（全國(guó)通用）2018版高考物理總復(fù)習(xí)考前三個(gè)月仿真模擬卷（打包4套）.zip

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B. C．1 D．2 答案　AB 解析　由于小球始終未脫離軌道，所以第一次擊打小球上升的高度不超過(guò)R，故W1≤mgR.兩次擊打后上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得W1＋W2－2mgR＝mv2，由于通過(guò)最高點(diǎn)的速度v≥，所以W2≥mgR，故≤，A、B正確． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)某同學(xué)用如圖7甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，該裝置由水平長(zhǎng)木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下： ①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長(zhǎng)木板中心線運(yùn)動(dòng)，在長(zhǎng)木板中心線的適當(dāng)位置取一點(diǎn)O，測(cè)出硬幣停止滑動(dòng)時(shí)硬幣右側(cè)到O點(diǎn)的距離．再?gòu)耐晃恢冕尫艔椘瑢⒂矌虐l(fā)射出去，重復(fù)多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示； ②將五角硬幣放在長(zhǎng)木板上，使其左側(cè)位于O點(diǎn)，并使其直徑與中心線重合，按步驟①?gòu)耐晃恢冕尫艔椘匦聫椛湟辉矌?，使兩硬幣?duì)心正碰，重復(fù)多次，分別測(cè)出兩硬幣碰后停止滑行時(shí)距O點(diǎn)距離的平均值x2和x3，如圖丙所示． 圖7 (1)為完成該實(shí)驗(yàn)，除長(zhǎng)木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為_(kāi)_____________； (2)實(shí)驗(yàn)中還需要測(cè)量的物理量為_(kāi)_________________________，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為_(kāi)___________________________(用測(cè)量物理量對(duì)應(yīng)的字母表示)． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)動(dòng)量為質(zhì)量和速度的乘積，該實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證質(zhì)量不等的兩物體碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，需測(cè)量?jī)晌矬w的質(zhì)量和碰撞前后的速度，因此除給定的器材外，還需要的器材為天平． (2)測(cè)出一元硬幣的質(zhì)量為m1，五角硬幣的質(zhì)量為m2，一元硬幣碰撞前瞬間的速度為v1，由動(dòng)能定理可得μm1gx1＝m1v12，解得v1＝，當(dāng)一元硬幣以速度v1與五角硬幣碰撞后，速度分別為v2、v3，由動(dòng)能定理可得μm1gx2＝m1v22，μm2gx3＝m2v32，解得一元硬幣碰后速度v2＝，五角硬幣碰后的速度為v3＝，若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1＝m1＋m2. 23．(9分)某同學(xué)利用下列器材測(cè)量?jī)晒?jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻． A．待測(cè)干電池兩節(jié) B．電壓表V1、V2，量程均為3 V，內(nèi)阻很大 C．定值電阻R0(阻值未知) D．電阻箱R E．導(dǎo)線和開(kāi)關(guān) (1)根據(jù)如圖8甲所示的實(shí)物連接圖，在圖乙虛線框中畫(huà)出相應(yīng)的電路圖． 乙 圖8 (2)實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路測(cè)出定值電阻R0的阻值，先把電阻箱R調(diào)到某一阻值R1，再閉合開(kāi)關(guān)，讀出電壓表V1、V2的示數(shù)分別為U10、U20，則R0＝________(用U10、U20、R1表示)． (3)若測(cè)得R0＝1.2 Ω，實(shí)驗(yàn)中改變電阻箱R的阻值，讀出相應(yīng)的電壓表V1、V2的多組數(shù)據(jù)U1、U2，描繪出U1－U2圖象如圖丙所示，則兩節(jié)干電池的總電動(dòng)勢(shì)E＝________ V，總內(nèi)阻r＝________ Ω. 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)根據(jù)實(shí)物圖可知，電壓表V1與R并聯(lián)后與R0串聯(lián)接在電源兩端，電壓表V2并聯(lián)在電源的兩端，電路圖如圖所示． R0＝＝R1 (3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U2＝E－r，變形可得U1＝－，由圖象可知當(dāng)U1＝0時(shí)U2＝1.0 V，故有＝，圖象的斜率為k＝＝＝1.5，聯(lián)立解得E＝3.0 V，r＝2.4 Ω. 24．(12分)如圖9所示為一皮帶傳送裝置，其中AB段水平，長(zhǎng)度LAB＝4 m，BC段傾斜，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點(diǎn)通過(guò)一段極短的圓弧連接(圖中未畫(huà)出圓弧)，傳送帶以v＝4 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在A點(diǎn)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖9 (1)工件從A點(diǎn)開(kāi)始至第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間t； (2)工件從第一次到達(dá)B點(diǎn)至第二次到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q. 答案　(1)1.4 s　(2)64 J 解析　(1)由牛頓第二定律可得μmg＝ma1 工件經(jīng)t1時(shí)間與傳送帶共速，則t1＝＝0.8 s 工件位移為x1＝a1t12＝1.6 m 此后工件與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，用時(shí)t2＝＝0.6 s 工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1.4 s (2)工件上升過(guò)程中受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ 由牛頓第二定律可得加速度大小 a2＝＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t3＝＝2 s 下降過(guò)程加速度大小不變a3＝a2＝2 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t4＝＝2 s 工件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝v(t4＋t3)＝16 m 因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝64 J. 25．