2019-2020年高考物理四模试卷含解析.doc

2019-2020年高考物理四模试卷含解析一、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许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是（）A库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点B法拉第建立了完整的电磁场理论C楞次得出了电磁感应的产生条件D密立根测出了电子的电荷量2xx年1月17日0时12分，我国成功发射北斗二号卫星并定点于地球同步卫星轨道上，如图所示，圆形轨道为地球同步卫星轨道，圆形轨道为近地轨道，椭圆轨道为近地轨道与同步轨道间的转移轨道下列描述错误的是（）A卫星在轨道上运行的周期大于在轨道上运行的周期B卫星由轨道进入轨道需在B点加速C卫星在轨道上经过A点时的速度小于在轨道上经过A点时的速度D卫星在轨道上从A点向B点运行时，速度不断增大，机械能不断增加3在如图所示电路中，电源电动势为，内电阻不能忽略闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大U在这一过程中（）A通过R1的电流增大，增量为BR2两端的电压减小，减小量为UC通过R2的电流减小，减小量小于D路端电压增大，增大量为U4一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0t0时间内（）A做匀变速运动B做非匀变速运动C运动的轨迹可能如图丙所示D运动的轨迹可能如图丁所示5在真空中A、B两点分别放有导种点电荷+Q和2Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径abcd，如图所示，则下列说法正确的是（）A场强大小关系有Ea=Eb、Ec=EdB电势高低关系有ab，c=dC将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D将一正点电荷沿直线由c运动d的过程中电势能始终不变二、多项选择题：本题共4小题，每小题4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如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的vt图象可能是图乙中的（）ABCD7如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻r=，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V，30W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5A则 以下说法正确的是（）A电流表A1、A2的示数之比2：1B理想电压表原副线圈的匝数之比2：1C线圈匀速转动的角速度w=120rad/sD电压表的示数为40V8劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的质子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是（）A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径粒子出之比为D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于粒子加速9如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0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后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gC物体做匀减速运动的时间为2D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为mg（x0）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图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为_ mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为_mm11如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d（1）下列不必要的一项实验要求是_；A将气垫导轨调节水平 B使A位置与光电门间的距离适当大些C使细线与气垫导轨平行 D使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，测量出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离x，则滑块的加速度a=_（用d、t、x表示）（3）为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为_At Bt2 C D12（10分）（xx泰州校级四模）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V）1.21.00.80.6I（A）0.100.170.230.30（1）用作图法在图2中坐标系内作出UI图线；（2）利用图线，测得电动势E=_V，内阻r=_（答案保留两位有效数字）（3）某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线如图3所示由所得图线可知，被测电池组电动势E=_V，电池组的内阻r=_【选做题】本题包括A、B、C三个选修中，请选定两个作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑如都作答则按A、B两个评分A（选修模块3-3）（12分）13以下说法中正确的是（）A当人感到潮湿时，空气相对湿度较小B悬浮于液体中的颗粒越小，受到液体分子的撞击越容易平衡C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D影响蒸发快慢以及影响人们对于干爽和潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距14一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能_（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是_（选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）15某种油酸密度为、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为，求：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积；阿伏加德罗常数NA的表达式B（选修模块3-4）（12分）16（xx泰州校级四模）以下关于光的说法正确的是（）A光纤通信是利用了全反射的原理B无色肥皂液吹出的肥皂泡呈彩色是由于光照射时发生了薄膜干涉C人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的偏振现象D麦克斯韦提出光是一种电磁波并通过实验证实了电磁波的存在17（xx泰州校级四模）图为沿x轴向右传播的简谐横波在t=1.2s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4s内有10个完整的波经过该点则波速为_m/s，质点P在4s内通过的路程为_m18（xx衡阳一模）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑画出光路图求两个光斑之间的距离LC（选修模块3-5）（12分）19