1、 PAGE PAGE 302017年江西省新余四中、宜春中學(xué)聯(lián)考高考物理模擬試卷（2月份）一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1如圖甲，筆記本電腦底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來(lái)調(diào)節(jié)角度某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡為1調(diào)至卡位4（如圖乙），電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A電腦受到的支持力變小B電腦受到的摩擦力變大C散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力不變D電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力2如圖所示，oa、ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，ob經(jīng)過(guò)圓心每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)都從o點(diǎn)無(wú)初速

2、釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是（）At1t2Bt1t2Ct1=t2D無(wú)法確定3如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中|AB|=2|AD|=2|AA1|，將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從頂點(diǎn)A在BAD所在范圍內(nèi)（包括邊界）分別沿不同方向水平拋出，落點(diǎn)都在A1B1C1D1范圍內(nèi)（包括邊界）不計(jì)空氣阻力，以A1B1C1D1所在水平面為重力勢(shì)能參考平面，則小球（）A拋出速度最大時(shí)落在B1點(diǎn)B拋出速度最小時(shí)落在D1點(diǎn)C從拋出到落在B1D1線段上任何一點(diǎn)所需的時(shí)間都相等D落在B1D1中點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能與落在D1點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能相等4月球自轉(zhuǎn)周期T與它繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期相同，假

3、如“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星在近月軌道（軌道半徑近似為月球半徑）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，如圖所示，PQ為月球直徑，某時(shí)刻Q點(diǎn)離地心O最近，且P、Q、O共線，月球表面的重力加速度為g0，萬(wàn)有引力常量為G，則（）A月球質(zhì)量M=B月球的第一宇宙速度v=C再經(jīng)時(shí)，P點(diǎn)離地心O最近D要使“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星在月球的背面P點(diǎn)著陸，需提前加速5如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點(diǎn)O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點(diǎn)C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板

4、的下邊緣D點(diǎn)，則=（）A1B2C3D46如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q 為對(duì)應(yīng)的軌道最高點(diǎn)，一個(gè)小球以一定速度沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，且能過(guò)軌道最高點(diǎn) P，則下列說(shuō)法中正確的是（）A軌道對(duì)小球做正功，小球的線速度移vpvQB軌道對(duì)小球不做功，小球的角速度PQC小球的向心加速度aPaQD軌道對(duì)小球的壓力FPFQ7如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處與靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)，則（）A電壓表讀數(shù)減小B電流表讀數(shù)減小C質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)DR3上消耗的功率逐漸增大8如圖（甲）所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L=0.4m，導(dǎo)軌一端與阻

5、值R=0.3的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)導(dǎo)軌x0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的恒定磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖（乙）所示一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.1的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x=0處以初速度v0=2m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小不變下列說(shuō)法中正確的是（）A金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B金屬棒在x=1 m處的速度大小為0.5m/sC金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=1m過(guò)程中，外力F所做的功為0.175 JD金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電量為2C三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第22題第

6、32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9為了探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，A、B同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置其巾小車的質(zhì)量為M，砂和砂桶的質(zhì)量為m，與小車相連的滑輪的質(zhì)量為m0力傳感器可測(cè)出輕繩中的拉力大小，重力加速度為g實(shí)驗(yàn)時(shí)先平衡摩擦力（1）A同學(xué)在實(shí)驗(yàn)巾得到如圖乙所示的一條紙帶（相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出），已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（2）A同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，加速度a為橫坐標(biāo)，畫出的Fa圖象如圖丙所示，求得圖線

7、的斜率為k，則小車的質(zhì)量M=（用所給物理量的符號(hào)表示）（3）B同學(xué)也以力傳感器的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，加速度a為橫坐標(biāo)，畫出的Fa圖象如圖丁所示，圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因可能是（答一條即可）10常用無(wú)線話筒所用的電池電動(dòng)勢(shì)E約為9V，內(nèi)阻r約為40，最大允許電流為100mA為測(cè)定這個(gè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)利用圖甲的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)圖中電壓表為理想電表，R為電阻箱（阻值范圍為0999.9），R0為定值電阻（1）圖甲中接入R0的目的是為了防止電阻箱的阻值調(diào)得過(guò)小時(shí)，通過(guò)電源的電流大于其承受范圍，起的作用；實(shí)驗(yàn)室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選用A.50，l.0W B.500，2.5W C.15

