2019-2020年高考统一模拟物理试卷（一）含解析.doc

2019-2020年高考统一模拟物理试卷（一）含解析一、选择题1下列说法不正确的是（）A法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象B互感现象是变压器工作的基础C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法2（6分）如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物假设某次卸货时车厢与水平面间的倾角不变，货物相对于车厢匀加速下滑，在货物下滑过程中，下列分析正确的是（）A地面对货车的支持力大于车和货物的总重力B地面对货车的支持力等于车和货物的总重力C地面对货车的摩擦力方向水平向左D地面对货车的摩擦力方向水平向右3（6分）如图所示，理想变压器原线圈接入交变电流（甲图所示），变压器原副线圈匝数比为22：10，副线圈中接有滑动变阻器P以及光敏电阻R，其余电阻不计，则（）A原线圈中接入交变电流瞬时值表达式为e=311sin100tB滑动变阻器滑片向右滑动时，副线圈电流增大C增强光照，原线圈输入功率变小D若将光敏电阻换做二极管，则副线圈两端电压为50V4（6分）某等量异种点电荷的电场线在空间的分布如图所示，有两个相同的带负电的试探电荷（均不计重力）以相同的水平速度从图中的A、B两点出发，运动过程中二者均过图中O点，则以下判断正确的是（）A从A处出发的电荷将沿电场线运动并一直加速B两电荷通过O点时速度大小相同C电荷在A处的具有的电势能比B处具有的电势能大D电荷在A处受到的电场力比B处受到的电场力大5（6分）如图所示，长度一定的倾斜传送带与水平面间的夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，现把一个质量为m的小木块轻轻释放到传送带的上端，木块与传送带间的动摩擦因数处处相同，在小木块下滑的过程中，下列小木块的速率随时间变化的关系中，可能的是（）ABCD6xx年9月24日，“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想若“嫦娥一号”沿圆形轨道绕月球飞行的半径为R，国际空间站沿圆形轨道绕地球做匀速圆周运动的半径为4R，地球质量是月球质量的81倍，根据以上信息可以确定（）A国际空间站的加速度比“嫦娥一号”大B国际空间站的速度比“嫦娥一号”大C国际空间站的周期比“嫦娥一号”长D国际空间站的角速度比“嫦娥一号”小7（6分）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个粒子放射源O，某时刻在纸面内以相同的速率向各个方向发射了大量的电荷量为q、质量为m的带电粒子，经过时间t后这些粒子所在的位置第一次形成了一个半径最大且大小为R的圆，粒子仅受洛仑兹力，则下列说法正确的是（）A带电粒子发射的速率为B带电粒子发射的速率为C带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为tD再经过的时间，粒子所在位置形成的圆的半径为R8（6分）据xx年10月25日台湾媒体的报道，未来iphone7可以在落地时由屏幕弹出保护器，保护装置由设置在屏幕的4个角落的弹性塑料、聚合物及超薄金属组成一旦手机内的加速度计、陀螺仪及高度传感器检查到装置正在掉落，屏幕上的保护器便会自动弹出，并完全吸收撞击地面时的冲击力，避免屏幕直接接触地面而损坏，已知iphone7的设计质量约160g，跌落环境以2.5m自由跌落为参考，空气阻力不计，g=10m/s2，则以下分析正确的事（）Aiphone7的落地速度约为0.707m/sB保护器弹出的时间应小于0.07sC手机落地时的重力功率约为10.2WD若吸收冲击力的时间为0.1s，地面对手机的平均作用力约为12.9V二、非选择题9某同学想研究导线的电阻与其直径的关系，他截取了4段长度相同、直径不同的同种导线，按如下过程进行研究：（1）用螺旋测微器测各导线的直径当测微螺杆处于如图甲所示的位置时，应操作部件_（“A”、“B”、“C”）完成测量，这样有利于保护螺旋测微器，并使测量准确某次测量如图乙所示，该导线的直径为_mm（2）图丙为该同学的实验原理图，若取下实物连接图丁中的导线_，就可符合原理图（3）若在实验中分别测得各导线两端的电压U和直径d，他想通过图象来直观地得到导线的电阻与其直径的关系，该同学应该画U_图象110（8分）像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都由光发射和接受装置组成当有物体从光电门中间通过时，与之相连的加速器就可以显示物体的挡光时间，如图甲所示，图中MN是水平桌面、PM是一端带有滑轮的长木板，1，2是固定木