2019-2020年高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理模拟试卷（含解析）一、选择题：（本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，15小题，只有一个选项符合题目要求，68小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（xx南昌校级二模）甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s=6m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的vt图象如图所示则在012s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是（）At=4s时两车相遇Bt=4s时两车间的距离最大C012s内两车有两次相遇D012s内两车有三次相遇2（6分）（xx南昌校级二模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz3（6分）（xx南昌校级二模）已知某半径为r0的质量分布均匀的天体，测得它的一个卫星的圆轨道的半径为r，卫星运行的周期为T假设在该天体表面沿竖直方向以初速度v0向上抛出一个物体，不计阻力，求它可以到达的最大高度h是多少？（）ABCD4（6分）（xx南昌校级二模）如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R=5cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足UOP=25sin（V），则该匀强电场的大小和方向分别为（）A5 V/m，沿x轴正方向B500V/m，沿y轴负方向C500 V/m，沿y轴正方向D250 V/m，沿x轴负方向5（6分）（xx南昌校级二模）一闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流i的正方向，如图（a）所示已知线圈中感应电流i随时间而变化的图象如图（b）所示，则磁感应强度B随时间而变化的图象可能是下图中的（）ABCD6（6分）（xx南昌校级二模）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动关于带电小球的电势能和机械能W的判断，不正确的是（）A若sin，则一定减少，W一定增加B若sin=，则、W一定不变C若sin=，则一定增加，W一定减小D若tan=，则可能增加，W一定增加7（6分）（xx南昌校级二模）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（）Aa=gBa=Ca=Da=8（6分）（xx河南校级模拟）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，使飞行器恰恰与水平方向成=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A加速时加速度的大小为gB加速时动力的大小等于mgC减速时动力的大小等于D减速飞行时间t后速度为零二、非选择题，包括必考题和选考题两部分（一）必考题9（6分）（xx河南校级模拟）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度（即=）我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为cm；（2）由图丙可知，打下计数点B时，圆盘转动的角速度为rad/s；（3）圆盘转动的角加速度大小为rad/s2；（2），（3）问中计算结果保留三位有效数字）10（9分）（xx河南校级模拟）实验室现有下列器材：电流表G（满偏电流为300A，内阻为100）；电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.1）；电压表V1（量程为2V，内阻约为xx）；电阻箱R1（阻值范围09999）；电阻箱R2（阻值范围0999.9）；滑动变阻器R3（最大阻值为100）；滑动变阻器R4（最大阻值为100k）；电源E（电动势6V，内阻约0.5）；单刀单掷开关S，导线若干（1）现需要将电流表G改装成3V的电压表，需要将电阻箱的阻值调节为，与电流表G联（2）为了测量电压表V1的内阻，要求有尽可能高的测量精度，并能测多组数据请你从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量实验电路，在如图虚线方框中画出电路原理图（电路原理图中要用题中相应的英文字母标注若你需用到改装后的电压表，则改装后的电压表用V表示）（3）电压表V1的内阻RV的计算公式为RV=，式中各符号的意义是11（14分）（xx南昌三模）如图所示，两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上物块质量m=lkg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间的动摩擦因数=0.20现用水平拉力F=6N、F2=4N同对拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止（g=l0m/s2）求：（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？（2）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？12（18分）（xx南昌校级二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E一粒子源固定在x轴上的A（L，0）点，沿y轴正方向释放电子，电子经电场偏转后能通过y轴上的C（0，2L）点，再经过磁场偏转后恰好垂直击中ON，ON与x轴正方向成30角已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：（1）电子的释放速度v的大小；（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角；（3）圆形磁场的最小半径Rmin(二）选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答【物理选修3-4】13（6分）（xx南昌校级二模）下列说法正确的是（）A在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关C火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高D当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象E用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长F弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