2019年江西省南昌市高考物理一模試卷

1、2019年江西省南昌市高考物理一模試卷二、選擇題（本題共 8小題每小題6分.在每小題給出的四個選項中第 14至18題只有一 項符合題目要求，第 19至2題有兩項或三項符合題目要求.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）一位物理老師制作了一把如圖所示的“簡易銅絲琴”。他是這么做的：在一塊木板上固定兩顆螺絲釘，將一根張緊的銅絲纏繞在兩顆螺絲釘之間，擴音器通過導線與兩 螺絲釘連接，銅絲旁邊放置一塊磁鐵，用手指撥動銅絲，擴音器上就發(fā)出了聲音。根據(jù) 上面所給的信息，下面說法正確的是（）A.銅絲的振動引起空氣振動而發(fā)出聲音B.振動的銅絲切割磁感線產生直流電流C.該“簡易銅

2、絲琴”將電能轉化為機械能D.利用這一裝置所揭示的原理可制成發(fā)電機2. （6分）一質量為1kg的小物塊靜止在光滑水平面上, 的拉力F,其速度的二次方隨位移變化的圖象為經過t= 0時刻給物體施加一個水平向右P點（5, 25）的直線，如圖所示,A.小物塊做勻速直線運動B .水平拉力F的大小為2.5NC. 5s內小物塊的位移為 5mD. 5s末小物塊的速度為 25m/s3. （6分）在“粒子散射實驗中，a粒子的偏轉是由于受到原子內正電荷的庫侖力作用而發(fā)生的，其中有極少數(shù) a粒子發(fā)生了大角度偏轉，甚至被反向彈回。假定一個速度為V的高速a粒子（4He）與金原子核（197 Au）發(fā)生彈性正碰（碰撞前金原子核

3、可認為是靜止 279的），則（）A . a粒子在靠近金原子核的過程中電勢能逐漸減小B . a粒子散射實驗說明原子核是由質子和中子組成的C. a粒子散射實驗說明帶正電的物質均勻分布在原子內部D.當它們的距離最小時，a粒子與金原子核的動量大小之比為4: 1974. （6分）在公園里我們經常可以看到大人和小孩都喜歡玩的一種游戲-“套圈”，如圖所示是“套圈”游戲的場景。假設某小孩和大人從同一條豎直線上距離地面的不同高度處分別水平拋出兩個小圓環(huán)大人拋出圓環(huán)時的高度為小孩拋出圓環(huán)高度的倍，結果恰4好都套中地面上同一物體。不計空氣阻力，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)（）A.運動時間之比為 9: 4B.速度變化率之

4、比為 4: 9C.水平初速度之比為 2: 3D.落地時速度之比為 3: 25. （6分）如圖所示，物體 A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，輕彈簧的兩端與兩物體 栓接，其勁度系數(shù)為k,重力加速度為go在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為Fo,物體B恰好不會離開地面；若恒力大小為2F0,在物體B剛好離開地面時物體A的速度為，巴唬，設整個過程中彈簧都處于彈性限度內。則物體 A與物體B的質量比值為（）A. 2: 1C. 3: 1D. 1: 36. （6分）如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的x1 = 0和X2的位置上。將一試探電荷 q放置在X0處恰好靜止?，F(xiàn)將 Q2的固

5、定點左移少許距離，將該試探 電荷q仍放置在xo處，則（）9 生.A .試探電荷q 一定向右運動B.試探電荷q所受電場力一定向左C.電場力對試探電荷一定是先做正功D.試探電荷的電勢能一定是先減小7. （6分）如圖所示帶電小球 a以一定的初速度 vo豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為 ha；帶電小球b在水平方向的勻強磁場以相同的初速度V0豎直向上拋出，上升的最大高度為hb；帶電小球c在水平方向的勻強電場以相同的初速度V0豎直向上拋出，上升的最大高度為hc ,不計空氣阻力，三個小球的質量相等，則（）A .它們上升的最大Wj度關系為ha=hb=hcB .它們上升的最大高度關系為hb ha= hcC.到

6、達最大高度時，b小球動能最小D.到達最大高度時，c小球機械能最大8. （6分）下表是一些有關火星和地球的數(shù)據(jù)，利用萬有引力常量 G和表中選擇的一些信息可以完成的估算是（）信息序號信息內容地球一年約365天地表重力加速度約為9.8m/s2火星的公轉周期為687天日地距離大約是1.5億km地球半徑約6400kmA.選擇 可以估算地球質量B.選擇 可以估算太陽的密度C.選擇可以估算火星公轉的線速度D.選擇 可以估算太陽對地球的吸引力三、非選擇題：包括必做題和選做題兩部分.第 22題第32題為必做題每個試題考生都必須作答.第33題第38題為選做題，考生根據(jù)要求作答.9. 某物理課外興趣小組的三名同學想