8、00，15W D.2500，25W（2）該同學(xué)接入符合要求的R0后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數(shù)U，再改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖乙的圖線由圖線知：當(dāng)電壓表的示數(shù)為2V時(shí)，電阻箱接入電路的阻值為（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）根據(jù)圖乙所作出的圖象求得該電池的電動(dòng)勢(shì)E=V，內(nèi)阻r=（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）11如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量M=9kg的木板，其右端恰好和光滑固定網(wǎng)弧軌道AB的底端等高對(duì)接（木板的水平上表面與圓弧軌道相切），木板右端放有一質(zhì)量m0=2kg的物體C（可視為質(zhì)點(diǎn)），已知圓弧軌道半徑R=0.9m現(xiàn)將一質(zhì)量m=4kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），由軌道頂

9、端A點(diǎn)無(wú)初速釋放，滑塊滑到B端后沖上木板，并與木板右端的物體C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不從木板左端滑出已知滑塊與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.25，物體C與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1取g=10m/s2求：（1）滑塊到達(dá)圓弧的B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大小FN（2）木板的長(zhǎng)度l12在科學(xué)研究中，可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制如圖甲所示，M、N為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側(cè)放置豎直的熒光屏PQ，在MN間加上如圖乙所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，圖中E0、B0、k均為已知量t=0時(shí)刻，比荷=k的正粒子以一定的初速度從O點(diǎn)沿

10、水平方向射入極板間，在0t1（t1=）時(shí)間內(nèi)粒子恰好沿直線運(yùn)動(dòng)，t=時(shí)刻粒子打到熒光屏上不計(jì)粒子的重力，涉及圖象中時(shí)間間隔時(shí)取0.8=，1.4=，求：（1）在t2=時(shí)刻粒子的運(yùn)動(dòng)速度v；（2）在t3=時(shí)刻粒子偏離O點(diǎn)的豎直距離y；（3）水平極板的長(zhǎng)度L（二）選考題（共45分，請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答）【物理選修3-3】13下面說(shuō)法種正確的是（）A所有晶體沿著各個(gè)方向的物理性質(zhì)和化學(xué)光學(xué)性質(zhì)都相同B足球充足氣后很難壓縮，是因?yàn)樽闱騼?nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性D一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，那么它一

11、定從外界吸熱E一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，溫度升高，單位時(shí)間內(nèi)撞擊器壁單位面積上的分子數(shù)增多14如圖，一底面積為S、內(nèi)壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開(kāi)口向上，內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同活塞A和B；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時(shí)體積均為V已知容器內(nèi)氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強(qiáng)為P0，現(xiàn)假設(shè)活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸求活塞A移動(dòng)的距離【物理選修3-4】15在坐標(biāo)原點(diǎn)的波源產(chǎn)生一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，波速v=200m/s，已知t=0時(shí)，波剛好傳播到x=40m處，如圖所示在x=400m處有一接收器（圖中未

12、畫出），則下列說(shuō)法正確的是（）A波源開(kāi)始振動(dòng)時(shí)方向沿y軸負(fù)方向B從t=0開(kāi)始經(jīng)0.15s，x=40m的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為0.6mC接收器在t=2s時(shí)才能接收到此波D若波源向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，接收器接收到波的頻率可能為9HzE若該波與另一列頻率為5Hz沿x軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波相遇，不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣16如圖所示，MN為豎直放置的光屏，光屏的左側(cè)有半徑為R、折射率為的透明半球體，O為球心，軸線OA垂直于光屏，O至光屏的距離OA=R一細(xì)束單色光垂直射向半球體的平面，在平面的入射點(diǎn)為B，OB=R求：（1）光線從透明半球體射出時(shí)，出射光線偏離原方向的角度（2）光線在光屏形成的光斑到A點(diǎn)的距離2017年

13、江西省新余四中、宜春中學(xué)聯(lián)考高考物理模擬試卷（2月份）參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1如圖甲，筆記本電腦底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來(lái)調(diào)節(jié)角度某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡為1調(diào)至卡位4（如圖乙），電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A電腦受到的支持力變小B電腦受到的摩擦力變大C散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力不變D電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力【分析】筆記本電腦受重力、支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件求解靜摩擦力和支持力【解答】解：筆記本電腦受重力、支持力和靜摩擦力，如圖所示：根據(jù)平衡

