2017年寧夏銀川市高考物理二模試卷(精品解析版)

1、 PAGE PAGE 292017年寧夏銀川市高考物理二模試卷二、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15題只有一項符合題目要求，第69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以下說法符合物理史實的是（）A牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并且用扭秤裝置測出了引力常量B盧瑟福通過粒子散射實驗提出了原子的核式結構模型C奧斯特為了解釋磁體產(chǎn)生的磁場提出了分子電流假說D貝克勒爾通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子22016年9月15日，我國的空間實驗室天宮二號在酒泉成功發(fā)射9月16日，天宮二號在橢圓軌道的遠地點A開始變軌，變軌后在圓軌道上運

2、行，如圖所示，A點離地面高度約為380km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km若天宮二號變軌前后質(zhì)量不變，則下列說法正確的是（）A天官二號在軌道上運行通過近地點B時速度最小B天宮二號在軌道上運行的周期可能大于在軌道上運行的周期C天官二號在軌道上運行的周期一定大于24 hD天宮二號在軌道上運行通過A點時的速度一定小于在軌道上運行通過A點時的速度3A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移圖象，若A球質(zhì)量是m=2kg，則由圖判斷下列結論不正確的是（）A碰撞前后A的動量變化為4 kgm/sB碰撞時A對B所施

3、沖量為4 NsCA、B碰撞前的總動量為3 kgm/sD碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J4在變電所里，需要用交流電表去監(jiān)測電風上的強電流由于電網(wǎng)中的電流通常會超過一般電流表的量程，因此常使用電流互感器下面四個圖中，正確反映電流互感器工作原理的是（）ABCD5如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻為R的定值電阻，電阻為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中t=0時對金屬棒施加一平行于導軌向上的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，通過定值電阻R的電荷量q隨時間的平方t2變

4、化的關系如圖乙所示下列關于穿過回路abPMa的磁通量、金屬棒的加速度a、外力F、通過電阻R的電流I隨時間t變化的圖象中正確的是（）ABCD6如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細線分別懸掛在天花板上，兩細線與水平方向夾角分別為60和45，A、B間拴接的輕質(zhì)彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是（）AA、B的質(zhì)量之比為1：BA、B所受彈簧彈力大小之比為：C懸掛A、B的細線上拉力大小之比為：1D快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時加速度大小之比為1：7磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖為其原理示意圖，平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（高溫下電離的

5、氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒）水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機的電阻為r（R0r2R0），則滑動變阻器的滑片P由a向b端滑動的過程中（）A金屬板C為電源負極，D為電源正極B發(fā)電機的輸出功率一直增大C電阻R0消耗功率最大值為D滑動變阻器消耗功率最大值為8如圖所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中（）AQ

6、運動到C處時速率最大B加速度先減小后增大C小球Q的機械能不斷減小DQ、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分9某物理興趣小組的同學利用實驗室提供的器材組裝了一個“歐姆表”，并用其測量一個未知電阻的阻值，實驗室提供的器材如下：A新的干電池一節(jié)：電動勢為1.5V，其內(nèi)阻可忽略；B靈敏電流計一個：量程為01mA，內(nèi)阻20；C可變電阻P：阻值范圍為1002500；D紅、黑表筆各一個；E待測電阻一只（1）請在如圖虛線框內(nèi)補全所需的器材（2）測量電阻前，先進行歐姆調(diào)零將可變電阻P的阻值調(diào)節(jié)為R=，此時電流計指針指到（3）把待測電阻接入兩表筆間，指針正好指在0.6mA刻

7、度處，則該電阻的阻值為10（9分）如圖甲所示，一端帶有定滑輪的長木板放置在水平桌面上，靠近長木板的左端固定有一光電門，右端放置一帶有擋光片的小車，小車和擋光片的總質(zhì)量為M，細線繞過定滑輪，一端與小車相連，另一端掛有6個鉤碼，已知每個鉤碼的質(zhì)量為m，且M=4m（1）用游標卡尺測出小車上的擋光片的寬度，讀數(shù)如圖乙所示，則擋光片寬度d=cm（2）實驗時為了消除摩擦力的影響，可以把木板右端適當墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，直到使小車在不受繩的拉力時能沿木板做運動（3）將小車從木板右端由靜止釋放，小車上的擋光片通過光電門的時間為t1，則小車通過光電門的速度為（用題目所給字母表示）（4）開始實驗時，細線另一端掛