7、“驗證力的平行四邊形定則” ，他們找到了如下物品：一根粗細均勻的長橡皮筋、木板、剪刀白紙、鉛筆、刻度尺、三角板、三個重量相同的鉤碼圖釘和細繩若干。他們設計了如下實驗方案：步驟1:橡皮筋一端固定，另一端系上細繩套，分別掛上一個兩個、三個鉤碼，用刻度尺測量掛上相應的鉤碼時橡皮筋的長度，看伸長量是否與所掛鉤碼數(shù)成正比，若成正比則 進行下一步；步驟2:將橡皮筋剪成長度均為的三段，將三段橡皮筋的一端系在一起設為結點O,另一端均系上細繩套，任取兩細繩套對拉檢查對應橡皮筋長度是否相等，若相等則進行下一步；步驟3:在木板上固定白紙， 在白紙合適位置用圖釘套住一細繩套，現(xiàn)用手將另兩細繩套成一定角度往下拉適當?shù)木?/p>

8、離記錄結點O的位置和測量三段橡皮筋的長度11、12、13.（如圖所示）（1）則有關上述操作說法正確的有 A.步驟1的目的是判斷橡皮筋是否符合胡克定律B.步驟2的目的是判斷三段橡皮筋勁度系數(shù)是否相同C.步驟3還需要記錄橡皮筋 2、3的方向D .步驟3還需要測力計測量三段橡皮筋的拉力大小（2）該小組的三名同學分別做此實驗，則他們在改變細繩的夾角再做實驗時 （填“需要”或“不需要”）保證結點 O位置不變。現(xiàn)測得1 = 10.0m,則甲、乙、丙記錄的數(shù)據(jù)明顯存在錯誤的是 （填“甲”或“乙”或“丙”）。甲：11 =匕=b= 15.0cm ；乙：11 = 15.0cm, 12=120. cm, 13= 1

9、2.0cm；丙：11= 16.0cm, 12= 13.0cm, 13= 14.0cm10（1）如圖1所示為小南同學用歐姆擋去測量浴霸里的白熾燈（220V, 275W）不發(fā)光時燈絲電阻的表盤照片，但在拍照的時候未把多用電表的選擇擋位旋鈕拍進去小南同學認為還是能夠知道其電阻值，那么你認為此白熾燈的燈絲電阻是 .如果照片所拍攝的是直流電流檔（量程為 5A）的表盤，則所測電流為 Ao（2）小南同學想通過實驗測量出歐姆表內部電源的電動勢和內阻，他在實驗室中找到了下列器材：待測歐姆表（選擇“歐姆檔”）電流表A （量程為0.6A,內阻不可忽略）電壓表V量程為3V,內阻非常大）滑動變阻器 R電鍵K導線若干（I

10、 ）連接好電路，將滑動變阻器接入電路的阻值調到最大，閉合開關；（n）逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記下電壓表的示數(shù)U和相應電流表的示數(shù)I;（出）以U為縱坐標，I為橫坐標，作 U - I圖線（U、I都用國際單位）；回答下列問題：請在答卷的實物圖2上完成電路連線。代人數(shù)值可得E和r的測量值。（IV）求出U- I圖線斜率k和在縱軸上的截距 a。第5頁（共27頁）11 .如圖所示，在傾角0= 37的光滑絕緣斜面內有兩個質量分別為4m和m的正方形導線框a、b電阻均為R,邊長均為1;它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一方向垂直余面向下、寬度為21的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B

11、;開始時，線框b的上邊框與勻強磁場的下邊界重合，線框 a的下邊框到勻強磁場的上邊界的距離為1。現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，a線框恰好勻速穿越磁場區(qū)域。不計滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度為 g, sin37 =0.6, cos37 =0.8求：(1) a線框穿出磁場區(qū)域時的電流大??；(2) a線框穿越磁場區(qū)域時的速度；(3)線框b進人磁場過程中產生的焦耳熱。12 .如圖所示，兩塊長度均為1的絕緣木板A、B置于水平地面上白光滑區(qū)域，mA = 2kg,mB= 1kg ,它們的間距為d=2m。一質量為2kg、長度為21的長板C疊放于A板的上方， 二者右端恰好齊平。C與A、B之間的動摩擦因數(shù)都為尸0.2,最大靜

12、摩擦力可認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給長板C施加一個方向水平向右、大小為4N的外力F,結果A板被長板C帶動加速直到與木板 B發(fā)生碰撞。假定木板A、2、B碰撞時間極短且碰后粘連在一起。(g取10m/s)(1)求木板A、B碰撞后瞬間的速度大小；(2)要使C最終恰好與木板 A、B兩端對齊，木板 A、B的長度1的值；(3)若C恰好與木板A、B兩端對齊時撤去 F, A、B、C三者立刻被鎖定為一個系統(tǒng),此時ABC開始進入水平地面上的粗糙區(qū)域，AB下表面與粗糙區(qū)域的動摩擦因數(shù)10.3.求A板運動的位移大小。13.下列說法正確的是A.對理想氣體做功，內能不一定增加B.水由液態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)，

13、分子勢能增加C.液體的飽和汽壓一定比未飽和汽壓大D.已知水的摩爾質量和水分子的質量，可以計算出阿伏加德羅常數(shù)E.當分子力表現(xiàn)為引力時，分子力和分子勢能都是隨分子間距離的增大而增大14 .兩個底面積均為 S的圓柱形導熱容器直立放置，下端由細管連通。左容器上端敞開，右容器上端封閉。容器內氣缸中各有一個質量不同，厚度可忽略的活塞，活塞A、B下方和B上方均封有同種理想氣體。已知容器內氣體溫度始終不變，重力加速度大小為 g, 外界大氣壓強為P0,活塞A的質量為m,系統(tǒng)平衡時，各氣體柱的高度如圖所示（ h已 知），現(xiàn)假設活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸，此時活塞A下降了 0.2h。 求：未漏氣

