2019-2020年高考物理仿真模擬試卷含解析

1、2019-2020年高考物理仿真模擬試卷含解析一、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如圖，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍，有一初速為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比的值為（）ABCD2如圖所示，在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P；若在A點以速度2v水平拋出小球，經(jīng)過時間t2完成平拋運動不計空氣阻

2、力，則（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B點3如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是（）A桿對小球A做負功B小球A的機械能守恒C桿對小球B做正功D小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m42014年10月24日，“嫦娥五號”探路兵發(fā)射升空，為計劃于2017年左右發(fā)射的“嫦娥五號”探路，并在8天后以“跳躍式返回技術(shù)”成功返回地面“跳躍式返

3、回技術(shù)”指航天器在關(guān)閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層如圖所示，虛線為大氣層的邊界已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g下列說法正確的是（）A“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)B“嫦娥五號”在d點的加速度小于C“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率D“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率5一理想變壓器與電阻R、交流電壓表V、電流表A按圖甲所示方式連接，R=10，變壓器的匝數(shù)比為=圖乙是R兩端電壓U隨時間變化的圖象，Um=10V下列說法中正確的是（）A通過R的電流iR=cos50tAB電流表A的讀數(shù)為0.1AC電流表A的讀數(shù)為AD電壓表V的

4、讀數(shù)為10V6如圖，在兩等量異種點電荷連線上有D、E、F三點，且DE=EFK、M、L分別為過D、E、F三點的等勢面一不計重力的帶負電粒子，從a點射入電場，運動軌跡如圖中實線所示，以|Wab|表示該粒子從a點到b點電場力做功的數(shù)值，以|Wbc|表示該粒子從b點到c點電場力做功的數(shù)值，則（）A|Wab|=|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由a點到b點，動能增大Da點的電勢較b點的電勢高7如圖所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質(zhì)子，3為粒子（）的徑跡它們在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，三者軌道半徑r1r2r3并相切于P點，設(shè)T、v、a、t分別表示它們做圓周運動的周期、線速度、

5、向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間，則（）AT1=T2T3Bv1=v2v3Ca1=a2a3Dt1t2t38如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動小球運動到最高點時，桿與小球間彈力的大小為N，小球在最高點的速度大小為v，Nv2圖象如圖乙所示則（）A小球的質(zhì)量為RB當v時，球?qū)U有向下的壓力C當v時，球?qū)U有向上的拉力D若c=2b，則此時桿對小球的彈力大小為a二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第15題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共47分）9為了測量木

6、塊與木板間的動摩擦因數(shù)，某小組使用DIS位移傳感器設(shè)計了如圖甲所示實驗裝置，讓木塊從傾斜木板上一點A由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊相對傳感器的位移x隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示（1）根據(jù)上述圖線，計算0.4s時木塊的速度v=m/s，木塊加速度a=m/s2（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（2）為了測定動摩擦因數(shù)，還需要測量的量是（已知當?shù)氐闹亓铀俣萭）；得出的表達式是=10某實驗小組的同學在學校實驗室中發(fā)現(xiàn)一電學元件，該電學元件上標有“最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V”，同學們想通過實驗描繪出該電學元件的伏安特性曲線，他們設(shè)計的一部分電路如圖

7、1所示，圖中定值電阻R=1k，用于限流；電流表量程為10mA，內(nèi)阻約為5；電壓表（未畫出）量程為10V，內(nèi)阻約為10k；電源電動勢E為12V，內(nèi)阻不計（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：A阻值0200，額定電流0.3AB阻值020，額定電流0.5A應(yīng)選的滑動變阻器是（填“A”或“B”）正確接線后，測得數(shù)據(jù)如下表：12345678910U/V0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40I/mA0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50（2）由以上數(shù)據(jù)分析可知，電壓表應(yīng)并聯(lián)在M與之間（填“O”或“P”）；（3）將電路圖在圖

8、2的虛線框中補充完整；（4）從表中數(shù)據(jù)可知，該電學元件的電阻特點是：11如圖所示，將質(zhì)量m=2kg的圓環(huán)套在與水平面成=37角的足夠長直桿上，直桿固定不動，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑桿上依次有三點A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)=0.5現(xiàn)在對環(huán)施加一個與桿成37斜向上大小為20N的拉力F，使環(huán)從A點由靜止開始沿桿向上運動，圓環(huán)到達B點時撤去拉力F，此后圓環(huán)從B點繼續(xù)向上運動，求此環(huán)從A點到達C點所用的時間（已知重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）12如圖所示，傾角為30、足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ相距L1=0.4m，B2=5