14、條件，有：N=mgcos f=mgsin A、由原卡位1調(diào)至卡位4，角度減小，根據(jù)式，支持力N增加，故A錯(cuò)誤；B、由原卡位1調(diào)至卡位4，角度減小，根據(jù)式，靜摩擦力減小，故B錯(cuò)誤；C、散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力，與重力平衡，始終是不變的，故C正確；D、電腦受到的支持力與摩擦力兩力的矢量和與重力平衡，但大小的和是變化的，故D錯(cuò)誤；故選：C2如圖所示，oa、ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，o、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，ob經(jīng)過(guò)圓心每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)都從o點(diǎn)無(wú)初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正

15、確的是（）At1t2Bt1t2Ct1=t2D無(wú)法確定【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【分析】根據(jù)“等時(shí)圓”的適用條件構(gòu)造出“等時(shí)圓”，作出圖象，根據(jù)位移之間的關(guān)系即可判斷運(yùn)動(dòng)時(shí)間【解答】解：以O(shè)點(diǎn)為最高點(diǎn)，取合適的豎直直徑oa作等時(shí)圓，交ob于c，如圖所示，顯然o到a、c才是等時(shí)的，比較圖示位移oboc，故推得t1t2，故B正確故選：B3如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中|AB|=2|AD|=2|AA1|，將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從頂點(diǎn)A在BAD所在范圍內(nèi)（包括邊界）分別沿不同方向水平拋出，落點(diǎn)都在A1B1C1D1范圍內(nèi)（包括邊界）不計(jì)空氣阻力，以A1B1C1D1所在水平面

16、為重力勢(shì)能參考平面，則小球（）A拋出速度最大時(shí)落在B1點(diǎn)B拋出速度最小時(shí)落在D1點(diǎn)C從拋出到落在B1D1線段上任何一點(diǎn)所需的時(shí)間都相等D落在B1D1中點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能與落在D1點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能相等【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；平拋運(yùn)動(dòng)【分析】小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間由下落的高度決定由分位移公式分析初速度關(guān)系由機(jī)械能守恒定律研究落地時(shí)機(jī)械能【解答】解：A、由于小球拋出時(shí)離地高度相等，故各小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則可知水平位移越大，拋出時(shí)的速度最大，故落在C1點(diǎn)的小球拋出速度最大，落點(diǎn)靠近A1的粒子速度最小，故AB錯(cuò)誤，C正確；D、由圖可知，落在落在B1D1中

17、點(diǎn)和落在D1中點(diǎn)的水平位移不同，所以兩種情況中對(duì)應(yīng)的水平速度不同，則可知它們?cè)谧罡唿c(diǎn)時(shí)的機(jī)械能不相同，因下落過(guò)程機(jī)械能守恒，故落地時(shí)的機(jī)械能也不相同，故D錯(cuò)誤故選：C4月球自轉(zhuǎn)周期T與它繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期相同，假如“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星在近月軌道（軌道半徑近似為月球半徑）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0，如圖所示，PQ為月球直徑，某時(shí)刻Q點(diǎn)離地心O最近，且P、Q、O共線，月球表面的重力加速度為g0，萬(wàn)有引力常量為G，則（）A月球質(zhì)量M=B月球的第一宇宙速度v=C再經(jīng)時(shí)，P點(diǎn)離地心O最近D要使“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星在月球的背面P點(diǎn)著陸，需提前加速【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及

18、其應(yīng)用【分析】根據(jù)重力提供向心力求出月球半徑的表達(dá)式，結(jié)合萬(wàn)有引力等于重力求出月球的質(zhì)量，根據(jù)重力提供向心力求出月球的第一宇宙速度抓住月球自轉(zhuǎn)周期T與它繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期相同，再經(jīng)時(shí)，P點(diǎn)離地心O是最近還是最遠(yuǎn)【解答】解：A、根據(jù)得，月球的半徑R=，根據(jù)得月球的質(zhì)量為：M=，故A錯(cuò)誤B、根據(jù)得月球的第一宇宙速度為：v=，故B正確C、月球自轉(zhuǎn)周期T與它繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的公轉(zhuǎn)周期相同，再經(jīng)時(shí)，P點(diǎn)離地心O最遠(yuǎn)，故C錯(cuò)誤D、要使“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星在月球的背面P點(diǎn)著陸，需減速，使得萬(wàn)有引力大于向心力，做近心運(yùn)動(dòng)故D錯(cuò)誤故選：B5如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量

