山东省泰安市高考物理一模试卷 27页

‎2019年山东省泰安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1～4题中只有一项符合题目要求，第5～8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．（6分）如图，用光电管进行光电效应实验，当某一频率的光入射时，有光电流产生。则饱和光电流（　　）‎ A．与照射时间成正比 B．与入射光的强度无关 ‎ C．与入射光的强度成正比 D．与两极间的电压成正比 ‎2．（6分）如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎3．（6分）如图，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F．小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为（不计小环和夹子的质量，重力加速度为g）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（6分）某一行星表面附近有颗卫星做匀速圆周运动。其运行周期为T，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力。物体静止时，弹簧测力计的示数为N，则这颗行星的半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．（6分）雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是（　　）‎ A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 ‎ B．所有雨滴的最大速率均相等 ‎ C．较大的雨滴最大速率也较大 ‎ D．较小的雨滴在空中运动的时间较长 ‎6．（6分）如图，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q在AB的连线上 ‎ B．点电荷Q在BD连线的中点处 ‎ C．φD＞φC ‎ D．将负试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 ‎7．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡P和Q．当输入电压U为灯泡额定电压的8倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈匝数比为1：7 ‎ B．原、副线圈匝数比为7：1 ‎ C．此时P和Q的电功率之比为7：1 ‎ D．此时P和Q的电功率之比为1：7‎ ‎8．（6分）如图，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度υ进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动。重力加速度为g，则（　　）‎ A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba ‎ B．当ab边刚越过边界ff'时，线框的加速度为gsinθ ‎ C．当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时，速度为 ‎ D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～32题为必考题．每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题：‎ ‎9．（5分）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数μ．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有N个，将n（依次取n＝1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳左端，其余N﹣n个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。‎ ‎（1）正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T＝0.02s，则木块的加速度a＝　 　m/s2。‎ ‎（2）改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a，将获得数据在坐标纸中描出（仅给出了其中一部分）如图丙所示。取重力加速度g＝10m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝　 　（保留2位有效数字）‎ ‎（3）实验中　 　（选填“需要”或“不需要”）满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ ‎10．（10分）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是最大阻值为20kΩ可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω．虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位。5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×1kΩ挡。‎ ‎（1）图中的A端与　 　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。‎ ‎（2）关于R6的使用，下列说法正确的是　 　（填正确答案标号）。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎（3）要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与　 　相连（填选择开关对应的数字）。‎ ‎（4）根据题给条件可得R1+R2＝　 　Ω。‎ ‎（5）将选择开关与“3”相连，把表笔插入AB并短接，滑动R6‎ 的滑片到最上端a处，表头G的指针指在表盘电流125μA处；滑动R6的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流250μA处。则电池的电动势E＝　 　V。‎ ‎11．（14分）如图，足够长的固定光滑水平轨道与固定的光滑竖直圆弧轨道平滑连接。质量为m1的小球A以速度υ0撞上质量为m2的静止小球B，已知A和B的大小相同且碰撞为弹性正碰。重力加速度g的大小取10m/s2．‎ ‎（1）若m1＝2kg、m2＝3kg，υ0＝5m/s，求碰撞后小球B上升的最大高度；‎ ‎（2）若要求两小球只发生了一次碰撞，则m1与m2的大小应满足怎样的关系？‎ ‎12．（18分）如图甲，位于M板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN板间被加速，在MN板间所加电压按图乙所示规律变化。t＝0时，UNM＝U0，电子射出后从坐标原点O进入x轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域。发生270°偏转后沿y轴负方向射出有界磁场打到x轴下方水平放置的荧光屏上。N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L．已知电子的质量为m，电量为﹣e（e＞0），磁场的磁感应强度大小为B．忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。求：‎ ‎（1）t＝0时刻从N板射出的电子在磁场中运动的半径大小；‎ ‎（2）电子在t＝0时刻从N板射出到打到荧光屏所经历的时间；‎ ‎（3）为使0﹣2t0时间内从MN板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，试求所加磁场区域的最小面积。‎ ‎（二）选考题（共45分）请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．．【物理-选修3-3】（15分）‎ ‎13．（5分）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环。在这一循环中，对于该气体，下列说法正确的有（　　）‎ A．从状态A变化到状态B，分子的平均动能增大 ‎ B．从状态B变化到状态C，气体的内能减小 ‎ C．从状态C变化到状态A，气体吸收热量 ‎ D．从状态B变化到状态C，分子的平均动能逐渐减小 ‎ E．从状态A变化到状态B，气体放出热量 ‎14．（10分）如图所示，竖直放置开口向上内壁光滑的气缸，内有两个质量均为m的密闭活塞，将缸内理想气体分成I、Ⅱ两部分，活塞A导热，气缸及活塞口均绝热。活塞横截面积为S，且mg＝PoS．整个装置处于静止状态，I、Ⅱ两部分气体的高度均为Lo，温度为To．外界大气压强为po并保持不变。