8、有6個鉤碼，由靜止釋放小車后細線上的拉力為F1，接著每次實驗時將1個鉤碼移放到小車上，當細線掛有3個鉤碼時細線上的拉力為F2，則F12F2（填“大于”、“等于”或“小于”）（5）若每次移動鉤碼后都從同一位置釋放小車，設擋光片與光電門的距離為L，細線所掛鉤碼的個數(shù)為n，測出每次擋光片通過光電門的時間為t，測出多組數(shù)據(jù)，并繪出n圖象如圖丙所示，已知圖線斜率為k，則當?shù)刂亓铀俣葹椋ㄓ妙}目所給字母表示）11（14分）如圖甲所示，一四分之一光滑圓弧軌道最低點與平臺右端B相接并與平臺相切，圓弧的半徑R=1m，一物塊置于A點，AB間距離為2m，物塊與平臺間的動摩摩擦因數(shù)為=0.2，現(xiàn)用水平恒力F拉物塊從靜

9、止向右運動，到B點時撤去拉力，結果物塊剛好能滑到四分之一圓弧軌道的最高點，物塊的質(zhì)量為1kg，g=10m/s2，求：（1）拉力的大小及物塊剛滑上四分之一圓弧軌道時對軌道壓力的大?。唬?）若將四分之一圓弧軌道豎直向下平移，且圓心與B點重合，如圖乙所示，仍用水平恒力F拉物塊從靜止向右運動，并在B點撤去拉力，則物塊第一次與圓弧軌道接觸的位置離平臺的距離（計算結果可以用根式表示）12（18分）如圖所示，兩垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，MN邊界上方磁場的磁感應強度大小B1大于下方磁場的磁感應強度大小B2（未知）有一長為l的絕緣平直擋板與MN重合，一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，從擋板的中點O處

10、沿垂直擋板方向以速度v=（k為偶數(shù)）進入上方磁場中，假設粒子與擋板發(fā)生碰撞并反彈過程沒有能量損失，且粒子在下方磁場中運動時不會與擋板發(fā)生碰撞，粒子最終能回到出發(fā)點O，不計粒子重力若k=4，則粒子從擋板邊緣進入下方磁場中求：（1）若k=4，粒子在MN邊界上方磁場中運動的軌跡半徑（2）試畫出k=10時粒子的運動軌跡（3）求兩磁場的磁感應強度大小的比值【物理-選修3-3】（15分）13（5分）下列關于擴散現(xiàn)象的說法中正確的是（）A擴散現(xiàn)象只能發(fā)生在氣體與氣體之間B擴散現(xiàn)象是永不停息的C潮濕的地面變干屬于擴散現(xiàn)象D靠近梅花就能聞到梅花的香味屬于擴散現(xiàn)象E空氣流動形成風屬于擴散現(xiàn)象14（10分）如圖所示

11、，可自由移動的活塞將密閉的汽缸分為體積相等的上下兩部分A和B，初始狀態(tài)時，A、B兩部分的溫度都是800K，B中氣體的壓強為1.25105Pa，活塞質(zhì)量m=2.5kg，汽缸的橫截面積S=10cm2，汽缸和活塞都是由不傳熱的材料制成現(xiàn)保持B部分氣體溫度不變，設法緩慢降低A部分氣體的溫度，使得A部分氣體體積變?yōu)樵瓉淼模舨挥嫽钊c汽缸壁之間的摩擦，g=10m/s2，則降溫后A部分氣體的溫度等于多少K？【物理-選修3-4】15如圖所示是一列向右傳播的橫波，波速為0.4m/s，M點的橫坐標x=10m，圖示時刻波傳到N點現(xiàn)從圖示時刻開始計時，經(jīng)過s時間，M點第二次到達波谷；這段時間里，N點經(jīng)過的路程為 c

