2020年广东省湛江市高三网络教学训练题（二）物理（试卷版+解析版）

第页 1 2020 年湛江市高三网络教学训练题（二） 物理 注意事项： 1.本卷分第 l 卷选择题和第Ⅱ卷非选择题部分。 2.考试时间 90 分钟，满分 100 分。 3.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。 第 1 卷选择题（共 48 分） 一、选择羁（本题共 l2 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中， 1~7 题只有一个选项 符合题目要求，第 8-—12 题有多项符自题目要求。全部选对得 4 分．选对但不全的得 2 分．有错选项得 0 分） 1.用如图所示的装置研究光电效应现象。用光子能量为 11eV 的光照射光电管的阴极 K．电流表检测到有电 流，调节滑动变阻器滑片，当电流表的示数恰好为零时，电压表的示数为 6V．下列 说法正确的是（  ） A. 金属板的逸出功为 6eV B. 若用能量为 6eV 的光子照射阴极 K，不能发生光电效应 C. 将滑片调至滑动变阻器的最左端，此时电流表示数为饱和光电流 D. 电子的最大初动能为 6eV 2.如图所示，质量为 M 的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一 质量为 m 的球，球与水平面的接触点为 a，与斜面的接触点为 b，斜面倾角为 θ．当小车和球一起在水平桌 面上做直线运动时，下列说法正确的是（  ） A. 若小车匀速运动，则球对斜面上 b 点的压力大小为 mgcosθ B. 若小车匀速运动，则球对水平面上 a 点的压力大小为 mgsinθ C. 若小车向左以加速度 gtanθ 加速运动，则球对水平面上 a 点无压力 D. 若小车向左以加速度 gtanθ 加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g 3.竖直平面内存在水平向右的匀强电场，电场强度为 E，将质量为 m、电量为 q 的小球以 初速度 v0 竖直向上抛出，已知 ，重力加速度为 g。下列说法正确的是（  ） A. 小球上升的位置越高，速度越小 B. 小球的水平位移越大，速度越大 C. 小球的最小速度为零 D. 小球的最小速度为 4.2019 年 9 月 19 日，中国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭，采取一箭 五星的方式成功将“珠海一号”03 组卫星发射升空。卫星顺利进入预定轨道，五颗卫星围绕地球做匀速圆 周运动。关于这五颗卫星，下列说法正确的是（  ） A. 轨道半径最大的卫星，动能最大 B. 轨道半径最大的卫星，角速度最小 C. 轨道半径最大的卫星，加速度最大 D. 轨道半径最大的卫星，线速度最大 5.如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段， 毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度 ω 做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的 轨道半径为 r，重力加速度为 g。在该段时间内，下列说法正确的是 （  ） A. 毛绒玩具在滚筒最高点的速度为 B. 滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零 第页 2 C. 地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零 D. 洗衣机对地面的压力保持不变 6.某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ， 两导轨长为 L，间距为 d，一质量为 m 的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为 d，电阻为 R，与导轨接触良 好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为 I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止 开始做匀加速运动，加速度大小为 a。下列说法正确的是（  ） A. 将弹丸弹出过程中，安培力做的功为 maL+mgLsinθ B. 