1、2019年安徽省合肥一中、馬鞍山二中等六校教育研究會高考物第5頁（共26頁）理二模試卷二、選擇題:1. （3分）下列說法中正確的有（A. “康普頓效應(yīng)”和“光電效應(yīng)”說明了光具有波粒二象性B.目前的核電站、核潛艇在利用核能時，發(fā)生的核反應(yīng)均是重核裂變C.對于某種金屬來說，其發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率是恒定的，且與光的強度有關(guān)2.3.4.D. “人造太陽”是輕核聚變的一個重要應(yīng)用之一,（3分）一個質(zhì)點做勻變速直線運動，依次經(jīng)過的時間分別為t、2t、4t, ac和bd的位移分別為A . 15t2乂廠2 K 1 C. 42tz它的核反應(yīng)方程是a、b、c、d四點。已知經(jīng)過 ab、bc和cdX1和X2,則質(zhì)

2、點運動的加速度為,Ll B-42tzX 2 -2 X 1 »-15L（3分）如圖，一粗糙斜面固定于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過一跨過斜面頂端光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連。能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質(zhì)量的最大值和最小值分別為mi和m2.設(shè)輕繩與斜面保持平行， 滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。斜面傾角為 也則滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為（A，%2m口B.mg（3分）科學家計劃在 2025年將首批宇航員送往火星進行考察。一質(zhì)量為 m的物體，假設(shè)在火星兩極宇航員用彈簧測力計測得的讀數(shù)為Fl,在火星赤道上宇航員用同一把彈簧測力計測得的讀數(shù)為F2.通過天文觀測測得火星的自轉(zhuǎn)角速度為

3、3設(shè)引力常數(shù)為 G,將火星看成是質(zhì)量分布均勻的球體，則火星的密度和半徑分別為（B.C.3FS 24兀G（FF。'5G g3F1 3 °4nG（FF2）'F1+F2in 2D.5. （3分）如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第一象限ywa范圍內(nèi)，存在垂直紙面向里磁感應(yīng)弓11度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為 m、電荷量為q帶負電的粒子從坐標原點 。以速度大小為空口二運沿不同方向射入磁場，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）0 maX X X X01 "7TA.若粒子初速度沿 y軸正方向，粒子在磁場中的運動時間為4QDB.若粒子初速度沿 y軸正方向，粒子在磁場中的運動時

4、間為W粵SqBC.粒子在磁場中運動的最長時間為 之13qgD.粒子在磁場中運動的最長時間為 經(jīng)33qB6. （3分）如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d,相距為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m,電荷量為q的帶電小球以某一水平速度靠近上板下表面的P點射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入,小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從 P點射入，小球剛好垂直打在板上。已知重力加速度為g,則下列說法正確的有（）A.小球從P點射入的初速度為V2gdB.小球帶正電，所加勻強電場 E=qC.所加勻強磁

5、場方向垂直紙面向里，B = 工也捻2qdD.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為身？7. （3分）某空間內(nèi)有高度為 d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內(nèi)建立如圖所示的坐標系后。在 x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子（粒子 重力不計），由于粒子的入射速率 v不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過 y軸。設(shè)粒子通過 y軸時，離坐標原點的距離為 h,從P到y(tǒng)軸所需的 時間為t,則（）A.由題設(shè)條件不能判斷出粒子的帶電性質(zhì)B.對hwd的粒子，h不同，粒子在電場中的運動時間t相同C.對h>d的粒子，h不同，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等D

6、 .不同h對應(yīng)的粒子，進入電場時的速率 v可能相同8. （3分）如圖甲所示，水平面內(nèi)粗糙導軌MN、PQ相距為L,置于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，導軌電阻不計。兩根電阻均為 R相同的金屬棒ab, cd置于導軌上且與導軌接觸良好，電流表內(nèi)阻不計；若ab棒在水平外力F作用下由靜止開始向右運動,電流表示數(shù)隨時間變化圖線如圖乙所示,在t0時刻cd棒剛要開始運動，下列各種說法中正確的是（）XXXX P-XXX圖甲九N XA. ab棒在t0時間內(nèi)做勻加速直線運動B.若在t0時刻突然撤去外力F,此時ab棒的加速度大小為2BI0L a-IDC.在t0時間內(nèi)，通過cd棒的電量為 口 口2D.在t0時間內(nèi)

7、，力F做的功為ab棒的焦耳熱、摩擦生熱和其增加的動能三者之和三、非選擇題：9.某同學利用如圖甲所示裝置探究平拋運動中物體機械能是否守恒。在斜槽軌道的末端安裝一個光電門 B,調(diào)節(jié)激光束與球心等高，斜槽末端水平。地面上依次鋪有白紙、復寫紙，讓小球從斜槽上固定位置 A點無初速釋放，通過光電門后落在地面的復寫紙上，在白紙上留下打擊印。重復實驗多次，測得小球通過光電門的平均時間為3.30ms （當?shù)刂?力加速度g=9.8m/s ）。（1）用游標卡尺測得小球直徑如圖乙所示，則小球直徑為d= mm,由此可知小球通過光電門的速度VB。N口 '0123 cmF /甲乙（2）實驗測得軌道離地面的高度h=

