四川省乐山市2020届高三高考一诊物理试题（Word版附解析）.doc

2020 年四川省乐山市高考物理一诊试卷 二、选择题（本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．每小题给出的四个选项中，第 14～ 18 题只有一项是符合题目要求，第 19～21 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）甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的 v﹣t 图象如图所示，则在 0～ 4s 内（　　） A．两物体始终同向运动 B．2s 末两物体相距最远 C．两物体平均速度相等 D．4s 末两物体相遇 2．（6 分）如图所示，将小物块 P 轻轻放到半圆柱体上，O 为圆心。当小物块处于 B 位置时 恰好能保持静止，OB 与竖直半径的夹角∠AOB＝30°．若小物块与圆柱体之间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 3．（6 分）将质量为 m 物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始 计时，物体离行星表面高度 h 随时间 t 变化关系如图所示，万有引力常量为 G，不考虑行 星自转的影响，则根据以上条件可以求出（　　） A．行星的质量 B．该行星的第一宇宙速度 C．物体受到行星万有引力的大小D．物体落到行星表面的速度大小 4．（6 分）如图所示，由相同的电流表 G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表， R1、R2 是分压电阻，R1＞R2，则下列说法正确的是（　　） A．甲的量程等于乙的量程 B．甲的量程小于乙的量程 C．测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同 D．测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小 5．（6 分）如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻 绳系于车厢顶部，轻绳 OA、OB 与竖直方向夹角均为 30°，其中一球用水平轻绳 BC 系 于车厢侧壁，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　） A．小车一定向右运动 B．轻绳 OA、OB 拉力大小相等 C．小车的加速度大小为 g D．轻绳 BC 拉力大小是轻绳 OB 拉力的 倍 6．（6 分）一子弹以初速度 v0 击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木 块，射入的深度为 d，木块加速运动的位移为 s。则以下说法正确的是（　　） A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量7．（6 分）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为 R，在垂直于圆环且过圆心 O 的轴线上有 a、b、c 三个点，bO＝cO＝ R，aO＝ R，不计重力。则下列判断正 确的是（　　） A．a、c 两点的电场场强大小之比为 1： B．b、c 两点的电场场强相同 C．一电子由 a 点静止释放，电子在 O 点的动能最大 D．一电子由 a 点静止释放，电子由 a 到 c 的过程中，加速度先减小后增大 8．（6 分）如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 用轻弹簧相连置于固定的倾角为 α 的光滑斜 面上，物块 B 与垂直于斜面的挡板 C 接触，物块 A 系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的 定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块 A、B 保持静止。如果 在挂钩上挂一重物 D，平衡时物块 B 恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为 k，重力加 速度为 g，某一瞬间剪断细线，则下列说法正确的（　　） A．重物 D 的重力为 mgsinα B．物块 A 下滑过程中机械能守恒 C．剪短细绳瞬间，物块 A 的加速度大小为 2gsinα D．物块 A 下滑过程中的最大速度为 2gsinα 三、非选择题：共 174 分．第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 33～37 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共 136 分） 9．（6 分）某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想 的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以 A 点为起点，每 5 个计时点选取一个计数点， 标注如图所示。