山东省青岛市高考物理一模试卷.doc

1、2019年山东省青岛市高考物理一模试卷二、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1418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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）春节期间非常火爆的电影流浪地球讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为H+HHe+X人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列说法正确的是（）A核反应方程式中的X为正电子B地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度C若已知地球在比邻

2、星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度D若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量2（6分）一个质量m2kg的物体受四个力的作用处于平衡状态。当其中一个F10N的作用力突然消失，其余三个力保持不变。经过时间t1s后，下列说法正确的是（）A物体一定做直线运动B物体的速度一定是5m/sC物体速度的变化量一定等于5m/sD物体的动能一定增加了25J3（6分）随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运动，下列说法正确的

3、是（）A若h加倍，则水平飞出的速度v加倍B若h加倍，则在空中运动的时间t加倍C若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变D若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变4（6分）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（）A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N5（6分）如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压

4、器T1的原、副线圈匝数比为1：20，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3：1升压变压器原线圈两端接入一电压uUmsint的交流电源，用户的总电阻为R（可视为纯电阻），输电线总电阻rR，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U为（）ABC4UmD6Um6（6分）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成300角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）Aa受到3个力的作用Bb受到3个力的作用C细杆对b的作用力大小为D细线对a的拉力大小为7（6分）如图甲，两个等量同种电

5、荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q+1103C，质量m0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过b点的切线，则下列说法正确的是（）AP、Q带正电荷Bb点的场强E30V/mCa、b两点间的电势差为90VD小球从a到O的过程中电势能先减少后增加8（6分）如图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子从B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A甲粒子带正电，乙粒子带负电B甲粒子的运

6、动半径是乙粒子运动半径的倍C甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D两粒子在磁场中的运动时间相等三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（6分）某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M（包括所放砝码及传感器的质量）的对应关系图象，如图乙所示。实验中所挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一个

7、填字母代号）A可使位移传感器测出的小车的加速度更准确B可以保证小车最终能够做直线运动C可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力（2）由图乙可知，图线不过原点O，原因是 ；（3）该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是 。A30B0.3C20D0.210（9分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲，其中虚线框内是用灵敏电流计G改装的电压表，电流表的量程为0.6A，E为待测电池组，S为开关，尺为滑动变阻器，R0是标称值为4.0的定值电阻。（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig100A、内阻rg2.0k，若要改装后的电压表量程为3V，应串联一只 的定

8、值电阻R1；（2）根据图甲，用笔画线代替导线在答题卡上将图乙连接成完整电路；（3）根据图甲，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近 端（选填“a”或“b”）；（4）该小组进行实验，得到灵敏电流计的示数Ix和电流表的示数IA，把多次实验测量的数据在IxIA图象中描点连线，最终得到如图示的图线，根据图线计算出电池组的电动势E V，内阻r 。11（12分）如图，两金属杆ab、cd的长度均为L1m，电阻分别为Rab0.2、Rcd0.8，质量分别为mab0.5kg、mcd0.2kg，用两根质量及电阻均可忽略且不可伸长的柔软导线将两杆连接成闭合回路，悬挂在水平光滑绝缘圆棒两侧，两金属杆都保持水平，整个

9、装置处在与回路平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B0.5T，重力加速度g10m/s2释放两金属杆，经过一段时间后，金属杆以b匀速下落，不计导体棒间的安培力，求：（1）金属杆ab匀速下落时，导线上的拉力大小；（2）金属杆ab匀速下落的速度。12（20分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；（2）从A球开

10、始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；（3）要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显B液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高D自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E外界对气体做功，气体的内能可能减小14（10分）如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为15cm的空气柱，

11、U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体。开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F缓慢向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时U形管右侧用活塞封闭的气体体积。【物理-选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数C火车鸣笛远离我们时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低D单摆在周期性外力作用下做受迫振

12、动，其振动周期与单摆的摆长有关E用两束单色光A、B，分别在同一套装置上做干涉实验，若A光的相邻两条纹间距比B光的大，则说明A光波长大于B光波长16如图，MN下方足够大的空间有一长方体玻璃介质，其折射率，玻璃介质的上边界MN是屏幕，玻璃中有一个正三棱柱的真空区域。三棱柱轴线与纸面垂直，图中竖直截面正三角形的边长为20cm，顶点C紧靠屏幕，距离可忽略。底边AB与屏幕平行，一束激光在竖直截面内垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现了两个光斑。光在真空中的传播速度c3108m/s，求两个光斑之间的距离。2019年山东省青岛市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小

