2019-2020年高三物理模拟试题含解析.doc

2019-2020年高三物理模拟试题含解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意选对的得3分，错选或不答的得0分1（3分）下列叙述正确的是（） A 力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位 B 伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性 C 法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点 D 牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量【考点】： 物理学史【分析】： 力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月地“检验法验证了牛顿定律的正确性再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题【解析】： 解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；B、牛顿用“月地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误故选：C【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累2（3分）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态如图所示是这个装置的纵截面图若用外力使MN保持竖直地缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止在此过程中，下列说法中正确的是（） A Q受到MN的弹力逐渐减小 B Q受到P的弹力逐渐减小 C Q受到MN和P的弹力之和保持不变 D P受到地面的支持力和摩擦力均保持不变【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律；最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况【解析】： 解：A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图：重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanN2=由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大；故A错误，B错误；C、Q受到MN和P的弹力的矢量和与重力平衡，保持不变，故C正确；D、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有f=N1=mgtan由于不断增大，故f不断增大；物体Q一直保持静止，N3=（M+m）g，保持不变故D错误；故选：C【点评】： 本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理3（3分）近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2下列判断正确的是（） A 飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大 B 飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态 C 飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度 D 飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样【解析】： 解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，故A错误B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误故选：B【点评】： 圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关4（3分） 如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况【解析】： 解：位移在0L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值I=，l=x则I=x位移在L2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误位移在2L3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值I=（2Lx）故选：B【点评】： 本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题5（3分）如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是（） A 若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHG B 若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等 C 若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等 D 若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等同时注意电场线和等势线是垂直的【解析】： 解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBCUHG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等故D正确故选：D【点评】： 本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力二、多项选择题：本题共4小题，每小题3分，共16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（3分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（） A 副线圈输出电压的频率为100Hz B 副线圈输出电压的有效值为5V C P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小 D P向左移动时，变压器的输入功率增加【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据瞬时值表达式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【解析】： 