将弹丸弹出过程中，安培力做的功为 C. 将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小 D. 将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变 7.如图所示，理想变压器原线圈所接交流电源的变化规律 u=8 sin100πt（V），接线柱 2 位于原线圈的 中间位置。开关置于接线柱 1 时，原、副线圈的匝数比 n1：n2=4：1，副线圈所接电阻 R=10Ω，电压表、电 流表均为理想电表。下列说法正确的是（  ） A. 开关置于接线柱 1 时，电压表的示数约为 2.82V B. 开关置于接线柱 1 时，电流表的示数为 0.2A C. 开关置于接线柱 2 时，电流表的示数为 0.2A D. 开关置于接线柱 2 时，变压器的输出功率为 3.2W 8.如图所示，物体 A 穿在光滑的竖直杆上，某人用不可伸长的轻绳通过光滑定滑轮拉物体 A，某段时间内， 物体 A 以速度 v0 匀速向上运动，该过程中，下列说法正确的是（  ） A. 人对轻绳的拉力大小不变 B. 人对轻绳的拉力的功率不变 C. 绳与杆的夹角为θ时，人拉绳的速度大小为 D. 人对绳做的功等于物体 A 重力势能的增加量 9.汽车司机发现前方有障碍物，立即刹车，刹车过程可视为匀减速运动。自刹车开始第 1s 内经过的位移为 24m，第 4s 内经过的位移为 1m。下列说法正确的是（  ） A. 汽车的加速度大小为 8m/s2 B. 汽车的加速度大小为 7.67m/s2 C. 汽车的初速度大小为 28m/s D. 汽车的初速度大小为 30.67m/s 10.光滑水平面上静止一质量为 2kg 的物块。在 0～8s 时间内受到水平力 F 的作用。力 F 随时间 t 的变化如 图所示，下列说法正确的是（  ） 第页 3 A. t=2s 时，物块的速度大小为 2m/s B. t=4s 时，物块的速度大小为 2m/s C. t=2s 时和 t=6s 时，物块的动量相同D. t=8s 时，物块恰好回到原出发点 11.回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R．两盒间的狭缝很小，带电粒子 穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直。A 处粒子源产生质量为 m、电荷量为+q 的粒子，在加速器中被加速，加速电压为 U．下列说法正确的是（  ） A. 交变电场的周期为 B. 粒子射出加速器的速度大小与电压 U 成正比 C. 粒子在磁场中运动的时间为 D. 粒子第 1 次经过狭缝后进入磁场的半径为 12.在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势 φ 与该点到点电荷的距离 r 的关系如图所示。该 水平面上 a、b、c 三个点的电势 φ 与距离 r 的关系已在图中标出，虚线为过 b 点的切线。现将一质量为 0.03kg、电量为 0.1C 的带正电物块从 a 点由静止释放，依次经过 b、c 两点。电场力所做的功分别为 Wab、Wbc， 且过 b 点时物块的速度最大。已知重力加速度 g=10m/s2，静电力常量 k=9.0×109N•m2/C2，下列说法正确的 是（  ） A. b 点的场强大小为 1.5V/m B. 物块与桌面间的动摩擦因数 0.3 C. Wab=2Wbc D. 固定点电荷的电荷量为 ×10-9C 第Ⅱ卷 选择题（共 52 分） 二、实验题（本题 2 题，共 14 分） 13.（5 分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固 定在木板上。固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系 统达到平衡。 （1）实验过程中必须要记录下列哪些数据______ A．O 点位置 B．每组钩码的个数 C．每个钩码的质量 D．OA、OB 和 OC 绳的长度 E．OA、OB 和 OC 绳的方向 （2）下列实验操作正确的是______ A．将 OC 绳换成橡皮筋，仍可完成实验 B．细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差 C．尽量保持∠AOB 为 90°、60°、120°等特殊角方便计算 D．