(20分)如圖10所示，三角形AQC是邊長(zhǎng)為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)，在水平線QC下方是水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域Ⅱ(三角形APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅲ(虛線PD以上，三角形PAD以外)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L(zhǎng)的O點(diǎn)以某一初速度射出，在電場(chǎng)力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后又以原速率返回O點(diǎn)，粒子重力忽略不計(jì)，求： 圖10 (1)該粒子的比荷； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度E及粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v的大小； (3)粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t. 答案　(1)　(2)2Bv0　v0　(3)＋ 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律可得Bqv0＝m，根據(jù)題意有R＝L，解得＝ (2)粒子從O到N，由運(yùn)動(dòng)合成與分解可得：L＝v0t′，L＝at′2 由牛頓第二定律可得a＝，解得E＝2Bv0 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v＝2aL，則v＝＝v0 (3)粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段：電場(chǎng)中往返的時(shí)間t0，區(qū)域Ⅰ中的時(shí)間t1，區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中的時(shí)間t2＋t3 根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t0＝ 設(shè)在區(qū)域Ⅰ中的時(shí)間為t1，則t1＝2×＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)半徑為r，則qv0·5B＝m，即r＝L. 則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，總時(shí)間為(2＋)個(gè)周期 由周期公式可得T＝＝，t2＋t3＝(2＋)T＝×＝ 故總時(shí)間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋. (二)選考題(請(qǐng)從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 33．【物理選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說(shuō)法正確的是________ A．一定質(zhì)量的理想氣體體積增大時(shí)，其內(nèi)能一定減少 B．氣體的溫度降低，某個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能可能增加 C．當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，水中不會(huì)有水分子飛出水面 D．氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對(duì)器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的 E．在“用油膜法估測(cè)分子的大小”的實(shí)驗(yàn)中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計(jì)算，會(huì)使分子直徑計(jì)算結(jié)果偏大 (2)(10分)如圖11甲所示，玻璃管豎直放置，AB段和CD段分別為兩段長(zhǎng)25 cm的水銀柱，BC段為長(zhǎng)10 cm的理想氣體，D到玻璃管底端為長(zhǎng)12 cm的理想氣體．已知大氣壓強(qiáng)為75 cmHg，玻璃管的導(dǎo)熱性能良好，環(huán)境的溫度不變．將玻璃管旋轉(zhuǎn)180°倒置，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，水銀未從玻璃管流出，求： 圖11 ①玻璃管倒置后BC段氣體的長(zhǎng)度； ②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封閉氣體的長(zhǎng)度． 答案　(1)BDE　(2)①20 cm?、?0 cm 解析　(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝C可知，體積增大時(shí)，壓強(qiáng)變化的關(guān)系未知，故溫度變化未知，則內(nèi)能的變化無(wú)法確定，A錯(cuò)誤；氣體的溫度降低，分子平均動(dòng)能減小，但某個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能可能增加，B正確；由于分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水面上方的水蒸氣達(dá)到飽和狀態(tài)時(shí)，水中仍然會(huì)有水分子飛出水面，C錯(cuò)誤；氣體的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對(duì)器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，D正確；將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進(jìn)行計(jì)算，體積偏大，則直徑計(jì)算結(jié)果偏大，故E正確． (2)①設(shè)玻璃管的橫截面積為S，研究BC段的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V1＝hBCS，壓強(qiáng)p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V2＝hBC′S，壓強(qiáng)p2＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2，可得hBC′＝20 cm ②研究玻璃管底端的氣體 初狀態(tài)：氣體體積V3＝hDS，壓強(qiáng)p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V4＝hD′S，壓強(qiáng)p4＝75 cmHg－25 cmHg－25 cmHg＝25 cmHg 根據(jù)玻意耳定律p3V3＝p4V4，可得hD′＝60 cm. 34．【物理選修3－4】(15分) (1)(5分)下列說(shuō)法正確的是________ A．彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供 B．單擺振動(dòng)的周期一定等于它的固有周期 C．機(jī)械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，如果波速變大，那么波長(zhǎng)一定變大 D．在干涉現(xiàn)象中，振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)的位移有時(shí)可能比振動(dòng)減弱的點(diǎn)的位移小 E．發(fā)生多普勒效應(yīng)時(shí)，波源發(fā)出的波的頻率并沒(méi)有發(fā)生變化 (2)(10分)如圖12所示為半圓形玻璃柱的截面圖，半圓形玻璃柱半徑為R，平行于直徑AB的單色光照射在玻璃柱的圓弧面上，其中一束光線經(jīng)折射后恰好通過(guò)B點(diǎn)，已知玻璃柱對(duì)單色光的折射率為. 圖12 ①求該束光線到AB的距離； ②試說(shuō)明入射光線經(jīng)折射后，直接照射到CB段弧面上的折射光線不可能在CB段弧面上發(fā)生全反射． 答案　(1)CDE　(2)①R?