解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误；B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B正确；C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；故选：BC【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路，另外还要清楚变压器各量之间的制约关系7（3分）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=k（图中未标出）已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是（） A 小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动 B 小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止 C 小球的最大加速度为 D 小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】： 功率的计算专题【分析】： 对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等于力乘以速度【解析】： 解：AB、刚开始运动，加速度为 a=，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kvmg后，加速度为：a=，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A正确，B错误；C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C正确D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=（kvmg），故最大速度为：vm=，恒力F0的最大功率为：P=Fvm=，故D错误故选：AC【点评】： 本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，要有分析物体的受力情况和运动情况的能力8（3分）如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置下列结论正确的是（） A 若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板的电压会保持不变 B A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同 C 若将A板水平向左平移一小段距离，两板间的电场强度将减小 D 若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将变大【考点】： 电容【专题】： 电容器专题【分析】： 题中电容器的带电量不变根据对称性和电场的叠加分析A、B两板电荷在P点产生电场的场强关系移动A板时，根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=分析板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化【解析】： 解：A、在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误B、A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B正确C、根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=得：E=，由题知Q、均不变，则移动A板时s变小，两板间的电场强度将变小故C正确D、由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变故D错误故选：BC【点评】： 本题考查电容器的动态分析问题，关键要正确应用电容器的决定式及定义式；并注意电势与场强的关系的应用9（3分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上的质量为m的小物体接触（未连接），如图中O点，弹簧水平且无形变用水平力F缓慢向左推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，如图中B点，此时物体静止撤去F后，物体开始向右运动，运动的最大距离距B点为3x0，C点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g则（） A 撤去F时，物体的加速度最大，大小为g B 物体先做加速度逐渐变小的加速运动，再做加速度逐渐变大的减速运动，最后做匀减速运动 C 从BC位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量 D 撤去F后，物体向右运动到O点时的动能最大【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】： 本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功；当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功【解析】： 解：A、撤去F时，物体的加速度最大，大小为a=g，故A正确；B、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，物体离开弹簧后做匀减速运动故B正确；C、由动能定理可知，弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量，故弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量，故C正确；D、物体向右运动过程中，加速度为零时，速度最大，故到C点时的动能最大，故D错误故选：ABC【点评】： 