（xx泰州校级四模）已知处于某一能级n上的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出10种不同频率的光，下列能表示辐射光波长最长的那种跃迁的示意图是（）ABCD20（xx江苏模拟）如图所示是使用光电管的原理图当频率为的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过移动变阻器的滑片P，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为_（已知电子电量为e）如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将_（填“增加”、“减小”或“不变”）21（xx江苏模拟）光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA=2kg，mB=3kg的A、B两物体都以v0=8m/s的速度向右运动，此时弹簧处于原长状态质量为mC=5kg的物体C静止在前方，如图所示，BC碰撞后粘合在一起运动，求：iB、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；ii在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能四、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22（15分）（xx泰州校级四模）如图甲所示，足够长的粗糙斜面与水平面成=37固定放置，斜面上平行虚线aa和bb之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为d=1m，磁感应强度为B随时间t变化规律如图乙所示现有一质量为m=0.1Kg，总电阻为R=10，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置有一半面积位于磁场中，在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，此后在t=0.25s时，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa保持平行已知线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动求：（取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）前0.25s内通过线圈某一截面的电量；（2）线圈与斜面间的动摩擦因数；（3）线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中，电阻上产生的焦耳热23（16分）（xx泰州校级四模）如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g求：（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值24（16分）（xx凉山州模拟）如图甲所示，在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧存在如图乙所示宽度为L的有界交变电场（规定竖直向下为正方向），此区间的右侧存在一大小仍为B方向垂直纸面向内的匀强磁场，有一质量为m，带电量为q的正粒子（不计重力）从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角=60射出，粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直，此时区域内的电场开始从t=0时刻开始变化，在t=2T时刻粒子从x轴上的F点离开电场（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）C点距坐标原点距离y；（2）交变电场的周期T及电场强度Eo的大小；（3）带电粒子进入右侧磁场时，区域内的电场消失，要使粒子仍能回到A点，左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变？xx年江苏省泰州二中高考物理四模试卷参考答案与试题解析一、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许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是（）A库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点B法拉第建立了完整的电磁场理论C楞次得出了电磁感应的产生条件D密立根测出了电子的电荷量【考点】物理学史【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、法拉第最先提出了电荷周围存在电场的观点，故A正确；B、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，故B错误；C、法拉第得出了电磁感应的产生条件，故C错误；D、密立根测出了电子的电荷量，故D正确；故选：D【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，这也是考试内容之一2xx年1月17日0时12分，我国成功发射北斗二号卫星并定点于地球同步卫星轨道上，如图所示，圆形轨道为地球同步卫星轨道，圆形轨道为近地轨道，椭圆轨道为近地轨道与同步轨道间的转移轨道下列描述错误的是（）A卫星在轨道上运行的周期大于在轨道上运行的周期B卫星由轨道进入轨道需在B点加速C卫星在轨道上经过A点时的速度小于在轨道上经过A点时的速度D卫星在轨道上从A点向B点运行时，速度不断增大，机械能不断增加【考点】同步卫星【分析】卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析线速度、角速度与半径的关系，卫星运行过程中由万有引力产生加速度，由此分析讨论即可【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，轨道半径越大，周期越大，故卫星在轨道上运行的周期大于在轨道上运行的周期，故A正确B、卫星由轨道在B点加速，做离心运动，才会进入轨道，故B正确C、卫星在轨道上经过A点时加速做离心运动才会进入轨道，故卫星在轨道上经过A点时的速度小于在轨道上经过A点时的速度，故C正确D、卫星在轨道上从A点向B点运行时，引力做正功，动能增大，速度增大，只有重力做功机械能守恒，故D错误；本题选错误的，故选：D【点评】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定3在如图所示电路中，电源电动势为，内电阻不能忽略闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大U在这一过程中（）A通过R1的电流增大，增量为BR2两端的电压减小，减小量为UC通过R2的电流减小，减小量小于D路端电压增大，增大量为U【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】R1是定值电阻，电压表V的示数增大U的过程中，通过R1的电流增加，增加量I=电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，根据路端电压的变化分析其电压减小量电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于U【解答】解：A、R1是定值电阻，电压表V的示数增大U的过程中，通过R1的电流增加，增加量I=故A正确 B、电压表V的示数增大，变阻器有效电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，R2两端电压减小，路端电压增大，则R2两端电压减少量一定小于U故B错误 C、由欧姆定律得到：通过R2的电流的减少量一定小于故C正确 