2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (I).doc

2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (I)一、选择题：（本大题共8小题，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题意，第68题有多个选项符合题意全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1（6分）（xx贵阳一模）2014年12月26日，贵广高铁正式开通营运，把贵阳到广州的列车运行时间从20多个小时缩短到5小时左右，贵州从此进入了高铁时代列车从贵阳北站开出后速度由20km/h增加到50km/h所用的时间为t1、位移为x1；速度由50km/h增加到80km/h所用的时间为t2、位移为x2假设上述列车始终做匀变速直线运动，则以下判断正确的是（）At1t2Bt1t2Cx1x2Dx1x22（6分）（xx贵阳一模）在同一匀强磁场中，两个完全相同的矩形闭合金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线a、b所示则（）At=0时刻穿过两线圈的磁通量均为零B曲线a表示的交变电动势有效值为15VC曲线a表示的交变电动势频率为50HzD曲线a、b对应的线圈转速之比为3：23（6分）（xx贵阳一模）我国先后发射的“天宫一号”和“神舟十号”的运动轨迹如图所示已知“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G下列说法正确的是（）A根据题中条件可以计算出地球的质量B在远地点P处，“神舟十号”的加速度比“天宫一号”大C根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小D要增大“神舟十号”的运行周期，只需在运行过程中点火减速4（6分）（xx贵阳一模）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）A若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远B若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短5（6分）（xx贵阳一模）正电荷均匀分布在半球面上，它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0现将一个通过O点且与半球底面成=60的平面把半球面分出一个小“小瓣”球面如图所示，所分出的“小瓣”球面上的电荷在O处产生电场的电场强度大小为（）AE0BE0CE0DE06（6分）（xx贵阳一模）如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放置在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦现用水平向右的拉力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，在此过程中斜面体与物体A仍然保持静止关于此过程中，下列说法正确的是（）A斜面体对物体A的摩擦力一定增大B地面对斜面体的支持力可能变大C斜面体对物体A的摩擦力一定变大D斜面体对物体A的作用力可能变大7（6分）（xx贵阳一模）如图所示，从靠近A板发出的电子经电场加速后，水平向往水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上关于电子的运动，下列说法正确的是（）A仅将光屏向左平移时，电子打在荧光屏上的位置上升B公将变阻器的滑片向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C仅将电压U减小时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D仅将电压U减小时，电子从发出到到打在荧光屏的时间不变8（6分）（xx贵阳一模）如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面体高为h0某物体以初EK0从斜面体底端P点开始沿斜面上滑并开始计时一段时间之后物体离开斜面做斜上抛运动，t1时刻经过最高点Q取地面为零势能面，不计空气阻力作用则下列关于物体从P运动到Q的过程中，物体的动能Ek、机械能E、加速度大小a及离地面的高度h随时间的变化关系图象中，可能正确的是（）ABCD二、解答题（共4小题，满分37分）9（7分）（xx贵阳一模）如图所示为测量物块与水平固定桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面已知物块和遮光片的总质量为M，重物质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s，重力加速度为g让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间tA、tB用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度（1）利用实验中已知量和测量量，可得到物块运动的加速度大小为；（2）如果设物块运动的加速度为a，则用已知量和a表示物块与水平桌面之间的动摩擦因数，得=；（3）遮光片通过光电门时的平均速度（选填“大于”、“小于”或“等于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请你写出一种减小这一误差的方法是10（8分）（xx贵阳一模）有一个电压表V，其内阻为30k、量程约25V35V，共有30个均匀小格，但刻度数值已经模糊为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：标准电压表V1：量程03V，内阻为3k标准电压表V2：量