本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通常应用动能定理结合功能关系解决三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（10分）在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动（纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示（1）（多选题）由图甲判断下列说法正确的是BA一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C实验中重物P的质量应远小于物体的质量D弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半（2）小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且mA小于mB（填“大于”“等于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数A大于B（填“大于”“等于”或“小于”）（3）甲、乙两位同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图丙所示的实验装置实验时他们先调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动，这样做的目的是为了平衡小车运动过程中所受摩擦力此后，甲同学把细线系在小车上并绕过定滑轮悬挂若干配重片在小车质量一定的情况下，多次改变配重片数量，每改变一次就释放一次小车，利用打点计时器打出记录小车运动情况的多条纸带图丁是其中一条纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为0.49m/s2（保留2位有效数字）某同学在实验时，因配重片数量不足改用5个质量为20g的钩码进行实验他首先将钩码全部挂上，用打点计时器打出记录小车运动情况的纸带，并计算出小车运动的加速度；之后每次将悬挂的钩码取下一个并固定在小车上，重复多次实验，且每次实验前均调整垫木的位置，使小车不挂配重时能在倾斜的长木板上做匀速直线运动根据测得的数据，绘制出小车加速度与悬挂的钩码所受重力的关系图线关于这一图线下列说法错误的是B（选填选项前的字母）A可由该图线计算出小车和5个钩码质量之和B只有当小车质量远大于悬挂钩码的质量时，该图线才是一条直线C无论小车质量是否远大于悬挂钩码的质量，该图线都是一条直线【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： （1）选项A写出木板水平时加速度的表达式讨论即可；选项C根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P质量大小无直接关系；选项D对重物P列出加速度的表达式，然后讨论即可（2）的关键是根据aF分别写出A和B加速度a与拉力F的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解（3）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；根据公式x=at2计算加速度，明确图象的性质，根据图象可求得，对整体进行分析，由牛顿第二定律可求得质量【解析】： 解：（1）A、长木板水平时，对物体A由牛顿第二定律可得：mgF=ma，即a=对B由牛顿第二定律可得：Fmg=ma，即a=g，所以不平衡摩擦力时，也可以达到实验目的但若木板不水平，当滑轮一侧较高时应有Fmgsinmgcos=ma，较低时应有F+mgsinmgcos=ma1，则需要已知斜面的倾角，由于本题倾角未知，就不能求出加速度a，所以A错误；B、实验要求应先接通电源后释放纸带，所以B正确；C、由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，当加速度为a时，应有Mg2F=Ma，可得F=，所以只有当a=0时，F才等于，所以D错误；故选：B（2）设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B应有Fmg=ma，可得：a=g=对物体A应有mgF=ma，可得：a=根据aF图象斜率绝对值k=可知，B的斜率大于A的斜率，所以，即mA小于mB；再根据纵轴截距大小等于g可知，由于A的截距大于B的截距，所以A大于B；（3）：为了克服摩擦力的影响，在实验中应垫高一侧，从而使重力的分力与摩擦力相互平衡；从而使小车受到的拉力为合外力；由x=aT2可得：a=0.49m/s2；对钩码和小车整体分析可知，整体受到的拉力为钩码的重力，质量是整体的质量；由F=ma可知，作出的图象一定为直线；且图象的斜率一定为整体的质量；故AC正确，B错误；故选：B故答案为：（1）B；（2）小于，大于（3）为了平衡小车运动过程中所受摩擦力；0.49；B【点评】： 在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时加速度11（8分）一个刻度没标数值的电压表量程约为9V，内阻Rx约为6k，现要较为准确地测其内阻Rx，且各仪表的示数不得少于满量程的实验室提供了如下器材：A电流表A1：量程3mA，内阻约50B电流表A2：量程3A，内阻约0.2C电压表V1：量程1.5V，内阻r1=1kD电压表V2：量程60V，内阻r2约50kE定值电阻器R1：阻值R1=5.1kF定值电阻器R2：阻值R2=30G电源：电动势约15V，内阻约0.5H滑动变阻器020I导线若干、单刀单掷开关一个（1）除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需ACEH器材（填序号）；（2）用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；（3）根据所画原理图，写出Rx的表达式（用某次电表的测量值、已知量表示）Rx=，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时的示数U1为电压表V1的示数、I1为电流A1的示数【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则，（2）将电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用通过待测电阻的大小确定电流表的内外接，由于滑动变阻器阻值较小，从测量误差角度确定滑动变阻器采用分压式接法（3）根据欧姆定律求出待测电阻的阻值【解析】： 解：（1）通过电压表的最大电流为：，且待测电表无刻度，故还需选择电压表，电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则可选取：ACEH；（2）电压表V1量程太小，直接并在待测电压表两端容易烧毁，故需串联一个定值电阻R1，又电压表电阻很大，电流表应采用外接法，滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，故设计电路如图所示：（3）根据欧姆定律流经电压表V1的电流为：根据并联电路电流特点可得流经待测电压表的电流为：Ix=I1I0根据欧姆定律得：联立得：故答案为：（1）ACEH；（2）如图所示（3），U1为电压表V1的示数、I1为电流表A1的示数【点评】： 本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表，并确定安培表的内、外接法和滑动变阻器的限流、分压法；要明确安培表的内、外接法的误差来源【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题作答，若三题都做，则按A、B两题评分A.