2019-2020年高考物理仿真模拟试卷含解析.doc

2019-2020年高考物理仿真模拟试卷含解析一、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如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为（）ABCD2如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动不计空气阻力，则（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B点3如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是（）A杆对小球A做负功B小球A的机械能守恒C杆对小球B做正功D小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m4xx年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于xx年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度小于C“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率5一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按图甲所示方式连接，R=10，变压器的匝数比为=图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V下列说法中正确的是（）A通过R的电流iR=cos50tAB电流表A的读数为0.1AC电流表A的读数为AD电压表V的读数为10V6如图，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE=EFK、M、L分别为过D、E、F三点的等势面一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则（）A|Wab|=|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由a点到b点，动能增大Da点的电势较b点的电势高7如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为粒子（）的径迹它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r1r2r3并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（）AT1=T2T3Bv1=v2v3Ca1=a2a3Dt1t2t38如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力的大小为N，小球在最高点的速度大小为v，Nv2图象如图乙所示则（）A小球的质量为RB当v时，球对杆有向下的压力C当v时，球对杆有向上的拉力D若c=2b，则此时杆对小球的弹力大小为a二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第15题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=m/s，木块加速度a=m/s2（结果均保留2位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是（已知当地的重力加速度g）；得出的表达式是=10某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件，该电学元件上标有“最大电流不超过6mA，最大电压不超过7V”，同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线，他们设计的一部分电路如图1所示，图中定值电阻R=1k，用于限流；电流表量程为10mA，内阻约为5；电压表（未画出）量程为10V，内阻约为10k；电源电动势E为12V，内阻不计（1）实验时有两个滑动变阻器可供选择：A阻值0200，额定电流0.3AB阻值020，额定电流0.5A应选的滑动变阻器是（填“A”或“B”）正确接线后，测得数据如下表：12345678910U/V0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40I/mA0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50（2）由以上数据分析可知，电压表应并联在M与之间（填“O”或“P”）；（3）将电路图在图2的虚线框中补充完整；（4）从表中数据可知，该电学元件的电阻特点是：11如图所示，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成=37角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径杆上依次有三点A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，环与杆间动摩擦因数=0.5现在对环施加一个与杆成37斜向上大小为20N的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动，圆环到达B点时撤去拉力F，此后圆环从B点继续向上运动，求此环从A点到达C点所用的时间（已知重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）12如图所示，倾角为30、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1=0.4m，B2=5T的匀强磁场垂直导轨平面向上一质量m=1.6kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r=1金属导轨上端连接右侧电路，R1=1，R2=1.5，R2两端通过细导线连接质量M=0.6kg的正方形金属框cdef，正方形L2=0.2m，每条边电阻r0为1，金属框处在一方向垂直纸面向里，B2=3T的匀强磁场中，现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10m/s2（1）若将电健S断开，求棒下滑过程中的最大速度（2）若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6N，求细导线刚好被拉断时棒的速度（3）若电键闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