19、為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點(diǎn)O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點(diǎn)C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點(diǎn)，則=（）A1B2C3D4【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【分析】首先根據(jù)液滴在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的受力情況，判斷出液滴在復(fù)合場(chǎng)中均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)（在水平和豎直兩個(gè)方向上均是初速度為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)），作圖畫出兩液滴的軌跡圖，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求出兩液滴的電量之比【解答】解：兩個(gè)帶電液滴在復(fù)合場(chǎng)中分別

20、受到大小不變的電場(chǎng)力和重力，又是由靜止自由釋放，可知兩個(gè)液滴均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平和豎直兩個(gè)方向上均是初速度為零勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)OB的距離為L(zhǎng)，設(shè)BC=OC=h對(duì)液滴1：水平方向上有L=豎直方向上有：h=g對(duì)液滴2：水平方向上：L=豎直方向上有：2h=由：得： =由、式聯(lián)立得： =，即=2；故選：B6如圖所示，螺旋形光滑軌道豎直放置，P、Q 為對(duì)應(yīng)的軌道最高點(diǎn)，一個(gè)小球以一定速度沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，且能過(guò)軌道最高點(diǎn) P，則下列說(shuō)法中正確的是（）A軌道對(duì)小球做正功，小球的線速度移vpvQB軌道對(duì)小球不做功，小球的角速度PQC小球的向心加速度aPaQD軌道對(duì)小球的壓力FPFQ

21、【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；向心力【分析】小球沿豎直放置的螺旋形光滑軌道運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑越來(lái)越小，做近心運(yùn)動(dòng)由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功，僅有重力做功下，小球的機(jī)械能守恒再由向心力公式結(jié)合牛頓第二定律，可以確定小球的線速度、角速度、向心加速度及對(duì)軌道的壓力大小【解答】解：A、由于支持力始終與速度方向垂直，所以支持力不做功即軌道對(duì)小球不做功，僅有重力做功，小球機(jī)械能守恒則P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑所以小球通過(guò)P點(diǎn)的角速度小于通過(guò)Q點(diǎn)的角速度故A錯(cuò)誤，B正確C、小球在P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)速度，且P點(diǎn)的半徑大于Q點(diǎn)的半徑根據(jù)a=得，小球在P點(diǎn)線速度小而半徑大，所以P

22、點(diǎn)向心加速度小于Q點(diǎn)的，故C正確D、小球在P點(diǎn)的向心加速度小于Q點(diǎn)的向心加速度，則由牛頓第二定律可知，小球在P點(diǎn)的向心力小于Q點(diǎn)的向心力，而向心力是由重力與軌道對(duì)它的支持力提供，因此小球在P點(diǎn)的支持力小于Q點(diǎn)的，即小球?qū)壍赖膲毫點(diǎn)小于Q點(diǎn)的壓力故D錯(cuò)誤；故選：BC7如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處與靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路的影響，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)，則（）A電壓表讀數(shù)減小B電流表讀數(shù)減小C質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)DR3上消耗的功率逐漸增大【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電容器【分析】先由滑片的移動(dòng)可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化及電容器兩端

23、的電壓變化；再分析電容器板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，由質(zhì)點(diǎn)的受力情況可知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況【解答】解：A、B由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)R4的滑片向a移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，路端電壓增大，則R1兩端的電壓減小，可知并聯(lián)部分的電壓增大，電壓表讀數(shù)增大由歐姆定律可知流過(guò)R3的電流增大，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知：流過(guò)R2的電流減小，則電流表示數(shù)減??；故A錯(cuò)誤，B正確；C、因電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，質(zhì)點(diǎn)受到的向上電場(chǎng)力增大，故質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、因R3兩端的電壓