12、m16如圖所示，橫截面為半徑為R的四分之一圓柱玻璃磚放在水平面上，其橫截面圓心為O點一束單色光水平射向圓弧面，入射點為P，入射角為i=60，經(jīng)折射后照射到MO間的某點Q處，玻璃對該單色光的折射率n=（1）求P、Q間的距離（2）光能否在Q點發(fā)生全反射？2017年寧夏銀川市高考物理二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15題只有一項符合題目要求，第69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以下說法符合物理史實的是（）A牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并且用扭秤裝置測出了引力常量B盧瑟福通過粒子散射實驗提出了原子的核

13、式結構模型C奧斯特為了解釋磁體產(chǎn)生的磁場提出了分子電流假說D貝克勒爾通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子【考點】1U：物理學史【分析】根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【解答】解：A、牛頓提出了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了引力常量，故A錯誤；B、盧瑟福在用a粒子轟擊金箔的實驗中發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，提出原子核式結構學說，故B正確；C、安培為了解釋磁體產(chǎn)生的磁場提出了分子電流假說，故C錯誤；D、貝克勒爾通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了電子，盧瑟福通過實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故D錯誤；故選：B【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加

14、強記憶，這也是考試內(nèi)容之一22016年9月15日，我國的空間實驗室天宮二號在酒泉成功發(fā)射9月16日，天宮二號在橢圓軌道的遠地點A開始變軌，變軌后在圓軌道上運行，如圖所示，A點離地面高度約為380km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km若天宮二號變軌前后質(zhì)量不變，則下列說法正確的是（）A天官二號在軌道上運行通過近地點B時速度最小B天宮二號在軌道上運行的周期可能大于在軌道上運行的周期C天官二號在軌道上運行的周期一定大于24 hD天宮二號在軌道上運行通過A點時的速度一定小于在軌道上運行通過A點時的速度【考點】4F：萬有引力定律及其應用【分析】衛(wèi)星的變軌問題，如果提供的向心力小于所需要的向心力做

15、離心運動，提供的向心力大于所需要的向心力做近心運動；利用開普勒第三定律比較周期；根據(jù)，得，軌道半徑越大，周期越大【解答】解：A、天宮二號在軌道上運行時，近地點B的速度最大，故A錯誤；B、因為橢圓軌道的半長軸小于圓軌道的半徑，根據(jù)開普勒第三定律知天宮二號在軌道上運行的周期小于在軌道上運行的周期，故B錯誤；C、地球同步衛(wèi)星的周期為24h，天宮二號的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以天宮二號在軌道上運行的周期一定小于24h，故C錯誤；D、天宮二號由軌道上的A點變軌到軌道要加速，做離心運動，軌道變高，所以天宮二號在軌道上運行通過A點時的速度一定小于在軌道上運行通過A點時的速度，故D正確；故選：D

16、【點評】衛(wèi)星變軌是近心或離心運動，根據(jù)提供的萬有引力和所需的萬有引力確定，同時要理解掌握萬有引力提供圓周運動向心力，并據(jù)此靈活掌握圓周運動半徑與線速度、向心加速度、周期的關系3A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移圖象，若A球質(zhì)量是m=2kg，則由圖判斷下列結論不正確的是（）A碰撞前后A的動量變化為4 kgm/sB碰撞時A對B所施沖量為4 NsCA、B碰撞前的總動量為3 kgm/sD碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J【考點】53：動量守恒定律【分析】在位移時間圖象中，斜率表示物體的速度，由圖

