2020届物理高考二轮专题复习与测试：高考模拟卷（三） Word版含解析.pdf

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1、第 - 1 - 页 共 17 页 高考模拟卷高考模拟卷(三三) 一、选择题一、选择题(本题共本题共 8 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 48 分在每小题给 出的四个选项中，第 分在每小题给 出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 1921 题 有多项符合题目要求全部选对的得 题 有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有 选错或不答的得 分，有 选错或不答的得 0 分分) 14下列说法正确的是下列说法正确的是( ) A氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量

2、越小 B 在核反应中， 比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原 子核才会释放核能 在核反应中， 比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原 子核才会释放核能 C 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D氢原子从氢原子从 n2 的能级跃迁到的能级跃迁到 n1 的能级辐射出的光恰好能 使某种金属发生光电效应，则从 的能级辐射出的光恰好能 使某种金属发生光电效应，则从 n3 的能级跃迁到的能级跃迁到 n2 的能级辐射 的光也可使该金属发生光电效应 的能级辐射 的光也可使该金属发生光电效应 解析：解析：根据玻尔理论，氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能 量越

3、高，选项 根据玻尔理论，氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能 量越高，选项 A 错误；在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比 结合能较大的原子核，发生质量亏损，释放能量，选项 错误；在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比 结合能较大的原子核，发生质量亏损，释放能量，选项 B 正确；正确； 射 线是原子核内一个中子转化为一个质子和电子， 释放出的电子， 选项 射 线是原子核内一个中子转化为一个质子和电子， 释放出的电子， 选项 C 错误；氢原子从错误；氢原子从 n2 的能级跃迁到的能级跃迁到 n1 的能级辐射出的光恰好能使 某种金属发生光电效应，则从 的能级辐射出的光恰好能使 某种金属发生光

4、电效应，则从 n3 的能级跃迁到的能级跃迁到 n2 的能级辐射的 光子能量一定小于金属的逸出功， 不能使该金属发生光电效应， 选项 的能级辐射的 光子能量一定小于金属的逸出功， 不能使该金属发生光电效应， 选项 D 错误错误 答案：答案：B 15.如图所示，水平面上如图所示，水平面上 A、B 两物块的接触面水平，二者叠放在 一起在作用于 两物块的接触面水平，二者叠放在 一起在作用于 B 上的水平恒定拉力上的水平恒定拉力 F 的作用下沿地面向右做匀速运的作用下沿地面向右做匀速运 第 - 2 - 页 共 17 页 动，某时刻撤去力动，某时刻撤去力 F 后，二者仍不发生相对滑动，下列关于撤去后，二者

5、仍不发生相对滑动，下列关于撤去 F 前 后的说法正确的是 前 后的说法正确的是( ) A撤去撤去 F 之前之前 A 受受 3 个力作用个力作用 B撤去撤去 F 之前之前 B 受到受到 4 个力作用个力作用 C撤去撤去 F 前后，前后，A 的受力情况不变的受力情况不变 DA、B 间的动摩擦因数间的动摩擦因数 1不小于不小于 B 与地面间的动摩擦因数与地面间的动摩擦因数 2 解析 ：解析 ： 撤去撤去 F 之前之前 A 受力平衡，水平方向不受力，受受力平衡，水平方向不受力，受 2 个力作用， 选项 个力作用， 选项 A 错误；撤去错误；撤去 F 之前之前 B 受力平衡，竖直方向受受力平衡，竖直方向

6、受 3 个力，水平方向 受拉力和地面给的滑动摩擦力，共 个力，水平方向 受拉力和地面给的滑动摩擦力，共 5 个力作用，选项个力作用，选项 B 错误；撤去错误；撤去 F 后，后，A 做减速运动，受到做减速运动，受到 B 对它的静摩擦力，受力情况变化，选项对它的静摩擦力，受力情况变化，选项 C 错误；由于错误；由于 A、B 能一起减速，故能一起减速，故 A、B 间的动摩擦因数间的动摩擦因数 1不小于不小于 B 与地面间的动摩擦因数与地面间的动摩擦因数 2，选项，选项 D 正确正确 答案：答案：D 16.如图所示，半径为如图所示，半径为 R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强 磁场，两个相同的带正