13、题6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1921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（6分）春节期间非常火爆的电影流浪地球讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为H+HHe+X人类为了生存，通过给地球加速使其逃离太阳系，最终到达4.25光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列说法正确的是（）A核反应方程式中的X为正电子B地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度C若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度D若已知地球在比邻

14、星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；JL：轻核的聚变菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；45：归纳法；528：万有引力定律的应用专题；54M：原子的核式结构及其组成【分析】（1）核反应中电荷数及质量数守恒，即可计算出未知原子；（2）第一宇宙速度是围绕地球表面做圆周运动；第二宇宙速度是摆脱地球的束缚；第三宇宙速度是摆脱太阳的束缚（3）由万有引力计算公式求出中心天体的质量，如若知道中心天体的半径即可算出中心天体的密度。【解答】解：A、根据核反应的电荷数及质量数守恒可知，X的电荷数为0，质量数为1，即为中子，故A错误；B

15、根据宇宙的三个速度定义可知，地球脱离太阳系需加速到第三宇宙速度，故B错误；CD、根据万有引力与向心力的公式可得，比邻星系的质量，但是不知道比邻星系的半径，所以不可以算出密度，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了原子核反应及宇宙航行，解题的关键是搞清楚三大宇宙速度的概念及万有引力计算公式即可解题。2（6分）一个质量m2kg的物体受四个力的作用处于平衡状态。当其中一个F10N的作用力突然消失，其余三个力保持不变。经过时间t1s后，下列说法正确的是（）A物体一定做直线运动B物体的速度一定是5m/sC物体速度的变化量一定等于5m/sD物体的动能一定增加了25J【考点】2B：力的合成；65：

16、动能定理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4E：模型法；52D：动能定理的应用专题【分析】F10N的作用力突然消失，其余的力保持不变，则知其余力的合力与F10N的力等大反向，由牛顿第二定律求出物体加速度，由vat求速度变化量。物体一定做匀变速运动，当撤去力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动，不在一直线上为曲线运动。由Ek求出t1s末的动能，从而得到动能的增加量。【解答】解：A、当F10N的力消失后，其它力的合力与消失的这个力大小相等，方向相反，若物体原来做匀速直线运动，且速度方向与F的方向不在一条直线上，则物体做曲线运动，故A错误。B、F10N的作用力突然消失，物体的加速度大

17、小为a5m/s2若初速度为零，则t1s的速度为vat5m/s。若有初速度，则t1s末物体的速度不等于5m/s，故B错误。C、物体速度的变化量一定为vat10m/s，故C正确。D、若初速度为零，则t1s末动能为Ek25J，若初速度不为零，则物体的动能变化量不等于25J，故D错误。故选：C。【点评】本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况。3（6分）随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点水平飞出后经过时间t落到长直滑道上的C点，不计滑动过程的摩擦和空气阻力，关于运动员的运

18、动，下列说法正确的是（）A若h加倍，则水平飞出的速度v加倍B若h加倍，则在空中运动的时间t加倍C若h加倍，运动员落到斜面上的速度大小不变D若h加倍，运动员落到斜面上的速度方向不变【考点】43：平抛运动；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】A、不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，可解B、运动员落到斜面上，竖直位移与水平位移的比始终等于斜面夹角的正切值C、不计滑动过程的摩擦和空气阻力，满足机械能守恒，应用机械能守恒定律和合速度的表达式解决D、平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2倍【解答】解：A

19、根据机械能守恒，可得，h加倍，则水平飞出的速度v变为倍，故A错误B、运动员落到斜面上，位移满足，h加倍，则在空中运动的时间t变为倍，故B错误C、运动员落到斜面上的速度为v，h加倍，运动员落到斜面上的速度大小变为倍，故C错误D、运动员落到斜面上的速度方向与水平夹角的正切值为，是个定值，保持不变，故D正确故选：D。【点评】本题容易出现错误的是选项B和D，B选项的运动员落到斜面上的空中运动的时间t是一个典型问题，用位移关系解决，D选项的平抛运动速度方向与水平夹角的正切值始终等于竖直位移与水平位移的比的2倍的推论，难度较大，需要深刻理解。4（6分）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院

