2019-2020年高三物理下学期3月模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期3月模拟试卷（含解析）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。）1科学发现推动人类社会的进步，科学技术的应用改变人们的生活，在下列叙述中正确的是( )A现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由恒定的强磁场产生的B电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以增强电源电动势的作用，促进线圈的转动C法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机D机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用静电感应的原理工作的2一质点在某一外力F作用下由静止开始运动，力F的大小随时间t变化的图象如图所示，其方向始终在一条直线上，在08s内，下列说法正确的是( )A在02s内质点做匀加速运动，第2s末其速度达到最大值B第4s末质点的加速度为零，速度也刚好为零C质点做变加速直线运动，第6s末加速度最大，且离出发位置最远D在08s内，质点一直向同一个方向做直线运动，在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远3如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极A、B板长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO垂直荧光屏交于O点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A小球一定带负电B小球一定垂直打在荧光屏的O点上C电场力qE=mgD电场力qE=2mg4地球M和月球m可以看作一个双星系统，它们绕两球球心连线上的某一点O转动，据科学家研究发现，亿万年来地球把部分自转能量通过地月相互作用而转移给了月球，使地月之间的距离变大了，月球绕O点转动的机械能增加了，由此可以判断( )A月球绕O点转动的角速度减小B月球绕O点转动的角速度增大C地球球心到O点的距离减小D月球绕O点转动的动能增加5如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变电器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，端电压分别为U1、U2，电流分别I1、I2，升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻R，变压器均为理想变压器，若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )A用户端的负载增加（并联用电器增多）时，I2增大，I1增大B无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2C远距离输电线上的电流I2=D若用户端要得到U1大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为n2：n16如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02mgh）7滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力T垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）某次运动中，运动员在水平牵引力F作用下，脚蹬滑板，沿水平面做了一小段匀加速直线运动，设滑板和水平面的夹角为，忽略空气阻力，在此运动过程中( )AT增大，调整增大BT增大，保持不变CF增大，调整增大DF不变，调整减小8如图所示，传送带与水平面夹角为37，白色皮带以10m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处于无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m，取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中( )A小煤块从A运动到B的时间为2sB煤块对皮带做的总功为0C小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J二、非选择题:（包括必考题和选考题两部分，9-12题为必考题，13-18题为选考题）（一）必考题9物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：小钢珠、固定底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h（1）使用游标卡尺测量小钢珠的直径如图2所示，则直径为_cm；（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小钢珠经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小钢珠的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=_； （3）根据实验数据作出t图象（如图3），若图线斜率的绝对值为k，与纵轴的截距为a，根据图线可求出重力加速度大小为_10（1）某同学利用如图1所示的电路测量一只灵敏电流计的电阻该同学在连好电路后，先把电位器R调到最大；合上开关S1，调节R使电流表达到满偏电流Ig，然后合上开关S2，调节电阻箱R1的阻值使电流表示数正好为满偏电流的一半，记下此时电阻箱的示数，即认为电流表的电阻Rg就等于R1从系统误差的角度看，测量结果比真实值应该_（填“偏大”或“偏小”）；在下列选项中对实验测量准确性影响较大的因素是：_A、电源内电阻r B、电位器R的总阻值 C、电源电动势E D、定值电阻R0的阻值（2）如果灵敏电流计（即表头）的满偏电流Ig=1mA，电阻Rg=100，现实验实备有该型号表头改装的量程不同的电流表和电压表，某同学准备利用伏安法测量一只阻值约为150的电阻Rx，备选器材有：A、学生电源（电动势E约为4V）B、电压表（量程：03V）C、电流表A1（量程：050mA）D、电流表A2（量程：00.6A）E、电流表A3（量程：03A）F、滑动变阻器（总电阻约20）G、开关、导线若干 为了尽量提高测量精度，请在图2虚线框内画出合理的电路原理图； 电流表应选择_（请填写所选器材前的字母符号）11如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为1，与水泥路面的动摩擦因数为2某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？