7、电粒子分别以速度 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强 磁场，两个相同的带正电粒子分别以速度 v1、v2从从 A、C 两点同时射 入磁场， 两点同时射 入磁场， v1、 v2平行且平行且 v1沿直径沿直径 AOB 方向方向 C 点与直径点与直径 AOB 的距离为 ，两粒子同时从磁场射出，从 的距离为 ，两粒子同时从磁场射出，从 A 点射入的粒子射出磁场时的速度方点射入的粒子射出磁场时的速度方 R 2 向与初速度方向间的夹角为向与初速度方向间的夹角为 60.不计粒子受到的重力，则不计粒子受到的重力，则( ) Av1v2 Bv1v2 3 2 3 第 - 3 - 页 共 17 页 Cv1 v2 Dv

8、12v2 2 3 解析 ：解析 ： 由周期表达式由周期表达式 T知，两粒子周期相同，又由于两粒子知，两粒子周期相同，又由于两粒子 2m qB 在磁场中运动的时间相同，因此两粒子的偏转角相同，作出两粒子在 磁场中运动的轨迹，如图所示，由几何知识知 在磁场中运动的时间相同，因此两粒子的偏转角相同，作出两粒子在 磁场中运动的轨迹，如图所示，由几何知识知 R1Rtan 60，R2R， 根据牛顿第二定律 ， 根据牛顿第二定律 Bqvm可知，可知，r，因此粒子的轨道半径与速，因此粒子的轨道半径与速 v2 r mv qB 度成正比，则度成正比，则 v1v2R1R2tan 6011，B 正确正确3 答案：答案

9、：B 17如图所示，匝数如图所示，匝数 n10 匝的矩形线框处在磁感应强度匝的矩形线框处在磁感应强度 B 2 T 的匀强磁场中， 绕垂直磁场的轴以恒定角速度的匀强磁场中， 绕垂直磁场的轴以恒定角速度 20 rad/s 在匀强磁 场中转动，线框电阻不计，面积 在匀强磁 场中转动，线框电阻不计，面积 S0.4 m2，线框通过滑环与一理想自 耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡 ，线框通过滑环与一理想自 耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡 L(4 W 100 )和滑动 变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是 和滑动 变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( ) A灯泡正常发

10、光时原、副线圈的匝数比为灯泡正常发光时原、副线圈的匝数比为 21 B灯泡正常发光时电流表的示数为灯泡正常发光时电流表的示数为 0.2 A C若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗 D若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数不变若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数不变 第 - 4 - 页 共 17 页 解析：解析：变压器输入电压的最大值为变压器输入电压的最大值为 UmnBS100.420 2 V80 V， 变压器输入电压的有效值为， 变压器输入电压的有效值为 U1 V80 V， 灯， 灯2 Um 2 80 2 2 泡正常发光时的电压泡正常发光时的电压 U

11、2 V20 V，此时原、副线，此时原、副线PR4 100 圈的匝数比为 ，故圈的匝数比为 ，故 A 错误 ； 由欧姆定律得错误 ； 由欧姆定律得 I2A n1 n2 U1 U2 80 20 4 1 U2 R 20 100 0.2 A， 根据 得， 此时电流表的示数为， 根据 得， 此时电流表的示数为 I1 0.2 A0.05 I1 I2 n2 n1 n2I2 n1 1 4 A，故，故 B 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根 据可知输出电压减小， 所以灯泡变暗， 故 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根 据可知输出电压减小， 所以灯泡变暗， 故 C 正确 ； 线

12、圈匝数不变，正确 ； 线圈匝数不变， U1 U2 n1 n2 根据可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入根据可知输出电压不变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入 U1 U2 n1 n2 电路电阻变大，负载等效电阻变大，电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1P2 变小，又 变小，又 P1U1I1可知可知 U R 电流表示数变小，故电流表示数变小，故 D 错误错误 答案：答案：C 18 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出， 木块的动能增加了 一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出， 木块的动能增加了 8 J，木块的质量大于子弹的质量则此过程中产生 的内能可能