、谝?jiàn)解析 解析　(1)水平方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力提供，而豎直方向的彈簧振子的回復(fù)力由彈簧的彈力和重力的合力提供，A錯(cuò)誤；單擺振動(dòng)的周期取決于驅(qū)動(dòng)力的周期，與固有周期無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；機(jī)械波從一種介質(zhì)進(jìn)入另一種介質(zhì)，頻率不變，由v＝λf可知，如果波速變大，則波長(zhǎng)一定變大，C正確；在干涉現(xiàn)象中振動(dòng)加強(qiáng)指的是振幅增大，振動(dòng)減弱指的是振幅減小，但振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和減弱點(diǎn)仍在各自的平衡位置附近做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其位移隨時(shí)間周期性變化，故某時(shí)刻振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)的位移可能小于振動(dòng)減弱點(diǎn)的位移，D正確；發(fā)生多普勒效應(yīng)時(shí)，波源發(fā)出的波的頻率并沒(méi)有變化，只是人接收到的頻率發(fā)生了變化，E正確． (2)①設(shè)離AB邊距離為d的光線折射后剛好射到B點(diǎn)，設(shè)此光線的入射角為i，折射角為r，根據(jù)幾何關(guān)系有i＝2r 根據(jù)光的折射定律有：n＝，即＝，得r＝30° 由幾何關(guān)系可得d＝Rsin i＝R ②設(shè)折射角為β，根據(jù)幾何關(guān)系可知，此折射光線在CB弧面上的入射角也為β，根據(jù)光路可逆可知，光線一定會(huì)從CB段弧面上射出，不可能發(fā)生全反射． 11 仿真模擬卷(三) (時(shí)間：90分鐘　滿分：110分) 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分． 14．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．普朗克在研究黑體輻射問(wèn)題時(shí)提出光子說(shuō) B．康普頓在研究石墨對(duì)X射線的散射時(shí)發(fā)現(xiàn)，有些散射波的波長(zhǎng)比入射波的波長(zhǎng)略大 C．由He＋N→O＋H可知，在密閉的容器中混合存放一定比例的氦氣和氮?dú)?，幾天后將有氧氣生? D．由n＋H→H＋2.2 MeV可知，用能量等于2.2 MeV的光子照射靜止的氘核時(shí)，氘核將分解為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子 答案　B 解析　普朗克在研究黑體輻射問(wèn)題時(shí)提出量子說(shuō)，故A錯(cuò)誤；康普頓在研究石墨對(duì)X射線的散射時(shí)發(fā)現(xiàn)，有些散射波的波長(zhǎng)比入射波的波長(zhǎng)略大即康普頓效應(yīng)，故B正確；核反應(yīng)發(fā)生的條件是非常苛刻的，比如高速撞擊或非常高的溫度等，單純的在密閉的容器中混合存放一定比例的氦氣和氮?dú)馐遣粫?huì)發(fā)生核反應(yīng)的，故C錯(cuò)誤；氘核的結(jié)合能是2.2 MeV，將氘核分解為一個(gè)中子和一個(gè)質(zhì)子時(shí)至少需要2.2 MeV的能量，氘核分解為中子和質(zhì)子時(shí)，它們不可能都是靜止的，動(dòng)能之和肯定大于零，根據(jù)能量守恒定律知，需要用能量大于2.2 MeV的光子照射靜止氘核，D錯(cuò)誤． 15．2017年4月22日，“天舟一號(hào)”貨運(yùn)飛船與“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室順利完成自動(dòng)交會(huì)對(duì)接．“天舟一號(hào)”發(fā)射升空后，進(jìn)入預(yù)定的圓軌道運(yùn)行，經(jīng)過(guò)變軌后升到“天宮二號(hào)”所在的圓軌道運(yùn)行．變軌前和變軌完成后“天舟一號(hào)”做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑分別為r1、r2，動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，則Ek1∶Ek2等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：G＝m，可得v＝，“天舟一號(hào)”的動(dòng)能為：Ek＝mv2＝，因此Ek1∶Ek2＝r2∶r1，故C正確． 16.如圖1所示，水平面內(nèi)有一等邊三角形ABC，O點(diǎn)為三角形的幾何中心，D點(diǎn)為O點(diǎn)正上方一點(diǎn)，O點(diǎn)到A、B、C、D四點(diǎn)的距離均為L(zhǎng).現(xiàn)將三個(gè)電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷分別固定在A、B、C處，已知靜電力常量為k，則D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(　　) 圖1 A. B. C. D. 答案　D 解析　D點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)等于A、B、C三個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的矢量疊加．將A、B、C處正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)正交分解到水平方向和豎直方向，設(shè)α是A、B、C處正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的方向與豎直方向的夾角，則D的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝3cos α，又α＝45°，解得E＝，故選D. 17.如圖2所示，一段圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，O為圓心，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)上的P、Q點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)等高，一物體通過(guò)光滑的輕質(zhì)掛鉤掛在繩上，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)保持輕繩的Q端位置不變，使P端在圓環(huán)上沿逆時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)動(dòng)，至PO水平．此過(guò)程中輕繩的張力(　　) 圖2 A．一直減小 B．一直增大 C．先增大后減小 D．先減小后增大 答案　B 解析　設(shè)P端輕繩與豎直方向夾角為θ，由于掛鉤光滑所以兩端繩的夾角為一定為2θ，兩端繩子拉力相同；P端在圓環(huán)上沿逆時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩端繩的夾角變大，由于兩端繩拉力的合力不變，故繩上的拉力變大，故選B. 18.甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)以相同的初速度從同一地點(diǎn)沿同一方向同時(shí)開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，以初速度方向?yàn)檎较?，其加速度隨時(shí)間變化的a－t圖象如圖3所示．關(guān)于甲、乙在0～t0時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．在0～t0時(shí)間內(nèi)，甲做減速運(yùn)動(dòng)，乙做加速運(yùn)動(dòng) B．在0～t0時(shí)間內(nèi)，甲和乙的平均速度相等 C．在t0時(shí)刻，甲的速度比乙的速度小 D．