17、象的斜率可求得碰撞前后兩球的速度，根據(jù)動量定理及動量守恒定律進行分析解答【解答】解：A、由xt圖象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA=3m/s，vB=2m/s碰撞后有：vA=vB=v=1m/s；則碰撞前后A的動量變化為：PA=mvAmvA=2（1）2（3）=4kgm/s，故A正確B、對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律知：碰撞前后B的動量變化為：PB=PA=4kgm/s對B，由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為：IB=PB=4kgm/s=4Ns故B正確C、由PB=mB（vBvB），所以：mB=kg，則A與B碰撞前的總動量為：p總=mvA+mBvB=2（3）+2=kgm/s，故C錯誤D、碰撞

18、中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：EK=mvA2+mBvB2（m+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：EK=10J；故D正確本題選不正確的，故選：C【點評】本題首先要求同學們能根據(jù)位移圖象的斜率讀出碰撞前后兩球的速度，其次要明確碰撞的基本規(guī)律是動量守恒定律，并要注意動量的方向4在變電所里，需要用交流電表去監(jiān)測電風上的強電流由于電網(wǎng)中的電流通常會超過一般電流表的量程，因此常使用電流互感器下面四個圖中，正確反映電流互感器工作原理的是（）ABCD【考點】E8：變壓器的構造和原理【分析】原理是依據(jù)電磁感應原理的電流互感器是由閉合的鐵心和繞組組成它的一次繞組匝數(shù)很少，串在需要測量的電流的線路中，因此它經(jīng)常有線路的

19、全部電流流過，二次繞組匝數(shù)比較多，串接在測量儀表和保護回路中，電流互感器在工作時，它的2次回路始終是閉合的，因此測量儀表和保護回路串聯(lián)線圈的阻抗很小，電流互感器的工作狀態(tài)接近短路【解答】解：由理想變壓器的原副線圈的電流之比可知，電流與匝數(shù)成反比則電流互感器應串連接入匝數(shù)較多的線圈上同時一次繞組匝數(shù)很少，且串在需要測量的電流的線路中故A正確；故選：A【點評】電流互感器的接線應遵守串聯(lián)原則；按被測電流大小，選擇合適的變化，否則誤差將增大5如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成角，M、P兩端接一電阻為R的定值電阻，電阻為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計整個裝置處在磁感應

20、強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中t=0時對金屬棒施加一平行于導軌向上的外力F，使金屬棒由靜止開始沿導軌向上運動，通過定值電阻R的電荷量q隨時間的平方t2變化的關系如圖乙所示下列關于穿過回路abPMa的磁通量、金屬棒的加速度a、外力F、通過電阻R的電流I隨時間t變化的圖象中正確的是（）ABCD【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢【分析】（1）根據(jù)電路中通過電阻R的電荷量q的計算公式，結合乙圖不難發(fā)現(xiàn)導體棒沿斜面向上做初速度為零的勻加速直線運動（2）由閉合電路歐姆定律可寫出感應電流I與時間t的關系式（3）結合導體棒的受力分析和導體棒的運動特點可寫出外力F與時間t的關系【解答】解

21、：設導體棒ab沿斜面向上移動d的過程中，通過定值電阻R的電荷量為q，設導體棒的長度為L，則有：由式可得=Rq，因q與t2成正比，設比例系數(shù)為k，則有：0=kRt2，即：=0+kRt2由圖乙可知通過定值電阻R的電荷量q與t2成正比，根據(jù)可知導體棒ab沿斜面向上移動的距離d與上移時間t2成正比，結合初速度為零的勻變速直線運動位移時間關系可得導體棒沿斜面向上做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，則有：v=atFmgsinFA=ma，可得：F=mgsin+ma+BId=故選：C【點評】（1）本題考查了通過電路電荷量q的計算公式、感應電流I的計算公式、安培力的計算公式和牛頓第二定律及它們的圖象（2

22、）本題的處理思路是：以q與t的關系為突破口，找出導體棒沿斜面上移的距離d與時間t的關系，判斷出物體的運動性質(zhì)，進而推導出I、F與時間的關系6如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細線分別懸掛在天花板上，兩細線與水平方向夾角分別為60和45，A、B間拴接的輕質(zhì)彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是（）AA、B的質(zhì)量之比為1：BA、B所受彈簧彈力大小之比為：C懸掛A、B的細線上拉力大小之比為：1D快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時加速度大小之比為1：【考點】37：牛頓第二定律；29：物體的彈性和彈力【分析】對AB兩個物體受力分析，AB都處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件列式比較即可，AB兩個物體的彈簧