14、時活塞B下方氣體的壓強；活塞B的質量。1 A J第9頁（共27頁）15 .已知波源的平衡位置在 。點，t= 0時刻開始做振幅為 50cm的簡諸振動，頻率為20Hz, 發(fā)出一列橫波沿x軸正方向傳播，如圖所示為 P點恰好開始振動時的波形，P、Q兩質點平衡位置坐標分別為 P （6, 0）、Q （28, 0）,則下列說法正確的是（）A.這列波的波速為 40m/sB .當t= 0.35s時，Q點剛開始振動C.波源剛開始振動時的運動方向沿-y方向D. Q點剛開始振動時，P點恰位于平衡位置E. Q點剛開始振動之前，P點經過的路程為14.0m16.如圖，現(xiàn)有一束平行單色光垂直入射到一半徑為R的玻璃半球的底面上

15、， O點是半球的球心，虛線OO是過球心 O與半球底面垂直的直線， 已知光速為c,玻璃對該色光的 折射率為加。底面上多大區(qū)域面積的入射光線能夠直接從球面射出？某入射光線從距離虛線 OO為0.5R處入射，經球面折射后與 OO有交點，求該光 線從進入半球到該交點的運動時間？2019年江西省南昌市高考物理一模試卷參考答案與試題解析二、選擇題（本題共 8小題每小題6分.在每小題給出的四個選項中第 14至18題只有一 項符合題目要求，第 19至2題有兩項或三項符合題目要求.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）一位物理老師制作了一把如圖所示的“簡易銅絲琴”。他是這么做的：

16、在一塊木板上固定兩顆螺絲釘，將一根張緊的銅絲纏繞在兩顆螺絲釘之間，擴音器通過導線與兩螺絲釘連接，銅絲旁邊放置一塊磁鐵，用手指撥動銅絲，擴音器上就發(fā)出了聲音。根據(jù)上面所給的信息，下面說法正確的是（）A.銅絲的振動引起空氣振動而發(fā)出聲音B.振動的銅絲切割磁感線產生直流電流C.該“簡易銅絲琴”將電能轉化為機械能D.利用這一裝置所揭示的原理可制成發(fā)電機【考點】D6:電磁感應在生活和生產中的應用.【專題】31:定性思想；43:推理法；53C:電磁感應與電路結合.【分析】根據(jù)產生感應電流的關鍵是：閉合電路的部分導體，做切割磁感線運動，從而即可求解?！窘獯稹拷猓篈B、手指撥動銅導線發(fā)聲是由于銅導線振動時切割

17、磁感線產生交變的感應電流，電流通過擴音器放大后發(fā)聲，故 AB錯誤；CD、該“簡易銅絲琴”將機械能轉化為電能，所以利用這一裝置所揭示的原理可制成發(fā)電機，故C錯誤，D正確；故選：D?！军c評】考查電磁感應現(xiàn)象，掌握電磁感應現(xiàn)象的原理是解答本題的關鍵。2.（6分）一質量為1kg的小物塊靜止在光滑水平面上，t=0時刻給物體施加一個水平向右第9頁（共27頁）的拉力F,其速度的二次方隨位移變化的圖象為經過P點（5, 25）的直線，如圖所示,則（）A.小物塊做勻速直線運動B .水平拉力F的大小為2.5NC. 5s內小物塊的位移為 5mD. 5s末小物塊的速度為 25m/s【考點】1F:勻變速直線運動的速度與位

18、移的關系.【專題】32:定量思想；43:推理法；511:直線運動規(guī)律專題.【分析】勻變速直線運動的特點是加速度不變。根據(jù)圖象可知x與v2成正比，從而確定物體的運動性質。【解答】解：A、根據(jù)圖象可知x與v2成正比，且過 P點（5, 25）,根據(jù)數(shù)學知識得： v2=5x,根據(jù)公式v2=2ax可得：a= 2.5m/s2,故物塊做勻加速直線運動，故 A錯誤；B、根據(jù)牛頓第二定律得 F=ma=2.5N,故B正確；C、根據(jù)位移與時間關系公式x=-i-at2 = 31.25m,故C錯誤；D、根據(jù)速度與時間關系公式得 v=at= 12.5m/s,故D錯誤， 故選：B。【點評】解得此類問題的關鍵是從所給的圖象中

19、提取有效信息，然后結合所學知識進行 解答。3. （6分）在“粒子散射實驗中，a粒子的偏轉是由于受到原子內正電荷的庫侖力作用而發(fā) 生的，其中有極少數(shù) a粒子發(fā)生了大角度偏轉，甚至被反向彈回。假定一個速度為V的高速a粒子（gHe）與金原子核（fAu）發(fā)生彈性正碰（碰撞前金原子核可認為是靜止的），則（）A . a粒子在靠近金原子核的過程中電勢能逐漸減小B. a粒子散射實驗說明原子核是由質子和中子組成的第10頁（共27頁）C. a粒子散射實驗說明帶正電的物質均勻分布在原子內部D.當它們的距離最小時，a粒子與金原子核的動量大小之比為4: 197【考點】53:動量守恒定律；J1:粒子散射實驗.【專題】31