板相距为l的两个光电门（与之连接的计时器没有画出）滑块A上固定着用于挡光的窄片K，让滑块A在重物B的牵引下从木板的顶端滑下，计时器分别显示窄片K通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1=2.50102s、t2=1.25102s；（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如图乙）d=_m（已知ld）；（2）用米尺测量两光电门的间距为l=20cm，则滑块的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）；（3）利用该装置还可以完成的实验有：_A验证牛顿第二定律B验证A、B组成的系统机械能守恒C测定滑块与木板之间的动摩擦因数D只有木板光滑，才可以验证牛顿第二定律E只有木板光滑，才可以验证A、B组成的系统机械守恒定律11（12分）某CS野战游乐园推出移动打靶项目，如图所示，靶心在轨道上以10m/s的速度匀速前进，t=0时刻，靶心在轨道A位置，游客乘坐的战车位于轨道上B处，AB水平距离L=25m，战车从静止开始以a=2m/s2沿直线向右做匀加速直线运动，战车上的彩弹枪在静止时发出的彩弹速度v=50m/s，、轨道的直线距离d=50m，欲使彩弹在发出后以最短的时间击中靶心，求（1）发枪时间；（2）击中靶心时战车的位移12（20分）（xx福州校级模拟）如图所示，倾角=30的绝缘光滑斜面向上，有一边界为矩形区域MNPQ磁场，边界MN为水平方向，MN与PQ之间距离为d=0.2m，以MN边界中点O为坐标原点沿斜面向上建立x坐标已知磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小随坐标x位置变化，变化规律为B=现有n=10匝的正方形线圈abcd，其边长l=0.4m，总质量m=0.5kg、总电阻R=4，ab边与MN 重合；在沿斜面向上的拉力F作用下，以恒定的速度v=1m/s，沿 x轴正向运动g取10m/s2求：（1）线圈ab边运动到x=0.1m位置时，线圈受到的安培力FA（2）线圈穿过磁场区域过程中拉力F 做的总功W（二）选考题物理-选修3-313（5分）如图所示，V图中的abcda为一定质量的理想气体从状态a开始按箭头方向所经历的一个循环过程，以下说法中正确的是（）A理想气体由ab的过程做等温变化，从cd也做等温变化B理想气体由bc的过程温度降低C理想气体由da的过程中，气体对外界做功为W=p0（VaVd）D若理想气体装在导热性能良好的密闭容器中，则气体由bc的过程中，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的气体分子数减少E由ab的过程中，气体将吸收的热量全部对外做功，违背了热力学第二定律14（10分）（xx浦东新区三模）在一个可以插入活塞的圆筒内装置着著名的托里拆利实验结构，由于操作不慎，管内混入少量气体，结果水银柱的高度如图A所示上方空气柱长度30cm，下方水银60cm，此时 大气压强为75cmHg，求：（1）未插入活塞时管中空气的压强是多少？（2）现插入活塞如图B所示，使圆筒内的气体体积变为原来的，在这过程中温度不发生变化，求此时管中空气的压强是多少？（玻璃管的粗细相对圆筒可以忽略不计）物理-选修3-415（xx闵行区二模）在两种介质中分别有A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻它们的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t（TAt2TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（）A1：1B3：2C3：4D4：316如图所示，腰长为L的等腰三角形ABC是玻璃砖的横截面，对光的折射率为，一束光线平行腰AB从三角形斜边中点O射入，则：（）画出光线进入玻璃砖后再从玻璃砖BC面射出来的光路图，求光线从BC面的出射点到入射光线d以及光在BC面上的出射光线和入射光线夹角的正弦值（）在三棱镜的AB边是否有光线透出？