程06V，内阻为1k电流表A：量程03A，内阻未知滑动变阻器R：总阻值1k稳压电源E：30V，内阻不能忽略电键、导线若干（1）根据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的实验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题：（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示（要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug=；式中各字母的意义是：11（14分）（xx贵阳一模）1831年10月28日，法拉弟在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，如图甲所示，这是人类历史上的第一台发电机图乙是这个圆盘发电机的示意图：轻质圆形铜盘安装在水平铜轴上并与之垂直，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，阻值为R的电阻中就有电流通过设铜盘转动的角速度为，铜盘半径为r，除R外其余电阻均不计，图示所示中磁场为磁感应强度大小为B、以过转轴的水平面为理想边界的匀强磁场，这个磁场只分布在过转轴的水平面以下的空间，不考虑摩擦和空气阻力（1）求通过电阻R的电流大小和方向；（2）要使铜盘匀速转动，需要对它施加外力的作用，求外力的功率12（8分）（xx贵阳一模）如图所示，固定的光滑圆弧轨道ACB的半径R为0.8m，A点与圆心O在同一水平线上，圆弧轨道底端B点与圆心在同一竖直线上C点离B点的竖直高度h为0.2m质量为0.1kg的物块（可视为质点）从轨道上的A点由静止释放，滑过B点后进入足够长的水平传送带，传送带由电动机驱动按图示方向匀速运转不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1若物块从A点下滑到传送带上后，又恰能返回到C点g取10m/s2求：（1）物块第一次经过B点时的速度大小和对轨道的压力大小；（2）传送带的速度大小三、物理-选修3-3选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分13（5分）（xx贵阳一模）下列说法正确的是（）A热传递的方向是由内能大的物体传向内能小的物体B分子间距离减小时，分子间的作用力一定增大，分子势能可能减小C多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体的物理性质呈各向同性D小般能漂浮在水上是因为液体表面张力引起的E一定温度下饱和汽的分子数密度为一定值，温度升高，饱和汽的分子数密度增大14（10分）（xx贵阳一模）如图所示，绝热气缸内密闭一事实上质量的理想气体，绝热活塞和钩码的总质量为M=1kg，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气当缸内气体温度为27时，活塞稳定在距气缸底部d0=30cm处已知活塞横截面积S=10cm2，外界大气压p0=1105Pa，重力加速度g取10m/s2现给气缸内的电热丝提供微弱电流，当电热丝缓慢放出10J的热量时，活塞缓慢往下移动了d=5cm求：（1）此时缸内气体的温度；（2）此过程缸内气体增加的内能物理-选修3-4（选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分）15（xx贵阳一模）波速相等的甲、乙两列简谐横波均沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q两质点均处于波峰，关于这两列波，下列说法正确的是（）A甲波中质点M比质点P先回到平衡位置B质点P、Q、M的振幅均为6cmC甲波更容易观察到明显的衍射现象D从图示的时刻开始，质点P比质点Q先回到平衡位置E图示时刻质点P的加速度比质点Q的加速度小16（xx贵阳一模）如图所示，空气中一透明柱体的横截面是边长为d的正方形ABCD，在DA边的延长线上距A点处有一点光源O，发出一束单色光从AB边中点E进入介质后，经BC中点F射出，求：（1）透明介质对单色光的折射率；（2）光从O点到E点的传播时间tOE与从E点到F点的传播时间tEF之比物理-选修3-5（选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分）17（xx贵阳一模）放射性元素在衰变过程中，有些放出射线，有些放出射线，有些在放出射线或射线的同时，还以射线的形式释放能量例如Th核的衰变过程可表示为：ThPa+e+，关于此衰变，下列说法正确的是（）ATh核的质量等于Pa核的质量BTh核的质量大于Pa核的质量C一个Th核衰变成一个Pa核后，中子数减少了1D射线是由Th原子的外层电子从高能级向低能级跃迁时释放出的E此衰变是衰变，所释放出的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的18（xx贵阳一模）如图所示，在光滑水平地面上，有一质量分别为9m和m的甲、乙两个小球均以大小为v0=1m/s的速度先后向右运动，甲与右边地竖直墙壁碰撞后以相同速率反向弹回，然后与乙小球发生弹性正碰（1）若m=1kg，求甲小球与墙壁碰撞过程受到墙壁的冲量大小；（2）求甲、乙小球碰撞后乙小球的速度大小xx年贵州省贵阳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共8小题，共48分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题意，第68题有多个选项符合题意全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分）1（6分）（xx贵阳一模）2014年12月26日，贵广高铁正式开通营运，把贵阳到广州的列车运行时间从20多个小时缩短到5小时左右，贵州从此进入了高铁时代列车从贵阳北站