9、T的勻強磁場垂直導軌平面向上一質(zhì)量m=1.6kg的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，其電阻r=1金屬導軌上端連接右側(cè)電路，R1=1，R2=1.5，R2兩端通過細導線連接質(zhì)量M=0.6kg的正方形金屬框cdef，正方形L2=0.2m，每條邊電阻r0為1，金屬框處在一方向垂直紙面向里，B2=3T的勻強磁場中，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，不計其他電阻及滑輪摩擦，g取10m/s2（1）若將電健S斷開，求棒下滑過程中的最大速度（2）若電鍵S閉合，每根細導線能承受的最大拉力為3.6N，求細導線剛好被拉斷時棒的速度（3）若電鍵閉合后，從棒釋放到細導線被拉斷的過程中，棒上產(chǎn)生的電熱為2J

10、，求此過程中棒下滑的高度（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）(二）選考題物理-選修3-313以下說法正確的是（）A當分子間距離增大時，分子勢能可能增大B已知某物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，密度為，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該種物質(zhì)的分子體積為V0=C自然界一切過程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏觀過程都能自然發(fā)生D布朗運動并不是分子的運動，但間接證明了分子在永不停息的做無規(guī)則運動E一定質(zhì)量的理想氣體，壓強不變，體積增大，分子平均動能增加14如圖所示，有一光滑的導熱性能良好的活塞C將容器分成A、B兩室，A室體積為V0，B室的體積是A室的兩倍，A、B兩室分別放有一定質(zhì)量的理想氣體A室上連有一U形管（U形管內(nèi)氣體的體積

11、忽略不計），當兩邊水銀柱高度為19cm時，兩室氣體的溫度均為T1=300K若氣體的溫度緩慢變化，當U形管兩邊水銀柱等高時，求（外界大氣壓等于76cm汞柱）此時氣體的溫度為多少？在這個過程中B氣體的內(nèi)能如何變化？做功情況如何？從外界吸熱還是放熱？（不需說明理由）物理-選修3-415一列簡諧橫波，某時刻的波形如圖甲所示，從該時刻開始計時，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，該列波沿x軸傳播（填“正向”或“負向”）；該列波的波速大小為m/s；若此波遇到另一列簡諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為Hz16如圖，為某種透明材料做成的三棱鏡橫截面，其形狀是邊長為a的等邊三角形，現(xiàn)用一束寬度為a的單

12、色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到該三棱鏡的AB及AC面上，結(jié)果所有從AB、AC面入射的光線進入后恰好全部直接到達BC面試求：（1）該材料對此平行光束的折射率；（2）這些到達BC面的光線從BC面折射而出后，如果照射到一塊平行于BC面的屏上形成光斑，則當屏到BC面的距離d滿足什么條件時，此光斑分為兩塊？物理-選修3-517氫彈的工作原理是利用氫核聚變放出巨大能量在某次聚變中，一個氘核與一個氚核結(jié)合成一個氦核已知氘核的比結(jié)合能是1.09MeV；氚核的比結(jié)合能是2.78MeV；氦核的比結(jié)合能是7.03MeV則氫核聚變的方程是；一次氫核聚變釋放出的能量是MeV18如圖所示，一個平板車的質(zhì)量為M

13、=68kg（包含車上的卸貨人），其上有質(zhì)量均為m=14kg的貨物8袋開始時平板車水平向右以速度v0=5m/s在水平光滑的軌道上均速運動，平板車上的卸貨人以速度v=10m/s（相對水平地面）水平向右一次一袋把貨物拋出，當平板車反向向左開始運動后，卸貨人不再拋出貨物求：卸貨人向右拋出貨物的袋數(shù)和平板車的最終速度2016年山東省煙臺市高考物理仿真模擬試卷參考答案與試題解析一、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如圖，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏

14、轉(zhuǎn)電場電壓的k倍，有一初速為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比的值為（）ABCD【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】電荷先直線加速，再做類似平拋運動；對直線加速過程，根據(jù)動能定理列式；對類似平拋運動過程，根據(jù)分位移公式列式；最后聯(lián)立求解即可【解答】解：設(shè)加速電壓為kU，偏轉(zhuǎn)電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：q（kU）= 對類似平拋運動過程，有：l=vt = 聯(lián)立解得：=故選：B【點評】本題關(guān)鍵是分直線加速和類似平拋運動分析，對直線加速根據(jù)動能定理列式，對類

