2019年山東省泰安市高考物理一模試卷

./2019年省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1～4題中只有一項符合題目要求,第5～8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．〔6分如圖,用光電管進行光電效應實驗,當某一頻率的光入射時,有光電流產(chǎn)生。則飽和光電流〔A．與照射時間成正比B．與入射光的強度無關C．與入射光的強度成正比D．與兩極間的電壓成正比2．〔6分如圖,在光滑的斜面上,輕彈簧的下端固定在擋板上,上端放有物塊Q,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上,使其沿斜面向上做勻加速直線運動,以x表示Q離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是〔A．B．C．D．3．〔6分如圖,在水平光滑細桿上有一小環(huán),輕繩的一端系在小環(huán)上,另一端系著夾子夾緊一個質(zhì)量為M的小物塊兩個側(cè)面,小物塊到小環(huán)懸點的距離為L,夾子每一側(cè)面與小物塊的最大靜摩擦力均為F．小環(huán)和物塊一起向右勻速運動,小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止,物塊向上擺動。整個過程中,物塊在夾子中沒有滑動,則小環(huán)和物塊一起向右勻速運動的速度最大為〔不計小環(huán)和夾子的質(zhì)量,重力加速度為g〔A．B．C．D．4．〔6分某一行星表面附近有顆衛(wèi)星做勻速圓周運動。其運行周期為T,假設宇航員在該行星表面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體重力。物體靜止時,彈簧測力計的示數(shù)為N,則這顆行星的半徑為〔A．B．C．D．5．〔6分雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設阻力大小只與雨滴的速率成正比,所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落,到達地面前均達到最大速率。下列判斷正確的是〔A．達到最大速率前,所有雨滴均做勻加速運動B．所有雨滴的最大速率均相等C．較大的雨滴最大速率也較大D．較小的雨滴在空中運動的時間較長6．〔6分如圖,在正點電荷Q的電場中,A、B、C為直角三角形的三個頂點,D為AC的中點,∠A＝30°,A、B、C、D四點處的電勢滿足φA＝φC,φB＝φD,點電荷Q在A、B、C三點所在平面,則〔A．點電荷Q在AB的連線上B．點電荷Q在BD連線的中點處C．φD＞φCD．將負試探電荷從C點搬運到B點,電場力做負功7．〔6分如圖,理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡P和Q．當輸入電壓U為燈泡額定電壓的8倍時,兩燈泡均能正常發(fā)光。下列說確的是〔A．原、副線圈匝數(shù)比為1：7B．原、副線圈匝數(shù)比為7：1C．此時P和Q的電功率之比為7：1D．此時P和Q的電功率之比為1：78．〔6分如圖,傾角為θ的光滑斜面上存在著兩個磁感應強度大小相同的勻強磁場,其方向一個垂直于斜面向上,一個垂直于斜面向下,它們的寬度均為L．一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度υ進入上部磁場恰好做勻速運動,ab邊在下部磁場運動過程中再次出現(xiàn)勻速運動。重力加速度為g,則〔A．在ab進入上部磁場過程中的電流方向為adcbaB．當ab邊剛越過邊界ff'時,線框的加速度為gsinθC．當ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時,速度為D．從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中,減少的動能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～32題為必考題．每個試題考生都必須作答．第33題～第38題為選考題．考生根據(jù)要求作答．〔一必考題：9．〔5分某同學用圖甲所示裝置測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ．圖中,置于實驗臺上的長木板水平放置,其左端固定一輕滑輪,輕繩跨過滑輪,一端與放在木板上的小木塊相連,另一端可懸掛鉤碼。實驗中可用的鉤碼共有N個,將n〔依次取n＝1,2,3,4,5個鉤碼掛在輕繩左端,其余N﹣n個鉤碼放在木塊的凹槽中,釋放小木塊,利用打點計時器打出的紙帶測量木塊的加速度?！?正確進行實驗操作,得到一條紙帶,從某個清晰的打點開始,依次標注0、1、2、3、4、5、6,分別測出位置0到位置3、位置6間的距離,如圖乙所示。已知打點周期T＝0.02s,則木塊的加速度a＝m/s2。