倫茲力的分力 F1=qv1B，q、v1、B 均不變，F(xiàn)1 不變，則小球沿管子做勻加速直 線運動。與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物第10 頁，共 20頁線。故C 正確。D、設(shè)小球沿管子的分速度大小為 v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力 F2=qv2B，v2增大，則 F2 增大，而拉力 F=F2，則 F 逐漸增

22、大。故 D 錯誤 。故選：C。小球能從管口 處飛出，說明小球受到指向管口洛 倫茲力，由左手定則，分析電性。將小球的運動分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個方向。根據(jù)受力情況和初始條件分析兩個方向的分運動情況，研究軌跡，確定 F 如何變化。本題是洛倫茲力做功的 問題，小球受到洛倫茲力，同時受到試管對小球的約束，倫茲力是不可能做功的。若 帶電粒子僅僅受到洛倫茲力的作用，洛倫茲力一定不做功，要注意 題目提供的條件。6.【答案】 BD【解析】解：AB 、當(dāng)木板固定時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡有： F1=mgsin 靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的 過程中，若 =0，則整體沿斜面下滑 時根據(jù)牛頓第二定律

23、可得：Mgsin=Ma解得：a=gsin 再以小球 為研究對象，則有：mgsin-F2=ma解得：F2=0，故 A 錯誤、B 正確；CD、當(dāng)木板沿斜面下滑 時，若0，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為：a=gsin - gcos，隔離對小球分析有：mgsin-F2=ma解得：F2= mgcos，則有：=解得：=故 C 錯誤、D 正確。第11 頁，共 20頁故選：BD。當(dāng)木板沿斜面下滑 時，對整體分析，求出加速度，隔離對小球分析，求出傳感器示數(shù)的表達式，當(dāng)木板固定 時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡求出 傳感器示數(shù)的表達式，從而分析判斷。本題考查了共點力平衡和牛 頓第二定律的基本運用，掌握整體

24、法和隔離法的靈活運用，知道木板沿斜面下滑 時，小球和木板具有相同的加速度。7.【答案】 ACD【解析】解：A 、兩帶電量均為+Q 的點電荷電場分布如圖所示，從x 軸上的 -x0 到 x0 的過程中，電場強度先減小，后增大，方向先向右，后向左。故 A 正確；B、由 a=，正電荷的加速度和電場強度分布相似。故 B 錯誤；C、從-x0 到 0 的過程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0 到 +x0 的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快。故 C 正確；D、從-x 0 到 0 的過程中，電場力做正功，電勢能減小，到達 0 時，電勢能為零，從 0 到+x 0 的過程中，電場力做負功，電勢能

25、增大。故 D 正確。故選：ACD。兩帶電量均為+Q 的點電荷電場分布如圖所示，從x 軸上的 -x 0 到 x0的過程中，電場強度先減小，后增大，方向先向右，后向左；、由a=，正電荷的加速度和電場強度分布相似；從-x0 到 0 的過程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0 到+x 0 的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快；從-x 0 到 0的過程中，電場力做正功，電勢能減小，到達 0 時，電勢能為零，從 0 到+x0 的第12 頁，共 20頁過程中，電場力做負功，電勢能增大。本題考查了電勢能與電場力做功、電勢差和電場強度的關(guān)系等知 識點。對等量同種電荷電場分布圖要熟悉，對于各種圖象

26、一定要了解其 圖象的物理意義。8.【答案】 BC【解析】解：A 、從 h=0.8m 開始，彈簧離開地面，則知彈簧的原長為 0.8m。故A 錯誤；B、滑塊從 0.80m 上升到 1.40m內(nèi)，在Ek-h 圖象中，根據(jù)動能定理知：圖線的斜率大小表示滑 塊所受的合外力，由于高度從0.80m 上升到 1.40m 范圍內(nèi)圖象為直線，說明滑塊從 0.80m上升到 1.40m范圍內(nèi)所受作用力 為恒力，根據(jù)動能定理得 -（mg+f） h=0-Ek，由圖知 h=0.60m，Ek=5.40J，解得空氣阻力 f=1.00N ，故 B正確。C、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑 塊上升至最大高度 時，整個過程中，增加的重力

27、勢能和克服空氣阻力做功之和等于 彈簧的最大 彈性勢能，所以 Epm= （mg+f） h=9（1.40-0.4）=9.00J，故 C 正確。D、滑塊從 1.40m 下落至彈簧落回地面的瞬 間，由動能定理得：（mg-f ） h=E ，k1可得，彈簧在落回地面的瞬 間滑塊的動能為 Ek1=4.20J，故D 錯誤 。故選：BC。根據(jù)動能定理分析知道Ek-h 圖象的斜率表示滑 塊所受的合外力，從而求得空氣阻力。高度從 0.80m 上升到 1.40m 范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，結(jié)合能量守恒定律求解 彈簧在落回地面的瞬 間滑塊的動能。本題是能量守恒定律、動能定理和 圖象的綜合問題，根據(jù)該圖象的形狀得