写出分析过程（不考虑多次反射）物理-选修3-517已知金属钠的逸出功为2.29eV，现用波长为400nm的光照射金属钠表面，普朗克常量h=6.631034Js，1nm=109m，则遏止电压为_，金属钠的截止频率为_（结果保留两位有效数字）18（xx河南模拟）如图所示，粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的小木箱，相邻两小木箱的距离均为l工人用沿水平方向的力推最左边的小术箱使之向右滑动，逐一与其它小木箱碰撞每次碰撞后小木箱都牯在一起运动整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着兰个木箱匀速运动已知小木箱与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g设碰撞时间极短，小木箱可视为质点求：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比参考答案与试题解析一、选择题1下列说法不正确的是（）A法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象B互感现象是变压器工作的基础C在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法【考点】物理学史；电磁感应现象的发现过程【分析】“场”首先是由法拉第提出的，奥斯特首先发现了电流的磁效应变压器的原理是互感在推导匀变速直线运动位移公式时，运用了微元法电场强度E=和B=磁感应强度都是运用比值法定义的【解答】解：A、法拉第最先引入“场”的概念，奥斯特最早发现了电流的磁效应，故A不正确B、变压器工作原理是利用互感现象，故B正确C、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是运用了微元法，故C正确D、电场强度E=和B=磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法，故D正确本题选不正确的，故选：A【点评】本题考查的是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生加强记忆的，加深对物理方法的理解和记忆2（6分）如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下改变与水平面间的倾角，用以卸下车厢中的货物假设某次卸货时车厢与水平面间的倾角不变，货物相对于车厢匀加速下滑，在货物下滑过程中，下列分析正确的是（）A地面对货车的支持力大于车和货物的总重力B地面对货车的支持力等于车和货物的总重力C地面对货车的摩擦力方向水平向左D地面对货车的摩擦力方向水平向右【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律【分析】当货物加速下滑时，对货物和车厢进行受力分析，根据牛顿第二、第三定律分析即可【解答】解：AB、在竖直方向进行分析，可知竖直方向整体有向下的加速度，故处于失重状态，整体对地面的压力小于货车和货物的总重力；由于是匀加速，故支持力是保持不变的；故A错误，B错误；CD、当货物相对于车厢加速下滑时，货物受重力、支持力及滑动摩擦力；因加速度沿斜面向下；则将加速度分解为水平和竖直向下两个方向；则在水平方向有向左的合外力；则由作用力与反作用力可知，货物对车厢有向右的作用力，故货车受到向左的摩擦力，故C正确，D错误；故选：C【点评】本题可以直接应用整体法进行分析，但要注意两部分的加速度不同，故失重部分可以只考虑货物3（6分）如图所示，理想变压器原线圈接入交变电流（甲图所示），变压器原副线圈匝数比为22：10，副线圈中接有滑动变阻器P以及光敏电阻R，其余电阻不计，则（）A原线圈中接入交变电流瞬时值表达式为e=311sin100tB滑动变阻器滑片向右滑动时，副线圈电流增大C增强光照，原线圈输入功率变小D若将光敏电阻换做二极管，则副线圈两端电压为50V【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】由图可知最大值，周期可确定角速度，进而得表达式，半导体光敏电阻是指随光照增强电阻呈指数关系减小，R处光照增强时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化【解答】解：A、由图知最大值为311，周期为0.02，则角速度为100，则瞬时值表达式为e=311cos100t则A错误B、变阻器滑片向右滑动时，电阻变小，副线圈电流增加，则B正确；C、光敏电阻处增强光照，阻值减小，副线圈电流增大，输出功率增加，而输出功率和输入功率相等，则C错误；D、原输出电压的有效值为100V，将光敏电阻换做二极管，则一周期内工作时间减半，则，代入数据：，解得，则D错误；故选：B【点评】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键4（6分）某等量异种点电荷的电场线在空间的分布如图所示，有两个相同的带负电的试探电荷（均不计重力）以相同的水平速度从图中的A、B两点出发，运动过程中二者均过图中O点，则以下判断正确的是（）A从A处出发的电荷将沿电场线运动并一直加速B两电荷通过O点时速度大小相同C电荷在A处的具有的电势能比B处具有的电势能大D电荷在A处受到的电场力比B处受到的电场力大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大根据电场力做功的大小，判断电势能变化量的大小【解答】解：A、电场线的方向向右，负电荷受到的电场力的方向向左，所以从A处出发的电荷将沿电场线运动并一直减速故A错误；B、结合等量异种点电荷的电场线与等势面如图：可知A处的电势高于B处的电势，UAOUBO所以到达O点时电场力对两个粒子做的功不相等，则两电荷通过O点时速度大小不相同故B错误；C、A处的电势高于B处的电势，所以负电荷在A处的电势能小，故C错误 