2J，求此过程中棒下滑的高度（结果保留一位有效数字）(二）选考题物理-选修3-313以下说法正确的是（）A当分子间距离增大时，分子势能可能增大B已知某物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0=C自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动E一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加14如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C将容器分成A、B两室，A室体积为V0，B室的体积是A室的两倍，A、B两室分别放有一定质量的理想气体A室上连有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），当两边水银柱高度为19cm时，两室气体的温度均为T1=300K若气体的温度缓慢变化，当U形管两边水银柱等高时，求（外界大气压等于76cm汞柱）此时气体的温度为多少？在这个过程中B气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）物理-选修3-415一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，该列波沿x轴传播（填“正向”或“负向”）；该列波的波速大小为m/s；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为Hz16如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面试求：（1）该材料对此平行光束的折射率；（2）这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？物理-选修3-517氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV则氢核聚变的方程是；一次氢核聚变释放出的能量是MeV18如图所示，一个平板车的质量为M=68kg（包含车上的卸货人），其上有质量均为m=14kg的货物8袋开始时平板车水平向右以速度v0=5m/s在水平光滑的轨道上均速运动，平板车上的卸货人以速度v=10m/s（相对水平地面）水平向右一次一袋把货物抛出，当平板车反向向左开始运动后，卸货人不再抛出货物求：卸货人向右抛出货物的袋数和平板车的最终速度xx年山东省烟台市高考物理仿真模拟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如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍，有一初速为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为（）ABCD【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】电荷先直线加速，再做类似平抛运动；对直线加速过程，根据动能定理列式；对类似平抛运动过程，根据分位移公式列式；最后联立求解即可【解答】解：设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）= 对类似平抛运动过程，有：l=vt = 联立解得：=故选：B【点评】本题关键是分直线加速和类似平抛运动分析，对直线加速根据动能定理列式，对类似平抛过程根据分位移公式列式，基础题目2如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动不计空气阻力，则（）At22t1Bt2=2t1Ct22t1D落在B点【考点】平抛运动【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题【分析】抓住小球落在斜面上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出水平位移的表达式，确定初速度增倍后，小球将落在水平面根据下降的高度关系求出运动的时间关系【解答】解：在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan=，解得，水平位移x=，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出小球，小球将落在水平面可知两球下降的高度之比为1：2，根据t=知，则t22t1故选：C【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大3如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为0.2m的轻杆相连，两球质量相等，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个2m/s的初速度，经一段时间两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是（）A杆对小球A做负功B小球A的机械能守恒C杆对小球B做正功D小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m【考点】功能关系；机械能守恒定律【专题】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律【分析】分别对A球和B球进行受力分析，根据外力做功情况可以明确杆对两球的做功情况，根据系统机械能守恒求解小球B速度为零时距水平面的高度【解答】解：A、由题意可知，AB在上升中受A的重力做功而做减速运动；假设没有杆连接，则A上升到斜面时，B还在水平面上运动，那么A在斜面上做减速运动，而B在水平面上做匀速运动，但是有杆存在，那肯定是B推着A上升，因此杆对A做正功，故A错误；B、因杆对A球做正功，故A球的机械能不守恒，故B错误；C、由A的分析可知，村对球B做负功，故C错误；D、根据系统机械能守恒，可得：mgh+mg（h+Lsin30）=2mv2，解得：h=0.15m，故D正确；故选：D【点评】本题考查考机械能守恒定律及外力做功情况，要注意本题中根据了假设法进行判断，难度适中4xx年10月24日，“嫦娥五号”探路兵发射升空，为计划于xx年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g下列说法正确的是（）A