（全國通用）2018版高考物理總復(fù)習考前三個月仿真模擬卷（打包4套）.zip

（全國通用）2018版高考物理總復(fù)習考前三個月仿真模擬卷（打包4套）.zip,全國,通用,2018,高考,物理,復(fù)習,考前,三個月,仿真,模擬,打包 仿真模擬卷(一) (時間：90分鐘　滿分：110分) 二、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分 14．下列關(guān)于近代物理的說法正確的是(　　) A．玻爾理論成功解釋了各種原子發(fā)出的光譜 B．能揭示原子具有核式結(jié)構(gòu)的事件是氫原子光譜的發(fā)現(xiàn) C．光電效應(yīng)實驗現(xiàn)象的解釋使得光的波動說遇到了巨大的困難 D．質(zhì)能方程E＝mc2揭示了物體的能量和質(zhì)量之間存在著密切的確定關(guān)系，提出這一方程的科學家是盧瑟福 答案　C 解析　玻爾理論成功解釋了氫原子發(fā)光的現(xiàn)象，但對于稍微復(fù)雜一些的原子如氦原子，玻爾理論都無法解釋其發(fā)光現(xiàn)象，故玻爾理論有它的局限性，A錯誤；盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子具有核式結(jié)構(gòu)，B錯誤；光電效應(yīng)實驗現(xiàn)象說明了光具有粒子性，從而使得光的波動說遇到了巨大困難，C正確；愛因斯坦的質(zhì)能方程揭示了物體的能量和質(zhì)量之間存在密切的關(guān)系，D錯誤． 15.如圖1所示，圓柱體的A點放有一質(zhì)量為M的小物體P，使圓柱體緩慢勻速轉(zhuǎn)動，帶動P從A點轉(zhuǎn)到A′點，在這過程中P始終與圓柱體保持相對靜止，那么P所受的靜摩擦力的大小隨時間的變化規(guī)律，可由下面哪個圖表示(　　) 圖1 答案　A 解析　物體P一共受到三個力的作用，豎直方向的重力G，沿半徑方向向外的支持力FN，沿切線方向的靜摩擦力Ff(最高點不受靜摩擦力，只受重力和支持力)．圓柱體緩慢移動，所以物塊P在任意位置所受合外力為零，對三個力進行分解，得到Ff＝mgsin θ，從A轉(zhuǎn)動到A′的過程中θ先變小后增大，所以Ff按照正弦變化規(guī)律先減小后增大，故A正確． 16．圖2甲中理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝5∶1，電阻R＝20 Ω，L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)，原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，現(xiàn)將S1接1，S2閉合，此時L2正常發(fā)光，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．輸入電壓u的表達式為u＝20sin (50πt) V B．只斷開S2后，L1、L2均正常發(fā)光 C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率將增大 D．若S1換接到2后，R消耗的電功率為0.8 W 答案　D 解析　從題圖中可看出該交流電的最大值為20 V，周期為0.02 s，根據(jù)交變電流的電動勢隨時間的變化規(guī)律e＝Emsin ωt，其中ω＝，可知輸入電壓u＝20sin(100πt) V，A錯誤；只斷開S2副線圈中電壓不變，兩燈泡的總電壓不變，總電阻增加，流過燈泡的電流減小，L1、L2不能正常發(fā)光，故B錯誤；只斷開S2，副線圈中電壓不變，電路總電阻增加，總電流減小，副線圈功率減小，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，故原線圈的輸入功率減小，故C錯誤；根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓之比U1∶U2＝n1∶n2，可知副線圈電壓的有效值為4 V，若S1接到2，副線圈的電壓仍不變，根據(jù)P＝可得電阻消耗的電功率為0.8 W，故D正確． 17．如圖3所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近．粒子經(jīng)過b點時速度為v，重力忽略不計．則(　　) 圖3 A．粒子從a運動到b的過程中動能不斷增大 B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大 C．可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差 D．可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度 答案　C 解析　帶電粒子從a到b，電場力做負功，根據(jù)動能定理，動能不斷減小，選項A錯誤；粒子從b運動到c的過程中加速度不斷減小，選項B錯誤；根據(jù)動能定理，可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差，選項C正確；不可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度，選項D錯誤． 18．如圖4所示，邊長為L的金屬框abcd放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c、d四點的電勢分別為φa、φb、φc、φd.下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．金屬框中無電流，φa＝φd B．金屬框中電流方向沿a－d－c－b－a，φa＜φd C．金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω D．金屬框中無電流，Ubc＝－BL2ω 答案　C 解析　因穿過線圈的磁通量始終為零，故線圈中無電流；根據(jù)右手定則可知，d端電勢高于a端，c端電勢高于d端，Ubc＝－BL＝－BL2ω，故選項A、B、D錯誤，C正確；故選C. 19．2017年1月23日，我國首顆1米分辨率C頻段多極化合成孔徑雷達(SAS)衛(wèi)星“高分三號”正式投入使用，某天文愛好者觀測衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經(jīng)過時間t通過的弧長為l，該弧長對應(yīng)的圓心角為θ弧度，已知萬有引力常量為G，則下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度大小為 B．