动的过程中，振子做匀减速运动14（9分）（xx南昌校级二模）如图，MN是竖直放置的长L=0.5m的平面镜，观察者在A处观察，有一小球从某处自由下落，小球下落的轨迹与平面镜相距d=0.25m，观察者能在镜中看到小球像的时间t=0.2s已知观察的眼睛到镜面的距离s=0.5m，求小球从静止开始下落经多长时间，观察者才能在镜中看到小球的像（取g=10m/s2）【物理选修3-5】15（xx南昌校级二模）下列说法正确的是（）A如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D原子核的比结合能大小可反映原子核的稳定程度，该值随质量数的增加而增大E放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关F入射光的频率不同，同一金属的逸出功也会不同16（xx南昌校级二模）如图所示，质量M=3.5kg的小车静止于光滑水平面上靠近桌子处，其上表面与水平桌面相平，小车长L=1.2m，其左端放有一质量为0.5kg的滑块Q水平放置的轻弹簧左端固定，质量为1kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为WF=6J，撤去推力后，P沿桌面滑到小车上并与Q相碰，最后Q停在小车的右端，P停在距小车左端0.5m处已知AB间距L1=5cm，A点离桌子边沿C点距离L2=90cm，P与桌面间动摩擦因数1=0.4，P、Q与小车表面间动摩擦因数2=0.1（g=10m/s2）求：（1）P到达C点时的速度vC（2）P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小xx河南省三门峡市陕州中学高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，15小题，只有一个选项符合题目要求，68小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（xx南昌校级二模）甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s=6m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的vt图象如图所示则在012s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是（）At=4s时两车相遇Bt=4s时两车间的距离最大C012s内两车有两次相遇D012s内两车有三次相遇考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，则可确定何时两车相遇能够画出两车的运动情景过程，了解两车在过程中的相对位置解答：解：A、图象与时间轴围成的面积可表示位移，04s，甲的位移为48m，乙的位移为40m，甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距S=6m，当t=4s时，甲车在前，乙车在后，相距2m所以当t=4s时两车不相遇故A错误B、开始时乙车在前，甲车在后，甲的速度大于乙的速度，所以两车间的距离减小，故B错误C、06s，甲的位移为60m，乙的位移为54m，两车第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑到前面，8s后，由于甲的速度大于乙的速度，两车还会发生第三次相遇，故C错误，D正确故选：D点评：速度时间图象中要注意观察三点：一点，注意横纵坐标的含义；二线，注意斜率的意义；三面，速度时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移2（6分）（xx南昌校级二模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变小D当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2102s，所以交流电的频率为f=50Hz，A、交流电的有效值为220V，根据电压与匝数程正比可知，副线圈的电压为22V，故A正确；B、电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为I=A=2.2A，故B错误C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故D错误；故选：A点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题3（6分）（xx南昌校级二模）已知某半径为r0的质量分布均匀的天体，测得它的一个卫星的圆轨道的半径为r，卫星运行的周期为T假设在该天体表面沿竖直方向以初速度v0向上抛出一个物体，不计阻力，求它可以到达的最大高度h是多少？（）ABCD考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：结合万有引力等于重力和万有引力提供向心力求出该星表面的重力加速度根据竖直上抛运动的位移公式即可求出解答：解：由万有引力提供向心力得：，=mg，所以在该天体表面沿竖直方向以初速度v0向上抛出一个物体，不计阻力，物体上升的过程中的机械能守恒，得：它可以到达的最大高度h是：故选：D点评：该题考查万有引力定律的一般应用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能熟练运用4（6分）（xx南昌校级二模）如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R=5cm的圆，圆上有一动点P，半径OP与x轴方向的夹角为，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足UOP=25sin（V），则该匀强电场的大小和方向分别为（）A5 V/m，沿x轴正方向B500V/m，沿y轴负方向C500 V/m，沿y轴正方向D250 V/m，沿x轴负方向考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：任意一点P的电势U=25sin（V），当和+90的时候，电势相等，从数学角度可以看出关于y轴正向是与+90的对称，电势总相等匀强电场的电场强度E=，根据U=Ed，表示出两点间的电势差，d表示两点沿电场线方向上的距离解答：解：任意一点P的电势U=25sin（V），当和+90的时候，电势相等，从数学角度可以看出关于y轴正向是与+90的对称，电势总相等那么就是说垂直于y轴正向都是等势面，那么y轴正向方向就是场强方向当=90时，P的电势最大，为25V，当=180或0时，P的电势最小，为0V，根据U=Ed得：E=500V/m，故选：C点评：本题主要考查了找等势面，电场线与等势面垂直，解决本题的关键会运用U=Ed求匀强电场中两点间的电势差5（6分）（xx南昌校级二模）一闭合线圈固定在垂直于纸面的均匀磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流i的正方向，如图（a）所示已知线圈中感应电流i随时间而变化的图象如图（b）所示，则磁感应强度B随时间而变化的图象可能是下图中的（）ABCD考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流由楞次定律可推断出磁场的变化及磁通量的变化解答：解：A、在0t内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为负值在t内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀减小，感应电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，则电流为正值在t 