12（19分）如图所示，在xOy平面的x0区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，而在0xL，1.5Ly1.5L的区域I内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外，区域处于Lx2L、1.5Ly1.5L，现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（2L，L）的A点以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好经过坐标为0，（1）L的C点，粒子重力忽略不计，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向里的匀强磁场B2，试确定磁感应强度B2的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向与y轴正方向夹角的范围(二）选考题【物理选修3-3】13以下说法正确的是 ( )A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小14如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸内壁导热良好活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开始时气柱高度为h0，若在活塞上放上一个质量为m的砝码，再次平衡后气柱高度变为h，去掉砝码，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h，已知气体温度保持不变，气缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压P0以及活塞的质量M【物理选修3-4】15如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是( )A此波的波速为5cm/sB此波的频率为1.5HzC波源在t=0时运动速度沿y轴正方向D波源振动已经历0.6sEx=10cm的质点在t=1.5s处于波峰16如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触，现有一单色平行光束与水平方向夹角为（0），从AB面射入玻璃砖，若要求不论取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为【物理选修3-5】17下列说法正确的是( )A光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C一个氘核H与一个氚核H聚变生成一个氦核He的同时，放出一个质子D光子的能量由光的频率所决定E按照玻尔理论，氢原子核外从半径较小的轨道跃迁半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大18如图，在光滑水平面上，有A、B、C三个物体，开始BC皆静止且C在B上，A物体以v0=10m/s撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A静止不动，而B、C最终的共同速度为4m/s，已知B、C两物体的质量分别为mB=4kg、mC=1kg，试求：（1）A物体的质量为多少？（2）A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？湖北省七市（州）xx届高考物理模拟试卷（3月份）一、选择题（共8小题，每小6分，在每小题给出的四个选项中，15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的不得分。）1科学发现推动人类社会的进步，科学技术的应用改变人们的生活，在下列叙述中正确的是( )A现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由恒定的强磁场产生的B电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以增强电源电动势的作用，促进线圈的转动C法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机D机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用静电感应的原理工作的考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，而感生电场是由变化的强磁场产生的，故A错误；B、电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个电动势可以削弱电源电动势的作用，阻碍线圈的转动，故B错误；C、法拉第依据他发现的电磁感应现象制作的圆盘发电机，是人类历史上的第一台发电机，故C正确；D、机场、车站和重要场所的安检门，探测含有金属零件的地雷的探测器都是利用电磁感应现象工作的，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，这也是考试内容之一2一质点在某一外力F作用下由静止开始运动，力F的大小随时间t变化的图象如图所示，其方向始终在一条直线上，在08s内，下列说法正确的是( )A在02s内质点做匀加速运动，第2s末其速度达到最大值B第4s末质点的加速度为零，速度也刚好为零C质点做变加速直线运动，第6s末加速度最大，且离出发位置最远D在08s内，质点一直向同一个方向做直线运动，在第8s末速度和加速度都为零，且离出发点最远考点：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：根据牛顿第二定律分析加速度，当物体的加速度保持不变时才做匀加速直线运动，根据合外力方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，相反，做减速运动解答：解：A、物体在02s内F逐渐增大，由牛顿第二定律：a=得知，加速度逐渐增大，做变加速直线运动，之后拉力减小，加速度减小，物体速度继续增加，故A错误B、在24s内F逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动，到4s末速度最大，故B错误C、在46s内F反向逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动；在68s内F减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动；故6s末位移不是最大的，8s末位移才是最大的，故C错误D、由上分析可知，在第8s末离出发点最远，速度为零；由于此时力为零，故加速度为零，物体一直做单向直线运动，速度方向没有改变，故D正确故选：D点评：本题是应用牛顿第二定律，根据物体的受力情况定性分析物体的运动，也可作出物体的vt图象进行分析3如图所示，水平放置的平行板电容器，其正对的两极A、B板长均为L，在距A、B两板右边缘L处有一竖直放置的足够大荧光屏，平行板电容