（1）现分别测出计数点 B、C、D、E、F、G 与 A 点的距离 x1、x2、x3、x4、x5、x6，若 打点计时器所用的交流电的频率为 f，用逐差法求出加速度 a＝　 　。 （2）关于这个实验，下列说法正确的是　 　。 A．应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源 B．可用 x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝x6﹣x5 来判定小车做匀加速直线运动 C．若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自 由落体运动是匀加速直线运动 D．本次实验需要用到秒表和刻度尺 10．（9 分）某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题，设计了如图所示的电 路实验器材如下： A．直流电源 4V，内阻 0.5Ω B．电流表 A，量程 0.6A，内阻未知 C．电压表 V，量程 3V，内阻约 2kΩ D．待测电阻 Rx 约 10Ω E．定值电阻 R0＝5Ω F．滑动变阻器，变化范围 0～5Ω G．滑动变阻器，变化范围 0～100Ω H．单刀单掷开关 K1 L．单刀双掷开关 K2 J．导线若干 （1）按照电路图连接实物图（2）滑动变阻器应选　 　（选填器材前的字母序号），闭合 K1 前，滑片 P 应该滑到　 　 端（选填“左端”、“右端”）。 （3）闭合 K1，当 K2 接 a 时，电压表示数为 U1，电流表示数为 I1，当 K2 接 b 时，电压 表示数为 U2，电流表示数为 I2，则待测电阻的准确值为 Rx＝　 　（用本题中的物理 符号表示）。 11．（12 分）如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为 U．CD 为磁场边界上的一块绝缘板，它与 N 板的夹角为 θ＝30°，N 板与 CD 之间存在着垂直 于纸面向外的匀强磁场，小孔 Q 到 N 板的下端 C 的距离为 L．一静止的带电粒子所带电 荷量为+q、质量为 m（不计重力），从 P 点经电场加速后，经小孔 Q 进入磁场，最终打 在 N 板上。求： （1）带电粒子到达 N 板时的速度 v； （2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小 B。 12．（20 分）如图所示，竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切，半径 R＝0.25m，静止在 水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 mA＝1.0kg，mB＝4.0kg，物块 A 处于圆形光 滑轨道的最低点 P，两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻将压缩的微型弹簧 释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 Ek＝10.0J．释放后，小物块 A 经半 圆形光滑轨道 PMN 从 N 点水平抛出。B 与地面之间的动摩擦因数为 µ＝0.20，重力加速 度取 g＝10m/s2．求： （1）弹簧释放后瞬间 A、B 两物块速度的大小； （2）物块 A 对轨道 N 点的压力； （3）B 停止后，与 A 落地点的距离。三、解答题（共 2 小题，满分 15 分）[物理-选修 3-3] 13．（5 分）下列说法正确的是（　　） A．空气中大量 PM2.5 的运动也是分子热运动 B．温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同 C．温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大 D．气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少 E．晶体熔化过程分子势能增加 14．（10 分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体，活 塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为 S．开始时气体的温度为 T0，活塞与容 器底的距离为 h0．将整个装置放在大气压恒为 p0 的空气中后，当气体从外界吸收热量 Q，活塞缓慢上升 d 后再次平衡。求： ①外界空气的温度是多少？ ②在此过程中密闭气体的内能增加了多少？ 四、解答题（共 2 小题，满分 15 分）[物理一选修 3-4] 15．（5 分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点 a、b、c、d、e、f，相邻两质点之 间的距离均为 2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t＝0 时刻振源 a 开始做简谐运动， 取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以 2m/s 的速 度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）A．