【高考模擬】 湖南省長沙市某校高考物理一模試卷答案與祥細(xì)解析

1、試卷第 =page 24 24頁，總 =sectionpages 25 25頁試卷第 =page 25 25頁，總 =sectionpages 25 25頁湖南省長沙市某校高考物理一模試卷二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68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. 研究光電效應(yīng)現(xiàn)象的實驗電路如圖所示，A、K為光電管的兩個電極，電壓表V、電流計G均為理想電表。已知該光電管陰極K的極限頻率為0，元電荷電量為e，普朗克常量為h，開始時滑片P、P上下對齊。現(xiàn)用頻率為的光照射陰極K（0），則下列說法錯誤的

2、是（ ） A.該光電管陰極材料的逸出功為h0B.若加在光電管兩端的正向電壓為U，則到達(dá)陽極A的光電子的最大動能為h-h0+eUC.若將滑片P向右滑動，則電流計G的示數(shù)一定會不斷增大D.若將滑片P向右滑動，則當(dāng)滑片P、P間的電壓為hv-hv0e時，電流計G的示數(shù)恰好為02. 如圖甲所示的“襄陽砲”是古代軍隊攻打城池的裝置，其實質(zhì)就是一種大型拋石機，圖乙是其工作原理的簡化圖。將質(zhì)量m10kg的石塊，裝在與轉(zhuǎn)軸O相距L5m的長臂末端口袋中，最初靜止時長臂與水平面的夾角30，發(fā)射時對短臂施力使長臂轉(zhuǎn)到豎直位置時立即停止運動，石塊靠慣性被水平拋出，落在水平地面上。若石塊落地位置與拋出位置間的水平距離s2

3、0m，不計空氣阻力，g取10m/s2以下判斷正確的是（ ） A.石塊拋出后運動時間為32sB.石塊被拋出瞬間的速度大小為2032m/sC.石塊即將落地時重力的瞬時功率為5006WD.石塊落地的瞬時速度大小為15m/s3. 如圖所示為范德格拉夫起電機示意圖，直流高壓電源的正電荷通過電刷E、傳動帶和電刷F，不斷地傳到球殼的外表面，并可視為均勻地分布在外表面上，從而在金屬球殼與大地之間形成高電壓關(guān)于金屬球殼上的A、B兩點，以下判斷正確的是（ ） A.A、B兩點電勢相同B.A、B兩點電場強度相同C.將帶正電的試探電荷從A點移到B點，電勢能增加D.將帶正電的試探電荷從A點移到B點，電勢能減小4. 如圖為

4、模擬遠(yuǎn)距離輸電的部分測試電路。a、b端接電壓穩(wěn)定的正弦交變電源，定值電阻阻值分別為R1、R2，且R1R2，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為k且k1電流表、電壓表均為理想表，其示數(shù)分別用I和U表示。當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，電流表、電壓表示數(shù)變化分別用I和U表示。則以下說法錯誤的是（ ） A.|UI|=R1k2B.UI=R2C.電源的輸出功率一定減小D.電壓表示數(shù)一定增加5. 如圖所示，abcd為邊長為L的正方形線框，線框在紙面內(nèi)，電阻為R圖中虛線區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)用外力作用于線框，使線框從圖示位置開始沿x軸正方向做初速度為零的勻加速運動，線框運動過程中，ad邊始終水平

5、，線框平面始終與磁場垂直，磁場寬度大于L，以x軸正方向作為力的正方向，則磁場對線框的作用力F隨時間t的變化圖線及線框ab邊的帶你Uab隨時間t的變化圖像正確的是（ ） A.B.C.D.6. 如圖，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，這就是大家熟悉的慣性演示實驗若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是（ ） A.紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為M+mgB.要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2M+mgC.若砝碼與紙板分離時的速度小于gd，

6、砝碼不會從桌面上掉下D.當(dāng)F=2M+3mg時，砝碼恰好到達(dá)桌面邊緣7. 圖示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁感應(yīng)強度方向垂面向內(nèi)，有一粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶電粒子的質(zhì)量均為m，運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為，以下說法正確的是（ ） A.若r2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為m6qBB.若r2R，粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場，則有關(guān)系tan2=22+17成立C.若rR，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則粒子在磁場中的運動的時間為m3qBD.若rR，粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場，則圓心角為1508. 如