20、中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（）A0.25NB0.5NC1.5ND2.5N【考点】52：动量定理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题【分析】想估算雨水对睡莲叶面撞击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水重力，但速度由v10m/s减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲力，利用圆柱形容器10分钟得到的水的体积算出水

21、的质量，利用压强公式求得压强。【解答】解：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v10m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft0（mv）mv。得：F设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在t时间内水面上升h，则有：m ShFSv压强为：PV0.25N/s2 故A正确，BCD错误故选：A。【点评】估算题目关键是建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基本符合事实的结论，这是物理学中常用的一种思想方法。5（6分）如图，为某小型水电站电能输送的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为1：20，

22、降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3：1升压变压器原线圈两端接入一电压uUmsint的交流电源，用户的总电阻为R（可视为纯电阻），输电线总电阻rR，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U为（）ABC4UmD6Um【考点】E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I求出降压变压器的副线圈电流，从而知输电线上的电流，从而求出输电线上消耗的电压。从而得到各电压的关系，列方程求解即可。【解答】解：升压变压器两端电压的有效值为U1升压变压器T1的原、副线圈匝数比为1：20，所以升压变压器

23、副线圈两端的电压为U220U110Um用户获得的电压U，则用户的电流为I4，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为3：1，故在输电线路上的电流为在I3，降压变压器原线圈两端U33U输电线路上损失的电压为UI3RRU故降压变压器原线圈的电压为U3U2U联立解得U3Um，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。6（6分）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成300角，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30，重力加速度为g，不计一

24、切摩擦，下列说法正确的是（）Aa受到3个力的作用Bb受到3个力的作用C细杆对b的作用力大小为D细线对a的拉力大小为【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】以a和b为研究对象进行受力分析，根据受力情况结合平衡条件进行分析。【解答】解：A、轻质环a套在杆上，不计摩擦，则a静止时细线的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细线与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；B、对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B正确；C、以b为研究对象，受力分析如图所示，根据几

25、何关系可得30，细杆对b的作用力大小为N，则：2Ncos30mg，则Nmg，故C错误；D、对b分析，细线的拉力大小TNmg，则细线对a的拉力大小为Tmg，故D正确；故选：BD。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。7（6分）如图甲，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q+1103C，质量m0.02kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的vt图象如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过

26、b点的切线，则下列说法正确的是（）AP、Q带正电荷Bb点的场强E30V/mCa、b两点间的电势差为90VD小球从a到O的过程中电势能先减少后增加【考点】A8：点电荷的电场；AB：电势差；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4B：图析法；532：电场力与电势的性质专题【分析】带正电的小球从a运动到O点的受力情况判断两电荷电性；根据vt图中斜率表示加速度，结合牛顿第二定律求解b点电场强度；根据动能定理求解ab两点间电势差；根据图乙分析速度变化，根据动能定理分析电场力做功，然后根据功能关系分析电势能变化。【解答】解：A、带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到

27、向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；B、vt图象上斜率表示加速度可得：，根牛顿第二定律得：qEbma，联立解得：Eb30V/m，故B正确；C、由ab有动能定理得：qUab，由图乙可得vb3m/s带入解得：Uab90V，故C正确；D、由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误；故选：BC。【点评】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据vt图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。8（6分）如图，正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子从

28、B点离开磁场，乙粒子垂直CD边射出磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A甲粒子带正电，乙粒子带负电B甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍C甲粒子的比荷是乙粒子比荷的倍D两粒子在磁场中的运动时间相等【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子

29、的运动时间。【解答】解：解：A、由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从A点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；B、设磁场区域的边长为L，由几何关系可知，R甲L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为30，弦长为L，所以sin60，解得：R乙L，所以甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的倍，故B错误；C、由牛顿第二定律得：qvBm，解得：r，甲粒子与乙粒子比荷之比为半径的反比等于，故C正确；D、由几何关系可知，甲粒子运动的圆心角为600，乙粒子的圆心角为60，粒子在磁场中的运动时间：tT，粒子做圆周运动的周期T，可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子

