2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (II).doc

2019-2020年高考物理一模试卷（含解析） (II)一、选择题：本题共10小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第l6题只有一个选项符合题目要求，第710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，有选错或不答的得0分1一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移X时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是（） A P B 2P C 2P D 4P2如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的vt图象，其中t2=2t1，则下列判断正确的是（） A 甲的加速度比乙的大 B t1时刻甲、乙两物体相遇 C t2时刻甲、乙两物体相遇 D 0t1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐减小3某控制电路如图所示，主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列说法正确的是（） A L1、L2两个指示灯都变亮 B L1、L2两个指示灯都变暗 C L1变亮，L2变暗 D L1变暗，L2变亮4如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是（） A 落点b、c比较，小球落在b点的飞行时间短 B 小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 C 三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快 D 三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大5如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一质量为m的导体棒，棒长为l，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感 应强度B的判断正确的是（） A B的方向垂直斜面向上，B=，B为最小值 B B的方向平行斜面向上，B=，B为最小值 C B的方向竖直向上，B=，此时金属棒对导轨无压力 D B的方向水平向左，B=，此时金属棒对导轨无压力6质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”则下列判断正确的是（） A 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 B 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 C 在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚 D a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚7为了探测x星球，总质量为m1的探测飞船载着登陆舱在以该星球中心为圆心的圆轨道上运动，轨道半径为r1，运动周期为T1随后质量为m2的登陆舱脱离飞船，变 轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，则（） A x星球表面的重力加速度g1= B x星球的质量M= C 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比 D 登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期T2=8如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO，匀速转动沿着OO从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是（） A 在图示位ab边所受的安培力为F= B 线圈从图示位置转过90的过程中，流过电阻R的电荷量为q= C 在图示位置穿过线圈的磁通量为0 D 在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为09如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹力弹簧不超过其弹性限度）（） A 由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变 B 当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小 C 当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D 当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零10如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0104C小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示小球运动到B点时，速度图象的切线斜率 最大（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（） A 在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m B 由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 C 由C到A电势逐渐降低 D C、B两点间的电势差UCB=0.9V二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第1112题为必考题，每个考生都必须作答；第1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（本题有2小题，共35分）11如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=10kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2（竖直金属导轨电阻不计），PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2（1）若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度Bo=1.0T，杆MN的最大速度为多少？若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m，现使磁感应强度从零开始以=0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？12如图所示，一个质量为m=15kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1=6m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0=6m/s的速度匀速前进已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s=3m处，该平板车总长L=7m，平板车板面离地面高h2=1m，模型可看作质点，不计空气阻力假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a=4m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g取10m/s2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数=0.2求：（1）模型将落在平板车上距车尾端多远处？通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下？（3）模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少？