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度小于C“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率【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】根据加速度的方向确定“嫦娥五号”处于超重还是失重，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小从c点到e点，机械能守恒，速率大小相等【解答】解：A：“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号“在b点处于超重状态，故A错误B、在d点，“嫦娥五号”的加速度a=，又GM=gR2，所以a=故B错误C、“嫦娥五号”从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率故C正确D、从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解5一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按图甲所示方式连接，R=10，变压器的匝数比为=图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V下列说法中正确的是（）A通过R的电流iR=cos50tAB电流表A的读数为0.1AC电流表A的读数为AD电压表V的读数为10V【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【专题】定性思想；推理法；交流电专题【分析】根据R两端的电压随着时间变化的图象，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出原线圈电压的有效值，由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小，电压表测量R的电压，是有效值【解答】解：A、正弦式电流且电阻R的Um=10V，则有效值U=10V所以通过电阻的电流为I=1A，根据乙图可知，周期T=0.02s，则，因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100t（A）故A错误；B、正弦式电流且电阻R的Um=10V，则有效值U=10V所以通过电阻的电流为I=1A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比为的变压器，得电流表A的读数为0.1A故B正确，C错误；D、由于电压表读出的是有效值，则电压表A的读数为10V故D错误；故选：B【点评】正弦变化规律的交流电的有效值比最大值等于1：；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同6如图，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE=EFK、M、L分别为过D、E、F三点的等势面一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则（）A|Wab|=|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由a点到b点，动能增大Da点的电势较b点的电势高【考点】电势能；电势差与电场强度的关系【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】由题，DE=EF，根据电场线的疏密，可判断出DE段和EF段场强的大小，由公式U=Ed定性分析DE间电势差与EF间电势差的大小由电场力做功公式W=qU分析电场力做功大小由轨迹的弯曲方向判断电荷所受的电场力大致方向，确定电场力做功的正负，判断电势能的大小及电势的高低【解答】解：AB、由等量异种点电荷的电场线的特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U=Ed知|Uab|Ubc|，而W=qU，所以|Wab|Wbc|，故A错误，B正确；C、粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，C错误；D、从粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，所以左侧为正电荷，从左向右电势降低，D正确故选：BD【点评】本题要对等量异种点电荷周围电场线的分布情况要掌握，用公式U=Ed定性可分析电势差的大小7如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为粒子（）的径迹它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r1r2r3并相切于P点，设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（）AT1=T2T3Bv1=v2v3Ca1=a2a3Dt1t2t3【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，可列式得到周期和半径的一般表达式，由牛顿第二定律得到加速度的一般表达式，再分析大小【解答】解：A：设带电粒子的质量和电量分别为m、q，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时周期为，T与比荷成反比，质子与粒子的比荷之比为2：1，则有T1=T2T3故A正确B：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时半径为，比荷相等时，r与v成正比，则有v1v2故B错误C：粒子的加速度为，因为v1v2，故有a1a2故C错误D：由图看出，质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，质子2轨迹的圆心角大于质子1轨迹的圆心角，所以质子2的运动时间大于质子1的运动时间，即有t1t2同理可得，粒子的速度偏向角大于质子2的偏向角，根据轨迹所对的圆心角等于速度偏向角，则知，粒子轨迹的圆心角大于质子2轨迹的圆心角，同时由于T2T3所以粒子的运动时间大于质子2的运动时间，即有t3t2故选项D正确故选：AD【点评】本题中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径和周期公式要熟记，对于推论：轨迹的圆心角等于速度的偏向角是常用的结论，也要学会应用8如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力的大小为N，小球在最高点的速度大小为v，Nv2图象如图乙所示则（）A小球的质量为RB当v时，球对杆有向下的压力C当v时，球对杆有向上的拉力D若c=2b，则此时杆对小球的弹力大小为a【考点】向心力【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题【分析】在最高点，若v=0，则杆对球的支持力 