D、电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于U故D错误故选AC【点评】本题是电路动态变化分析问题，本题中采用总量法，由电压表示数变化和总电压（路端电压）的变化来分析R2电压的变化，这是常用的方法4一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴和y轴方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0t0时间内（）A做匀变速运动B做非匀变速运动C运动的轨迹可能如图丙所示D运动的轨迹可能如图丁所示【考点】匀变速直线运动的图像【分析】物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀减速直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出物体的运动情况，判断可能的轨迹【解答】解：A、B由图知：物体在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做匀减速直线运动，加速度恒定，合力恒定，所以物体所受的合力恒定，一定做匀变速运动故A正确，B错误C、D曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的内侧由上分析可知，物体的合力沿y轴方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，丙图是可能的故C正确，D错误故选AC【点评】本题运用合成法分析物体的运动情况，关键要掌握物体做匀变速运动的条件及曲线运动合力方向的特点5在真空中A、B两点分别放有导种点电荷+Q和2Q，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径abcd，如图所示，则下列说法正确的是（）A场强大小关系有Ea=Eb、Ec=EdB电势高低关系有ab，c=dC将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D将一正点电荷沿直线由c运动d的过程中电势能始终不变【考点】电场的叠加；电场强度；电势【分析】由题，带正电Q，带负电2Q，电场线方向由A指向B，根据顺着电场线电势逐渐降低电场线越密，电场强度越大根据对称性，分析各点电势关系、场强关系及根据电场力做功来确定电势能变化情况【解答】解：A、由于QAQB，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强而cd两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误 B、由题，电场线方向由A指向B，则有ab、由于电荷从c点移到d点，电场力做功为零，所以两点电势相等故B正确 C、将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功故C错误 D、将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在d点的电场力方向与速度方向夹角小于90，而在c点电场力方向与速度方向夹角大于90，所以电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增加故D错误故选：B【点评】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断二、多项选择题：本题共4小题，每小题4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如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的vt图象可能是图乙中的（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像【分析】滑块滑上木板，木板可能运动，可能不动，所以滑块可能先做匀减速运动，然后和木板一起做匀减速运动，也可能一直做匀减速运动【解答】解：滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动设木块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则1mg2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a=2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=1g2g，知图线的斜率变小故B正确，C错误若1mg2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动故D正确由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动故A错误故选：BD【点评】解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律求解加速度，在vt图象中斜率代表加速度；7如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻r=，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V，30W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5A则 以下说法正确的是（）A电流表A1、A2的示数之比2：1B理想电压表原副线圈的匝数之比2：1C线圈匀速转动的角速度w=120rad/sD电压表的示数为40V【考点】变压器的构造和原理【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：A、因灯泡正常发光，则原副线圈的电流比为：1：2，则A错误； B、由于电流与匝数成反比，则理想电压表原副线圈的匝数之比2：1，则B正确； C、副线圈的电压为20V，则原线圈的电压为40V，由于线圈的内阻r=，因电流为1.5A，那么最大值为60=BS，求得=120rad/s，则C正确； D、电压表的示数为有效值40V，则D错误；故选：BC【点评】理解交流电电压表达式的物理意义，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决8劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U若A处粒子源产生的质子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响则下列说法正确的是（）A质子被加速后的最大速度不可能超过2fRB质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径粒子出之比为D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于粒子加速【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等【解答】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=所以最大速度不超过2fR故A正确B、根据，知v=，则最大动能与加速的电压无关故B错误C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据r=，则半径比为故C正确D、带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速粒子故D错误故选AC【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等9如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0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