8、0.784m,小球的平均落點 P到軌道末端正下方 。點的距離x= 0.600m,則由平拋運動規(guī)律解得小球平拋的初速度vo =m/s。（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）在誤差允許范圍內(nèi)，實驗結(jié)果中小球通過光電門的速度vb與由平拋運動規(guī)律求解的平拋初速度V0相等，就可以認為平拋運動過程中機械能是守恒的。10.某學習小組欲精確測量電阻Rx的阻值，有下列器材供選用。A .待測電阻器 Rx （約為300Q）B.電壓表V （3V,內(nèi)阻約3KQ）C.電流表A1 （10mA,內(nèi)阻約10Q）D.電流表A2 （20mA,內(nèi)阻約5Q）E.滑動變阻器 R1 （0-20Q,額定電流2A）F.滑動變阻器 R2 （02000Q

9、 額定電流0.5A）G.直流電源E （3V,內(nèi)阻約1Q）H.開關(guān)、導線若1（1）甲同學根據(jù)以上器材設(shè)計成用伏安法測量電阻的電路，并能滿足Rx兩端電壓能從0開始變化進行多次測量。則電流表應(yīng)選擇 （填“A1”或“A2”）；滑動變阻器應(yīng)選 擇 （填“ Ri”或“ R2”）；并請在方框中幫甲同學完成實驗原理電路圖。（2）乙同學經(jīng)過反復思考，利用所給器材設(shè)計出了如圖所示的測量電路，具體操作如下：如圖所示連接好實驗電路，閉合開關(guān)Si前調(diào)節(jié)滑動變阻器 Ri、R2的滑片至適當位置；閉合開關(guān)Si,斷開開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器 Ri、R2的滑片，使電流表 Ai的示數(shù)恰好為電流表A2的示數(shù)的一半；閉合開關(guān)S2并保持

10、滑動變阻器 R2的滑片位置不變，讀出電壓表V和電流表Ai的示數(shù)，分另記為U、I;待測電阻的阻值Rx=。（3）比較甲乙兩同學測量電阻 Rx的方法，你認為哪種方法更有利于減小系統(tǒng)誤差。答：同學（填“甲”或“乙”）。ii .如圖所示，無限長的光滑絕緣斜面傾角為0,在斜面底端固定一個質(zhì)量為m,帶正電電量為q的小滑塊P.整個裝置處在正交的勻強電場和勻強磁場（圖中未畫出電場和磁場）中，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。若在t= 0時刻突然解除對 P的固定,經(jīng)過一段時間t撤去電場，又經(jīng)過 2t的時間小滑塊滑回到斜面底端，求：（i）勻強電場的場強大??；（2）勻強磁場磁感應(yīng)強度的最大值不能超過多少？12.

11、 如圖所示，光滑軌道槽 ABCD與粗糙軌道槽 GH （點G與點D在同一高度但不相交，F(xiàn)H與圓相切）通過光滑圓軌道EF平滑連接，組成一套完整的軌道，整個裝置位于豎直平面內(nèi)。現(xiàn)將一質(zhì)量 m=ikg的小球甲從AB段距地面高ho=2m處靜止釋放，與靜止在水平軌道上、質(zhì)量為ikg的小球乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后小球乙滑上右邊斜面軌道并第5頁（共26頁）能通過軌道的最高點 E點。已知CD、GH與水平面的夾角為 0= 37° , GH段的動摩擦因數(shù)為科=0.25,圓軌道的半徑 R= 0.4m, E點離水平面的豎直高度為3R （E點為軌道的最高點），（g=10m/s2, sin37° =0.

12、6, cos37° =0.8）求兩球碰撞后：（1）小球乙第一次通過 E點時對軌道的壓力大??；（2）小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；（3）若將小球乙拿走，只將小球甲從AB段離地面h處自由釋放后，小球甲又能沿原路徑返回，試求h的取值范圍。13. （3分）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A,其中，A - B和C-D為等溫過程，B - C和D-A為絕熱過程。該循環(huán)過程中，下列說法正確的是（）A. A-B過程中，氣體對外界做功，吸熱B . B-C過程中，氣體分子的平均動能減少C. C-D過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)減少D . D-

13、A過程中，外界對氣體做功，氣體內(nèi)能增加E.該整個循環(huán)過程中，氣體放熱14. （3分）如圖所示，一水平放置的薄壁圓柱形容器內(nèi)壁光滑，長為 L,底面直徑為 D, 其右端中心處開有一圓孔。質(zhì)量一定的理想氣體被活塞封閉在容器內(nèi)，器壁導熱良好，活塞可沿容器內(nèi)壁自由滑動，其質(zhì)量、厚度均不計。開始時氣體溫度為300K,活塞與容器底部相距|-L.現(xiàn)對氣體緩慢加熱，已知外界大氣壓強為 P0,求溫度為500K時氣體的 壓強。15. （3分）圖甲為一簡諧橫波在 t=0.10s時的波形圖，P是平衡位置在x=0.5m處的質(zhì)點,Q是平衡位置在x= 2.0m處的質(zhì)點；圖乙為質(zhì)點Q的振動圖象。下列說法正確的是（）第9頁（共2