（选修模块3-3）（12分）12（4分）下列说法中正确的有（） A 实验“用油膜法估测分子大小”中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积 B 布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布郎运动越激烈 C 分子间的距离越小，分子间引力越小，斥力越大 D 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性【考点】： * 晶体和非晶体；用油膜法估测分子的大小【分析】： 在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子悬浮微粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越激烈，分子间的引力f引和斥力f斥随着分子间距离减小而增大，液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性【解析】： 解：A、油酸酒精溶液的体积并非为油酸体积，要根据油酸酒精溶液中所含油酸的比例，求出所含油酸体积，故A错误；B、悬浮微粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，合力越大，布朗运动越激烈，故B正确；C、分子间的引力f引和斥力f斥随着分子间距离减小而增大，故C错误；D、液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性故D正确故选：BD【点评】： 本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验、布朗运动、以及分子间的作用力等知识，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，记住一些常用的基础知识13（4分）如图所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做了0.5J的功，则空气放出（填“吸收”或“放出”）了0.5J的热量【考点】： 热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 温度不变，说明内能不变，根据E=W+Q，可求解【解析】： 解：环境温度不变，说明气体内能不变，根据E=W+Q，外界对空气做了0.5J 的功，则，空气放出0.5J的功故答案为：放出，0.5J【点评】： 本题一定要注意审题，对于理想气体分子势能是忽略不计的，在分析内能的变化时只考虑温度的变化即可14（4分）（xx河南模拟）如图为一个封闭有一定质量理想气体的内壁光滑的圆环形细管，S是固定在管上的阀门，M为可自由移动的活塞，其质量不计初始时，S、M与管道中心O在同一水平面内，气体被均分为上下两部分，气体温度均为T0=305K，压强为P0=1.05105Pa现对下面部分气体缓慢加热，且保持上面部分气体温度不变，当活塞M缓慢移动到管道最高点时，求：上面部分气体的压强；下面部分气体的温度【考点】： 理想气体的状态方程；气体的等容变化和等压变化【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 对上面气体应用玻意耳定律可以求出气体的压强；对下面气体应用理想气体状态方程可以求出气体的温度【解析】： 解：设四分之一圆环的容积为V，对上面气体，由题意可知，气体的状态参量：初状态：V1=2V，p1=P0=1.05105Pa，末状态：V1=V，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p1V1，代入数据得：p1=2.1105Pa；对下部分气体，由题意可知，气体的状态参量：初状态：V2=2V，T2=T0=305K，p2=P0=1.05105Pa，末状态：V2=3V，p2=p1=2.1105Pa，由理想气体状态方程得：=，代入数据得：T2=915K；答：上面部分气体的压强为2.1105Pa；下面部分气体的温度为915K【点评】： 应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，根据题意求出气体的初末状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题；要掌握连接体问题的解题思路与方法B.（选修模块3-4）（12分）15（4分）下列四幅图中关于机械振动和机械波的说法中正确的有（） A 粗糙斜面上的金属球M在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动 B 单摆的摆长为l，摆球的质量为m、位移为x，此时回复力约为F=x C 质点A、C之间的距离等于简谐波的一个波长 D 实线为某时刻的波形图，若此时质点M向下运动，则经一短时间后波动图如虚线所示【考点】： 机械波【分析】： 机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质；有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定用简谐运动的条件和机械波的特点分析即可【解析】： 解：A、在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小，金属球最终静止，所以该运动不是简谐运动，故A错误B、单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即F=mgsin，因为较小，sin=，考虑到回复力的方向与位移x的方向相反，所以F=x，故B正确C、相邻波峰或波谷之间的距离等于一个波长，而选项中质点A、C的平衡位置之间的距离只是简谐波的半个波长，故C错误D、据质点振动方向和传播方向的关系上下坡法，根据质点M向下运动可知，波正向x轴正方向传播，经很短时间，波形图如虚线所示，故D正确故选：BD【点评】： 明确机械振动和机械波的关系和特点是解题的关键，灵活应用简谐运动的特点和传播方向与振动方向关系求解16（4分） 如图所示，某车沿水平方向高速行驶，车厢中央的光源发出一个闪光，闪光照到了车厢的前、后壁，则地面上的观察者认为该闪光先到达后壁（选填“先到达前壁”、“先到达后壁”或“同时到达前后壁”），同时他观察到车厢的长度比静止时变短（选填“长”或“短”）了【考点】： 狭义相对论【分析】： 地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样【解析】： 解：车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些由相对论原理可知，地面上人看到的车厢的长度比静止时要短故答案为：先到达后壁；短【点评】： 