20、:定性思想；43:推理法；54M :原子的核式結構及其組成.【分析】電場力做負功，電勢能增加；a粒子散射實驗表面原子的內部有一個很小的核，原子的全部正電荷和幾乎的全部質量都集中在原子核里；a粒子在靠近金原子核的過程中滿足動量守恒。【解答】解：A、a粒子在靠近金原子核的過程中，庫侖力做負功，電勢能逐漸增加，故A錯誤；B、a粒子散射實驗是原子的核式結構理論的基礎，并不能說明原子核是由質子和中子組成的，故B錯誤；C、a粒子散射實驗說明帶正電的物質分布在原子內部很小的區(qū)域內，即原子的內部有一個很小的原子核，故 C錯誤；D、a粒子在靠近金原子核的過程中，系統(tǒng)動量守恒，當它們的距離最小時，兩者的速度相等，

21、則a粒子與金原子核的動量大小之比等于質量之比，即為 4: 197,故D正確； 故選：D?！军c評】考查原子核式結構模型的內容，掌握粒子散射實驗的意義，理解電場力做功正 負與電勢能的變化關系，注意動量守恒定律的條件。4. （6分）在公園里我們經?？梢钥吹酱笕撕托『⒍枷矚g玩的一種游戲-“套圈”，如圖所示是“套圈”游戲的場景。假設某小孩和大人從同一條豎直線上距離地面的不同高度處分別水平拋出兩個小圓環(huán)大人拋出圓環(huán)時的高度為小孩拋出圓環(huán)高度的2倍，結果恰4好都套中地面上同一物體。不計空氣阻力，則大人和小孩所拋出的圓環(huán)（）A .運動時間之比為 9: 4C.水平初速度之比為 2: 3【考點】43:平拋運動.B

22、.速度變化率之比為4: 9D.落地時速度之比為3: 2【專題】32:定量思想；43:推理法；518:平拋運動專題.【分析】物體做平拋運動，我們可以把平拋運動分解為水平方向上的勻速直線運動，和 豎直方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同；根據(jù)平拋運動的規(guī)律進行判斷?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)卜4弓/得t二仍可知大人和小孩所拋出的圓環(huán)運動時間之比為3: 2,選項A錯誤;B、速度變化率等于加速度，因為加速度均為g,可知速度變化率之比為 1: 1,選項B錯誤；C、大人和小孩的水平位移相等，根據(jù)V可知水平初速度比等于 2: 3,選項C正確;D、根據(jù)了=7函可知，落地的豎直速度之比為3: 2,則根

23、據(jù)年胃沁可知落地時速度之比不等于 3: 2,選項D錯誤；故選：Co【點評】 本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解。5. （6分）如圖所示，物體 A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，輕彈簧的兩端與兩物體栓接，其勁度系數(shù)為k,重力加速度為go在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0,物體B恰好不會離開地面；若恒力大小為2F0,在物體B剛好離開地面時物體A的速度為J也三，設整個過程中彈簧都處于彈性限度內。則物體 A與物體B的質U bA . 2: 1B. 1: 2C. 3: 1D. 1: 3【考點】2S:胡克定律；37:

24、牛頓第二定律.【專題】32:定量思想；4C:方程法；52D:動能定理的應用專題.【分析】根據(jù)平衡條件得到彈力和重力大小關系，再根據(jù)動能定理列方程求解質量之比。第13頁（共27頁）【解答】解：設彈簧原來的壓縮量xi,則kxi = mAg；當B剛離開地面時彈簧的伸長量為 X2,貝U kx2= mBg ；恒力大小為Fo,物體B恰好不會離開地面，根據(jù)動能定理可得 Fo（xi+x2）- mAg （xi+x2）+ Ep= 0,恒力大小為2Fo,在物體B剛好離開地面時物體 A的速度為v= ,巴退,根據(jù)動能定理可得 2Fo (xi+x2) mAg (xi+x2)+ Ep= 2聯(lián)立解得：Fo （xi+x2）=2

25、2kx i+2kx2= 3mAg解得物體A與物體B的質量比值mA： mB = 2： 1,故 A 正確、BCD 錯誤。故選：A?！军c評】利用動能定理解題時注意:（1）分析物體受力情況，確定哪些力是恒力，哪些第17頁（共27頁）力是變力；（2）找出其中恒力的功及變力的功；（3）分析物體初末狀態(tài)，求出動能變化量；（4）運用動能定理求解。6. （6分）如圖所示，真空中有兩個點電荷Qi、Q2分別固定在x軸上的xi = 0和x2的位置上。將一試探電荷 q放置在xo處恰好靜止?，F(xiàn)將 Q2的固定點左移少許距離，將該試探電荷q仍放置在xo處，則（）A .試探電荷q 一定向右運動B.試探電荷q所受電場力一定向左C