15、似平拋過程根據(jù)分位移公式列式，基礎(chǔ)題目2如圖所示，在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P；若在A點以速度2v水平拋出小球，經(jīng)過時間t2完成平拋運動不計空氣阻力，則（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B點【考點】平拋運動【專題】定性思想；推理法；平拋運動專題【分析】抓住小球落在斜面上，結(jié)合豎直位移和水平位移的關(guān)系求出運動的時間，從而得出水平位移的表達式，確定初速度增倍后，小球?qū)⒙湓谒矫娓鶕?jù)下降的高度關(guān)系求出運動的時間關(guān)系【解答】解：在斜面頂端A以速度v水平拋出一小球，經(jīng)過時間t1恰好落在斜面的中點P，有tan=，解得，水平位移x=，初速度變?yōu)樵瓉淼?倍

16、，若還落在斜面上，水平位移應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼?倍，可知在A點以速度2v水平拋出小球，小球?qū)⒙湓谒矫婵芍獌汕蛳陆档母叨戎葹?：2，根據(jù)t=知，則t22t1故選：C【點評】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解，難度不大3如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是（）A桿對小球A做負功B小球A的機械能守恒C桿對小球B

17、做正功D小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m【考點】功能關(guān)系；機械能守恒定律【專題】定性思想；推理法；功能關(guān)系 能量守恒定律【分析】分別對A球和B球進行受力分析，根據(jù)外力做功情況可以明確桿對兩球的做功情況，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求解小球B速度為零時距水平面的高度【解答】解：A、由題意可知，AB在上升中受A的重力做功而做減速運動；假設(shè)沒有桿連接，則A上升到斜面時，B還在水平面上運動，那么A在斜面上做減速運動，而B在水平面上做勻速運動，但是有桿存在，那肯定是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；B、因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；C、由A的分析可知，村對球B做負功，故C錯誤

18、；D、根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh+mg（h+Lsin30）=2mv2，解得：h=0.15m，故D正確；故選：D【點評】本題考查考機械能守恒定律及外力做功情況，要注意本題中根據(jù)了假設(shè)法進行判斷，難度適中42014年10月24日，“嫦娥五號”探路兵發(fā)射升空，為計劃于2017年左右發(fā)射的“嫦娥五號”探路，并在8天后以“跳躍式返回技術(shù)”成功返回地面“跳躍式返回技術(shù)”指航天器在關(guān)閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后再進入大氣層如圖所示，虛線為大氣層的邊界已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g下列說法正確的是（）A“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)B“嫦娥五

19、號”在d點的加速度小于C“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率D“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】根據(jù)加速度的方向確定“嫦娥五號”處于超重還是失重，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合GM=gR2求出d點的加速度嫦娥五號從a點到c點，萬有引力不做功，阻力做負功，根據(jù)動能定理比較a、c兩點的速率大小從c點到e點，機械能守恒，速率大小相等【解答】解：A：“嫦娥五號“沿abc軌跡做曲線運動，曲線運動的合力指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，所以在b點合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五號“在b點處于超重狀態(tài)，故A錯誤B、在d點，“嫦娥

20、五號”的加速度a=，又GM=gR2，所以a=故B錯誤C、“嫦娥五號”從a點到c，萬有引力不做功，由于阻力做功，則a點速率大于c點速率故C正確D、從c點到e點，沒有空氣阻力，機械能守恒，則c點速率和e點速率相等，故D錯誤故選：C【點評】解決本題的關(guān)鍵知道衛(wèi)星在大氣層中受到空氣阻力作用，在大氣層以外不受空氣阻力，結(jié)合動能定理、機械能守恒進行求解5一理想變壓器與電阻R、交流電壓表V、電流表A按圖甲所示方式連接，R=10，變壓器的匝數(shù)比為=圖乙是R兩端電壓U隨時間變化的圖象，Um=10V下列說法中正確的是（）A通過R的電流iR=cos50tAB電流表A的讀數(shù)為0.1AC電流表A的讀數(shù)為AD電壓表V的讀