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的角速度為2π C．地球的質(zhì)量為 D．衛(wèi)星的質(zhì)量為 答案　AC 解析　由圓周運動公式可得l＝θr，v＝，ω＝，該衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有＝m，解得M＝，A、C正確． 20.如圖5所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的直徑AB水平，圓心在O點，圓弧的半徑為R，C為圓弧上的一點，OC與豎直方向的夾角為37°，一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道滾動到最低點時，速度v＝2，g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．電場中A點的電勢為 B．電場中B點的電勢為－ C．小球運動到B點時的動能為2mgR D．小球運動到C點時，其動能與電勢能的和為1.6mgR 答案　AC 解析　取無窮遠處電勢為零，則最低點處電勢為0，小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR＋qUAO＝mv2，解得UAO＝，而UAO＝φA－0，所以φA＝，A正確；由對稱性可知UAO＝UOB，即φA－0＝0－φB，故φB＝－，B錯誤；小球從A點運動到B點過程中，由動能定理得Ek＝qUAB＝2mgR，C正確；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1＝mv2＋0＝2mgR，由最低點運動到C點過程中，動能、電勢能、重力勢能的總量守恒，而重力勢能增加量ΔEp＝mgR(1－cos 37°)＝0.2mgR，故動能、電勢能的總和減少了0.2mgR，所以小球在C點的動能和電勢能的總和為E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，D錯誤． 21.如圖6所示，內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一小球靜止在軌道底部A點，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動，當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球．通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點，已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，若在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2，先后兩次擊打過程中小錘 圖6 對小球做功全部用來增加小球的動能，則的值可能為(　　) A. 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R，故W1≤mgR.兩次擊打后上升到最高點的過程中，由動能定理得W1＋W2－2mgR＝mv2，由于通過最高點的速度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)某同學用如圖7甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長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木板間動摩擦因數(shù)相同，主要實驗步驟如下： 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，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側(cè)到O點的距離．再從同一位置釋放彈片將硬幣發(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將五角硬幣放在長木板上，使其左側(cè)位于O點，并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復(fù)多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點距離的平均值x2和x3，如圖丙所示． 圖7 (1)為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材為______________； (2)實驗中還需要測量的物理量為__________________________，驗證動量守恒定律的表達式為____________________________(用測量物理量對應(yīng)的字母表示)． 答案　見解析 解析　(1)動量為質(zhì)量和速度的乘積，該實驗要驗證質(zhì)量不等的兩物體碰撞過程中動量守恒，需測量兩物體的質(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，由動能定理可得μm1gx1＝m1v12，解得v1＝，當一元硬幣以速度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＝，若碰撞過程動量守恒則需滿足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入數(shù)據(jù)可得m1＝m1＋m2. 23．(9分)某同學利用下列器材測量兩節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻． A．待測干電池兩節(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)線和開關(guān) (1)根據(jù)如圖8甲所示的實物連接圖，在圖乙虛線框中畫出相應(yīng)的電路圖． 乙 圖8 (2)實驗之前，需要利用該電路測出定值電阻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)若測得R0＝1.2 Ω，實驗中改變電阻箱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)干電池的總電動勢E＝________ V，總內(nèi)阻r＝________ Ω. 