14、6頁）A .這列波沿x軸負方向傳播B .這列波的傳播速度為 2m/sC.從t=0至ij t= 0.15s,這列波傳播的距離為3mD.從t= 0.10s至ij t=0.15s, P通過的路程為 10cmE. t= 0.15s, P的加速度方向與 y軸正方向相反16. （3分）如圖所示，一玻璃磚的截面為直角三角形ABC,其中/ A = 60 ° , AB = 6cm。現(xiàn)有兩細束平行且相同的單色光a、b,分別從AC邊上的D點、E點以45°角入射，且均能從AB邊上的F點射出。已知 AD=AF=2cm。求:（1）玻璃磚的折射率;（2） D、E兩點之間的距離。2019年安徽省合肥一中、

15、馬胺山二中等六校教育研究會 高考物理二模試卷參考答案與試題解析二、選擇題：1. （3分）下列說法中正確的有（）A . “康普頓效應(yīng)”和“光電效應(yīng)”說明了光具有波粒二象性B.目前的核電站、核潛艇在利用核能時，發(fā)生的核反應(yīng)均是重核裂變C.對于某種金屬來說，其發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率是恒定的，且與光的強度有關(guān)D. “人造太陽”是輕核聚變的一個重要應(yīng)用之一，它的核反應(yīng)方程是24He+01n12HH-13H【考點】IE:愛因斯坦光電效應(yīng)方程；IF:光的波粒二象性；JL:輕核的聚變.【專題】31 :定性思想；43:推理法；54I:光電效應(yīng)專題.【分析】明確光的波粒二象性，知道兩種性質(zhì)分別對應(yīng)的現(xiàn)象；明確核能

16、的應(yīng)用，知道核電站原理；明確光電效應(yīng)的基本內(nèi)容；知道核聚變的反應(yīng)方程?！窘獯稹拷猓篈、光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都說明光具有粒子性，故 A錯誤；B、目前的核電站、核潛艇在利用核能時，發(fā)生的核反應(yīng)均是重核裂變，選項B正確；C、對于某種金屬來說，其發(fā)生光電效應(yīng)的極限頻率是恒定的，且與光的強度無關(guān)，故C錯誤；D、“人造太陽”是輕核聚變的一個重要應(yīng)用之一，它的核反應(yīng)方程是 故 D 錯誤；故選：B?！军c評】本題考查光的二象性、核能的應(yīng)用以及光電效應(yīng)內(nèi)容，要注意準確記憶相關(guān)內(nèi) 容，明確各種核現(xiàn)象的應(yīng)用。2. （3分）一個質(zhì)點做勻變速直線運動，依次經(jīng)過a、b、c、d四點。已知經(jīng)過ab、bc和cd的時間分別為t、2

17、t、4t, ac和bd的位移分別為xi和X2,則質(zhì)點運動的加速度為 （）B.42t2115t242t2D.一2工i15t2【考點】1E:勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系.【專題】31:定性思想；43:推理法；511:直線運動規(guī)律專題.【分析】分別對ac和bd過程根據(jù)位移公式列式，聯(lián)立即可求出質(zhì)點運動的加速度?！窘獯稹拷猓涸O(shè)a點的速度為v,則有：x2=（v+at）-6t+ya（6t）x -2 x聯(lián)立解得：盤，L,故D正確，ABC錯誤。15tz故選：D?！军c評】本題考查位移公式的直接應(yīng)用，要注意明確兩段位移對應(yīng)的時間和初速度，從 而正確利用位移公式列式求解即可。3. （3分）如圖，一粗糙斜面固定于

18、水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過一跨過斜面頂端光滑定滑輪的輕繩與一鉤碼相連。能使滑塊在斜面上保持靜止的鉤碼質(zhì)量的最大值和最小值分別為mi和m2 .設(shè)輕繩與斜面保持平行， 滑塊所受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。斜面傾角為 也則滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為（IDA,%2mB.-mg【考點】2G:力的合成與分解的運用;3C:共點力的平衡.【專題】32:定量思想；4C:方程法；527:共點力作用下物體平衡專題.【分析】當鉤碼的質(zhì)量有最大值 mi時，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向下，當鉤碼的質(zhì)量有最小值m2時，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，根據(jù)平衡條件列方程求解?！窘獯稹?解：當鉤碼的質(zhì)量有最大值mi時，滑

19、塊所受的靜摩擦力沿斜面向下，則:jjmgcos 什mgsin 0= mig；mgsin 0 =當鉤碼的質(zhì)量有最小值m2時，滑塊所受的靜摩擦力沿斜面向上，則:第9頁（共26頁）第21頁（共26頁）m2g+ 師gcos。；m 一in?2nleos 0,故C正確、ABD錯誤。故選：Co【點評】 本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。4. （3分）科學家計劃在 2025年將首批宇航員送往火星進行考察。一質(zhì)量為m的物體，假設(shè)在火星兩極宇航員用彈簧測力計測得的讀