13、是 ，木块的质量大于子弹的质量则此过程中产生 的内能可能是( ) A18 J B16 J C10 J D6 J 解析 ：解析 ： 设子弹的质量为设子弹的质量为 m，子弹的初速度为，子弹的初速度为 v0，木块的质量为，木块的质量为 M， 子弹与木块的共同速度为 ， 子弹与木块的共同速度为 v，子弹和木块组成的系统所受合力为零， 则系统动量守恒， 在子弹开始射入木块到两者保持相对静止的过程中， 根据动量守恒定律得， ，子弹和木块组成的系统所受合力为零， 则系统动量守恒， 在子弹开始射入木块到两者保持相对静止的过程中， 根据动量守恒定律得，mv0(mM)v，木块获得的动能，木块获得的动能 Ek Mv

14、2， 1 2 系统产生的内能系统产生的内能 Q mv (mM)v2，由以上三式解得，由以上三式解得，Q 1 2 2 0 1 2 第 - 5 - 页 共 17 页 Mv22Ek28 J16 J，选项，选项 A 正确，正确，B、C、D 错错 M（mM）v2 2m 误误 答案：答案：A 19.如图所示，纸面内存在平行于纸面的匀强电场，一带电粒子以 某速度从电场中的 如图所示，纸面内存在平行于纸面的匀强电场，一带电粒子以 某速度从电场中的 a 点水平发射，粒子仅在电场力作用下运动到点水平发射，粒子仅在电场力作用下运动到 b 点 时速度方向竖直向下，则 点 时速度方向竖直向下，则( ) A匀强电场的方向

15、可能沿竖直方向匀强电场的方向可能沿竖直方向 B粒子在任意相等时间内速度的变化量相同粒子在任意相等时间内速度的变化量相同 C从从 a 到到 b 的过程中，粒子的速度先减小后增大的过程中，粒子的速度先减小后增大 D从从 a 到到 b 的过程中，粒子运动的轨迹可能是 圆弧的过程中，粒子运动的轨迹可能是 圆弧 1 4 解析：解析：粒子在粒子在 a 点的速度方向沿水平方向，在点的速度方向沿水平方向，在 b 点的速度方向沿 竖直方向，由此可知，粒子在水平方向上做匀减速运动，故匀强电场 的方向不沿竖直方向，选项 点的速度方向沿 竖直方向，由此可知，粒子在水平方向上做匀减速运动，故匀强电场 的方向不沿竖直方向

16、，选项 A 错误；由牛顿第二定律知，粒子在匀强 电场中做匀变速曲线运动，则由 错误；由牛顿第二定律知，粒子在匀强 电场中做匀变速曲线运动，则由 vat 知，粒子在任意时间内速度 变化量相同，选项 知，粒子在任意时间内速度 变化量相同，选项 B 正确；粒子在竖直方向做加速运动，在水平方向 做减速运动，故粒子所受的电场力方向斜向左下方向，从 正确；粒子在竖直方向做加速运动，在水平方向 做减速运动，故粒子所受的电场力方向斜向左下方向，从 a 到到 b 的过 程中，粒子所受的电场力先做负功后做正功，由动能定理知，粒子的 速度先减小后增大， 的过 程中，粒子所受的电场力先做负功后做正功，由动能定理知，粒

17、子的 速度先减小后增大，C 正确，正确，D 错误错误 答案：答案：BC 20.如图，点如图，点 O、a、c 在同一水平线上在同一水平线上c 点在竖直细杆上，一橡 皮筋一端固定在 点在竖直细杆上，一橡 皮筋一端固定在 O 点，水平伸直点，水平伸直(无弹力无弹力)时，另一端恰好位于时，另一端恰好位于 a 点，点， 第 - 6 - 页 共 17 页 在在 a 点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连 已 知 点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连 已 知 b、 c 间距离小于间距离小于 c、 d 间距离， 小球与杆间的动摩擦因数恒定， 橡皮筋 始终在弹性限度内，且其弹力

