2022年河北省衡水中學高考沖刺物理押題沖刺

2019年河北省衡水中學高考物理押題試卷一、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，1-5題只有一個選項是正確的；6～8題至少有兩項是正確的．全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分．1．（6分）下列說法中正確的是（）A．奧斯特首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的研究 B．楞次定律告訴我們，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向總是與引起感應(yīng)電流的原磁場方向相反 C．在電磁爐上加熱食品須使用金屬器皿，是因金屬在交變磁場中產(chǎn)生渦流發(fā)熱 D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕2．（6分）甲、乙兩車在一平直公路上從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的u﹣t圖象如圖所示，在甲車啟動20s內(nèi)，下列說法正確的是（）A．甲車啟動10s時，乙車落后甲車的距離最大 B．甲車啟動15s時，乙車落后甲車的距離最大 C．甲車啟動15s時，乙車正好追上甲車 D．甲車啟動20s時，乙車正好追上甲車3．（6分）如圖所示，AB繞桿A點以一定的角速度ω由豎直位置開始順時針勻速旋轉(zhuǎn)，并帶動套在水平桿上的光滑小環(huán)運動．則小環(huán)在水平桿上運動時速度大小的變化情況是（）A．保持不變 B．一直增大 C．一直減小 D．先增大后減小4．（6分）一豎直放置的輕彈簧，一端固定于地面，一端與質(zhì)量為3kg的B固定在一起，質(zhì)量為1kg的A放于B上?，F(xiàn)在A和B正在一起豎直向上運動，如圖所示。當A、B分離后，A上升0.2m到達最高點，此時B速度方向向下，彈簧為原長，則從A、B分離起至A到達最高點的這一過程中，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）A．A、B分離時B的加速度為g B．彈簧的彈力對B做功為零 C．彈簧的彈力對B的沖量大小為6N?s D．B的動量變化量為零5．（6分）如圖所示，兩條相距1的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為θ＝30°的斜面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置。整個裝置在垂直于斜面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B．輕繩一端與導(dǎo)體棒相連，另一端跨過定滑輪與一個質(zhì)量為m的物塊相連，且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行，物塊距離地面足夠高，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計，輕繩與滑輪之間的摩擦力不計，則將物塊從靜止釋放，下面說法正確的是[重力加速度為g]（）A．導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢 B．導(dǎo)體棒的加速度可能大于g C．導(dǎo)體棒的速度不會大于 D．通過導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運動時間的平方成正比6．（6分）有一種理想自耦變壓器的構(gòu)造如圖所示，線圈a、b繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，轉(zhuǎn)動滑動觸頭P就可以調(diào)節(jié)輸出電壓。圖中電阻R1、R2、R3和R4的阻值分別為10Ω、5Ω、10Ω和10Ω，電壓表為理想交流電表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定，滑動觸頭P處在線圈a、b的中點。開關(guān)S閉合時電壓表的示數(shù)是7V，則下列說法中正確的是（）A．正弦交流電壓源U的峰值為35V B．開關(guān)S斷開時，理想電壓表的示數(shù)為5V C．開關(guān)S閉合時，通過電阻R4的電流為0.7A D．開關(guān)S閉合時，電阻R2和R3消耗的電功率相等7．（6分）2018年5月4日中國成功發(fā)射“亞太6C”通訊衛(wèi)星。如圖所示為發(fā)射時的簡易軌道示意圖，先將衛(wèi)星送入近地圓軌道Ⅰ，當衛(wèi)星進入赤道上空P點時，控制火箭點火，進入橢圓軌道Ⅱ，衛(wèi)星到達遠地點Q時，再次點火，衛(wèi)星進入相對地球靜止的軌道Ⅲ，已知P點到地心的距離為h，Q點到地心的距離為H，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，規(guī)定無窮遠處引力勢能為零，質(zhì)量為m的物體在距地心r處的引力勢能Ep＝I（r＞R），下列說法正確的是（）A．軌道Ⅱ上衛(wèi)星在P點的速度vp與衛(wèi)星在Q點的速度vQ之比為＝ B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的速度v1與在軌道Ⅲ上速度v3之比為＝ C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能為E＝﹣ D．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運動周期為8．