20、數(shù)為Fl,在火星赤道上宇航員用同一把彈簧測力計測得的讀數(shù)為F2.通過天文觀測測得火星的自轉(zhuǎn)角速度為3設(shè)引力常數(shù)為 G,將火星看成是質(zhì)量分布均勻的球體，則火星的密度和半徑分別為（B.C.3F 3 24兀G(FrFz)'D.5G'3?【考點】4A:向心力;4F:萬有引力定律及其應(yīng)用.【專題】31 :定性思想;43:推理法；528:萬有引力定律的應(yīng)用專題.【分析】兩極處萬有引力充當重力，而在赤道上萬有引力和支持力的合力充當向心力,根據(jù)萬有引力定律列式即可求出半徑；再根據(jù)萬有引力充當重力列式，結(jié)合密度公式即可求出火星的密度?！窘獯稹拷猓涸趦蓸O：G雪二Fl；在赤道上：G嚶-=m3 2r；

21、聯(lián)立解得R二1R2d3F 2解得。二4/G（F -F ），故A正確BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用，要注意明確萬有引力可以求出中心天體的質(zhì)量，同時在知道中心天體半徑的情況下可以求出密度。5. （3分）如圖所示，在平面直角坐標系xoy的第一象限ywa范圍內(nèi)，存在垂直紙面向里磁感應(yīng)弓11度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為 m、電荷量為q帶負電的粒子從坐標原點 。以速度大小為趣沿不同方向射入磁場，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）0 mX X X XOI'A.若粒子初速度沿 y軸正方向，粒子在磁場中的運動時間為3qBB.若粒子初速度沿 y軸正方向，粒子在磁場中的運動時間為募

22、,TTC .粒子在磁場中運動的最長時間為 -7TVJqbD.粒子在磁場中運動的最長時間為 空巴3qg【考點】37:牛頓第二定律；4A:向心力；CI:帶電粒子在勻強磁場中的運動.【專題】31 :定性思想；43:推理法；536:帶電粒子在磁場中的運動專題.【分析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由幾何知識求出粒子軌道半徑與轉(zhuǎn)過的圓心角，然后應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式分析，根據(jù)圓周運動的規(guī)律分析時間?！窘獯稹拷猓篈B、粒子運動的速度為 V”用亙，則粒子運動的軌道半徑為：工二色=23， u mqB30。，則運動時間為則若粒子初速度沿 y軸正方向，粒子在磁場中運動轉(zhuǎn)過的角度為故AB錯誤

23、;30°12nr360°12v0 -6qBCD、當軌跡與磁場上邊界相切時，粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為 120° ,時間為t產(chǎn)衛(wèi)且，故C錯誤D正確。m 1 3qB故選：D?！军c評】 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡 是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題。6. （3分）如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d,相距為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為 m,電荷量為q的帶電小球以某一水平速度靠近上板下表面的P點射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該

24、帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從 P點射入，小球剛好垂直打在板上。已知重力加速度為g,則下列說法正確的有（）A.小球從P點射入的初速度為 “很B.小球帶正電，所加勻強電場 E=C.所加勻強磁場方向垂直紙面向里，B = G*di還2qdD.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為【考點】AK :帶電粒子在勻強電場中的運動；CM :帶電粒子在混合場中的運動.【專題】32:定量思想；43:推理法；537:帶電粒子在復合場中的運動專題.【分析】A、對平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解初速度;B、加電場后，做勻速直

25、線運動，根據(jù)平衡條件求解電場強度；C、再加磁場后，做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式 求解磁感應(yīng)強度；D、對勻速圓周運動，根據(jù)速度的定義公式求解時間?！窘獯稹拷猓篈、小球從P點射入后做平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：2d = v0t聯(lián)立解得：v0=V2gd故A正確;B、加電場后做勻速直線運動，故：qE= mg解得：e=j21q電場力向上，場強向下，故小球帶負電荷，故 B錯誤；C、再加磁場后，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，小球剛好垂直打在板上，故軌道半徑為d,根據(jù)牛頓第二定律，有：解得：B=屈；根據(jù)左手定則，磁場方向垂直向內(nèi)，故 C錯誤；D、加入勻強磁場后，帶電小

26、球在板間運動時間為四分之一個周期，為:【點評】 本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運動情況，結(jié)合平拋運動分運動公式、平衡 條件、勻速圓周運動知識分析，不難。7. （3分）某空間內(nèi)有高度為 d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內(nèi)建 立如圖所示的坐標系后。在 x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入相同的帶電粒子（粒子 重力不計），由于粒子的入射速率 v不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過 y軸。設(shè)粒子通過 y軸時，離坐標原點的距離為 h,從P到y(tǒng)軸所需的 時間為t,則（）A.由題設(shè)條件不能判斷出粒子的帶電性質(zhì)t相同B.對hwd的粒子，h不同，粒子在電場中的運動時間C.對