〔2改變懸掛鉤碼的個數(shù)n,測得相應的加速度a,將獲得數(shù)據(jù)在坐標紙中描出〔僅給出了其中一部分如圖丙所示。取重力加速度g＝10m/s2,則木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝〔保留2位有效數(shù)字〔3實驗中〔選填"需要"或"不需要"滿足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量。10．〔10分如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻,R6是最大阻值為20kΩ可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA,阻為600Ω．虛線方框為換擋開關。A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位。5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋,直流電流1mA擋和2.5mA擋,歐姆×1kΩ擋?！?圖中的A端與〔填"紅"或"黑"色表筆相連接?！?關于R6的使用,下列說確的是〔填正確答案標號。A．在使用多用電表之前,調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流"0"位置B．使用歐姆擋時,先將兩表筆短接,調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻"0"位置C．使用電流擋時,調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置〔3要想使用直流電壓1V擋,選擇開關B應與相連〔填選擇開關對應的數(shù)字。〔4根據(jù)題給條件可得R1+R2＝Ω?！?將選擇開關與"3"相連,把表筆插入AB并短接,滑動R6的滑片到最上端a處,表頭G的指針指在表盤電流125μA處；滑動R6的滑片到最下端b處,表頭G的指針指在表盤電流250μA處。則電池的電動勢E＝V。11．〔14分如圖,足夠長的固定光滑水平軌道與固定的光滑豎直圓弧軌道平滑連接。質(zhì)量為m1的小球A以速度υ0撞上質(zhì)量為m2的靜止小球B,已知A和B的大小相同且碰撞為彈性正碰。重力加速度g的大小取10m/s2．〔1若m1＝2kg、m2＝3kg,υ0＝5m/s,求碰撞后小球B上升的最大高度；〔2若要求兩小球只發(fā)生了一次碰撞,則m1與m2的大小應滿足怎樣的關系？12．〔18分如圖甲,位于M板處的粒子源可以不斷產(chǎn)生初速度為零的電子,電子在MN板間被加速,在MN板間所加電壓按圖乙所示規(guī)律變化。t＝0時,UNM＝U0,電子射出后從坐標原點O進入x軸上方一垂直紙面向外的有界勻強磁場區(qū)域。發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)后沿y軸負方向射出有界磁場打到x軸下方水平放置的熒光屏上。N板到y(tǒng)軸、熒光屏到x軸的距離均為L．已知電子的質(zhì)量為m,電量為﹣e〔e＞0,磁場的磁感應強度大小為B．忽略電子在板間被加速的時間,認為電子在MN板間運動過程中板間電壓不變,不考慮電子運動過程中的相互作用。求：〔1t＝0時刻從N板射出的電子在磁場中運動的半徑大??；〔2電子在t＝0時刻從N板射出到打到熒光屏所經(jīng)歷的時間；〔3為使0﹣2t0時間從MN板間射出的電子均能發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)垂直打在熒光屏上,試求所加磁場區(qū)域的最小面積。〔二選考題〔共45分請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答．如果多做,則每科按所做的第一題計分．．[物理-選修3-3]〔15分13．〔5分一定質(zhì)量的理想氣體,由初始狀態(tài)A開始,按圖中箭頭所示的方向進行了一系列狀態(tài)變化,最后又回到初始狀態(tài)A,即A→B→C→A〔其中BC與縱軸平行,CA與橫軸平行,這一過程稱為一個循環(huán)。在這一循環(huán)中,對于該氣體,下列說確的有〔A．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,分子的平均動能增大B．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,氣體的能減小C．從狀態(tài)C變化到狀態(tài)A,氣體吸收熱量D．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,分子的平均動能逐漸減小E．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,氣體放出熱量14．