若改变悬挂钩码的个数 N3，重新进行实验，必须保持 O 点位置不动，重新调整钩码的个数 N1、N2 第页 4 14. （7 分）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，应用如下器材： A．待测电源 E（电动势约为 1.5V、内阻 r 小于 1.0Ω） B．电流表 A（满偏电流 Ig=100mA、内阻 rg=8.0Ω） C．电阻箱 R（阻值范围 0-99.9Ω） D．开关、导线若干 E．定值电阻 R1=1.0Ω F．定值电阻 R2=2.0Ω 实验电路图如图甲所示。 （1）调整电阻箱阻值，记录电阻箱阻值 R 和电流表示数Ⅰ，则通过电源的电流 I′=______I。 （2）多次重复步骤（1）。得到 R 和 I'的多组实验数据。作出的函数图象如图乙所 示。根据图象中的数据可得电源电动势为______V．电源内阻为______Ω。 二、计算题（本题 3 题，共 25 分） 15. （6 分）如图所示，竖直平面内一固定挡板与竖直方向夹角为 45°．将一小球水平抛出，抛出位置与挡 板的上端点 O 等高且相距 3.2m。小球运动过程中和挡板恰好不相碰。已知重力加速度 g=10m/s2．求小球水 平抛出时的初速度。 16. （7 分）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为 L，质量为 m 的导体棒 MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接 触良好，整个装置处在重直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度为 B，电容器的电容为 C，导轨和导体棒 的电阻均不计。导体棒 MN 在水平向右的恒力 F 作用下，由静止开始运动。求： （1）导体棒 MN 的加速度大小； （2）经过时间 t 时，电容器所带电量。 17（12 分）一质量 m=0.2k 的硬纸板静止在水平桌面上．纸扳与桌面间动摩擦闪数μ1=0.4，现用水平向右 恒力 F=lN 拉动纸扳．t=ls 时，在纸板上轻放一质量 m2=0.05kg 的小物块，小物块初速度为零，小物块从纸 板左端掉下时，纸板速度大小 v2=0.9m/s，小物块与纸板和桌面间动摩擦因数均为加μ2=0.2．小物块恰好不 能从桌面右边缘掉下。已知重力加速 g=10m/s2，求： （l)l s 时，纸板的速度大小 v1； (2)小物块刚放到纸板上时，小物块到桌面右边缘的距离 (3)从小物块放到纸板刮与纸板分离的过样中，整个系统因摩擦产生的热量 四、选考题（共 13 分。请考生从给出的选修 3—3 和选修 3—4 任选一模块作答。如果多做． 则按所做的选修 3—3 模块计分） 【选修 3—3】（13 分） 18. （5 分）（1）关于理想气体，下列说法正确的是（  ） A. 已知气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可估算一个分子质量 第页 5 B. 已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可估算一个分子直径 C. 气体压强是因为气体分子间表现为斥力 D. 气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致 E. 一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大 （2）如图所示，导热汽缸开口向下置于水平地面上，缸内面积为 S 的活塞封闭了一定质量的理想气体，活 塞可自由滑动且滑动时汽缸不漏气，活塞下挂一个砂桶，活塞与砂桶总质量为 m，活塞到汽缸底部距离为 h 时恰好保持静止。现将砂桶缓慢装满细砂，活塞再次静止时距汽缸底部 ，缸内气体温度保持 T0 不变，已 知重力加速度为 g，大气压强为 p0，砂桶始终未与地面接触。 ①求砂桶中细砂的质量； ②将细砂从砂桶中缓慢漏出，同时给汽缸加热，细砂漏完时，活塞仍静止在距汽缸底部 处，求此时缸内 气体的温度。 【选修 3—4】（13 分） 19.（1）一列简谐波沿直线传播，先后经过 a、b 两点，a、b 两点间距为 1m，图甲为 a 点振动图象，图乙 为 b 点振动图象。下列说法正确的是（  ） A. 波的周期为 4s B. 波的速度可能为 0.25m/s C. 波的速度可能为 1m/s D. t=1s 时，b 点向 y 轴负方向运动E. 