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)實物圖可知，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U1＝0時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，長度LAB＝4 m，BC段傾斜，長度足夠長，傾角為θ＝37°，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的工件(可看做質(zhì)點)無初速度地放在A點，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(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點開始至第一次到達B點所用的時間t； (2)工件從第一次到達B點至第二次到達B點的過程中，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動到B點，用時t2＝＝0.6 s 工件第一次到達B點所用時間t＝t1＋t2＝1.4 s (2)工件上升過程中受到的摩擦力Ff＝μmgcos θ 由牛頓第二定律可得加速度大小 a2＝＝2 m/s2 由運動學公式可得t3＝＝2 s 下降過程加速度大小不變a3＝a2＝2 m/s2 由運動學公式可得t4＝＝2 s 工件與傳送帶的相對位移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是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點，在水平線QC下方是水平向左的勻強電場．區(qū)域Ⅰ(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，區(qū)域Ⅱ(三角形APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，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磁場，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁感應(yīng)強度大小均為5B，一帶正電的粒子從Q點正下方、距離Q點為L的O點以某一初速度射出，在電場力作用下從QC邊中點N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域Ⅰ，接著從P點垂直AQ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以原速率返回O點，粒子重力忽略不計，求： 圖10 (1)該粒子的比荷； (2)電場強度E及粒子從O點射出時的初速度v的大小； (3)粒子從O點出發(fā)到再次回到O點的整個運動過程所經(jīng)歷的時間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，由運動合成與分解可得：L＝v0t′，L＝at′2 由牛頓第二定律可得a＝，解得E＝2Bv0 由運動學公式可得v＝2aL，則v＝＝v0 (3)粒子在電磁場中運動的總時間包括三段：電場中往返的時間t0，區(qū)域Ⅰ中的時間t1，區(qū)域Ⅱ和Ⅲ中的時間t2＋t3 根據(jù)平拋運動規(guī)律有t0＝ 設(shè)在區(qū)域Ⅰ中的時間為t1，則t1＝2×＝ 粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運動半徑為r，則qv0·5B＝m，即r＝L. 則粒子在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ內(nèi)的運動軌跡如圖所示，總時間為(2＋)個周期 由周期公式可得T＝＝，t2＋t3＝(2＋)T＝×＝ 故總時間t＝t0＋t1＋t2＋t3＝＋. (二)選考題(請從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．【物理選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________ A．一定質(zhì)量的理想氣體體積增大時，其內(nèi)能一定減少 B．氣體的溫度降低，某個氣體分子熱運動的動能可能增加 C．當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中不會有水分子飛出水面 D．氣體對器壁的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的 E．在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，將油酸酒精溶液的體積直接作為油酸的體積進行計算，會使分子直徑計算結(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25 cm的水銀柱，BC段為長10 cm的理想氣體，D到玻璃管底端為長12 cm的理想氣體．已知大氣壓強為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)過足夠長時間后，水銀未從玻璃管流出，求： 圖11 ①玻璃管倒置后BC段氣體的長度； ②玻璃管倒置后D到玻璃管底端封閉氣體的長度． 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，壓強變化的關(guān)系未知，故溫度變化未知，則內(nèi)能的變化無法確定，A錯誤；氣體的溫度降低，分子平均動能減小，但某個氣體分子熱運動的動能可能增加，B正確；由于分子的無規(guī)則運動，當水面上方的水蒸氣達到飽和狀態(tài)時，水中仍然會有水分子飛出水面，C錯誤；氣體的壓強是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(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行計算，體積偏大，則直徑計算結(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p1＝75 cmHg＋25 cmHg＝100 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V2＝hBC′S，壓強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p3＝75 cmHg＋25 cmHg＋25 cmHg＝125 cmHg 末狀態(tài)：氣體體積V4＝hD′S，壓強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．