在t0時(shí)刻，甲和乙之間的距離最大 答案　D 解析　甲、乙的v－t圖象如圖，甲、乙都做加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間內(nèi)甲的位移比乙的大，所以甲的平均速度比乙的大，B錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間內(nèi)甲、乙的速度變化量相同，初速度相同，所以在t0時(shí)刻甲、乙速度相同，C錯(cuò)誤；由v－t圖象可知在t0時(shí)刻，甲和乙之間的距離最大，故D正確． 19.如圖4所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上．開(kāi)始時(shí)人、錘和車均靜止．此人將錘掄起至最高點(diǎn)，此時(shí)大錘在頭頂?shù)恼戏?，然后，人用力使錘落下敲打車的左端，如此周而復(fù)始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘恢復(fù)至初始狀態(tài)并停止敲打．在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．錘從最高點(diǎn)下落至剛接觸車的過(guò)程中，車的動(dòng)量方向先水平向右、后水平向左 B．錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過(guò)程中，車具有水平向左的動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零 C．錘從剛離開(kāi)車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，車具有水平向右的動(dòng)量，車的動(dòng)量先增大后減小 D．在任意一時(shí)刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 答案　AB 解析　人、錘和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為零，錘從最高點(diǎn)下落至剛接觸車的過(guò)程中，錘在水平方向上的速度方向由向左變?yōu)橄蛴?，則車的動(dòng)量方向先水平向右后水平向左，故A正確．錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過(guò)程中，錘的動(dòng)量由向右變?yōu)榱?，根?jù)動(dòng)量守恒知，車的動(dòng)量由向左變?yōu)榱悖蔅正確．錘從剛離開(kāi)車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，錘的動(dòng)量方向先向左再向右，則車的動(dòng)量方向先向右再向左，故C錯(cuò)誤．人、錘和車組成的系統(tǒng)，在豎直方向上所受的外力之和不為零，豎直方向上動(dòng)量不守恒，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故D錯(cuò)誤． 20．如圖5所示，整個(gè)空間有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一絕緣木板(足夠長(zhǎng))靜止在光滑水平面上，一帶正電的滑塊靜止在木板上，滑塊和木板之間的接觸面粗糙程度處處相同．不考慮空氣阻力的影響，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A．若對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊一定相對(duì)靜止 B．若對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊間一定沒(méi)有彈力 C．若對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊間一定沒(méi)有摩擦力 D．若對(duì)木板始終施加一個(gè)水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運(yùn)動(dòng) 答案　CD 21.如圖6所示，a、b、c是三個(gè)質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，a、b兩球套在水平放置的光滑細(xì)桿上，c球分別用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)線與a、b兩球連接．起初a、b兩球固定在細(xì)桿上相距2L處，重力加速度為g.若同時(shí)釋放a、b兩球，則(　　) 圖6 A．在a、b碰撞前的任一時(shí)刻，b相對(duì)c的速度方向與b、c的連線垂直 B．在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，c的機(jī)械能先增大后減小 C．在a、b碰撞前的瞬間，b的速度為 D．在a、b碰撞前的瞬間，b的速度為2 答案　AC 解析　在a、b碰撞前的任一時(shí)刻，將b小球速度分解為沿細(xì)線方向與垂直于細(xì)線方向，則b、c兩球沿細(xì)線方向的分速度大小相等，故b相對(duì)c的速度方向與b、c的連線垂直，故A正確；在a、b碰撞前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，c一直向下運(yùn)動(dòng)，兩細(xì)線對(duì)c做負(fù)功，則c的機(jī)械能一直減小，故B錯(cuò)誤．在a、b碰撞前的瞬間，c的速度為零，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：mgL＝·2mv，解得b的速度為 vb＝，故C正確，D錯(cuò)誤． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)只記錄了小球運(yùn)動(dòng)途中的A、B、C、D、E、F、G點(diǎn)的位置，相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔均為Δt＝0.50 s．取A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以＋x方向表示水平初速度方向、＋y方向表示豎直向下方向，實(shí)驗(yàn)記錄如下：(結(jié)果保留兩位小數(shù)) 標(biāo)號(hào)n A B C D E F G t(s) 0 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 x(m) 0 0.024 0.051 0.073 0.098 0.126 0.150 y(m) 0 0.042 0.108 0.198 0.314 0.454 0.617 圖7 (1)作出x－t圖象如圖7甲所示，小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平初速度大小是________ m/s； (2)以t為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)．作出－t圖象如圖乙所示，其函數(shù)解析式為＝4.88t＋0.59. ①重力加速度的測(cè)量值是________ m/s2 ； ②t＝0.10 s時(shí)，小球的豎直分速度大小是________ m/s. 答案　(1)0.50　(2)①9.76?、?.57 23．(9分)現(xiàn)要測(cè)量電壓表的內(nèi)阻和電源的電動(dòng)勢(shì)，提供的器材有：電源(電動(dòng)勢(shì)約為6 V，內(nèi)阻不計(jì))，電壓表V1(量程2.5 V，內(nèi)阻約為2.5 kΩ)，電壓表V2(量程3 V，內(nèi)阻約為10 kΩ)，電阻箱R0(最大阻值9 999.9 Ω)，滑動(dòng)變阻器R1(最大阻值為3 kΩ)，滑動(dòng)變阻器R2(最大阻值為500 Ω)，單刀雙擲開(kāi)關(guān)一個(gè)．導(dǎo)線若干． (1)在圖8甲中完成測(cè)量原理電路圖的練線； 圖8 (2)電路中應(yīng)選用滑動(dòng)變阻器__________(選填“R1”或“R2”)； (3)按照下列實(shí)驗(yàn)步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)： ①閉合開(kāi)關(guān)前，將滑動(dòng)變阻器和電阻箱連入電路的阻值調(diào)至最大； ②閉合開(kāi)關(guān)，將電阻箱調(diào)到6 kΩ，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器至適當(dāng)?shù)奈恢?