23、彈力相同【解答】解：對AB兩個物體受力分析，如圖所示：AB都處于靜止狀態(tài)，受力平衡，則有：解：A、對物體A：，得對物體B，有：，得所以，故A錯誤；B、同一根彈簧彈力相等，故B錯誤；C、對A物體，細線拉力對B物體，細線拉力，故C正確；D、快速撤去彈簧的瞬間，物體AB將以懸點為圓心做圓周運動，剛撤去彈簧的瞬間，將重力分解為沿半徑和沿切線方向，沿半徑合力為零，合力沿切線方向?qū)物體：，得對B物體：，得聯(lián)立得，故D正確；故選：CD【點評】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應用，要求同學們能正確對AB兩個物體進行受力分析，注意抓住AB兩個物體的彈簧彈力相同結合幾何關系求解7磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直

24、接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖為其原理示意圖，平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒）水平噴入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半，與開關S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，噴入氣流的速度為v，磁流體發(fā)電機的電阻為r（R0r2R0），則滑動變阻器的滑片P由a向b端滑動的過程中（）A金屬板C為電源負極，D為電源正極B發(fā)電機的輸出功率一直增大C電阻R0消耗功率最大值為D滑動變阻器消耗功率最大值為【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；BB：閉合電路的歐姆定律【分析】根據(jù)左手定則判

25、斷板的極性，離子在運動過程中同時受電場力和洛倫茲力，二力平衡時兩板間的電壓穩(wěn)定【解答】解：A、因等離子體噴入磁場后，由左手定則可知正離子向D板偏，負離子向C板偏，即金屬板C為電源負極，D為電源正極，故A正確；B、等離子體穩(wěn)定流動時，洛倫茲力與電場力平衡，即Bqv=q，所以電源電動勢為E=Bdv，又R0r2R0，所以滑片P由a向b端滑動時，外電路總電阻減小，期間某位置有r=R0+R，由電源輸出功率與外電阻關系可知，滑片P由a向b端滑動的過程中，發(fā)電機的輸出功率先增大后減小，故B錯誤；C、由題圖知當滑片P位于b端時，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1=I2R0=，故C正確；D、將

26、定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻，由滑動變阻器的最大阻值2R0r+R0，則當滑動變阻器連入電路的阻值最大時消耗功率最大，最大值為P=，故D錯誤故選：AC【點評】本題考查了磁流體發(fā)電機的工作原理，要會分析電源的極性和兩板間電壓大小的影響因素8如圖所示，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止現(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中（）AQ運動到C處時速率最大B加速度先減小后增大C小球Q的機械能不斷減小DQ、q及彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能不斷減小【考點】6B：功能關系【分析】Q從A運動到C處的過

27、程中，當合力為零時速率最大，Q的合外力先減小后增大，加速度先減小到零后反向增大；根據(jù)功能關系判斷小球Q的機械能如何變化；由功能關系判斷Q、q彈簧與地球組成的系統(tǒng)的勢能變化的情況【解答】解：A、q在C正下方某處時，Q在B處所受的合力為零，速率最大，故A錯誤；B、Q在B處加速度為零，則Q從A運動到B的過程中，加速度一直減小直到零從B到C加速度反向增大，故B正確；C、Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關系有E=W彈+W電，而彈簧的彈力一直做負功，即W彈0，庫侖力也一直做負功，即W電0，則E0，即Q的機械能不斷減小，故C正確；D、系統(tǒng)的勢能Ep等于重力勢能、電勢能與彈性勢能之和，根據(jù)能量守