單擺振動的周期一定等于它的固有周期 C．機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)，如果波速變大，那么波長一定變大 D．在干涉現(xiàn)象中，振動加強的點的位移有時可能比振動減弱的點的位移小 E．發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率并沒有發(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B點，已知玻璃柱對單色光的折射率為. 圖12 ①求該束光線到AB的距離； ②試說明入射光線經(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　②見解析 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錯誤；單擺振動的周期取決于驅(qū)動力的周期，與固有周期無關(guān)，B錯誤；機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)，頻率不變，由v＝λf可知，如果波速變大，則波長一定變大，C正確；在干涉現(xiàn)象中振動加強指的是振幅增大，振動減弱指的是振幅減小，但振動加強點和減弱點仍在各自的平衡位置附近做簡諧振動，其位移隨時間周期性變化，故某時刻振動加強點的位移可能小于振動減弱點的位移，D正確；發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率并沒有變化，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，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選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21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． 14．下列說法正確的是(　　) A．普朗克在研究黑體輻射問題時提出光子說 B．康普頓在研究石墨對X射線的散射時發(fā)現(xiàn)，有些散射波的波長比入射波的波長略大 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氣，幾天后將有氧氣生成 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，氘核將分解為一個質(zhì)子和一個中子 答案　B 解析　普朗克在研究黑體輻射問題時提出量子說，故A錯誤；康普頓在研究石墨對X射線的散射時發(fā)現(xiàn)，有些散射波的波長比入射波的波長略大即康普頓效應(yīng)，故B正確；核反應(yīng)發(fā)生的條件是非?？量痰?，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氣是不會發(fā)生核反應(yīng)的，故C錯誤；氘核的結(jié)合能是2.2 MeV，將氘核分解為一個中子和一個質(zhì)子時至少需要2.2 MeV的能量，氘核分解為中子和質(zhì)子時，它們不可能都是靜止的，動能之和肯定大于零，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錯誤． 15．2017年4月22日，“天舟一號”貨運飛船與“天宮二號”空間實驗室順利完成自動交會對接．“天舟一號”發(fā)射升空后，進入預(yù)定的圓軌道運行，經(jīng)過變軌后升到“天宮二號”所在的圓軌道運行．變軌前和變軌完成后“天舟一號”做圓周運動的軌道半徑分別為r1、r2，動能分別為Ek1、Ek2，則Ek1∶Ek2等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)萬有引力提供向心力得：G＝m，可得v＝，“天舟一號”的動能為：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點為三角形的幾何中心，D點為O點正上方一點，O點到A、B、C、D四點的距離均為L.現(xiàn)將三個電荷量均為Q的正點電荷分別固定在A、B、C處，已知靜電力常量為k，則D點的場強大小為(　　) 圖1 A. B. C. D. 答案　D 解析　D點處的場強等于A、B、C三個點電荷產(chǎn)生的電場的矢量疊加．將A、B、C處正點電荷產(chǎn)生的電場正交分解到水平方向和豎直方向，設(shè)α是A、B、C處正點電荷產(chǎn)生的電場的方向與豎直方向的夾角，則D的電場強度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，P、Q兩點等高，一物體通過光滑的輕質(zhì)掛鉤掛在繩上，物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)保持輕繩的Q端位置不變，使P端在圓環(huán)上沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動，至PO水平．此過程中輕繩的張力(　　) 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)上沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動時，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)點以相同的初速度從同一地點沿同一方向同時開始做直線運動，以初速度方向為正方向，其加速度隨時間變化的a－t圖象如圖3所示．關(guān)于甲、乙在0～t0時間內(nèi)的運動情況，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．