〔10分如圖所示,豎直放置開口向上壁光滑的氣缸,有兩個質(zhì)量均為m的密閉活塞,將缸理想氣體分成I、Ⅱ兩部分,活塞A導熱,氣缸及活塞口均絕熱?；钊麢M截面積為S,且mg＝PoS．整個裝置處于靜止狀態(tài),I、Ⅱ兩部分氣體的高度均為Lo,溫度為To．外界大氣壓強為po并保持不變?，F(xiàn)在活塞A上逐漸添加細砂,當細砂質(zhì)量等于2m,兩活塞在某位置重新平衡時,Ⅱ中氣體的溫度升高到．求：活塞A下降的距離。[物理-選修3-4]〔15分15．〔5分有一個直角三角形的玻璃棱鏡ABC,截面如圖。∠A＝30°,D點是AC邊的中點。一束紅光從D點沿平行于AB方向射入棱鏡,光線到達AB面上的E點發(fā)生全反射,并垂直BC邊從F射出,則玻璃對紅光的折射率為。若改用藍光沿同一路徑入射,則光線到達AB面上時比E點更靠近。〔填"A點"或"B點"。16．〔10分如圖甲為某波源的振動圖象,圖乙是該波源產(chǎn)生的橫波在某時刻的波動圖象,波動圖象中的O點表示波源,P、Q是介質(zhì)中的兩點。求：〔i這列波的波速多大？波源的起振方向向哪？〔ii當波動圖象中質(zhì)點Q第一次到達平衡位置且向上運動時,質(zhì)點P已經(jīng)經(jīng)過了多少路程？2019年省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1～4題中只有一項符合題目要求,第5～8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．〔6分如圖,用光電管進行光電效應實驗,當某一頻率的光入射時,有光電流產(chǎn)生。則飽和光電流〔A．與照射時間成正比B．與入射光的強度無關C．與入射光的強度成正比D．與兩極間的電壓成正比[考點]IE：愛因斯坦光電效應方程．[專題]31：定性思想；43：推理法；54I：光電效應專題．[分析]光強度會影響單位時間逸出的光電子數(shù)目,從而影響飽和光電流的大小。[解答]解：根據(jù)光電效應的特點可知,飽和光電流與入射光的光強度有關,與入射光的其他因素無關,與兩極間的電壓也無關。故C正確,ABD錯誤故選：C。[點評]知道入射光的強度影響的是單位時間逸出的光電子數(shù)目。入射光越強飽和光電流越大是關鍵。2．〔6分如圖,在光滑的斜面上,輕彈簧的下端固定在擋板上,上端放有物塊Q,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上,使其沿斜面向上做勻加速直線運動,以x表示Q離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是〔A．B．C．D．[考點]2G：力的合成與分解的運用；2S：胡克定律；37：牛頓第二定律．[專題]34：比較思想；4C：方程法；522：牛頓運動定律綜合專題．[分析]以物塊Q為研究對象,分析受力情況,根據(jù)牛頓第二定律得出F與物塊Q的位移x的關系式,再選擇圖象。[解答]解：設物塊Q的質(zhì)量為m,加速度為a,靜止時彈簧的壓縮量為x0,彈簧的勁度系數(shù)為k,斜面傾角為θ。靜止時,由平衡條件得,mgsinθ＝kx0,以沿斜面向上為正方向,物塊Q的位移為x時彈簧對P的彈力：F1＝k〔x0﹣x對物塊Q,由牛頓第二定律得,F+F1﹣mgsinθ＝ma,由以上式子聯(lián)立可得,F＝kx+ma?？梢奆與x是線性關系,且F隨著x的增大而增大,當x＝0時,kx+ma＝ma＞0,故A正確,BCD錯誤。故選：A。[點評]解答本題的關鍵是要根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得到F與x的解析式,再選擇圖象,這是常用的思路,要注意物塊Q的位移與彈簧形變量并不相等。3．〔6分如圖,在水平光滑細桿上有一小環(huán),輕繩的一端系在小環(huán)上,另一端系著夾子夾緊一個質(zhì)量為M的小物塊兩個側(cè)面,小物塊到小環(huán)懸點的距離為L,夾子每一側(cè)面與小物塊的最大靜摩擦力均為F．小環(huán)和物塊一起向右勻速運動,小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止,物塊向上擺動。整個過程中,物塊在夾子中沒有滑動,則小環(huán)和物塊一起向右勻速運動的速度最大為〔不計小環(huán)和夾子的質(zhì)量,重力加速度為g〔A．B．C．D．[考點]37：牛頓第二定律；3C：共點力的平衡；4A：向心力．[專題]32：定量思想；4C：方程法；519：勻速圓周運動專題．[分析]物塊速度最大時,夾子對物體M的最大靜摩擦力與重力的合力提供向心力,根據(jù)向心力公式求出最大速度。[解答]解：因為夾子對物體M的最大靜摩擦力為2F,根據(jù)據(jù)牛頓第二定律,結(jié)合向心力表達式,對物體M,則有：2F﹣Mg＝M,解得：vm＝,故D正確、ABC錯誤；故選：D。[點評]本題主要是考查了向心力的概念；知道做勻速圓周運動的物體受到的合力提供向心力,且向心力的方向一定指向圓心,始終與速度方向垂直,不會改變速度大小,只會改變速度方向,4．