24、增大，由P=可知，R3上消耗的功率增大； 故D正確；故選：BCD8如圖（甲）所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L=0.4m，導(dǎo)軌一端與阻值R=0.3的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)導(dǎo)軌x0一側(cè)存在沿x方向均勻增大的恒定磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖（乙）所示一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=0.1的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x=0處以初速度v0=2m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小不變下列說(shuō)法中正確的是（）A金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B金屬棒在x=1 m處的速度大小為0.5m/sC金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=1m過(guò)程中，

25、外力F所做的功為0.175 JD金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=2m過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電量為2C【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；閉合電路的歐姆定律【分析】根據(jù)安培力的表達(dá)式導(dǎo)出速度v與x的關(guān)系式，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式判斷金屬棒的運(yùn)動(dòng)是否為勻變速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)安培力與速度的關(guān)系式，由x=0和x=1m處的安培力相等即可求出x=1m處的速度；根據(jù)動(dòng)能定理外力做功；根據(jù)感應(yīng)電量公式【解答】解：A、根據(jù)圖象得Bx函數(shù)關(guān)系式：B=0.5+0.5x金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv感應(yīng)電流安培力解得： =根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式：，如果是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，與x成線性關(guān)系，而由上式

26、知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)題意金屬棒所受的安培力大小不變，x=0處與x=1處安培力大小相等，有，即，故B正確；C、金屬棒在x=0處的安培力大小為： =0.2N對(duì)金屬棒金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=1m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：代入數(shù)據(jù)：解得：，故C正確；D、根據(jù)感應(yīng)電量公式x=0到x=2過(guò)程中，Bx圖象包圍的面積Bx=，故D正確故選：BCD三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題（共129分）9為了探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，A、B同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置其巾

27、小車的質(zhì)量為M，砂和砂桶的質(zhì)量為m，與小車相連的滑輪的質(zhì)量為m0力傳感器可測(cè)出輕繩中的拉力大小，重力加速度為g實(shí)驗(yàn)時(shí)先平衡摩擦力（1）A同學(xué)在實(shí)驗(yàn)巾得到如圖乙所示的一條紙帶（相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出），已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為1.80m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（2）A同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，加速度a為橫坐標(biāo)，畫出的Fa圖象如圖丙所示，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量M=（用所給物理量的符號(hào)表示）（3）B同學(xué)也以力傳感器的示數(shù)F為縱坐標(biāo)，加速度a為橫坐標(biāo)，畫出的Fa圖象如圖丁所示，圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因可能是平衡摩擦力過(guò)度（

28、答一條即可）【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【分析】（1）依據(jù)逐差法可得小車加速度；（2）對(duì)小車和滑輪組成的整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得到F與a的函數(shù)關(guān)系式，結(jié)合直線的斜率求出小車的質(zhì)量；（3）根據(jù)F等于零，加速度不為零，分析圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因【解答】解：（1）由于兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫出，故兩點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為T=50.02s=0.10S，取六段距離，采用兩分法，由x=aT2可得：=180（2）對(duì)小車和滑輪組成的整體，根據(jù)牛頓第二定律，有，得Fa圖線是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，斜率，解得（3）根據(jù)F等于零，加速度不為零，分析圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因，可知實(shí)驗(yàn)中平衡摩擦力過(guò)度故答案為：

29、（1）1.80 （2） （3）平衡摩擦力過(guò)度10常用無(wú)線話筒所用的電池電動(dòng)勢(shì)E約為9V，內(nèi)阻r約為40，最大允許電流為100mA為測(cè)定這個(gè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)利用圖甲的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)圖中電壓表為理想電表，R為電阻箱（阻值范圍為0999.9），R0為定值電阻（1）圖甲中接入R0的目的是為了防止電阻箱的阻值調(diào)得過(guò)小時(shí)，通過(guò)電源的電流大于其承受范圍，起的作用保護(hù)電路；實(shí)驗(yàn)室備有的定值電阻R0的規(guī)格有以下幾種，則本實(shí)驗(yàn)應(yīng)選用AA.50，l.0W B.500，2.5W C.1500，15W D.2500，25W（2）該同學(xué)接入符合要求的R0后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數(shù)U，再改變電