18、跟伸长量成正比小球从 间距离， 小球与杆间的动摩擦因数恒定， 橡皮筋 始终在弹性限度内，且其弹力跟伸长量成正比小球从 b 点上方某处 释放，第一次到达 点上方某处 释放，第一次到达 b、d 两点时速度相等，则小球从两点时速度相等，则小球从 b 第一次运动到第一次运动到 d 的过程中的过程中( ) A在在 c 点速度最大点速度最大 B在在 c 点下方某位置速度最大点下方某位置速度最大 C重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功 D在在 b、d 两点，摩擦力的瞬时功率大小相等两点，摩擦力的瞬时功率大小相等 解析 ：解析 ： 设设 b 点关于点关于 c

19、 点的对称点为点的对称点为 e 点， 若小球在点， 若小球在 c 点的速度最大， 则由对称性可知小球由 点的速度最大， 则由对称性可知小球由 b 点到点到 c 点克服摩擦力做功等于由点克服摩擦力做功等于由 c 点到点到 e 点 克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到达 点 克服摩擦力做功，由功能关系知，小球到达 e 点时的速度与点时的速度与 b 点速度 相等，实际上 点速度 相等，实际上 b、d 两点的速度相等，所以速度最大的位置在两点的速度相等，所以速度最大的位置在 c 点的下 方，选项 点的下 方，选项 A 错误，错误，B 正确；小球第一次从正确；小球第一次从 b 点到点到 d 点的过程中，

20、设点的过程中，设 Wf 为小球克服摩擦力做的功，为小球克服摩擦力做的功，Ep为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋 在 为橡皮筋弹性势能的变化量，橡皮筋 在 d 点处于伸长状态，点处于伸长状态，Ep0，由功能关系得，由功能关系得 WGWfEp，故重力 做的功大于小球克服摩擦力做的功，选项 ，故重力 做的功大于小球克服摩擦力做的功，选项 C 正确；橡皮筋穿过圆环与 套在杆上的小球相连，则小球第一次从 正确；橡皮筋穿过圆环与 套在杆上的小球相连，则小球第一次从 b 点到点到 d 点的过程中橡皮筋在 水平方向的伸长量相等， 由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变， 故小球受的摩擦力不变，小球在 点的过程中

21、橡皮筋在 水平方向的伸长量相等， 由平衡条件知小球受到与杆之间的弹力不变， 故小球受的摩擦力不变，小球在 b、d 两点的速度相等，由两点的速度相等，由 PFv 知， 在 知， 在 b、d 两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项两点摩擦力的瞬时功率大小相等，选项 D 正确正确 答案：答案：BCD 第 - 7 - 页 共 17 页 21由三颗星体构成的系统，叫做三星系统有这样一种简单的 三星系统，质量刚好都相同的三个星体甲、乙、丙在三者相互之间的 万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的 圆心 由三颗星体构成的系统，叫做三星系统有这样一种简单的 三星系统，质量刚好都相同的三个星体甲

22、、乙、丙在三者相互之间的 万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的 圆心 O 在三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动若三个星体的 质量均为 在三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动若三个星体的 质量均为 m，三角形的边长为，三角形的边长为 a，万有引力常量为，万有引力常量为 G，则下列说法正确 的是 ，则下列说法正确 的是( ) A三个星体做圆周运动的半径均为三个星体做圆周运动的半径均为a 3 3 B三个星体做圆周运动的周期均为三个星体做圆周运动的周期均为 2a a 3Gm C三个星体做圆周运动的线速度大小均为三个星体做圆周运动的线速度大小均为 3Gm a D三个星体做圆

23、周运动的向心加速度大小均为三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为3Gm a2 解析：解析：质量相等的三星系统的位置关系构成一等边三角形，其中 心 质量相等的三星系统的位置关系构成一等边三角形，其中 心 O 即为它们的共同圆心，由几何关系可知三个星体做圆周运动的半 径 即为它们的共同圆心，由几何关系可知三个星体做圆周运动的半 径 ra，故选项，故选项 A 正确；每个星体受到的另外两星体的万有引力提正确；每个星体受到的另外两星体的万有引力提 3 3 供向心力，其大小供向心力，其大小 F，则，则mr，得，得 T2a ，3 Gm2 a2 3Gm2 a2 42 T2 a 3Gm 故选项故选项 B 正确；