〔6分某一行星表面附近有顆衛(wèi)星做勻速圓周運動。其運行周期為T,假設宇航員在該行星表面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體重力。物體靜止時,彈簧測力計的示數(shù)為N,則這顆行星的半徑為〔A．B．C．D．[考點]4A：向心力；4F：萬有引力定律及其應用．[專題]31：定性思想；4C：方程法；528：萬有引力定律的應用專題．[分析]根據(jù)彈簧測力計的讀數(shù)求出行星表面的重力加速度,根據(jù)萬有引力提供向心力求出行星的質(zhì)量。[解答]解：宇航員在該行星表面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體重力,物體靜止時,彈簧測力計的示數(shù)為N,行星表面的重力加速度g＝①一衛(wèi)星繞某一行星表面附近做勻速圓周運動,其周期為T,根據(jù)萬有引力等于重力得：mg＝m②可得：R＝．故A正確,BCD錯誤故選：A。[點評]解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩個理論,并能靈活運用。5．〔6分雨滴在空氣中下落時會受到空氣阻力的作用。假設阻力大小只與雨滴的速率成正比,所有雨滴均從相同高處由靜止開始下落,到達地面前均達到最大速率。下列判斷正確的是〔A．達到最大速率前,所有雨滴均做勻加速運動B．所有雨滴的最大速率均相等C．較大的雨滴最大速率也較大D．較小的雨滴在空中運動的時間較長[考點]1D：勻變速直線運動的速度與時間的關系；37：牛頓第二定律．[專題]31：定性思想；43：推理法；522：牛頓運動定律綜合專題．[分析]對雨滴受力分析可知：雨滴在下落的時候受到豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻力,根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma,由此分析運動情況；根據(jù)速度圖象分析運動時間。[解答]解：A、對雨滴受力分析可知：雨滴在下落的時候受到豎直向下的重力和豎直向上的空氣阻力,根據(jù)牛頓第二定律得：mg﹣f＝ma,開始時mg＞f,合力向下,所以雨滴向下加速運動,速度在增加,加速度再減小,所以雨滴做加速度減小的加速運動。故A錯誤；BC、當mg＝f時,加速度為0,速度達到最大值,以后雨滴勻速下降。當達到收尾速度時,mg＝f＝kv,可知v＝,v與雨滴質(zhì)量有關,較大的雨滴最大速率也較大,故B錯誤、C正確；D、在速度圖象中作出質(zhì)量較大的雨滴和質(zhì)量較小的雨滴的速度圖象如圖A和B所示,由于雨滴運動的位移相同,所以雨滴小的運動的時間長,故D正確。故選：CD。[點評]通過對雨滴受力分析可知,雨滴所受的空氣阻力隨著速度增加而增加,根據(jù)牛頓第二定律mg﹣f＝ma可知速度在增加,a在減??；當阻力等于重力時,雨滴將勻速下降。,要清楚雨滴的速度和加速度如何變化。6．〔6分如圖,在正點電荷Q的電場中,A、B、C為直角三角形的三個頂點,D為AC的中點,∠A＝30°,A、B、C、D四點處的電勢滿足φA＝φC,φB＝φD,點電荷Q在A、B、C三點所在平面,則〔A．點電荷Q在AB的連線上B．點電荷Q在BD連線的中點處C．φD＞φCD．將負試探電荷從C點搬運到B點,電場力做負功[考點]AE：電勢能與電場力做功；AG：電勢差和電場強度的關系．[專題]31：定性思想；4B：圖析法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．[分析]點電荷的等勢面是一系列同心圓,對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定過圓心,確定出點電荷的位置,然后根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低判斷電勢高低；根據(jù)負電荷在電勢高的地方電勢能小判斷電勢能變化,從而判斷電場力做功情況。[解答]解：AB、做BD、AC中垂線,中垂線的交點即為點電荷的位置,如圖所示：,結(jié)合幾何關系可知,點電荷Q在AB的連線上,故A正確,B錯誤；C、由于QC＞QD,且沿著電場線方向電勢逐漸降低可知φD＞φC,故C正確；D、由于φB＝φD,φD＞φC,則φB＞φC,負電荷在電勢高的地方電勢能小可知,將負試探電荷從C點搬運到B點,電勢能減小,電場力做正功,故D錯誤；故選：AC。[點評]本題考查點電荷的電場,關鍵是要抓住點電荷的等勢面是一系列同心圓,對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定過圓心,確定出點電荷的位置。7．〔6分如圖,理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡P和Q．當輸入電壓U為燈泡額定電壓的8倍時,兩燈泡均能正常發(fā)光。下列說確的是〔A．