2019-2020年高考物理打靶卷含解析.doc

2019-2020年高考物理打靶卷含解析二、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1-4题只有一项符合题目要求第5-8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以下说法正确的是（）A牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并测出引力常量为GB亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因C法拉第发现了电磁感应现象D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态已知顶棚斜面与水平面的夹角为，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为，则以下说法正确的是（）A塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcosB顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为mgcosC顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动3据新华社北京3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面h（h343km），运行周期为T，地球的半径为R，下列关于天宫一号的说法正确的是（）A因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度B女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用C天宫一号再入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量D由题中信息可知地球的质量为4真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（r图象），判断下列说法中正确的是（）A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（21）5如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接bS断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（）A闭合开关S B把滑动变阻器滑片向右移动C把滑动变阻器滑片向左移动 D开关K接a6用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t=0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零则物体所受的摩擦力Ff随时间t变化图象可能是下列图中（）A B C D7如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则（）A滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度v无关B小滑块不可能返回A点C若H=4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mgD若H=4R，皮带速度v=，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为9mgR8在倾角为的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计，则（）A物块c的质量是（m1+m2）sinBb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a棒上消耗的电能Db棒放上导轨后，b棒中电流大小是三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=cm（2）要验证机械能守恒，只要比较AD2（）与gh是否相等 BD2（）与2gh是否相等CD2（）与gh是否相等 DD2（）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度（选填“”或“”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小10使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏安特性，测得IU图象如图1所示已知滑动变阻器滑动片的有效移动长度为30cm，变阻器的最大阻值为22.5，电源电动势为6V，内阻不计（1）在如图2的虚线框内，不改变滑动变阻器和电源的位置，补上电压表、电流表、灯泡，画出完整的电路图要求滑动变阻器的滑动片向左滑动时，灯泡的电压增大（2）根据IU图象可知：从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐（选填“增大”、“减小”），改变的阻值为（3）在获得AB段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了cm的长度11雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生伤害和财产损失现假设某条高速公路限制速度为v=120km/h，某种雾天的能见度（即观察者与能看见的最远目标间的距离）s0=27m，汽车紧急制动时产生的平均制动力F=1.35104N，汽车质量m=1500kg，其制动过程可以视为匀减速运动，制动时司机的反应时间（即司机发现状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动）为t0=0.5s，求：（1）当汽车速度为v1=108km/h时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离；（2）在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过多少？12如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以竖直面MN为理想分界面两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，区的磁场方向垂直于纸面向里一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t=的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场已知电子的质量为m，电荷量为e（1）求每一磁场区域的宽度d；（2）若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？（3）现撤去加速装置，使区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，并改变射入时的方向（其它条件不变），使得电子穿过区域的时间最短求电子穿过两区域的时间t（二）选考题：共15分请考生从给出的3个选修中任选一个作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体压强的大小和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，说明液体分子永不停息地做无规则热运动C热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力E温度升高，物体所有分子的动能都增大14一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27，求：该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？