28、恒有Ep+Ek=0，由于Q的動能Ek先增大后減小，所以系統(tǒng)的勢能先減小后增大，故D錯誤故選：BC【點評】解決本題的關鍵是要知道帶電小球受力平衡時，合力為0，加速度為零，速度最大還要知道幾個功能關系：知道電場力做功與電勢能的關系；重力做功與重力勢能的關系；彈力做功與彈性勢能的關系；除重力以外其它力做功與機械能的關系三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分9某物理興趣小組的同學利用實驗室提供的器材組裝了一個“歐姆表”，并用其測量一個未知電阻的阻值，實驗室提供的器材如下：A新的干電池一節(jié)：電動勢為1.5V，其內(nèi)阻可忽略；B靈敏電流計一個：量程為01mA，內(nèi)阻20；C可變電阻P：阻值范圍為1002500

29、；D紅、黑表筆各一個；E待測電阻一只（1）請在如圖虛線框內(nèi)補全所需的器材（2）測量電阻前，先進行歐姆調(diào)零將可變電阻P的阻值調(diào)節(jié)為R=1480，此時電流計指針指到1mA（3）把待測電阻接入兩表筆間，指針正好指在0.6mA刻度處，則該電阻的阻值為1000【考點】NA：把電流表改裝成電壓表；N4：用多用電表測電阻【分析】（1）歐姆表的原理為閉合電路歐姆定律，所給電路中沒有電池，則應添加電池（2）歐姆調(diào)零是指針滿偏，由R=求R（3）由閉合電路歐姆定律確定電阻的阻值【解答】解：（1）添加電池如圖（2）歐姆調(diào)零：讓紅黑表筆短接，電流達到最大值，即指針滿偏為1mA，由R=20=1480（3）指針指在0.6m

30、A刻度處對應的阻值為R=1000故答案為：（1）如圖 （2）1480 1mA （3）1000【點評】明確歐姆表的原理為全電路歐姆定律，即R=記住歐姆調(diào)零時電流表要滿偏10如圖甲所示，一端帶有定滑輪的長木板放置在水平桌面上，靠近長木板的左端固定有一光電門，右端放置一帶有擋光片的小車，小車和擋光片的總質(zhì)量為M，細線繞過定滑輪，一端與小車相連，另一端掛有6個鉤碼，已知每個鉤碼的質(zhì)量為m，且M=4m（1）用游標卡尺測出小車上的擋光片的寬度，讀數(shù)如圖乙所示，則擋光片寬度d=0.520cm（2）實驗時為了消除摩擦力的影響，可以把木板右端適當墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，直到使小車在不受繩的拉力時能沿木板做勻速直

31、線運動（3）將小車從木板右端由靜止釋放，小車上的擋光片通過光電門的時間為t1，則小車通過光電門的速度為（用題目所給字母表示）（4）開始實驗時，細線另一端掛有6個鉤碼，由靜止釋放小車后細線上的拉力為F1，接著每次實驗時將1個鉤碼移放到小車上，當細線掛有3個鉤碼時細線上的拉力為F2，則F1小于2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）（5）若每次移動鉤碼后都從同一位置釋放小車，設擋光片與光電門的距離為L，細線所掛鉤碼的個數(shù)為n，測出每次擋光片通過光電門的時間為t，測出多組數(shù)據(jù)，并繪出n圖象如圖丙所示，已知圖線斜率為k，則當?shù)刂亓铀俣葹椋ㄓ妙}目所給字母表示）【考點】M5：測定勻變速直線運動的加速度【

32、分析】（1）游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀（2）使小車在不受繩的拉力時能沿木板做勻速直線運動（3）根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度求出滑塊通過光電門的速度（4）通過整體隔離法，結合牛頓第二定律求出拉力的大小，從而進行比較（5）根據(jù)速度位移公式，結合牛頓第二定律得出n的表達式，結合圖線的斜率求出當?shù)氐闹亓铀俣取窘獯稹拷猓海?）游標卡尺的主尺讀數(shù)為5mm，游標讀數(shù)為0.054mm=0.20mm，則最終讀數(shù)為5.20mm=0.520cm（2）調(diào)節(jié)木板的傾斜度，直到使小車在不受繩的拉力時能沿木板做勻速直線運動（3）極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度的大小，則滑塊通過光電門的速度v

