广东省广州市2018年高考调研物理模拟试卷Word版含解析.doc

‎2018年广东省广州市高考调研物理模拟试卷 ‎　‎ 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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．‎ ‎1．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是（　　）‎ A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大 B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”‎ C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力 ‎2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量pA=9kg•m/s，B球的动量pB=3kg•m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）‎ A．pA′=6 kg•m/s，pB′=6 kg•m/s B．pA′=8 kg•m/s，pB′=4 kg•m/s C．pA′=﹣2 kg•m/s，pB′=14 kg•m/s D．pA′=﹣4 kg•m/s，pB′=17 kg•m/s ‎3．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎4．空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（　　）‎ A． V B． V C． V D． V ‎5．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（　　）‎ A． =（） B． =（）‎ C． =（）2 D． =（）2‎ ‎6．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动．小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T．关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小车向左运动，N可能为零 B．若小车向左运动，T可能为零 C．若小车向右运动，N不可能为零 D．若小车向右运动，T不可能为零 ‎7．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y 轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．a和b初速度相同 B．b和c运动时间相同 C．b的初速度是c的两倍 D．a运动时间是b的两倍 ‎8．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（　　）‎ A．B1=B2＜B3‎ B．B1=B2=B3‎ C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600μA、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．‎ ‎（1）图1中分流电阻Rp的阻值为　 　（用Ig、Rg、和I表示）．‎ ‎（2）在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为　 　 mA．此时流过分流电阻RP的电流为　 　mA（保留一位小数）‎ ‎10．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：‎ ‎（1）实验步骤：‎ ‎①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；‎ ‎②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图2所示，由此读出L=　 　mm；‎ ‎③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离S；‎ ‎④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；‎ ‎⑤从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；‎ ‎⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．‎ ‎（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：‎ ‎①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=　 　和Ek2=　 　．‎ ‎②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量△EP=　 　‎ ‎（重力加速度为g）．‎ ‎（3）如果在实验误差允许的范围内，△EP=　 　，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ ‎11．一质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了△Ek=18J，机械能减少了△E=3J．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物体向上运动时加速度的大小；‎ ‎（2）物体返回斜坡底端时的动能．‎ ‎12．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP=l，OQ=2l．不计重力．求：‎ ‎（1）M点与坐标原点O间的距离；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间．‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-3】‎ ‎13．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（　　）‎ A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 ‎14．如图所示，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S 的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求 ‎（1）第二次平衡时氮气的体积；‎ ‎（2）水的温度．‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-4】‎ ‎15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 （　　）‎ A．振幅一定为A B．周期一定为T C．速度的最大值一定为v D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同 ‎16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求 ‎（ⅰ）光线在M点的折射角；‎ ‎（ⅱ）透明物体的折射率．‎ ‎　‎ ‎2018年广东省广州市高考调研物理模拟试卷 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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．‎ ‎1．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是（　　）‎ A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大 B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”‎ C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力 ‎【考点】36：牛顿第一定律；1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】亚里士多德的观点多来自对自然地观察，往往忽略了摩擦力对物体的影响，而物体的自然属性是运动，维持运动不需要力，是物体的惯性．‎ ‎【解答】解：A、亚里士多德的多数结论来自观察．用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的摩擦力相同，两次都是匀速运动故F=f，但四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P=Fv，可知v==．故认为物体受力越大，速度越大的观点是错误的，故A选项是亚里士多德的观点．‎ B、一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力．故B选项是亚里士多德的观点．‎ C、两个物体从同一高度自由下落，较重的下落的快，是因为重的物体所受的摩擦力相对于重力来说小，其加速度就大．如果没有空气的阻力两物体应同时到达地面．故C选项是错误的，是亚里士多德的观点．‎ D、物体之所以运动，不是因为受力，而是由于惯性，故维持物体的运动不需要力．故D选项是正确的．是伽利略的观点，与亚里士多德的观点相反．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量pA=9kg•m/s，B球的动量pB=3kg•m/s．当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（　　）‎ A．pA′=6 kg•m/s，pB′=6 kg•m/s B．pA′=8 kg•m/s，pB′=4 kg•m/s C．pA′=﹣2 kg•m/s，pB′=14 kg•m/s D．pA′=﹣4 kg•m/s，pB′=17 kg•m/s ‎【考点】53：动量守恒定律．‎ ‎【分析】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．