器的水平中轴线OO垂直荧光屏交于O点，电容器的内部可视为匀强电场，场强为E，其外部电场不计，现有一质量为m、电荷量为q的带电小球从O点沿OO射入电场，最后恰好打在荧光屏上的O点，小球运动中没有碰撞A板或者B板，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A小球一定带负电B小球一定垂直打在荧光屏的O点上C电场力qE=mgD电场力qE=2mg考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：小球在电场外受到重力的作用，将向下偏转，所以在电场中小球受到的电场力应该与重力方向相反，由此可判定小球电性；若在电场中和电场外合力相同，方向相反，则小球会做对称运动，在O点和O的速度相同，也是垂直打在荧光屏的O点上；解答：解：A、由题可知，小球受到的电场力与重力方向相反，即电场力向上，但由于不知道极板的正负，故无法判定小球的电性，故A错误B、不论小球在电场中的受力如何，沿水平方向小球始终做匀速直线运动，由t=可知，小球在电场中与电场外运动的时间是相等的若在电场中和电场外合力相同，方向相反，则小球会做对称运动：先在电场中上偏，再在电场外下偏，运动的对称性可知，在电场中和电场外的合力都应该相同，在O点和O的速度相同，也是垂直打在荧光屏的O点上；故B正确C、D、由B的分析可知，在电场中和电场外合力相同，方向相反，所以小球在电场中重力和电场外力关系为：mgqE=qE，解得：qE=2mg，故C错误，D正确故选：BD点评：该题重点是对B的分析，由于O和O是以电场竖直边界对称的，故由对称性可判定打在屏幕上的状态应该与O点的进入状态相同，并且进而能够确定电场内外的受力关系4地球M和月球m可以看作一个双星系统，它们绕两球球心连线上的某一点O转动，据科学家研究发现，亿万年来地球把部分自转能量通过地月相互作用而转移给了月球，使地月之间的距离变大了，月球绕O点转动的机械能增加了，由此可以判断( )A月球绕O点转动的角速度减小B月球绕O点转动的角速度增大C地球球心到O点的距离减小D月球绕O点转动的动能增加考点：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：月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，最后到了半径更大的圆上做圆周运动根据万有引力提供向心力，可知速度、周期、角速度的变化解答：解：月球的机械能增加了，因为能量大了，速度大了，万有引力不够提供向心力，做离心运动，最后到了半径更大的圆上做圆周运动根据万有引力提供向心力，有：G=m=mr2=mr（）2知轨道半径变大，速度减小动能减小，周期变大，角速度变小故选：A点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力的几个公式，会灵活应用5如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变电器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，端电压分别为U1、U2，电流分别I1、I2，升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻R，变压器均为理想变压器，若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )A用户端的负载增加（并联用电器增多）时，I2增大，I1增大B无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2C远距离输电线上的电流I2=D若用户端要得到U1大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为n2：n1考点：远距离输电；电功、电功率；变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比；根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，得出U3、U2的关系当用户增多时，用户端总电阻变小，电流变大，结合输电线上电压损失的变化得出降压变压器输出电压的变化解答：解：A、用户端的负载增加（并联用电器增多）时，降压变压器的输出电流I4增大，所以输入电流I3增大，I2=I3，所以I2增大，根据变压器电流与线圈关系知，升压变压器的输入电流I1增大，故A正确；B、变压器均为理想变压器，根据能量守恒可得：无论用户端的负载如何变化，始终有I1U1=I2U2，故B正确；C、根据P=UI可得，输电线上的电流为：，故C错误；D、因为输电线上由损失电压，U2U3，又，若用户端要得到U1大小的电压，则应，故D错误；故选：AB点评：解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，2、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系6如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是( )A杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度B杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率C杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等D杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02mgh）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：根据牛顿第二定律分析加速度的关系根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系根据q=比较出电量的大小通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热，即可比较焦耳热与减少的动能的大小解答：解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA+mgsin=ma上；而安培力为：FA=，可知v减小，FA减小，a上减小，棒做变减速运动；下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinFA=ma下，而安培力为：FA=，可知v增大，FA增大，a下减小，棒做变加速运动；由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度故A错误B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R的电荷量相等故C正确D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=（mv02mgh）故D正确故选：CD点评：本题根据牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