（6分）如圖所示，2019個質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運動，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1﹣2，2和3間弊簧的彈力為F2﹣3，2018和2019間彈簧的彈力為F2018一F2019，則下列結(jié)論正確的是（）A．F1﹣2：F2﹣1：…F2018一2019＝1：2：3：…2018 B．從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：…2018 C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2019個小球的加速度為F/m，其余每個球的加速度依然為a D．如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0，第2個小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a二、非選擇題：（包括必考題和選考題兩部分，第9題至第12題為必考題，每個試題考生都必須作答，第13題至第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答．）9．（6分）某實驗小組用圖甲實驗裝置探究合力做功與動能變化的關(guān)系。鐵架臺豎直固定放置在水平桌面上，長木板一端放置在水平桌面邊緣P處，另一端放置在鐵架臺豎直鐵桿上，使長木板傾斜放置，長木板P處放置一光電門，用光電計時器記錄滑塊通過光電門時的擋光時間。實驗步驟是：①用游標卡尺測出滑塊的擋光寬度L，用天平測量滑塊的質(zhì)量m。②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P處為軸，調(diào)節(jié)長木板在鐵架臺上的放置位置，使滑塊恰好沿木板向下做勻速運動。在鐵架臺豎直桿上記下此位置Q1，用刻度尺測出Q1到水平面的高度H。③保持P位置不變，長木板一端放置在鐵架臺豎直桿Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距離h1，將滑塊從Q2位置由靜止釋放，由光電門計時器讀出滑塊的擋光時間t1。④保持P位置不變，重新調(diào)節(jié)長木板一端在鐵架臺上的放置位置，重復(fù)步驟③數(shù)次。Ⅰ．滑塊沿長木板由Q2運動到P的過程中，用測量的物理量回答下列問題（重力加速度已知為g）：（1）滑塊通過光電門時的動能Ek＝。（2）滑塊克服摩擦力做的功Wf＝。（3）合力對滑塊做的功W合＝。Ⅱ．某學生以鐵架臺豎起桿上的放置位置到Q1的距離h為橫坐標，以滑塊通過光電門的擋光時間平方倒數(shù)為縱坐標，根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標中描點畫出如圖乙所示直線，直線延長線沒有過坐標原點，其原因主要是。10．（9分）描繪一個標有“3V，0.5A小燈泡L的伏安特性曲線。實驗室提供的實驗器材有A．電源E（電動勢為4V，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表A1（量程為0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）C．電流表A2（量程為3A，內(nèi)阻約0.1Ω）D．電壓表V1（量程為3V，內(nèi)阻約3kΩ）E．電壓表V2（量程為15V，內(nèi)阻約15kΩ）F．滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）G．滑動變阻器R2（最大阻值100Ω）H．開關(guān)一個、導(dǎo)線若干（1）為了能多測幾組數(shù)據(jù)并能從零開始測量，某小組設(shè)計電路圖如下，則在該電路中，電流表選擇，電壓表選擇，滑動變阻器選擇（此三空均選填相應(yīng)器材前的代號）。（2）在按照合理的電路及操作測量后，作出如圖（a）所示的小燈泡的伏安特性曲線?，F(xiàn)將同樣規(guī)格的小燈泡分別接入如圖（b）、如圖（c）所示的電路中，已知電源電動勢E′＝3.0V，電源內(nèi)阻r′＝5Ω，圖（c）中的定值電阻R＝5Ω．則圖（b）中小燈泡的實際功率為W；圖（c）中一個小燈泡的實際功率為W．（兩個空均保留2位有效數(shù)字）11．（12分）如圖所示，某同學設(shè)計一個游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口P彈出，右側(cè)水平距離為L豎直高度為H＝0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R＝0.75m內(nèi)壁光滑，通過調(diào)節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點M沿切線方向進入管道，從最高點N離開后能落回管口P，則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2kg，半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10m/s2．該同學某次游戲取得成功，試（1）水平距離L；（2）小球在N處對管道的作用力。12．（20分）如圖甲所示，在xOy坐標平面原點O處有一粒子源，能向xOy坐標平面2θ＝120°范圍內(nèi)各個方向均勻發(fā)射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子初速度大小均為v0，不計粒子重力及粒子間相互作用。