波传播到质点 c 时，质点 c 开始振动的方向沿 y 轴正方向 B．0～4s 内质点 b 运动的路程为 12cm C．4～5s 内质点 d 的加速度正在逐渐减小 D．6s 时质点 e 第一次回到平衡位置 E．各质点都振动起来后，a 与 c 的振动方向始终相同 16．（10 分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面 MN 上，O 点是圆心， 半径为 R．一列与 OA 面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的 OA 面，平行光 束通过玻璃砖后在水平面 MN 上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为 ，不考虑光 在 OA、OB 面的反射。 （1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，为使水平面 BN 不被照亮，求遮光板的最小高 度； （2）从 OA 的中点射入的细光束，在 MN 上留下一个光点 P 点，求 PO 的长度。2020 年四川省乐山市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 二、选择题（本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．每小题给出的四个选项中，第 14～ 18 题只有一项是符合题目要求，第 19～21 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）甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，它们的 v﹣t 图象如图所示，则在 0～ 4s 内（　　） A．两物体始终同向运动 B．2s 末两物体相距最远 C．两物体平均速度相等 D．4s 末两物体相遇 【分析】速度时间图象中，速度正负表示运动方向，斜率表示加速度，围成面积表示位 移。 【解答】解：A、图象中，甲乙的速度始均为正，故两物体始终同向运动，故 A 正确； BD、甲、乙两物体由同一点沿同一条直线运动，速度相等时两物体相距最远，即 4s 末 两物体相距最远，故 BD 错误； C、速度时间图象中面积表示位移可知，0﹣4s 内甲的位移大于乙的位移，根据 可知， 甲的平均速度大于乙的平均速度，故 C 错误； 故选：A。 【点评】本题考查速度时间图象，关键是要知道斜率表示加速度，面积表示位移，属于 基础题目。 2．（6 分）如图所示，将小物块 P 轻轻放到半圆柱体上，O 为圆心。当小物块处于 B 位置时 恰好能保持静止，OB 与竖直半径的夹角∠AOB＝30°．若小物块与圆柱体之间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，则小物块与圆柱体之间的动摩擦因数为（　　）A． B． C． D． 【分析】小物块只能在圆柱体上 A 到 B 之间保持静止，则在 A 或 B 点时是恰好静止， 即摩擦力达到最大静摩擦力，受力分析由平衡条件列式求解即可。 【解答】解：当物块在 B 点时达到最大静摩擦力，受力如图所示， 由平衡条件得： N＝mgcosθ fm＝mgsinθ 又 fm＝μN 联立解得： ，故 ACD 错误、B 正确。 故选：B。 【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。 3．（6 分）将质量为 m 物体从一行星表面某高度处水平抛出（不计空气阻力）。自抛出开始 计时，物体离行星表面高度 h 随时间 t 变化关系如图所示，万有引力常量为 G，不考虑行 星自转的影响，则根据以上条件可以求出（　　）A．行星的质量 B．该行星的第一宇宙速度 C．物体受到行星万有引力的大小 D．物体落到行星表面的速度大小 【分析】物体在行星表面受到的重力等于万有引力； 物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，下落距离 h＝ ，解得下落加速度 g，落地速度 v＝ ； 第一宇宙速度 v＝ 或 v＝ 。 【解答】解：A、物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，分析图象可知，h＝ 25m，t＝2.5s，根据 h＝ ，解得 g＝8m/s2，物体在行星表面受到的重力等于万有引 力， ，解得行星的质量 M＝ ，因为行星半径未知，行星的质量无法求出， 故 A 错误； B、根据重力提供向心力可知，mg＝m ，解得行星的第一宇宙速度 v＝ ，行星半 径未知，第一宇宙速度未知，故 B 错误； C、物体受到行星万有引力的大小为 mg，故 C 正确； D、物体做平抛运动，落地速度 v＝ ，初速度未知，则落地速度未知，故 D 错误。 故选：C。 