内，磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，则电流为正值在2t内，磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，感应电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为负值，故A正确B、在0t内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，则电流为正值，故B错误；C、在0t内，磁场方向垂直纸面向外，且非均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势不是定值，电流不是定值，故C错误D、磁场的方向不变，则与图中电流方向不符故D错误故选：A点评：解决本题的关键会根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，会根据楞次定律判断感应电流的方向6（6分）（xx南昌校级二模）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角的方向做直线运动关于带电小球的电势能和机械能W的判断，不正确的是（）A若sin，则一定减少，W一定增加B若sin=，则、W一定不变C若sin=，则一定增加，W一定减小D若tan=，则可能增加，W一定增加考点：电势能；动能定理的应用分析：带电小球从静止开始做直线运动，受到两个恒力作用，其合力与速度方向必定在同一直线上，根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化解答：解：A、若sin，电场力可能做正功，也可能做负功，所以可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小故A不正确BC、若sin=，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，、W一定守恒故B正确，C不正确D、若tan=，则电场力沿水平方向，据题知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，一定减少，W一定增加，故D不正确；本题选不正确的，故选：ACD点评：本题关键是分析电场力与合力方向的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化7（6分）（xx南昌校级二模）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（）Aa=gBa=Ca=Da=考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：要分析木板的加速度就是来分析它受力，而题目并没有说木板相对物块到底是动了还是没动，因此我们要分两种情况来考虑这个问题：一：木板相对物块没动，这样的话就是说木板和物块一起做匀加速直线运动，可以通过受力来找加速度二：木板相对物块动了，则木板就是在物块的摩擦力和地面的摩擦力作用下做匀加速直线运动，又可以做出一个结果解答：解：一：木板相对物块没动若Fmg，则木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力，摩擦力大小为F，此时木板加速度为0；若mgFmg，则木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为：拉力F和地面的摩擦力f，则其加速度为：a=，故D正确二：木板相对物块动了此时Fmg，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为：f1=mg，收到地面的摩擦力为f2=mg，则获得的加速度为：a=，故C正确故选：CD点评：这是一个需要思维缜密的题，通过题干问的加速度可能是？我们就可只推测这个至少应该有两个答案，也就是会有两种运动情况，进而仔细分析题目找出这两种情况即可8（6分）（xx河南校级模拟）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角=60，使飞行器恰恰与水平方向成=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（）A加速时加速度的大小为gB加速时动力的大小等于mgC减速时动力的大小等于D减速飞行时间t后速度为零考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间解答：解：A、B、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：在OFFb中，由几何关系得：F=，Fb=mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g故A正确，B错误；C、D、t时刻的速率：v=a1t=gt推力方向逆时针旋转60，合力的方向与水平方向成30斜向下，推力F跟合力Fh垂直，如图所示，此时合力大小为：Fh=mgsin30动力大小：飞行器的加速度大小为：a2=g到最高点的时间为：t=2t故C正确，D错误；故选：AC点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中二、非选择题，包括必考题和选考题两部分（一）必考题9（6分）（xx河南校级模拟）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度（即=）我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的半径r为3.000cm；（2）由图丙可知，打下计数点B时，圆盘转动的角速度为9.18rad/s；（3）圆盘转动的角加速度大小为23.5rad/s2；（2），（3）问中计算结果保留三位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：（1）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1m的小数部分；（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；（3）用逐差法求解出加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度解答：解：（