开出后速度由20km/h增加到50km/h所用的时间为t1、位移为x1；速度由50km/h增加到80km/h所用的时间为t2、位移为x2假设上述列车始终做匀变速直线运动，则以下判断正确的是（）At1t2Bt1t2Cx1x2Dx1x2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：抓住列车的加速度不变，结合速度位移公式比较位移的大小，根据速度时间公式比较运动的时间解答：解：列车做匀变速直线运动，加速度不变，根据速度时间公式得，t=，因为两段过程速度的变化量相等，则t1=t2；根据速度位移公式得，x=，x1x2故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和速度位移公式，并能灵活运用，基础题2（6分）（xx贵阳一模）在同一匀强磁场中，两个完全相同的矩形闭合金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图中曲线a、b所示则（）At=0时刻穿过两线圈的磁通量均为零B曲线a表示的交变电动势有效值为15VC曲线a表示的交变电动势频率为50HzD曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、t=0时刻两线圈电动势均为零；故此时处在中性面上；故穿过两线圈的磁通量均为最大值；故A错误；B、曲线a表示的交变电动势最大值为15V；故B错误；C、曲线a周期为0.04s；故其表示的交变电动势频率为25Hz；故C错误；D、由图可知，b的周期为0.06s；转速之比与周期成反比；故转速之比为3：2；故D正确；故选：D点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量3（6分）（xx贵阳一模）我国先后发射的“天宫一号”和“神舟十号”的运动轨迹如图所示已知“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G下列说法正确的是（）A根据题中条件可以计算出地球的质量B在远地点P处，“神舟十号”的加速度比“天宫一号”大C根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小D要增大“神舟十号”的运行周期，只需在运行过程中点火减速考点：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：卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析，根据卫星变轨原理分析解答：解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力知，由引力常量和轨道半径r及周期T可求得中心天体的质量M，故A正确；B、在远地点P处，神舟十号和天宫一号都是由万有引力产生加速度，故在同一点万有引力产生的加速度相同，故B错误；C、因为未知天宫一号的质量m，故无法求得地球对天宫一号的引力大小，故C错误；D、神舟十号运行过程中点火减速，神舟十点做近心运动，运动半径减小，周期减小，故D错误故选：A点评：万有引力提供圆周运动向心力可以据此计算中心天体的质量，可以通过调节飞船的速度使飞船做离心运动或近心运动实现轨道的变化4（6分）（xx贵阳一模）如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角（0）以速率v发射一个带正电的粒子（重力不计）则下列说法正确的是（）A若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远B若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短考点：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：带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角，由t=分析时间根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由=，分析角速度解答：解：A、设粒子的轨迹半径为r，则r=如图，AO=2rsin=，则若是锐角，越大，AO越大若是钝角，越大，AO越小故A错误B、如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹由几何关系得：轨迹对应的圆心角=22粒子在磁场中运动的时间t=，则得知：若v一定，越大，时间t越短；若一定，运动时间一定故B正确，D错误C、粒子在磁场中运动的角速度=，又T=，则得=，与速度v无关故C错误故选：B点评：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=T，是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角5（6分）（xx贵阳一模）正电荷均匀分布在半球面上，它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0现将一个通过O点且与半球底面成=60的平面把半球面分出一个小“小瓣”球面如图所示，所分出的“小瓣”球面上的电荷在O处产生电场的电场强度大小为（）AE0BE0CE0DE0考点：电场的叠加分析：半球的中心O处电场强度E0是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，由平行四边形定则求解“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度解答：解：根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度E=E0sin=E0故选：B点评：本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场分布图