21、數(shù)為10V【考點】變壓器的構(gòu)造和原理；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式【專題】定性思想；推理法；交流電專題【分析】根據(jù)R兩端的電壓隨著時間變化的圖象，可求出電壓的有效值，再利用電壓與匝數(shù)成正比，可算出原線圈電壓的有效值，由電流與匝數(shù)成反比，可算出原線圈的電流大小，電壓表測量R的電壓，是有效值【解答】解：A、正弦式電流且電阻R的Um=10V，則有效值U=10V所以通過電阻的電流為I=1A，根據(jù)乙圖可知，周期T=0.02s，則，因此通過R的電流iR隨時間t變化的規(guī)律是iR=cos100t（A）故A錯誤；B、正弦式電流且電阻R的Um=10V，則有效值U=10V所以通過電阻的電流為I=1A，又由于電流

22、表讀出的是有效值，再由匝數(shù)比為的變壓器，得電流表A的讀數(shù)為0.1A故B正確，C錯誤；D、由于電壓表讀出的是有效值，則電壓表A的讀數(shù)為10V故D錯誤；故選：B【點評】正弦變化規(guī)律的交流電的有效值比最大值等于1：；理想變壓器的電流之比、電壓之比均是有效值同時通過電阻電流的瞬時表達式是正弦還是余弦式是受線圈在磁場中計時位置不同而不同6如圖，在兩等量異種點電荷連線上有D、E、F三點，且DE=EFK、M、L分別為過D、E、F三點的等勢面一不計重力的帶負電粒子，從a點射入電場，運動軌跡如圖中實線所示，以|Wab|表示該粒子從a點到b點電場力做功的數(shù)值，以|Wbc|表示該粒子從b點到c點電場力做功的數(shù)值，則

23、（）A|Wab|=|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由a點到b點，動能增大Da點的電勢較b點的電勢高【考點】電勢能；電勢差與電場強度的關(guān)系【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】由題，DE=EF，根據(jù)電場線的疏密，可判斷出DE段和EF段場強的大小，由公式U=Ed定性分析DE間電勢差與EF間電勢差的大小由電場力做功公式W=qU分析電場力做功大小由軌跡的彎曲方向判斷電荷所受的電場力大致方向，確定電場力做功的正負，判斷電勢能的大小及電勢的高低【解答】解：AB、由等量異種點電荷的電場線的特點可知靠近電荷處電場強度大，類比公式U=Ed知|Uab|Ubc|，而W=qU，所以|Wab|Wb

24、c|，故A錯誤，B正確；C、粒子由a點到b點，電場力做負功，電勢能增加，動能減少，C錯誤；D、從粒子的運動軌跡可知該粒子從a點到c點受到大體向左的作用力，所以左側(cè)為正電荷，從左向右電勢降低，D正確故選：BD【點評】本題要對等量異種點電荷周圍電場線的分布情況要掌握，用公式U=Ed定性可分析電勢差的大小7如圖所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質(zhì)子，3為粒子（）的徑跡它們在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，三者軌道半徑r1r2r3并相切于P點，設(shè)T、v、a、t分別表示它們做圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間，則（）AT1=T

25、2T3Bv1=v2v3Ca1=a2a3Dt1t2t3【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，可列式得到周期和半徑的一般表達式，由牛頓第二定律得到加速度的一般表達式，再分析大小【解答】解：A：設(shè)帶電粒子的質(zhì)量和電量分別為m、q，則帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時周期為，T與比荷成反比，質(zhì)子與粒子的比荷之比為2：1，則有T1=T2T3故A正確B：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時半徑為，比荷相等時，r與v成正比，則有v1v2故B錯誤C：粒子的加速度為，因為v1v2，故有a1a2故C錯誤D：由圖看出

26、，質(zhì)子2的速度偏向角大于質(zhì)子1的速度偏向角，根據(jù)軌跡所對的圓心角等于速度偏向角，則知，質(zhì)子2軌跡的圓心角大于質(zhì)子1軌跡的圓心角，所以質(zhì)子2的運動時間大于質(zhì)子1的運動時間，即有t1t2同理可得，粒子的速度偏向角大于質(zhì)子2的偏向角，根據(jù)軌跡所對的圓心角等于速度偏向角，則知，粒子軌跡的圓心角大于質(zhì)子2軌跡的圓心角，同時由于T2T3所以粒子的運動時間大于質(zhì)子2的運動時間，即有t3t2故選項D正確故選：AD【點評】本題中帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑和周期公式要熟記，對于推論：軌跡的圓心角等于速度的偏向角是常用的結(jié)論，也要學會應(yīng)用8如圖甲所示，一輕桿一端固定在O點，另一端固定一小球，在豎直平面