33、=（4）對整體分析，a1=0.6g，隔離對滑塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，a2=0.3g，隔離對滑塊分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)2=7ma2=2.1mg，知F12F2（5）滑塊通過光電門的速度v=，根據(jù)v2=2aL得， =2aL，因為a=，代入解得k=，解得，當?shù)刂亓铀俣葹間=故答案為：（1）0.520；（2）勻速；（3）；（4）小于； （5）【點評】解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，知道極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度的大小對于圖象問題，關鍵得出兩個物理量的表達式，結合圖線斜率進行求解11（14分）（2017銀川二模）如圖甲所示，一四分之一光滑圓弧

34、軌道最低點與平臺右端B相接并與平臺相切，圓弧的半徑R=1m，一物塊置于A點，AB間距離為2m，物塊與平臺間的動摩摩擦因數(shù)為=0.2，現(xiàn)用水平恒力F拉物塊從靜止向右運動，到B點時撤去拉力，結果物塊剛好能滑到四分之一圓弧軌道的最高點，物塊的質(zhì)量為1kg，g=10m/s2，求：（1）拉力的大小及物塊剛滑上四分之一圓弧軌道時對軌道壓力的大??；（2）若將四分之一圓弧軌道豎直向下平移，且圓心與B點重合，如圖乙所示，仍用水平恒力F拉物塊從靜止向右運動，并在B點撤去拉力，則物塊第一次與圓弧軌道接觸的位置離平臺的距離（計算結果可以用根式表示）【考點】66：動能定理的應用；43：平拋運動；4A：向心力【分析】（1

35、）物塊剛好能滑到四分之一圓弧軌道的最高點時速度為零，對于整個過程，運用動能定理可求出拉力的大小從B到圓弧軌道最高點，根據(jù)機械能守恒可求得物塊通過最低點時的速度物塊在圓弧軌道的最低點，由軌道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出支持力，從而得到壓力（2）物塊從B點做平拋運動，根據(jù)分位移公式和兩個分位移間的幾何關系列式，可求得物塊第一次與圓弧軌道接觸的位置離平臺的距離【解答】解：（1）對于整個過程，由動能定理可知： FxmgxmgR=0求得 F=7N從B到圓弧軌道最高點，根據(jù)機械能守恒得：=mgR在圓弧軌道的最低點，根據(jù)牛頓第二定律得： FNmg=m求得：FN=3mg=30N根據(jù)牛頓第

36、三定律，得物塊對圓弧的壓力為30N（2）由=mgR可知，物塊在B點的速度 B=2m/s物塊從B點做平拋運動，設下落的高度為y，水平位移為x，則有 x=vBt y=由幾何知識可得 x2+y2=R2；求得物塊第一次與圓弧軌道接觸的位置離平臺的距離：y=（2）m答：（1）拉力的大小是7N，物塊剛滑上四分之一圓弧軌道時對軌道壓力的大小是30N （2）物塊第一次與圓弧軌道接觸的位置離平臺的距離是（2）m【點評】本題是力學綜合題，搞清物塊的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律是解題的關鍵對于平拋運動，既要熟練運用運動的分解法列式，更要抓住隱含的條件，如幾何關系，結合數(shù)學知識研究12（18分）（2017銀川二模

37、）如圖所示，兩垂直紙面向里的勻強磁場以MN為邊界，MN邊界上方磁場的磁感應強度大小B1大于下方磁場的磁感應強度大小B2（未知）有一長為l的絕緣平直擋板與MN重合，一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，從擋板的中點O處沿垂直擋板方向以速度v=（k為偶數(shù)）進入上方磁場中，假設粒子與擋板發(fā)生碰撞并反彈過程沒有能量損失，且粒子在下方磁場中運動時不會與擋板發(fā)生碰撞，粒子最終能回到出發(fā)點O，不計粒子重力若k=4，則粒子從擋板邊緣進入下方磁場中求：（1）若k=4，粒子在MN邊界上方磁場中運動的軌跡半徑（2）試畫出k=10時粒子的運動軌跡（3）求兩磁場的磁感應強度大小的比值【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運