物理-选修3-415图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）A在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmE质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）16一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率选修3-517下列说法正确的是（）A粒子大角度散射表明粒子很难进入原子内部B极限频率越大的金属材料逸出功越大C聚变反应有质量亏损，但质量数守恒D射线是一种波长很短的电磁波E SeKr+2e是重核裂变18质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上滑块开始时静止，质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示已知M：m=3：1，物块与水平轨道之间有摩擦，圆弧轨道的半径为R求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小；若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件xx年山东省青岛二中高考物理打靶卷参考答案与试题解析二、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1-4题只有一项符合题目要求第5-8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以下说法正确的是（）A牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并测出引力常量为GB亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因C法拉第发现了电磁感应现象D安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【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、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量故A错误B、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因故B错误C、法拉第发现了电磁感应现象故C正确D、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律故D错误故选：C2如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态已知顶棚斜面与水平面的夹角为，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为，则以下说法正确的是（）A塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcosB顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为mgcosC顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】圆柱形强磁铁处于静止状态，受力平衡，对圆柱形强磁铁进行受力分析，根据平衡条件分析即可判断【解答】解：A、圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的吸引力F，音乐盒的支持力N，以及静摩擦力f，受力平衡，则有：N=mgcos+F，f=mgsin，由于是静摩擦力，不是mgcos，故AB错误；C、圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C错误；D、磁铁的磁性若瞬间消失，若mgsinmgcos，则塑料壳不会往下滑动，故D正确故选：D3据新华社北京3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面h（h343km），运行周期为T，地球的半径为R，下列关于天宫一号的说法正确的是（）A因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度B女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用C天宫一号再入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量D由题中信息可知地球的质量为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力求出速度与半径的关系分析A选项，航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，根据动能定理分析C选项，根据根据万有引力提供向心力周期公式求解地球质量【解答】解：A、根据万有引力提供向心力可知，解得：v=，由于天宫一号的轨道半径小于同步卫星的半径，则其线速度大于同步卫星的线速度，故A错误；B、航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，不是不受地球的引力作用，故B错误；C、根据动能定理可知引力与空气阻力对天宫一号做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即天宫一号克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故C正确；D、根据万有引力提供向心力可知，解得：M=，故D错误故选：C4真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（r图象），判断下列说法中正确的是（）A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（21）【考点】电场强度；电势能【分析】根据直线上各点的电势分布图判断A点和B点电势沿电场线方向电势逐点降低根据电场力做功表达式W=qU，结合电势差等于两点电势之差，即可求解【解答】解：A、由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；BC、A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=qUAB=q（12），故D错误故选：B5如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接bS断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（）A闭合开关S B把滑动变阻器滑片向右移动C把滑动变阻器滑片向左移动 D开关K接a【考点】变压器的构造和原理【分析】根据变压器的特点，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项【解答】解：A、闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；B、把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；C、把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；D、开关k接a，根据，副线圈两端的电压减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误；故选：B6用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t=0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零则物体所受的摩擦力Ff随时间t变化图象可能是下列图中（）A B C D【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用【分析】物体匀速运动，拉力减小后，当拉力减小到零时，有两种情况：一是一直是滑动摩擦力，一是先是滑动摩擦力，后是静摩擦力从而即可求解【解答】解：由题意可知，物体在匀速运动，从t=0时刻，拉力F开始均匀减小，t1时刻拉力减小为零，出现的摩擦力有两种可能，一是当拉力为零时，物体仍在滑动，则受到的一直是滑动摩擦力，即大小不变，故A正确；另一是当拉力为零前，物体已静止，则当拉力为零时，则先是滑动摩擦力，后是静摩擦力，滑动摩擦力大小不变，而静摩擦力的大小与拉力相等，而此时拉力小于滑动摩擦力大小，故D正确，BC错误；故选：AD7如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则（）A滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度v无关B小滑块不可能返回A点C若H=4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mgD若H=4R，皮带速度v=，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为9mgR【考点】功能关系；向心力【分析】滑块在传送带上受到向左的摩擦力，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，根据动能定理即可求得结果滑块在传送带上运动时，水平方向只受到摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求得加速度，然后结果位移公式与速度公式，求得物体的位移，根据Q=Ffl相对求得热量【解答】解：A、由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块恰好速度等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关故A正确；B、滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点故B错误；C、若H=4R，滑块经过C点时的速度：滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：