（二）选考题（共15分，请考生从给出的3个模块物理题中任选一模块做答）【物理-选修3-3】13下列说法正确的是（） A 单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化 B 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 C 一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加 D 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 E 一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变14如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的顶部有一定长度的水银两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启顶部连通左右水银的阀门，右侧空气柱长为L0，右侧空气柱底部水银面比槽中水银面高出h，右侧空气柱顶部水银面比左侧空气柱顶部水银面低h（i）试根据上述条件推测左侧空气柱的长度为，左侧空气柱底部水银面与槽中水银面的高度差为：（ii）若初始状态温度为T0，大气压强为P0，关闭阀门A，则当温度升至时，右侧气柱底部水银面与水银槽中的水银面相平？（不考虑水银柱下降对大水银槽中液面高度的影响，大气压强保持不变）【物理-选修3-4】15如图为一简谐横波在t=0.10S时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，此刻P点振动方向沿Y轴正方向，并经过0.2s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4m处的质点，则（） A 波沿X轴负方向传播 B t=0.05s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大 C 从f=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离是2m D 从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为l0cm E t=0.25s时，质点Q纵坐标为l0cm16如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射（i）将细光束平移到距O点R处的c点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；（ii）若细光束平移到距0点 0.5R 处，求出射光线与0A轴线的交点距0点的距离？【物理-选修3-5】17根据玻尔理论，下列说法正确的是（） A 原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量 B 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量 C 氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大 D 电子没有确定轨道，只存在电子云 E 玻尔理论的成功之处是引入量子观念18如图所示，虚线右侧水平面光滑，左侧是粗糙程度相同的水平面右侧有一质量为M的正方体滑块以一定的初速度滑向左侧，通过虚线后滑行的最大距离为L若在虚线左侧L处放置一质量为m的同样形状的正方体滑块，M以相同的速度滑入左侧与肌发生弹性正碰，若mM，则碰后m能继续滑行距离的范围是多大（M、m与左侧粗糙平面的动摩擦因数相同，滑块尺寸远小于L？辽宁省沈阳市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第l6题只有一个选项符合题目要求，第710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，有选错或不答的得0分1一木块静止在光滑的水平面上，将一个大小恒为F的水平拉力作用在该木块上，经过位移X时，拉力的瞬时功率为P；若将一个大小恒为2F的水平拉力作用在该木块上，使该木块由静止开始运动，经过位移x时，拉力的瞬时功率是（） A P B 2P C 2P D 4P考点： 功率、平均功率和瞬时功率专题： 功率的计算专题分析： 小车受重力、支持力和拉力，根据动能定理列式求解末速度，根据P=Fv求解功率解答： 解：小车初动能为零，末动能为mv2，动能增加为 mv2，受重力、支持力和拉力，只有拉力做功，根据动能定理，有：Fx=mv2解得：v=，同理知2F后的速度为：v=功率为：P=Fv=F，P=2Fv=2F=2，故C正确故选：C点评： 本题关键对木块的加速过程运用动能定理列式求解，由于动能定理不需要考虑加速度，故在分析力学问题时可以优先考虑2如图所示为甲、乙两物体从同一位置出发沿同一方向做直线运动的vt图象，其中t2=2t1，则下列判断正确的是（） A 甲的加速度比乙的大 B t1时刻甲、乙两物体相遇 C t2时刻甲、乙两物体相遇 D 0t1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐减小考点： 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： 速度时间图线速度的正负值表示运动的方向，图线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移解答： 解：A、图线斜率表示加速度，根据图象可知，乙的斜率大于甲的斜率，所以乙的加速度大，故A错误；B、图线与时间轴围成的面积表示位移，则0t2时间内甲、乙两物体位移相同，相遇，t2时刻甲、乙两物体相遇速度相等，故B错误，C正确；D、0t1时间内，乙的速度始终大于甲的速度，所以0t1时间内，甲、乙两物体之间的距离逐渐增大，故D错误故选：C点评： 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率、图线与时间轴围成的面积、速度的正负值表示的含义3某控制电路如图所示，主要由电源（电动势为E、内阻为r）与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a端时，下列说法正确的是（） A L1、L2两个指示灯都变亮 B L1、L2两个指示灯都变暗 C L1变亮，L2变暗 D L1变暗，L2变亮考点： 闭合电路的欧姆定律专题： 恒定电流专题分析： 串、并联电路中，某一个电阻的阻值减小，则总电阻减小；根据电位器电阻的变化情况得到外电路总电阻的变化情况，得到电流变化情况，再得到外电压的变化情况解答： 解：电位器的触片滑向a端时，电位器电阻减小外电路总电阻R减小总电流增加（I=）内电压增加（U内=Ir）外电压减小（E=U内+U外）灯泡L1变暗；电位器的触片滑向a端时，电位器电阻减小，与电位器并联的支路的总电阻减小，故分得的电压减小，故通过灯泡L2支路的电流减小，故灯泡L2变暗；故选B点评： 本题是电路动态分析问题，由局部的电阻变化引起总电阻的变化，得到总电流的变化，得到内、外电压的变化，再逐步分析各个外电路电流和电压的变化4如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是（） A 落点b、c比较，小球落在b点的飞行时间短 B 小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 C 三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快 D 三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，物体的运动的时间是由竖直方向上下落的高度决定的解答： 解：A、从图中可以发现b点的位置最低，即此时在竖直方向上下落的距离最大，由h=gt2，可知，时间t=，所以此时运动的时间最长，所以A错误；B、设第一个斜面的倾角为，则t=，则，t=，所以小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比，故B正确；C、速度变化的快慢是指物体运动的加速度的大小，由于物体做的都是平抛运动，运动的加速度都是重力加速度，所以三次运动速度变化的快慢是一样的，所以C错误；D、小球做的是平抛运动，平抛运动在水平方向的速度是不变的，所以小球的速度的变化都发生在竖直方向上，竖直方向上的速度的变化为v=gt，所以，运动的时间短的小球速度变化的小，所以c球的速度变化最小，所以D错误；故选：B点评： 本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，知道平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，难度适中5如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一质量为m的导体棒，棒长为l，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感 