26、.電場力對試探電荷一定是先做正功D.試探電荷的電勢能一定是先減小【考點】A8:點電荷的電場；AE:電勢能與電場力做功.【專題】3i:定性思想；49:合成分解法；532:電場力與電勢的性質專題.【分析】開始時，xo點場強為零；當移動 Q2后xo點的場強不再為零，則電荷放置在該點時不再平衡，要發(fā)生移動，電場力做正功，電勢能減?。弧窘獯稹拷猓簩⒁辉囂诫姾?q放置在xo處恰好靜止，說明xo點的場強為零，即 Qi在xo處產生的場強與 Q2在xo處產生的場強等大反向；將 Q2的固定點左移少許距離，則Q2第13頁（共27頁）在X0處產生的場強減小，X0處的合場強不再等于零，但是由于不知道Qi和Q2的電性，則

27、不知道合場強的方向，則將該試探電荷q仍放置在xo處時，不能判斷它受力的方向以及運動的方向，但是可知電場力對試探電荷一定是先做正功，電勢能先減小，故AB錯誤，CD正確； 故選：CD。【點評】 求解此題要知道空間中某一點的電場，是空間所有電荷產生的電場的疊加，場 強是矢量，其合成遵守平行四邊形定則。7. （6分）如圖所示帶電小球 a以一定的初速度 vo豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為ha；帶電小球b在水平方向的勻強磁場以相同的初速度vo豎直向上拋出，上升的最大高度為hb；帶電小球c在水平方向的勻強電場以相同的初速度vo豎直向上拋出，上升的最大高度為hc ,不計空氣阻力，三個小球的質量相等，則（）

28、XXX一A .它們上升的最大Wj度關系為 ha=hb=hcB .它們上升的最大高度關系為 hbhb；故A錯誤，B正確。C、到達最大高度時，b、c兩小球還有速度，而 a球在最大高度速度為零，可知 a動能最小，故C錯誤；D、因c球中除重力做負功外，電場力對 c球做正功，則到達最大高度時，c小球機械能最大，故D正確；故選：BD?！军c評】洛倫茲力的方向始終和速度的方向垂直，只改變球的速度的方向，所以磁場對電子的洛倫茲力始終不做功，注意區(qū)分電場力做功與洛倫茲力做功的不同。8. （6分）下表是一些有關火星和地球的數(shù)據(jù)，利用萬有引力常量 G和表中選擇的一些信息可以完成的估算是（）信息序號信息內容地球一年約3

29、65天地表重力加速 2度約為9.8m/s火星的公轉周期為687天日地距離大約是1.5億km地球半徑約6400kmA.選擇 可以估算地球質量8 .選擇 可以估算太陽的密度C.選擇可以估算火星公轉的線速度D.選擇 可以估算太陽對地球的吸引力【考點】4A:向心力；4F:萬有引力定律及其應用.【專題】32:定量思想；43:推理法；528:萬有引力定律的應用專題.2【分析】選擇要研究的系統(tǒng)，根據(jù) gE?二m（經-）2x二二mg列出表達式，根據(jù)已知 產 丁 r條件即可進行判斷?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)mg=G與可知選擇中的g和R,可以估算地球質量 M,故A正確;B、根據(jù)G*二m()則選擇 中的地球的公轉周期

30、T和的日地距離r可以估 r -算太陽的質量，但是由于不知太陽的半徑，則不能估算太陽的密度，故 B錯誤；M 火 m a jr 。C、因選擇 可以估算太陽的質量， 根據(jù)G二mGj) 工火，再選擇可知火星工火2T火人的公轉周期可求解火星公轉的半徑，再根據(jù)v取二乙可估算火星公轉的線速度，故T火C正確；D、選擇 因為不能確定地球的質量，則不可以估算太陽對地球的吸引力，故 D錯 誤；故選：AC?！军c評】 本題考查萬有引力定律的運用，解決本題的關鍵是建立物理模型，利用衛(wèi)星常用的兩條思路：重力等于萬有引力，以及萬有引力等于向心力，進行列式分析。三、非選擇題：包括必做題和選做題兩部分.第22題第32題為必做題每

31、個試題考生都必須作答.第33題第38題為選做題，考生根據(jù)要求作答.9 .某物理課外興趣小組的三名同學想“驗證力的平行四邊形定則”，他們找到了如下物品：一根粗細均勻的長橡皮筋、木板、剪刀白紙、鉛筆、刻度尺、三角板、三個重量相同的鉤碼圖釘和細繩若干。他們設計了如下實驗方案：步驟1:橡皮筋一端固定，另一端系上細繩套，分別掛上一個兩個、三個鉤碼，用刻度尺測量掛上相應的鉤碼時橡皮筋的長度，看伸長量是否與所掛鉤碼數(shù)成正比，若成正比則進行下一步；步驟2:將橡皮筋剪成長度均為的三段，將三段橡皮筋的一端系在一起設為結點O,另一端均系上細繩套，任取兩細繩套對拉檢查對應橡皮筋長度是否相等，若相等則進行下一步；步驟3