【点评】此题考查了万有引力定律的应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力结合 匀变速直线运动规律解题。 4．（6 分）如图所示，由相同的电流表 G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表， R1、R2 是分压电阻，R1＞R2，则下列说法正确的是（　　） A．甲的量程等于乙的量程 B．甲的量程小于乙的量程C．测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同 D．测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小 【分析】根据串联电路电流处处相等，而总电压和总电阻成正比来分析甲乙的量程大小； 分析同一电压下电路中的电流的大小关系，电表的偏转角度是根据通过电流表的电流大 小来反应的； 【解答】解：A、B、由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表 G 改装而成，其允许通过 的最大电流是一致的，由于 R1＞R2，则甲的电阻比乙的电阻大，电流一样时，甲的电压 比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故选项 A、B 错误； C、D、设电流表的电阻为 R，则在相同的电压 U 时，有 ，即通过甲的电 流小于乙的，甲表指针的偏转角度比乙表小，故 C 错误，D 正确； 故选：D。 【点评】解决该题的关键是掌握电压表的改装原理，知道改装后电表指针的偏角是通过 电流表的电流大小来判断的； 5．（6 分）如图所示，小车在水平面上做匀变速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻 绳系于车厢顶部，轻绳 OA、OB 与竖直方向夹角均为 30°，其中一球用水平轻绳 BC 系 于车厢侧壁，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　） A．小车一定向右运动 B．轻绳 OA、OB 拉力大小相等 C．小车的加速度大小为 g D．轻绳 BC 拉力大小是轻绳 OB 拉力的 倍 【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球 AB 分别受力分析，根据牛顿第二定律 求得加速度和绳子的拉力。 【解答】解：AC、对小球 A 受力分析，由牛顿第二定律可知：TOAsin30°＝ma TOAcos30°＝mg 联立解得：TOA＝ mg，a＝ g，方向水平向右，小车可向右加速运动，也可向左减速运动。故 AC 错误。 BD、对 B 受力分析，由牛顿第二定律得：水平方向：TCB﹣TOBsin30°＝ma 竖直方向：TOBcos30°＝mg 联立解得：TOB＝ mg＝TOB，TCB＝ mg＝TOB，故 B 正确，D 错误。 故选：B。 【点评】解决该题的关键是能在 A、B 两个小球中正确地选择出 A 球来分析从而找到整 体的加速度，掌握正交分解求解力的解题方法； 6．（6 分）一子弹以初速度 v0 击中静止在在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木 块，射入的深度为 d，木块加速运动的位移为 s。则以下说法正确的是（　　） A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损 B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量 【分析】根据能量守恒定律分析子弹动能的亏损与系统动能亏损的关系。由系统的动量 守恒分析子弹和木块动量变化量的关系。根据子弹和木块对地位移关系，分析摩擦力对 两者做功关系。对木块由动能定理列方程可判断。 【解答】解：A、子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损 大于系统动能的亏损，故 A 错误。 B、子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量 大小相等，方向相反。故 B 正确。 C、摩擦力对木块做的功为 fs，摩擦力对子弹做的功大小为﹣f（s+d），可知二者不等， 故 C 错误。 D、对木块由动能定理得：fs＝△EK，故 D 正确。 故选：BD。 【点评】本题属于子弹打木块模型，分析清楚物体的运动过程，找出子弹与木块的位移 关系、应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题。7．（6 分）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为 R，在垂直于圆环且过圆心 O 的轴线上有 a、b、c 三个点，bO＝cO＝ R，aO＝ R，不计重力。则下列判断正 确的是（　　） A．a、c 两点的电场场强大小之比为 1： B．b、c 两点的电场场强相同 C．一电子由 a 点静止释放，电子在 O 点的动能最大 D．