（1）在圖甲y軸右側(cè)加垂直紙面向里且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1，垂直于x軸放置足夠大的熒光屏MN。①沿x軸平移熒光屏，使得所有粒子剛好都不能打到屏上，求此時熒光屏到O點的距離d；②若粒子源發(fā)射的粒子有一半能打到熒光屏上并被吸收，求所有發(fā)射的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比；（2）若施加兩個垂直紙面的有界圓形勻強磁場區(qū)，使得粒子源發(fā)出的所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后成為一束寬度為2L、沿x軸正方向的平行粒子束，如圖乙所示，請在圖乙中大致畫出磁場區(qū)，標出磁場方向，并求出磁感應(yīng)強度的大小B2?！疚锢磉x修3-3】13．（5分）下列關(guān)于晶體和非晶體的說法中正確的是（）A．晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點 B．晶體都有確定的幾何形狀，非晶體沒有確定的幾何形狀 C．制作晶體管、集成電路多用多晶體 D．云母片導(dǎo)熱性能各向異性，說明云母片是晶體 E．晶體和非晶體通過某些方法可以實現(xiàn)轉(zhuǎn)化14．（10分）如圖所示，除右側(cè)壁導(dǎo)熱良好外，其余部分均絕熱的氣缸水平放置，MN為氣缸右側(cè)壁，氣缸的總長度為L＝80cm，一厚度不計的絕熱活塞將一定質(zhì)量的氮氣和氧氣分別封閉在左右兩側(cè)（活塞不漏氣），在氣缸內(nèi)距左側(cè)壁d＝30cm處設(shè)有卡環(huán)AB，使活塞只能向右滑動，開始時活塞在AB右側(cè)緊挨AB，缸內(nèi)左側(cè)氮氣的壓P1＝0.8×105Pa，右側(cè)氧氣的壓強P2＝1.0×105Pa，兩邊氣體和環(huán)境的溫度均為t1＝27℃，現(xiàn)通過左側(cè)氣缸內(nèi)的電熱絲緩慢加熱，使氮氣溫度緩慢升高，設(shè)外界環(huán)境溫度不變，求：（1）活塞恰好要離開卡環(huán)時氮氣的溫度；（2）繼續(xù)緩慢加熱氣缸內(nèi)左側(cè)氮氣，使氮氣溫度升高至227℃，求活塞移動的距離?！疚锢磉x修3-4】15．如圖所示，位于介質(zhì)A、B分界面上的電磁波源S1和超聲波源S2，產(chǎn)生三列分別沿x軸負方向與正方向傳播的電磁波I、Ⅱ和超聲波Ⅲ．關(guān)于電磁波和超聲波，下列說法正確的是（）A．電磁波是橫波，可以在真空中傳播 B．超聲波是橫波，不可以在真空中傳播 C．電磁波I和電磁波Ⅱ的頻率相同 D．電磁波I和電磁波Ⅱ的速度大小之比為1：2 E．電磁波I和超聲波Ⅲ相遇會發(fā)生干涉現(xiàn)象16．一半徑為R的透明球狀物體的橫截面如圖所示，圓弧CD內(nèi)表面鍍銀（含邊界），O為球心，A、B、C、D是圓的四等分點。有一點光源S，發(fā)出的一條細光線射到B點，與DB的夾角為60°，經(jīng)折射后直接射到C點，從透明球狀物體射出后剛好可以回到S點，光在真空中的速度為c（為計算方便，取sinl5°＝0.25，答案值可用根式表示），試求：①透明物體的折射率n；②光從S點發(fā)出到射回S點所需的總時間。

2019年河北省衡水中學高考物理押題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，1-5題只有一個選項是正確的；6～8題至少有兩項是正確的．全部選對得6分，選對但不全得3分，有選錯的得0分．1．（6分）下列說法中正確的是（）A．奧斯特首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的研究 B．楞次定律告訴我們，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向總是與引起感應(yīng)電流的原磁場方向相反 C．在電磁爐上加熱食品須使用金屬器皿，是因金屬在交變磁場中產(chǎn)生渦流發(fā)熱 D．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕【分析】（1）法拉第首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的研究。（2）楞次定律：感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量變化。（3）奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕?！窘獯稹拷猓篈、法拉第首先引入電場線和磁感線，極大地促進了他對電磁現(xiàn)象的研究，故選項A錯誤。B、當磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，當磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，故選項B錯誤。C、在電磁爐上加熱食品須使用金屬器皿，是利用金屬因交變電流產(chǎn)生的渦流發(fā)熱，故選項C正確。D、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕，故選項D錯誤。故選：C?！军c評】（1）法拉第最先發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。（2）當磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，當磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同?？珊営洖椋涸龇礈p同。2．（6分）甲、乙兩車在一平直公路上從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的u﹣t圖象如圖所示，在甲車啟動20s內(nèi)，下列說法正確的是（）A．