0～4s 内，a 点经过的路程为 4m （2）某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边 BC 与半圆形直径重合，∠ACB=30°，半圆形的 半径为 R，一束光线从 E 点射入介质，其延长线过半圆形的圆心 O，且 E、O 两点距离为 R，已知光在真空的 传播速度为 c，介质折射率为 ．求： ①光线在 E 点的折射角并画出光路图； ②光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。 第页 6 解析版 1. 【答案】 D 【解析】 解：AD、电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为 6V，根据动能定理得，eU=EKm=6eV．再根据光电效应 方程知 W0=hγ-EKm=11eV-6eV=5eV，故 A 错误，D 正确； B、若用能量为 6eV 的光子照射阴极 K，其能量大于逸出功 W0=5eV，满足光电效应发生条件，因此能发生光 电效应，故 B 错误； C、将滑片调至滑动变阻器的最左端，此时没有反向电压，则光电子不再受到电场阻力，但电流表示数不为 饱和光电流，故 C 错误。 故选：D。 题目图示电路所加的电压为反向电压，当电流计的读数恰好为零时，根据动能定理可以求出光电子的最大 初动能，通过光电效应方程可以求出逸出功的大小； 依据光电效应发生条件：入射光频率不小于极限频率； 饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，当没有反向电压后，光电流没达到最大值。 本题考查了光电效应现象与规律等基础知识，掌握光电效应方程的内容，理解逸出功，遏止电压，饱和光 电流，最大初动能的概念，理解光电效应发生条件，注意正向电压与反向电压的区分。 2. 【答案】 C 【解析】 解：AB、小车匀速运动，小球也做匀速运动，小球受力平衡，斜面上 b 点对球没有支持力，否则，小球的 合外力不零，不能做匀速运动，则球对斜面上 b 点的压力大小为零，故 AB 错误； C、若小车向左以加速度 gtanθ加速运动，对小球受力分析如图所示： 根据牛顿第二定律 竖直方向有 Na+Nbcosθ-mg=0 水平方向有 Nbsinθ=ma=mgtanθ 解得 Nb= ，Na=0 根据牛顿第三定律知球对水平面上 a 点无压力，故 C 正确； D、以小车和小球整体为研究对象，竖直方向没有加速度，则地面对小车的支持力等于（M+m）g，根据牛顿 第三定律知小车对地面的压力等于（M+m）g，故 D 错误。 故选：C。 若小车匀速运动，对小球受力分析，根据平衡条件分析斜面对球有无支持力，从而判断球对斜面有无压力； 若小车向左以加速度 gtanθ加速运动，根据牛顿第二定律求出球的合外力，再分析水平面对 a 有无支持力， 从而确定球水平面有无压力。对小球和小车整体分析小车对地面的压力大小。 解决本题时，要知道力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，故本题应讨论小车的运 动情况来判断小球的受力情况。 3. 【答案】 第页 7 D 【解析】 解：A、假设小球带正电。小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，其合外力大小为 F= mg，方向与初速度 v0 成 135°角斜向右下方，如图，小球做类斜抛运动，合外力先做负功后做正功，速度 先增大后减小，当合外力与速度垂直时速度最小，此时速度与水平成 45°角斜向右上方，如图所示，还没 有到达最高点，所以，在速度达到最小值之前，小球上升的位置越高，速度越小，之后，小球上升的位置 越高，速度越大，故 A 错误； B、在速度达到最小值之前，小球的水平位移越大，速度越小，之后，小球的水平位移越大，速度越大，故 B 错误； CD、小球的速度最小时速度方向与水平成 45°角斜向右上方，设从抛出到速度最小所用时间为 t， 故选：D。 小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，小球做类斜抛运动，根据重力和电场力的合力做功情况，分 析速度的变化情况。当合外力与速度垂直时速度最小，由速度分解法求小球的最小速度。 本题是带电体在电场中运动的问题，要抓住小球的运动与斜上抛运动的相似性，运用运动的分解法研究水 平和竖直两个方向的分速度，要有联想和迁移能力。 4. 