27、內(nèi)做半徑為R的圓周運動小球運動到最高點時，桿與小球間彈力的大小為N，小球在最高點的速度大小為v，Nv2圖象如圖乙所示則（）A小球的質(zhì)量為RB當v時，球?qū)U有向下的壓力C當v時，球?qū)U有向上的拉力D若c=2b，則此時桿對小球的彈力大小為a【考點】向心力【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題【分析】在最高點，若v=0，則桿對球的支持力 N=mg=a；若桿對球的支持力 N=0，則有mg=m，聯(lián)立即可求得當?shù)氐闹亓铀俣却笮『托∏虻馁|(zhì)量；由圖可知：當v時，桿對小球彈力方向向上；若c=2b根據(jù)向心力公式即可求解桿對球的彈力大小【解答】解：A、球在最高點時，若速度 v=0，則桿對球的支持力 N=mg=

28、a；若桿對球的支持力 N=0，則mg=m=m，解得：g=，m=R，故A正確；BC、當v時即v2b時，桿對小球彈力方向向上，由牛頓第三定律知，球?qū)U有向下的壓力，故B正確，C錯誤D、若v2=2b則由牛頓第二定律得 N+mg=m=，解得N=a=mg，故D正確故選：ABD【點評】本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學們能根據(jù)圖象獲取有效信息二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個試題考生都必須作答第13題第15題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共47分）9為了測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，某小組使用DIS位移傳感器設(shè)計了如圖甲所示實驗裝置，讓木塊從傾斜

29、木板上一點A由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊相對傳感器的位移x隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示（1）根據(jù)上述圖線，計算0.4s時木塊的速度v=0.40m/s，木塊加速度a=1.0m/s2（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（2）為了測定動摩擦因數(shù)，還需要測量的量是斜面傾角（或A點的高度h、底邊長度d、斜面長度L等）（已知當?shù)氐闹亓铀俣萭）；得出的表達式是=【考點】探究影響摩擦力的大小的因素【專題】實驗題【分析】（1）由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)中點時刻的瞬時速度；根據(jù)加速度的定義式即可求出加速度；（2）為了測定動摩

30、擦力因數(shù)還需要測量的量是木板的傾角【解答】解：（1）根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間內(nèi)中點時刻的瞬時速度，得0.4s末的速度為：v= m/s=0.40m/s，0.2s末的速度為：v=0.2m/s，則木塊的加速度為：a=1.0m/s2（2）選取木塊為研究的對象，木塊沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：= 所以要測定摩擦因數(shù)，還需要測出斜面的傾角；故答案為：（1）0.40，1.0；（2）斜面傾角（或A點的高度h、底邊長度d、斜面長度L等），【點評】解決本題的關(guān)鍵知道勻變速直線運動的推論，在某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，以及會通過實驗的原理得出動摩擦因數(shù)的表達式，從而確

31、定所需測量的物理量10某實驗小組的同學在學校實驗室中發(fā)現(xiàn)一電學元件，該電學元件上標有“最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V”，同學們想通過實驗描繪出該電學元件的伏安特性曲線，他們設(shè)計的一部分電路如圖1所示，圖中定值電阻R=1k，用于限流；電流表量程為10mA，內(nèi)阻約為5；電壓表（未畫出）量程為10V，內(nèi)阻約為10k；電源電動勢E為12V，內(nèi)阻不計（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：A阻值0200，額定電流0.3AB阻值020，額定電流0.5A應(yīng)選的滑動變阻器是A（填“A”或“B”）正確接線后，測得數(shù)據(jù)如下表：12345678910U/V0.003.006.006.166.286.326.