30、在磁场中运动时间的倍，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（6分）某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a与小车质量M（包括所放砝码及传感器的质量）的对应关系图象，如图乙所示。实验中所

31、挂钩码的质量20g，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮。（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行。他这样做的目的是下列哪一个C；（填字母代号）A可使位移传感器测出的小车的加速度更准确B可以保证小车最终能够做直线运动C可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力（2）由图乙可知，图线不过原点O，原因是平衡摩擦力使长木板倾角过大；（3）该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是D。A30B0.3C20D0.2【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合

32、专题【分析】（1）实验时使牵引小车的轻绳与木板平行，使得平衡摩擦力后，拉力等于小车所受的合力。（2）根据横轴坐标为零时，纵轴坐标不为零，分析图线不过原点的原因。（3）图线斜率表示小车所受的合力，根据小车所受的合力得出斜率的值。【解答】解：（1）先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行，目的在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故C正确。（2）由图乙知，横轴为零时，纵轴加速度a不为零，原因是平衡摩擦力使长木板倾角过大。（3）图线的斜率k，即图线斜率等于小车所受的合力，约等于钩码的重力，即为0.2N，故D正确。故答案为：（1）C，（2）平衡摩擦力使长木板倾角过大，（3）D。【点评

33、解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，以及实验误差的来源，知道图线斜率表示的物理意义。10（9分）某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲，其中虚线框内是用灵敏电流计G改装的电压表，电流表的量程为0.6A，E为待测电池组，S为开关，尺为滑动变阻器，R0是标称值为4.0的定值电阻。（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig100A、内阻rg2.0k，若要改装后的电压表量程为3V，应串联一只2.8104的定值电阻R1；（2）根据图甲，用笔画线代替导线在答题卡上将图乙连接成完整电路；（3）根据图甲，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近a端（选填“a”或“b”）；（4

34、该小组进行实验，得到灵敏电流计的示数Ix和电流表的示数IA，把多次实验测量的数据在IxIA图象中描点连线，最终得到如图示的图线，根据图线计算出电池组的电动势E2.7V，内阻r1.25。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。（2）根据电路图连接实物电路图。（3）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路闭合开关前滑片要置于阻值最大处。（4）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1

35、串联电阻阻值为：Rrg20002.8104；（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于靠近a端。（4）由图甲所示电路图可知，电源电动势为：EU+IgrIX（rg+R1）+IAr，由图示图线可知，电源电动势为：E90106（2.0103+2.8104）2.7V，电源内阻为：rR04.01.25；故答案为：（1）2.8104；（2）实物电路图如图所示；（3）a；（4）2.7；1.25。【点评】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值；根据图示电路图应用闭合

36、电路欧姆定律可以求出电源电动势与内阻。11（12分）如图，两金属杆ab、cd的长度均为L1m，电阻分别为Rab0.2、Rcd0.8，质量分别为mab0.5kg、mcd0.2kg，用两根质量及电阻均可忽略且不可伸长的柔软导线将两杆连接成闭合回路，悬挂在水平光滑绝缘圆棒两侧，两金属杆都保持水平，整个装置处在与回路平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B0.5T，重力加速度g10m/s2释放两金属杆，经过一段时间后，金属杆以b匀速下落，不计导体棒间的安培力，求：（1）金属杆ab匀速下落时，导线上的拉力大小；（2）金属杆ab匀速下落的速度。【考点】3C：共点力的平衡；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：

37、安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；42：等效替代法；539：电磁感应中的力学问题【分析】（1）金属杆ab匀速下落时，金属杆cd匀速上升，两杆受力均平衡，分别对ab杆和cd杆分析受力，由平衡条件列式，即可求得导线上的拉力大小；（2）结合切割产生的感应电势公式、欧姆定律、安培力大小公式及平衡条件求出ab杆匀速运动的速度。【解答】解：（1）设导线上的拉力大小为T，回路中感应电流为I。对金属杆ab，有：mabgBIL+2T对金属杆cd，有：2TBIL+mcdg联立解得 T1.75N（2）金属杆ab匀速下落时回路中的感应