6（6分）（xx贵阳一模）如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放置在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦现用水平向右的拉力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，在此过程中斜面体与物体A仍然保持静止关于此过程中，下列说法正确的是（）A斜面体对物体A的摩擦力一定增大B地面对斜面体的支持力可能变大C斜面体对物体A的摩擦力一定变大D斜面体对物体A的作用力可能变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题为动态平衡类题目，分别分析B和整体，由共点力的平衡条件可得出各部分力的变化，A物体处于静止状态，A受到重力，绳子的拉力和斜面体对A的作用力，合力为零，则斜面体对A的作用力等于重力和拉力的合力解答：解：A、取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F=mgtan，T=，在将物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F和细绳上的拉力T随之变大对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，因拉力F变大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，可能变大，也可能变小故ABC错误；D、A物体处于静止状态，A受到重力，绳子的拉力和斜面体对A的作用力，合力为零，则斜面体对A的作用力等于重力和拉力的合力，拉力增大，重力不变，两个力的夹角不变，所以重力和拉力的合力增大，则斜面体对物体A的作用力变大，故D正确故选：D点评：对于用绳子连接的物体，可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析，则可以简化解题过程7（6分）（xx贵阳一模）如图所示，从靠近A板发出的电子经电场加速后，水平向往水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在光屏P上关于电子的运动，下列说法正确的是（）A仅将光屏向左平移时，电子打在荧光屏上的位置上升B公将变阻器的滑片向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C仅将电压U减小时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D仅将电压U减小时，电子从发出到到打在荧光屏的时间不变考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：电子在加速电场中加速，进入偏转电场后向上偏转，根据电子在偏转电场中水平方向和竖直方向上的运动规律分析判断解答：解：A、电子在水平放置的平行金属板间做类平抛运动，离开时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据这一推论知，将光屏向左平移时，电子打在荧光屏上的位置将下降，故A错误B、将滑动变阻器的滑片向左移动时，A、B间的电压减小，电子获得的速度v减小，电子在电场中运动时间变长，偏转位移变大，电子打在荧光屏上的位置上升，故B正确C、将电压U减小，电子所受的电场力减小，加速度减小，离开电场时竖直分速度减小，根据平行四边形定则知，电子打在荧光屏上的速度大小减小，故C错误D、将电压U减小，电子在水平方向上的分速度不变，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故D正确故选：BD点评：电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问题8（6分）（xx贵阳一模）如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面体高为h0某物体以初EK0从斜面体底端P点开始沿斜面上滑并开始计时一段时间之后物体离开斜面做斜上抛运动，t1时刻经过最高点Q取地面为零势能面，不计空气阻力作用则下列关于物体从P运动到Q的过程中，物体的动能Ek、机械能E、加速度大小a及离地面的高度h随时间的变化关系图象中，可能正确的是（）ABCD考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：物体在斜面上做匀减速直线运动，从斜面抛出后做斜抛运动，机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，合外力做的功等于动能的变化量，写出机械能的表达式即可选择图象解答：解：A、在斜面上运动某一位置的动能为：EK=EK0（+mg）h，在斜抛到最高点的过程中，某一位置的动能为：EK=EK1mgh，动能随高度的变化关系，从图象角度看是在斜面运动过程中的斜率大于斜抛过程中的斜率，且Q点动能不为零，故A错误；B、在斜面上运动某一位置的机械能：E=EK0f（v0tat2），从斜面抛出后，只有重力做功，机械能守恒，不发生变化，故B正确；C、物体在斜面上做匀减速直线运动，加速度不随时间变化，物体离开斜面后做斜上抛运动，加速度为重力加速度，加速度保持不变，故C正确；D、物体在斜面上做匀减速直线运动，h=xsin=（v0tat2）sin，h与t不是正比例关系，故D错误；故选：BC点评：本题主要考查了功能关系的直接应用，知道机械能的变化量等于除重力以外的力做的功，合外力做的功等于动能的变化量，注意在最高点竖直方向的速度等于零，水平方向速度不为零，难度适中二、解答题（共4小题，满分37分）9（7分）（xx贵阳一模）如图所示为测量物块与水平固定桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面已知物块和遮光片的总质量为M，重物质