7、圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）一端固定在A點，彈性繩自然長度等于AB，跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的絕緣帶正電、電荷量為q的小球空間中還存在著水平向右的勻強電場（圖中未畫出），且電場強度E=mgq初始時A、B、C在一條豎直線上，小球穿過水平固定的桿從C點由靜止開始運動，滑到E點時速度恰好為零已知C、E兩點間距離為L，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為3mg2，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)下列說法正確的是（ ） A.小球在D點時速度最大B.若在E點給小球一個向左的速度v，小球恰好能回到C點，則v=gLC.彈性繩在小球從C到D階段

8、做的功等于在小球從D到E階段做的功D.若保持電場強度不變，僅把小球電荷量變?yōu)?q，則小球到達(dá)E點時的速度大小v=2gL二、解答題（共4小題，滿分0分） 實驗小組采用如圖1所示實驗裝置測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)，提供的器材有：帶定滑輪的長木板，有凹槽的木塊，質(zhì)量為m0的鉤碼若干，打點計時器，電源，紙帶，細(xì)線等。實驗中將部分鉤碼懸掛在細(xì)線下，剩余的鉤碼放在木塊的凹槽中，保持長木板水平，利用打出的紙帶測量木塊的加速度。 （1）正確進(jìn)行實驗操作，得到一條紙帶。紙帶的一部分如圖2所示，紙帶上兩相鄰計數(shù)點的時間間隔為T0.10s。該同學(xué)將紙帶從每個計數(shù)點處截斷，得到6條短紙帶，再把6條短紙帶的下端對齊貼在

9、紙上，以紙帶下端為橫軸建立直角坐標(biāo)系，并將刻度尺邊緣緊靠縱軸，其示數(shù)如圖3所示。則打下計數(shù)點“2”時小車的速度大小為_m/s；小車的加速度大小為_m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字） （2）將木塊凹槽中的鉤碼逐個添加到細(xì)線下端，改變懸掛鉤碼的總質(zhì)量m，測得相應(yīng)的加速度a，作出a-m圖像如圖4所示。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭9.8m/s2，則木塊與木板間動摩擦因數(shù)_（保留兩位有效數(shù)字）；的測量值_（選填“大于”“小于”或“等于”）真實值。 （3）實驗中_（選填“需要”或“不需要”）滿足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量。 某同學(xué)利用DIS（傳感器），定值電阻R0、電阻箱R1等實驗器材測量電池a的電

10、動勢和內(nèi)阻，實驗裝置如圖1所示，實驗時多次改變電阻箱的阻值，記錄外電路的總電阻阻值R，用電壓傳感器測得端電壓U，并在計算機上顯示出如圖2所示的1U-1R關(guān)系圖線a，重復(fù)上述實驗方法測量電池b的電動勢和內(nèi)阻，得到圖2中的圖線b （1）由圖線a可知電池a的電動勢Ea_V，內(nèi)阻ra_ （2）若用同一個電阻R先后與電池a及電池b鏈接，則兩電池的輸出功率pa_pb（填“大于”、“等于”或“小于”），兩電池的效率a_b（填“大于”、“等于”或“小于”） 一球形人造衛(wèi)星，其最大橫截面積為A、質(zhì)量為m，在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運動由于受到稀薄空氣阻力的作用，導(dǎo)致衛(wèi)星運行的軌道半徑逐漸變小衛(wèi)星在繞地球運

11、轉(zhuǎn)很多圈之后，其軌道的高度下降了H，由于HR，所以可以將衛(wèi)星繞地球運動的每一圈均視為勻速圓周運動設(shè)地球可看成質(zhì)量為M的均勻球體，萬有引力常量為G取無窮遠(yuǎn)處為零勢能點，當(dāng)衛(wèi)星的運行軌道半徑為r時，衛(wèi)星與地球組成的系統(tǒng)具有的勢能可表示為EP=-GMmr （1）求人造衛(wèi)星在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運動的周期； （2）某同學(xué)為估算稀薄空氣對衛(wèi)星的阻力大小，做出了如下假設(shè)：衛(wèi)星運行軌道范圍內(nèi)稀薄空氣的密度為，且為恒量；稀薄空氣可看成是由彼此不發(fā)生相互作用的顆粒組成的，所有的顆粒原來都靜止，它們與人造衛(wèi)星在很短時間內(nèi)發(fā)生碰撞后都具有與衛(wèi)星相同的速度，在與這些顆粒碰撞的前后，衛(wèi)星的速度可認(rèn)為保持不變在