【答案】 B 【解析】 分析可知，轨道半径越大的卫星，线速度、角速度和加速度均越小，即轨道半径最大的卫星，线速度、角 速度和加速度均最小，故 B 正确，CD 错误； A、卫星的动能与质量有关，五颗卫星的质量未知，无法比较动能的大小，故 A 错误。 故选：B。 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，分别列出加速度、角速度、线速度与半径的关系式， 从而判断各个量的关系。 卫星的动能与质量有关。 此题考查了人造卫星的相关知识，求解此类问题，关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地 球的万有引力提供卫星的向心力。 5. 【答案】 B 【解析】 解：A、毛绒玩具竖直平面内做匀速圆周运动，则在最高点的速度一定大于等于 ，故 A 错误； B、毛绒玩具受到重力、滚筒的支持力以及摩擦力，支持力始终与运动的方向垂直，不做功；毛绒玩具的动 能不变，而滚筒旋转一周，重力对毛绒玩具做的功为零，所以摩擦力对毛绒玩具做的功也为零，故 B 正确； C、以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在水平方向上受 第页 8 到的摩擦力做周期性的变化，不能始终为零，故 C 错误； D、以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在竖直方向受到 的合外力是周期性变化的，所以整体受到的支持力也做周期性的变化，所以洗衣机对地面得压力做周期性 的变化，故 D 错误。 故选：B。 毛绒玩具在竖直平面内做匀速圆周运动，重力、滚筒的支持力以及摩擦力提供向心力，然后结合竖直平面 内圆周运动的特点分析即可。 该题属于竖直平面内的圆周运动的应用，解决该题的关键是对毛绒玩具或毛绒玩具与洗衣机组成的整体正 确进行受力分析，掌握毛绒玩具在各位置所需要的向心力的方向，熟记向心力的表达式。 6. 【答案】 A 【解析】 解：AB、根据牛顿第二定律得 F 安-mgsinθ=ma，解得：F 安=mgsinθ+ma， 所以安培力做功 W=F 安 L=maL+mgLsinθ，故 A 正确，B 错误； C、由 F 安=mgsinθ+ma 知，安培力为恒力，故安培力的功率 P=F 安•v=F 安•at，故安培力的功率一直增大， 故 CD 错误； 故选：A。 根据牛顿第二定律计算安培力，根据做功公式求解安培力做的功； 根据恒力做功的功率写出安培力做功的功率表达式即可判断； 本题中安培力属于恒力，根据恒力功公式和功率功率解决题目。 7. 【答案】 C 【解析】 解：AB、理想变压器原线圈所接交流电源的变化规律 u=8 sin100πt（V），则原线圈输入电压的最大值 为 V，有效值： V=8V，当开关置于接线柱 1 时，根据变压比可知， ，解得副线圈的输 出电压：U2=2V，故电压表示数为 2V，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流： =0.2A，根 据变流比可知， ，解得原线圈的输入电流：I1=0.05A，则电流表示数为 0.05A，故 AB 错误； C、同理，开关置于接线柱 2 时，原、副线圈的匝数比 n1'：n2=2：1，根据变压比可知，副线圈输出电压：U2 ′=4V，副线圈输出电流：I2′=0.4A，根据变流比可知，电流表的示数为 0.2A，故 C 正确； D、开关置于接线柱 2 时，变压器的输出功率：P=U2′I2′=1.6W，故 D 错误。 故选：C。 根据原线圈所接交流电源的变化规律，得到电压的有效值，开关置于接线柱 1 时，根据变压比得到电压表 的示数，根据闭合电路欧姆定律得到副线圈的输出电流，根据变流比得到原线圈的输入电流，即电流表的 示数。 同理，开关置于接线柱 2 时，得到电流表的示数，根据功率公式，计算变压器的输出功率。 此题考查了变压器的工作原理，解题的关键是根据变压比和变流比分析原、副线圈的电压和电流。 8. 【答案】 第页 9 BD 【解析】 解：A、设人对轻绳的拉力大小为 F，物体 A 匀速向上运动，合外力为零，则有 Fcosθ=GA， 得 F= ，随着θ增大，cosθ减小，则 F 逐渐增大，故 A 错误； B、人对轻绳的拉力的功率为 P=Fv0cosθ=GAv0，GA、v0 不变，则 P 不变，故 B 正确； C、将 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，人拉绳子的速度等于 A 沿绳子方向的分速 度，为 v 绳=v0cosθ，故 C 错误； D、根据功能原理知，人对绳做的功等于物体 A 机械能的增加量，由于物体 A 的动能不变，则人对绳做的功 等于物体 A 重力势能的增加量，故 D 正确。 