‎ ‎【解答】解：A、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：mA≤mB，满足mA=mB，故A正确；‎ B、根据碰撞过程动能不能增加有：，得：mA≤mB，满足mA=mB，但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；‎ C、根据碰撞过程动能不能增加有，解得mA≤mB，不满足mA=mB，故C错误；‎ D、碰后动量之后为13kg/s，不满足动量守恒，故D错误，‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．‎ R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（　　）‎ A． V B． V C． V D． V ‎【考点】AC：电势；A6：电场强度．‎ ‎【分析】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势．‎ ‎【解答】解：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 ‎ UNM=E•a=1V ①‎ 将电场强度沿着﹣x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则﹣x和+y方向的分量分别为：‎ ‎ Ex=E，Ey=E ②‎ ‎ 设P在xOy平面上的投影为P′点，投影点的坐标为：（a，，0）‎ ‎ 则 UNP=UNP′=Ey•==V （由①②式得）‎ ‎ 又因N点电势为1V，则P′电势为，即P点电势为 ‎ 则 A B C 错误，D正确 故选：D ‎　‎ ‎5．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2，则（　　）‎ A． =（） B． =（）‎ C． =（）2 D． =（）2‎ ‎【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】要求重力加速度g之比，必须求出重力加速度g的表达式，而g与卫星的轨道半径r有关，根据已知条件需要求出r和卫星的运动周期之间的关系式 ‎【解答】解：人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运动，则有 G=mr 忽略地球的自转，则有 mg=G 解得g=GM 故 故选：B ‎　‎ ‎6．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动．小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T．关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小车向左运动，N可能为零 B．若小车向左运动，T可能为零 C．若小车向右运动，N不可能为零 D．若小车向右运动，T不可能为零 ‎【考点】3F：牛顿运动定律的应用﹣连接体；2G：力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据车的运动情况可知小球受拉力及支持力的情况．‎ ‎【解答】解：A、若小车向左运动做减速运动，则加速度向右，小球受重力及绳子的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时N为零，故A正确；‎ B、若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力为零，故B正确；‎ 同理可知当小球向右时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故N和T均可以为零，故CD均错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹．小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．a和b初速度相同 B．b和c运动时间相同 C．b的初速度是c的两倍 D．a运动时间是b的两倍 ‎【考点】43：平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．‎ ‎【解答】解：B、由图知b、c的高度相同，小于a的高度，根据h=，得t=，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间大于b的时间．故B正确；‎ A、a、b的水平位移相等，因为a的飞行时间长，根据x=v0t知，a的初速度小于b的初速度．故A错误；‎ C、b、c的初速度之比： ===2，故C正确．‎ D、a、b的初速度之比： ===，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（　　）‎ A．B1=B2＜B3‎ B．B1=B2=B3‎ C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 ‎【考点】C3：磁感应强度；C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并根据矢量叠加原理来求解．‎ ‎【解答】解：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；‎ C、D、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故C正确，B错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600μA、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA．完成下列填空．‎ ‎（1）图1中分流电阻Rp的阻值为　　（用Ig、Rg、和I表示）．‎ ‎（2）在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为　49.5　 mA．此时流过分流电阻RP的电流为　49.0　mA（保留一位小数）‎ ‎【考点】NA：把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）表头的量程Ig，内阻Rg，根据Ug=IgRg求解满偏电压；改装后的电流表量程为I=60mA，先根据并联电路的总电流等于各个支路电流求解流过并联电阻的电流，然后根据欧姆定律求解电阻Rp的阻值；‎ ‎（2）先结合量程和格式确定最小分度，再读数；根据并联电路的分流公式确定通过分流电阻RP的电流．‎ ‎【解答】解：（1）由于Rg和Rp并联，由IgRg=IRRp和I=Ig+IR 得：．‎ 故答案为：‎ ‎（2）由图2知流过a电流表的电流I'为49.5mA； ‎ 设此时流过表头的电流为I'g，流过RP的电流为I'R，‎ ‎∵加在表头和Rp上的电压相等，故有I'gRg=I′RRp…①‎ ‎ I'=（I'g+I'R）…②；‎ 由①②联立得：I'R=49.005mA≈49.0mA 故答案为：49.5；49.0‎ ‎　‎ ‎10．利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：‎ ‎（1）实验步骤：‎ ‎①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；‎ ‎②用游标卡尺测量挡光条的宽度L，结果如图2所示，由此读出L=　9.30　mm；‎ ‎③由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离S；‎ ‎④将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；‎ ‎⑤从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间△t1和△t2；‎ ‎⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m．‎ ‎（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：‎ ‎①当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=　（M+m）（）2　和Ek2=　（M+m）（）2　．‎ ‎②在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统重力势能的减少量△EP=　mgS　（重力加速度为g）．‎ ‎（3）如果在实验误差允许的范围内，△EP=　　，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ ‎【考点】MD：验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．‎ 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度l很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎【解答】解：（1）L=9mm+0.05mm×6=9.30mm；‎ 而S=80.00cm﹣20.00cm=60.00cm；‎ ‎（2）①由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度．‎ v1=，‎ v2=‎ ‎②根据动能的定义式得：‎ 通过光电门1，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为E k1=（M+m）（）2；‎ 通过光电门2，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为E k2=（M+m）（）2；‎ ‎③系统势能的减少△EP=mgh=mgs ‎（3）如果△EP=△E k=Ek2﹣Ek1=，即重力势能的减小量等于动能的增加量，则可认为验证了机械能守恒定律．‎ 故答案为：（1）②9.30‎ ‎（2）①mgS； ②（M+m）（）2；（M+m）（）2；‎ ‎（3）．‎ ‎　‎ ‎11．一质量m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了△Ek=18J，机械能减少了△E=3J．