应强度B的判断正确的是（） A B的方向垂直斜面向上，B=，B为最小值 B B的方向平行斜面向上，B=，B为最小值 C B的方向竖直向上，B=，此时金属棒对导轨无压力 D B的方向水平向左，B=，此时金属棒对导轨无压力考点： 安培力分析： 导线处于平衡状态，受力分析导线受重力，支持力和沿斜面向上的安培力作用，根据平衡条件列式求出安培力的大小，从而求出磁感应强度B的大小与方向根据共点力平衡求出安培力的大小，通过安培力大小公式求出磁感应的强度大小解答： 解：A、当安培力方向沿斜面向上时，磁感应强度最小mgsin=ILBmin；，方向垂直斜面向下，故AB错误C、若B=，则mg=BIL，的方向竖直向上，则安培力水平向右，与重力的合力不是0，棒不能平衡故C错误；D、若B=，则mg=BIL，的方向竖直向左，则安培力水平向上，与重力的合力是0故D正确故选：D点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，会运用左手定则判断安培力的方向6质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”则下列判断正确的是（） A 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 B 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 C 在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚 D a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理分析： 根据qU=mv2求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=m求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序解答： 解：A、根据qU=mv2得，v=比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚故A正确，B错误；C、时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；D、进入偏转磁场有qvB=m，解得：R=，氕比荷最大的，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误故选：A点评： 解决本题的关键知道根据qU=mv2可求出速度，知道速度与比荷有关，以及知道根据qvB=m可求出轨道半径与比荷有关7为了探测x星球，总质量为m1的探测飞船载着登陆舱在以该星球中心为圆心的圆轨道上运动，轨道半径为r1，运动周期为T1随后质量为m2的登陆舱脱离飞船，变 轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，则（） A x星球表面的重力加速度g1= B x星球的质量M= C 登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比 D 登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期T2=考点： 万有引力定律及其应用分析： 研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期再通过不同的轨道半径进行比较解答： 解：A、B、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：G=m得出：M=，故B正确根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故A错误C、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：在半径为r的圆轨道上运动：=m得出：v=，表达式里M为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为，故C错误D、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：在半径为r的圆轨道上运动：=得出：T=2表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为：，所以T2=，故D正确故选：BD点评： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用8如图所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO，匀速转动沿着OO从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动已知线圈匝数为n，总电阻为r，ab边长为l1，ad边长为l2，线圈转动的角速度为，外电阻阻值为R，匀强磁场的磁感应强度为B，则下列判断正确的是（） A 在图示位ab边所受的安培力为F= B 线圈从图示位置转过90的过程中，流过电阻R的电荷量为q= C 在图示位置穿过线圈的磁通量为0 D 在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0考点： 法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力专题： 电磁感应与电路结合分析： A、根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，与安培力表达式，即可求解；B、根据q=It，结合A选项中电流值，得到电量综合表达式q=，从而即可求解；CD、在图示位置穿过线圈的磁通量为0，而磁通量的变化率最大，从而即可求解解答： 解：A、根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则有I=，再由安培力表达式F=BIl1，故A错误；B、线圈从图示位置转过90的过程中，根据电量综合表达式q=，则有流过电阻R的电荷量为q=，故B正确；C、在图示位置穿过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率最大，故C正确，D错误；故选：BC点评： 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力与电量的综合表达式，注意磁通量的变化量与变化率的区别9如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹力弹簧不超过其弹性限度）（） A 由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变 B 当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小 C 当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D 当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零考点： 功能关系；动能和势能的相互转化分析： 对A、B及AB系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据除弹簧的弹力以外的力做功，系统的机械能变化，分析机械能的变化解答： 解：A、由题意，F1、F2等大反向，在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，故A错误；B、物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都作负功，故系统的机械能会减小；故B正确，C正确D、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零；故D错误；故选：BC点评： 本题要抓住弹簧的弹力是变力，分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键，紧扣动量守恒和机械能守恒的条件进行分析即可10如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0104C小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示小球运动到B点时，速度图象的切线斜率 