在0～t0時間內(nèi)，甲做減速運動，乙做加速運動 B．在0～t0時間內(nèi)，甲和乙的平均速度相等 C．在t0時刻，甲的速度比乙的速度小 D．在t0時刻，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、乙都做加速運動，A錯誤；在0～t0時間內(nèi)甲的位移比乙的大，所以甲的平均速度比乙的大，B錯誤；在0～t0時間內(nèi)甲、乙的速度變化量相同，初速度相同，所以在t0時刻甲、乙速度相同，C錯誤；由v－t圖象可知在t0時刻，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．開始時人、錘和車均靜止．此人將錘掄起至最高點，此時大錘在頭頂?shù)恼戏剑缓?，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．在此過程中，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．錘從最高點下落至剛接觸車的過程中，車的動量方向先水平向右、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程中，車具有水平向左的動量，車的動量減小至零 C．錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，車具有水平向右的動量，車的動量先增大后減小 D．在任意一時刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動量守恒 答案　AB 解析　人、錘和車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，總動量為零，錘從最高點下落至剛接觸車的過程中，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程中，錘的動量由向右變?yōu)榱?，根?jù)動量守恒知，車的動量由向左變?yōu)榱?，故B正確．錘從剛離開車的左端至運動到最高點的過程中，錘的動量方向先向左再向右，則車的動量方向先向右再向左，故C錯誤．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，豎直方向上動量不守恒，故系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤． 20．如圖5所示，整個空間有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，一絕緣木板(足夠長)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，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．若對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊一定相對靜止 B．若對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊間一定沒有彈力 C．若對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊間一定沒有摩擦力 D．若對木板始終施加一個水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運動 答案　CD 21.如圖6所示，a、b、c是三個質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點)，a、b兩球套在水平放置的光滑細桿上，c球分別用長度為L的細線與a、b兩球連接．起初a、b兩球固定在細桿上相距2L處，重力加速度為g.若同時釋放a、b兩球，則(　　) 圖6 A．在a、b碰撞前的任一時刻，b相對c的速度方向與b、c的連線垂直 B．在a、b碰撞前的運動過程中，c的機械能先增大后減小 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碰撞前的任一時刻，將b小球速度分解為沿細線方向與垂直于細線方向，則b、c兩球沿細線方向的分速度大小相等，故b相對c的速度方向與b、c的連線垂直，故A正確；在a、b碰撞前的運動過程中，c一直向下運動，兩細線對c做負功，則c的機械能一直減小，故B錯誤．在a、b碰撞前的瞬間，c的速度為零，由系統(tǒng)的機械能守恒得：mgL＝·2mv，解得b的速度為 vb＝，故C正確，D錯誤． 三、非選擇題(本題共6小題，共62分) (一)必考題 22．(6分)在“研究平拋運動”的實驗中，某同學只記錄了小球運動途中的A、B、C、D、E、F、G點的位置，相鄰兩點的時間間隔均為Δt＝0.50 s．取A點為坐標原點，以＋x方向表示水平初速度方向、＋y方向表示豎直向下方向，實驗記錄如下：(結(jié)果保留兩位小數(shù)) 標號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，小球平拋運動的水平初速度大小是________ m/s； (2)以t為橫坐標，為縱坐標．作出－t圖象如圖乙所示，其函數(shù)解析式為＝4.88t＋0.59. ①重力加速度的測量值是________ m/s2 ； ②t＝0.10 s時，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)要測量電壓表的內(nèi)阻和電源的電動勢，提供的器材有：電源(電動勢約為6 V，內(nèi)阻不計)，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)，滑動變阻器R1(最大阻值為3 kΩ)，滑動變阻器R2(最大阻值為500 Ω)，單刀雙擲開關(guān)一個．導(dǎo)線若干． (1)在圖8甲中完成測量原理電路圖的練線； 圖8 (2)電路中應(yīng)選用滑動變阻器__________(選填“R1”或“R2”)； (3)按照下列實驗步驟進行實驗： ①閉合開關(guān)前，將滑動變阻器和電阻箱連入電路的阻值調(diào)至最大； ②閉合開關(guān)，將電阻箱調(diào)到6 kΩ，調(diào)節(jié)滑動變阻器至適當?shù)奈恢?