32、366.386.396.40I/mA0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50（2）由以上數(shù)據(jù)分析可知，電壓表應(yīng)并聯(lián)在M與P之間（填“O”或“P”）；（3）將電路圖在圖2的虛線框中補充完整；（4）從表中數(shù)據(jù)可知，該電學元件的電阻特點是：當元件兩端的電壓小于6V時，元件電阻非常大，不導電；當元件兩端電壓大于6V時，隨著電壓的升高而電阻變小【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】實驗題【分析】（1）根據(jù)滑動變阻器的額定電壓分析答題 （2）根據(jù)待測元件電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后答題（3）從表格中數(shù)據(jù)看，電學元件兩端的電壓先增大，然后趨于穩(wěn)定（4）

33、根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用歐姆定律分析答題【解答】解：（1）滑動變阻器A允許的最大電壓為0.3200=60V12V，滑動變阻器B兩端所能加的最大電壓為0.520=10V12V，為保證安全，滑動變阻器應(yīng)選A（2）由表中實驗數(shù)據(jù)可知，電學元件電阻最小測量值約為：R=1163.6，電流表內(nèi)阻約為5，電壓表內(nèi)阻約為10k，相對來說，元件電阻遠大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，因此電壓表應(yīng)并聯(lián)在M與P之間 （3）描繪伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，由（2）可知，電流表采用內(nèi)接法，實驗電路圖如圖所示：（4）由表中實驗數(shù)據(jù)可知，當元件兩端的電壓小于6V時，電路電流很小，幾乎為零

34、，由歐姆定律可知，元件電阻非常大，不導電；當元件兩端電壓大于6V時，隨著電壓的升高電流迅速增大，電壓與電流的比值減小，電阻變??；故答案為：（1）A；（2）P；（3）電路圖如圖所示；（4）當元件兩端的電壓小于6V時，元件電阻非常大，不導電；當元件兩端電壓大于6V時，隨著電壓的升高而電阻變小【點評】本題考查了實驗器材選擇、實驗實驗電路設(shè)計、實驗數(shù)據(jù)分析等問題，確定滑動變阻器與電流表的接法是正確設(shè)計實驗電路的關(guān)鍵；要掌握握器材選取的方法：精確、安全11如圖所示，將質(zhì)量m=2kg的圓環(huán)套在與水平面成=37角的足夠長直桿上，直桿固定不動，環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑桿上依次有三點A、B、C，sAB=8m，

35、sBC=0.6m，環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)=0.5現(xiàn)在對環(huán)施加一個與桿成37斜向上大小為20N的拉力F，使環(huán)從A點由靜止開始沿桿向上運動，圓環(huán)到達B點時撤去拉力F，此后圓環(huán)從B點繼續(xù)向上運動，求此環(huán)從A點到達C點所用的時間（已知重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題【分析】分別對撤去力F前后對環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解出環(huán)的加速度拉力a，再根據(jù)位移時間關(guān)系求得到達B點時的時間和速度，到達C的過程分為兩部分，一為勻減速上升時到達C點，二是到達最高點后再加速下滑時

36、經(jīng)過C點，故時間有兩個答案【解答】解：圓環(huán)從A到B的過程中做勻加速直線運動，設(shè)所用時間為t1，由受力分析和牛頓第二定律得：沿著直桿方向有：Fcos37mgsin37FN=ma1垂直直桿方向有：FN+Fsin37=mgcos37聯(lián)立解得：a1=1m/s2根據(jù)sAB=得：t1=4s圓環(huán)到達B點的速度為：vB=a1t1=4m/s撤去力后向上運動過程，對圓環(huán)受力分析，由牛頓第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma2，解得加速度大小為：a2=10m/s2；圓環(huán)減速到零時間為t0，運動距離為s，則：vB=a2t0，解得：t0=0.4s則s=0.8m，若環(huán)向上經(jīng)過C點，則有：sBC=vBt2；代入數(shù)

37、據(jù)解得：t2=0.2s，或者t2=0.6s（舍去）當環(huán)運動到最高點，將再次向下勻加速運動，則由牛頓第二定律得：mgsin37mgcos37=ma3，代入數(shù)據(jù)解得：a3=2m/s2環(huán)從最高點下滑到C點時發(fā)生的位移為：x=ssBC=0.2m由x=得：t3=s；所以，圓環(huán)從A點到達C點所用的時間：t=t1+t2=4.2s或者為：t=t1+t0+t3=s答：此環(huán)從A點到達C點所用的時間為4.2s或s【點評】掌握解決動力學兩類基本問題的方法和思路：一已知物體的運動求物體的受力，二是已知物體的受力求物體的運動情況解決這兩類問題的關(guān)鍵是橋梁根據(jù)牛頓第二定律求出加速度a12如圖所示，傾角為30、足夠長的光滑平