D、电场线越密，场强越大，A点处的电场线密，所以粒子在A点受到的电场力大，故D正确；故选：D【点评】本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决，注意结合等量异种点电荷的电场线与等势面是解题的关键5（6分）如图所示，长度一定的倾斜传送带与水平面间的夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，现把一个质量为m的小木块轻轻释放到传送带的上端，木块与传送带间的动摩擦因数处处相同，在小木块下滑的过程中，下列小木块的速率随时间变化的关系中，可能的是（）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【分析】对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续匀加速【解答】解：木块放上后一定先向下匀加速，若传送带不够长，木板一直做匀加速运动，B是可能的若传送带足够长，木块的速度会与传送带的速度相同，此时若重力沿传送带向下的分力大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速速度相同前，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1，得：a1=gsin+gcos速度相同后，由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma2，得：a2=gsingcos，可知，木块的加速度变小了，vt图象的斜率减小所以D是可能的速度相同时，木块的重力沿传送带向下的分力小于或等于最大静摩擦力，此后木块将随传送带匀速运动；所以C也是可能的故A错误，BCD正确故选：BCD【点评】本题的关键是木块加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况6xx年9月24日，“嫦娥一号”探月卫星发射升空，实现了中华民族千年奔月的梦想若“嫦娥一号”沿圆形轨道绕月球飞行的半径为R，国际空间站沿圆形轨道绕地球做匀速圆周运动的半径为4R，地球质量是月球质量的81倍，根据以上信息可以确定（）A国际空间站的加速度比“嫦娥一号”大B国际空间站的速度比“嫦娥一号”大C国际空间站的周期比“嫦娥一号”长D国际空间站的角速度比“嫦娥一号”小【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【分析】国际空间站和“嫦娥一号”的向心力都由万有引力提供，则由公式可得出各量的表达式，则可得出各量间的关系【解答】解：国际空间站和“嫦娥一号”的向心力都由万有引力提供，即=ma=m2r=mr，则可知：A由上式得：“嫦娥一号”的加速度为：a1=G=G，国际空间站的加速度为a2=G，所以国际空间站的加速度比“嫦娥一号”大，故A正确；B由上式得：“嫦娥一号”的加速度为：v1=，国际空间站的速度为：v2=，所以国际空间站的速度比“嫦娥一号”大，故B正确；C、由上式得：“嫦娥一号”的周期为：T1=，国际空间站的速周期为T2=，所以“嫦娥一号”的周期比国际空间站的周期大，故C错误；D由得：“嫦娥一号”的角速度为：1=，国际空间站的角速度为：2=，“嫦娥一号”的角速度比国际空间站的角速度小故D错误；故选AB【点评】本题的解题关键要建立物理模型，抓住万有引力提供向心力列式分析7（6分）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个粒子放射源O，某时刻在纸面内以相同的速率向各个方向发射了大量的电荷量为q、质量为m的带电粒子，经过时间t后这些粒子所在的位置第一次形成了一个半径最大且大小为R的圆，粒子仅受洛仑兹力，则下列说法正确的是（）A带电粒子发射的速率为B带电粒子发射的速率为C带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为tD再经过的时间，粒子所在位置形成的圆的半径为R【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速率；根据粒子运动过程与题意求出粒子做圆周运动的周期；