32、:在木板上固定白紙， 在白紙合適位置用圖釘套住一細繩套，現(xiàn)用手將另兩細繩套成一定角度往下拉適當?shù)木嚯x記錄結點O的位置和測量三段橡皮筋的長度11、12、13.(如圖所示)(1)則有關上述操作說法正確的有ABCA.步驟1的目的是判斷橡皮筋是否符合胡克定律B.步驟2的目的是判斷三段橡皮筋勁度系數(shù)是否相同C.步驟3還需要記錄橡皮筋 2、3的方向D .步驟3還需要測力計測量三段橡皮筋的拉力大?。?）該小組的三名同學分別做此實驗，則他們在改變細繩的夾角再做實驗時不需要（填“需要”或“不需要”）保證結點 O位置不變。現(xiàn)測得 l= 10.0m,則甲、乙、丙記錄的數(shù)據(jù)明顯存在錯誤的是乙 （填“甲”或“乙”或“丙

33、”）。甲：li = 12=匕=15.0cm；乙：11 = 15.0cm, 12= 120. cm, 13= 12.0cm；丙：11= 16.0cm, 12= 13.0cm, 13= 14.0cm【考點】M3 :驗證力的平行四邊形定則.【專題】31:定性思想；46:實驗分析法；52R:基本實驗儀器.【分析】（1）根據(jù)實驗的原理結合實驗的步驟分析解答；（2）此實驗是用橡皮筋的形變量來代替力的大小，根據(jù)三力平衡的條件即可分析?！窘獯稹拷猓海?） A、步驟1中，若橡皮筋的伸長量與所掛鉤碼數(shù)成正比說明符合胡克定律，則步驟1的目的是判斷橡皮筋是否符合胡克定律，故 A正確；B、任取兩細繩套對拉，因橡皮筋受的

34、拉力相等， 若對應橡皮筋長度相等， 則形變量相同，則勁度系數(shù)相同；則步驟 2的目的是判斷三段橡皮筋勁度系數(shù)是否相同，故 B正確；C、步驟3還需要記錄橡皮筋 2、3的方向，故 C正確；D、因橡皮筋的拉力與形變量成正比，則步驟3不需要測力計測量三段橡皮筋的拉力大小，故D錯誤；故選：ABC。（2）該小組的三名同學分別做此實驗，則他們在改變細繩的夾角再做實驗時，因兩次實驗間無任何關系，則不需要保證結點O位置不變。用橡皮筋的長度減去原長即為伸長量，此伸長量與力成正比，可代替力來操作，則甲同學中三個力分別對應：5、5、5,三力能平衡；乙同學中三個力對應：5、110、2,此三力不可能平衡；乙同學中三個力對應

35、：6、3、4,此三力可能平衡；故乙記錄的數(shù)據(jù)明顯存在錯誤；故答案為：（1） ABC; （2）不需要，乙?！军c評】對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題， 一般的實驗設計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定 要熟練掌握教材中的重要實驗。10 . （1）如圖1所示為小南同學用歐姆擋去測量浴霸里的白熾燈（220V, 275W）不發(fā)光時燈絲電阻的表盤照片，但在拍照的時候未把多用電表的選擇擋位旋鈕拍進去小南同學認為還是能夠知道其電阻值，那么你認為此白熾燈的燈絲電阻是18.0 Q.如果照片所拍攝的是直流電流檔（量程為5A）的表盤，則所測電流為 3.44

36、 Aq（2）小南同學想通過實驗測量出歐姆表內部電源的電動勢和內阻，他在實驗室中找到了下列器材：待測歐姆表（選擇“歐姆檔”）電流表A （量程為0.6A,內阻不可忽略）電壓表V量程為3V,內阻非常大）滑動變阻器 R電鍵K導線若干（I ）連接好電路，將滑動變阻器接入電路的阻值調到最大，閉合開關；（n）逐漸減小滑動變阻器接入電路的阻值，記下電壓表的示數(shù)U和相應電流表的示數(shù)I;（出）以U為縱坐標，I為橫坐標，作 U - I圖線（U、I都用國際單位）；（IV）求出U- I圖線斜率k和在縱軸上的截距 a?；卮鹣铝袉栴}：請在答卷的實物圖2上完成電路連線。圖1圖2第21頁（共27頁）選用k、a、R表不待測電源的

37、電動勢 E和內阻r的表達式E= a , r= - k ,代人數(shù)值可得E和r的測量值?！究键c】N3:測定電源的電動勢和內阻；N4:用多用電表測電阻.【專題】13:實驗題；23:實驗探究題；32:定量思想；43:推理法；535:恒定電流專題.【分析】（1）金屬導體的電阻隨溫度升高而增大；根據(jù)歐姆表的表盤進行讀數(shù)；（2）歐姆表電流是從紅表筆流入，黑表筆流出；根據(jù) U = E-Ir求解電動勢和內阻?！窘獯稹拷猓海?）白熾燈正常發(fā)光時的電阻為：R=ui=22oi=i76QP 175白熾燈在不發(fā)光時電阻溫度較低，電阻比正常發(fā)光時小得多，則由表盤可知，測得的電阻為18.0Q;如果照片所拍攝的是直流電流檔（量