，此時(shí)電壓表V1的示數(shù)為1.60 V，電壓表V2的示數(shù)為2.40 V； ③保持滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值不變，再將電阻箱調(diào)到2 kΩ，此時(shí)電壓表V1的示數(shù)如圖乙，其示數(shù)為_(kāi)_____ V，電壓表V2的示數(shù)為1.40 V； (4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算得到電源的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____ V，電壓表V1的內(nèi)阻為_(kāi)_________ kΩ，電壓表V2的內(nèi)阻為_(kāi)_________ kΩ. 答案　(1)如圖所示 (2)R1　(3)2.10　(4)5.60　2.5　10 24．(12分)如圖9所示，圓筒的內(nèi)壁光滑，底端固定在豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，圓筒可隨軸轉(zhuǎn)動(dòng)，它與水平面的夾角始終為45°.在圓筒內(nèi)有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧連接的相同小球A、B(小球的直徑略小于圓筒內(nèi)徑)，A、B質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k.當(dāng)圓筒靜止時(shí)A、B之間的距離為L(zhǎng)(L遠(yuǎn)大于小球直徑)．現(xiàn)讓圓筒開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，其角速度從零開(kāi)始緩慢增大，當(dāng)角速度增大到ω0時(shí)保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)小球B對(duì)圓筒底部的壓力恰好為零．重力加速度大小為g. (1)求圓筒的角速度從零增大至ω0的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的變化量； (2)用m、g、L、k表示小球A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的動(dòng)能Ek. 圖9 答案　(1)0　(2)＋ 解析　(1)系統(tǒng)靜止時(shí)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，以A為研究對(duì)象：kx1＝mgsin 45° B對(duì)圓筒底部的壓力恰好為零時(shí)，設(shè)彈簧的形變量為x2，以B為研究對(duì)象： kx2＝mgsin 45° 因x1＝x2，故彈簧彈性勢(shì)能的改變量為：ΔEp＝0 (2)設(shè)A做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則：R＝(L＋x1＋x2)cos 45° A在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，有：kx2cos 45°＋FNsin 45°＝m A在豎直方向上合力為零，有：FNcos 45°＝kx2sin 45°＋mg 聯(lián)立解得：Ek＝mv2＝＋ 25．(20分)如圖10所示，M1N1P1Q1和 M2N2P2Q2為在同一豎直面內(nèi)足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)軌的M1N1段與M2N2段相互平行，距離為L(zhǎng)；P1Q1段與P2Q2段也是平行的，距離為.質(zhì)量均為m的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，一不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線一端系在金屬桿b的中點(diǎn)，另一端繞過(guò)定滑輪與質(zhì)量也為m的重物c相連，絕緣輕線的水平部分與P1Q1平行且足夠長(zhǎng)．已知兩桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻始終為R，重力加速度為g. 圖10 (1)若保持a固定．釋放b，求b的最終速度的大??； (2)若同時(shí)釋放a、b，在釋放a、b的同時(shí)對(duì)a施加一水平向左的恒力F＝2mg，當(dāng)重物c下降高度為h時(shí)，a達(dá)到最大速度，求： ①a的最大速度； ②才釋放a、b到a達(dá)到最大速度的過(guò)程中，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中產(chǎn)生的電能． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)當(dāng)b的加速度為零時(shí)，速度最大，設(shè)此時(shí)速度為vm，則：E＝Bvm 電流：I＝ 分別以b、c為研究對(duì)象：FT＝BI，F(xiàn)T＝mg 聯(lián)立解得：vm＝ (2)①在加速過(guò)程的任一時(shí)刻，設(shè)a、bc的加速度大小分別為aa、abc，電流為i，輕繩的拉力為FT′，分別以a、b、c為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律： F－BiL＝maa FT′－Bi＝mabc mg－FT′＝mabc 聯(lián)立解得aa＝4abc 設(shè)a達(dá)到最大速度va時(shí)，b的速度為vb，由上式可知：va＝4vb 當(dāng)a的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大：2mg＝Bi′L 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝BLva＋Bvb 聯(lián)立解得va＝，vb＝ ②設(shè)重物下降的高度為h時(shí)，a的位移為xa，故xa＝4h 根據(jù)功能關(guān)系：2mgxa＋mgh＝E電＋mv＋mv＋mv 聯(lián)立解得E電＝9mgh－m()2. (二)選考題(請(qǐng)從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 33．【物理—選修3－3】(15分) (1)(5分)如圖11所示，一定質(zhì)量的理想氣體壓強(qiáng)隨體積變化的p－V圖象中，氣體先后經(jīng)歷了ab、bc、cd、da四個(gè)過(guò)程，其中ab垂直于cd，ab垂直于V軸且與p軸平行，bc、da是兩條等溫線．下列判斷正確的是________． 圖11 A．氣體在狀態(tài)a時(shí)的溫度低于在狀態(tài)c時(shí)的溫度 B．從a→b的過(guò)程中，氣體分子密集程度不變，分子平均動(dòng)能增加 C．從a→b→c的過(guò)程中，氣體密度不斷減小，溫度先升高后不變 D．從c→d的過(guò)程中，氣體放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功 E．從a→b→c→d的過(guò)程中，設(shè)氣體對(duì)外界做功為W1，外界對(duì)氣體做功W2，氣體吸熱為Q1，放熱為Q2，W1－W2T火 B．火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度 C．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 D．探測(cè)器繞火星運(yùn)動(dòng)的周期的平方與其軌道半徑的立方之比與相等 答案　B 解析　地球和火星繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)G＝mr，得T＝ ，火星的軌道半徑大于地球的軌道半徑，則火星的公轉(zhuǎn)周期大于地球的公轉(zhuǎn)周期，故A錯(cuò)誤．根據(jù)G＝m，得第一宇宙速度v＝，因<，則火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度，故B正確．