根据题意确定再经过时间粒子所在位置，然后求出位置圆的半径【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后粒子离开出发点最远，此时所有粒子位置形成的圆的半径最大，由题意可知，此时粒子所在的位置第一次形成了一个半径最大且大小为R的圆，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2t，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，故AC错误，B正确；D、再经过的时间，即粒子运动时间为：t+=T，此时粒子力出发点的距离：d=r=，则此时粒子所在位置形成的圆的半径为：，故D正确；故选：BD【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律可以解题；粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后粒子离开出发点的距离最大，由题意知此时各粒子位置形成圆的半径为R，据此可以求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律可以解题8（6分）据xx年10月25日台湾媒体的报道，未来iphone7可以在落地时由屏幕弹出保护器，保护装置由设置在屏幕的4个角落的弹性塑料、聚合物及超薄金属组成一旦手机内的加速度计、陀螺仪及高度传感器检查到装置正在掉落，屏幕上的保护器便会自动弹出，并完全吸收撞击地面时的冲击力，避免屏幕直接接触地面而损坏，已知iphone7的设计质量约160g，跌落环境以2.5m自由跌落为参考，空气阻力不计，g=10m/s2，则以下分析正确的事（）Aiphone7的落地速度约为0.707m/sB保护器弹出的时间应小于0.07sC手机落地时的重力功率约为10.2WD若吸收冲击力的时间为0.1s，地面对手机的平均作用力约为12.9V【考点】动量定理【分析】根据自由落体求速度，时间，保护器弹出的时间应小于落地时间，根据p=mgv落地功率；由动量定理求作用力【解答】解：A、根据自由落体速度v=7.07m/s，故A错误；B、保护器弹出的时间应小于落地时间，根据自由落体t=0.707s，故B错误；C、根据p=mgv得：功率p=0.160107.07=11.3W，故C错误；D、由动量定理I=（Fmg）t，F=+mg=+0.16010=12.9N，故D正确；故选：D【点评】考查了自由落体运动的规律，动量定理的应用，注意别忘了重力二、非选择题9某同学想研究导线的电阻与其直径的关系，他截取了4段长度相同、直径不同的同种导线，按如下过程进行研究：（1）用螺旋测微器测各导线的直径当测微螺杆处于如图甲所示的位置时，应操作部件C（“A”、“B”、“C”）完成测量，这样有利于保护螺旋测微器，并使测量准确某次测量如图乙所示，该导线的直径为1.200mm（2）图丙为该同学的实验原理图，若取下实物连接图丁中的导线C，就可符合原理图（3）若在实验中分别测得各导线两端的电压U和直径d，他想通过图象来直观地得到导线的电阻与其直径的关系，该同学应该画U图象1【考点】伏安法测电阻【分析】（1）根据螺旋测微器的使用及读数方法得出应做的调节，并正确读数；注意应保留的位数；（2）根据原理图可得出对应的实物图；（3）根据电路图利用欧姆定律可得出对应的表达式，进而求出应作的图象【解答】解：（1）为了保护螺旋测微器，当砧板接近被测量物体时，应调节微调旋钮C，防止对砧板造成损失；图中读数为：1mm+20.00.01mm=1.200mm；（2）根据原理图可知，实物图中多连接了导线C；故将C拿掉即可符合原理图；（3）由欧姆定律可知：U=IR=I=；故U与成正比；故应做出U图象；故答案为：（1）C 1.200 （2）C （3）【点评】本题考查电阻的测量及螺旋测微器的使用方法，一定要注意明确螺旋测微器需要估读，应保留到千分之一毫米位10（8分）像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常见计时仪器，每个光电门都由光发射和接受装置组成当有物体从光电门中间通过时，与之相连的加速器就可以显示物体的挡光时间，如图甲所示，图中MN是水平桌面、PM是一端带有滑轮的长木板，1，2是固定木板相距为l的两个光电门（与之连接的计时器没有画出）滑块A上固定着用于挡光的窄片K，让滑块A在重物B的牵引下从木板的顶端滑下，计时器分别显示窄片K通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1=2.50102s、t2=1.25102s；（1）用游标卡尺测量窄片K的宽度（如图乙）d=5.15103m（已知ld）；（2）用米尺测量两光电门的间距为l=20cm，则滑块的加速度a=0.32m