38、电动势为：E2BLv。感应电流为：I结合mabgBIL+2T解得：v3m/s答：（1）金属杆ab匀速下落时，导线上的拉力大小是1.75N；（2）金属杆ab匀速下落的速度上3m/s。【点评】本题是电磁感应与力平衡知识的综合，关键要正确分析安培力的大小和方向，要注意两杆均切割磁感线，产生感应电动势，而且两个电动势串联。12（20分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程

39、时间极短，求：（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；（3）要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。【考点】37：牛顿第二定律；53：动量守恒定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【分析】（1）根据牛顿第二定律求出A球的加速度，由速度位移公式求出A球与B球碰撞前的速度。由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，两者交换速度。（2）第一次碰后，A球追及B球，当位移相等时，发生第二碰撞，由位移相等求出第二次碰撞时间和A球的位移。再由功的公式求解电场力对A球所做的功。（3）采用归纳法分别分析从计

40、时零点到即将发生第1次碰撞这段过程、第1次碰撞到即将发生第2次碰撞这段过程、从第2次碰撞到即将发生第3次碰撞这段过程A球经过的位移，得出规律，再求总位移，结合位移关系求解。【解答】解：（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。对A，根据牛顿第二定律得：qEma由运动学公式有：v022ax0。解得：v0对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0mvA1+mvB1mv02mvA12+mvB12。解得：vB1v0，vA10（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1有：xA1vA1t1+vB1t1从A球开始运动到两球在电场中发生

41、第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：WqE（x0+xA1）解得：W5qEx0。（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2有：vA1vA1+at1。第二次碰撞过程，有：mvA1+mvB1mvA2+mvB2。mvA12+mvB12mvA22+mvB22。第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22vA222ax1。A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3二、三次碰撞间经历的时间为t2有：

42、xA2vA2t2+vB2t2。vA2vA2+at2。第三次碰撞过程，有：mvA2+mvB2mvA3+mvB3mvA22+mvB22mvA32+mvB32vB32vB32vA322ax2所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+x1dx0+xA1+xA2+x2。解得：8x0d18x0答：（1）A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度是；（2）从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功是5qEx0；（3）要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件是8x0d18x0。【点评】本题是小球周期性运动问题，关键要采用类似归纳法总结规律，运用数学方法求解。要抓住等质量

43、的两球发生弹性碰撞后会交换速度，来分析两球的运动过程。【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显B液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力C分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高D自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性E外界对气体做功，气体的内能可能减小【考点】84：布朗运动；89：温度是分子平均动能的标志；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律；95：液体的表面张力菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题【

44、分析】悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显；知道液体表面张力的成因，能用分子间作用力来解释；温度是分子的平均动能的标志；由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性；根据热力学第一定律UW+Q进行分析。【解答】解：A、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故A错误。B、由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故B正确；C、分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的

45、平均动能大。故C错误；D、由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D正确；E、当外界对气体做功，根据热力学第一定律UW+Q分析可知，内能可能增大也可能减小，故E正确。故选：BDE。【点评】该题考查了热学中的多个知识点，其中布朗运动和热运动的区别与联系、分子的平均动能和平均速率的区别都属于该部分中容易出现错误的地方。属于基础题目。14（10分）如图，导热性能良好的水平放置的圆筒形气缸与一装有水银的U形管相连，U形管左侧上端封闭一段长度为15cm的空气柱，U形管右侧用活塞封闭一定质量的理想气体。开始时U形管两臂中水银面齐平，活塞处于静止状态，此时U形管右侧用活塞封闭的气体体积为490mL，若用力F缓慢向左推动活塞，使活塞从A位置移动到B位置，此时U形管两臂中的液面高度差为10cm，已知外界大气压强为75cmHg，不计活塞与气缸内壁间的摩擦，求活塞移动到B位置时U形管右侧用活塞封闭的气体体积。【考点】9D：气体的等温变化菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题【分析】本题中理想气体状态变化是等温变化，对左端和右端两段气体应用理想气体状态方程，找出初末两个状态的参量即可解决。【解答】解：U形管两