2019-2020年高考物理三诊试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理三诊试卷（含解析）一、选择题：（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分；有选错的得0分）1（6分）下列说法正确的是（）A电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的B由电场强度的定义式E=可知E的方向决定于q的正负C法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应2（6分）如图所示的xt图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bxt图象中t1时刻v1v2Cvt图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D两图象中，在t2、t4时刻2、4开始反向运动3（6分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如甲图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一质量为m的物体，升降机静止时电流表示数为I0某过程中电流表的示数如乙图所示，则在此过程中（）A物体处于失重状态B物体处于超重状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机一定向下做匀减速运动4（6分）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止则磁感应强度的方向和大小可能为（）A竖直向上，B平行导轨向上，C水平向右，D水平向左，5（6分）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）AaA=g，aB=5gBaA=aB=gCaA=g，aB=3gDaA=0，aB=2g6（6分）“嫦娥二号”绕月卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功“嫦娥二号”新开辟了地月之间的“直航航线”，即直接发射至地月转移轨道，再进入距月面约h=ll05m的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A由题目条件可知月球的平均密度为B“嫦娥二号”在工作轨道上绕月球运行的周期为2C“嫦娥二号”在工作轨道上的绕行速度为D“嫦娥二号”在工作轨道上运行时的向心加速度为（）2g月7（6分）如图所示，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，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00tV下列说法中正确的（）At=s时，电压表的读数为22VBt=s时，ac两点电压瞬时值为110VC滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小8（6分）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子速度大C从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D两个粒子在磁场中运动的时间一样长三、非选择题：包括必考题和选考题，第9题-第12题为必考题，每个题每位考生必须作答，第13题-第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在探究加速度与力、质量的关系实验中（1）某小组同学用如图1所示装置，采用控制变量方法，来研究在小车质量不变的情况下，研究小车加速度与小车受力的关系下列措施中正确的是A平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，在塑料小桶中添加砝 码，使小车在绳的拉力作用下能匀速滑动B每次改变小车所受的拉力时，不需要重新平衡摩擦力C实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源D在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量（2）如图2所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带取计数点A、B、C、D、E、F、G纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，FG=13.49cm，则小车运动的加速度大小a=m/s2，打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC= m/s（结果保留二位有效数字）10（9分）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V1（量程3V，内阻Rv1=10k）电压表：V2（量程15V，内阻Rv2=50k）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围010，额定电流2A）R2（阻值范围01000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5 R4=10为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用，滑动变阻器应选用（填写器材的符号）该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻并联，改装后的电流表对应的量程是A在如图所示的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理图电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r= （结果保留两位有效数字）11（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=60，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？12（18分）如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q(二）选考题【物理一选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（）A气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体E一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加14（9分）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S已知大气压强为p0，温度为T0两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？【物理-选修3-4】（15分）15图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（）A该简谐横波的传播速度为4m/sB从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象E此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度【物理-选修3-5】（15分）16下列说法正确的是（）A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小C太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小17如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠竖直墙壁质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速 