28、出滑塊從 0.8m上升到 1.40m 范圍內(nèi)所受作用力 為恒力，說明物體不再受到 彈簧的彈力的作用是解 題的關(guān)鍵。要明確能量有幾種形式，搞清能量是如何 轉(zhuǎn)化的。第13 頁，共 20頁9.【答案】 BDE【解析】解：A 、單晶體的物理性 質(zhì)是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性 質(zhì)是各向同性的；故 A 錯誤；B、液體表面張力的產(chǎn)生原因是：液體表面層分子較稀疏，分子間引力大于斥力；合力現(xiàn)為引力，露珠呈現(xiàn)球狀是由于液體表面 張力的作用。故 B 正確；C、根據(jù)壓強的微觀意義可知氣體 對器壁的壓強是由于大量分子 對器壁持續(xù)的撞擊形成的，與是否失重?zé)o關(guān)，故 C 錯誤；D、做功與熱傳遞都可以改 變物體的內(nèi)能，

29、可知氣體被 壓縮時，內(nèi)能可能不變，故 D正確；E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從 單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其它影響。故 E 正確故選：BDE。多晶體和非晶體的物理性質(zhì)是各向同性的；根據(jù)壓強的微觀意義分析；根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析；液體表面 張力形成原因是表面分子 較稀疏，分子間為引力。本題考查熱力學(xué)定律、晶體與非晶體、表面 張力以及熱力學(xué)第一定律等基 礎(chǔ)性的知識；難度不大，是一道基礎(chǔ)題，熟練掌握基礎(chǔ)知識即可正確解 題。10.【答案】 ACD【解析】解：BC、由光路圖可知 a 光偏折的大，所以 na nb，關(guān)鍵 v=知 a 光在玻璃中的傳播速度比 b 光在玻璃中的 傳播速度小，

30、故 B 錯誤，C 正確；A 、折射率大，頻率大，由 = 知 a 光波長比 b 光波長短，故 A 正確；D、雙縫干涉時，根據(jù)x=知，用 a 光照射得到條 紋間距小，故 D 正確；E、根據(jù)光路可逆知光 線一定能從下表面射出，不會 發(fā)生全反射，故 E 錯誤；故選：ACD。第14 頁，共 20頁根據(jù)光路 圖，根據(jù)光線的偏折程度比 較兩色光的折射率大小，從而比 較出頻率的大小和波 長的大小，通過波長大小，結(jié)合雙縫干涉條紋間距公式比 較條紋間距的大小。解決本題的突破口在于通 過光線的偏折程度比 較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、波長等大小關(guān)系。11.【答案】 4.20F4.3N【解析】解：（1）10

31、小格表示 1N，每格為 0.1N，估讀到下一位，故讀數(shù)為 4.20N；（2）F 在以 F1 與 F2 為鄰邊的平行四 邊形的對角線上，不是由彈簧測力計直接測出的，測量的結(jié)果是 4.3N。故答案為：（1）4.20；（2）F；4.3N根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)方法進行讀數(shù)；實驗中要應(yīng)用平行四 邊形作出兩個力的合力，要作出用一個測力計拉橡皮條 時拉力的圖示，分析圖示各力然后答 題。本實驗采用是等效替代的思 維方法。實驗中要保證一個合力與兩個分力效果相同，結(jié)點 O 的位置必 須相同。要驗證力的平行四 邊形定則，關(guān)鍵是作準力 圖，然而要想作好力 圖必須讀準力的大小與畫準力的方向。12.【答案】 C0.5減小等于【

32、解析】解：（1）由圖示電路圖可知，圖甲采用 電流表外接法，圖乙采用 電流表內(nèi)接法，甲圖誤差的來源在于 電壓表的分流作用，乙圖的誤差來源在于 電流表的分 壓作用，故 C 正確，ABD 錯誤；故選：C；（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐 標系內(nèi)描出 對應(yīng)點，根據(jù)坐標系內(nèi)描出的點作出圖線如圖所示：第15 頁，共 20頁（3）由圖示圖象可知，二極管死區(qū) 電壓為 0.5V；（4）通過二極管的 電流隨電壓增加按線性關(guān)系迅速上升，由 圖示圖象可知，二極管兩端 電壓與通過二極管的 電流比值減小，二極管電阻減小，正確在該區(qū)域，二極管的正向電阻隨電壓增加而減小。（5）由圖丙所示電路圖可知，圖丙所示電路避免了 電表內(nèi)阻對實