原、副線圈匝數(shù)比為1：7B．原、副線圈匝數(shù)比為7：1C．此時P和Q的電功率之比為7：1D．此時P和Q的電功率之比為1：7[考點]E8：變壓器的構(gòu)造和原理．[專題]4C：方程法；53A：交流電專題．[分析]根據(jù)燈泡電壓與輸入電壓的關系可確定接在線圈的輸入端和輸出端的電壓關系,則可求得匝數(shù)之比；根據(jù)變壓器電流之間的關系和功率公式可確定功率之比。[解答]解：AB、燈泡正常發(fā)光,則其電壓均為額定電壓,因為輸入電壓U為燈泡額定電壓的8倍,所以原線圈輸入電壓為燈泡額定電壓的7倍,輸出電壓等于燈泡的額定電壓,可知,原副線圈匝數(shù)之比為＝,故A錯誤,B正確；C、根據(jù)公式＝得a和b的電流之比為＝。由于小燈泡兩端的電壓相等,所以根據(jù)公式P＝UI可得,兩者的電功率之比為1：7；故C錯誤,D正確；故選：BD。[點評]本題考查變壓器原理,要注意明確輸入電壓為燈泡兩端電壓與輸入端電壓之和,從而可以確定輸入端電壓。本題既要考慮電壓之比,又要考慮電流之比。8．〔6分如圖,傾角為θ的光滑斜面上存在著兩個磁感應強度大小相同的勻強磁場,其方向一個垂直于斜面向上,一個垂直于斜面向下,它們的寬度均為L．一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度υ進入上部磁場恰好做勻速運動,ab邊在下部磁場運動過程中再次出現(xiàn)勻速運動。重力加速度為g,則〔A．在ab進入上部磁場過程中的電流方向為adcbaB．當ab邊剛越過邊界ff'時,線框的加速度為gsinθC．當ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時,速度為D．從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中,減少的動能等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱[考點]37：牛頓第二定律；BB：閉合電路的歐姆定律；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(zhuǎn)化．[專題]11：計算題；22：學科綜合題；35：整體思想；43：推理法；538：電磁感應——功能問題．[分析]根據(jù)右手定則或楞次定律判斷ab邊進入上部分磁場時產(chǎn)生感應電流方向。當ab邊剛越過邊界ff'時,ab邊和cd邊都要產(chǎn)生感應電動勢,且感應電動勢串聯(lián),寫出電路中總的感應電動勢大小,從而求出感應電流,再根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式列式,即可求得線框的加速度。線框勻速運動時,根據(jù)平衡條件列式,得出兩次勻速運動時速度關系,再通過能量守恒定律求解線框中產(chǎn)生的焦耳熱。[解答]解：A、在ab進入上部磁場過程中,磁通量增加,磁場方向垂直于斜面向上,由楞次定律知線框中的感應電流方向為adcba,故A正確。B、當ab邊進入上部磁場時做勻速運動,則有：mgsinθ＝BIL＝當ab邊剛越過邊界ff'時,回路中總的感應電動勢為：E＝2BLv感應電流為：I＝＝根據(jù)牛頓第二定律得：2BIL﹣mgsinθ＝ma得：﹣mgsinθ＝ma解得：a＝3gsinθ,故B錯誤。C、當ab邊進入下部磁場再次做勻速運動時,設速度為v′,則有：＝mgsinθ與mgsinθ＝對比可得：v′＝,故C正確。D、從ab邊進入磁場到ab邊進入下部磁場再次做勻速運動的過程中,減少的動能和減少的重力勢能之和等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱,故D錯誤。故選：AC。[點評]應明確：①遇到電磁感應類問題,首先要找出電源,標出電動勢方向并寫出感應電動勢大小,然后進行求解；②涉及到勻速、加速度問題,應進行受力分析〔一般需要畫出側(cè)視圖,再根據(jù)需要的物理規(guī)律列式即可；③涉及到求電磁感應焦耳熱問題,應用能量守恒定律進行研究。二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～32題為必考題．每個試題考生都必須作答．第33題～第38題為選考題．考生根據(jù)要求作答．〔一必考題：9．〔5分某同學用圖甲所示裝置測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ．圖中,置于實驗臺上的長木板水平放置,其左端固定一輕滑輪,輕繩跨過滑輪,一端與放在木板上的小木塊相連,另一端可懸掛鉤碼。實驗中可用的鉤碼共有N個,將n〔依次取n＝1,2,3,4,5個鉤碼掛在輕繩左端,其余N﹣n個鉤碼放在木塊的凹槽中,釋放小木塊,利用打點計時器打出的紙帶測量木塊的加速度?！?正確進行實驗操作,得到一條紙帶,從某個清晰的打點開始,依次標注0、1、2、3、4、5、6,分別測出位置0到位置3、位置6間的距離,如圖乙所示。