一电子由 a 点静止释放，电子由 a 到 c 的过程中，加速度先减小后增大 【分析】根据点电荷场强公式 E＝k 和电场的叠加原理，求出圆盘在 a、c 两点处产生 的场强的大小与方向，从而求得场强之比。根据对称性确定 b、c 两点的场强关系。一电 子由 a 点静止释放，根据电场力做功情况分析动能的变化。根据受力情况，分析加速度 的变化。 【解答】解：A、设圆环带电量为 Q．将圆环分成 n 等分，则每个等分带电量为 q＝ ， 每个等分可看成点电荷，每个点电荷在 a 点处产生的场强大小为 E1＝k ＝ ，该书场强方向与 aO 的夹角为 30°，根据电场的叠加原理知：a 点处场强大小为 Ea ＝nE1cos30°＝n • ＝ ．同理可得，c 点处场强大小为 Ec＝ ，则 Ea： Ec＝1： ，故 A 正确。 B、b、c 两点的电场场强大小相等，方向相反，则场强不同，故 B 错误。 C、一电子由 a 点静止释放，从 a 运动到 O 时电场力做正功，动能增加。从 O 向下运动 时，电场力做负功，动能减少，所以电子在 O 点的动能最大，故 C 正确。 D、根据 Ea＜Ec 知，电子由 a 到 c 的过程中，场强增大，电子所受的电场力增大，加速 度增大。故 D 错误。故选：AC。 【点评】要题的关键要采用微元法求圆环在各个点产生的场强，要熟练运用电场强度叠 加原理，结合几何知识求合场强。 8．（6 分）如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 用轻弹簧相连置于固定的倾角为 α 的光滑斜 面上，物块 B 与垂直于斜面的挡板 C 接触，物块 A 系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的 定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块 A、B 保持静止。如果 在挂钩上挂一重物 D，平衡时物块 B 恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为 k，重力加 速度为 g，某一瞬间剪断细线，则下列说法正确的（　　） A．重物 D 的重力为 mgsinα B．物块 A 下滑过程中机械能守恒 C．剪短细绳瞬间，物块 A 的加速度大小为 2gsinα D．物块 A 下滑过程中的最大速度为 2gsinα 【分析】平衡时物块 B 恰不离开挡板，对 AB 整体受力分析计算 D 的质量；根据机械能 守恒的条件判断；A 下落的位移等于弹簧的形变量之和；根据机械能守恒求解 A 的最大 速度。 【解答】解：A、平衡时物块 B 恰不离开挡板，则满足 m Cg＝2mgsinα，所以 m c＝ 2msinα，故 A 错误； B、物块 A 下滑过程中物块 A 受到弹簧弹力做功，故 A 机械能不守恒，故 B 错误； C、当 B 刚要离开挡板时弹簧的拉伸量为：x2＝ ，开始时 A 受到弹簧的拉力最 大，所以加速度最大，由牛顿第二定律可知：ma＝mgsinα+kx2，可得：s＝2gsinα．故 C 正确 D、A 的速度最大时，加速度为零，对应 A 的受力为 0，此时弹簧处于压缩状态，弹簧的 压缩量为：x1＝ ＝x2， 从开始运动到 A 速度最大，A 下落的位移为：x＝x1+x2＝2 ， 该过程中弹簧开始时的伸长量等于最后时刻的压缩量，所以弹簧的弹性势能不变；根据机械能守恒知：mgxsinα＝ ， 即 v＝2gsinα ，故 D 正确； 故选：CD。 【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和机械能守恒问题，解答平衡问题的一般步骤 是：确定研究对象、进行受力分析、然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。 三、非选择题：共 174 分．第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 33～37 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共 136 分） 9．（6 分）某同学利用打点计时器研究斜面上小车由静止开始下滑的运动。挑选出较为理想 的纸带后，舍去前段较为密集的点，然后以 A 点为起点，每 5 个计时点选取一个计数点， 标注如图所示。 （1）现分别测出计数点 B、C、D、E、F、G 与 A 点的距离 x1、x2、x3、x4、x5、x6，若 打点计时器所用的交流电的频率为 f，用逐差法求出加速度 a＝　 　。 （2）关于这个实验，下列说法正确的是　C　。 A．应将小车拉到打点计时器附近，然后释放小车，再接通电源 B．可用 x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝x6﹣x5 来判定小车做匀加速直线运动 C．若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自 由落体运动是匀加速直线运动 D．本次实验需要用到秒表和刻度尺 【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2 可以求出加速度的大小； 依据实验原理，结合实验操作，及注意事项，即可判定。 