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s，重力加速度为g让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间tA、tB用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度（1）利用实验中已知量和测量量，可得到物块运动的加速度大小为；（2）如果设物块运动的加速度为a，则用已知量和a表示物块与水平桌面之间的动摩擦因数，得=；（3）遮光片通过光电门时的平均速度小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请你写出一种减小这一误差的方法是减小遮光片的宽度考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；（2）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移；（3）遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式2as= 列式求解解答：解：（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故vA=；vB=由运动学的导出公式：2as=解得：a=；（2）对m：mgF拉=ma对M：F拉Mg=Ma解得：=；（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差故答案为：（1）；（2）；（3）小于，减小遮光片的宽度点评：本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，不难10（8分）（xx贵阳一模）有一个电压表V，其内阻为30k、量程约25V35V，共有30个均匀小格，但刻度数值已经模糊为了测量其量程并重新刻度，现提供下列器材选用：标准电压表V1：量程03V，内阻为3k标准电压表V2：量程06V，内阻为1k电流表A：量程03A，内阻未知滑动变阻器R：总阻值1k稳压电源E：30V，内阻不能忽略电键、导线若干（1）根据上述器材，有一位同学设计了如图1所示的实验电路图，请指出此电路中测量部分存在的问题：电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明显（2）请设计一个合理的电路图，画在图2的方框内，将所选用的器材用相应的符号表示（要求测量多组数据，并尽可能提高测量的精确度）；选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug=；式中各字母的意义是：N为V表指针所指格数，U1为V1表读数考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：（1）将电流表与电压表串联时，电流表A的量程太大，电压表的内阻太大，电压表与电流表串联时实际流过的电流太小，电流表的指针偏转会不明显（2）本实验的目的是测量电压表的量程，可采用与标准电压表比较的方式进行，将二电表串联，根据串联电路的规律可算出电压表的量程解答：解：（1）此电路设计存在的问题：电流表A的量程太大，电压表的内阻较大，电压表与其串联时实际流过电流表的电流太小，即电流表的指针偏转不明显（2）由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所示；由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流为：I=，则待测电压表两端的电压为：I30000=10U1此时指针指示的格数为N，则有：Um=10U1；解得量程为：Ug=，其中N：直流电压表V指针所指格数，U1：标准电压表V1的读数故答案为：（1）电流表量程太大，电压表与电流表串联时实际流过电流表的电流太小，电流表的指针偏转不明；（2）电路图如图所示；N为V表指针所指格数，U1为V1表读数点评：本题考查了实验电路评价、设计电路图、求电压表量程，分析清楚电路结构，运用串联电路的特点测量电压表量程，注意不能直接使用给出的电流表，因为电流表量程偏大无法正确的得出结果11（14分）（xx贵阳一模）1831年10月28日，法拉弟在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，如图甲所示，这是人类历史上的第一台发电机图乙是这个圆盘发电机的示意图：轻质圆形铜盘安装在水平铜轴上并与之垂直，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，使铜盘转动，阻值为R的电阻中就有电流通过设铜盘转动的角速度为，铜盘半径为r，除R外其余电阻均不计，图示所示中磁场为磁感应强度大小为B、以过转轴的水平面为理想边界的匀强磁场，这个磁场只分布在过转轴的水平面以下的空间，不考虑摩擦和空气阻力（1）求通过电阻R的电流大小和方向；（2）要使铜盘匀速转动，需要对它施加外力的作用，求外力的功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由右手定则可明确电流的方向；根据转动切割产生的电动势公式可求得电动势，由欧姆定律求解电流的大小；（2）根据功能关系可知，外力做功的功率等于电阻R的热功率；由电功率公式求解电功率即可解答：解：（1）由右手定则可知，流过电阻的电流方向向左；铜盘转动产生的感应电动势相当于长度为r的金属杆绕其中一个端点匀速转动则产生电动势；即E=Br2由欧姆定律可得：I=解得：I=；（2）铜盘转动过程中克服安培力所做的功等于产生的电能，电流做功把产生的电能全部又转化为焦耳热，所以外力做功的功率等于电阻R的热功率即P=I2R解得：P=答：（1）通过电阻R的电流大小；方向向左；（2）要使铜盘匀速转动，需要对它施加外力的作用，外力的功率为点评：本题考查转动切割规律的应用，要求能熟记公式，并掌握电路规律，正确结合欧姆定律、电功等进行求解12（8分）（xx贵阳一模）如图所示