/s2（保留两位有效数字）；（3）利用该装置还可以完成的实验有：ACEA验证牛顿第二定律B验证A、B组成的系统机械能守恒C测定滑块与木板之间的动摩擦因数D只有木板光滑，才可以验证牛顿第二定律E只有木板光滑，才可以验证A、B组成的系统机械守恒定律【考点】验证机械能守恒定律；探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）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；（2）小车做匀变速直线运动，根据速度和位移关系v2=2ax可以求出小车的加速度大小；（3）根据所给实验的实验原理结合该实验装置可正确解答【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：5mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：5mm+0.15mm=5.15mm=5.15103m（2）由于挡光时间极短，因此可以利用其平均速度来代替瞬时速度，故有：v1= v2= =2ax 联立得：a=0.32m/s2（3）A、D、根据验证牛顿第二定律的实验原理可知，通过该装置可以验证牛顿第二定律，至于木板是否光滑对实验没有影响，故A正确，D错误；B、E、要验证系统机械能守恒，木板必须光滑，故B错误，E正确；C、根据该实验装置可知，将木板平放，通过纸带求出A、B运动的加速度大小，因此根据 牛顿第二定律有：mBgmAg=（mA+mB）a，由此可知可以求出测定滑块与木板之间的动摩擦因数，故C正确故答案为：（1）5.15103；（2）0.32；（3）ACE【点评】解答实验问题的关键是理解实验原理，从而明确所需要的实验设备，然后利用所学运动学规律解答实验问题11（12分）某CS野战游乐园推出移动打靶项目，如图所示，靶心在轨道上以10m/s的速度匀速前进，t=0时刻，靶心在轨道A位置，游客乘坐的战车位于轨道上B处，AB水平距离L=25m，战车从静止开始以a=2m/s2沿直线向右做匀加速直线运动，战车上的彩弹枪在静止时发出的彩弹速度v=50m/s，、轨道的直线距离d=50m，欲使彩弹在发出后以最短的时间击中靶心，求（1）发枪时间；（2）击中靶心时战车的位移【考点】运动的合成和分解【分析】（1）根据运动学公式，依据运动的合成与分解，结合位移之间的关系，即可求解；（2）依据位移公式，结合彩弹发出后，战车仍做匀加速运动，从而即可求解【解答】解：（1）将彩弹的运动分解为水平方向和垂直于轨道方向，若要最短时间击中，则彩弹要垂直战车的速度方向，那么最短时间tmin=1s；设从静止开始经过t时间发枪，则有：L+at1=v靶（t+1）代入数据，解得：t=3s或 5s；（2）根据运动学公式，击中靶心时战车的位移为x=代入数据，解得：x=16m或36m 答：（1）发枪时间3s或 5s；（2）击中靶心时战车的位移16m或36m【点评】考查建立物理模型，掌握运动学公式的内容，理解运动的合成与分解的方法，注意彩弹飞出后，在轨道方向上做匀速直线运动，是解题的关键12（20分）（xx福州校级模拟）如图所示，倾角=30的绝缘光滑斜面向上，有一边界为矩形区域MNPQ磁场，边界MN为水平方向，MN与PQ之间距离为d=0.2m，以MN边界中点O为坐标原点沿斜面向上建立x坐标已知磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小随坐标x位置变化，变化规律为B=现有n=10匝的正方形线圈abcd，其边长l=0.4m，总质量m=0.5kg、总电阻R=4，ab边与MN 重合；在沿斜面向上的拉力F作用下，以恒定的速度v=1m/s，沿 x轴正向运动g取10m/s2求：（1）线圈ab边运动到x=0.1m位置时，线圈受到的安培力FA（2）线圈穿过磁场区域过程中拉力F 做的总功W【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率；安培力【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，即可求解；（2）根据线圈经过磁场分三个阶段，结合动能定理，及几何关系，从而确定安培力与位移的关系，再结合图象，从而求得总功【解答】解：（1）在x=0.1m处，磁感应强度B1=0.5T；由电磁感应定律，则有：E=nBlv=2V；根据闭合电路欧姆定律，则有：I1=0.5A；那么线圈受到的安培力大小FA=nBIl=1N；（2）线圈经过磁场区域分成三个阶段，第一阶段ab边在切割磁场，第二阶段线圈没有切割磁场，第三阶段线圈cd切割磁场由动能定理，可得：W+WG+WA=0h=（d+l）sin=0.3mWG=mgh=1.5J由上可得，线圈受到安培力：FA=210x（N）是变力由FAx图象可知，则有，WA=0.4J解得：W=WGWA=1.5+0.4=1.9J；答：（1）线圈ab边运动到x=0.1m位置时，线圈受到的安培力1N（2）线圈穿过磁场区域过程中拉力F 