已知打點周期T＝0.02s,則木塊的加速度a＝2.0m/s2?！?改變懸掛鉤碼的個數(shù)n,測得相應的加速度a,將獲得數(shù)據(jù)在坐標紙中描出〔僅給出了其中一部分如圖丙所示。取重力加速度g＝10m/s2,則木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.15〔保留2位有效數(shù)字〔3實驗中不需要〔選填"需要"或"不需要"滿足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量。[考點]M9：探究影響摩擦力的大小的因素．[專題]23：實驗探究題；34：比較思想；46：實驗分析法；522：牛頓運動定律綜合專題．[分析]〔1根據(jù)△x＝aT2求木塊的加速度a?！?對懸掛的鉤碼和木塊分別運用牛頓第二定律列式,得到a與n的關系,結(jié)合圖象的信息求木塊與木板間動摩擦因數(shù)μ?！?實驗不是用懸掛的鉤碼重力來代替細線的拉力,因此不需要滿足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量。[解答]解：〔1由圖知x03＝3.30×10﹣2m,x36＝〔7.32﹣3.30×10﹣2m＝4.02×10﹣2m根據(jù)△x＝aT2得x36﹣x03＝a〔3T2,又T＝0.02s解得a＝2.0m/s2?！?設每個鉤碼為m。根據(jù)牛頓第二定律得對懸掛的鉤碼有nmg﹣T＝nma對木塊有T﹣μ〔N﹣nmg＝〔N﹣nma解得a＝﹣μg作出圖象,由圖知﹣μg＝﹣1.5,得μ＝0.15〔3實驗不是用懸掛的鉤碼重力來代替細線的拉力,因此不需要滿足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量。故答案為：〔12.0．〔20.15．〔0.14﹣0.16均可?！?不需要。[點評]本題考查驗證牛頓第二定律的實驗,要求能明確實驗原理,認真分析各步驟,從而明確實驗方法；同時注意掌握圖象的性質(zhì),能根據(jù)圖象進行分析,明確對應規(guī)律的正確應用。10．〔10分如圖為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻,R6是最大阻值為20kΩ可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA,阻為600Ω．虛線方框為換擋開關。A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位。5個擋位為：直流電壓1V擋和5V擋,直流電流1mA擋和2.5mA擋,歐姆×1kΩ擋?！?圖中的A端與紅〔填"紅"或"黑"色表筆相連接?！?關于R6的使用,下列說確的是B〔填正確答案標號。A．在使用多用電表之前,調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流"0"位置B．使用歐姆擋時,先將兩表筆短接,調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻"0"位置C．使用電流擋時,調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置〔3要想使用直流電壓1V擋,選擇開關B應與4相連〔填選擇開關對應的數(shù)字?！?根據(jù)題給條件可得R1+R2＝200Ω。〔5將選擇開關與"3"相連,把表筆插入AB并短接,滑動R6的滑片到最上端a處,表頭G的指針指在表盤電流125μA處；滑動R6的滑片到最下端b處,表頭G的指針指在表盤電流250μA處。則電池的電動勢E＝5V。[考點]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明確歐姆表原理,知道部電源的正極接黑表筆,負極接紅表筆；〔2明確電路結(jié)構(gòu),知道歐姆檔中所接滑動變阻器只能進行歐姆調(diào)零；〔3表頭與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表,串聯(lián)電阻阻值越小電壓表量程越小；〔4根據(jù)題意確定多用電表測量的量與量程,應用歐姆定律求出電阻阻值；〔5根據(jù)題意應用閉合電路歐姆定律求出電源電動勢。[解答]解：〔1歐姆表置電源正極與黑表筆相連,負極與紅表筆相連,由圖示電路圖可知,A端與紅色表筆相連?！?由電路圖可知,R6只在測量電阻時才接入電路,故其作用只能進行歐姆調(diào)零,不能進行機械調(diào)零,同時在使用電流檔時也不需要時行調(diào)節(jié),故B正確,AC錯誤；故選：B?！?由圖示電路圖可知,開關B與4相連時表頭與分壓電阻串且串聯(lián)電阻阻值較小,此時多用電表測電壓,電壓表量程較小為1V?！?直流電流檔分為1mA和2.5mA,由圖可知,當接1時應為2.5mA；當接2時應為1mA,根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知：R1+R2＝＝＝200Ω。