最大（图中标出了该切线）则下列说法正确的是（） A 在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m B 由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 C 由C到A电势逐渐降低 D C、B两点间的电势差UCB=0.9V考点： 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能专题： 电场力与电势的性质专题分析： 通过乙图的vt图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差解答： 解：A、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度有电场力提供，故B点的电场强度最大，a=，a=，解得E=1.2V/m，故A正确；B、从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B错误，C正确；D、由C到B电场力做功为W=，CB间电势差为U=0.9V，故D正确故选：ACD点评： 本题主要考查了图象问题，抓住电场力做正功，电势能减小即可二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第1112题为必考题，每个考生都必须作答；第1318题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（本题有2小题，共35分）11如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=10kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2（竖直金属导轨电阻不计），PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2（1）若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度Bo=1.0T，杆MN的最大速度为多少？若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m，现使磁感应强度从零开始以=0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题： 电磁感应与电路结合分析： （1）据题MN杆的速度达到最大时，PQ杆对平台的压力为零，只受重力和安培力，二力平衡，列式求出电路中的电流，由闭合电路欧姆定律求得MN杆产生的感应电动势，由公式E=BLv求出MN杆的最大速度vm杆PQ对地面的压力为零时，其所受的安培力等于重力由法拉第定律、欧姆定律得到B，由平衡条件得到时间解答： 解：（1）MN杆切割磁感线产生的电动势为：E1=B0Lv由闭合电路欧姆定律得：MN杆所受安培力大小为：F 安=B0 I1L对MN杆应用牛顿第二定律得：FmgF 安=ma当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立得MN杆的最大速度为：感生电动势为：E2=由闭合电路欧姆定律得：t时刻的磁感应强度为：B=PQ杆受力平衡：mg=BI2L联立得时间t为：答：（1）杆MN的最大速度为0.8m/s经过10s时间，杆PQ对地面的压力为零点评： 本题是双杆类型，要合理选择研究对象，分析其受力情况是解题的关键处在，从力和能两个研究这类问题12如图所示，一个质量为m=15kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1=6m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0=6m/s的速度匀速前进已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s=3m处，该平板车总长L=7m，平板车板面离地面高h2=1m，模型可看作质点，不计空气阻力假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a=4m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g取10m/s2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数=0.2求：（1）模型将落在平板车上距车尾端多远处？通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下？（3）模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少？考点： 功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律分析： 根据运动学公式求模型在车上的落点距车尾端距离；先求出平板车和模型达到具有相同速度所用的时间，然后求出在这段时间内模型相对车向后的位移；模型在平板上来回摩擦产生的总热量：Q=mgx解答： 解：（1）设模型经时间t1下落到平板车上，由运动学公式得：平板车在t1时间内前进的距离为x1，则：x1=v0t1所以模型在车上的落点距车尾端距离：s=L+sx1=4m设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a1，经过时间t2模型和平板车的速度相同为v，则：平板车的速度为：v=v0at2模型的速度为：v=a1t2对模型应用牛顿第二定律得：mg=ma1平板车的位移为：x2=在这段时间内的模型的位移为：x3=联立可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为：x1=x2x3=3mx14m故不会滑下 （3）速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，平板车的位移为：（11）模型的位移为：（12）模型相对车向前的位移为：x2=x5x4模型在平板上来回摩擦产生的总热量：Q=mg（x1+x2）=105J（14）答：（1）模型将落在平板车上距车尾端4m；通过计算说明，模型是不会从平板车上滑下；（3）模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为105J点评： 本题主要考查了自由落体运动、匀变速直线运动的基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析车和模型的运动情况，较难（二）选考题（共15分，请考生从给出的3个模块物理题中任选一模块做答）【物理-选修3-3】13下列说法正确的是（） A 单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化 B 足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 C 一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加 D 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 E 一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变考点： 热力学第一定律；* 晶体和非晶体；封闭气体压强分析： 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因；根据热力学第一定律解释其内能的变化；自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大解答： 解：A单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故A错误B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关故B错误C一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故C正确D根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大故选：ACD点评： 加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好33的基本方法此处高考要求不高，不用做太难的题目14如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的顶部有一定长度的水银两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启顶部连通左右水银的阀门，右侧空气柱长为L0，右侧空气柱底部水银面比槽中水银面高出h，右侧空气柱顶部水银面比左侧空气柱顶部水银面低h（i）试根据上述条件推测左侧空气柱的长度为L0，左侧空气柱底部水银面与槽中水银面的高度差为2h：（ii）若初始状态温度为T0，大气压强为P0，关闭阀门A，则当温度升至时，右侧气柱底部水银面与水银槽中的水银面相平？