27、h>d的粒子，h不同，在時間t內(nèi)，電場力對粒子做的功不相等D.不同h對應(yīng)的粒子，進入電場時的速率v可能相同【考點】AE:電勢能與電場力做功； AK :帶電粒子在勻強電場中的運動.【專題】34:比較思想；49:合成分解法；531:帶電粒子在電場中的運動專題.【分析】根據(jù)電場力做功情況，判斷電勢能的變化情況；粒子在電場中做類平拋運動，若在電場中進入y軸，則電場力的方向偏轉(zhuǎn)位移相同，所以運動時間也相等，做功也相 等；若出電場后進入 y軸，則h越大，沿著電場力方向偏轉(zhuǎn)位移越小，做功越少?！窘獯稹拷猓篈、粒子受電場力向左，可知粒子帶正電，故 A錯誤；B、對h<d的粒子，一直在電場中運動，然后

28、通過y軸，水平方向的加速度相同，水平位移相同，則運動時間相同，故 B正確；C、對h>d的粒子先在電場中向左偏轉(zhuǎn)，然后從電場上邊界出離電場，作直線運動到達 y軸上，h不同的粒子，從電場上邊界射出的位置不同，在電場中沿電場線方向的位移不 同，則電場力對粒子做的功不相等，故 C正確；D、若hwd的粒子，水平分位移 x相等，由x=Lat2知，運動時間t相等，豎直分位移h2= vot,則h越大的粒子，進入電場時的速率 v也越大；對h>d的粒子，通過電場時豎直 分位移y相等，h越大，沿著電場力偏轉(zhuǎn)位移 x越小，由* =工2產(chǎn)可知t越小，由y = v0t,2可知，v越大，故D錯誤；故選：BC?！?/p>

29、點評】本題關(guān)鍵要掌握類平拋運動的處理方法，掌握運動的合成與分解的等時性，根 據(jù)牛頓第二定律與運動學公式正確列式，再進行分析。8. （3分）如圖甲所示，水平面內(nèi)粗糙導軌MN、PQ相距為L,置于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，導軌電阻不計。兩根電阻均為 R相同的金屬棒ab, cd置于導軌上且 與導軌接觸良好，電流表內(nèi)阻不計；若ab棒在水平外力F作用下由靜止開始向右運動，電流表示數(shù)隨時間變化圖線如圖乙所示，在t0時刻cd棒剛要開始運動，下列各種說法中正確的是（）A . ab棒在t0時間內(nèi)做勻加速直線運動B.若在t0時刻突然撤去外力 F,此時ab棒的加速度大小為立二5mC.在t0時間內(nèi)，通過cd

30、棒的電量為屋口2D.在t0時間內(nèi)，力F做的功為ab棒的焦耳熱、摩擦生熱和其增加的動能三者之和【考點】37:牛頓第二定律；BB:閉合電路的歐姆定律；CE:安培力的計算；D9:導體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；DD:電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.【專題】34:比較思想；42:等效替代法；53C:電磁感應(yīng)與電路結(jié)合.【分析】根據(jù)法拉第定律、歐姆定律得到感應(yīng)電流I與ab棒速度的關(guān)系，從而判定出 ab棒的運動情況。若在t0時刻突然撤去外力 F, cd棒剛要開始運動，cd棒所受的靜摩擦力達到最大值，且安培力等于cd棒的最大靜摩擦力，對 ab棒，根據(jù)牛頓第二定律求加速度。I - t圖象與時間軸所圍的面積等于電量。結(jié)合功

31、能關(guān)系分析?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)E=BLv得：身£,由圖象可知，則t0時間內(nèi)I=kt,可知2R 2R速度v與時間t成正比，即ab棒在t0時間內(nèi)做勻加速直線運動，故 A正確；C、若在t0時刻突然撤去外力 F,此時對cd棒：f=Bl0L;兩棒所受的安培力大小相等,則ab棒的加速度大小為:BI0L+f 2BI0L3-m mC、根據(jù)q=It,可知I-t圖象與時間軸所圍的面積等于電量，則由圖象可知在t0時間內(nèi),通過cd棒的電量為 u u ,故C正確；2D、在t0時間內(nèi)，力F做的功為ab和cd棒的焦耳熱、摩擦生熱和其增加的動能四者之和，故D錯誤;故選：ABC ?！军c評】 本題是雙桿類型，要抓住兩

32、棒之間的聯(lián)系，如安培力大小相等，這是解題的關(guān)鍵。要知道I-t圖象與時間軸所圍的面積等于電量，根據(jù)幾何知識求電量。、非選擇題:9. 某同學利用如圖甲所示裝置探究平拋運動中物體機械能是否守恒。在斜槽軌道的末端安裝一個光電門 B,調(diào)節(jié)激光束與球心等高，斜槽末端水平。地面上依次鋪有白紙、復寫紙，讓小球從斜槽上固定位置A點無初速釋放，通過光電門后落在地面的復寫紙上，在白紙上留下打擊印。重復實驗多次，測得小球通過光電門的平均時間為3.30ms （當?shù)刂?、力加速度g=9.8m/s ）。（1）用游標卡尺測得小球直徑如圖乙所示，則小球直徑為d= 5.00 mm,由此可知小球通過光電門的速度 vb。（2）實驗測