，固定的光滑圆弧轨道ACB的半径R为0.8m，A点与圆心O在同一水平线上，圆弧轨道底端B点与圆心在同一竖直线上C点离B点的竖直高度h为0.2m质量为0.1kg的物块（可视为质点）从轨道上的A点由静止释放，滑过B点后进入足够长的水平传送带，传送带由电动机驱动按图示方向匀速运转不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1若物块从A点下滑到传送带上后，又恰能返回到C点g取10m/s2求：（1）物块第一次经过B点时的速度大小和对轨道的压力大小；（2）传送带的速度大小考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据动能定理求出物块第一次经过B点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力大小（2）物块滑上传送带向右做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，速度达到传送带速度做匀速运动，结合机械能守恒求出返回B点的速度，从而得出传送带的速度大小解答：解：（1）根据动能定理得，mgR=，解得：m/s=4m/s根据牛顿第二定律得：，解得：N=，根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力为3N（2）B到C，机械能守恒，有：，解得：m/s=2m/s，可知物块先向右做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，速度达到传送带速度做匀速运动，可知传送带的速度大小为2m/s答：（1）物块第一次经过B点的速度大小为4m/s，对轨道的压力为3N（2）传送带的速度大小为2m/s点评：解决本题的关键知道物块在传送带上的运动规律，结合动能定理、牛顿第二定律、机械能守恒进行求解，难度不大三、物理-选修3-3选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分13（5分）（xx贵阳一模）下列说法正确的是（）A热传递的方向是由内能大的物体传向内能小的物体B分子间距离减小时，分子间的作用力一定增大，分子势能可能减小C多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体的物理性质呈各向同性D小般能漂浮在水上是因为液体表面张力引起的E一定温度下饱和汽的分子数密度为一定值，温度升高，饱和汽的分子数密度增大考点：热力学第二定律；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象分析：热传递的方向是从温度高的物体向温度低的物体；分子间同时存在斥力和引力，当二力平衡时，分子势能最小；晶体分单晶体和多晶体，物理性质不同饱和气压：在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压，饱和气压只指此蒸汽的分气压，与其他气体压强无关未饱和汽的压强小于饱和汽压解答：解：A、热传递的方向是从温度高的物体向温度低的物体，不一定是由内能大的物体传向内能小的物体故A错误；B、分子间同时存在斥力和引力，当分子距离大于平均距离r0时，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当分子距离小于平均距离r0时，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；所以当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小故B正确；C、多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象故C正确；D、小般能漂浮在水上是因为受到水的浮力引起的，与表面张力无关故D错误；E、饱和气压：在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压，饱和气压只指此蒸汽的分气压，与其他气体压强无关一定温度下饱和汽的分子数密度为一定值，温度升高，饱和汽的分子数密度增大故E正确故选：BCE点评：该题考查热力学第二定律、分子力与分子势能、单晶体与多晶体、表面张力与浮力的区别以及饱和蒸汽压等知识点的内容，这一类的知识点都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中要多加积累14（10分）（xx贵阳一模）如图所示，绝热气缸内密闭一事实上质量的理想气体，绝热活塞和钩码的总质量为M=1kg，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气当缸内气体温度为27时，活塞稳定在距气缸底部d0=30cm处已知活塞横截面积S=10cm2，外界大气压p0=1105Pa，重力加速度g取10m/s2现给气缸内的电热丝提供微弱电流，当电热丝缓慢放出10J的热量时，活塞缓慢往下移动了d=5cm求：（1）此时缸内气体的温度；（2）此过程缸内气体增加的内能考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：（1）找出气体的从末状态，然后由理想气体的状态方程即可求出气体的温度；（2）求出气体的压强，根据功的计算公式求出气体对外做的功，然后结合热力学第一定律即可求出解答：解：（1）开始时：T0=273+27=300K，V0=Sd0活塞下移5cm后：T=？