甲車啟動10s時，乙車落后甲車的距離最大 B．甲車啟動15s時，乙車落后甲車的距離最大 C．甲車啟動15s時，乙車正好追上甲車 D．甲車啟動20s時，乙車正好追上甲車【分析】速度﹣時間圖象切線的斜率表示該點對應(yīng)時刻的加速度大小，圖線與時間軸包圍的面積表示對應(yīng)時間內(nèi)的位移大小，根據(jù)兩車的速度關(guān)系和位移分析何時相遇?！窘獯稹拷猓篈B、當兩車的速度相等時相遇最遠，即甲車啟動15s時，乙車落后甲車的距離最大，最大距離為：Smax＝×（5+15）×10m﹣×10×5m＝75m，故AC錯誤，B正確。D、由于兩車從同一地點沿同一方向沿直線運動，當位移相等時兩車才相遇，由圖可知，乙車啟動10s后位移小于甲的位移，還沒有追上甲，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題關(guān)鍵是根據(jù)速度時間圖象得到兩物體的運動規(guī)律，然后根據(jù)圖線與時間軸包圍的面積表示對應(yīng)時間內(nèi)的位移大小分析處理。3．（6分）如圖所示，AB繞桿A點以一定的角速度ω由豎直位置開始順時針勻速旋轉(zhuǎn)，并帶動套在水平桿上的光滑小環(huán)運動．則小環(huán)在水平桿上運動時速度大小的變化情況是（）A．保持不變 B．一直增大 C．一直減小 D．先增大后減小【分析】將小環(huán)M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，根據(jù)轉(zhuǎn)動的角度求出AB桿上M點的線速度，根據(jù)平行四邊形定則求出M點的速度．【解答】解：經(jīng)過時間t，角OAB為ωt，則AM的長度為，則AB桿上M點繞A點的線速度v＝。將小環(huán)M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解，垂直于AB桿上分速度等于M點繞A點的線速度v，則小環(huán)M的速度v′＝＝，當隨著時間的延長，小環(huán)的速度的大小不斷變大。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道小環(huán)沿OC方向的速度是合速度，它在垂直AB桿方向上的分速度等于M點繞A點轉(zhuǎn)動的線速度．4．（6分）一豎直放置的輕彈簧，一端固定于地面，一端與質(zhì)量為3kg的B固定在一起，質(zhì)量為1kg的A放于B上?，F(xiàn)在A和B正在一起豎直向上運動，如圖所示。當A、B分離后，A上升0.2m到達最高點，此時B速度方向向下，彈簧為原長，則從A、B分離起至A到達最高點的這一過程中，下列說法正確的是（g取10m/s2）（）A．A、B分離時B的加速度為g B．彈簧的彈力對B做功為零 C．彈簧的彈力對B的沖量大小為6N?s D．B的動量變化量為零【分析】A、B分離后A做豎直上拋運動，求出A的初速度與運動時間，然后由動量定理求出彈簧對B的沖量?！窘獯稹拷猓篈、物體A、B分離時二者的速度相等，加速度也相等，可知二者分離時也是彈簧恢復(fù)原長時，此時A、B的加速度相等，都等于重力加速度g。故A正確；B、A到最高點彈簧恰恢復(fù)原長，此時B的速度大小與分離時速度的大小是相等的，方向豎直向下，后動能定理可知，彈簧對B做的功等于0．故B正確；C、分離時二者速度相同，這以后A做豎直上拋運動，由題設(shè)條件可知，豎直上拋的初速度：；上升到最高點所需的時間；對B在此過程內(nèi)用動量定理（規(guī)定向下為正方向）得：mBgt+IN＝mBv﹣（﹣mBv），解得：IN＝6N?s；故C正確。D、分離時B的速度方向向上，A上升0.2m到達最高點時B速度方向向下，所以B動量變化向下，一定不等于0．故D錯誤故選：ABC?！军c評】該題涉及A、B兩個物體，分析清楚運動過程、應(yīng)用豎直上拋運動規(guī)律、動量定理即可正確解題。5．（6分）如圖所示，兩條相距1的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為θ＝30°的斜面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置。整個裝置在垂直于斜面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B．輕繩一端與導(dǎo)體棒相連，另一端跨過定滑輪與一個質(zhì)量為m的物塊相連，且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行，物塊距離地面足夠高，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計，輕繩與滑輪之間的摩擦力不計，則將物塊從靜止釋放，下面說法正確的是[重力加速度為g]（）A．導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢 B．導(dǎo)體棒的加速度可能大于g C．導(dǎo)體棒的速度不會大于 D．通過導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運動時間的平方成正比【分析】從靜止開始釋放物塊，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向，注意MN視為電源，電流由負極流向正極；根據(jù)牛頓第二定律列式分析最大加速度。當導(dǎo)體棒勻速運動時，速度最大，由平衡條件和安培力的表達式結(jié)合推導(dǎo)出最大速度。根據(jù)感應(yīng)電荷量表達式q＝求解電量。