（不考虑水银柱下降对大水银槽中液面高度的影响，大气压强保持不变）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）分别以两部分气体为研究对象，求出两部分气体压强，然后由几何关系求出右管内气柱的长度以左管内气体为研究对象，列出初末的状态，由理想气体状态方程可以求出空气柱的长度解答： 解：（1）根据连通器的原理以及液体产生的压强可知，右侧的气体的压强：P1=P0h则左侧气体的压强：P2=P1h=P02h所以左侧空气柱底部水银面与槽中水银面的高度差为是2h左侧空气柱的长度：L2=L0+h+h2h=L0关闭阀门A，温度升高的过程中，右侧的空气柱的压强增大，体积增大，由图可知，右侧气柱底部水银面与水银槽中的水银面相平时的空气柱的长度：L1=L0+h压强：P1=P0设空气柱的横截面积是S，由理想气体的状态方程得：得：T1=故答案为：（1）L0，2h；点评： 该题考查理想气体的状态方程的一般应用，求出各气体压强是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题【物理-选修3-4】15如图为一简谐横波在t=0.10S时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，此刻P点振动方向沿Y轴正方向，并经过0.2s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4m处的质点，则（） A 波沿X轴负方向传播 B t=0.05s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大 C 从f=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离是2m D 从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为l0cm E t=0.25s时，质点Q纵坐标为l0cm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： 根据图象可以求出该波的波长，根据题意得出周期，从而求出波速根据P的振动方向判断波的传播方向，根据一个周期内振动运动的路程为4A求出从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为l0cm解答： 解：A、P点振动方向沿Y轴正方向振动，根据带动法可知，波沿X轴负方向传播，故A正确；B、根据题意可知，周期T=0.2s，则t=0.05s时，质点Q在最大位移处，加速度最大，不为零，故B错误；C、根据图象可知该波的波长=8m，则波速v=，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离x=vt=400.05=2m，故C正确；D、从t=0.10s到t=0.15s，经过了T，若P在平衡位置或波峰、波谷处，则P通过的路程s=A=10cm，但此波中，P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以通过的路程不为10cm，故D错误；E、从t=0.10s到t=0.25s，经过了，此时Q在最大位移处，质点Q纵坐标为l0cm，故E正确故选：ACE点评： 解决本题的关键能够从波动图象和振动图象获取信息，以及知道质点的振动方向与波的传播方向的关系16如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射（i）将细光束平移到距O点R处的c点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；（ii）若细光束平移到距0点 0.5R 处，求出射光线与0A轴线的交点距0点的距离？考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： （i）透明体左侧恰好不再有光线射出时，光线发生了全反射，画出光路图，由几何关系求解临界角，从而由公式n=求解折射率（ii）光束由D点水平射入，在E点发生折射，由折射定律求出折射角，再由几何知识求解解答： 解：（i）如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，OBC为临界角由临界角公式：sinC= 解得：n= （ii）如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为OED=，折射角为NEF=，折射率n= sin= 由解得：sin=，=60 由几何关系可知：FOE=，OFE=，则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为：OF=2Rcos30=R 答：（i）透明体对该单色光的折射率是；（ii）出射光线与0A轴线的交点距0点的距离是R点评： 解决本题的关键作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律进行求解【物理-选修3-5】17根据玻尔理论，下列说法正确的是（） A 原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量 B 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量 C 氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大 D 电子没有确定轨道，只存在电子云 E 玻尔理论的成功之处是引入量子观念考点： 氢原子的能级公式和跃迁专题： 原子的能级结构专题分析： 1、玻尔的原子理论主要内容有1、电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动，离核愈远能量愈高；2、可能的轨道由电子的角动量必须是的整数倍决定；3当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量，只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量，而且发射或吸收的辐射是单频的解答： 解：A、氢原子具有的稳定能量状态称为定态，电子绕核运动，但它并不向外辐射能量，故A正确；B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量，故B正确；C、原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的，故C错误；D、电子有确定轨道，故D错误；E、玻尔理论的成功之处是引入量子观念，故E正确；故选：ABE点评： 解决该题关键要掌握玻尔的原子理论主要内容，玻尔的理论成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱线规律18如图所示，虚线右侧水平面光滑，左侧是粗糙程度相同的水平面右侧有一质量为M的正方体滑块以一定的初速度滑向左侧，通过虚线后滑行的最大距离为L若在虚线左侧L处放置一质量为m的同样形状的正方体滑块，M以相同的速度滑入左侧与肌发生弹性正碰，若mM，则碰后m能继续滑行距离的范围是多大（M、m与左侧粗糙平面的动摩擦因数相同，滑块尺寸远小于L？考点： 动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律专题： 动量定理应用专题分析： 根据动能定理求出滑块到达虚线左侧的速度，根据动量守恒和机械能守恒求出M与m碰后的速度，由动能定理求得碰后m的滑行距离解答： 解：设滑块M初速度为v0，到达左侧处时速度为v，由动能定理可得：MgL=0M v02Mg=M v2M v02解得：v=v0设M、m在碰后的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒和机械能守恒可得：Mv=Mv1+mv2当Mm 时，v2=2v=v0当M=m 时，v2=v=v0由动能定理可得：mgX=0mv22Xmax=L Xmin=碰后m的滑行距离为到L之间，即：答：碰后m能继续滑行距离的范围是点评： 本题要灵活的结合动量定理和动能定理公式进行计算，难度稍大