后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gC物体做匀减速运动的时间为2D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为mg（x0）【考点】功能关系；动能定理【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，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知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，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，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、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【解答】解：A、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，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故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，故A错误；B、撤去力F后，物体受四个力作用，重力和地面支持力是一对平衡力，水平方向受向左的弹簧弹力和向右的摩擦力，合力F合=F弹f，根据牛顿第二定律物体产生的加速度a=，故B错误；C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a=将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：3x0=at2，得t=故C错误D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=，则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为W=mg（x0x）=故D正确故选：D【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运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便三、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图甲为20分度游标卡尺的部分示意图，其读数为8.15 mm；图乙为螺旋测微器的示意图，其读数为2.970mm【考点】螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为8.15mm 螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为0.0147.0=0.470mm，所以最终读数为2.970mm故答案为：8.15，2.970【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读11如图所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d（1）下列不必要的一项实验要求是D；A将气垫导轨调节水平 B使A位置与光电门间的距离适当大些C使细线与气垫导轨平行 D使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，测量出滑块在A位置时遮光条到光电门的距离x，则滑块的加速度a=（用d、t、x表示）（3）为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为DAt Bt2 C D【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，根据运动学公式解答（3）根据牛顿第二定律分析即可【解答】解：（1）A、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故A是必要的；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是必要的；C、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故C是必要的；D、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故D是不必要的；本题选不必要的，故选：D（2）根据匀变速直线运动位移速度公式得：v2=2ax，而v=，解得：a=，（3）根据牛顿第二定律得：a=，解得：F=，所以处理数据时纵轴为F，横轴应为，故D正确故选：D故答案为：（1）D；（2）；（3）D【点评】处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项，知道滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度12（10分）（xx泰州校级四模）如图1所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V）1.21.00.80.6I（A）0.100.170.230.30（1）用作图法在图2中坐标系内作出UI图线；（2）利用图线，测得电动势E=1.5V，内阻r=1.0（答案保留两位有效数字）（3）某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线如图3所示由所得图线可知，被测电池组电动势E=30V，电池组的内阻r=5【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同；（2）电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势；斜率表示内电阻；（3）当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，利用这个结论求解即可【解答】解：（1）先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同，如图所示；（2）电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.5V；斜率表示内电阻，即R0+r=3.0，故r=3.02.0=1.0；（3）当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由图象可以看出，当电阻R=5时，电源的输出功率最大，为45W，故电源内阻为5；再根据P=I2R=（）2R，有：45=（）25，解得：E=30V故答案为：（1）如图所示；（2）1.5； 1.0； （3）30，5【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验；要注意明确实验原理，知道电源的UI图象的物理意义； 