24、由线速度正确；由线速度 v得得 v ，故选项，故选项 C 错误；向心错误；向心 2r T Gm a 加速度加速度 a ，故选项 ，故选项 D 错误错误 F m 3Gm a2 第 - 8 - 页 共 17 页 答案：答案：AB 二、非选择题二、非选择题(共共 62 分第分第 2225 题为必考题，每个试题考生都 必须作答第 题为必考题，每个试题考生都 必须作答第 2324 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答) (一一)必考题必考题(共共 47 分分) 22(6 分分)某同学利用如图甲所示装置探究平抛运动中机械能是否 守恒在圆弧槽轨道的末端安装一个光电门 某同学利用如图甲所示

25、装置探究平抛运动中机械能是否 守恒在圆弧槽轨道的末端安装一个光电门 B，圆弧槽末端水平地 面上铺有白纸，白纸上铺有复写纸，让小球从圆弧槽上固定位置 ，圆弧槽末端水平地 面上铺有白纸，白纸上铺有复写纸，让小球从圆弧槽上固定位置 A 点 由静止释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击 印重复实验多次，测得小球通过光电门 点 由静止释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击 印重复实验多次，测得小球通过光电门 B 的平均时间为的平均时间为 t2.50 ms(当地重力加速度当地重力加速度 g 取取 9.8 m/s2) (1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为用游标

26、卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为 d _mm，由此可知小球通过光电门的速度，由此可知小球通过光电门的速度 vB_m/s. (2)实验测得轨道末端离地面的高度实验测得轨道末端离地面的高度 h0.441 m，小球的平均落点，小球的平均落点 P 到轨道末端正下方到轨道末端正下方 O 点的距离点的距离 x0.591 m，则由平抛运动规律解得 小球平抛的初速度 ，则由平抛运动规律解得 小球平抛的初速度 v0_m/s. (3)在误差允许范围内， 实验结果中小球通过光电门的速度在误差允许范围内， 实验结果中小球通过光电门的速度 vB与由 平抛运动规律求解的平抛初速度 与由 平抛运动规律求解的平抛初速

27、度 v0满足满足_关系，就可以认为平 抛运动过程中机械能是守恒的 关系，就可以认为平 抛运动过程中机械能是守恒的 解析：解析：(1)小球的直径小球的直径 d5 mm0.05 mm05.00 mm， 小球通过光电门的速度小球通过光电门的速度 vB2.0 m/s. d t 第 - 9 - 页 共 17 页 (2)由平抛运动规律可得：由平抛运动规律可得：xv0t，h gt2， 1 2 可求得可求得 v01.97 m/s. (3)在误差允许范围内，可认为在误差允许范围内，可认为 vBv0， 平抛运动过程中机械能是守恒的平抛运动过程中机械能是守恒的 答案：答案：(1)5.00(1 分分) 2.0(1 分

28、分) (2)1.97(2 分分) (3)vBv0(相等相等)(2 分分) 23(9 分分)利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻 和一个未知电阻 利用以下器材设计一个能同时测量电源的电动势、内阻 和一个未知电阻 Rx阻值的实验电路阻值的实验电路 A待测电源待测电源 E(电动势略小于电动势略小于 6 V，内阻不足，内阻不足 1 ) B电压表电压表 V1(量程量程 6 V，内阻约，内阻约 6 k) C电压表电压表 V2(量程量程 3 V，内阻约，内阻约 3 k) D电流表电流表 A(量程量程 0.6 A，内阻约，内阻约 0.5 ) E未知电阻未知电阻 Rx(约约 5 ) F滑动变阻器滑动

29、变阻器(最大阻值最大阻值 20 ) G开关和导线开关和导线 (1)在图中的虚线框内画出完整的实验原理图；在图中的虚线框内画出完整的实验原理图； (2)实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表实验中开关闭合后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表 V1的示 数分别为 的示 数分别为 U1、U1时，电压表时，电压表 V2两次的示数之差为两次的示数之差为 U2，电流表，电流表 A 两 次的示数分别为 两 次的示数分别为 I、I.由此可求出未知电阻由此可求出未知电阻 Rx的阻值为的阻值为_， 电源的电动势 ， 电源的电动势 E_，内阻，内阻 r_(用题目中给出的字 母表示 用题目中给出的字 母表示)