〔5電流表量程為1mA時電流表阻：RA＝＝＝150Ω,滑動R6的滑片到最上端a處,表頭G的指針指在表盤電流125μA處；滑動R6的滑片到最下端b處,表頭G的指針指在表盤電流250μA處；根據(jù)題意由圖示電路圖可知,電源電動勢：E＝125×10﹣6〔r+RA+R3+R6,E＝250×10﹣6〔r+RA+R3,代入數(shù)據(jù)解得：E＝5V；故答案為：〔1紅；〔2B；〔34；〔4200；〔55。[點評]本題考查了多用電表讀數(shù)以及部原理,要注意明確串并聯(lián)電路的規(guī)律應用,知道多用電表的改裝原理是解題的前提,分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題。11．〔14分如圖,足夠長的固定光滑水平軌道與固定的光滑豎直圓弧軌道平滑連接。質(zhì)量為m1的小球A以速度υ0撞上質(zhì)量為m2的靜止小球B,已知A和B的大小相同且碰撞為彈性正碰。重力加速度g的大小取10m/s2．〔1若m1＝2kg、m2＝3kg,υ0＝5m/s,求碰撞后小球B上升的最大高度；〔2若要求兩小球只發(fā)生了一次碰撞,則m1與m2的大小應滿足怎樣的關系？[考點]53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律．[專題]12：應用題；22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52F：動量定理應用專題．[分析]〔1小球A和小球B發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律和機械能守恒定律列式,可求得碰撞后B的速度,小球B碰后沿光滑軌道上升的過程中機械能守恒。由機械能守恒定律求碰撞后小球B上升的最大高度?！?結(jié)合〔1得到的A與B碰撞后速度的公式,由二者只發(fā)生了一次碰撞的條件即可求出。[解答]解：〔1A、B兩球發(fā)生彈性碰撞。設碰撞后A球的速度為vA,B球的速度為vB,取向右為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒定律有：m1v0＝m1vA+m2vB聯(lián)立得：①②代入數(shù)據(jù)可得：vA＝﹣1m/s,vB＝4m/s小球B碰后沿光滑軌道上升的過程中機械能守恒,由于是四分之一圓軌道,所以小球B在最高點的速度一定為0。由機械能守恒定律：可得：h＝0.8m〔2若要求兩小球只發(fā)生了一次碰撞,則碰撞后A反向運動,且A速度的大小要大于等于B的速度大小,即：|vA|≥|vB|聯(lián)立①②,代入條件可得：m1與m2的大小應滿足答：〔1若m1＝2kg、m2＝3kg,υ0＝5m/s,碰撞后小球B上升的最大高度是0.8m；〔2若要求兩小球只發(fā)生了一次碰撞,則m1與m2的大小應滿足。[點評]本題考查動量守恒定律及機械能守恒定律的應用,要注意在分析問題時,正確選擇研究對象,明確動量守恒的條件及應用,注意要規(guī)定正方向。12．〔18分如圖甲,位于M板處的粒子源可以不斷產(chǎn)生初速度為零的電子,電子在MN板間被加速,在MN板間所加電壓按圖乙所示規(guī)律變化。t＝0時,UNM＝U0,電子射出后從坐標原點O進入x軸上方一垂直紙面向外的有界勻強磁場區(qū)域。發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)后沿y軸負方向射出有界磁場打到x軸下方水平放置的熒光屏上。N板到y(tǒng)軸、熒光屏到x軸的距離均為L．已知電子的質(zhì)量為m,電量為﹣e〔e＞0,磁場的磁感應強度大小為B．忽略電子在板間被加速的時間,認為電子在MN板間運動過程中板間電壓不變,不考慮電子運動過程中的相互作用。求：〔1t＝0時刻從N板射出的電子在磁場中運動的半徑大小；〔2電子在t＝0時刻從N板射出到打到熒光屏所經(jīng)歷的時間；〔3為使0﹣2t0時間從MN板間射出的電子均能發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)垂直打在熒光屏上,試求所加磁場區(qū)域的最小面積。[考點]37：牛頓第二定律；4A：向心力；65：動能定理；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．[專題]32：定量思想；43：推理法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．