33、得軌道離地面的高度 h= 0.784m,小球的平均落點 P到軌道末端正下方 。點 的距離x= 0.600m,則由平拋運動規(guī)律解得小球平拋的初速度 V0= 1.50 m/s。（結(jié)果保 留3位有效數(shù)字）（3）在誤差允許范圍內(nèi)，實驗結(jié)果中小球通過光電門的速度vb與由平拋運動規(guī)律求解的平拋初速度V0相等，就可以認為平拋運動過程中機械能是守恒的?！究键c】43:平拋運動；MD :驗證機械能守恒定律.【專題】32:定量思想；43:推理法；52E:機械能守恒定律應(yīng)用專題.【分析】（1）游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加游標讀數(shù)，不需估讀。（2）利用平拋運動水平方向和豎直方向的運動特點，可正確解答；【解答】 解：（1

34、）小球直徑為 d= 5mm+0.05mm X 0= 5.00mm ；（2）小球做平拋運動，則 x = v0t； h = gt2,2故答案為（1） 5.00（2） 1.50【點評】該題從新的角度來驗證機械能守恒，在原來問題上有所創(chuàng)新；但無論怎么變化,只要能通過題意明確實驗原理即可正確解答實驗問題。10.某學習小組欲精確測量電阻Rx的阻值，有下列器材供選用。A .待測電阻器 Rx （約為300Q）B.電壓表V （3V,內(nèi)阻約3KQ）C.電流表A1 （10mA,內(nèi)阻約10Q）D.電流表A2 （20mA,內(nèi)阻約5Q）E.滑動變阻器 Ri （020Q,額定電流2A）F.滑動變阻器 R2 （02000 0

35、1,額定電流0.5A）G.直流電源E （3V,內(nèi)阻約1Q）H.開關(guān)、導線若干（1）甲同學根據(jù)以上器材設(shè)計成用伏安法測量電阻的電路，并能滿足Rx兩端電壓能從0開始變化進行多次測量。則電流表應(yīng)選擇AI（填“A1”或“A2”）；滑動變阻器應(yīng)選擇 R（填“ R1”或“ R2”）；并請在方框中幫甲同學完成實驗原理電路圖。（2）乙同學經(jīng)過反復思考，利用所給器材設(shè)計出了如圖所示的測量電路，具體操作如下：如圖所示連接好實驗電路，閉合開關(guān)S1前調(diào)節(jié)滑動變阻器 R1、R2的滑片至適當位置；閉合開關(guān)S1,斷開開關(guān)S2,調(diào)節(jié)滑動變阻器 R1、R2的滑片，使電流表 A1的示數(shù)恰好 為電流表A2的示數(shù)的一半；閉合開關(guān)S2

36、并保持滑動變阻器 R2的滑片位置不變，讀出電壓表V和電流表A1的示數(shù)，分另記為U、I;待測電阻的阻值Rx = _y_°（3）比較甲乙兩同學測量電阻 Rx的方法，你認為哪種方法更有利于減小系統(tǒng)誤差。答：一同學（填“甲”或“乙”）?！究键c】N6:伏安法測電阻.【專題】13:實驗題；23:實驗探究題；31:定性思想；4B:圖析法；535:恒定電流專題.【分析】（1）根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，根據(jù)題意確定滑動變阻器的接法，為方便實驗操作選擇最大阻值較小的滑動變阻器，根據(jù)待測電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表接法，然后作出電路圖.（2）根據(jù)實驗步驟應(yīng)用歐姆定律求出電阻阻值.（3）根據(jù)實

37、驗步驟與實驗原理分析實驗誤差，然后作出解答.【解答】解：（1）通過待測電阻的最大電流約為：i=JL= 3V = 0.01A= 10mA,電Rx 300Q流表應(yīng)選擇Ai;實驗要求電壓從零開始變化，則滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，為方便實驗操作，應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器Ri;待測電阻阻值約為 300 Q,電流表內(nèi)阻約為10電壓表內(nèi)阻約為 3k Q,相對于來說待測電阻阻值遠大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，實驗電路圖如圖所示：（2）由實驗步驟 可知，通過R2與Rx的電流相等，它們并聯(lián)，則兩支路電阻相等，由實驗步驟 可知，電壓表測待測電阻兩端電壓,由于兩并聯(lián)支路電阻相等，則通過它們的電流相等，由實

38、驗步驟可知，通過待測電阻的電流等于電流表 Ai的示數(shù)I,則待測電阻阻值：Rx = U；I（3）由兩種實驗方案與實驗步驟可知，由于電表內(nèi)阻的影響甲的測量值存在誤差，由于實驗電路與實驗步驟的巧妙設(shè)計，乙的方案化解了電表內(nèi)阻影響，測量值與真實值 相等，乙的方案可以消除系統(tǒng)誤差.故答案為：（1） Ai; Ri;電路圖如圖所示；（2）苧；（3）乙.O-1二* K1占£>【點評】 本題考查了實驗器材選擇、實驗電路設(shè)計、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關(guān)鍵.11 .如圖所示，無限長的光滑絕緣斜面傾角為0,在斜面底端固定一