12、滿足上述假設(shè)的條件下，請推導(dǎo)：估算空氣顆粒對衛(wèi)星在半徑為R軌道上運行時，所受阻力F大小的表達(dá)式；估算人造衛(wèi)星由半徑為R的軌道降低到半徑為R-H的軌道的過程中，衛(wèi)星繞地球運動圈數(shù)n的表達(dá)式 如圖所示，間距為l的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計，場強為B的條形勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d，間距為d2，兩根質(zhì)量均為m，有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，（設(shè)重力加速度為g） （1）若a進(jìn)入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個磁場區(qū)域，求b穿過地1個磁場區(qū)域過程中增加的動能ED （2）若a進(jìn)入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1

13、個磁場區(qū)域，此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b又恰好進(jìn)入第2個磁場區(qū)域，且a，b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等，求a穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱 （3）對于第（2）問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v。物理-選修3-3（15分） 下列說法正確的是（ ） A.分子間同時存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時，分子間的引力和斥力都減小B.根據(jù)pvT=恒量，可知液體的飽和汽壓與溫度和體積有關(guān)C.液晶具有液體的流動性，同時其光學(xué)性質(zhì)具有晶體的各向異性特征D.在不考慮分子勢能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣內(nèi)能相同E.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體

14、內(nèi)部 如圖所示，開口向上、豎直放置的內(nèi)壁光滑氣缸的側(cè)壁是絕熱的，底部導(dǎo)熱，內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的密閉活塞，活塞A導(dǎo)熱，活塞B絕熱，將缸內(nèi)理想氣體分成、兩部分。初狀態(tài)整個裝置靜止不動處于平衡狀態(tài)，、兩部分氣體的長度均為l0，溫度為T0設(shè)外界大氣壓強為p0保持不變，活塞橫截面積為S，且2mgp0S，環(huán)境溫度保持不變。在活塞A上逐漸添加鐵砂，當(dāng)鐵砂質(zhì)量等于2m時，兩活塞在某位置重新處于平衡狀態(tài)，求活塞B下降的高度；現(xiàn)只對氣體緩慢加熱，使活塞A回到初始位置，求此時氣體的溫度。 物理-選修3-4（15分） 關(guān)于機械波與電磁波，下列說法中正確的是（ ） A.機械波在介質(zhì)中傳播時，介質(zhì)中后振動的質(zhì)點總是重復(fù)先

15、振動的相鄰的質(zhì)點的振動，是受迫振動B.彈簧振子在四分之一個周期里運動的路程一定等于一個振幅C.有經(jīng)驗的戰(zhàn)士可以根據(jù)炮彈飛行的尖叫聲判斷炮彈是接近還是遠(yuǎn)去D.電磁波衍射能力由強到弱的順序是無線電波、可見光、紅外線、射線E.在真空中傳播的電磁波頻率不同，傳播的速度相同 如圖所示，ABC是一個三棱鏡的截面圖，一束單色光以i60的入射角從側(cè)面的中點N射入。已知三棱鏡對該單色光的折射率n=3，AB長為L，光在真空中的傳播速度為c，求：此束單色光第一次從三棱鏡射出的方向（不考慮AB面的反射）；此束單色光從射入三棱鏡到BC面所用的時間。 參考答案與試題解析 湖南省長沙市某校高考物理一模試卷二、選擇題：本大題

16、共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68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.【答案】C【考點】愛因斯坦光電效應(yīng)方程【解析】K是陰極，A是陽極，根據(jù)光電效應(yīng)方程，知光電子最大初動能為零時，材料的逸出功等于入射光的能量；加在A、K間的正向電壓為U時，根據(jù)動能定理求到達(dá)陽極的光電子的最大動能。將A、K間的正向電壓從零開始逐漸增加，電流表的示數(shù)逐漸增大，直至保持不變。為了阻止光電子到達(dá)陽極，根據(jù)動能定理求反向電壓?！窘獯稹緼、由圖可知，K是陰極，A是陽極，依據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekmh-W0，當(dāng)Ekm0時，入射光的能量等于陰