，此時電壓表V1的示數(shù)為1.60 V，電壓表V2的示數(shù)為2.40 V； ③保持滑動變阻器連入電路的阻值不變，再將電阻箱調(diào)到2 kΩ，此時電壓表V1的示數(shù)如圖乙，其示數(shù)為______ V，電壓表V2的示數(shù)為1.40 V； (4)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，計算得到電源的電動勢為______ V，電壓表V1的內(nèi)阻為__________ kΩ，電壓表V2的內(nèi)阻為__________ 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，它與水平面的夾角始終為45°.在圓筒內(nèi)有兩個用輕質(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.當圓筒靜止時A、B之間的距離為L(L遠大于小球直徑)．現(xiàn)讓圓筒開始轉(zhuǎn)動，其角速度從零開始緩慢增大，當角速度增大到ω0時保持勻速轉(zhuǎn)動，此時小球B對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的過程中，彈簧彈性勢能的變化量； (2)用m、g、L、k表示小球A勻速轉(zhuǎn)動的動能Ek. 圖9 答案　(1)0　(2)＋ 解析　(1)系統(tǒng)靜止時，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，以A為研究對象：kx1＝mgsin 45° B對圓筒底部的壓力恰好為零時，設(shè)彈簧的形變量為x2，以B為研究對象： kx2＝mgsin 45° 因x1＝x2，故彈簧彈性勢能的改變量為：ΔEp＝0 (2)設(shè)A做圓周運動的半徑為R，則：R＝(L＋x1＋x2)cos 45° A在水平面內(nèi)做圓周運動，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)足夠長的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向豎直向下．導(dǎo)軌的M1N1段與M2N2段相互平行，距離為L；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，一不可伸長的絕緣輕線一端系在金屬桿b的中點，另一端繞過定滑輪與質(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．已知兩桿在運動過程中始終垂直于導(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的最終速度的大小； (2)若同時釋放a、b，在釋放a、b的同時對a施加一水平向左的恒力F＝2mg，當重物c下降高度為h時，a達到最大速度，求： ①a的最大速度； ②才釋放a、b到a達到最大速度的過程中，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中產(chǎn)生的電能． 答案　見解析 解析　(1)當b的加速度為零時，速度最大，設(shè)此時速度為vm，則：E＝Bvm 電流：I＝ 分別以b、c為研究對象：FT＝BI，F(xiàn)T＝mg 聯(lián)立解得：vm＝ (2)①在加速過程的任一時刻，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達到最大速度va時，b的速度為vb，由上式可知：va＝4vb 當a的加速度為零時，速度達到最大：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，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四個過程，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時的溫度低于在狀態(tài)c時的溫度 B．從a→b的過程中，氣體分子密集程度不變，分子平均動能增加 C．從a→b→c的過程中，氣體密度不斷減小，溫度先升高后不變 D．從c→d的過程中，氣體放出的熱量大于外界對氣體做的功 E．從a→b→c→d的過程中，設(shè)氣體對外界做功為W1，外界對氣體做功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．探測器繞火星運動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　地球和火星繞太陽做勻速圓周運動，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錯誤．T＝，則＝≠，故D錯誤． 17．如圖2所示為理想變壓器，其中r為定值電阻，R為滑動變阻器，P為滑動變阻器的觸頭，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向右移動時，原、副線圈的電流之比可能變大 B．P向右移動時，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關(guān)，故A錯誤；P向右移動時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，另一端跨過光滑定滑輪連接A、B兩個小物塊，物塊M處于靜止狀態(tài)．已知物塊與斜面間的動摩擦因數(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受到的摩擦力的說法中正確的是(sin 37°＝0.6)(　　) 圖3 A．滑動摩擦力，方向沿斜面向下，大小為4 N B．滑動摩擦力，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　開始時物塊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M所受的靜摩擦力為：Ff′＝mAg＋Mgsin 37°－F＝2 N．因為2 N＜6 N，故可知物塊M仍然處于靜止狀態(tài)，故選項D正確． 19．如圖4所示，質(zhì)量為m和M的兩個物塊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動，總動量為p，彈簧的彈性勢能為Ep；某時刻輕繩斷開，彈簧恢復(fù)到原長時，A剛好靜止，B向右運動，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A的沖量大小為p B．彈簧彈力對B做功的大小為Ep C．