N=mg=a；若杆对球的支持力 N=0，则有mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球的质量；由图可知：当v时，杆对小球弹力方向向上；若c=2b根据向心力公式即可求解杆对球的弹力大小【解答】解：A、球在最高点时，若速度 v=0，则杆对球的支持力 N=mg=a；若杆对球的支持力 N=0，则mg=m=m，解得：g=，m=R，故A正确；BC、当v时即v2b时，杆对小球弹力方向向上，由牛顿第三定律知，球对杆有向下的压力，故B正确，C错误D、若v2=2b则由牛顿第二定律得 N+mg=m=，解得N=a=mg，故D正确故选：ABD【点评】本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第15题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.40m/s，木块加速度a=1.0m/s2（结果均保留2位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面倾角（或A点的高度h、底边长度d、斜面长度L等）（已知当地的重力加速度g）；得出的表达式是=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v= m/s=0.40m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=1.0m/s2（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：= 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角；故答案为：（1）0.40，1.0；（2）斜面倾角（或A点的高度h、底边长度d、斜面长度L等），【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量10某实验小组的同学在学校实验室中发现一电学元件，该电学元件上标有“最大电流不超过6mA，最大电压不超过7V”，同学们想通过实验描绘出该电学元件的伏安特性曲线，他们设计的一部分电路如图1所示，图中定值电阻R=1k，用于限流；电流表量程为10mA，内阻约为5；电压表（未画出）量程为10V，内阻约为10k；电源电动势E为12V，内阻不计（1）实验时有两个滑动变阻器可供选择：A阻值0200，额定电流0.3AB阻值020，额定电流0.5A应选的滑动变阻器是A（填“A”或“B”）正确接线后，测得数据如下表：12345678910U/V0.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40I/mA0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50（2）由以上数据分析可知，电压表应并联在M与P之间（填“O”或“P”）；（3）将电路图在图2的虚线框中补充完整；（4）从表中数据可知，该电学元件的电阻特点是：当元件两端的电压小于6V时，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6V时，随着电压的升高而电阻变小【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）根据滑动变阻器的额定电压分析答题 （2）根据待测元件电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后答题（3）从表格中数据看，电学元件两端的电压先增大，然后趋于稳定（4）根据表中实验数据应用欧姆定律分析答题【解答】解：（1）滑动变阻器A允许的最大电压为0.3200=60V12V，滑动变阻器B两端所能加的最大电压为0.520=10V12V，为保证安全，滑动变阻器应选A（2）由表中实验数据可知，电学元件电阻最小测量值约为：R=1163.6，电流表内阻约为5，电压表内阻约为10k，相对来说，元件电阻远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，因此电压表应并联在M与P之间 （3）描绘伏安特性曲线，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（2）可知，电流表采用内接法，实验电路图如图所示：（4）由表中实验数据可知，当元件两端的电压小于6V时，电路电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6V时，随着电压的升高电流迅速增大，电压与电流的比值减小，电阻变小；故答案为：（1）A；（2）P；（3）电路图如图所示；（4）当元件两端的电压小于6V时，元件电阻非常大，不导电；当元件两端电压大于6V时，随着电压的升高而电阻变小【点评】本题考查了实验器材选择、实验实验电路设计、实验数据分析等问题，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键；要掌握握器材选取的方法：精确、安全11如图所示，将质量m=2kg的圆环套在与水平面成=37角的足够长直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径杆上依次有三点A、B、C，sAB=8m，sBC=0.6m，环与杆间动摩擦因数=0.5现在对环施加一个与杆成37斜向上大小为20N的拉力F，使环从A点由静止开始沿杆向上运动，圆环到达B点时撤去拉力F，此后圆环从B点继续向上运动，求此环从A点到达C点所用的时间（已知重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】分别对撤去力F前后对环受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解出环的加速度拉力a，再根据位移时间关系求得到达B点时的时间和速度，到达C的过程分为两部分，一为匀减速上升时到达C点，二是到达最高点后再加速下滑时经过C点，故时间有两个答案【解答】解：圆环从A到B的过程中做匀加速直线运动，设所用时间为t1，由受力分析和牛顿第二定律得：沿着直杆方向有：Fcos