同时明确“当内外电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论【选做题】本题包括A、B、C三个选修中，请选定两个作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑如都作答则按A、B两个评分A（选修模块3-3）（12分）13以下说法中正确的是（）A当人感到潮湿时，空气相对湿度较小B悬浮于液体中的颗粒越小，受到液体分子的撞击越容易平衡C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D影响蒸发快慢以及影响人们对于干爽和潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距【考点】*相对湿度；分子间的相互作用力【分析】根据绝对湿度与相对湿度的定义分析，空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距影响蒸发快慢；悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越不平衡；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质各向同性【解答】解：A、D、影响蒸发快慢以及影响人们对于干爽和潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距，该差距越小，则水蒸气越接近饱和，相对湿度越大；而当人感到潮湿时，空气相对湿度较大故A错误，D正确；B、悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，受到液体分子的撞击就越不容易平衡，布朗运动就越明显，故B错误C、单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故C错误故选：D【点评】该题考查相对湿度与绝对湿度、布朗运动、晶体与非晶体的特性等，但容易错误的地方是对相对湿度的理解，要注意14一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能不变（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是放热（选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）【考点】理想气体的状态方程【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量的变化，根据热力学第一定律的表达式U=Q+W进行判断【解答】解：理想气体从状态A变化到状态B，斜率K=PV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由U=Q+W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q0，则气体放热故答案为：不变、放热【点评】要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化运用U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则15某种油酸密度为、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为，求：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积；阿伏加德罗常数NA的表达式【考点】用油膜法估测分子的大小【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积则用1滴此溶液的体积除以油酸分子的直径，等于1滴此溶液的面积（2）根据摩尔质量与密度，求出摩尔体积，然后与单个分子的体积的比值，即为阿伏伽德罗常数【解答】解：一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，水面上的面积油酸的摩尔体积为阿伏加德罗常数为答：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积是；阿伏加德罗常数NA的表达式是【点评】掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径B（选修模块3-4）（12分）16（xx泰州校级四模）以下关于光的说法正确的是（）A光纤通信是利用了全反射的原理B无色肥皂液吹出的肥皂泡呈彩色是由于光照射时发生了薄膜干涉C人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的偏振现象D麦克斯韦提出光是一种电磁波并通过实验证实了电磁波的存在【考点】电磁波的发射、传播和接收；全反射【分析】光纤通信是利用了全反射的原理；肥皂泡呈彩色是由于光的薄膜干涉；眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的洐射现象，从而即可求解；麦克斯韦提出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在；【解答】解：A、光纤通信是利用了全反射的原理，故A正确；B、肥皂液吹出的肥皂泡呈彩色，是由于泡的内外表面反射光，进行相互叠加而成的，属于薄膜干涉，故B正确；C、眯起眼睛看灯丝时，形成单缝，看到的彩色条纹是光的洐射图样，故C错误；D、麦克斯韦提出光是一种电磁波，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误；故选：AB【点评】考查光的全反射、干涉与衍射原理，及掌握光的全反射与干涉的条件，注意明显衍射是有条件的，而衍射没有条件17（xx泰州校级四模）图为沿x轴向右传播的简谐横波在t=1.2s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4s内有10个完整的波经过该点则波速为5m/s，质点P在4s内通过的路程为0.04m【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据波形图读出波长和振幅，根据4s内有10个完整的波经过该点求出波的周期，根据波长和周期求出波速由时间与周期的关系求质点P在4s内通过的路程【解答】解：由波形图可知，该波的振幅 A=0.1m，波长 =2m，周期 T=0.4s，则波速 v=5m/s由于t=4s=10T，所以质点P在4s内通过的路程为： S=104A=400.1cm=4cm=0.04m故答案为：5，0.04【点评】本题考查基本的读图能力，由波动图象可直接读出振幅、波长要知道质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是4A18（xx衡阳一模）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑画出光路图求两个光斑之间的距离L【考点】光的折射定律【分析】（1）激光a垂直于AB边射向AC边的中点O时，由于光的反射和折射，在屏幕MN上出现两个光斑，由折射定律和折射定律作出光路图（2）由几何知识求出a光的入射角，由折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射角由几何知识求解两个光斑之间的距离L【解答】解：画出光路图如图所示在界面AC，a光的入射角i=60由光的折射定律有： =n代入数据，求得折射角r=30由光的反射定律得，反射角i=60由几何关系易得：ODC是边长为0.5l的正三角形，COE为等腰三角形，CE=OC=0.5l故两光斑之间的距离L=DC+CE=l=40cm答：画出光路图如图所示两个光斑之间的距离L为40cm【点评】本题是几何光学问题，是折射定律、反射定律与几何知识的综合应用要充分运用几何知识，求解两个光斑之间的距离C（选修模块3-5）（12分）19（xx泰州校级四模）已知处于某一能级n上的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出10种不同频率的光，下列能表示辐射光波长最长的那种跃迁的示意图是（）ABCD【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据两能级的能量差越小，所释放光子的能量越小，频率越低，则光的波长越长【解答】解：由图示可知，在A所示能级跃迁中释放光子的能量最小，则频率最低，辐射光波的波长最长，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】考查电子跃迁时，能量的变化如何确定，掌握能量与频率成正比，而频率与波长成反比20（xx江苏模拟）如图所示是使用光电管的原理图当频率为的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