得：FN=9mg根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg故C错误；D、选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是，则滑块的加速度：滑块的速度为时，使用的时间：=滑块的位移：代入数据得：这段时间内传送带的位移：滑块与传送带之间的相对位移：由于摩擦而产生的内能为：Q=fx=9mgR故D正确故选：AD8在倾角为的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计，则（）A物块c的质量是（m1+m2）sinBb棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能Cb棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a棒上消耗的电能Db棒放上导轨后，b棒中电流大小是【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到c的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知【解答】解：A、b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平衡可知，安培力大小 F安=m2gsin由a平衡可知：F绳=F安+m1gsin由c平衡可知：F绳=mcg联立解得物块c的质量为：mc=（m1+m2）sin，故A正确；B、b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，故B错误；C、b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b两棒上消耗的电能之和，故C错误；D、b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知，F安=m1gsin，又因为F安=BIL，可得b棒中电流大小是：I=，故D正确；故选：AD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g（1）用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D=0.950cm（2）要验证机械能守恒，只要比较DAD2（）与gh是否相等 BD2（）与2gh是否相等CD2（）与gh是否相等 DD2（）与2gh是否相等（3）钢球通过光电门的平均速度（选填“”或“”）钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能（选填“能”或“不能”）通过增加实验次数减小【考点】验证机械能守恒定律【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）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：0.950cm（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mD2（）即只要比较D2（）与2gh是否相等，故选：D（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小故答案为：（1）0.950cm（2）D（3），不能10使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏安特性，测得IU图象如图1所示已知滑动变阻器滑动片的有效移动长度为30cm，变阻器的最大阻值为22.5，电源电动势为6V，内阻不计（1）在如图2的虚线框内，不改变滑动变阻器和电源的位置，补上电压表、电流表、灯泡，画出完整的电路图要求滑动变阻器的滑动片向左滑动时，灯泡的电压增大（2）根据IU图象可知：从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐增大（选填“增大”、“减小”），改变的阻值为5（3）在获得AB段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了10cm的长度【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电表是理想电表，电流表既可以采用内接法，也可以采用外接法（2）由IU图形找出电压与电流的对应值，由欧姆定律求出A、B处灯泡的电阻，然后求出电阻变化（3）求出B点滑动变阻器接入电路的阻值，然后求出滑动变阻器滑片移动的长度【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，滑片左移灯泡电压变大，灯泡与滑动变阻器右半部分电阻丝并联，电路图如图所示（2）由IU图象可知，从A到B的过程中，灯泡两端电压与电流之比增大，即灯泡的电阻逐渐增大；应用欧姆定律可知，电阻的改变量：R=RBRA=5（3）设滑片在A点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R，此时灯泡两端电压，即并联电压为U并=3V，滑动变阻器左半段电压为6V3V=3V，通过灯泡的电流为IL=0.2A，由串并联电路特点及欧姆定律可得：（+0.2）（22.5R）=3，解得：R=15；与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为：30=20cm，在获得AB段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了3020=10cm故答案为：（1）电路图如图所示；（2）增大；5；（3）1011雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生伤害和财产损失现假设某条高速公路限制速度为v=120km/h，某种雾天的能见度（即观察者与能看见的最远目标间的距离）s0=27m，汽车紧急制动时产生的平均制动力F=1.35104N，汽车质量m=1500kg，其制动过程可以视为匀减速运动，制动时司机的反应时间（即司机发现状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动）为t0=0.5s，求：（1）当汽车速度为v1=108km/h时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离；（2）在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）踩下刹车后做匀减速运动，结合速度位移公式求出匀减速运动的位移（2）根据反应时间内的匀速运动的位移和刹车后匀减速运动的位移之和等于能见度，然后应用运动学公式求出汽车的最大速度【解答】解：（1）由牛顿第二定律得汽车的加速度为：a=9m/s2，刹车后汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v12=2ax，刹车后汽车滑行的距离：x=50m；（2）设最大速度为v2，从发现危险到车停止，汽车将经过匀速运动与匀减速运动，匀速运动的位移为x1，x1=v2t0，匀减速运动的位移为x2，v22=2ax2，根据题意可知：s0=x1+x2，据解得最大速度：v2=18m/s；答：（1）当汽车速度为v1=108km/h时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离为50m；（2）在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过18m/s12如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以竖直面MN为理想分界面两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，区的磁场方向垂直于纸面向里一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t=的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场已知电子的质量为m，电荷量为e（1）求每一磁场区域的宽度d；（2）若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？