37mgsin37FN=ma1垂直直杆方向有：FN+Fsin37=mgcos37联立解得：a1=1m/s2根据sAB=得：t1=4s圆环到达B点的速度为：vB=a1t1=4m/s撤去力后向上运动过程，对圆环受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=ma2，解得加速度大小为：a2=10m/s2；圆环减速到零时间为t0，运动距离为s，则：vB=a2t0，解得：t0=0.4s则s=0.8m，若环向上经过C点，则有：sBC=vBt2；代入数据解得：t2=0.2s，或者t2=0.6s（舍去）当环运动到最高点，将再次向下匀加速运动，则由牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37=ma3，代入数据解得：a3=2m/s2环从最高点下滑到C点时发生的位移为：x=ssBC=0.2m由x=得：t3=s；所以，圆环从A点到达C点所用的时间：t=t1+t2=4.2s或者为：t=t1+t0+t3=s答：此环从A点到达C点所用的时间为4.2s或s【点评】掌握解决动力学两类基本问题的方法和思路：一已知物体的运动求物体的受力，二是已知物体的受力求物体的运动情况解决这两类问题的关键是桥梁根据牛顿第二定律求出加速度a12如图所示，倾角为30、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1=0.4m，B2=5T的匀强磁场垂直导轨平面向上一质量m=1.6kg的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r=1金属导轨上端连接右侧电路，R1=1，R2=1.5，R2两端通过细导线连接质量M=0.6kg的正方形金属框cdef，正方形L2=0.2m，每条边电阻r0为1，金属框处在一方向垂直纸面向里，B2=3T的匀强磁场中，现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10m/s2（1）若将电健S断开，求棒下滑过程中的最大速度（2）若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6N，求细导线刚好被拉断时棒的速度（3）若电键闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2J，求此过程中棒下滑的高度（结果保留一位有效数字）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度（2）将每根细导线能承受的最大拉力Fm=3.6N代入（1）的结论，并结合电路的特点即可解答；（3）金属棒由静止开始下滑s的过程中，重力和安培力对棒做功，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出ab棒下滑的高度h【解答】解：（1）电键S断开时，ab棒沿导轨变加速下滑，速度最大时合力为0，根据物体平衡条件和法拉第电磁感应定律有：mgsinB1IL1=0又：Em=B1L1vm联解代入数据得：vm=7m/s（2）闭合S后，ab棒沿导轨下滑切割磁感线，R2与线框cd边及cfed部分组成并联电路，设并联部分电阻为R，细导线刚被拉断时通过ab棒的电流为I1，通过R2的电流为I2，通过金属框部分的电流为I3，则：E=B1L1vI1=I2+I3对金属框，由物体平衡条件有：2FmMgB2I3L2=0联解代入数据得：v=3.75m/s（3）当棒下滑高度为h时，棒上产生的热量为Q，R1上产生的热量为Q1，R2及金属框并联部分产生的总热量为Q2，根据能量转化与守恒定律有：由焦耳定律和电路结构关系有：联解代入数据得：h1.0m答：（1）电键S断开时棒ab下滑过程中的最大速度是7m/s；（2）电键S闭合，细导线刚好被拉断时棒ab的速度是3.75m/s；（3）若电键S闭合后，从棒ab释放到细导线被拉断的过程中棒ab上产生的电热Q=2J，此过程中棒ab下滑的高度1.0m【点评】本题考查了电路知识、电磁感应和力学知识，分析和计算安培力和能量如何转化是两个关键中档难度(二）选考题物理-选修3-313以下说法正确的是（）A当分子间距离增大时，分子势能可能增大B已知某物质的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0=C自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动E一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加【考点】分子势能；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律【分析】分子势能与分子间距离的关系比较复杂，要根据分子力的性质进行判断；对于固体或液体，分子间距较小，摩尔体积等于分子体积乘以阿伏加德罗常数；自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自发发生；布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动；温度是分子平均动能的标志【解答】解：A、当分子间距离增大时，若分子力为引力，分子力做负功，分子势能增大；若分子力为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误B、若该物质是固体或液体，分子间距较小，则该种物质的分子体积为V0=；若该物质是气体，则该种物质的分子体积为V0；故B错误C、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，还要符合热力学第二定律才能自然发生，故C错误D、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，而颗粒是由大量分子组成的，所以布朗运动并不是分子的运动固体颗粒是由于受到周围液体的撞击而引起运动的，所以布朗运动证明了液体分子在永不停息的做无规则运动，故D正确E、一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，由气态方程=c知温度升高，则分子平均动能增加，故E正确故选：DE【点评】本题考查热力学多个知识，其中重点是分子动理论、气态方程、热力学第一、第二定律，要加强基础的学习，力争不在简单题上失分14如图所示，有一光滑的导热性能良好的活塞C将容器分成A、B两室，A室体积为V0，B室的体积是A室的两倍，A、B两室分别放有一定质量的理想气体A室上连有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），当两边水银柱高度为19cm时，两室气体的温度均为T1=300K若气体的温度缓慢变化，当U形管两边水银柱等高时，求（外界大气压等于76cm汞柱）此时气体的温度为多少？