1）整数部分为60mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需写到0.001cm处，故读数为6.000cm；故半径为3.000cm；（2）打下计数点B时，速度为vB=0.2755m/s故=9.18rad/s（3）纸带运动的加速度为a=0.705m/s2由于=，=，故角加速度为=23.5rad/s2故故答案为：（1）3.000；（2）9.18；（9.179.19）（3）23.5；（23.224.0）点评：本题根据根据题意中角加速度的定义，同时结合纸带处理中加速度和速度的求法进行分析处理10（9分）（xx河南校级模拟）实验室现有下列器材：电流表G（满偏电流为300A，内阻为100）；电流表A1（量程为0.6A，内阻约为0.1）；电压表V1（量程为2V，内阻约为xx）；电阻箱R1（阻值范围09999）；电阻箱R2（阻值范围0999.9）；滑动变阻器R3（最大阻值为100）；滑动变阻器R4（最大阻值为100k）；电源E（电动势6V，内阻约0.5）；单刀单掷开关S，导线若干（1）现需要将电流表G改装成3V的电压表，需要将电阻箱R1的阻值调节为9900，与电流表G串联（2）为了测量电压表V1的内阻，要求有尽可能高的测量精度，并能测多组数据请你从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量实验电路，在如图虚线方框中画出电路原理图（电路原理图中要用题中相应的英文字母标注若你需用到改装后的电压表，则改装后的电压表用V表示）（3）电压表V1的内阻RV的计算公式为RV=，式中各符号的意义是是电压表的读数，是电阻箱的读数，U是电压表V的读数考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）关键是根据串联电阻具有分压作用，可见电流表G与电阻箱串联，根据欧姆定律求出分压电阻的值即可；（2）关键是由于待测电压表的量程小于改装后的电压表量程，考虑将待测电压表与电阻箱串联使用，再与电压表V并联，变阻器采用分压式即可；（3）关键是根据欧姆定律计算出待测电压表的内阻的表达式即可解答：解：（1）根据欧姆定律可得，U=，代入数据可得R=9900，所以应选电阻箱，即应将表头与阻值为9900的电阻箱串联（2）由于改装后的电压表量程大于电压表量程，所以可将与电阻箱串联而扩大量程，然后将它们改装后的电压表V并联，又由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：（3）根据欧姆定律应有：U=解得：=式中各符号的意义：是电压表的读数，是电阻箱的读数，U是电压表V的读数故答案为：（1），9900，串（2）如图（3），是电压表的读数，是电阻箱的读数，U是电压表V的读数点评：本题考查电阻的测量；要明确串联电阻具有分压作用，因此要扩大电压表量程就应与电阻串联，然后根据欧姆定律计算即可11（14分）（xx南昌三模）如图所示，两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上物块质量m=lkg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间的动摩擦因数=0.20现用水平拉力F=6N、F2=4N同对拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止（g=l0m/s2）求：（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？（2）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）在F1作用下的小物块水平方向受到F1和摩擦力作用，摩擦力的大小为mg，由牛顿第二定律可求出加速度（2）由题，水平拉力F1F2，两物体做匀加速运动的加速度不等，两物块速度相等，只能出现一定在上方物块减速阶段过程中，由牛顿第二定律求出物块2的加速度，根据速度相等，由速度公式求解时间t解答：解：（1）根据牛顿第二定律得 F1mg=ma1 解得：a1=4m/s2（2）物块1先加速后减速，减速运动的加速度大小为a0=g=2m/s2从静止开始运动达到最大速度的时间为t1，则+=l代入数据解得：t1=s；同理可得，物块2加速运动和减速运动 的加速度为2m/s2由题意可判断两物块速度相等时，物块1正在减速，物块2正在加速，设此时刻为t，则a1t1a0（tt1）=a0t代入数据得：t=答：（1）在F1作用下的小物块加速度a1为4m/s2；（2）t为点评：本题利用牛顿第二定律和运动学公式综合解题，难度适中12（18分）（xx南昌校级二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E一粒子源固定在x轴上的A（L，0）点，沿y轴正方向释放电子，电子经电场偏转后能通过y轴上的C（0，2L）点，再经过磁场偏转后恰好垂直击中ON，ON与x轴正方向成30角已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：（1）电子的释放速度v的大小；（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角；（3）圆形磁场的最小半径Rmin考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；（2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；（3）先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后画出轨迹图，确定磁场的最小半径解答：解：（1）粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，有：，L=，联立两式解得v=（2）设电子到达C点的速度大小为vc，方向与y轴正方向的夹角为根据类平抛运动的规律有：，tan=，解得=30（3）粒子的轨迹如图所示，根据几何关系知，QO1P=120，根据得，R=根据几何关系知，磁场区域的最小半径Rmin=答：（1）电子的释放速度v的大小为；（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角为30度；（3）圆形磁场的最小半径为点评：本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键(二）选考题，请考生从以下两个模块中任选一模块作答【物理选修3-4】13（6分）（xx南昌校级二模）下列说法正确的是（）A在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关C火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高D当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象E用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长F弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