故选：BD。 物体 A 匀速向上运动，合外力为零，根据平衡条件列式分析人对轻绳的拉力大小是否变化。根据功率公式 P=Fvcosθ分析拉力功率的变化情况。将 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定 则求出人拉绳的速度大小。根据功能关系分析人对绳做的功与物体 A 重力势能增加量的关系。 本题是绳端速度分解问题，解决本题的关键是要知道人拉绳子的速度等于 A 沿绳子方向的分速度，速度分 解也遵循平行四边形定则。 9. 答案】 AC 【解析】 解：若小车在第 4 个 1s 一直运动，则由逆向可看作匀加速度运动，则设逆向第 1s 的初速度为 v0 则 =7 而实际的 ＞7 则说明在第 4 个 1s 不是一直在运动， 即可确定小车在第 4 个 1s 末前已经停下，设小车在第 4 个 1s 内运动的时间为 t，则有：1= at2…① 运动的加速度大小：a= …② 由①②解得：t=0.5s 将 t 代入①得 a=8m/s2， =a（3+t）=28m/s，故 AC 正确，BD 错误； 故选：AC。 可以确定小车在第 4s 前已停止，由位移公式结合加速度定义式可求出第 4 个 1s 内运动时间，由时间可进 而得出加速度与初速度。 考查运动学公式的应用，对于加速度的定义式 a= 要注意所选段的时间与速度差。 10. 【答案】 第页 10 BC 【解析】 =2kg•m/s，所以 t=2s 时和 t=6 时，物块的动量相同，故 C 正确； D、根据图象知，在 0～4s 内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，在 4～8s 内，力的方向改变，做减 速运动，根据图象和对称性知，在 t=8s 时，加速度为 0， 速度达到最大，所以在 0～8s 内物块的运动方向不变，t=8s 时，物块不会回到原出发点，故 D 错误； 故选：BC。 F-t 图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，对各个时间段分别运用动量定理即可求解。 解决涉及力在时间上积累效果，往往根据动量定理，要知道 F-t 图象与时间轴所围的面积表示合力的冲量。 11. 【答案】 CD 【解析】 故选：CD。 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系， 从而求出周期，和最大速度，交变电场的周期和粒子在磁场做圆周运动的周期相同，粒子射出加速器的速 度大小与电压 U 无关；通过 D 形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次数， 然后就可以粒子在磁场中运动的时间；利用动能定理和牛顿第二定律求粒子第 1 次经过狭缝后进入磁场的 半径。 本题考查了质谱仪和回旋加速器的工作原理。解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电 粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期 公式。 第页 11 12. 【答案】 AD 【解析】 解：A、φ-r 图象的斜率表示场强，由图可知 b 点从斜率大小为 ，所以 b 点的场强大小为 1.5V/m， 故 A 正确； B、由题知，物块过 b 点时速度最大，此时受力平衡，即为：qE=μmg，解得： ， 故 B 错误； C、由图可以得到 a 点的电势为 6V，b 点的电势为 3V，c 点的电势为 2V．所以 Uab=3V，Ubc=1V，又因为 Wab=qUab，Wbc=qUbc，所以 Wab=3Wbc，故 C 错误； D、设固定点电荷带电量为 Q，已知 b 点的场强大小为 1.5V/m，b 点距固定点电荷距离 r=2m，根据点电荷场 强 ，故 D 正确。 故选：AD。 φ-r 图象的斜率表示场强，计算出图象在 b 点的斜率即可；因为物块在 b 点速度最大，所以物块在 b 点受 力平衡，电场力与摩擦力是一对平衡力，可以计算出物块与桌面之间的动摩擦因数；电场力做功 W=qU，只 要计算出 a、b 两点和 b、c 两点之间的电势差关系即可知道电场力做功的关系；根据点电荷场强公式可以 计算出点电荷的电荷量。 