[分析]〔1根據(jù)動能定理結(jié)合洛倫茲力提供向心力求得半徑；〔2電子到達原點做勻速運動,在磁場中做圓周運動,離開磁場后做勻速直線運動,按照運動規(guī)律結(jié)合幾何關系求解時間即可；〔3根據(jù)磁場半徑結(jié)合幾何知識求解磁場區(qū)域面積即可；[解答]解；〔1在t＝0時刻進入電場的電子被加速,由動能定理得：進入磁場后,洛倫茲力提供向心力,有：聯(lián)立以上兩式得：；〔2t＝0時刻從N板射出的電子,到達原點O經(jīng)歷的時間為：在磁場中運動的時間為：從離開磁場到到達熒光屏經(jīng)歷的時間為：該電子從N板到熒光屏經(jīng)歷的時間為：t＝t1+t2+t3＝；〔3任一時刻從N板射出的電子,經(jīng)磁場后均發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)垂直打在熒光屏上,電子的運動軌跡：在t＝t0時刻進入電場的電子被加速后,在磁場中運動的半徑為：如果兩圓弧之間的陰影部分即為所加磁場的最小區(qū)域,由幾何關系知：s＝＝；答：〔1t＝0時刻從N板射出的電子在磁場中運動的半徑大小為；〔2電子在t＝0時刻從N板射出到打到熒光屏所經(jīng)歷的時間為；〔3為使0﹣2t0時間從MN板間射出的電子均能發(fā)生270°偏轉(zhuǎn)垂直打在熒光屏上,所加磁場區(qū)域的最小面積為。[點評]本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動,重點應用幾何知識結(jié)合洛倫茲力提供向心力解題〔二選考題〔共45分請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答．如果多做,則每科按所做的第一題計分．．[物理-選修3-3]〔15分13．〔5分一定質(zhì)量的理想氣體,由初始狀態(tài)A開始,按圖中箭頭所示的方向進行了一系列狀態(tài)變化,最后又回到初始狀態(tài)A,即A→B→C→A〔其中BC與縱軸平行,CA與橫軸平行,這一過程稱為一個循環(huán)。在這一循環(huán)中,對于該氣體,下列說確的有〔A．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,分子的平均動能增大B．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,氣體的能減小C．從狀態(tài)C變化到狀態(tài)A,氣體吸收熱量D．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,分子的平均動能逐漸減小E．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,氣體放出熱量[考點]89：溫度是分子平均動能的標志；8F：熱力學第一定律；99：理想氣體的狀態(tài)方程．[專題]31：定性思想；43：推理法；548：熱力學定理專題；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．[分析]A到B,氣體的壓強體積都變大,B到C,氣體做的是等容變化,C到A,氣體做的是等壓變化,根據(jù)氣體的不同的變化過程,結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程和熱力學第一定律逐項分析。[解答]解：A、由圖象可知A到B,氣體的壓強體積都變大,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度升高,分子平均動能增大,故A正確；B、B到C,氣體做的是等容變化,不做功,又壓強減小,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低,其能減小,故B正確；C、C到A,氣體做的是等壓變化,體積減小,外界對氣體做功,即W＞0,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低,則能減小,即△U＜0,由熱力學第一定律可知,氣體應放熱,故C錯誤；D、B到C,氣體做的是等容變化,又壓強減小,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低,則分子平均動能減小,故D正確；E、由圖象可知A到B,氣體的壓強體積都變大,氣體對外界做功,即W＜0；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度升高,則氣體能增加,即△U＞0；根據(jù)熱力學第一定律可知,氣體應吸熱,故E錯誤；故選：ABD。[點評]利用熱力學第一定律判斷氣體的能變化的時候要注意做功W和熱量Q的符號,對外做功和放熱為負的,對氣體做功和吸熱為正的。14．〔10分如圖所示,豎直放置開口向上壁光滑的氣缸,有兩個質(zhì)量均為m的密閉活塞,將缸理想氣體分成I、Ⅱ兩部分,活塞A導熱,氣缸及活塞口均絕熱?；钊麢M截面積為S,且mg＝PoS．整個裝置處于靜止狀態(tài),I、Ⅱ兩部分氣體的高度均為Lo,溫度為To．外界大氣壓強為po并保持不變?，F(xiàn)在活塞A上逐漸添加細砂,當細砂質(zhì)量等于2m,兩活塞在某位置重新平衡時,Ⅱ中氣體的溫度升高到．求：活塞A下降的距離。[考點]99：理想氣體的狀態(tài)方程；9D：氣體的等溫變化；9K：封閉氣體壓強．[專題]11：計算題