对于相对论内容考纲要求为识记内容，属于记忆性的知识点，应牢记基础题目17（4分） 如图所示，AOBC为某种透明介质的截面图，其中AOC为直角三角形，OAC=53BC为半径R=16cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=53，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=，sin53=0.8；cos53=0.6判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由全反射临界角公式sinC=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两亮斑的颜色；由折射定律求出折射角，由几何知识可求得两光斑的距离【解析】： 解：设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，则： sinC1=，C1=60 sinC2=，C2=45因为i=53C2，iC1所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色画出如图光线图tan53=可得 OA=12cm设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律：n1=求得：sinr=由几何知识可得：tanr=，tan53=解得：AP1=cm，AP2=9cm所以P1P2=（+9）cm答：在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；两个亮斑间的距离为（+9）cm【点评】： 本题首先要能正确作出光路图，掌握全反射的条件，并能正确应用几何关系和折射定律结合进行解题C.（选修模块3-5）（12分）18下列说法中正确的有（） A 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B 结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 C 只有光子具有波粒二象性，电子、质子等粒子不具有波粒二象性 D 原子核发生衰变时，不但遵循能量守恒定律，还遵循动量守恒定律【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 结合能说明核子结合成原子核有质量亏损，比结合能是原子的结合能与核子数的比值，比结合能越大说明原子核越稳定；黑体是理想的物理模型，黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关；实物粒子也具有波粒二象性；能量守恒定律和动量守恒定律在宏观世界与微观世界同样使用【解析】： 解：A、黑体是理想的物理模型，黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、比结合能是原子的结合能与核子数的比值，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，故B错误；C、只有光子具有波粒二象性，电子、质子等粒子也有波粒二象性故C错误；D、能量守恒定律和动量守恒定律在宏观世界与微观世界同样使用，原子核发生衰变时，不但遵循能量守恒定律，还遵循动量守恒定律故D正确故选：AD【点评】： 本题考查了黑体与黑体辐射、结合能与比结合能、波粒二象性与两个守恒定律，知识点多，难度小，关键记住相关基础知识192011年3月11日在日本海域发生强烈地震，强震引发了福岛核电站危机核电中的U发生着裂变反应，试完成下列反应方程式U+nBa+Kr+；已知U、Ba、Kr和中子的质量分别是mU、mBa、mKr、mn，该反应中一个235U裂变时放出的能量为（mumBamKr2mn）c2（已知光速为c）【考点】： 裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒；根据爱因斯坦质能方程E=mc2列式求解裂变时放出的能量【解析】： 解：反应方程式U+nBa+Kr+X中，根据质量数守恒，X的总的质量数为：235+114192=3X的总的电荷数为：925636=0故X是3个中子，即为：；一个235U裂变时放出的能量为：E=mc2=（mumBamKr2mn）c2故答案为：，（mumBamKr2mn）c2【点评】： 本题关键是明确核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒，同时要结合爱因斯坦质能方程进行分析20（4分）如图所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s，求：A的最终速度；铁块刚滑上B时的速度【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 铁块与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；铁块与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求铁块刚滑上B时的速度【解析】： 解：铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv=（MB+m）vB+MAvA，解得：vA=0.25 m/s（2）设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA=0.25 m/s由系统动量守恒得：mv=mu+（MA+MB）vA，解得：u=2.75 m/s答：A的最终速度为0.25m/s；铁块刚滑上B时的速度为2.75m/s【点评】： 要注意分析清楚铁块与A、B的运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题四、计算或论述题：本题共3小题，共47分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21（15分） 如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根导电辐条OP、OQ、OR，辐条互成120角在圆环内，圆心角为120的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷MN与一个LED灯（可看成二极管，发光时，电阻为r）圆环及其它电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时（1）顺磁感线方向看，圆盘绕O1O2轴沿什么方向旋转，才能使LED灯发光？在不改变玩具结构的情况下，如何使LED灯发光时更亮？