33、驗的影響，電路圖丙中的二極管 電阻測量值等于真實值。故答案為：（1）C；（2）圖象如圖所示；（3）0.5；（4）減??；5（）等于。（1）根據(jù)圖示電路圖分析實驗誤差來源。（2）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用描點法作出 圖象。（3）由圖象求出死區(qū) 電壓值 。（4）根據(jù)題意、圖象應(yīng)用歐姆定律分析答 題。（5）根據(jù)圖丙所示實驗電路分析實驗誤差。本題是一道圖象題，分析清楚圖象，找出電壓與電流的對應(yīng)故選，應(yīng)用歐姆定律即可正確解 題，要掌握圖象題的解題方法；要掌握描點法作圖的方法。13.【答案】解：（ 1）選飛行器和運動員為研究對象，由受力分析可知在豎直方向上有：mg=C1v12得： C1 =3N?s2/m2由 C1

34、、 C2 關(guān)系圖象可得： C2=2.5N?s2/m2在水平方向上，動力和阻力平衡：F=F2又： F2=C2v12解得： F=750 N第16 頁，共 20頁（ 2）設(shè)此時飛行器飛行速率為 v2，所做圓周運動的半徑為 r， F1 與豎直方向夾角為 ，在豎直方向所受合力為零，有：mg=C1v22cos 水平方向合力提供向心力，有：聯(lián)立解得： r =30m； v2=15m/s答：（ 1）飛行器受到的動力F 為 750N；（ 2）飛行器做勻速圓周運動的半徑r 為 30m，速度 v2 大小為 15m/s。【解析】（1）物體做直線運動的條件是所受的合力方向與速度方向在一條直線上，根據(jù)運動員和翼型傘的受力情

35、況 進行判斷；（2）豎直方向勻速運 動，水平方向做圓周運動，根據(jù)力的做功表達式，結(jié)合前面條件，即可求解。能正確地理解 題目所提示的信息，并有一定的數(shù)據(jù)解讀能力是解決 該題的關(guān)鍵，能建立物理模型，來簡化實際問題 。14.【答案】 解：（ 1）棒 MN 做勻加速運動，由牛頓第二定律得：F -BIL =ma棒 MN 做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv棒 MN 做勻加速直線運動，5 s 時的速度為：v=at1=2m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：I =聯(lián)立上述式子，有：F=ma+代入數(shù)據(jù)解得：F=0.5N5s 時拉力 F 的功率為： P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=1W棒 MN

36、最終做勻速運動，設(shè)棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：-BI mL=0I m=代入數(shù)據(jù)解得：vm=2m/s；（ 2）解除棒 PQ 后，兩棒運動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運動，設(shè)速度大小為 v，則有：mvm=2mv設(shè)從 PQ 棒解除鎖定，到兩棒達到相同速度，這個過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q，第17 頁，共 20頁由能量守恒定律可得：Q=-代入數(shù)據(jù)解得：Q=5J；（ 3）棒以 MN 為研究對象， 設(shè)某時刻棒中電流為i ，在極短時間 t 內(nèi)，由動量定理得：-BiL t=mv對式子兩邊求和有：（ -BiL t） =（ mvm）而 q=i t對式子兩邊求和，有：q=（ i t）聯(lián)立各式

37、解得：BLq=mvm，又對于電路有：q= t=由法拉第電磁感應(yīng)定律得：又 q=代入數(shù)據(jù)解得：x=40m。答：（ 1）棒 MN 的最大速度2m/s；（ 2）解除 PQ 棒鎖定后， 到兩棒最終勻速運動的過程中，（ 3）若 PQ 始終不解除鎖定，當(dāng)棒 MN 達到最大速度運動 40 m 后停下來?！窘馕觥侩娐分挟a(chǎn)生的總焦耳熱為5J。vm 時，撤去拉力F，棒 MN 繼續(xù)（1）棒MN 做勻加速運 動，由牛頓第二定律得列方程，根據(jù) E=BLv 求解產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 ，由閉合電路歐姆定律 結(jié)合電功率的計算公式、共點力的平衡條件求解；（2）由能量守恒定律可得列方程求解；（3）棒以MN 為研究對象，設(shè)某時刻棒中電流為 i，在極短時間 t 內(nèi)，由動量定理結(jié)合電荷量的經(jīng)驗公式求解。對于安培力作用下 導(dǎo)體棒的運 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)