过移动变阻器的滑片P，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能为eU（已知电子电量为e）如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，则光电子的最大初动能将不变（填“增加”、“减小”或“不变”）【考点】光电效应【分析】图中可知，所加的电压为反向电压，电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6.0V，可知光电子的最大初动能根据动能定理求出电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能【解答】解：因为反向电压为U时，电流表读数为零，则光电子的最大初动能Ekm=eU如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变故答案为：eU；不变【点评】解决本题的关键知道知道光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关以及知道最大初动能EKm=eU21（xx江苏模拟）光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA=2kg，mB=3kg的A、B两物体都以v0=8m/s的速度向右运动，此时弹簧处于原长状态质量为mC=5kg的物体C静止在前方，如图所示，BC碰撞后粘合在一起运动，求：iB、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；ii在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能【考点】动量守恒定律；弹性势能【分析】i、B、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后的速度；ii、当A、B、C速度相等时，弹簧的压缩量最大，由动量守恒定律求出速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能【解答】解：i、设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBv0=（mB+mC）v1代入数据得：v1=3m/s；ii、由题意可知当A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=（mA+mB+mC）v2设弹簧的最大弹性势能为EPm，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得：mAv02+（mB+mC）v12=（mA+mB+mC）v22+EPm由并代入数据得：EPm=20J；答：i、B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小为3m/s；ii、在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为20J【点评】本题考查了求速度、弹性势能问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，注意要规定正方向四、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22（15分）（xx泰州校级四模）如图甲所示，足够长的粗糙斜面与水平面成=37固定放置，斜面上平行虚线aa和bb之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为d=1m，磁感应强度为B随时间t变化规律如图乙所示现有一质量为m=0.1Kg，总电阻为R=10，边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置有一半面积位于磁场中，在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，此后在t=0.25s时，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa保持平行已知线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动求：（取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）前0.25s内通过线圈某一截面的电量；（2）线圈与斜面间的动摩擦因数；（3）线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中，电阻上产生的焦耳热【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路的欧姆定律求出感应电流，根据求通过线圈某一截面的电量（2）t=0.25s时刻，线圈开始沿斜面下滑，对线框受力分析，根据平衡条件列式求出（3）线圈最后匀速通过磁场，根据平衡求出匀速运动的速度，由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热【解答】解：（1）0.25s内，根据法拉第电磁感应定律，有感应电流0.25s内通过线圈某一截面的电量q=It=0.20.25C=0.05C（2）根据楞次定律，线圈内感应电流为顺时针方向0.25s时，线圈开始沿斜面下滑mgsin37=mgcos37+BId代入数据：0.6=0.8+20.21解得：=0.25（3）设线圈最后匀速运动时的速度为v，感应电动势E=Bdv感应电流安培力联立得匀速运动时，对线圈根据平衡条件得代入数据：解得v=1m/s根据能量守恒定律，有+Q代入数据：解得：Q=0.55J答：（1）前0.25s内通过线圈某一截面的电量0.05C；（2）线圈与斜面间的动摩擦因数0.25；（3）线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中，电阻上产生的焦耳热0.55J【点评】本题中先产生感生电动势，要会运用法拉第定律求感应电动势线圈进入磁场后，产生动生电动势，由E=BLv求解感应电动势23（16分）（xx泰州校级四模）如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化两斜面倾角均为=37，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g求：（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值【考点】功能关系；动能定理【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P点的速度，根据速度方向与斜面AB平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出AD离地的高度；（2）根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程；（3）根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值【解答】解：（1）在P点，有：mg=m解得：vp=到达A点时速度方向要沿着AB，vy=vptan=所以AD离地高度为：h=3R（2）进入A点滑块的速度为：v=假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，则得：EK=mv2mgcos8R0所以滑块不会滑到A而飞出，根据动能定理得：mg2Rsinmgcoss=0mv2，代入数据得：1.2mgR0.2mgs=mgR解得滑块在锅内斜面上走过得总路程：S=R（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，由牛二定律，在Q点有：F1mg=m，解得：F1=mg+m在P点有：F2+mg=m解得：F2=mmg，所以有：F=F1F2=2mg+由机械能守恒得