30、 解析：解析：(1)电压表电压表 V1测量路端电压，电压表测量路端电压，电压表 V2测量测量 Rx两端电压，两端电压， 第 - 10 - 页 共 17 页 如图所示 ；如图所示 ； (2)两次两次 V2的示数差为的示数差为 U2， 而电流变化量为， 而电流变化量为 II， 故， 故 RxU 2 I ；根据闭合电路欧姆定律可得，；根据闭合电路欧姆定律可得， U1IrE，U1IrE， 联立， 联立 | U2 II| 解得解得 E，r. IU1IU1 II U1U1 II 答案：答案：(1)如图如图 (3 分分) (2)(2 分， 未加绝对值符号的不扣分， 分母前后两项颠倒的不分， 未加绝对值符号的

31、不扣分， 分母前后两项颠倒的不 | U2 II| 扣分扣分) (2 分分) (2 分，其他正确表示方法同样给分分，其他正确表示方法同样给分) IU1IU1 II U1U1 II 24(14 分分)如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上， 另一端拴住漏斗物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙， 斜面上方细绳与斜面平行打开漏斗阀门后，细沙能从底端逐渐漏出， 此过程中绳中张力的变化满足关系式 如图所示，轻细绳跨过两定滑轮，一端系在物块上， 另一端拴住漏斗物块静止在足够长的固定斜面上，漏斗中盛有细沙， 斜面上方细绳与斜面平行打开漏斗阀门后，细沙能从底端逐渐漏出， 此过程中绳中张力的变化满足

32、关系式 FT6t(N)，经过，经过 5 s 细沙全部 漏完已知物块质量 细沙全部 漏完已知物块质量 M2 kg，与斜面间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数为 0.5，斜 面倾角为 ，斜 面倾角为 37.物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终 位于滑轮下方， 不计滑轮摩擦， 物块与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，漏斗始终 位于滑轮下方， 不计滑轮摩擦， g 取取 10 m/s2， sin 370.6， cos 370.8. 求：求： (1)从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间；从打开阀门到物块在斜面上开始滑动的时间； (2)打开阀门后打开阀门后 4 s 时物块的加速度大小；时物块

33、的加速度大小； 第 - 11 - 页 共 17 页 (3)细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小细沙刚好全部漏完时漏斗的速度大小 解析：解析：(1)物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且 达到最大 物块刚要下滑时受力情况如图所示，摩擦力方向向上且 达到最大 FfFNMgcos 37(2 分分) 由平衡条件得由平衡条件得 Mgsin 37FfFT0，(2 分分) 又有又有 FT6t(N)， 解得解得 t2 s；(2 分分) (2)t14 s 时，时，FT16t1， 物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得物块仍受四个力作用，由牛顿第二定律得 Mgsin 37FfFT1Ma，(2 分分) 解得解得

34、 a1 m/s2；(2 分分) (3)在细沙漏完之前在细沙漏完之前 a10.5t，(1 分分) 细沙漏完之后，物块加速度细沙漏完之后，物块加速度 a1.5 m/s2，(1 分分) 图乙为图乙为 at 图象， 可求出图象， 可求出 5 s 时， 漏斗的速度大小为时， 漏斗的速度大小为 2.25 m/s.(2 分分) 答案：答案：见解析见解析 25.(18 分分)如图所示， 两条相互平行的光滑金属导轨相距如图所示， 两条相互平行的光滑金属导轨相距 l， 其中水 平部分位于同一水平面内，倾斜部分为一倾角为的斜面，倾斜导轨 与水平导轨平滑连接在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场， ， 其中水 平部分