38、行金屬導軌MN、PQ相距L1=0.4m，B2=5T的勻強磁場垂直導軌平面向上一質(zhì)量m=1.6kg的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，其電阻r=1金屬導軌上端連接右側(cè)電路，R1=1，R2=1.5，R2兩端通過細導線連接質(zhì)量M=0.6kg的正方形金屬框cdef，正方形L2=0.2m，每條邊電阻r0為1，金屬框處在一方向垂直紙面向里，B2=3T的勻強磁場中，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，不計其他電阻及滑輪摩擦，g取10m/s2（1）若將電健S斷開，求棒下滑過程中的最大速度（2）若電鍵S閉合，每根細導線能承受的最大拉力為3.6N，求細導線剛好被拉斷時棒的速度（3）若電鍵閉合后，從棒

39、釋放到細導線被拉斷的過程中，棒上產(chǎn)生的電熱為2J，求此過程中棒下滑的高度（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）【考點】導體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專題】電磁感應(yīng)功能問題【分析】（1）金屬棒ab先加速下滑，加速度減小，后勻速下滑，速度達到最大由歐姆定律、感應(yīng)電動勢和安培力公式推導出安培力的表達式，根據(jù)平衡條件求解最大速度（2）將每根細導線能承受的最大拉力Fm=3.6N代入（1）的結(jié)論，并結(jié)合電路的特點即可解答；（3）金屬棒由靜止開始下滑s的過程中，重力和安培力對棒做功，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為棒的動能和電路的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h【解答】解：（1）電鍵S斷開時，a

40、b棒沿導軌變加速下滑，速度最大時合力為0，根據(jù)物體平衡條件和法拉第電磁感應(yīng)定律有：mgsinB1IL1=0又：Em=B1L1vm聯(lián)解代入數(shù)據(jù)得：vm=7m/s（2）閉合S后，ab棒沿導軌下滑切割磁感線，R2與線框cd邊及cfed部分組成并聯(lián)電路，設(shè)并聯(lián)部分電阻為R，細導線剛被拉斷時通過ab棒的電流為I1，通過R2的電流為I2，通過金屬框部分的電流為I3，則：E=B1L1vI1=I2+I3對金屬框，由物體平衡條件有：2FmMgB2I3L2=0聯(lián)解代入數(shù)據(jù)得：v=3.75m/s（3）當棒下滑高度為h時，棒上產(chǎn)生的熱量為Q，R1上產(chǎn)生的熱量為Q1，R2及金屬框并聯(lián)部分產(chǎn)生的總熱量為Q2，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化

41、與守恒定律有：由焦耳定律和電路結(jié)構(gòu)關(guān)系有：聯(lián)解代入數(shù)據(jù)得：h1.0m答：（1）電鍵S斷開時棒ab下滑過程中的最大速度是7m/s；（2）電鍵S閉合，細導線剛好被拉斷時棒ab的速度是3.75m/s；（3）若電鍵S閉合后，從棒ab釋放到細導線被拉斷的過程中棒ab上產(chǎn)生的電熱Q=2J，此過程中棒ab下滑的高度1.0m【點評】本題考查了電路知識、電磁感應(yīng)和力學知識，分析和計算安培力和能量如何轉(zhuǎn)化是兩個關(guān)鍵中檔難度(二）選考題物理-選修3-313以下說法正確的是（）A當分子間距離增大時，分子勢能可能增大B已知某物質(zhì)的摩爾質(zhì)量為M，密度為，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該種物質(zhì)的分子體積為V0=C自然界一切過程能

42、量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏觀過程都能自然發(fā)生D布朗運動并不是分子的運動，但間接證明了分子在永不停息的做無規(guī)則運動E一定質(zhì)量的理想氣體，壓強不變，體積增大，分子平均動能增加【考點】分子勢能；分子間的相互作用力；溫度是分子平均動能的標志；熱力學第二定律【分析】分子勢能與分子間距離的關(guān)系比較復雜，要根據(jù)分子力的性質(zhì)進行判斷；對于固體或液體，分子間距較小，摩爾體積等于分子體積乘以阿伏加德羅常數(shù)；自然界一切過程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏觀過程不一定能自發(fā)發(fā)生；布朗運動并不是分子的運動，但間接證明了分子在永不停息的做無規(guī)則運動；溫度是分子平均動能的標志【解答】解：A、當分子間距離增大時，