，V=S（d+d0）由气体的实验定律得：代入数据得：T=350K，即t=77（2）以活塞为研究的对象，则：Mg+PS=P0S气体对外做功：W=PSd根据热力学第一定律，在：U=W+Q代入数据，联立得：U=5.5J答：（1）此时缸内气体的温度是77；（2）此过程缸内气体增加的内能是5.5J点评：该题结合热力学第一定律考查理想气体的状态方程，解答本题关键是根据热力学第一定律公式U=W+Q列式求解，注意气体对外做功时W为负值，吸热时Q为正值物理-选修3-4（选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分）15（xx贵阳一模）波速相等的甲、乙两列简谐横波均沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图所示，其中P、Q两质点均处于波峰，关于这两列波，下列说法正确的是（）A甲波中质点M比质点P先回到平衡位置B质点P、Q、M的振幅均为6cmC甲波更容易观察到明显的衍射现象D从图示的时刻开始，质点P比质点Q先回到平衡位置E图示时刻质点P的加速度比质点Q的加速度小考点：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：由波的传播方向判断甲波中质点M的运动方向，分析P、M哪个质点先回到平衡位置由图读出振幅与波长，由波速公式分析周期关系结合波长的长短与发生明显衍射的条件分析解答：解：A、波沿x轴正方向传播，甲图中M点向上振动，而P点向下振动直接回到平衡位置，所以甲波中P处质点比M处质点先回到平衡位置故A错误；B、由图可知，质点P、Q、M的振幅均为6cm故B正确；C、由图可知，甲的波长为8m，而乙的波长为4m，所以波长比较长的甲波更容易观察到明显的衍射现象故C正确；D、同种机械波在同种介质中的波速是相等的，根据公式：T=，可知甲的波长长，则周期比较大，而质点P比质点Q回到平衡位置的时间都是周期，所以质点P比质点Q晚回到平衡位置故D错误；E、甲的波长长，则周期比较大，质点P比质点Q晚回到平衡位置，所以P点运动慢，则在最高点的加速度比较小故E正确故选：BCE点评：该题考查两列波之间的关系，要明确同种机械波在同种介质中的波速是相等的，质点只在各自的平衡位置附近振动要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断16（xx贵阳一模）如图所示，空气中一透明柱体的横截面是边长为d的正方形ABCD，在DA边的延长线上距A点处有一点光源O，发出一束单色光从AB边中点E进入介质后，经BC中点F射出，求：（1）透明介质对单色光的折射率；（2）光从O点到E点的传播时间tOE与从E点到F点的传播时间tEF之比考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）画出光路图，由数学知识求出入射角和折射角，再由折射定律求解折射率（2）由几何关系求出OE和EF，光在介质中速度为 v=再求时间之比解答：解：（1）如图所示由数学知识得 tan=，解得 =30由几何知识得 =45由折射定律得 n=（2）sin=，xEF=d光从O点到E点的传播时间 tOE=从E点到F点的传播时间 tEF=又 v=联立解得 tOE：tEF=2：3答：（1）透明介质对单色光的折射率是；（2）光从O点到E点的传播时间tOE与从E点到F点的传播时间tEF之比是2：3点评：本题考查了几何光线的基本运用，关键掌握折射定律，画出光路图，运用几何关系求解物理-选修3-5（选填正确答案标号选对一个得2分，选对2个给4分，选对3个给5分每错选一个扣3分，最低得分为0分）17（xx贵阳一模）放射性元素在衰变过程中，有些放出射线，有些放出射线，有些在放出射线或射线的同时，还以射线的形式释放能量例如Th核的衰变过程可表示为：ThPa+e+，关于此衰变，下列说法正确的是（）ATh核的质量等于Pa核的质量BTh核的质量大于Pa核的质量C一个Th核衰变成一个Pa核后，中子数减少了1D射线是由Th原子的外层电子从高能级向低能级跃迁时释放出的E此衰变是衰变，所释放出的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的考点：天然放射现象专题：衰变和半衰期专题分析：衰变放出氦核、衰变放出电子，由高能级向低能级跃迁，释放能量，由低能级向高能级跃迁，吸收能量放射性物质衰变时放出来的光子，来自原子核；解答：解：A、衰变前后有质量亏损，因为有能量释放，Th核的质量大于Pa核的质量，故A错误，B正确C、一个Th核有23490=144个中子，一个Pa核有23491=143个中子，中子数减少了1故C正确D、放射性物质衰变时放出来的光子，来自原子核；D错误E、此衰变是衰变，所释放出的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的，E正确故选：BCE点评：解决本题的关键知道衰变和衰变的实质，以及知道由高能级向低能级跃迁，释放能量，由低能级向高能级跃迁，吸收能量18（xx贵阳一模）如图所示，在光滑水平地面上，有一质量分别为9m和m的甲、乙两个小球均以大小为v0=1m/s的速度先后向右运动，甲与右边地竖直墙壁碰撞后以相同速率反向弹回，然后与乙小球发生弹性正碰（1）若m=1kg，求甲小球与墙壁碰撞过程受到墙壁的冲量大小；（2）求甲、乙小球碰撞后乙小球的速度大小考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）对甲球，应用动量定理可以求出墙壁对甲的冲量大小（2）甲乙两球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后乙的速度解答：解：（1）以向左为正方向，对甲球，由动量定理得：I=9mv0（9mv0），代入数据解得：I=18Ns；（2）甲、乙两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：9mv0mv0=9mv1+mv2，由机械能守恒定律的：9mv02+mv02=9mv12+mv22，解得：v1=0.6m/s，v2=2.6m/s，（v1=1m/s，v2=1m/s不合题意，舍去）；答：（1）若m=1kg，甲小球与墙壁碰撞过程受到墙壁的冲量大小为18Ns；（2）甲、乙小球碰撞后乙小球的速度大小我2.6m/s点评：本题考查了求小球受到的冲量与小球的速度，分析清楚小球运动过程，应用动量定理、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题，解题时要注意正方向的选择