35、位于同一水平面内，倾斜部分为一倾角为的斜面，倾斜导轨 与水平导轨平滑连接在水平导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场， 第 - 12 - 页 共 17 页 磁感应强度为磁感应强度为 B.两长度均为两长度均为 l 的金属棒的金属棒 ab、cd 垂直导轨且接触良好， 分别置于倾斜和水平轨道上， 垂直导轨且接触良好， 分别置于倾斜和水平轨道上，ab 距水平轨道面高度为距水平轨道面高度为 h.ab、cd 质量分 别为 质量分 别为 2m 和和 m，电阻分别为，电阻分别为 r 和和 2r.由静止释放由静止释放 ab 棒，导轨电阻不 计重力加速度为 棒，导轨电阻不 计重力加速度为 g，不计两金属棒之间的相互作用

36、，两金属棒始终没 有相碰求： ，不计两金属棒之间的相互作用，两金属棒始终没 有相碰求： (1)ab 棒刚进入水平轨道时棒刚进入水平轨道时 cd 棒的电流棒的电流 I； (2)两金属棒产生的总热量两金属棒产生的总热量 Q； (3)通过通过 cd 棒的电量棒的电量 q. 解析：解析：(1)设设 ab 棒下滑到斜面底端的速度棒下滑到斜面底端的速度 v，由机械能守恒定律有 ，由机械能守恒定律有 2mv22mgh，(2 分分) 1 2 得得 v，(2 分分)2gh ab 棒刚进入磁场时，棒刚进入磁场时，EBlv，(2 分分) 通过通过 cd 的电流的电流 I；(2 分分) E r2r Bl 2gh 3r

37、 (2)设设 ab、 cd 棒最终共同运动的速度为棒最终共同运动的速度为 v， 由动量守恒定律得， 由动量守恒定律得 2mv 3mv，(2 分分) 得得 v， 2 3 2gh 由功能关系得，热量由功能关系得，热量 Q 2mv2 3mv2，(2 分分) 1 2 1 2 解得解得 Q mgh；(2 分分) 2 3 (3)设设 cd 棒中平均电流为，由动量定理得棒中平均电流为，由动量定理得 I 第 - 13 - 页 共 17 页 Bltmv，(2 分分) I 又有又有 qt， I 解得解得 q.(2 分分) 2m 2gh 3Bl 答案：答案：见解析见解析 (二二)选考题选考题(共共 15 分请考生从

38、分请考生从 2 道物理题中任选一题作答如果 多做，则按所做的第一题计分 道物理题中任选一题作答如果 多做，则按所做的第一题计分) 33物理物理选修选修 33(15 分分) (1)(5 分分)关于热力学定律，下列说法正确的是关于热力学定律，下列说法正确的是_(填正确答 案标号选对 填正确答 案标号选对 1 个得个得 2 分，选对分，选对 2 个得个得 4 分，选对分，选对 3 个得个得 5 分每选 错 分每选 错 1 个扣个扣 3 分，最低得分为分，最低得分为 0 分分) A气体吸热后温度一定升高气体吸热后温度一定升高 B对气体做功可以改变其内能对气体做功可以改变其内能 C理想气体等压膨胀过程一

39、定放热理想气体等压膨胀过程一定放热 D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡， 那么 这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡， 那么 这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 (2)(10 分分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强， 两压强差 在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强， 两压强差 p 与气泡半径与气泡半径 r 之间的关系为之间的关系为 p，其中，其中 0.070 N/m. 2 r 现让水下现让水下 10 m 处一半径为处一半径为

40、0.50 cm 的气泡缓慢上升已知大气压强的气泡缓慢上升已知大气压强 p0 1.0105 Pa，水的密度，水的密度 1.0103 kg/m3，重力加速度大小，重力加速度大小 g10 m/s2. ()求在水下求在水下 10 m 处气泡内外的压强差；处气泡内外的压强差； ()忽略水温随水深的变化， 在气泡上升到十分接近水面时， 求气忽略水温随水深的变化， 在气泡上升到十分接近水面时， 求气 第 - 14 - 页 共 17 页 泡的半径与其原来半径之比的近似值泡的半径与其原来半径之比的近似值 解析：解析：(1)根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则 内能不一定增大，温度不一定升高，选项 根

41、据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则 内能不一定增大，温度不一定升高，选项 A 错误；对气体做功可以改 变其内能，选项 错误；对气体做功可以改 变其内能，选项 B 正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想 气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选 项 正确；理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想 气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，故气体一定吸热，选 项 C 错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到 高温物体，选项 错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到 高温物体，选项 D 正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态