【解答】解：（1）每 5 个计时点选取一个计数点，且打点计时器所用的交流电的频率为 f， 根据△x＝aT2，依据逐差法有： a＝ ＝ （2）A．应将小车拉到打点计时器附近，然后接通电源，再释放小车，故 A 错误； B．x1、x2、x3、x4、x5、x6，分别是计数点 B、C、D、E、F、G 与 A 点的距离，因此不可用 x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝x5﹣x4＝x6﹣x5 来判定小车做匀加速直线运动，故 B 错误； C．若逐渐增大斜面倾角，每次实验都证明小车做匀加速直线运动，则可合理外推得出自 由落体运动是匀加速直线运动，故 C 正确； D．本次实验需要用到刻度尺，但不需要秒表，因有打点计时器，故 D 错误； 故答案为：（1） ；（2）C。 【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要 加强基础知识的理解与应用。 10．（9 分）某实验小组为了解决伏安法测电阻存在系统误差的问题，设计了如图所示的电 路实验器材如下： A．直流电源 4V，内阻 0.5Ω B．电流表 A，量程 0.6A，内阻未知 C．电压表 V，量程 3V，内阻约 2kΩ D．待测电阻 Rx 约 10Ω E．定值电阻 R0＝5Ω F．滑动变阻器，变化范围 0～5Ω G．滑动变阻器，变化范围 0～100Ω H．单刀单掷开关 K1 L．单刀双掷开关 K2 J．导线若干 （1）按照电路图连接实物图 （2）滑动变阻器应选　F　（选填器材前的字母序号），闭合 K 1 前，滑片 P 应该滑到　 左端　端（选填“左端”、“右端”）。（3）闭合 K1，当 K2 接 a 时，电压表示数为 U1，电流表示数为 I1，当 K2 接 b 时，电压 表示数为 U2，电流表示数为 I2，则待测电阻的准确值为 Rx＝　 　（用本题中的 物理符号表示）。 【分析】（1）根据实验电路图连接实物图； （2）根据滑动变阻器的接法以及方便调节原则选择滑动变阻器；开关闭合前，滑动变阻 器应处于使电流表示数最小的一端； （3）根据欧姆定律列式求解待测电阻阻值。 【解答】解：（1）根据实验原理图连接实物图如图所示： ； （2）根据电路图可知滑动变阻器采用分压接法，为方便调节，滑动变阻器应选用阻值较 小的 F； 开关闭合前，滑动触头应处于使电表示数最小的一端：左端； （3）闭合 K1，当 K2 接 a 时，电压表示数为 U1，电流表示数为 I1， 由欧姆定律得： …① 当 K2 接 b 时，电压表示数为 U2，电流表示数为 I2， 由欧姆定律得： …② ①②联立解得： Rx＝ 故答案为： （1）实物连接如图所示：； （2）F、左端；（3） 。 【点评】本题考查伏安法测电阻，关键是连接实物图时注意电流从电表的正接线柱流入， 负接线柱流出，另外要熟练掌握欧姆定律，并能灵活应用。 11．（12 分）如图所示，M、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为 U．CD 为磁场边界上的一块绝缘板，它与 N 板的夹角为 θ＝30°，N 板与 CD 之间存在着垂直 于纸面向外的匀强磁场，小孔 Q 到 N 板的下端 C 的距离为 L．一静止的带电粒子所带电 荷量为+q、质量为 m（不计重力），从 P 点经电场加速后，经小孔 Q 进入磁场，最终打 在 N 板上。求： （1）带电粒子到达 N 板时的速度 v； （2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小 B。 【分析】（1）根据动能定理可得带电粒子到达 N 板时的速度 v； （2）带电粒子恰好能够达到 N 板，则运动轨迹与 CD 板相切，根据几何关系求半径、根 据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度。 【解答】解：（1）根据动能定理可得：qU＝ mv2， 解得带电粒子到达 N 板时的速度 v＝ ； （2）带电粒子恰好能够达到 N 板，则运动轨迹与 CD 板相切， 根据几何关系可得：L＝r+ ＝3r 解得 r＝根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝m 解得 B＝ 。 答：（1）带电粒子到达 N 板时的速度为 ； （2）带电粒子在匀强磁场中运动轨道半径最大时，磁感应强度大小为 。 【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系 求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求 时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进 行解答。 12．（20 分）如图所示，竖直的半圆形光滑轨道与水平地面相切，半径 R＝0.25m，静止在 水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 mA＝1.0kg，mB＝4.0kg，物块 A 处于圆形光 滑轨道的最低点 P，两小物块之间有一被压缩的微型轻弹簧。