38、動【分析】（1）由洛倫茲力作向心力求解半徑即可；（2）由粒子回到O點、粒子運動與擋板的關系及擋板長度與粒子運動半徑的關系得到上下磁場運動半徑的關系，進而得到運動軌跡；（3）由R1的表達式可知要分為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論即可由（2）的半徑關系得到磁感應強度之比【解答】解：（1）粒子在MN邊界上方磁場中運動時，粒子只受洛倫茲力，所以有，洛倫茲力作為向心力，即有：，所以，粒子在MN邊界上方磁場中做圓周運動的半徑為：；（2）由（1）可知，粒子在MN邊界上方磁場中做圓周運動的半徑為：；擋板O點左端長=，所以，粒子與擋板碰撞兩次后進入下方，進入下方磁場的入射點距離擋板左端；粒子在下方磁場中運動時不會與擋板

39、發(fā)生碰撞，所以在下方磁場粒子運動半徑有：；因為粒子最終能回到出發(fā)點O，所以有：，所以粒子的運動軌跡如圖所示，（3）由，且k為偶數(shù)，根據(jù)粒子的運動軌跡可知，分兩種情況當k為4的倍數(shù)時，粒子從擋板邊緣進入下方磁場，此時，所以；當k不是4的倍數(shù)時，粒子從距擋板邊緣R1處進入下方磁場，此時，所以答：（1）若k=4，粒子在MN邊界上方磁場中運動的軌跡半徑為；（3）當k為4的倍數(shù)時，兩磁場的磁感應強度大小的比值為；當k不是4的倍數(shù)時，兩磁場的磁感應強度大小的比值為【點評】帶電粒子在磁場中的問題，一般利用洛倫茲力作為向心力，求得半徑的表達式，然后，根據(jù)幾何關系求解【物理-選修3-3】（15分）13下列關于擴

40、散現(xiàn)象的說法中正確的是（）A擴散現(xiàn)象只能發(fā)生在氣體與氣體之間B擴散現(xiàn)象是永不停息的C潮濕的地面變干屬于擴散現(xiàn)象D靠近梅花就能聞到梅花的香味屬于擴散現(xiàn)象E空氣流動形成風屬于擴散現(xiàn)象【考點】85：擴散；92：* 晶體和非晶體【分析】一切物質(zhì)的分子都在不停的做無規(guī)則運動，擴散現(xiàn)象也是分子運動的結果明確生活中哪些現(xiàn)象屬于擴散現(xiàn)象【解答】解：A、氣態(tài)、液態(tài)和固態(tài)物質(zhì)之間都能發(fā)生擴散現(xiàn)象，故A錯誤；B、分子運動永不停息，擴散現(xiàn)象也永不停息，故B正確；C、潮濕的地面變干，是水分子運動到了空氣中，屬于擴散現(xiàn)象，故C正確；D、靠近梅花能聞到梅花的香味，是因為梅花釋放的香氣分子在空氣中不斷擴散，故D正確；D、風是太陽輻射引起的空氣流動現(xiàn)象，故E錯誤故選：BCD【點評】本題考查對于擴散現(xiàn)象的掌握情況，要注意明確擴散是分子運動的結果，會用分子理論理解釋擴散現(xiàn)象14（10分）（2017銀川二模）如圖所示，可自由移動的活塞將密閉的汽缸分為體積相等的上下兩部分A和B，初始狀態(tài)時，A、B兩部分的溫度都是800K，B中氣體的壓強為1.25105Pa，活塞質(zhì)量m=2.5kg，汽缸的橫截面積S=10cm2，汽缸和活塞都是由不傳熱的材料制成現(xiàn)保持B部分氣體溫度不變，設法緩慢降低A部分氣體的溫度，使得A部分氣體體積變?yōu)樵瓉淼模舨挥嫽钊?/p>