全過程中機械能減小量為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，兩個物塊的總動量是p，則A的動量：pA＝p，彈簧恢復(fù)到原長時，A剛好靜止，由動量定理得：I＝pA′－pA＝0－p＝－p，負號表示與選定的正方向相反，故A正確；彈簧與A、B有相互作用力的過程中，彈簧對A做負功，對B做正功，系統(tǒng)的機械能全部轉(zhuǎn)化為B的動能，所以B的動能的增加量等于彈簧的彈性勢能與A的初動能的和，所以彈簧彈力對B做的功大于Ep，故B錯誤；物塊A與B以及彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程中系統(tǒng)的動量守恒，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相互作用的過程中二者組成的系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)最終的速度為v2，根據(jù)動量守恒得：Mv1＝(M＋M)v2，聯(lián)立得：v2＝，故D正確； 整個的過程中損失的機械能：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，全過程中機械能減小量才為Ep，故C錯誤． 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)，將兩個小球a和b，從左側(cè)斜面上的A點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運動的水平位移之比為∶2 B．a(chǎn)、b運動的水平位移之比為1∶ C．a(chǎn)、b擊中斜面時的速率之比為∶1 D．若減小初速度，a球落到斜面時速度方向不變 答案　AD 解析　兩小球做平拋運動，下落相同的高度時運動時間相同，由vy＝gt知兩小球落在斜面上時豎直分速度大小相等．對于a球：有tan 30°＝＝＝，設(shè)a球落在斜面上時速度方向與水平方向的夾角為α，則tan α＝，可得tan α＝2tan 30°，與初速度無關(guān)，所以若減小初速度，a球落到斜面時速度方向不變，故D正確；對于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運動的水平位移之比為 xa∶xb＝va0∶vb0＝∶2，故A正確，B錯誤；a擊中斜面時的速率為va＝＝＝gt，b擊中斜面時的速率為 vb＝vb0＝gt，所以va∶vb＝∶4，故C錯誤． 21.真空中，點電荷的電場中某點的電勢φ＝，其中r為該點到點電荷的距離；在x軸上沿正方向依次放兩個點電荷Q1和Q2；x軸正半軸上各點的電勢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．不能確定兩點電荷的電性 B．不能確定兩個電荷電荷量的比值 C．能確定兩點電荷的位置坐標 D．能確定x軸上電場強度最小處的位置坐標 答案　CD 解析　在點電荷形成的電場中某點的電勢與距該點電荷的距離成反比，因為取無限遠處為電勢的零點，故正電荷在空間各點的電勢為正；負電荷在空間各點的電勢為負．現(xiàn)已知x＝x0處的電勢為零，故可知這兩個點電荷必定是一正一負，根據(jù)題圖圖象可知，當考察點離坐標原點很近時，電勢為正，且隨x的減小而很快趨向無限大，故正的點電荷必定位于原點O處，當x從0增大時，電勢沒有出現(xiàn)負無限大，即沒有經(jīng)過負的點電荷，這表明負的點電荷必定在原點的左側(cè)，因點電荷Q1和Q2在x軸上沿正方向依次放置，故點電荷Q2為正電荷，點電荷Q1為負電荷，故A錯誤；設(shè)Q1到原點的距離為a，當x很大時，電勢為負且趨向于零，這表明負的點電荷的電荷量的數(shù)值|Q1|應(yīng)大于Q2.根據(jù)題給的條件有： －＋＝0① －＋＝－φm② 因x＝x1時，電勢為極小值，故任一電量為q的正檢驗電荷位于x1處的電勢能也為極小值，這表明該點是檢驗電荷的平衡位置，位于該點的檢驗電荷受到的電場力等于零，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錯誤，C正確．φ－x圖象上某點的斜率表示電場強度大小，正負表示電場的方向，由題圖可知， x1位置電場強度為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)用游標卡尺測量某物體的寬度，如圖7所示，其讀數(shù)為________ mm. 圖7 (2)圖8是在“探究勻變速直線運動”實驗中得到的一條紙帶，選取了5個計數(shù)點a、b、c、d、e，測得數(shù)據(jù)如圖所示；相鄰兩個計數(shù)點時間間隔為0.10 s，使用計時儀器的工作電壓為220 V、頻率為50 Hz，那么，實驗中一定用到的一個儀器是下面實物中的________(選填A(yù)、B或C)，打點a至e的過程中紙帶的加速度大小為________ 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量某電源的電動勢和內(nèi)阻． (1)圖9甲是測量A1內(nèi)阻的實驗原理圖，其中A2量程小于A1，先閉合開關(guān)S1，將S2撥向接點a，調(diào)節(jié)變阻器R2，直至A2滿偏； (2)保持R2滑片位置不動，將S2撥向接點b，調(diào)節(jié)R1，直至A2滿偏，此時電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，記錄數(shù)據(jù)，斷開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擋接在待測電源(內(nèi)阻較大)兩端時，電壓表的示數(shù)為2.10 V；換用0～6 V擋測量，示數(shù)為2.40 V；則電源的電動勢E為________ V，內(nèi)阻r為_________ Ω；若實際改裝過程中誤將RA和RB位置互換了，則對________(填“0～3 V”或者“0～6 V”)量程的使用沒有影響；電壓表的另一量程正確使用時，電壓測量值比真實值________；(填“偏大”或“偏小”) (5)將上述電源與兩個完全相同的元件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X元件的工作電流為____ 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，為拍攝鳥類活動，攝影師用輕繩將質(zhì)量為2.0 kg的攝影機跨過樹枝，懸掛于離地面8.5 m高的B點，繩子另一端連著沙袋，并將沙袋控制在地面上的A點．