39、個質(zhì)量為 m,帶正電電量為q的小滑塊P.整個裝置處在正交的勻強電場和勻強磁場（圖中未畫出電場和磁場）中，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。若在 t= 0時刻突然解除對 P的固定, 第18頁（共26頁）經(jīng)過一段時間t撤去電場，又經(jīng)過 2t的時間小滑塊滑回到斜面底端，求:(1)勻強電場的場強大?。?2)勻強磁場磁感應(yīng)強度的最大值不能超過多少？【考點】1E:勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；37:牛頓第二定律；CM:帶電粒子在混合場中的運動.【專題】11:計算題；22:學科綜合題；32:定量思想；49:合成分解法；537:帶電粒 子在復合場中的運動專題.【分析】(1)由牛頓第二定律分別求得沿斜

40、面向上的加速度和撤去電場后加速度，由運 動學公式可求得電場強度；(2)分析滑塊受到的洛倫茲力的方向，小滑塊不離開斜面需要qv1B<mgcos0,可求得磁感應(yīng)強度的最大值?！窘獯稹?解：(1)小滑塊沿斜面向上加速運動，由牛頓第二定律得加速度大?。?qBcos 8 Fgsin 9 a t=1D撤去電場后加速度大小：a2=gsin。第一段時間為t內(nèi)運動位移：Xlait2*1 2 1末速度：V1= a1t撤去電場后，時間2t內(nèi)運動位移：箕之二4(2t) 2 -w根據(jù)題意有： X1 = - X2聯(lián)立解得：21=& E皿變且七 5 5q(2)小滑塊上滑過程受到的洛侖茲力垂直斜面向上，下滑過程

41、受到的洛侖茲力垂直斜面向下，小滑塊不離開斜面需要qv1B<mgcos0聯(lián)立解得B的最大值為：B二千口叱m 4qtsin 9答：(1)勻強電場的場強大小是 9叱8°5q(2)勻強磁場磁感應(yīng)強度的最大值不能超過【點評】 本題考查了牛頓第二定律、運動學公式的應(yīng)用，洛倫茲力的方向的應(yīng)用，通過 受力分析知道小滑塊不離開斜面需要滿足的條件。12.如圖所示，光滑軌道槽 ABCD與粗糙軌道槽 GH (點G與點D在同一高度但不相交，F(xiàn)H與圓相切)通過光滑圓軌道EF平滑連接，組成一套完整的軌道，整個裝置位于豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)將一質(zhì)量 m=1kg的小球甲從AB段距地面高h0=2m處靜止釋放，與靜止在水平

42、軌道上、質(zhì)量為 1kg的小球乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后小球乙滑上右邊斜面軌道并 能通過軌道的最高點 E點。已知CD、GH與水平面的夾角為 0= 37 , GH段的動摩擦 因數(shù)為科=0.25,圓軌道的半徑 R= 0.4m, E點離水平面的豎直高度為3R (E點為軌道的最高點)，(g=10m/s： sin37° =0.6, cos37° =0.8)求兩球碰撞后：(1)小球乙第一次通過 E點時對軌道的壓力大??；(2)小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；(3)若將小球乙拿走，只將小球甲從 AB段離地面h處自由釋放后，小球甲又能沿原路 徑返回，試求h的取值范圍?！究键c】53:動

43、量守恒定律；65:動能定理；6C:機械能守恒定律.【專題】11:計算題；22:學科綜合題；32:定量思想；4T:尋找守恒量法；52Q:功 能關(guān)系能量守恒定律.【分析】(1)小球甲從A點到B點，由機械能守恒定律求出甲運動到B點時的速度。兩小球碰撞時，由動量守恒定律和機械能守恒定律列式，可求得碰后兩球的速度。小球乙從BC軌道滑至E點過程，由機械能守恒定律求出小球乙第一次通過E點時的速度，再由牛頓第二、第三定律求乙對軌道的壓力大??；(2)小球乙從水平軌道位置滑至最高點的過程，根據(jù)動能定理列式，即可求得小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；(3)本題有兩種可能：一是小球甲要沿原路徑返回，未能完成

44、圓周運動。二是能完成圓周運動，則小球甲返回時必須能經(jīng)過圓軌道的最高點E.根據(jù)動能定理和臨界條件結(jié)合求解?！窘獯稹拷猓?1)小球甲從A點到B點，由機械能守恒定律可得：小甲gh0吉m甲空；兩小球碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒定律可得:m甲v0=m甲v0' +m 乙 v'由機械能守恒定律可得:/ 2 川乙¥小球乙從BC軌道滑至E點過程，由機械能守恒定律得:1/ 2_ OD, 12亍卬乙甲二m乙。歲廿萬卬乙V小球乙在E點，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式，得:根據(jù)牛頓第三定律小球乙對軌道的壓力為:N'= N由以上各式并代入數(shù)據(jù)得：/ =2V16m/s, N'