律进行分析比较对于电量，根据经验公式q=进行比较，此式要掌握牢固，经常用到7滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力T垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率（水可视为静止）某次运动中，运动员在水平牵引力F作用下，脚蹬滑板，沿水平面做了一小段匀加速直线运动，设滑板和水平面的夹角为，忽略空气阻力，在此运动过程中( )AT增大，调整增大BT增大，保持不变CF增大，调整增大DF不变，调整减小考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体受力分析，根据水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向的平衡关系可分析拉力及夹角的变化解答：解：滑板和人受竖直向下的重力、垂直滑板斜向右上方的阻力T，以及水平拉力F，要做水平方向的匀加速运动，则竖直方向的合力为零，即：Tcos=mg，而f=kv2，由于v增大，因此T增大，故夹角要变大同理水平方向：FTsin=ma，要使a不变，F要增大；故选：AC点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意做好受力分析，利用正交分析的方法可得出两个方向上的受力情况8如图所示，传送带与水平面夹角为37，白色皮带以10m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A处于无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m，取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则在小煤块从A运动到B的过程中( )A小煤块从A运动到B的时间为2sB煤块对皮带做的总功为0C小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6mD因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J考点：功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律分析：小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从A运动到B的时间；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差即为划痕的长度；产生的热量为滑动摩擦力所做的功；传送物体电动机多做的功是物块产生的动能与及产生了热量之和解答：解：A、物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下根据牛顿第二定律得：=gsin37+gcos37=100.6+0.5100.8m/s2=10m/s2则速度达到传送带速度所需的时间为：=经过的位移为：由于mgsin37mgcos37，可知物体与传送带不能保持相对静止速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上根据牛顿第二定律得：=gsin37gcos37=2m/s2根据，即：解得：t2=1s则t=t1+t2=2s，故A正确B、煤块对皮带做的总功即是摩擦力所做的功为：W=fx皮=mgcosx皮=mgcosv皮t=0.51100.8102=8J故B错误，C、第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移：x1=vt1x1=1015=5m第二秒煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移：x2=（Lx1）vt2=（165）101=1m物块相对于传送带的位移：x=x1x2=51=4m而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m，故C错误；D、产生的热量：Q=fx=mgcosx=0.510.8106=24J；D正确；故选：AD点评：解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解二、非选择题:（包括必考题和选考题两部分，9-12题为必考题，13-18题为选考题）（一）必考题9物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：小钢珠、固定底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门1更靠近小钢珠释放点），小钢珠释放器（可使小钢珠无初速释放）、网兜实验时可用两光电门测量小钢珠从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h（1）使用游标卡尺测量小钢珠的直径如图2所示，则直径为1.170cm；（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小钢珠经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小钢珠的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=； （3）根据实验数据作出t图象（如图3），若图线斜率的绝对值为k，与纵轴的截距为a，根据图线可求出重力加速度大小为2k考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系整理得到t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系解答：解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.0514=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t=tt=t所以经过光电门1的速度v=gt=vgt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=vgt若t图线斜率的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k点评：要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解10（1）某同学利用如图1所示的电路测量一只灵敏电流计的电阻该同学在连好电路后，先把电位器R调到最大；合上开关S1，调节R使电流表达到满偏电流Ig，然后合上开关S2，调节电阻箱R1的阻值使电流表示数正好为满偏电流的一半，记下此时电阻箱的示数，即认为电流表的电阻Rg就等于R1从系统误差的角度看，测量结果比真实值应该偏小（填“偏大”或“偏小”）；在下列选项中对实验测量准确性影响较大的因素是：AA、电源内电阻r B、电位器R的总阻值 