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物体向上运动时加速度的大小；‎ ‎（2）物体返回斜坡底端时的动能．‎ ‎【考点】66：动能定理的应用；6B：功能关系．‎ ‎【分析】物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，总功等于动能增加量，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，根据功能关系列式可解；‎ 对从最高点到底端过程运用动能定理列式求解 ‎【解答】解：（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，‎ 根据动能定理，有 ‎﹣mg•lsinθ﹣f•l=EK﹣EK0=﹣18J ①‎ 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：‎ f•l=△E=3J ②‎ 由①②可解得l=5m，f=0.6N 因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能=120J 滑上某一位置时动能减少了△Ek=18J，则此时动能Ek=102J=，可得v2=340m2/s2‎ 物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：‎ ‎==﹣6m/s2（负号表示方向与初速度方向相反）‎ ‎（2）当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，‎ 所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=﹣40J ‎ 从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK′，由动能定理可得 W=EK′﹣EK0 ‎ 得EK′=80J 答：（1）物体向上运动时的加速度大小为6m/s2 ‎ ‎（2）物体返回斜坡底端时的动能80J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0‎ ‎）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP=l，OQ=2l．不计重力．求：‎ ‎（1）M点与坐标原点O间的距离；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间．‎ ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】分析粒子在电场和磁场中的运动性质，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和平抛运动的知识求MO的长度，进而可以求运动的时间．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则 由牛顿第二定律得：qE=ma①‎ 在电场中运动的时间为：②‎ 水平初速度：③‎ 其中2，y0=L，又tanθ=④‎ 联立②③④得θ=30°⑤‎ 由几何关系知MQ为直径，R=⑥‎ MO==6L⑦‎ ‎（2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 v=⑧‎ ‎⑨‎ 从P点到M点所用的时间t=t1+t2⑩‎ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得 t=‎ ‎（1）M点与坐标原点O间的距离为6L；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间为．‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-3】‎ ‎13．下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（　　）‎ A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 ‎【考点】99：理想气体的状态方程；8F：热力学第一定律．‎ ‎【分析】本题可根据分子间作用力分析气体会散开的原因．根据热传递情况分析物态变化时，分析内能的变化，判断分子势能的变化．对于一定量的理想气体，内能只跟温度有关．温度是分子平均动能的标志，气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和．‎ ‎【解答】解：A ‎、气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散．故A错误．‎ B、一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，分子动能之和不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大．故B正确．‎ C、对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，根据气态方程知，温度升高，则内能增大．故C正确．‎ D、如果气体分子总数不变，气体温度升高，若同时体积增大，由可知，压强不一定增大．故D错误．‎ E、一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和．故E正确 故选：BCE ‎　‎ ‎14．如图所示，系统由左右两个侧壁绝热、底部、截面均为S的容器组成．左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭．两个容器的下端由可忽略容积的细管连通．容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气．大气的压强p0，温度为T0=273K，两个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0．系统平衡时，各气体柱的高度如图所示．现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度．用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h．氮气和氢气均可视为理想气体．求 ‎（1）第二次平衡时氮气的体积；‎ ‎（2）水的温度．‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）以B上方的氢气为研究对象，由玻意耳定律求出气体压强，然后以A 下方的氮气为研究对象，由波意耳定律求出氮气的体积．‎ ‎（2）结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度．‎ ‎【解答】解：（1）以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS．‎ 气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0V1=p2V2，即：p0hS=p×0.8hS，解得：p=1.25p0①‎ 活塞A从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程．‎ 该过程的初态压强为1.1p0，体积为V；末态的压强为p′，体积为V′，‎ 则p′=p+0.1p0=1.35p0②V′=2.2hS ③‎ 由玻意耳定律得：1.1p0×V=1.35p0×2.2hS，解得：V=2.7hS ④‎ ‎（2）活塞A从最初位置升到最高点的过程为等压过程．该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0=273K，‎ 末态体积为2.7hS．设末态温度为T，由盖﹣吕萨克定律得： =，解得：T=368.55K；‎ 答：（1）第二次平衡时氮气的体积为2.7hS；（2）水的温度为368.55K．‎ ‎　‎ ‎【物理──选修3-4】‎ ‎15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 （　　）‎ A．振幅一定为A B．周期一定为T C．速度的最大值一定为v D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同 ‎【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象．‎ ‎【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关．‎ ‎【解答】解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，A、B正确，D错误；‎ C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；‎ E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，E正确．‎ 故选ABE ‎　‎ ‎16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求 ‎（ⅰ）光线在M点的折射角；‎ ‎（ⅱ）透明物体的折射率．‎ ‎【考点】H3：光的折射定律．‎ ‎【分析】（ⅰ）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．‎ ‎（ⅱ）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．‎ ‎【解答】解：（ⅰ）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线 设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β．根据题意有 α=30° ①‎ 由几何关系得，∠PNO=∠PQO=r，于是 β+r=60°②‎ 且α+r=β ③‎ 由①②③式得：r=15°④‎ ‎（ⅱ）根据折射率公式有 sini=nsinr ⑤‎ 由④⑤式得：n=⑥‎ 答：‎ ‎（ⅰ）光线在M点的折射角为15°．‎ ‎（ⅱ）透明物体的折射率为．‎ ‎　‎