某时刻将压缩的微型弹簧 释放，使 A、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 Ek＝10.0J．释放后，小物块 A 经半 圆形光滑轨道 PMN 从 N 点水平抛出。B 与地面之间的动摩擦因数为 µ＝0.20，重力加速 度取 g＝10m/s2．求： （1）弹簧释放后瞬间 A、B 两物块速度的大小； （2）物块 A 对轨道 N 点的压力； （3）B 停止后，与 A 落地点的距离。 【分析】（1）释放弹簧过程系统动量守恒，根据题意应用动量守恒定律可以求出两物块 的速度。 （2）A 在轨道上运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出 A 到达 N 点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对 A 的支持力，再求出 A 对轨道的压力。 （3）应用动能定理求出 B 的位移，A 离开 N 后做平抛运动，应用平抛运动规律求出 A 的水平位移，然后答题。 【解答】解：（1）释放弹簧过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAvA﹣mBvB＝0， 由题意可知：EK＝ ， 代入数据解得：vA＝4m/s，vB＝1m/s； （ 2 ） A 从 P 运 动 到 N 过 程 机 械 能 守 恒 ， 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 ： ， 在 N 点，由牛顿第二定律得：F+mAg＝mA ， 代入数据解得：F＝14N， 由牛顿第三定律可知，A 对轨道的压力：F′＝F＝14N； （3）A 离开轨道后做平抛运动， 竖直方向：2R＝ 水平方向：xA＝vA′t， B 向左滑动过程，由动能定理得：﹣μmBgxB＝0﹣ ， A、B 两点间的距离：x＝xA﹣xB， 代入数据解得：x＝ m； 答：（1）弹簧释放后瞬间 A、B 两物块速度的大小分别为 4m/s、1m/s； （2）物块 A 对轨道 N 点的压力大小为 14N，方向：竖直向上； （3）B 停止后，与 A 落地点的距离分别为 m。 【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块 的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与平抛运动规律可以解 题。 三、解答题（共 2 小题，满分 15 分）[物理-选修 3-3] 13．（5 分）下列说法正确的是（　　） A．空气中大量 PM2.5 的运动也是分子热运动B．温度相同的氧气和氢气，分子的平均动能相同 C．温度相同的氧气和氢气，氢气的内能一定大 D．气体等压压缩过程一定放出热量，且放出的热量大于内能的减少 E．晶体熔化过程分子势能增加 【分析】PM2.5 在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。温度是 分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与氢气分子 的平均动能相等。根据理想气体状态方程 ＝C，等压压缩，则温度降低，则内能下降， 根据热力学第一定律△U＝Q+W，放出的热量大于内能的减少，晶体融化时要吸热而温 度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故说明晶体在融化过程中分 子势能增加了。 【解答】解：A、PM2.5 在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动。 故 A 错误； B、温度是分子的平均动能的标志，所以温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能与 氢气分子的平均动能相等。故 B 正确，C 错误。 D、根据理想气体状态方程 ＝C，等压压缩，则温度降低，则内能下降，根据热力学 第一定律△U＝Q+W，放出的热量大于内能的减少，故 D 正确； E、晶体融化时要吸热而温度保持不变，则其分子平均动能不变，但吸热后内能增大，故 说明晶体在融化过程中分子势能增加了，故 E 正确； 故选：BDE。 【点评】本题考查热力学第一定律、分子热运动与分子势能等，知识点多，难度小，关 键是记住基础知识。 14．（10 分）如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体，活 塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为 S．开始时气体的温度为 T0，活塞与容 器底的距离为 h0．将整个装置放在大气压恒为 p0 的空气中后，当气体从外界吸收热量 Q，活塞缓慢上升 d 后再次平衡。求： ①外界空气的温度是多少？ ②在此过程中密闭气体的内能增加了多少？【分析】①对于封闭的气体，发生了等压变化，由盖•吕萨克定律可求出外界空气的温度。 ②活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，根据势力学第一定律求 得气体的内能增加量。 