本题解题的突破口再与计算出 b 点的电场强度大小，而φ-r 图象的斜率表示场强是解题的关键。 13. 答案】 ABE AB 【解析】 解：（1）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点 O 的位置，其次要作出 力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码 的个数和记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向，因为每个钩码的质量一样，不需要测量每个钩码的质量，故 ABE 正确，CD 错误。 故选：ABE。 （2）A、如果将 OC 绳换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验， 故 A 正确； B、为便于标记力的方向，橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故 B 正确； C、本实验是作图比较力的大小和方向，不是计算力的大小，所以不要保持∠AOB 为 90°、60°、120°等 特殊角，故 C 错误； D、用本实验装置验证平行四边形定则，重新实验时，不需要保持 O 点位置不变，故 D 错误； 故选：AB。 故答案为：（1）ABE；（2）AB。 （1）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向； （2）将 OC 绳换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置即可，为便于标记力的方向，橡皮筋的细绳要长些， 本实验是作图比较力的大小和方向，不是计算力的大小。 掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明 确“理论值”和“实际值”的区别。 14. 【答案】 第页 12 5 1.5 0.4 【解析】 解：（1）定值电阻 R2 与电流表并联，由题意可知，电流表内阻阻值是电阻 R2 阻值的 4 倍， 则通过 R2 的电流是通过电流表电流的 4 倍，当电流表示数为 I 时，流过电源的电流：I′=5I。 （2）改装后电流表内阻：RA= Ω=1.6Ω； 由图示电路图可知，电源电动势：E=I′（R+R1+r+RA） 整理得： ， ， 图象纵轴截距：b=-R1-RA-r=-3Ω，电源内阻：r=0.4Ω。 故答案为：（1）5；（2）1.5；0.4。 （1）根据图示电路图应用并联电路特点与欧姆定律求出通过电源的电流。 （2）根据图甲所示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。 本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据题意分析清楚实验电路图、知道实验原理是解题的前提，应用 欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。 15. 【答案】 解：小球在水平方向做匀速直线运动 x=v0t， 竖直方向做自由落体运动 h= gt2， vy=gt， 小球抛出后恰不与挡板相碰，小球运动轨迹与挡板相切， 所以 tan45°= 根据几何关系知：tan45°= 联立解得 v0=8m/s 答：小球水平抛出时的初速度为 8m/s。 【解析】小球在水平方向做匀速直线运动和竖直方向做自由落体运动，列位移与时间关系和速度与时间关 系； 小球抛出后恰不与挡板相碰，小球运动轨迹与挡板相切，所以 tan45°= ，根据几何关系又知 tan45°= ，联立解得初速度。 本题考查平抛运动规律，一般解题方法：将运动分解为匀速直线运动和匀变速直线运动，根据运动学公式 和几何几何关系列式。 16. 【答案】 解：（1）设经过时间 t，导体棒的速度为 v， 据动量定理得 即 Ft-BQL=mv， 第页 13 此时的电荷量 Q=CU=C•BLv， 。 【解析】（1）根据动量定理结合电容器的定义式求解出 v-t 的函数关系式，求解加速度即可； （2）由第（1）问可知导体棒做匀加速直线运动，根据速度-时间关系公式求解 t 时刻导体棒的速度，求解 出电容器两端的电压，即导体棒的电动势，再结合电容的定义式求解电容器的电荷量。 解决本题的关键在于：①安培力的冲量 I=F 安•t=BIL•t=BqL；②电容器两端的电压即导体棒的电动势 U=E=BLv；③涉及电荷量时，还要结合电容器的定义式。 