【解答】解：A、根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中電流由M到N，導(dǎo)體棒M端電勢低于N端電勢，故A錯誤；BC、設(shè)導(dǎo)體棒的上升速度v，可知導(dǎo)體棒所受安培力為：，根據(jù)牛頓第二定律可得：，當導(dǎo)體棒的上升速度為零時，導(dǎo)體棒的加速度最大，最大加速度為：；當導(dǎo)體棒的上升加速度為零時，導(dǎo)體棒的速度最大，最大速度為：，故B錯誤，C正確；D、通過導(dǎo)體棒的電荷量為：，由于導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速度運動，后做勻速運動，所以導(dǎo)體棒運動的位移與金屬棒運動時間的平方不成正比，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題分析物體的運動情況是解題的基礎(chǔ)，明確根據(jù)E＝BLv、閉合電路歐姆定律來推導(dǎo)導(dǎo)體切割磁感線過程中安培力表達式的方法，知道感應(yīng)電荷量表達式注意式中R是回路的總電阻。6．（6分）有一種理想自耦變壓器的構(gòu)造如圖所示，線圈a、b繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，轉(zhuǎn)動滑動觸頭P就可以調(diào)節(jié)輸出電壓。圖中電阻R1、R2、R3和R4的阻值分別為10Ω、5Ω、10Ω和10Ω，電壓表為理想交流電表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定，滑動觸頭P處在線圈a、b的中點。開關(guān)S閉合時電壓表的示數(shù)是7V，則下列說法中正確的是（）A．正弦交流電壓源U的峰值為35V B．開關(guān)S斷開時，理想電壓表的示數(shù)為5V C．開關(guān)S閉合時，通過電阻R4的電流為0.7A D．開關(guān)S閉合時，電阻R2和R3消耗的電功率相等【分析】變壓器輸入電壓為U與電阻R1兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比可求得輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對兩種情況列式，聯(lián)立求解?！窘獯稹拷猓篈、開關(guān)S閉合時電壓表的示數(shù)是7V，所以原線圈電流I1＝＝0.7A，滑動觸頭P處在線圈a、b的中點，根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比得副線圈電流I2＝1.4A，根據(jù)歐姆定律得副線圈電壓U2＝1.4×（5+5）＝14V，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比得原線圈電壓U1＝2U2＝28V，所以正弦交流電壓源U＝UR1+U1＝35V，正弦交流電壓源U的峰值為35V，故A錯誤；B、開關(guān)S斷開時，設(shè)理想電壓表的示數(shù)為U′，所以原線圈電流I′1＝，副線圈電流I′2＝2，所以15I′2＝（35﹣U′）解得U′＝5V，故B正確；C、開關(guān)S閉合時，通過電阻R4的電流為＝0.7A，故C正確；D、開關(guān)S閉合時，電阻R2消耗的電功率P2＝（1.4）2×5＝9.8W，電阻R3消耗的電功率P3＝（0.7）2×10＝4.9W，所以電阻R2和R3消耗的電功率不相等，故D錯誤；故選：BC。【點評】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系。7．（6分）2018年5月4日中國成功發(fā)射“亞太6C”通訊衛(wèi)星。如圖所示為發(fā)射時的簡易軌道示意圖，先將衛(wèi)星送入近地圓軌道Ⅰ，當衛(wèi)星進入赤道上空P點時，控制火箭點火，進入橢圓軌道Ⅱ，衛(wèi)星到達遠地點Q時，再次點火，衛(wèi)星進入相對地球靜止的軌道Ⅲ，已知P點到地心的距離為h，Q點到地心的距離為H，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，規(guī)定無窮遠處引力勢能為零，質(zhì)量為m的物體在距地心r處的引力勢能Ep＝I（r＞R），下列說法正確的是（）A．軌道Ⅱ上衛(wèi)星在P點的速度vp與衛(wèi)星在Q點的速度vQ之比為＝ B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的速度v1與在軌道Ⅲ上速度v3之比為＝ C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能為E＝﹣ D．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運動周期為【分析】A．根據(jù)開普勒第二定律進行分析；B．根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合萬有引力提供向心力分析；C．先求出引力勢能與動能，即可分析出機械能；D．根據(jù)牛頓第二定律分析周期?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)開普勒第二定律可知衛(wèi)星在軌道Ⅱ在相同的時間內(nèi)衛(wèi)星與地球的連線掃過的面積相等，設(shè)時間間隔為△t，則在P點與Q點附近有：，可得，故A正確；B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上與在軌道Ⅲ上運行時，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律有，得線速度為，故可得衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的速度v1與在軌道Ⅲ上速度v3之比為，故B正確；C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的引力勢能為，衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動能為，故衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能為，故C正確；D．