17、極材料的逸出功，則陰極材料的逸出功W0h0，故A正確。B、光電子的最大初動能為：EKh-h0光電子在電場中加速過程，由動能定理有：eUEKm-EK所以有：EKmh-h0+eU，故B正確。C、若將滑片P向右滑動，則電流計G的示數(shù)將先逐漸增大到飽和光電流，當(dāng)達(dá)到飽和電流時，則不變，故C錯誤。D、為了阻止光電子到達(dá)陽極，根據(jù)動能定理得-eU反-EK可得U反=hv-hv0e即則當(dāng)滑片P、P間的電壓為hv-hv0e時，電流計G的示數(shù)恰好為0，故D正確。本題選擇錯誤的，2.【答案】C【考點】平拋運動的概念平均功率【解析】1、石塊被拋出后做平拋運動，根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律求解時間；2、根據(jù)幾何關(guān)系求出平拋運

18、動的高度，從而根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合水平距離求出平拋運動的初速度，根據(jù)運動的合成和分解求解落地速度。3、重力的瞬時功率為Pmgvy【解答】A、石塊被拋出后做平拋運動hL+Lsina豎直方向：h=12gt2可得：t=62s，故A錯誤；B、石塊被拋出后做平拋運動水平方向：sv0t可得：v0=2063m/s，故B錯誤；C、石塊即將落地時重力的瞬時功率為：Pmgvymggt5006W，故C正確；D、石塊落地的瞬時速度大小為：v=v02+(gt)2=12503m/s，故D錯誤。3.【答案】A【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系【解析】靜電平衡后，金屬球殼AB的外表面均勻帶電，外部各點的電場強度大小相

19、等，方向不同；金屬球殼AB是一個等勢體，各點的電勢相等【解答】A、由題可知，電荷均勻地分布在外表面上，球殼AB是一個等勢體，各點的電勢是相等的。故A正確；B、球殼AB是一個等勢體，AB的外表面處，各點的電場強度的方向與球殼的外表面垂直，所以A點與B點的電場強度的方向一定不同，故B錯誤；C、由于A、B的電勢是相等的，所以將帶正電的試探電荷從A點移到B點，電場力不做功，電勢能不變。故C錯誤，D錯誤。4.【答案】B【考點】電功變壓器的構(gòu)造和原理【解析】根據(jù)理想變壓器的變壓規(guī)律得到原副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，以及電流與匝數(shù)的關(guān)系，滑片移動改變了負(fù)載的電阻，結(jié)合變壓器的特點和閉合電路歐姆定律去分析?！窘?/p>

20、答】R1視為輸入端電源的內(nèi)阻，則UI=R1，理想變壓器初、次級線圈電壓變化之比UU=n1n2；電流變化之比II=n2n1，所以UI=n22n12UI=R1k2，這也是R1耦合到次級線圈電阻值為R1k2，即為等效電源內(nèi)阻，則|UI|=R1k2，故A正確；B、因UI=R2+R3，故B錯誤；C、電源電壓不變，當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，輸出電流減小，輸入電流隨之減小，故電源輸出功率一定減小，故C正確；D、由閉合電路歐姆定律得知：變壓器輸入電壓增大，則電壓表示數(shù)一定增加，故D正確。本題選錯誤的，5.【答案】D【考點】閉合電路的歐姆定律安培力動力學(xué)中的整體法與隔離法單桿切割磁感線【解析】根據(jù)牛

21、頓第二定律結(jié)合安培力的計算公式求解磁場對線框的作用力F隨時間t的變化關(guān)系；根據(jù)福利多多和閉合電路的歐姆定律求解線框ab邊的帶你Uab隨時間t的變化關(guān)系，由此得解。【解答】AB、線框做初速度為零的勻加速直線運動，速度vat，進(jìn)磁場和出磁場受到的安培力FBIL=B2L2vR=B2L2aRt，安培力方向向左，與規(guī)定的正方向相反，即為負(fù)值，故AB錯誤；CD、進(jìn)磁場時，ab兩端的電壓Uab=14BLv=14BLat，在磁場中運動時，UabBLvBLat，出磁場時，ab兩端的電壓Uab=34BLv=34BLat，故C錯誤，D正確。6.【答案】B,C【考點】物物疊放連接體【解析】此題暫無解析【解答】解：A紙