根據(jù)G＝mg得，g＝，因<，則火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯(cuò)誤．T＝，則＝≠，故D錯(cuò)誤． 17．如圖2所示為理想變壓器，其中r為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器，P為滑動(dòng)變阻器的觸頭，u為正弦交流電源，電源輸出電壓的有效值恒定，則(　　) 圖2 A．P向右移動(dòng)時(shí)，原、副線圈的電流之比可能變大 B．P向右移動(dòng)時(shí)，變壓器的輸出功率變大 C．若原、副線圈增加相同的匝數(shù)，其它條件不變，則變壓器輸出電壓不變 D．若原、副線圈增加相同的匝數(shù)，其它條件不變，r消耗的功率可能不變 答案　D 解析　原、副線圈的電流的比值等于原副線圈匝數(shù)的反比，與副線圈電路電阻無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；P向右移動(dòng)時(shí)R阻值增大，但副線圈電壓不變，所以變壓器輸出功率變小，故B錯(cuò)誤；若原、副線圈匝數(shù)相同，原、副線圈增加相同的匝數(shù)，則匝數(shù)比不變，則變壓器輸出電壓不變，r消耗的功率不變；若原、副線圈匝數(shù)不相同，原、副線圈增加相同的匝數(shù)，則匝數(shù)比變化，則變壓器輸出電壓變化，原、副線圈中電流均變化，r消耗的功率變化，故C錯(cuò)誤，D正確． 18．如圖3所示，傾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一質(zhì)量M＝1.5 kg的物塊受平行于斜面向上的輕質(zhì)橡皮筋拉力F＝9 N作用，平行于斜面的輕繩一端固定在物塊M上，另一端跨過(guò)光滑定滑輪連接A、B兩個(gè)小物塊，物塊M處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，mA＝0.2 kg，mB＝0.4 kg，g取10 m/s2.則剪斷A、B間輕繩后，關(guān)于物塊M受到的摩擦力的說(shuō)法中正確的是(sin 37°＝0.6)(　　) 圖3 A．滑動(dòng)摩擦力，方向沿斜面向下，大小為4 N B．滑動(dòng)摩擦力，方向沿斜面向下，大小為2 N C．靜摩擦力，方向沿斜面向下，大小為7 N D．靜摩擦力，方向沿斜面向上，大小為2 N 答案　D 解析　開(kāi)始時(shí)物塊M受靜摩擦力作用，大小為Ff＝(mA＋mB)g＋Mgsin 37°－F＝6 N，方向沿斜面向上，剪斷A、B間輕繩后，假設(shè)M仍靜止，則此時(shí)M所受的靜摩擦力為：Ff′＝mAg＋Mgsin 37°－F＝2 N．因?yàn)? N＜6 N，故可知物塊M仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，故選項(xiàng)D正確． 19．如圖4所示，質(zhì)量為m和M的兩個(gè)物塊A、B，中間夾著一根由輕繩束縛著的、被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧與A、B不相連，它們一起在光滑的水平面上以共同的速度向右運(yùn)動(dòng)，總動(dòng)量為p，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep；某時(shí)刻輕繩斷開(kāi)，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，A剛好靜止，B向右運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為M的靜止物塊C相碰并粘在一起，則(　　) 圖4 A．彈簧彈力對(duì)A的沖量大小為p B．彈簧彈力對(duì)B做功的大小為Ep C．全過(guò)程中機(jī)械能減小量為Ep D．B、C的最終速度為 答案　AD 解析　選取水平向右為正方向，兩個(gè)物塊的總動(dòng)量是p，則A的動(dòng)量：pA＝p，彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，A剛好靜止，由動(dòng)量定理得：I＝pA′－pA＝0－p＝－p，負(fù)號(hào)表示與選定的正方向相反，故A正確；彈簧與A、B有相互作用力的過(guò)程中，彈簧對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，所以B的動(dòng)能的增加量等于彈簧的彈性勢(shì)能與A的初動(dòng)能的和，所以彈簧彈力對(duì)B做的功大于Ep，故B錯(cuò)誤；物塊A與B以及彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)相互作用結(jié)束后B的速度為v1，選取向右為正方向，則：p＝Mv1，B與C相互作用的過(guò)程中二者組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，設(shè)最終的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得：Mv1＝(M＋M)v2，聯(lián)立得：v2＝，故D正確； 整個(gè)的過(guò)程中損失的機(jī)械能：ΔE＝(m＋M)v＋Ep－·2Mv，而v0＝ 聯(lián)立得：ΔE＝Ep＋(－) 可知只有在m與M相等時(shí)，全過(guò)程中機(jī)械能減小量才為Ep，故C錯(cuò)誤． 20.如圖5所示，傾角為30°和45°的兩斜面下端緊靠在一起，固定在水平面上；紙面所在豎直平面內(nèi)，將兩個(gè)小球a和b，從左側(cè)斜面上的A點(diǎn)以不同的初速度向右平拋，下落相同高度，a落到左側(cè)的斜面上，b恰好垂直擊中右側(cè)斜面，忽略空氣阻力，則(　　) 圖5 A．a(chǎn)、b運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為∶2 B．a(chǎn)、b運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為1∶ C．a(chǎn)、b擊中斜面時(shí)的速率之比為∶1 D．若減小初速度，a球落到斜面時(shí)速度方向不變 答案　AD 解析　兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，下落相同的高度時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由vy＝gt知兩小球落在斜面上時(shí)豎直分速度大小相等．對(duì)于a球：有tan 30°＝＝＝，設(shè)a球落在斜面上時(shí)速度方向與水平方向的夾角為α，則tan α＝，可得tan α＝2tan 30°，與初速度無(wú)關(guān)，所以若減小初速度，a球落到斜面時(shí)速度方向不變，故D正確；對(duì)于b球：有tan 45°＝，結(jié)合tan 30°＝，可得a、b兩球初速度之比 va0∶vb0＝∶2，因x＝v0t，t相等，得a、b運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為 xa∶xb＝va0∶vb0＝∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；a擊中斜面時(shí)的速率為va＝＝＝gt，b擊中斜面時(shí)的速率為 vb＝vb0＝gt，所以va∶vb＝∶4，故C錯(cuò)誤． 21.真空中，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)φ＝，其中r為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離；在x軸上沿正方向依次放兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1和Q2；x軸正半軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖6所示；縱軸為圖線的一條漸近線，x0和x1已知，則(　　) 圖6 A．不能確定兩點(diǎn)電荷的電性 B．不能確定兩個(gè)電荷電荷量的比值 C．能確定兩點(diǎn)電荷的位置坐標(biāo) D．