43、若分子力為引力，分子力做負功，分子勢能增大；若分子力為斥力，分子力做正功，分子勢能減小，故A錯誤B、若該物質(zhì)是固體或液體，分子間距較小，則該種物質(zhì)的分子體積為V0=；若該物質(zhì)是氣體，則該種物質(zhì)的分子體積為V0；故B錯誤C、自然界一切過程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏觀過程不一定都能自然發(fā)生，還要符合熱力學第二定律才能自然發(fā)生，故C錯誤D、布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，而顆粒是由大量分子組成的，所以布朗運動并不是分子的運動固體顆粒是由于受到周圍液體的撞擊而引起運動的，所以布朗運動證明了液體分子在永不停息的做無規(guī)則運動，故D正確E、一定質(zhì)量的理想氣體，壓強不變，體積增大，由氣態(tài)方程=

44、c知溫度升高，則分子平均動能增加，故E正確故選：DE【點評】本題考查熱力學多個知識，其中重點是分子動理論、氣態(tài)方程、熱力學第一、第二定律，要加強基礎(chǔ)的學習，力爭不在簡單題上失分14如圖所示，有一光滑的導熱性能良好的活塞C將容器分成A、B兩室，A室體積為V0，B室的體積是A室的兩倍，A、B兩室分別放有一定質(zhì)量的理想氣體A室上連有一U形管（U形管內(nèi)氣體的體積忽略不計），當兩邊水銀柱高度為19cm時，兩室氣體的溫度均為T1=300K若氣體的溫度緩慢變化，當U形管兩邊水銀柱等高時，求（外界大氣壓等于76cm汞柱）此時氣體的溫度為多少？在這個過程中B氣體的內(nèi)能如何變化？做功情況如何？從外界吸熱還是放熱？

45、（不需說明理由）【考點】理想氣體的狀態(tài)方程【專題】理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】求出氣體A、B的初末狀態(tài)參量，然后由理想氣體狀態(tài)方程求出氣體的溫度根據(jù)氣體溫度及體積變化情況，應(yīng)用熱力學第一定律分析答題【解答】解：由題意知，氣體的狀態(tài)參量為：初狀態(tài)對A氣體：VA=V0，TA=T1=300K，pA=p0+h=95cmHg，對B氣體：VB=2V0，TB=T1=300K，pB=p0+h=95cmHg，末狀態(tài)，對A氣體：VA=V，pA=p0=76cmHg，對B氣體：pB=p0=76cmHg，VB=3V0V，由理想氣體狀態(tài)方程得：對A氣體： =，對B氣體： =，代入數(shù)據(jù)解得：T=240K，V=V0；氣體B末

46、狀態(tài)的體積：VB=3V0V=2V0=VB，由于氣體體積不變，外界對氣體不做功，氣體溫度由300K降低到240K，溫度降低，內(nèi)能減小U0，由熱力學第一定律：U=W+Q可知：Q=UW=U0，則氣體對外放出熱量；答：此時氣體的溫度為240K；在這個過程中B氣體的內(nèi)能減少；外界對氣體不做功，氣體對外界放熱【點評】應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律即可正確解題，根據(jù)題意求出氣體的初末狀態(tài)參量、應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程即可正確解題；要掌握連接體問題的解題思路與方法物理-選修3-415一列簡諧橫波，某時刻的波形如圖甲所示，從該時刻開始計時，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖乙所示，該列波沿x軸正向傳播（填“正向”或“負

47、向”）；該列波的波速大小為1m/s；若此波遇到另一列簡諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為2.5Hz【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系【專題】振動圖像與波動圖像專題【分析】由振動圖象讀出該時刻（t=0）A質(zhì)點的振動方向，再判斷波的傳播方向由振動圖象讀出周期，由波動圖象讀出波長，求出波速【解答】解：因A點沿負方向振動，則其滯后于左邊的質(zhì)點，則可知波沿X正向傳播由波動圖可知波長為0.4m，由振動圖可知周期T為0.4S，則V= 發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象要相同頻率，則故答案為：正向12.5【點評】本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力和把握兩種圖象聯(lián)系的能力會分析求解波速16如圖，為某種透明材料做成的三棱鏡橫截面，其形狀是邊長為a的等邊三角形，現(xiàn)用一束寬度為a的單色平行光束，以