C、电源电动势E D、定值电阻R0的阻值（2）如果灵敏电流计（即表头）的满偏电流Ig=1mA，电阻Rg=100，现实验实备有该型号表头改装的量程不同的电流表和电压表，某同学准备利用伏安法测量一只阻值约为150的电阻Rx，备选器材有：A、学生电源（电动势E约为4V）B、电压表（量程：03V）C、电流表A1（量程：050mA）D、电流表A2（量程：00.6A）E、电流表A3（量程：03A）F、滑动变阻器（总电阻约20）G、开关、导线若干 为了尽量提高测量精度，请在图2虚线框内画出合理的电路原理图； 电流表应选择C（请填写所选器材前的字母符号）考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）半偏法测电阻认为电流表与电阻并联后总电压不变，则电流表的内阻=所并联电阻值；（2）电路的连接要注意内外接法，滑动变阻器的分压与分流接法解答：解：（1）半偏法测电流表电阻比实际电阻偏小：电流表并联电阻，其并联部分的电阻变小，总电流变大，这个并联的电阻分流大于电流表分流则其电阻值小于电流表的内阻则测量结果比真实值应该偏小 对实验测量准确性影响较大的因素是电源内电阻r，则A正确（2）小电阻有外接法，滑动变阻器用分压式接法，电路如图 电阻的最大电流约为：I= 故选电流表C故答案为：（1）偏小；A；（2）如图；C点评：本题考查了半偏法测电流表内阻、电流表改装，知道半偏法测电表内阻的原理11如图所示为一条平直公路，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为1，与水泥路面的动摩擦因数为2某次测试发现，当汽车以速度v0在路面行驶时，刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行到B点才能停下现在，该汽车以2v0的速度在柏油路面上向右行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，才能避免撞上障碍物（重力加速度为g）（1）求水泥路面AB段的长度；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为多少？若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是多少？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）汽车在水泥路上刹车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出汽车在水泥路面上的加速度，根据位移速度公式求出水泥路面AB段的长度；（2）根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，根据牛顿第二定律求出在柏油路面上的加速度，根据速度时间公式求出在柏油路上运动的时间及在水泥路面上运动的时间，两段时间之和即为总时间根据速度位移公式求出开始紧急刹车的位置距A点的距离解答：解：（1）水泥路面上运动的加速度大小为a2，则：2mg=ma2由：解得：（2）根据题意，汽车如果刚好不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，加速度大小为a1，运动位移为x1，则：1mg=ma1v02v0=a1t1解得：，在水泥路面上运动时间为t2则：0v0=a2t2解得：汽车不撞上，则应在A点左侧距A点距离大于的位置开始紧急刹车汽车运动的时间：t=答：（1）求水泥路面AB段的长度为；（2）为防止汽车撞上障碍物，开始紧急刹车的位置距A点的距离至少为；若刚好不撞上，汽车紧急刹车的时间是点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，知道汽车如果不撞上障碍物B，则在A点的速度应为v0，难度适中12（19分）如图所示，在xOy平面的x0区域内存在匀强电场，方向沿y轴正方向，而在0xL，1.5Ly1.5L的区域I内存在匀强磁场，磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外，区域处于Lx2L、1.5Ly1.5L，现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（2L，L）的A点以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好经过坐标为0，（1）L的C点，粒子重力忽略不计，求：（1）匀强电场的电场强度大小E；（2）粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向里的匀强磁场B2，试确定磁感应强度B2的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向与y轴正方向夹角的范围考点：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）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿xy轴分解，根据动为学规律即可求解；（2）由运动学公式求出粒子在C点竖直分速度，结合初速度可算出C点的速度大小与方向当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径最后由几何关系可得出离开区域时的位置坐标； （3）根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度的范围及粒子离开区域时的速度方向解答：解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：2L=v0tL=t2联立解得：E=（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为vvy=t 得：vy=v0v=v0，方向与x轴正向成45斜向上粒子进入区域做匀速圆周运动，B1qv=m，R=解得：R=L由几何关系知，离开区域时的位置坐标：x=Ly=0，即（L，0）（3）根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足：LrLB2qv=m解得：B2根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角3090答：（1）匀强电场的电场强度大小是；（2）粒子离开区域时的位置坐标是（L，0）；（3）磁感应强度B2的大小范围是B2，粒子离开区域时的速度方向与y轴正方向夹角的范围是3090点评：本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系(二）选考题【物理选修3-3】13以下说法正确的是 ( )A气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关B布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大E当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小考点：封闭气体压强；布朗运动；分子间的相互作用力分析：从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量解答：解：A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B错误；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E正确；故选：ACE点评：本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、分子力、分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住相关基础知识14如图所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸内壁导热良好活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动，开始时气柱高度为h0，若在活塞上放上一个质量为m的砝码，再次平衡后气柱高度变为h，去掉砝码，将气缸倒转过来，再次平衡后气柱高度变为h，已知气体温度保持不变，气缸横截面积为S，重力加速度为g，试求大气压P0以及活塞的质量M考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：气缸内壁导热良好，故封闭气体做等温变化，根据玻意而定律列式求解解答：解：气体的初始状态和加上砝码后的状态，由玻意尔定律可得（P0+）h0S=（P0+）hS 气体的初始状态和倒转气缸之后的状态，由玻意尔定律可得（P0+）h0S=（P0）hS 由上述两式解得：P0=M=答：大气压P0为，活塞的质量M为点评：本题关键是利用活塞根据平衡求解封闭气体的压强，然后根据玻意而定律列式求解即可【物理选修3-4】15如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷，下列说法正确的是( )A此波的波速为5cm/sB此波的频率为1.5HzC波源在t=0时运动速度沿y轴正方向D波源振动已经历0.6sEx=10cm的质点在t=1.5s处于波峰考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：A、根据v=，结合平衡位置为1.5cm质点处于波谷，即可求解波速；B、由波长与波速，依据v=f，即可求解频率大小；C、根据波的传播方向，结合平移法，从而确定质点的运动方向；D、根据t=0时，波形图，可知，波源振动时间；E、根据t=，结合平衡位置2.5cm的质点处于波峰，从而可求得x=10cm的质点，在t=1.5s是否处于波峰解答：解：A、平衡位置为1.5cm质点处于波谷，若x=4cm处的质点第一次位于波谷，则有：v=5cm/s，故A正确B、根据T=0.4s，那么频率f=2.5Hz，故B错误C、由波的传播方向沿着x轴正方向，依据上下波法，则波源在t=0时，运动速度沿y轴负方向故C错误D、由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s，因此此时波源振动已经历0.6s，故D正确E、当t=0时，x=2.5质点处于波峰，而波峰传播x=10cm的质点的时间为t=1.5s，故E正确；故选：ADE点评：考查波长、波速及周期的关系，掌握由波的传播方向来确定质点的振动方向16如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触，现有一单色平行光束与水平方向夹角为（0），从AB面射入玻璃砖，若要求不论取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：当为90时，AB面上折射角最大，BC面上的入射角最小，此时若在BC上发生全反射，那么对任意都能发生全反射根据折射定律和几何关系结合求解解答：解：当为90时，AB面上折射角最大，BC面上的入射角最小，此时若在BC上发生全反射，则对任意都能发生全反射由折射定律=n 由于临界全反射时有 sin= 由几何关系有 sin2+sin2=1 由以上各式解得该玻璃砖的折射率最小 n=答：该玻璃砖的折射率最小为点评：解决本题的关键要掌握全反射的条件，知道临界角与两种介质折射率的关系，并能运用数学知识解决物理问题【物理选修3-5】17下列说法正确的是( )A光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C一个氘核H与一个氚核H聚变生成一个氦核He的同时，放出一个质子D光子的能量由光的频率所决定E按照玻尔理论，氢原子核外从半径较小的轨道跃迁半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大考点：光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构；裂变反应和聚变反应专题：光电效应专题分析：利用衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加解答：解：A、光电效应显示了光的粒子性，并没有显示光的波动性，故A错误；B、据天然放射的实质可知，核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是粒子，故B正确；C、据核反应方程：+ 可知，故C正确；D、根据光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，故D正确；E、按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，故E正确故选：BCDE点评：重点掌握光电效应的特点、衰变的实质、核反应满足质量数和电荷数守恒和原子跃迁中能量的变化，本题考查的知识点较多18如图，在光滑水平面上，有A、B、C三个物体，开始BC皆静止且C在B上，A物体以v0=10m/s撞向B物体，已知碰撞时间极短，撞完后A静止不动，而B、C最终的共同速度为4m/s，已知B、C两物体的质量分别为mB=4kg、mC=1kg，试求：（1）A物体的质量为多少？（2）A、B间的碰撞是否造成了机械能损失？如果造成了机械能损失，则损失是多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）对全过程由动量守恒定律可求得A的质量；（2）由动量守恒求得碰后的速度，根据功能关系可求得损失的能量解答：解：以向右为正方向；由整个过程系统动量守恒有：mAv0=（mB+mC）v 代入数据得：mA=2kg 设B与A碰撞后速度为u，在B与C相互作用的时间里，BC系统动量守恒：mBu=（mB+mC）v 得：u=5m/s A与B的碰撞过程中，碰前系统动能为：mAv02=0.54100=100J 碰后系统动能为：mBvu2=50J 所以碰撞确实损失了机械能，损失量为50J 答：（1）A的质量为2kg；（2）有能量的损失，损失的能量为50J点评：本题考查动能守恒定律的应用，要注意非弹性碰撞时会产生能量损失，要注意由功能关系求解