度恰好为零求小滑块与木板间的摩擦力大小；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰 撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，试求的值甘肃省张掖市xx届高考物理三诊试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分；有选错的得0分）1（6分）下列说法正确的是（）A电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的B由电场强度的定义式E=可知E的方向决定于q的正负C法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应考点：物理学史专题：常规题型分析：静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷还存在磁场；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、静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷还存在磁场，故A错误；B、电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故B错误；C、安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故C错误；D、“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，故D正确；故选：D点评：理解电场与磁场的存在的范畴，认识电与磁的联系，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（6分）如图所示的xt图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bxt图象中t1时刻v1v2Cvt图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D两图象中，在t2、t4时刻2、4开始反向运动考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：xt图线与vt图线只能描述直线运动；xt的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动vt的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移平均速度等于位移与时间之比根据相关知识进行解答解答：解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动故A错误B、在xt图象中图线的斜率表示物体的速度，在t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故v1v2故B正确C、在vt图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移故在0t3时间内4围成的面积大于3围成的面积，故3的平均速度小于4的平均速度；故C错误D、xt图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动而t2时刻之前物体的运动沿正方向，t2时刻之后物体沿负方向运动故t2时刻开始反向运动vt图象中速度的正负表示运动方向，从0t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动故D错误答案：B点评：对于vt图线和st图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累3（6分）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如甲图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一质量为m的物体，升降机静止时电流表示数为I0某过程中电流表的示数如乙图所示，则在此过程中（）A物体处于失重状态B物体处于超重状态C升降机一定向上做匀加速运动D升降机一定向下做匀减速运动考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律专题：恒定电流专题分析：根据升降机静止时电流表示数和此运动过程中电流，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值如何变化，确定压敏电阻所受压力如何变化，判断物体处于失重状态还是超重状态，再分析升降机可能的运动情况解答：解：AB、据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，电流增大，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，大于重力，则物体处于超重状态故A错误，B正确CD、物体处于超重状态时，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动故C、D错误故选：B点评：本题是信息题，首先要抓住题中信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题4（6分）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止则磁感应强度的方向和大小可能为（）A竖直向上，B平行导轨向上，C水平向右，D水平向左，考点：安培力；共点力平衡的条件及其应用分析：以金属杆为研究对象进行受力分析，由平衡条件判断安培力的最小值从而求出磁场强度的最小值，然后根据右手定则判断磁场的方向解答：解：金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属棒只受重力支持力和安培力，根据平衡条件支持力和安培力的合力应与重力等大反向，根据矢量三角形合成法则作出三种情况的合成图如图：由图可以看出当安培力F与支持力垂直时有最小值：Fmin=mgsin即BIL=mgsin则Bmin=A、=，由右手定则判断磁场的方向，竖直向上，故A错误；B、cos不一定大于sin故B错误；C、，由右手定则判断磁场的方向水平向左，故C错误D正确故选：D点评：本题借助磁场中安培力考查了矢量三角形合成法则求最小值问题，判断出最小值是关键5（6分）如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始AB均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F=6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为（）AaA=g，aB=5gBaA=aB=gCaA=g，aB=3gDaA=0，aB=2g考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：通过对滑轮受力分析，求出绳上的拉力，由牛顿第二定律分别对AB可求得加速度解答：解：对滑轮分析：F2T=ma，又m=0，所以，对A分析：由于T4mg故A静止，aA=0对B：aB=，故D正确故选：D点评：本题主要考查了牛顿第二定律求加速度，抓住受力分析是关键即可6（6分）“嫦娥二号”绕月卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功“嫦娥二号”新开辟了地月之间的“直航航线”，即直接发射至地月转移轨道，再进入距月面约h=ll05m的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g月，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A由题目条件可知月球的平均密度为B“嫦娥二号”在工作轨道上绕月球运行的周期为2C“嫦娥二号”在工作轨道上的绕行速度为D“嫦娥二号”在工作轨道上运行时的向心加速度为（）2g月考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：月球表面重力等于万有引力，绕月卫星的向心力由万有引力提供，据此列式分析即可解答：解：A、在月球表面重力与万有引力相等有可得月球质量M=，据密度公式可得月球密度=，故A正确；B、根据万有引力提供圆周运动向心力有可得周期T=，故B错误；C、根据万有引力提供圆周运动向心力可得嫦娥二号绕行速度为，故C错误；D、根据万有引力提供圆周运动向心力可得嫦娥二号在工作轨道上的向心加速度，故D正确故选：AD点评：解决本题的关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，万有引力提供圆周运动向心力入手，掌握公式及公式变换是正确解题的关键7（6分）如图所示，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，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00tV下列说法中正确的（）At=s时，电压表的读数为22VBt=s时，ac两点电压瞬时值为110VC滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化解答：解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；B、t=s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；C、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D错误；故选：A点评：本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是xx届高考中的热点8（6分）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子（不计重力）沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则（）A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子速度大C从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D两个粒子在磁场中运动的时间一样长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T=，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D正确，C错误；如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RPRQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=知粒子运动速度vPvQ，故A错误，B正确；故选：BD点评：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题，第9题-第12题为必考题，每个题每位考生必须作答，第13题-第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在探究加速度与力、质量的关系实验中（1）某小组同学用如图1所示装置，采用控制变量方法，来研究在小车质量不变的情况下，研究小车加速度与小车受力的关系下列措施中正确的是BDA平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，在塑料小桶中添加砝 