（2）在辐条OP转过60的过程中，求通过LED灯的电流；（3）求圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）二极管具有单向导电性，图中通过二极管的电流向上时，LED灯才能发光，根据右手定则判断圆盘的转动方向在不改变玩具结构的情况下，增加旋转的角速度，从而增大感应电动势，可以使LED灯更亮（2）根据转动切割感应电动势公式E=求解感应电动势，求出内外电阻，由串联电路的分压规律求解外电压，再由欧姆定律求解通过LED灯的电流；（3）圆环每旋转一周过程中，电流不变，根据焦耳定律和周期与角速度的关系，求解电能【解析】： 解：（1）逆时针由右手定则可以判断出，顺磁感线方向看，圆盘绕轴O1O2沿逆时针方向旋转，才能使LED灯发光在不改变玩具结构的情况下，增加旋转的角速度可以使LED灯更亮（2）感应电动势：E=外电阻：R1=内电阻：R2=r 外电压：U=E流过LED的电流：I=解得：I=（3）转动一周电流不变，则周期为：T=根据焦耳定律得产生的电能为：E=I2rt联立解得：E=答：（1）逆时针由右手定则可以判断出，顺磁感线方向看，圆盘绕轴O1O2沿逆时针方向旋转，才能使LED灯发光在不改变玩具结构的情况下，增加旋转的角速度可以使LED灯更亮（2）通过LED灯的电流为；（3）圆环每旋转一周，LED灯消耗的电能为【点评】： 本题是电磁感应与电路知识的综合，关键要正确区分电源的内电路与外电路，要抓住电流不变的特点，求解LED灯消耗的电能22（16分） 光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=9.5Jg=10m/s2求：（1）装置运动的时间和位移大小；（2）长平板的长度l；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离【考点】： 动能定理；牛顿第二定律；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）以装置为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可（2）以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可（3）利用滑块恰好经过最高点利用牛顿第二定律和平抛运动列方程求解【解析】： 解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：Fmg=Ma1代入数据解得：a1=12m/s2设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：v0a1t1=0联立并代入数据解得：t1=1s 装置向左运动的距离：x1=121m0.5121m=6m（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：mg=ma2代入数据解得：a2=4m/s2设滑块运动到A点时的速度为v1，则：v1=v0a2t1联立并代入数据解得：v1=8m/s 小滑块向左运动的距离为：x2=121m0.541m=10m 则平板长为：l=x2x1=10m6m=4m （3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：mg2RWf=在B点有：mg=联立解得：R=0.9m，v2=3m/s小滑块从B点飞出做平抛运动：2R=联立解得：t2=0.6s落点离A的距离为：x=v2t2=30.6m=1.8m答：1）装置运动的时间和位移大小6m；（2）长平板的长度l为4m；（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m【点评】： 弄清问题的运动情况和受力情况是解题的关键，灵活利用牛顿第二定律和运动学公式求解是解题的核心，此题综合性较强23（16分）如图甲所示，直角坐标系xoy的第二象限有一半径为R=a的圆形区域，圆形区域的圆心O1坐标为（a，a），与坐标轴分别相切于P点和N点，整个圆形区域内分布有磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直纸面向里（图中未画出）带电粒子以相同的速度在纸面内从P点进入圆形磁场区域，速度方向与x轴负方向成角，当粒子经过y轴上的M点时，速度方向沿x轴正方向，已知M点坐标为（0，）带电粒子质量为m、带电量为q忽略带电粒子间的相互作用力，不计带电粒子的重力，求：（1）带电粒子速度v大小和cos值；（2）若带电粒子从M点射入第一象限，第一象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场，已知带电粒子在该磁场的一直作用下经过了x轴上的Q点，Q点坐标为（a，0），该磁场的磁感应强度B大小为多大？（3）若第一象限只在y轴与直线x=a之间的整个区域内有匀强磁场，磁感应强度大小仍为B方向垂直纸面，磁感应强度B随时间t变化（Bt图）的规律如图乙所示，已知在t=0时刻磁感应强度方向垂直纸面向外，此时某带电粒子刚好从M点射入第一象限，最终从直线x=a边界上的K点（图中未画出）穿出磁场，穿出磁场时其速度方向沿x轴正方向（该粒子始终只在第一象限内运动），则K点到x轴最大距离为多少？要达到此最大距离，图乙中的T值为多少？【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】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动，确定出圆心和半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求得v的大小由几何关系求解cos值；（2）带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，根据几何知识求出轨迹半径，即可由牛顿第二定律求解B（3）画出粒子运动的轨迹，由几何知识求解K点到x轴最大距离根据轨迹的圆心角求解图乙中的T值【解析】： 解：（1）带电粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的圆心为O2，离开圆形磁场区域时的位置为H，连接PO1HO2可知，该四边形为菱形，带电粒子做圆周运动的半径： r=a由于qvB=m得：v=由于PO1在竖直方向，半径HO2也为竖直方向，由图可知： r+rcos=a解得：cos=（2）由图可知，带电粒子以平行于x轴正方向的速度从M点进入磁场区域中做圆周运动，设半径为r3，由几何关系有：tan=，=37则：cos=得：r3=a而r3=得：B=B（3）由图知：圆O4与直线x=a相切于C点，圆O5与y轴相切于D点，两圆弧相切于E点，带电粒子运动到K点时离x轴距离最大， O4 O5=2r=2a cos=，=60最大距离KQ=+3r+2rsin=（+）a带电粒子运动周期T0=由T=T0解得 T=答：（1）带电粒子速度v大小为，cos值是；（2）该磁场的磁感应强度B大小为B（3）K点到x轴最大距离为（+）a，要达到此最大距离，图乙中的T值为【点评】： 本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系分析解答