30、阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖乙的圖線由圖線知：當(dāng)電壓表的示數(shù)為2V時(shí)，電阻箱接入電路的阻值為20.8（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）（3）根據(jù)圖乙所作出的圖象求得該電池的電動(dòng)勢(shì)E=10.0V，內(nèi)阻r=33.3（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【分析】（1）已知電源電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻及最大電流，由閉合電路歐姆定律可得出電路中最小電阻，則可找出保護(hù)電阻；（2）由閉合電路歐姆定律可得出表達(dá)式，再結(jié)合圖象和數(shù)學(xué)知識(shí)可得出圖象的截距及斜率的含義，則可求得；（3）求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻【解答】解：（1）R0是定值電阻，起保護(hù)電路的作用當(dāng)滑動(dòng)變阻器短路時(shí)，電路中通

31、過(guò)的最大電流為100mA，則由閉合電路歐姆定律可知，定值電阻的最小阻值約為：R0=40=40=50，定值電阻應(yīng)選A、50，1.0 W；（2）電壓等于2V時(shí)， =0.5由圖乙可知，電壓等于2V時(shí)，102所以：（3）由閉合電路歐姆定律可得：U=R變形得： =+，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖象中的斜率k=；截距b=；由圖可知，b=0.1，故E=10V；k=8.33；即=8.33；解得：r=33.3；故答案為：（1）保護(hù)電路，A；（2）20.8；（3）10.0，33.311如圖所示，光滑的水平面上有一質(zhì)量M=9kg的木板，其右端恰好和光滑固定網(wǎng)弧軌道AB的底端等高對(duì)接（木板的水平上表面與圓弧軌道相切），木板右端

32、放有一質(zhì)量m0=2kg的物體C（可視為質(zhì)點(diǎn)），已知圓弧軌道半徑R=0.9m現(xiàn)將一質(zhì)量m=4kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），由軌道頂端A點(diǎn)無(wú)初速釋放，滑塊滑到B端后沖上木板，并與木板右端的物體C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不從木板左端滑出已知滑塊與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.25，物體C與木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1取g=10m/s2求：（1）滑塊到達(dá)圓弧的B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大小FN（2）木板的長(zhǎng)度l【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒求出小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對(duì)它的支持力（2）滑塊滑上小車后，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊做勻減速直

33、線運(yùn)動(dòng)，若兩者速度相等時(shí)，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，求出速度相等時(shí)的共同速度，由能量守恒定律對(duì)系統(tǒng)研究列式，求出木板的長(zhǎng)度l【解答】解：（1）滑塊從A端下滑到B端，由機(jī)械能守恒得：mgR=得： =m/s在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FNmg=m解得軌道對(duì)滑塊的支持力為：FN=3 mg=3410=120 N 由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力為120 N （2）滑塊滑上小車后，滑塊與木板右側(cè)的物體C發(fā)生碰撞，以向左為正方向，設(shè)碰撞后共同的速度為v1，則：mv0=（m+m0）v1代入數(shù)據(jù)得： m/s對(duì)滑塊物塊C以及小車，三者組成的系統(tǒng)沿水平方向的動(dòng)量守恒，設(shè)末速度為v2，由動(dòng)量守恒有：（

34、m+m0）v1=（m+m0+M）v2，由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：（1m+2m0）gl=代入數(shù)據(jù)得：l=1.2m答：（1）滑塊到達(dá)圓弧的B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力大小為120N（2）木板的長(zhǎng)度是1.2m12在科學(xué)研究中，可以通過(guò)施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來(lái)實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制如圖甲所示，M、N為間距足夠大的水平極板，緊靠極板右側(cè)放置豎直的熒光屏PQ，在MN間加上如圖乙所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，圖中E0、B0、k均為已知量t=0時(shí)刻，比荷=k的正粒子以一定的初速度從O點(diǎn)沿水平方向射入極板間，在0t1（t1=）時(shí)間內(nèi)粒子恰好沿直線運(yùn)動(dòng)，t=時(shí)刻粒子打到熒光屏上不計(jì)粒子

35、的重力，涉及圖象中時(shí)間間隔時(shí)取0.8=，1.4=，求：（1）在t2=時(shí)刻粒子的運(yùn)動(dòng)速度v；（2）在t3=時(shí)刻粒子偏離O點(diǎn)的豎直距離y；（3）水平極板的長(zhǎng)度L【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】帶電粒子在交變的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，既要考慮受力同時(shí)還要分析速度方向，分段計(jì)算，走一步算一步是本題的關(guān)鍵：（1）在該時(shí)間段里，粒子先做勻速直線運(yùn)動(dòng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，末速度是水平速度和豎直速度的矢量和（2）在第一問(wèn)的基礎(chǔ)上，求出了末速度大小和方向，向下偏移的距離y1也能求出緊接著粒子只受洛侖茲力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由于時(shí)間風(fēng)好是周期的18，所以粒子又轉(zhuǎn)過(guò)45，速度方