由可得周期為，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題的關(guān)鍵是抓住萬有引力提供向心力這一思路，對變軌問題，要注意在相切點進行加速或減速才可打破供需平衡；在求加速度時，要注意要求分析的是加速度還是向心加速度。8．（6分）如圖所示，2019個質(zhì)量均為m的小球通過完全相同的輕質(zhì)彈簧（在彈性限度內(nèi)相連，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做勻加速運動，設(shè)1和2之間彈簧的彈力為F1﹣2，2和3間弊簧的彈力為F2﹣3，2018和2019間彈簧的彈力為F2018一F2019，則下列結(jié)論正確的是（）A．F1﹣2：F2﹣1：…F2018一2019＝1：2：3：…2018 B．從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：…2018 C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬間，第2019個小球的加速度為F/m，其余每個球的加速度依然為a D．如果1和2兩個球間的彈簧從第1個球處脫落，那么脫落瞬間第1個小球的加速度為0，第2個小球的加速度為2a，其余小球加速度依然為a【分析】以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再分別求出每個彈簧的彈力；小球具有慣性，彈力不會突變，由此分析加速度的變化?！窘獯稹拷猓篈、以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝2019ma，解得：a＝以后面的第1、2、3…2018個小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得可知：F1﹣2＝F，F(xiàn)2﹣3＝F，…F2018﹣2019＝F則有：F1﹣2：F2﹣3：……F2018﹣2019＝1：2：3：……2018，故A正確；B、由胡克定律知F＝kx，結(jié)合A的分析可知：x1﹣2：x2﹣3：……x2018﹣2019＝1：2：3：……2018，但彈簧的長度之比不滿足，故B錯誤；C、突然撤去F瞬間，第2019個小球的加速度為，除第2019個球所受合力突然變化外，其他球的合力未變，所以其他球的加速度依然為a，故C錯誤；D、第1個球脫落瞬間加速度為0，第2個球的合力變?yōu)?ma，加速度變?yōu)?a，其它球的合力瞬間不變，加速度依然為a，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。二、非選擇題：（包括必考題和選考題兩部分，第9題至第12題為必考題，每個試題考生都必須作答，第13題至第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答．）9．（6分）某實驗小組用圖甲實驗裝置探究合力做功與動能變化的關(guān)系。鐵架臺豎直固定放置在水平桌面上，長木板一端放置在水平桌面邊緣P處，另一端放置在鐵架臺豎直鐵桿上，使長木板傾斜放置，長木板P處放置一光電門，用光電計時器記錄滑塊通過光電門時的擋光時間。實驗步驟是：①用游標卡尺測出滑塊的擋光寬度L，用天平測量滑塊的質(zhì)量m。②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P處為軸，調(diào)節(jié)長木板在鐵架臺上的放置位置，使滑塊恰好沿木板向下做勻速運動。在鐵架臺豎直桿上記下此位置Q1，用刻度尺測出Q1到水平面的高度H。③保持P位置不變，長木板一端放置在鐵架臺豎直桿Q2上。用刻度尺量出Q1Q2的距離h1，將滑塊從Q2位置由靜止釋放，由光電門計時器讀出滑塊的擋光時間t1。④保持P位置不變，重新調(diào)節(jié)長木板一端在鐵架臺上的放置位置，重復(fù)步驟③數(shù)次。Ⅰ．滑塊沿長木板由Q2運動到P的過程中，用測量的物理量回答下列問題（重力加速度已知為g）：（1）滑塊通過光電門時的動能Ek＝。（2）滑塊克服摩擦力做的功Wf＝mgH。（3）合力對滑塊做的功W合＝mgh1。Ⅱ．某學生以鐵架臺豎起桿上的放置位置到Q1的距離h為橫坐標，以滑塊通過光電門的擋光時間平方倒數(shù)為縱坐標，根據(jù)測量數(shù)據(jù)在坐標中描點畫出如圖乙所示直線，直線延長線沒有過坐標原點，其原因主要是平衡摩擦力過度或長木板傾角過大?！痉治觥竣瘢?）根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度得出滑塊通過光電門的瞬時速度，從而得出動能的大小。（2）從Q1位置釋放時，物體做勻速運動，合外力做功為零，求出摩擦力做的功，從Q2位置釋放時，根據(jù)恒力做功公式求出摩擦力做功，而這兩次摩擦力做功相等；（3）合力做的功等于重力做的功與摩擦力做功之和；Ⅱ．根據(jù)動能定理寫出關(guān)于h的表達式，再根據(jù)表達式結(jié)合圖象判斷圖象不過原點的原因?！窘獯稹拷猓孩瘢?）滑塊通過光電門的速度v＝，則滑塊通過光電門的動能＝。