（3）现撤去加速装置，使区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界AB射入，并改变射入时的方向（其它条件不变），使得电子穿过区域的时间最短求电子穿过两区域的时间t【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【分析】（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出电子的轨道半径，根据电子的周期公式与电子在磁场中的运动时间求出电子在磁场中转过的圆心角，然后求出磁场区域的宽度（2）电子在电场中加速，在磁场中做圆周运动运动，应用动能定理与牛顿第二定律可以求出加速电压（3）电子在磁场中做匀速圆周运动，求出电子在两个磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间【解答】解：（1）电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：电子做圆周运动的周期：电子在每一磁场中运动的时间为：t1=电子的在磁场中转过圆心角：=磁场的宽度：d=rsin45，解得：；（2）若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在I区域中转半圈后从A1离开磁场，运动估计如图2所示：设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得：由几何知识得：R=d在加速电场中，由动能定理得：0解得：（3）由于速率一定，要电子穿过I区域的时间最短，则需电子穿过I区域的弧长最短（对应的弦长最短）运动轨迹如图3所示：由式，在I区域的半径：r1=由图可知：解得 =在I区域的运动时间：在II区域的半径：r2=2r1由几何关系可知，在II区域中的圆心O2必在A2上如图，=在II区域的运动时间：通过两场的总时间t=t1+t2=答：（1）每一磁场区域的宽度d为；（2）若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于；（3）电子穿过两区域的时间t为（二）选考题：共15分请考生从给出的3个选修中任选一个作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体压强的大小和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，说明液体分子永不停息地做无规则热运动C热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响D水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力E温度升高，物体所有分子的动能都增大【考点】热力学第二定律；布朗运动【分析】根据压强的微观意义解释；布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡导致的，它间接反映了液体分子的无规则运动热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响；表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；【解答】解：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故A正确；B、布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故B错误C、热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，C正确D、因为液体具有表面张力的存在，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；E、温度是分子的平均动能的标志，温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故E错误故选：ACD14一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27，求：该气体在状态B和C时的温度分别为多少K？该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】气体从A到B发生等容变化，由查理定律求状态B的温度；根据理想状态方程求状态C的温度；先根据pV图象包围的面积求外界对气体做的功，状态A、C温度相等，内能相等，根据热力学第一定律求从A到B到C过程的吸放热情况【解答】解：对一定质量的理想气体由图象可知，AB为等容变化，由查理定律得：即代入数据得：AC由理想气体状态方程得：代入数据得：从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由pV图线与横轴所围成的面积可得：由于TA=TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：U=0由热力学第一定律有：U=W+Q可得：Q=1000J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1000 J答：该气体在状态B的温度为600K和C时的温度为300K该气体从状态A经B再到C的全过程中是放热，传递的热量是1000J物理-选修3-415图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（）A在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmE质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程根据x=vt求解波传播的距离根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程【解答】解：A、图（b）为质点Q的振动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B、在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；C、由甲图知波长=8m，则波速为：v=m/s=40m/s，从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=400.15m=6m，故C正确；D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误；E、质点Q简谐运动的表达式为y=Asint=0.1sint m=y=0.10sin10t（m），故E正确故选：BCE16一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率【考点】光的折射定律【分析】根据题意作出光路图，设S点为圆形发光面边缘上一点由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线SA确定，当入射角大于临界角C时，光线就不能射出玻璃板了根据折射定律和几何知识结合进行求解【解答】解：根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C图中r=htanC，由sinC=和几何知识得：sinC=解得：r=，故应贴圆纸片的最小半径R=r+r=r+解得：n=答：平板玻璃的折射率为选修3-517下列说法正确的是（）A粒子大角度散射表明粒子很难进入原子内部B极限频率越大的金属材料逸出功越大C聚变反应有质量亏损，但质量数守恒D射线是一种波长很短的电磁波E SeKr+2e是重核裂变【考点】重核的裂变；爱因斯坦质能方程【分析】a粒子大角度散射表明原子内部有一很小的核，即原子核，集中了全部的正电荷及几乎全部的质量根据W0=hv0判断逸出功与极限频率的关系聚变反应有质量亏损，但是电荷数、质量数守恒射线是一种波长很短的电磁波【解答】解：A、a粒子大角度散射表明a粒子受到了原子内部原子核对它的斥力故A错误B、逸出功W0=hv0，知极限频率越大，逸出功越大故B正确C、聚变反应有质量亏损，释放能量，但是质量数守恒故C正确D、射线是一种波长很短的电磁波故D正确E、SeKr+2e是2次衰变，故E错误故选：BCD18质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上滑块开始时静止，质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示已知M：m=3：1，物块与水平轨道之间有摩擦，圆弧轨道的半径为R求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小；若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】M和m组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律求出物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小要使物块m不会越过滑块，即物块滑到滑块的最高点时，两者具有相同的速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出物块冲上滑块的初速度应满足的条件【解答】解：对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向上动量守恒，物块滑出时，有：mv=MV滑块M的速度V=，方向向右物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有mv0=（m+M）V1相互作用的过程中，系统总动能减小，转化为内能Q和重力势能，有：物体在水平面上滑动时，系统产生的内能Q=mgR解得要使物块m不会越过滑块，其初速度答：物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小为，方向向右物块冲上滑块的初速度应满足的条件初速度xx年7月3日