22、板相對于砝碼運動時，紙板受兩個摩擦力，桌面對紙板向左的摩擦力和砝碼對紙板向左的摩擦力，由Ff=FN得：Ff=2M+mg，故A錯誤B由牛頓第二定律得，對砝碼有Mg=Ma1，對紙板有F-2M+mg=ma2，要使紙板相對砝碼運動，則a12M+mg，故B正確C設(shè)砝碼與紙板分離時通過的位移為x1，速度為v1，由動能定理得：Mgx1=12Mv12，解得：x1=v122gd2，設(shè)砝碼離開紙板后運動的位移為x2，由動能定理得：-Mgx2=-12Mv12，解得：x2=v122gd2，則砝碼移動的總位移為x1+x22M+mg，所以砝碼相對紙板運動，由牛頓第二定律得砝碼的加速度a1=g，對紙板，F(xiàn)-Ff=ma2，a

23、2=2g，設(shè)砝碼離開紙板前的位移為x3，速度為v2，紙板在砝碼離開前的位移為x4，由勻速直線運動規(guī)律得x3=12a1t2，x4=12a2t2，x4=x3+d，v2=a1t，聯(lián)立以上各式解得：x3=d，即砝碼離開紙板時，恰好到達(dá)桌面邊緣，此時砝碼的速度不為零，砝碼將從桌面上掉下，故D錯誤故選BC7.【答案】B,D【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律【解析】若r2R，粒子運動時間最長時，根據(jù)t=2T，圓心角越大，時間越長，在圓形磁場中圓心角最大時，弦最大，因此圓形區(qū)域的直徑是粒子軌跡的一條弦時，時間最長，做出軌跡圖，求出時間；粒子沿著與半徑成45斜向下射入磁場時，畫出軌跡，運用幾何關(guān)系求tan2

24、；若半徑rR時，粒子沿著半徑射入，求出圓弧所對的圓心角，求出時間；粒子沿著與半徑成60斜向下射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系求圓心角【解答】A、若r2R，粒子在磁場中時間最長時，磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦，作出軌跡如圖1，因為r2R，圓心角60，粒子在磁場中運動的最長時間tmax=60360T=162mqB=m3qB，故A錯誤。B、若r2R，粒子沿著與半徑方向成45角斜向下射入磁場，根據(jù)幾何關(guān)系，有tan2=22Rr-22R=22R2R-22R=22+17，故B正確。C、若rR，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖3所示，圓心角90，粒子在磁場中運動的時間t=90360T=142mqB=m2q

25、B，故C錯誤。D、若rR，粒子沿著與半徑方向成60角斜向下射入磁場，軌跡如圖4所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點構(gòu)成菱形，圓心角150，故D正確。8.【答案】A,B,D【考點】帶電粒子在重力場和電場中的運動摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化【解析】小球從C點運動到E點的過程先加速后減速，在合外力為零的位置速度最大，根據(jù)胡克定律和動能定理分析速度最大的位置。抓住摩擦力是恒力，利用動能定理求小球恰好能回到C點的初速度。根據(jù)動能定理分析小球從C到D階段和從D到E階段彈性繩做功關(guān)系?！窘獯稹拷猓簩π∏蚍治隹芍?，在豎直方向kxsin=N+mg，由xsin=BC，故支持力為恒力，即N=12mg，故摩擦力也為

26、恒力大小為f=N=14mg，從C到E，由動能定理可得qEL-14mgL-(12kBE2-12kBC2)=0，由幾何關(guān)系可知BE2-BC2=L2，代入上式可得kL=32mg，在D點時，由牛頓第二定律可得qE-kBDcos-14mg=ma，由BDcos=12L，將kL=32mg可得，D點時小球的加速度為，a=0，故小球在D點時的速度最大，選項A正確；從E到C，由動能定理可得(12kBE2-12kBC2)-qEL-14mgL=0-12mv2，解得v=gL，選項B正確；由于彈力的水平分力為kxcos，cos和kx均越來越大，故彈力水平分力越來越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段