某時刻，沙袋突然失控，當沙袋水平滑動到較長的斜坡底端C時，攝影機下落到距地面5.0 m高的D點，斜坡傾角為37°，此時細繩與斜面平行，最終攝影機恰好沒有撞擊地面，不計細繩與樹枝間的摩擦，g取10 m/s2. 圖11 (1)若從D點開始下落過程，輕繩的拉力大小為23.2 N，求攝影機在D點時的速度大?。? (2)若沙袋與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.175，求沙袋質(zhì)量M及攝影機下落全過程中，系統(tǒng)克服摩擦阻力所做的功(不計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)對攝影機，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)對沙袋，由牛頓第二定律：Mgsin θ＋μMgcos θ－FT＝Ma 得：M＝4 kg 從B點到地面，對系統(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系；該真空中存在方向沿x軸正向、場強為E的勻強電場和方向垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場；原點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)做直線運動，重力加速度為g，不計粒子間的相互作用． 圖12 (1)求粒子運動到距x軸為h所用的時間； (2)若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)镋′＝，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標范圍(不考慮電場變化產(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)樵瓉淼?倍，求運動過程中，粒子速度大小等于初速度λ倍(0<λ<2)的點所在的直線方程． 答案　見解析 解析　(1)由粒子做直線運動可知，粒子一定做勻速直線運動，重力、電場力和磁場力三個力的合力為零，設(shè)重力與電場力的合力與－x軸夾角為θ， 則qv0B＝ cos θ＝＝ 解得：t＝ (2)電場方向改變后，粒子所受電場力F電＝qE′＝mg，方向豎直向上，則粒子做勻速圓周運動，滿足：qv0B＝ 由圖可知最大的橫坐標為x1＝ 解得：x1＝ 最小橫坐標：x2＝2rcos θ 解得：x2＝，≤x≤ (3)設(shè)粒子運動到位置坐標(x，y)滿足速率為初速度的λ倍，根據(jù)動能定理：－qEx－mgy＝m(λv0)2－m(2v0)2 解得：y＝－＋. (二)選考題(請從下列2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分) 33．【物理—選修3－3】(15分) (1)(5分)下列說法正確的是________． A．空氣不能自發(fā)地分離成氮氣、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，若壓強和體積不變，其內(nèi)能可能增大 C．表面張力的產(chǎn)生，是因為液體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，絕熱壓縮過程中，分子平均動能一定增大 E．標準狀況下氧氣的摩爾體積為22.4 L/mol，則平均每個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，槽底有細的進氣管，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為p0、體積為V0的氣體后，圓筒恰好離開槽底；已知筒內(nèi)橫截面積S＝400 cm2，大氣壓強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，求： 圖13 (ⅰ)圓筒剛要離開槽底時，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)當圓筒恰好離開水槽時，對圓筒受力分析：p0S＋mg＝pS 代入數(shù)據(jù)可得：p＝1.005×105 Pa 這時筒內(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)位于坐標原點處的波源A沿y軸做簡諧運動．A剛好完成一次全振動時，在介質(zhì)中形成簡諧橫波的波形如圖14所示，已知波速為2 m/s，波源A簡諧運動的周期為0.4 s，B是沿波傳播方向上介質(zhì)的一個質(zhì)點，則________． 圖14 A．圖中x軸上A、B之間的距離為0.8 m B．波源A開始振動時的運動方向沿y軸負方向 C．此后的周期內(nèi)回復(fù)力對波源A一直做負功 D．經(jīng)半個周期質(zhì)點B將向右遷移半個波長 E．圖示時刻質(zhì)點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進入圓． 圖15 (ⅰ)求該平行光進入AB界面時的入射角θ. (ⅱ)若要使到達CD面的光線都能從CD面直接折射出來，該圓至少要沿AC方向向上移動多大距離． 答案　 (1)BCE　(2)(ⅰ)45°　(ⅱ)R 解析　 (1)圖中x軸上A、B之間的距離為半個波長．波長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A錯誤．波源A在波形圖中此時刻的振動方向沿y軸負方向．所以選項B正確．此后周期內(nèi)波源A遠離平衡位置，回復(fù)力方向與速度方向相反，一直做負功，選項C正確．在橫波中，質(zhì)點的振動不會隨著波的前進而前進，而是在平衡位置附近振動，選項D錯誤．圖示時刻質(zhì)點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E正確． (2)(ⅰ)光路如圖，光線在BC界面發(fā)生反射后垂直進入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，當光線在CD面的入射角為45°時是能直接折射出來的臨界情況 則該圓至少要上移的距離d＝R－Rsin γ＝ R 12