18. （1）【答案】 ADE 【解析】 解：A、分子质量 m= ，即已知气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可估算一个分子质量，故 A 正确。 B、气体分子所占空间的体积 V0= ，这里的 V0 是指一个分子所占空间的平均体积，而不是一个分子的实际 体积，所以，已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，不可估算一个分子直径，故 B 错误。 CD、理想气体分子间的距离比较大，分子力可以忽略不计，所以气体压强并非是由于气体分子间表现为斥 力，而是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致，故 C 错误，D 正确。 E、一定质量的理想气体体积 V 不变，温度 T 升高，根据理想气体状态方程 可知，压强 p 一定增大， 故 E 错误。 故选：ADE。 根据公式 m= 可以计算一个分子质量；根据公式 V0= ，求出的 V0 为一个分子所占空间的平均体积，而 不是一个分子的实际体积；理想气体分子力为零，体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致；根据 理想气体状态方程求解。 本题考查了阿伏加德罗常数的应用、气体压强的微观意义、理想气体状态方程等知识点。易错点：对于公 式 V0= ，如果液体或者固体，V0 可以认为是分子的体积，而对于气体，V0 表示气体一个分子所占空间的 体积。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。 （2）【答案】 第页 14 解：①初始状态，活塞和砂桶受力平衡：p0S=mg+p1S 【解析】①以活塞为研究对象，根据力的平衡条件，分别求出初末状态的气体压强，缸内气体温度不变， 由玻意耳定律可以求出砂桶中细砂的质量； ②以没有加沙子时为初状态，以沙子漏完后为末状态，分别写出初末状态的初态参量，根据理想气体状态 方程可以求出缸内气体的温度。 本题考查了理想气体状态方程、玻意耳定律等知识点。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实 验定律是解题的关键。 19. （1）【答案】 ACD 【解析】 解：A、分析振动图象可知，周期：T=4s，故 A 正确； BC、根据振动图象可知，t=0 时，质点 a 在平衡位置沿 y 轴负方向振动时，质点 b 位于波峰，在两质点的间 距满足：△x=1m=（n+0.25）λ n=0、1、2、……， 则波长：λ= （m）n、1、2……，根据波长、波速和周期的关系可知，v= （s） n=0、1、 2、…… 当 n=0 时，v=1m/s； 当 n=1 时，v=0.2m/s； 当 n=2 时，v= m/s，故 B 错误，C 正确； D、t=1s 时，分析图乙可知，质点 b 位于平衡位置沿 y 轴负方向运动，故 D 正确； E、0～4s 内，质点 a 振动了一个周期，路程：s=4A=40cm=0.4m，故 E 错误。 故选：ACD。 根据振动图象确定周期。 根据质点间距，结合振动图象，得到波长的通式，进一步确定速度的通式。 根据振动图象，确定质点的振动方向。 质点在一个周期内，路程为 4A。 第页 15 此题考查了利用振动图象求解波动规律的问题，理解振动图象和波动图象的区别，根据振动图象求解质点 的振动规律是解题的关键。 （2）【答案】 解：①由题 OE=OC=R，则：△OEC 为等腰三角形，∠OEC=∠ACB=30° 所以入射角：θ1=60° 由折射定律：n= 可得： ，θ2=30° 由几何关系：∠OED=30°，则折射光平行于 AB 的方向，如图； ②折射光平行于 AB 的方向，所以： 光在介质内的速度：v= 传播的时间：t= 联立可得：t= 答：①光线在 E 点的折射角是 30°，画出光路图如图； ②光线进入介质到射到圆弧的距离是 ，时间为 。 【解析】①由题意光线经 AC 面折射后射向圆弧面，由几何知识求出光线在 AC 面的入射角，然后由折射定 律求解折射角。 ②由几何知识求出光从 E 到圆弧面的距离，由 v= 得到光在介质中的传播速度，再求解时间。 该题属于几何关系问题，正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键。 第页 16 第页 17 第页 18 第页 19