在这个过程中B气体的内能如何变化？做功情况如何？从外界吸热还是放热？（不需说明理由）【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】求出气体A、B的初末状态参量，然后由理想气体状态方程求出气体的温度根据气体温度及体积变化情况，应用热力学第一定律分析答题【解答】解：由题意知，气体的状态参量为：初状态对A气体：VA=V0，TA=T1=300K，pA=p0+h=95cmHg，对B气体：VB=2V0，TB=T1=300K，pB=p0+h=95cmHg，末状态，对A气体：VA=V，pA=p0=76cmHg，对B气体：pB=p0=76cmHg，VB=3V0V，由理想气体状态方程得：对A气体： =，对B气体： =，代入数据解得：T=240K，V=V0；气体B末状态的体积：VB=3V0V=2V0=VB，由于气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度由300K降低到240K，温度降低，内能减小U0，由热力学第一定律：U=W+Q可知：Q=UW=U0，则气体对外放出热量；答：此时气体的温度为240K；在这个过程中B气体的内能减少；外界对气体不做功，气体对外界放热【点评】应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题，根据题意求出气体的初末状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题；要掌握连接体问题的解题思路与方法物理-选修3-415一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，该列波沿x轴正向传播（填“正向”或“负向”）；该列波的波速大小为1m/s；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为2.5Hz【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】由振动图象读出该时刻（t=0）A质点的振动方向，再判断波的传播方向由振动图象读出周期，由波动图象读出波长，求出波速【解答】解：因A点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X正向传播由波动图可知波长为0.4m，由振动图可知周期T为0.4S，则V= 发生稳定的干涉现象要相同频率，则故答案为：正向12.5【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力会分析求解波速16如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面试求：（1）该材料对此平行光束的折射率；（2）这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】（1）先据题意知从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面，说明从AB面进入三棱镜的折射光线与AC平行，画出光路图，根据对称性和几何关系得到入射角和折射角，即可求得折射率（2）画出光路图，如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块，由几何知识求解【解答】解：（1）由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性不难得出，光线进入AB面时的入射角和折射角分别为： =60，=30 由折射定律，材料折射率 n=（2）如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块由几何关系可得：OD=a 所以当光屏到BC距离超过a时，光斑分为两块答：（1）该材料对此平行光束的折射率为；（2）当光屏到BC距离超过a时，光斑分为两块【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容易解决此类问题物理-选修3-517氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV则氢核聚变的方程是H+HHe+n；一次氢核聚变释放出的能量是17.6MeV【考点】爱因斯坦质能方程【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】（1）根据核反应过程中质量数和电荷数守恒可正确写出核反应方程（2）根据质能方程可正确解答【解答】解：（1）根据质量数与质子数守恒，则有核反应方程为： H+HHe+n；（2）根据质能方程E=mc2得一次聚变释放出的能量：E=E2E1=7.034（2.783+1.292）=17.6MeV；故答案为： H+HHe+n；17.6 MeV【点评】本题考查了核反应方程的书写以及质能方程的简单应用，属于简单基础题目，平时练习中对这类问题注意多加训练，不可忽视18如图所示，一个平板车的质量为M=68kg（包含车上的卸货人），其上有质量均为m=14kg的货物8袋开始时平板车水平向右以速度v0=5m/s在水平光滑的轨道上均速运动，平板车上的卸货人以速度v=10m/s（相对水平地面）水平向右一次一袋把货物抛出，当平板车反向向左开始运动后，卸货人不再抛出货物求：卸货人向右抛出货物的袋数和平板车的最终速度【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】人抛出货物过程中，系统动量守恒，当车反向时，车开始向左运动，应用动量守恒定律分析答题【解答】解：设平板车上货物的总袋数为N，当第n袋向右水平抛出时，平板车开始反向向左运动，此时平板车速度为n，取向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+Nm）v0=nmv+M+（Nn）mvn解得：vn=，要使平板车反向向左运动，有：vn0 则：n，解得：n6.4，因为n应为整数，故n=7，所以当第7袋货物水平向右抛出时，平板车开始反向向左运动，此时：vn=m/s，负号表示速度方向向左；答：卸货人向右抛出货物的袋数为7袋，平板车的最终速度大小为m/s，速度方向向左【点评】本题考查了求抛出货物的袋数、车的速度，应用动量守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意，所有的速度应是相对于同一参照系的速度，要注意正方向的选择