38、程為5A）的表盤，則最小刻度為 0.1A,則所測電流為 3.44A。（2）電路連線如圖：根據(jù) U = E Ir 可知 E = a; r=k,即 r= k;故答案為：（1） 18.0; 3.44; （2）實物電路圖如圖所示；a； - k?！军c評】 本題考查電源電動勢與內電阻的測量方法，解決本題時要注意同時結合電表的改裝；并明確計算時要根據(jù)改裝后的電路進行分析；同時注意歐姆表在本題中是作為電源存在的；明確其同樣存在電動勢和內電阻。11 .如圖所示，在傾角0= 37的光滑絕緣斜面內有兩個質量分別為4m和m的正方形導線框a、b電阻均為R,邊長均為1;它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之

39、間有一方向垂直余面向下、寬度為21的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B;開始時，線框b的上邊框與勻強磁場的下邊界重合，線框 a的下邊框到勻強磁場的上邊界的距離為1?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，a線框恰好勻速穿越磁場區(qū)域。不計滑輪摩擦和空氣第19頁（共27頁）阻力，重力加速度為 g, sin37 =0.6, cos37 =0.8求:(1) a線框穿出磁場區(qū)域時的電流大小；(2) a線框穿越磁場區(qū)域時的速度；(3)線框b進人磁場過程中產生的焦耳熱?！究键c】BB:閉合電路的歐姆定律；CE:安培力的計算；D9:導體切割磁感線時的感應電動勢；DD:電磁感應中的能量轉化.【專題】32:定量思想；4C:方程法；539

40、:電磁感應中的力學問題.【分析】(1)對線框a、b分別列出平衡方程即可求解 a線框穿出磁場區(qū)域時的電流大小；(2)根據(jù)求解的電流值結合 E = BLv求解速度；(3)由能量守恒關系求解線框 b進入磁場過程中產生的焦耳熱。【解答】解：(1)設繩子拉力為 F, a線框勻速穿越磁場區(qū)域對a線框根據(jù)平衡條件可得：4mgsin 0= Fa+f對 b 線中I F= mgsin 0且F安=BIl 聯(lián)立解得：i = 2h晝;5B1(2) a線框勻速運動時,a、b線框速度大小相等，感應電動勢:E= BLv根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I = 4R解得:v=9mgR . 二口212， DD 1(3)設b線框進入磁場過

41、程產生的焦耳熱為Q,對系統(tǒng)列能量守恒方程:,，.八，.八.1 _廠2 c4mglsin 0= mglsin 0+v*biDv +Q3 2 2 解得：Q = JLmgl g R。51OB414答：(1) a線框穿出磁場區(qū)域時的電流大小為濁;5B1(2) a線框穿越磁場區(qū)域時的速度為加蛆；3 2 2(3)線框b進人磁場過程中產生的焦耳熱為 _imgl 81一號)。51OB414【點評】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律 或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù) 動能定理、功能關系等列方程求解。12.如圖所示，兩塊長度均為l的絕緣

42、木板A、B置于水平地面上白光滑區(qū)域，mA = 2kg,mB= 1kg ,它們的間距為d=2m。一質量為2kg、長度為21的長板C疊放于A板的上方， 二者右端恰好齊平。C與A、B之間的動摩擦因數(shù)都為尸0.2,最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)給長板C施加一個方向水平向右、大小為4N的外力F,結果A板被長板C帶動加速直到與木板 B發(fā)生碰撞。假定木板A、2、B碰撞時間極短且碰后粘連在一起。(g取10m/s )(1)求木板A、B碰撞后瞬間的速度大小；(2)要使C最終恰好與木板 A、B兩端對齊，木板 A、B的長度1的值；(3)若C恰好與木板A、B兩端對齊時撤去 F, A、

43、B、C三者立刻被鎖定為一個系統(tǒng),此時ABC開始進入水平地面上的粗糙區(qū)域，AB下表面與粗糙區(qū)域的動摩擦因數(shù)10.3.求A板運動的位移大小?！究键c】53:動量守恒定律；65:動能定理；6B:功能關系.【專題】11:計算題；32:定量思想；43:推理法；52F:動量定理應用專題.【分析】(1)由動能定理求解 A與B碰前的速度，根據(jù)碰撞過程的動量守恒列式可求解木板A、B碰撞后瞬間的速度大??；(2)若當三者共速時，C恰好與木板A、B兩端對齊，則根據(jù)牛頓第二定律結合位移關系可求解木板 A、B的長度l的值；第21頁(共27頁)(3) AB由光滑平面進入粗糙平面過程中受到線性變化的地面摩擦力的作用，根據(jù)動能定

44、理求解全部進入時的速度；在由動能定理求解直到停止時的位移，最后求解A板運動的總位移大小?！窘獯稹拷猓?1)設A與C 一起加速，由牛頓第二定律得：F= (mA+mc) ai,因：fAc = mAai因mcg,判斷可知 A與C 一起加速直到與 B碰撞。設木板A碰B前的速度為vi,碰后的速度為 V2,已知：F=4N;對AC兩板，由動能定理得：5=!(加4 +加8)第2,2代入數(shù)據(jù)解得：vi = 2m/s;A、B兩木板碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAvi = ( mA+mB)V2,代入數(shù)據(jù)解得，木板 A、B碰撞后瞬間的速度大?。簐2 = 9m/s；3(2)碰撞結束后，C受到