做的总功1.9J【点评】考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力表达式与动能定理的应用，理解根据FAx图象求得总功的方法（二）选考题物理-选修3-313（5分）如图所示，V图中的abcda为一定质量的理想气体从状态a开始按箭头方向所经历的一个循环过程，以下说法中正确的是（）A理想气体由ab的过程做等温变化，从cd也做等温变化B理想气体由bc的过程温度降低C理想气体由da的过程中，气体对外界做功为W=p0（VaVd）D若理想气体装在导热性能良好的密闭容器中，则气体由bc的过程中，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的气体分子数减少E由ab的过程中，气体将吸收的热量全部对外做功，违背了热力学第二定律【考点】理想气体的状态方程【分析】等温变化pV=C，得到，在图象中等温线是过原点的倾斜直线；根据气态方程分析bc过程温度变化；等压变化过程中，气体对外界做功根据W=pV；等温变化过程中，气体内能不变，吸收的热量全部用于对外做功，但引起了其他变化，体积变化了，不违背热力学第二定律【解答】解：A、理想气体由ab的过程中V，即发生的是等温变化，从cd延长线不过原点，不是等温变化，故A错误；B、理想气体由bc过程，发生的是等容变化，增加，压强p减小，根据查理定律，温度降低，故B正确；C、理想气体由da的过程中，压强不变，等压变化，体积增大，气体对外做功，故C正确；D、气体由bc的过程中，体积不变，分子的密集程度不变，温度降低，分子的平均动能减小，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的气体分子数减少，故D正确；E、由ab的过程中，气体发生等温变化，内能不变，根据热力学第一定律，气体将吸收的热量全部对外做功，气体体积增大，不违反热力学第一定律，故E错误；故选：BCD【点评】本题考查图象问题，题型新颖，很有创新，通过本题知道理想气体内能由温度决定，熟练应用热力学第一定律即可正确解题，理解压强的微观意义，了解热力学第二定律等基本知识14（10分）（xx浦东新区三模）在一个可以插入活塞的圆筒内装置着著名的托里拆利实验结构，由于操作不慎，管内混入少量气体，结果水银柱的高度如图A所示上方空气柱长度30cm，下方水银60cm，此时 大气压强为75cmHg，求：（1）未插入活塞时管中空气的压强是多少？（2）现插入活塞如图B所示，使圆筒内的气体体积变为原来的，在这过程中温度不发生变化，求此时管中空气的压强是多少？（玻璃管的粗细相对圆筒可以忽略不计）【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）对管内水银柱，重力和上下压力平衡，根据平衡条件可以得到内部封闭气体的气压；（2）筒内封闭气体经历等温过程，根据玻意耳定律列式求解气压；然后再对玻璃管内的封闭气体根据玻意耳定律列式求解【解答】解：（1）由分析可知：管内压强p1=p0gh1=（7560）cmHg=15cmHg（2）令此时空气柱长度为x，筒内压强为p0对于筒内气体，属于等温变化，所以由玻意耳定律，有：p0V0=p0V0得p0=cmHg=100cmHg由题可知管子露出水银面的高度为90cm，管内空气压强：p2=100（90x）cmHg对于管内气体分析也是等温变化，由p1V1=p2V2得：1530s=100（90x）xs解得：x=16.8（cm）故p2=100（90x）cmHg=26.8cmHg 答：（1）未插入活塞时管中空气的压强是15cmHg；（2）此时管中空气的压强是26.8cmHg【点评】本题关键是两次根据玻意耳定律对封闭气体列式求解，要明确托里拆利实验的原理，不难物理-选修3-415（xx闵行区二模）在两种介质中分别有A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻它们的波形分别如图甲、乙所示，经过时间t（TAt2TA），这两列简谐横波的波形分别变为图丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是（）A1：1B3：2C3：4D4：3【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】由题，甲、丙图象反相，TAt2TA，说明A波经过了一个半个周期B波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择【解答】解：由图读出，A波波长为A=24cm，因为TAt2TA，则周期TA=t；B波波长为B=12cm，周期TB=，波速vA=，vB=，得到vA：vB=3：n，而不同介质，波速不同，所以A、B两列波的波速vA、vB之比可能的是BC故选：BC【点评】本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键，难度不大，属于基础题16如图所示，腰长为L的等腰三角形ABC是玻璃砖的横截面，对光的折射率为，一束光线平行腰AB从三角形斜边中点O射入，则：（）画出光线进入玻璃砖后再从玻璃砖BC面射出来的光路图，求光线从BC面的出射点到入射光线d以及光在BC面上的出射光线和入射光线夹角的正弦值（）在三棱镜的AB边是否有光线透出？