27、做的功，選項C錯誤；將小球電荷量變?yōu)?q，由動能定理可得2qEL-14mgL-(12kBE2-12kBC2)=12mvE2，解得vE=2gL，選項D正確故選ABD二、解答題（共4小題，滿分0分）【答案】0.47,0.700.33,大于不需要【考點】探究影響摩擦力的大小的因素【解析】（1）物體做勻加速直線運動，根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于平均速度求解2的速度大小，相鄰相等時間位移之差等于常數(shù)；（2）由牛頓第二定律列方程，求出a與m的關(guān)系表達(dá)式，然后根據(jù)圖像分析答題。（3）根據(jù)實驗原理可判斷出是否需要滿足質(zhì)量間的關(guān)系【解答】依據(jù)中時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，那么計數(shù)點“2”時小車的速度大

28、小為：v2=x132T=4.30+5.0020.110-2m/s=0.47m/s；根據(jù)xaT2結(jié)合逐差法可得：a=(7.72+7.10+6.45-5.70-5.00-4.30)10-290.12=0.70m/s2。根據(jù)牛頓第二定律可知mg-(M-m)gMa解得a=mg(1+)M-g由圖可知，-g-3.3解得0.33；的測量值大于真實值，原因是滑輪與軸承、細(xì)線間有摩擦，紙帶與打點計時器間有摩擦等；在此實驗中，由于把小車和砝碼的質(zhì)量作為了整體，結(jié)合第二問可知，不需要滿足懸掛鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中的鉤碼總質(zhì)量；【答案】2,0.5小于,大于【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【解析】（1）根據(jù)電路圖應(yīng)用歐

29、姆定律求出函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)表達(dá)式與圖像求出電源電動勢與內(nèi)阻（2）由功率的表達(dá)式可得出兩電池的總功率大小關(guān)系，分析電池效率【解答】由閉合電路歐姆定律可知，閉合電路中，電源電動勢：E=U+URr，則1U=1E+rE1R，由圖示圖像a所示可知，截距b0.5(1V)，斜率k0.25(V)，所以電動勢E=1b=2V，內(nèi)阻rEk0.5從圖像可知：截距bb=0.2(1V)，斜率kb=0.13(V)，電動勢Eb5V，內(nèi)阻rb0.7，EaEb，rarb，電池的輸出功率p=(ER+r)2R，得pa小于pb；電池的效率=UIEI=RR+r，得a大于b【答案】人造衛(wèi)星在軌道半徑為R的高空繞地球做圓周運動的周期為2

30、R3GM；阻力F大小的表達(dá)式為F=AGMR衛(wèi)星繞地球運動圈數(shù)n的表達(dá)式為n=mH4A(R-H)R【考點】動量定理的理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化萬有引力定律及其應(yīng)用【解析】（1）根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合軌道半徑求出周期的大?。?）取衛(wèi)星前一定空間內(nèi)的空氣為研究對象，結(jié)合動量定理以及萬有引力提供向心力求出阻力F的大小根據(jù)萬有引力提供向心力得出在不同軌道上的速度，從而求出在不同軌道上的動能，以及在不同軌道上的機械能，根據(jù)機械能的變化，結(jié)合阻力做功求出衛(wèi)星繞地球運動圈數(shù)n的表達(dá)式【解答】衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMmR2=M(2T)2R，解得：T2R3GM；最大橫截

31、面積為A的衛(wèi)星，經(jīng)過時間t從圖中的實線位置運動到了圖中的虛線位置，該空間區(qū)域的稀薄空氣顆粒的質(zhì)量為：mAvt以這部分稀薄空氣顆粒為研究對象，碰撞后它們都獲得了速度v，設(shè)飛船給這部分稀薄空氣顆粒的平均作用力大小為F，根據(jù)動量定理有：Ftmv根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有：GMmR2=Mv2R，解得：F=AGMR，根據(jù)牛頓第三定律，衛(wèi)星所受的阻力大小為：FF=AGMR設(shè)衛(wèi)星在R軌道運行時的速度為v1、動能為Ek1、勢能為Ep1、機械能為E1，根據(jù)牛頓定律和萬有引力定律有：GMmR2=mv12R，衛(wèi)星的動能為：EK1=12mv12，勢能為：EP1=-GMmR，解得：E1=-GMm2R，衛(wèi)星高度下降