动的过程中，振子做匀减速运动考点：单摆周期公式；光的衍射分析：振动加速度的振幅最大，不是位移总是最大受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关根据多普勒效应判断接收频率与波源发出频率的关系当波长与障碍物尺寸差不多，或比障碍物尺寸大，会发生明显的衍射根据双缝干涉的条纹间距公式比较波长的大小根据弹簧振子的加速度变化判断振子的运动规律解答：解：A、在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总是比减弱点的位移大，故A错误B、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故B正确C、火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们接收的频率大于波源发出的频率，故C正确D、当水波通过障碍物时，若障碍的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D错误E、根据知，A光的条纹间距比B光的条纹间距大，则A光的波长大于B光的波长，故E正确F、弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动时，加速度增大，做变减速运动，故F错误故选：BCE点评：本题考查了干涉现象、衍射现象、双缝干涉、多普勒效应、受迫振动、简谐运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点14（9分）（xx南昌校级二模）如图，MN是竖直放置的长L=0.5m的平面镜，观察者在A处观察，有一小球从某处自由下落，小球下落的轨迹与平面镜相距d=0.25m，观察者能在镜中看到小球像的时间t=0.2s已知观察的眼睛到镜面的距离s=0.5m，求小球从静止开始下落经多长时间，观察者才能在镜中看到小球的像（取g=10m/s2）考点：光的反射定律分析：当小球发出的光线经过平面镜反射射入观察者的眼睛时，人就能看到小球镜中的像根据反射定律作出光路图及边界光线运用三角形相似法求出人能看到的小球运动区域，再根据小球自由落体运动的规律求时间解答：解：由平面镜成像规律及光路图可逆可知，人在A处能够观察到平面镜中虚像所对应的空间区域在如图所示的直线PM和QN所包围的区域中，小球在这一区间里运动的距离为图中ab的长度L由于aAbMANbACNAD；所以=；而=联立求解，L=0.75m 设小球从静止下落经时间t人能看到，则L=g（t+t）2gt2 代入数据，得t=0.275s答：小球从静止开始下落经0.275s时间，观察者才能在镜中看到小球的像点评：本题是边界问题，根据反射定律作出边界光线，再根据几何知识和运动学公式结合求解【物理选修3-5】15（xx南昌校级二模）下列说法正确的是（）A如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属不一定发生光电效应B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D原子核的比结合能大小可反映原子核的稳定程度，该值随质量数的增加而增大E放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关F入射光的频率不同，同一金属的逸出功也会不同考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应专题：常规题型分析：当入射光的频率大于金属的极限频率，则可发生光电效应；粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一；由高能级向低能级跃迁，辐射光子，根据轨道半径的变化判断动能的变化，根据能量和动能的变化判断电势能的变化发生衰变时，电荷数少2，质量数少4，根据电荷数和质量数的变化判断中子数的变化放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关解答：解：A、如果用紫光照射某种金属发生光电效应，知紫光的频率大于金属的极限频率，由于绿光的频率小于紫光的频率，所以绿光照射不一定发生光电效应故A正确B、粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一故B正确C、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，能量减小，轨道半径减小，根据=知，电子的动能增大，由于能量等于电子动能和电势能的总和，则电势能减小故C错误D、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，比结合能并非随着质量数的最大而增大，故D错误；E、放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，与外界的物理条件和所处的化学状态无关，故E正确；F、金属的逸出功由金属材料决定，与入射光无关，故F错误故选：ABE点评：本题考查光电效应、粒子散射实验、能级的跃迁、衰变、半衰期等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，牢记这些基础知识点，并强化训练16（xx南昌校级二模）如图所示，质量M=3.5kg的小车静止于光滑水平面上靠近桌子处，其上表面与水平桌面相平，小车长L=1.2m，其左端放有一质量为0.5kg的滑块Q水平放置的轻弹簧左端固定，质量为1kg的小物块P置于桌面上的A点并与弹簧的右端接触此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，推力做的功为WF=6J，撤去推力后，P沿桌面滑到小车上并与Q相碰，最后Q停在小车的右端，P停在距小车左端0.5m处已知AB间距L1=5cm，A点离桌子边沿C点距离L2=90cm，P与桌面间动摩擦因数1=0.4，P、Q与小车表面间动摩擦因数2=0.1（g=10m/s2）求：（1）P到达C点时的速度vC（2）P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）对ABC过程由动能定理可求得P到达C点时的速度；（2）分别对PQ碰撞过程和整体由动量守恒定律列式，并对全过程由能量守恒列式，联立可求得PQ碰后瞬间Q的速度；注意计论各解是否符合实际解答：解：（1）对P由ABC应用动能定理，得解得：VC=2m/s（2）设P、Q碰后速度分别为v1、v2，小车最后速度为v，向右为正方向，由动量守恒定律得，m1vC=m1v1+m2v2m1vC=（m1+m2+M）v由能量守恒得，解得，v2=2m/s当时，不合题意，舍去即P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为v2=2m/s答：（1）P到达C点时的速度 vC为2m/s（2）P与Q碰撞后瞬间Q的速度大小为2m/s点评：本题考查动量守恒定律及功能关系的综合应用，解题时要注意正确分析物理过程，明确各过程的受力及运动情况，优先应用动量守恒和动能定理进行分析求解