码，使小车在绳的拉力作用下能匀速滑动B每次改变小车所受的拉力时，不需要重新平衡摩擦力C实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源D在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量（2）如图2所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带取计数点A、B、C、D、E、F、G纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，FG=13.49cm，则小车运动的加速度大小a=2.4m/s2，打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=0.51 m/s（结果保留二位有效数字）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）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）A、实验时首先要平衡摩擦力，平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动，故A错误；B、平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力，每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故B正确；C、为了提高纸带的利用率，在纸带上尽量多的打点，因此实验中应先接通电源，后放开小车，故C误； D、每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量，故D正确；故选：BD（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可得：设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，a=（a1+a2+a3）代入实验数据解得：a=2.4m/s2，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小vC=0.51m/s；故答案为：（1）BD；（2）2.4，0.51点评：对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等该题考查在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中的注意事项：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；同时会求瞬时速度与加速度，学会通过描点作图象，注意单位的统一与正确的计算10（9分）某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V1（量程3V，内阻Rv1=10k）电压表：V2（量程15V，内阻Rv2=50k）电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围010，额定电流2A）R2（阻值范围01000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.5 R4=10为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用V1，滑动变阻器应选用R1（填写器材的符号）该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻R3并联，改装后的电流表对应的量程是0.603A在如图所示的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理图电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.48V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=0.85 （结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，从而得出合理的电流表；根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；由实验中的原理及实验仪器可以选择合理的电路图；根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻解答：解：一节干电池的电动势约E=3V，故电压表应选择V1；为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是010，电路中最小电流约为：Imin=0.3A；电流表A的量程是3A，0.3A不到该量程的三分之一，流表量程太大，因此不能用电流表A为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与R3并联；改装后电流表量程：I=Ig+=0.003+A=0.603A；由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端；原理图如下图：由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：k=0.84，则电源的内阻为：r=k=0.84故答案为；V1、R1、R3； 0.603（填0.6或0.60均可）如图所示 1.48，0.85（0.700.90之间）点评：测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法这是近年xx届高考新的动向，应注意把握11（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=60，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？考点：向心力；平抛运动；动能定理专题：匀速圆周运动专题分析：（1）根据平抛运动的规律，结合到达C点的速度方向求出C点的速度大小，根据动能定理求出到达D点的速度，结合牛顿第二定律求出D点对物块的支持力，从而得出物块对轨道末端的压力大小（2）结合动量守恒定律和能量守恒定律求出木板的至少长度解答：解：（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60度，根据平行四边形定则知，vC=2v0=4m/s，根据动能定理得，根据牛顿第二定律得，Nmg=m代入数据，联立两式解得，N=60N则小物块对轨道的压力为60N（2）根据动量守恒定律得，mvD=（M+m）v，解得v=根据能量守恒定律得，代入数据解得L=2.5m答：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N；（2）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m点评：本题考查了平抛运动、圆周运动与动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理、能量守恒的综合，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键12（18分）如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧足够大区域存在磁场，磁场方向竖直向下在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为l=0.2m，线框质量m=0.1kg、电阻R=0.1，在水平向右的外力F作用下，以初速度v0=1m/s匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）若线框进入磁场过程中F做功为WF=0.27J，求在此过程中线框产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）应用安培力公式求出安培力，由图示图象求出拉力，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出磁感应强度（2）由运动学公式求出线框的位移，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由电流的定义式求出电荷量（3）由能量守恒定律求出产生的焦耳热解答：解：（1）由Ft图象可知，当线框全部进入磁场后，F=0.2N时，线框的加速度：a=