32、H，在半徑為(R-H)軌道上運行，同理可知其機械為：E2=-GMm2(R-H)，衛(wèi)星軌道高度下降H，其機械能的改變量為：E=-GMm2(1R-H-1R)衛(wèi)星機械能減少是因為克服空氣阻力做了功設(shè)衛(wèi)星在沿半徑為R的軌道運行一周過程中稀薄空氣顆粒作用于衛(wèi)星的阻力做的功為W0，利用小量累積的方法可知W0-F2R-2AGM上式表明衛(wèi)星在繞不同軌道運行一周，稀薄空氣顆粒所施加的阻力做的功是一恒量，與軌道半徑無關(guān)則EnW0解得：n=mH4A(R-H)R【答案】b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能Ek為mgd1sin。b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q為mg(d1+d2)sin。a穿出第k個

33、磁場區(qū)域時的速率v為4mgRd2B2l2d1sin-B2l2d18mR?！究键c】電磁感應(yīng)中的能量問題單桿切割磁感線【解析】（1）a進(jìn)入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進(jìn)入第1個磁場區(qū)域時，穿過回路的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，兩棒均不受安培力，機械能守恒，可求出Ek。（2）兩棒分在磁場區(qū)域中和無磁場區(qū)域中運動兩個過程研究：在磁場區(qū)域中，導(dǎo)體棒的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；在無磁場區(qū)域中機械能守恒，則可根據(jù)能量守恒和機械能守恒列式求出b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q。（3）本問有一定的難度，由于導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的減速運動，其加速度是變化的，因此不能用勻變速運動知識解

34、答，可以通過微積分思想進(jìn)行解答，如在極短的時間內(nèi)安培力可以認(rèn)為不變，利用牛頓第二定律列方程，然后根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解。【解答】a和b不受安培力作用，由機械能守恒知Ekmgd1sin設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)域時的速度為v1，剛離開無磁場區(qū)域時的速度為v2，由能量守恒知在磁場區(qū)域中，12mv12+Q=12mv22+mgd1sin在無磁場區(qū)域中12mv22=12mv12+mgd2sin解得Qmg(d1+d2)sin在無磁場區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有v2-v1gtsin且平均速度v1+v22=d2t有磁場區(qū)域，棒a受到合力Fmgsin-BIl感應(yīng)電動勢Blv感應(yīng)電流I=2R解得F=mgsin-B2l22

35、Rv根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)mamvt在t到t+t時間內(nèi)(mgsin-B2l2v2R)tmv則有mgsint-B2l22mRvt=mv解得v1-v2gtsin-B2l22mRd1聯(lián)立解得v1=4mgRd2B2l2d1sin-B2l2d18mR由題意知v=v1=4mgRd2B2l2d1sin-B2l2d18mR物理-選修3-3（15分）【答案】A,C,D【考點】* 液體的表面張力現(xiàn)象和毛細(xì)現(xiàn)象分子間的相互作用力分子動能* 液晶理想氣體的狀態(tài)方程【解析】分子間同時存在著引力和斥力，都隨距離的增大而減小，隨距離的減小而增大；液體的飽和汽壓體積無關(guān)；液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征；液體

36、表面存在張力是分子力的表現(xiàn)，表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直?！窘獯稹緼、根據(jù)分子動理論可知，分子間同時存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時，分子間的引力減小，斥力減小，故A正確；B、液體的飽和汽壓與溫度有關(guān)，與體積無關(guān)，故B錯誤；C、液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征，故C正確；D、根據(jù)內(nèi)能的有關(guān)因素可知，在不考慮分子勢能的情況下，1mol溫度相同的氫氣和氧氣內(nèi)能相同，故D正確；E、由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，分子間表現(xiàn)為引力，液體表面存在張力，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直。故E錯誤?！敬鸢浮炕钊鸅下降的高度為0.3310；使活塞A回到初始位置，此時氣體的溫度為2.1T0?！究键c】理想氣體的狀態(tài)方程氣體的等溫變化【解析】確定各變化過程初末狀態(tài)時的狀態(tài)參量，然后根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列方程即可；先對A分析，求出壓強，然后對B由理想氣體得狀態(tài)方程即可求出。【解答】初狀態(tài)：氣體壓