45、= 30N(2) D、G離地面的高度為：hi = 2R- Rcos37° = 0.48m設(shè)小球乙上滑的最大高度為 hm,則小球乙在GH段滑行的距離為：_ hm-hl,二虱h(huán)3 r小球乙從水平軌道位置滑至最高點的過程，根據(jù)動能定理得：1 / 2一m乙二0/m乙y'其中 f=(jmgcos37° , v' =2V10in/s,由以上各式并代入數(shù)據(jù)得：hm = 1.62mhW2R=0.8m。設(shè)小球沿GH上升(3)只有小球甲時，小球甲要沿原路徑返回，若未能完成圓周運動，則若能完成圓周運動，則小球甲返回時必須能經(jīng)過圓軌道的最高點E.的豎直高度為 h,上升過程克服摩擦力

46、做功為Wf,則有：W 二f 一二乩1rge*37"-.絲l工sin37小球甲從釋放位置滑至最高點的過程，根據(jù)動能定理得：mg (h - hi- h) - Wf = 0第27頁(共26頁)設(shè)小球甲返回至 G點時的速度為VG,根據(jù)動能定理得:m必 h-W fm J從G點返回至E點的過程，根據(jù)機械能守恒得：-mv=rog（R+Rcos37flW乙2在 E 點有：由以上各式得：h= 2.32m故小球甲沿原路徑返回的條件為hW0.8m或h> 2.32m。答：（1）小球乙第一次通過 E點時對軌道的壓力大小是 30N;（2）小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度是1.62m；（3） h的

47、取值范圍為 hW0.8m或h>2.32m。【點評】 本題是復雜的力學問題，一般先對物體進行過程分析，找出各個過程和狀態(tài)遵 守的物理規(guī)律，并能挖掘隱含的臨界條件，然后根據(jù)動量守恒定律、牛頓定律、動能定 理及幾何關(guān)系求解。選做題:13. （3分）如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A,其中，A - B和C-D為等溫過程，B - C和D-A為絕熱過程。該循環(huán)過程中,卜列說法正確的是（A. A-B過程中，氣體對外界做功，吸熱B . B-C過程中，氣體分子的平均動能減少C. C-D過程中，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)減少D . D-A過程中，外界對氣體做功，

48、氣體內(nèi)能增加E.該整個循環(huán)過程中，氣體放熱【考點】8F:熱力學第一定律；99:理想氣體的狀態(tài)方程；9C:氣體壓強的微觀意義.【專題】31:定性思想；43:推理法；548:熱力學定理專題.【分析】A-B過程中，體積增大，氣體對外界做功， B-C過程中，絕熱膨脹，氣體對 外做功，溫度降低，C-D過程中，等溫壓縮，D-A過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做 功，溫度升高?！窘獯稹拷猓篈、A-B過程中，體積增大，氣體對外界做功，溫度不變，內(nèi)能不變，氣體吸熱，故A正確；B、B-C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，內(nèi)能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，故B正確；C、C-D過程中，等溫壓縮，體積變小，分子數(shù)密

49、度變大，單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多，故 C錯誤；D、D-A過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，內(nèi)能增加，故 D正確；E、該循環(huán)中，氣體對外做功大于外界對氣體做功，即WV0; 一個循環(huán)，內(nèi)能不變，U=0,根據(jù)熱力學第一定律，Q>0,即氣體吸熱，故 E錯誤；故選：ABD?！军c評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，根據(jù)圖象判斷出氣體體積如何變化，從 而判斷出外界對氣體做功情況，再應(yīng)用熱力學第一定律與題目所給條件即可正確解題； 要知道：溫度是分子平均動能的標志，理想氣體內(nèi)能由問題溫度決定。14. （3分）如圖所示，一水平放置的薄壁圓柱形容器內(nèi)壁光滑，長為 L,底面直徑為 D, 其右端中

50、心處開有一圓孔。質(zhì)量一定的理想氣體被活塞封閉在容器內(nèi)，器壁導熱良好，活塞可沿容器內(nèi)壁自由滑動，其質(zhì)量、厚度均不計。開始時氣體溫度為300K,活塞與容器底部相距2匚現(xiàn)對氣體緩慢加熱，已知外界大氣壓強為 p0,求溫度為500K時氣體的 壓強。【考點】9D:氣體的等溫變化；9E:氣體的等容變化和等壓變化.【專題】11:計算題；21:信息給予題；31:定性思想；43:推理法；54A:氣體的狀態(tài) 參量和實驗定律專題.【分析】開始加熱時，在活塞移動的過程中，氣體做等壓變化，由蓋-呂薩克定律求出第#頁（共26頁）活塞緩慢移到最右端時的溫度；活塞移至最右端后，氣體做等容變化，根據(jù)查理定律即可求出溫度為500K時的壓強?！窘獯稹拷猓夯钊苿訒r氣體做等壓變化，V0=J?ki, To=300K; Vi=LS; Ti