（2）從Q1位置釋放時，長木板的傾角為θ，Q1P長度為L，鐵架臺到P點的水平位移為x，物體做勻速運動，合外力做功為零，則有：μmgcosθL＝mgH而cosθL＝x即μmgx＝mgH，從Q2位置釋放時，長木板的傾角為α，Q1P長度為L′，則克服摩擦力為Wf＝μmgcosαL′＝μmgx＝mgH，（3）合力做的功W合＝mg（H+h1）﹣Wf＝mgh1。Ⅱ．根據(jù)動能定理可知，W合＝△Ek，則mgh＝，整理得：，根據(jù)圖象可知，﹣h圖象在縱軸上有截距，說明h＝0時，≠0，即在Q1處合力不為零，則平衡摩擦力時，傾角過大。故答案為：Ⅰ．（1），（2）mgH，（3）mgh1，Ⅱ．平衡摩擦力過度或長木板傾角過大?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道極短時間內(nèi)的平均速度可以表示瞬時速度，求解滑塊克服摩擦力做的功是個難點，要通過恒力做功公式證明每次從長木板上滑到P點的過程中，摩擦力做功相等，難度適中。10．（9分）描繪一個標有“3V，0.5A小燈泡L的伏安特性曲線。實驗室提供的實驗器材有A．電源E（電動勢為4V，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表A1（量程為0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）C．電流表A2（量程為3A，內(nèi)阻約0.1Ω）D．電壓表V1（量程為3V，內(nèi)阻約3kΩ）E．電壓表V2（量程為15V，內(nèi)阻約15kΩ）F．滑動變阻器R1（最大阻值10Ω）G．滑動變阻器R2（最大阻值100Ω）H．開關(guān)一個、導(dǎo)線若干（1）為了能多測幾組數(shù)據(jù)并能從零開始測量，某小組設(shè)計電路圖如下，則在該電路中，電流表選擇B，電壓表選擇D，滑動變阻器選擇F（此三空均選填相應(yīng)器材前的代號）。（2）在按照合理的電路及操作測量后，作出如圖（a）所示的小燈泡的伏安特性曲線?，F(xiàn)將同樣規(guī)格的小燈泡分別接入如圖（b）、如圖（c）所示的電路中，已知電源電動勢E′＝3.0V，電源內(nèi)阻r′＝5Ω，圖（c）中的定值電阻R＝5Ω．則圖（b）中小燈泡的實際功率為0.43W；圖（c）中一個小燈泡的實際功率為0.11W．（兩個空均保留2位有效數(shù)字）【分析】（1）明確燈泡的額定電壓和電流，從而確定電流表和電壓表，根據(jù)實驗原理明確本實驗采用分壓接法，從而選擇對應(yīng)的滑動變阻器；（2）根據(jù)電路結(jié)構(gòu)進行分析，作出對應(yīng)的燈泡電壓和電流間的關(guān)系圖象，從而明確燈泡的實際電壓。【解答】解：（1）根據(jù)燈泡的額定值可知，燈泡額定電壓為3V，故電壓表選擇D；由額定電流為0.5A可知，電流表應(yīng)選擇0.6A的B；由于本實驗采用滑動變阻器分壓接法，故滑動變阻器應(yīng)選擇總阻值較小的F；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U＝3.0﹣0.6I；在甲圖中作出對應(yīng)的I﹣U圖象，如圖所示，交點即表示燈泡的工作點，由圖可知，燈泡電壓U＝1.15V，I＝0.37A則P＝UI＝1.15×0.37A＝0.43W對于圖C，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：2U＝E﹣（I+）代入數(shù)據(jù)解得：I＝﹣0.8U+0.6在圖a中做出曲線如圖所示：由圖可得：U＝0.45V、I＝0.24A則P＝UI＝0.45×0.24W≈0.11W故答案為：（1）B、D、F；（2）0.43、0.11?！军c評】本題考查燈泡伏安特性曲線的描繪實驗，要注意明確實驗原理，知道本實驗中采用滑動變阻器分壓接法以及電流表外接法，同時注意根據(jù)圖象分析數(shù)據(jù)的基本方法。11．（12分）如圖所示，某同學設(shè)計一個游戲裝置，用彈簧制作的彈射系統(tǒng)將小球從管口P彈出，右側(cè)水平距離為L豎直高度為H＝0.5m處固定一半圓形管道，管道所在平面豎直，半徑R＝0.75m內(nèi)壁光滑，通過調(diào)節(jié)立柱Q可以改變彈射裝置的位置及傾角，若彈出的小球從最低點M沿切線方向進入管道，從最高點N離開后能落回管口P，則游戲成功。小球質(zhì)量為0.2kg，半徑略小于管道內(nèi)徑，可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，g取10m/s2．該同學某次游戲取得成功，試（1）水平距離L；（2）小球在N處對管道的作用力?！痉治觥浚?）兩次空中運動過程在水平向均為勻速直線運動，用各自速度乘以各自時間得水平位移，由功能關(guān)系可確定出兩速度的關(guān)系，列出等式可求得長度。（2）由向心力公式可求得小球與管道的作用力?！窘獯稹拷猓涸O(shè)小球進入M點的速度為vM，運動到N點的速度為vN，由P到M：L＝vMt1H＝由N到P：L＝vNt2，H+2R＝由M到N，由動能定理得：﹣2mgR＝﹣代入數(shù)據(jù)解得：L＝2m（2）由（1）可知vN＝m/s由牛頓第二定律得：mg+F＝m代入數(shù)據(jù)解得：F＝N由牛頓第三定律可知對管道的作用力為N，方向向上答：（1）水平距離是2m；（2）小球在N處對管道的作用力是N，方向向上?！军c評】選取合適的研究過程，運用動能定理解題。動能定理的優(yōu)點在于適用任何運動包括曲線運動。根據(jù)向心力公式確定管道對小球作用力的大小和方向。12．（20分）如圖甲所示，在xOy坐標平面原點O處有一粒子源，能向xOy坐標平面2θ＝120°范圍內(nèi)各個方向均勻發(fā)射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子初速度大小均為v0，不計粒子重力及粒子間相互作用。