能確定x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度最小處的位置坐標(biāo) 答案　CD 解析　在點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)與距該點(diǎn)電荷的距離成反比，因?yàn)槿o(wú)限遠(yuǎn)處為電勢(shì)的零點(diǎn)，故正電荷在空間各點(diǎn)的電勢(shì)為正；負(fù)電荷在空間各點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)．現(xiàn)已知x＝x0處的電勢(shì)為零，故可知這兩個(gè)點(diǎn)電荷必定是一正一負(fù)，根據(jù)題圖圖象可知，當(dāng)考察點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)很近時(shí)，電勢(shì)為正，且隨x的減小而很快趨向無(wú)限大，故正的點(diǎn)電荷必定位于原點(diǎn)O處，當(dāng)x從0增大時(shí)，電勢(shì)沒(méi)有出現(xiàn)負(fù)無(wú)限大，即沒(méi)有經(jīng)過(guò)負(fù)的點(diǎn)電荷，這表明負(fù)的點(diǎn)電荷必定在原點(diǎn)的左側(cè)，因點(diǎn)電荷Q1和Q2在x軸上沿正方向依次放置，故點(diǎn)電荷Q2為正電荷，點(diǎn)電荷Q1為負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；設(shè)Q1到原點(diǎn)的距離為a，當(dāng)x很大時(shí)，電勢(shì)為負(fù)且趨向于零，這表明負(fù)的點(diǎn)電荷的電荷量的數(shù)值|Q1|應(yīng)大于Q2.根據(jù)題給的條件有： －＋＝0① －＋＝－φm② 因x＝x1時(shí)，電勢(shì)為極小值，故任一電量為q的正檢驗(yàn)電荷位于x1處的電勢(shì)能也為極小值，這表明該點(diǎn)是檢驗(yàn)電荷的平衡位置，位于該點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷受到的電場(chǎng)力等于零，因而有：＝③ 由①②③可解得a的值；由于－φm未知，不能求出Q1、Q2具體值但可求出它們的比值，故B錯(cuò)誤，C正確．φ－x圖象上某點(diǎn)的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，正負(fù)表示電場(chǎng)的方向，由題圖可知， x1位置電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故D正確． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量某物體的寬度，如圖7所示，其讀數(shù)為_(kāi)_______ mm. 圖7 (2)圖8是在“探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，選取了5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)a、b、c、d、e，測(cè)得數(shù)據(jù)如圖所示；相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.10 s，使用計(jì)時(shí)儀器的工作電壓為220 V、頻率為50 Hz，那么，實(shí)驗(yàn)中一定用到的一個(gè)儀器是下面實(shí)物中的________(選填A(yù)、B或C)，打點(diǎn)a至e的過(guò)程中紙帶的加速度大小為_(kāi)_______ m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖8 答案　(1)58.70　 (2)A　0.87 23．(9分)某同學(xué)想把滿偏電流為1.0 mA的電流表A1改裝成為雙量程電壓表，并用改裝的電表去測(cè)量某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻． (1)圖9甲是測(cè)量A1內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理圖，其中A2量程小于A1，先閉合開(kāi)關(guān)S1，將S2撥向接點(diǎn)a，調(diào)節(jié)變阻器R2，直至A2滿偏； (2)保持R2滑片位置不動(dòng)，將S2撥向接點(diǎn)b，調(diào)節(jié)R1，直至A2滿偏，此時(shí)電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，記錄數(shù)據(jù)，斷開(kāi)S1，則可得A1的內(nèi)阻R＝________Ω； 圖9 (3)現(xiàn)用此電流表改裝成0～3 V和0～6 V的雙量程電壓表，電路如圖丙所示，則RB＝________Ω； (4)用改裝后的電壓表的0～3 V擋接在待測(cè)電源(內(nèi)阻較大)兩端時(shí)，電壓表的示數(shù)為2.10 V；換用0～6 V擋測(cè)量，示數(shù)為2.40 V；則電源的電動(dòng)勢(shì)E為_(kāi)_______ V，內(nèi)阻r為_(kāi)________ Ω；若實(shí)際改裝過(guò)程中誤將RA和RB位置互換了，則對(duì)________(填“0～3 V”或者“0～6 V”)量程的使用沒(méi)有影響；電壓表的另一量程正確使用時(shí)，電壓測(cè)量值比真實(shí)值________；(填“偏大”或“偏小”) (5)將上述電源與兩個(gè)完全相同的元件X連接成電路圖，如圖10甲．X元件的伏安特性曲線如圖乙；則通過(guò)X元件的工作電流為_(kāi)___ mA. 圖10 答案　(2)10.0　(3)3 000　(4)2.80　1 000　0～6 V　偏小　(5)1.2 24．(12分)如圖11所示，為拍攝鳥(niǎo)類活動(dòng)，攝影師用輕繩將質(zhì)量為2.0 kg的攝影機(jī)跨過(guò)樹(shù)枝，懸掛于離地面8.5 m高的B點(diǎn)，繩子另一端連著沙袋，并將沙袋控制在地面上的A點(diǎn)．某時(shí)刻，沙袋突然失控，當(dāng)沙袋水平滑動(dòng)到較長(zhǎng)的斜坡底端C時(shí)，攝影機(jī)下落到距地面5.0 m高的D點(diǎn)，斜坡傾角為37°，此時(shí)細(xì)繩與斜面平行，最終攝影機(jī)恰好沒(méi)有撞擊地面，不計(jì)細(xì)繩與樹(shù)枝間的摩擦，g取10 m/s2. 圖11 (1)若從D點(diǎn)開(kāi)始下落過(guò)程，輕繩的拉力大小為23.2 N，求攝影機(jī)在D點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)若沙袋與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.175，求沙袋質(zhì)量M及攝影機(jī)下落全過(guò)程中，系統(tǒng)克服摩擦阻力所做的功(不計(jì)C處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)． 答案　(1)4 m/s　(2)4 kg　50 J 解析　(1)對(duì)攝影機(jī)，由牛頓第二定律：FT－mg＝ma，解得a＝1.6 m/s2 由D到地面：0－v＝－2ah, vD＝4 m/s (2)對(duì)沙袋，由牛頓第二定律：Mgsin θ＋μMgcos θ－FT＝Ma 得：M＝4 kg 從B點(diǎn)到地面，對(duì)系統(tǒng)，由功能關(guān)系可知：Wf＝mgH－Mghsin θ，H＝8.5 m，h＝5 m，解得Wf＝50 J. 25．(20分)如圖12所示，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系；該真空中存在方向沿x軸正向、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；原點(diǎn)O處的粒子源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子束，粒子恰能在xOy平面內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不計(jì)粒子間的相互作用． 