36、向又變?yōu)樗接蓭缀侮P(guān)系能求出圓周運(yùn)動(dòng)向下偏移的距離y2，兩者之和是t3時(shí)刻的豎直位移y（3）同理，在以后的兩個(gè)時(shí)間段里粒子相繼做類平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求出每一時(shí)間段的水平位移，那么總的板長(zhǎng)就是這幾段水平位移之和【解答】解：（1）在0t1時(shí)間內(nèi)，粒子在電磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則：qv0B0=qE0 得 在t1t2時(shí)間內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，=v0 則 由tan= 得：=45 即v與水平方向成45o角向下（2）在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)向下偏移： 在t2t3時(shí)間內(nèi)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為 =45，此時(shí)速度恰好沿水平方向 磁場(chǎng)中：由得 偏離的

37、豎直距離 （3）在t3時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)以初速度做類平拋運(yùn)動(dòng)， 再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)， 由tab=得 =45 即v與水平方向成45o角向下 由得 綜上可得：長(zhǎng)度=答：（1）在t2=時(shí)刻粒子的運(yùn)動(dòng)速度v為，方向與水平方向成45o角向下（2）在t3=時(shí)刻粒子偏離O點(diǎn)的豎直距離y為（3）水平極板的長(zhǎng)度L為（二）選考題（共45分，請(qǐng)考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答）【物理選修3-3】13下面說(shuō)法種正確的是（）A所有晶體沿著各個(gè)方向的物理性質(zhì)和化學(xué)光學(xué)性質(zhì)都相同B足球充足氣后很難壓縮，是因?yàn)樽闱騼?nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性D一定質(zhì)量的理想

38、氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，溫度升高，單位時(shí)間內(nèi)撞擊器壁單位面積上的分子數(shù)增多【考點(diǎn)】熱力學(xué)第二定律；* 液體的表面張力現(xiàn)象和毛細(xì)現(xiàn)象【分析】單晶體具有各向異性多晶體具有各向同性足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外的壓強(qiáng)差的原因；根據(jù)熱力學(xué)第一定律解釋其內(nèi)能的變化；體積不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積上的分子數(shù)增大【解答】解：A、單晶體具有各向異性，即單晶體沿著各個(gè)方向的物理性質(zhì)和化學(xué)光學(xué)性質(zhì)不同故A錯(cuò)誤B、足球充足氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外有壓強(qiáng)差的原因，與氣體分子之間的作用力無(wú)關(guān)故B錯(cuò)誤C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律

39、知，自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都具有方向性故C正確D、一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大，由氣態(tài)方程=c知溫度升高，內(nèi)能增大，氣體對(duì)外界做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=Q+W可知，氣體一定吸收熱量，故D正確E、一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，分子的平均動(dòng)能增大，則平均速率增大，單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積上的分子數(shù)增多故E正確故選：CDE14如圖，一底面積為S、內(nèi)壁光滑的圓柱形容器豎直放置在水平地面上，開(kāi)口向上，內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同活塞A和B；在A與B之間、B與容器底面之間分別封有一定量的同樣的理想氣體，平衡時(shí)體積均為V已知容器內(nèi)氣體溫度始終不變，重力加速度大小為g，外界大氣壓強(qiáng)為P0，現(xiàn)假設(shè)活塞B發(fā)生緩慢漏氣，致使B最終與容器底面接觸求活塞A移動(dòng)的距離【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程【分析】分別對(duì)漏氣前兩部分氣體分析，由理想氣體狀態(tài)方程可求得兩部分氣體混合后的體積，則可求得A下降的高度【解答】解：設(shè)A與B之間、B與容器底部之間的氣體壓強(qiáng)分別為P1、P2，漏氣前，對(duì)A分析有：P1=P0+，對(duì)B有P2=P1+B最終與容器底面接觸后，AB間的壓強(qiáng)為P，氣體體積為V，則有：P