【解答】解：①取密闭气体为研究对象，活塞上升过程为等压变化， 由盖•吕萨克定律得： 解得：外界的空气温度为： ②活塞上升的过程，密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功，所以外界对系统做的功 W＝﹣（mg+p0S）d 根据势力学第一定律得密闭气体增加的内能 △U＝Q+W＝Q﹣（mg+p0S）d 答：①外界空气的温度是 ； ②在此过程中的密闭气体的内能增加了 Q﹣（mg+p0S）d。 【点评】利用气体的三个定理解决气体的状态变化过程时，要注意寻找不变量。同时要 注意 P 这个参量，它是气体问题和力学知识的关联点。还要注意结合热力学第一定律讨 论气体的内能变化。 四、解答题（共 2 小题，满分 15 分）[物理一选修 3-4] 15．（5 分）如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点 a、b、c、d、e、f，相邻两质点之 间的距离均为 2m，各质点均静止在各自的平衡位置，t＝0 时刻振源 a 开始做简谐运动， 取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图象如图乙所示，形成的简谐横波以 2m/s 的速 度水平向右传播，则下列说法正确的是（　　）A．波传播到质点 c 时，质点 c 开始振动的方向沿 y 轴正方向 B．0～4s 内质点 b 运动的路程为 12cm C．4～5s 内质点 d 的加速度正在逐渐减小 D．6s 时质点 e 第一次回到平衡位置 E．各质点都振动起来后，a 与 c 的振动方向始终相同 【分析】由图乙读出周期。由波速公式求解波长。根据 求出波传到各点的时间，分 析质点的振动情况，由位置确定加速度的变化。根据各个质点间距离与波长的关系，分 析质点运动方向的关系 【解答】解：A、根据乙图可知，波源 a 开始起振的方向竖直向上，所以波传播到质点 c 时，质点 c 开始振动的方向也竖直向上，故 A 正确； B、波的周期与 a 点振动周期相等，由图乙知：周期为 T＝2s，根据公式： ，得： λ＝vT＝2×2＝4m，波从 a 传到 b 点的时间为 ，则在 0﹣4s 内质点 b 已经振动了 t＝3s 时间，而 t＝3s＝ ，所以质点 b 运动路程为 S＝6A＝6×2cm＝ 12cm，故 B 正确； C、波从 a 传到 d 点的时间为 ，则在 4s 时，质点 d 已经振动了 1s， 则在 4﹣5s 这段时间内质点 d 正由平衡位置向波谷运动，加速度在增大，故 C 错误； D、波从 a 传到 e 点的时间为 ，6s 时质点 e 振动了 2s＝T，第二次回 到平衡位置，故 D 错误。 E、该波的波长 λ＝4m，此六质点都振动起来后，a、e 的距离等于波长，所以质点 a 的运 动方向始终与质点 c 的运动方向相同，故 E 正确。 故选：ABE。 【点评】本题关键在于根据波的传播方向及波长、周期等情况，分析判断各质点的振动情况。也可用画波形图的方法求解。 16．（10 分）如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面 MN 上，O 点是圆心， 半径为 R．一列与 OA 面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的 OA 面，平行光 束通过玻璃砖后在水平面 MN 上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为 ，不考虑光 在 OA、OB 面的反射。 （1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，为使水平面 BN 不被照亮，求遮光板的最小高 度； （2）从 OA 的中点射入的细光束，在 MN 上留下一个光点 P 点，求 PO 的长度。 【分析】（1）当光线射到 AB 面上恰好发生全反射时，遮光板的最小高度等于光线在 AB 面上的入射以 ON 的距离，根据折射定律求出临界角，由几何知识求出遮光板的最小高 度。 （2）作出光路图，根据几何知识确定光线射到 AB 面上的入射角，由折射定律求出折射 角，再由几何知识求出 P 点到 O 点的距离。 【解答】解：（1）如图 1，当光线在 AB 面入射角大于临界角 C 时，将没有光线出射后 射向 BN 平面，设遮光板高度为 h，则 由折射定律有 由几何知识得 h＝RsinC 求得 （2）如图 2，当光在 AB 面中点入射时，入射角为 30°，设 P 点到 O 点的距离为 S， 由折射定律 得 ＝ ， 则：θ＝60° 所以△OEP 为等腰三角形，由几何关系可知：OP＝2R•cos30°＝ 答：（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，使水平面 BN 不被照亮，遮光板的最小高度是 。 （2）撤去遮光板，从 OA 的中点射入的光，在 MN 上的 P 处留下一个光点，P 点到 O 点 的距离是 R。 【点评】本题考查了几何光学的运用，对数学能力的要求较高，关键作出光路图，结合 折射定律和几何关系综合求解。