45、的滑動摩擦力：f= (J2mcg= 0.4mg= F,因此C保持勻速而A、B做勻加速運動，直到三個物體達到共同速度vi設碰撞結束后到三個物體達到共同速度時經過的時間為t,對木板，由牛頓第二定律得：f= (m2-mB) a2,由速度公式得： vi = V2+a2t,這一過程 C與A、B發(fā)生的相對位移為： x=vit-V1 Vt,2代入數(shù)據(jù)解得： x = m,要使C最終恰女?木板 A、B兩端對齊，則有： x=l,則木板的長度l應滿足：l = Lm；6(3) AB由光滑平面進入粗糙平面過程中受到線性變化的地面摩擦力的作用，全部進入后速度設為 v3。由動能定理得：一不以 2(由&+由8 +國。)2gX

46、 2l = (mA+mB+mC)v3(mA+mB+mC)代入數(shù)據(jù)解得：v3 =m/s,之后，ABC在摩擦力作用下減速直到停止,由動能定理得:222. (mA+mB+mC)gs= 0 _ (mA+mB+mC)v3 ,2代入數(shù)據(jù)解得：s= 0.5m ,Vi +v9_又：XA=d+：t+2l - s,2代入數(shù)據(jù)解得：XA = T_m;3答：（1）木板A、B碰撞后瞬間的速度大小為 且m/s；3（2）要使C最終恰好與木板 A、B兩端對齊，木板 A、B的長度l的值為_Lm；6（3） A板運動的位移大小為 mo3【點評】本題為動量守恒定律與動能定理結合的題目，考查了動量守恒定律的應用，分析清楚運動過程是解題

47、的前提與關鍵，在解題時要正確選擇研究對象，做好受力分析，再選擇相應的物理規(guī)律求解。13.下列說法正確的是（）A.對理想氣體做功，內能不一定增加B.水由液態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)，分子勢能增加C .液體的飽和汽壓一定比未飽和汽壓大D.已知水的摩爾質量和水分子的質量，可以計算出阿伏加德羅常數(shù)E.當分子力表現(xiàn)為引力時，分子力和分子勢能都是隨分子間距離的增大而增大【考點】86:分子間的相互作用力；87:分子勢能；8F:熱力學第一定律；9G:飽和汽、 未飽和汽和飽和汽壓.【專題】31 :定性思想；43 :推理法；548:熱力學定理專題.【分析】做功與熱傳遞都可以改變物體的內能；溫度是分子的平均動能的標志；飽和蒸汽壓的

48、大小與溫度有關；阿伏伽德羅常數(shù)是聯(lián)系微觀與宏觀的橋梁?！窘獯稹拷猓篈、對理想氣體做功，若氣體向外放熱，根據(jù)熱力學第一定律，則內能不一定增加，故A正確；B、水由100c的液態(tài)變?yōu)?00c的氣態(tài)時要吸收熱量，但是分子動能不變，則分子勢能 增加，故B正確；C、液體的飽和汽壓與溫度有關，相等的溫度下，同種液體的飽和汽壓一定比未飽和汽壓大；不同的溫度時，某種液體的飽和汽壓不一定比未飽和汽壓大，故 C錯誤。D、用水的摩爾質量除以水分子的質量，可以得到阿伏加德羅常數(shù)，故 D正確；E、當分子力表現(xiàn)為引力時，從分子間距r0開始分子力隨分子間距離的增大先增大后減??；分子勢能都是隨分子間距離的增大而增大，故 E錯誤

49、；故選：ABD?！军c評】本題考查了熱力學第一定律、溫度的微觀意義，明確改變物體的內能的方式有 熱傳遞，做功是關鍵；涉及的知識點多，難度不大，關鍵多看書。14 .兩個底面積均為 S的圓柱形導熱容器直立放置，下端由細管連通。左容器上端敞開，右容器上端封閉。容器內氣缸中各有一個質量不同，厚度可忽略的活塞，活塞A、B下方和B上方均封有同種理想氣體。已知容器內氣體溫度始終不變，重力加速度大小為 g, 外界大氣壓強為P0,活塞A的質量為m,系統(tǒng)平衡時，各氣體柱的高度如圖所示（h已知），現(xiàn)假設活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸，此時活塞A下降了 0.2h。 求：未漏氣時活塞B下方氣體的壓強；活塞B的質量?！究键c】99:理想氣體的狀態(tài)方程； 9K:封閉氣體壓強.【專題】11:計算題；32:定量思想；4C:方程法；54A:氣體的狀態(tài)參量和實驗定律 專題.【分析】未漏氣時對活塞 A受力分析，根據(jù)平衡可求封閉氣體壓強；以所有氣體為研究對象，找出初末狀態(tài)參量，根據(jù)玻意耳定律列式求解。【解答】解：設平衡時，在 A與B之間的氣體壓強分別為 pi,對活塞A由平衡得: PiS= PoS+mg解得：.-設未漏氣且平衡時， B上方的氣體壓強為 P2,則有：P2S= PiS- mBg漏氣發(fā)生后，