圖12 (1)求粒子運(yùn)動(dòng)到距x軸為h所用的時(shí)間； (2)若在粒子束運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，突然將電場(chǎng)變?yōu)樨Q直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)镋′＝，求從O點(diǎn)射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍(不考慮電場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響)； (3)若保持E、B初始狀態(tài)不變，僅將粒子束的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子速度大小等于初速度λ倍(0<λ<2)的點(diǎn)所在的直線方程． 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)由粒子做直線運(yùn)動(dòng)可知，粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力、電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力三個(gè)力的合力為零，設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力與－x軸夾角為θ， 則qv0B＝ cos θ＝＝ 解得：t＝ (2)電場(chǎng)方向改變后，粒子所受電場(chǎng)力F電＝qE′＝mg，方向豎直向上，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，滿足：qv0B＝ 由圖可知最大的橫坐標(biāo)為x1＝ 解得：x1＝ 最小橫坐標(biāo)：x2＝2rcos θ 解得：x2＝，≤x≤ (3)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到位置坐標(biāo)(x，y)滿足速率為初速度的λ倍，根據(jù)動(dòng)能定理：－qEx－mgy＝m(λv0)2－m(2v0)2 解得：y＝－＋. (二)選考題(請(qǐng)從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分) 33．【物理—選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說(shuō)法正確的是________． A．空氣不能自發(fā)地分離成氮?dú)?、氧氣、二氧化碳等各種不同的氣體 B．一定質(zhì)量的理想氣體，若壓強(qiáng)和體積不變，其內(nèi)能可能增大 C．表面張力的產(chǎn)生，是因?yàn)橐后w表面層分子間的作用表現(xiàn)為相互排斥 D．一定質(zhì)量的理想氣體，絕熱壓縮過(guò)程中，分子平均動(dòng)能一定增大 E．標(biāo)準(zhǔn)狀況下氧氣的摩爾體積為22.4 L/mol，則平均每個(gè)氧分子所占的空間約為3.72×10－26 m3 (2)(10分)如圖13所示，質(zhì)量為m＝2.0 kg導(dǎo)熱性能良好的薄壁圓筒倒扣在裝滿水的槽中，槽底有細(xì)的進(jìn)氣管，管口在水面上方；筒內(nèi)外的水相連通且水面高度相同，筒內(nèi)封閉氣體高為H＝20 cm；用打氣筒緩慢充入壓強(qiáng)為p0、體積為V0的氣體后，圓筒恰好離開(kāi)槽底；已知筒內(nèi)橫截面積S＝400 cm2，大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105 Pa，水的密度為1.0×103 kg/cm3，g＝10 m/s2，筒所受的浮力忽略不計(jì)，求： 圖13 (ⅰ)圓筒剛要離開(kāi)槽底時(shí)，筒內(nèi)外水面高度差； (ⅱ)充氣氣體體積V0的大?。? 答案　(1)ADE　(2)(ⅰ)0.05 m　(ⅱ)2.05×10－3 m3 解析　(2)(ⅰ)當(dāng)圓筒恰好離開(kāi)水槽時(shí)，對(duì)圓筒受力分析：p0S＋mg＝pS 代入數(shù)據(jù)可得：p＝1.005×105 Pa 這時(shí)筒內(nèi)液面下降h，有：p＝p0＋ρgh 解得h＝0.05 m (ⅱ)根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：p0(HS＋V0)＝p(HS＋hS) 解得：V0＝2.05×10－3 m3 34．【物理—選修3－4】(15分) (1)(5分)位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源A沿y軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．A剛好完成一次全振動(dòng)時(shí)，在介質(zhì)中形成簡(jiǎn)諧橫波的波形如圖14所示，已知波速為2 m/s，波源A簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期為0.4 s，B是沿波傳播方向上介質(zhì)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，則________． 圖14 A．圖中x軸上A、B之間的距離為0.8 m B．波源A開(kāi)始振動(dòng)時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向 C．此后的周期內(nèi)回復(fù)力對(duì)波源A一直做負(fù)功 D．經(jīng)半個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)B將向右遷移半個(gè)波長(zhǎng) E．圖示時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)C所受的合外力方向沿y軸正方向 (2)(10分)如圖15所示，某工件由三棱柱和圓柱兩個(gè)相同透明玻璃材料組成，其截面如圖，該玻璃材料的折射率為n＝.ABC為直角三角形， ∠ABC＝30°，CDE為圓，半徑為R，CE貼緊AC.一束單色平行光沿著截面從AB邊射入工件后垂直CE進(jìn)入圓． 圖15 (ⅰ)求該平行光進(jìn)入AB界面時(shí)的入射角θ. (ⅱ)若要使到達(dá)CD面的光線都能從CD面直接折射出來(lái)，該圓至少要沿AC方向向上移動(dòng)多大距離． 答案　 (1)BCE　(2)(ⅰ)45°　(ⅱ)R 解析　 (1)圖中x軸上A、B之間的距離為半個(gè)波長(zhǎng)．波長(zhǎng)λ＝vT＝0.8 m，所以圖中x軸上A、B之間的距離為0.4 m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．波源A在波形圖中此時(shí)刻的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向．所以選項(xiàng)B正確．此后周期內(nèi)波源A遠(yuǎn)離平衡位置，回復(fù)力方向與速度方向相反，一直做負(fù)功，選項(xiàng)C正確．在橫波中，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)不會(huì)隨著波的前進(jìn)而前進(jìn)，而是在平衡位置附近振動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．圖示時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)C加速度方向指向平衡位置，即所受的合外力方向沿y軸正方向，選項(xiàng)E正確． (2)(ⅰ)光路如圖，光線在BC界面發(fā)生反射后垂直進(jìn)入CE，由折射定律有 ＝ 由幾何關(guān)系可知光線在BC界面的入射角β＝60°，在AB界面的折射角α＝30°，解得：θ＝45° (ⅱ)設(shè)該材料的全反射角為γ，則 ＝n 解得：γ＝45° 如圖，當(dāng)光線在CD面的入射角為45°時(shí)是能直接折射出來(lái)的臨界情況 則該圓至少要上移的距離d＝R－Rsin γ＝ R 12