（1）在圖甲y軸右側(cè)加垂直紙面向里且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1，垂直于x軸放置足夠大的熒光屏MN。①沿x軸平移熒光屏，使得所有粒子剛好都不能打到屏上，求此時熒光屏到O點的距離d；②若粒子源發(fā)射的粒子有一半能打到熒光屏上并被吸收，求所有發(fā)射的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比；（2）若施加兩個垂直紙面的有界圓形勻強磁場區(qū)，使得粒子源發(fā)出的所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后成為一束寬度為2L、沿x軸正方向的平行粒子束，如圖乙所示，請在圖乙中大致畫出磁場區(qū)，標出磁場方向，并求出磁感應(yīng)強度的大小B2?！痉治觥浚?）①畫出臨界情況的示意圖，由數(shù)學知識求出軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力列式可求得熒光屏到O點的距離；②從O點射向x軸下方的粒子打到屏上，射向x軸上方粒子打不到熒光屏上。畫出臨界情況的示意圖可求得時間之比；（2）磁場區(qū)域半徑R應(yīng)等于粒子做圓周運動的半徑r2，由幾何關(guān)系可求得半徑，由洛倫茲力提供向心力列式可求得磁感應(yīng)強度?！窘獯稹拷猓海?）①設(shè)粒子在磁場中做圓周運動半徑為r1，則有：如圖所示，所有粒子剛好打不到光屏應(yīng)滿足：d＝r1+r1sinθ解得：②如圖乙可知，一半粒子能打到熒光屏上，是從O點射向x軸下方的粒子，射向x軸上方粒子打不到熒光屏上。粒子圓周運動的周期最長時間最短時間解得（2）如圖丙，磁場區(qū)域半徑R應(yīng)等于粒子做圓周運動的半徑r2，由幾何關(guān)系有：r2﹣r2cosθ＝L由于解得答：（1）①熒光屏到O點的距離是；②粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比是3；（2）如圖所示，磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小是?！军c評】本題考查了粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，畫出粒子運動的軌跡示意圖是求解的關(guān)鍵，也是解決粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題常用的思路?！疚锢磉x修3-3】13．（5分）下列關(guān)于晶體和非晶體的說法中正確的是（）A．晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點 B．晶體都有確定的幾何形狀，非晶體沒有確定的幾何形狀 C．制作晶體管、集成電路多用多晶體 D．云母片導(dǎo)熱性能各向異性，說明云母片是晶體 E．晶體和非晶體通過某些方法可以實現(xiàn)轉(zhuǎn)化【分析】熔點是判斷晶體和非晶體的；單晶體都有確定的幾何形狀，多晶體和非晶體沒有確定的幾何形狀；晶體管、集成電路是用單晶體做成的；晶體和非晶體在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化?！窘獯稹拷猓篈、晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點。故A正確；B、單晶體都有確定的幾何形狀，多晶體和非晶體沒有確定的幾何形狀。故B錯誤；C、制作晶體管、集成電路多用單晶體。故C錯誤；D、單晶體表現(xiàn)為各向異性，云母片導(dǎo)熱性能各向異性，說明云母片是晶體。故D正確；E、晶體和非晶體通過某些方法可以實現(xiàn)轉(zhuǎn)化。故E正確。故選：ADE?！军c評】本題考查了晶體和非晶體。這種題型屬于基礎(chǔ)題，只要善于積累，難度不大。14．（10分）如圖所示，除右側(cè)壁導(dǎo)熱良好外，其余部分均絕熱的氣缸水平放置，MN為氣缸右側(cè)壁，氣缸的總長度為L＝80cm，一厚度不計的絕熱活塞將一定質(zhì)量的氮氣和氧氣分別封閉在左右兩側(cè)（活塞不漏氣），在氣缸內(nèi)距左側(cè)壁d＝30cm處設(shè)有卡環(huán)AB，使活塞只能向右滑動，開始時活塞在AB右側(cè)緊挨AB，缸內(nèi)左側(cè)氮氣的壓P1＝0.8×105Pa，右側(cè)氧氣的壓強P2＝1.0×105Pa，兩邊氣體和環(huán)境的溫度均為t1＝27℃，現(xiàn)通過左側(cè)氣缸內(nèi)的電熱絲緩慢加熱，使氮氣溫度緩慢升高，設(shè)外界環(huán)境溫度不變，求：（1）活塞恰好要離開卡環(huán)時氮氣的溫度；（2）繼續(xù)緩慢加熱氣缸內(nèi)左側(cè)氮氣，使氮氣溫度升高至227℃，求活塞移動的距離?！痉治觥浚?）活塞恰好要離開卡環(huán)時，兩側(cè)氣體的壓強相等，左側(cè)氮氣發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律即可求出活塞恰好要離開卡環(huán)時氮氣的溫度；（2）對左側(cè)氮氣運用理想氣體的狀態(tài)方程，對右側(cè)運用玻意耳定律，聯(lián)立即可求出活塞移動的距離?！窘獯稹拷猓海?）活塞恰好要離開卡環(huán)時，氮氣壓強等于右側(cè)氧氣的壓強P2＝1.0×105Pa，選擇氮氣作為研究對象，初狀態(tài)：P1＝0.8×105Pa，T1＝（27+273）K＝300K末狀態(tài)：P2＝1.0×105Pa，氮氣發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律可得：＝解得：T2＝375K（2）