2m/s2，0时刻线框所受的安培力：F安培=BIL=，由图示图象可知：F=0.3N，由牛顿第二定律得：FF安培=ma，代入数据解得：B=0.5T；（2）线框进入磁场过程通过截面电量：q=It，由法拉第电磁感应定律得E=，由闭合电路欧姆定律得：I=，解得，电荷量：q=，由匀变速直线运动得：x=v0t+at2，代入数据解得：x=0.75m，q=0.75C；（3）线框进入磁场过程，由能量守恒定律：WF=Q+mvt2mv02，代入数据解得： Q=0.12J；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B为0.5T（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q为0.75C；（3）在此过程中线框产生的焦耳热Q为0.12J点评：本题考查了求磁感应强度、电荷量与焦耳热，分析清楚线框的运动过程，应用安培力公式、牛顿第二定律、运动学公式、法拉第电磁感应定律、能量守恒定律即可正确解题(二）选考题【物理一选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（）A气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间的势能之和B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体E一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加考点：物体的内能专题：内能及其变化专题分析：解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力解答：解：A、气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确B、温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故B错误C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误D、热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D正确E、气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加故E正确故选：ADE点评：解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系14（9分）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S已知大气压强为p0，温度为T0两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？考点：气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：加热前，AB活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力加热后由于没有摩擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，此时B被挡住，活塞不能继续移动；根据盖吕萨克定律可得此时被封闭气体的温度，以此温度为分界，做讨论可得结果解答：解：设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件可得：对活塞A：2p0S2p1S+f=0对活塞B：p1Sp0Sf=0，解得：p1=p0f=0即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：V1=2Sl+Sl+Sl=4Sl对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：V2=4Sl+Sl=5Sl根据盖吕萨克定律得：解得：由此可知，当T时，气体的压强为：p2=p0当TT2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定律得：解得：即当T时，气体的压强为答：此时两活塞之间气体的压强为：当T时，气体的压强为：p2=p0；当T时，气体的压强为点评：本题重点在于对被封闭气体状态变化的讨论，依据给定的情形，气体会做两种变化：1、等压变化2、等容变化能讨论出来这两点是本题的关键【物理-选修3-4】（15分）15图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（）A该简谐横波的传播速度为4m/sB从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象E此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，根据波速、波长之间的关系即可求出波速根据平移法判断出波传播的方向，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况解答：解：A、由甲图可得：=4m，由乙图中可得：T=1.0s，所以该简谐横波的传播速度为：v=4m/s，故A正确B、t=2s=2T，则从此时刻起，经过2秒，P质点运动的路程为 S=8A=80.2m=1.6m，故B错误C、简谐横波沿x轴正向传播，此时刻Q点向上运动，而P点直接向下运动，所以P质点比Q质点先回到平衡位置故C正确D、由乙图知t=0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与甲图x=2m处t=0时刻的状态相同，所以乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象故D正确E、质点越靠近平衡位置速度越大，则此时刻M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故E错误故选：ACD点评：本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向【物理-选修3-5】（15分）16下列说法正确的是（）A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B在中子轰击下生成和的过程中，原子核中的平均核子质量变小C太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应D卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁专题：衰变和半衰期专题分析：衰变是中子转变成质子而放出的电子；太阳辐射能量来自于轻核的聚变；粒子散射实验提出原子核式结构模型；裂变后，有质量亏损，释放能量，则平均核子质量变化；玻尔理论，电子半径变大时，动能减小，电势能增大，而原子总能量增大解答：解：A、衰变放出的电子是由中子转变成质子而产生的，不是原子核内的，故A错误；B、是裂变反应，原子核中的平均核子质量变小，有质量亏损，以能量的形式释放出来，故B正确；C、太阳辐射能量主要来自太阳内部的轻核的聚变反应，故C正确；D、卢瑟福依据极少数粒子发生大角度散射，绝大多数不偏转，从而提出了原子核式结构模型，故D正确；E、玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，且原子总能量增大，故E错误；故选：BCD点评：考查衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解粒子散射实验的现象，区别裂变与聚变的不同17如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠竖直墙壁质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速 度恰好为零求小滑块与木板间的摩擦力大小；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰 撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，试求的值考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：小滑块在木板上滑动过程，根据动能定理列方程，即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小；先研究滑块在木块上向右滑动的过程，运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度，滑块与墙壁碰撞后，原速率反弹，之后，向左运动，在摩擦力的作用下，木板也向左运动，两者组成的系统动量守恒，再对这个过程，运用动量守恒和能量守恒列方程，联立即可求解的值解答：解：小滑块以水平速度v0右滑时，根据动能定理得：fL=0解得：f=小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有fL=滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则根据动量守恒和能量守恒有：mv1=（m+M）v2，fL=上述四式联立，解得：=答：小滑块与木板间的摩擦力大小为；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，的值为点评：本题是动量守恒定律与动能定理、能量守恒定律的综合运用，分析清楚物体的运动过程，把握物理规律是关键