42、确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到 热平衡，选项 正确；根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态 确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到 热平衡，选项 E 正确正确 (2)()当气泡在水下当气泡在水下 h10 m 处时，设其半径为处时，设其半径为 r1，气泡内外压 强差为 ，气泡内外压 强差为 p1，则，则 p1，(1 分分) 2 r1 代入题给数据得代入题给数据得 p128 Pa；(1 分分) ()设气泡在水下设气泡在水下 10 m 处时，气泡内空气的压强为处时，气泡内空气的压强为 p1，气泡体积 为 ，气泡体积 为 V1；气泡到达水面附近时，气

43、泡内空气的压强为；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为 p2，气泡内外压强 差为 ，气泡内外压强 差为 p2，其体积为，其体积为 V2，半径为，半径为 r2.气泡上升过程中温度不变，根据玻 意耳定律有 气泡上升过程中温度不变，根据玻 意耳定律有 p1V1p2V2，(1 分分) 由力学平衡条件有由力学平衡条件有 p1p0ghp1，(1 分分) p2p0p2.(1 分分) 气泡体积气泡体积 V1和和 V2分别为分别为 V1 r ，(1 分分) 4 3 3 1 V2 r ，(1 分分) 4 3 3 2 联立式得，联立式得，(2 分分) ( r1 r2) 3 p0p2 ghp0p1 第 - 15 -

44、 页 共 17 页 由式知，由式知，pip0，i1，2，故可略去式中的，故可略去式中的 pi项代入题 给数据得 项代入题 给数据得 1.3.(1 分分) r2 r1 3 2 答案：答案：(1)BDE (2)见解析见解析 34物理物理选修选修 34(15 分分) (1)(5 分分)如图，一列简谐横波沿如图，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线为轴正方向传播，实线为 t0 时 的波形图，虚线为 时 的波形图，虚线为 t0.5 s 时的波形图已知该简谐波的周期大于时的波形图已知该简谐波的周期大于 0.5 s 关于该简谐波， 下列说法正确的是 关于该简谐波， 下列说法正确的是_(填正确答案标号 选对

45、填正确答案标号 选对 1 个得个得 2 分，选对分，选对 2 个得个得 4 分，选对分，选对 3 个得个得 5 分每选错分每选错 1 个扣个扣 3 分， 最低得分为 分， 最低得分为 0 分分) A波长为波长为 2 m B波速为波速为 6 m/s C频率为频率为 1.5 Hz Dt1 s 时，时，x1 m 处的质点处于波峰处的质点处于波峰 Et2 s 时，时，x2 m 处的质点经过平衡位置处的质点经过平衡位置 (2)(10 分分)如图，一半径为如图，一半径为 R 的玻璃半球，的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚 线 点是半球的球心，虚 线 OO表示光轴表示光轴(过球心过球心 O 与半球底面垂直的

46、直线与半球底面垂直的直线)已知玻璃的折射 率为 已知玻璃的折射 率为 1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上， 有些光线能从球面 射出 现有一束平行光垂直入射到半球的底面上， 有些光线能从球面 射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线不考虑被半球的内表面反射后的光线)求：求： ()从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值；从球面射出的光线对应的入射光线与光轴距离的最大值； 第 - 16 - 页 共 17 页 ()距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距点的距 R 3 离离 解析 ：解析 ： (1)由图象可知简谐横波的波长为由图象可知简谐横波的波长为 4 m，A 项错误 ； 波沿项错误 ； 波沿 x 轴正向传播，轴正向传播， t0.5 s T， 可得周期， 可得周期 T s、 频率、 频率 f 1.5 Hz.波速波速 v 3 4 2 3 1 T 6 m/s，B、C 项正确；项正确；t0 时刻，时刻，x1 m 处的质点在波峰，经过处的质点在波峰，经过 1 T s T，一定在波谷，一定在波谷，D 项错误；项错误；t0 时刻，时刻，x2 m 处的质点在平衡处的质点在平衡 3 2 位