写出分析过程（不考虑多次反射）【考点】光的折射定律【分析】（i）先画出光路图，由折射定律求出光线在AC面上的折射角，再由几何知识求解d并由数学知识求光在BC面上的出射光线和入射光线夹角的正弦值（ii）由几何知识得到反射光线射到AB面上的入射角，由sinC=求出临界角C，经过比较即可判断【解答】解：（1）如图，光在AC面折射时有：n=由题 n=，i=45，解得 r=30由几何关系有：=DOF=ir=15故光线从BC面的出射点到入射光线 d=Ltan15 由几何关系可得光线射到BC面上入射角为 i=15在D点，由折射定律得 n=解得 sin=nsini=sin15=即光在BC面上的出射光线和入射光线夹角的正弦值为（2）设三棱镜的临界角为C，由sinC=得 C=45光线射到BC面上入射角为15，光射到AB面上的入射角为75大于C，所以光线在AB面上发生全反射，不会有光线射出答：（1）光线从BC面的出射点到入射光线的距离d是Ltan15光在BC面上的出射光线和入射光线夹角的正弦值为（2）AB面不会有光线射出【点评】解决本题的关键要掌握折射定律和临界角公式sinC=，画出光路图，运用折射定律和几何知识结合解答此类问题物理-选修3-517已知金属钠的逸出功为2.29eV，现用波长为400nm的光照射金属钠表面，普朗克常量h=6.631034Js，1nm=109m，则遏止电压为0.82V，金属钠的截止频率为5.51014Hz（结果保留两位有效数字）【考点】光电效应【分析】根据逸出功W0=hv0，和光电效应方程：EK=hvW0直接进行求解，光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理求解遏制电压；知道金属钠的逸出功为2.29eV，由W0=hv0即可求出截止频率【解答】解：根据光电效应方程：EK=hW0=光电子动能减小到0时，反向电压即遏制电压，根据动能定理：eU=EK，代入数据得：U=0.82V根据据逸出功的表达式：W0=h0，得截止频率：51014Hz故但为：0.82V；5.51014Hz【点评】本题考察知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性18（xx河南模拟）如图所示，粗糙的水平面上静止放置三个质量均为m的小木箱，相邻两小木箱的距离均为l工人用沿水平方向的力推最左边的小术箱使之向右滑动，逐一与其它小木箱碰撞每次碰撞后小木箱都牯在一起运动整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着兰个木箱匀速运动已知小木箱与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g设碰撞时间极短，小木箱可视为质点求：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】木块碰撞过程系统动量守恒，应用动能定理求出物体碰撞前的速度，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能，然后求出损失的机械能之比【解答】解：最后三个木箱匀速运动，由平衡条件得：F=3mg，水平力推最左边的木箱时，根据动能定理有：（Fmg）l=mv120，木箱发生第一次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=2mv2，碰撞中损失的机械能为：E1=mv122mv22，第一次碰后，水平力推两木箱向右运动，根据动能定理有（F2mg）l=2mv322mv22，木箱发生第二次碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：2mv3=3mv4，碰撞中损失的机械能为：E2=2mv323mv42，联立解得木箱两次碰撞过程中损失的机械能之比为：；答：第一次碰撞和第二次碰撞中木箱损失的机械能之比为3：2【点评】本题考查了求碰撞过程损失的机械能之比，分析清楚物体运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题