现在活塞A上逐渐添加细砂，当细砂质量等于2m，两活塞在某位置重新平衡时，Ⅱ中气体的温度升高到．求：活塞A下降的距离。‎ ‎【物理-选修3-4】（15分）‎ ‎15．（5分）有一个直角三角形的玻璃棱镜ABC，截面如图。∠A＝30°，D点是AC边的中点。一束红光从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线到达AB面上的E点发生全反射，并垂直BC边从F射出，则玻璃对红光的折射率为　 　。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线到达AB面上时比E点更靠近　 　。（填“A点”或“B点”）。‎ ‎16．（10分）如图甲为某波源的振动图象，图乙是该波源产生的横波在某时刻的波动图象，波动图象中的O点表示波源，P、Q是介质中的两点。求：‎ ‎（i）这列波的波速多大？波源的起振方向向哪？‎ ‎（ii）当波动图象中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，质点P已经经过了多少路程？‎ ‎2019年山东省泰安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，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～4题中只有一项符合题目要求，第5～8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．（6分）如图，用光电管进行光电效应实验，当某一频率的光入射时，有光电流产生。则饱和光电流（　　）‎ A．与照射时间成正比 B．与入射光的强度无关 ‎ C．与入射光的强度成正比 D．与两极间的电压成正比 ‎【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．‎ ‎【分析】光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目，从而影响饱和光电流的大小。‎ ‎【解答】解：根据光电效应的特点可知，饱和光电流与入射光的光强度有关，与入射光的其他因素无关，与两极间的电压也无关。故C正确，ABD错误 故选：C。‎ ‎【点评】知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目。入射光越强饱和光电流越大是关键。‎ ‎2．（6分）如图，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】2G：力的合成与分解的运用；2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】34：比较思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】以物块Q为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F与物块Q的位移x的关系式，再选择图象。‎ ‎【解答】解：设物块Q的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，斜面倾角为θ。‎ 静止时，由平衡条件得，mgsinθ＝kx0，‎ 以沿斜面向上为正方向，物块Q的位移为x时弹簧对P的弹力：F1＝k（x0﹣x）‎ 对物块Q，由牛顿第二定律得，F+F1﹣mgsinθ＝ma，‎ 由以上式子联立可得，F＝kx+ma。‎ 可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，‎ 当x＝0时，kx+ma＝ma＞0，故A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块Q的位移与弹簧形变量并不相等。‎ ‎3．（6分）如图，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F．小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为（不计小环和夹子的质量，重力加速度为g）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡；4A：向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；519：匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】物块速度最大时，夹子对物体M的最大静摩擦力与重力的合力提供向心力，根据向心力公式求出最大速度。‎ ‎【解答】解：因为夹子对物体M的最大静摩擦力为2F，根据据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：‎ ‎2F﹣Mg＝M，‎ 解得：vm＝，故D正确、ABC错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要是考查了向心力的概念；知道做匀速圆周运动的物体受到的合力提供向心力，且向心力的方向一定指向圆心，始终与速度方向垂直，不会改变速度大小，只会改变速度方向，‎ ‎4．（6分）某一行星表面附近有颗卫星做匀速圆周运动。其运行周期为T，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力。物体静止时，弹簧测力计的示数为N，则这颗行星的半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】根据弹簧测力计的读数求出行星表面的重力加速度，根据万有引力提供向心力求出行星的质量。‎ ‎【解答】‎ 解：宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N，‎ 行星表面的重力加速度g＝①‎ 一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其周期为T，‎ 根据万有引力等于重力得：mg＝m②‎ 可得：R＝．故A正确，BCD错误 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用。‎ ‎5．（6分）雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用。假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率。下列判断正确的是（　　）‎ A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 ‎ B．所有雨滴的最大速率均相等 ‎ C．较大的雨滴最大速率也较大 ‎ D．较小的雨滴在空中运动的时间较长 ‎【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】对雨滴受力分析可知：雨滴在下落的时候受到竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力，根据牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，由此分析运动情况；根据速度图象分析运动时间。‎ ‎【解答】解：A、对雨滴受力分析可知：雨滴在下落的时候受到竖直向下的重力和竖直向上的空气阻力，根据牛顿第二定律得：mg﹣f＝ma，开始时mg＞f，合力向下，所以雨滴向下加速运动，速度在增加，加速度再减小，所以雨滴做加速度减小的加速运动。故A错误；‎ BC、当mg＝f时，加速度为0，速度达到最大值，以后雨滴匀速下降。当达到收尾速度时，mg＝f＝kv，可知v＝，v与雨滴质量有关，较大的雨滴最大速率也较大，故B错误、C正确；‎ D、在速度图象中作出质量较大的雨滴和质量较小的雨滴的速度图象如图A和B所示，由于雨滴运动的位移相同，所以雨滴小的运动的时间长，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】通过对雨滴受力分析可知，雨滴所受的空气阻力随着速度增加而增加，根据牛顿第二定律mg﹣f＝ma可知速度在增加，a在减小；当阻力等于重力时，雨滴将匀速下降。，要清楚雨滴的速度和加速度如何变化。‎ ‎6．（6分）如图，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q在AB的连线上 ‎ B．点电荷Q在BD连线的中点处 ‎ C．φD＞φC ‎ D．将负试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 ‎【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．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】点电荷的等势面是一系列同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定过圆心，确定出点电荷的位置，然后根据沿着电场线方向电势逐渐降低判断电势高低；根据负电荷在电势高的地方电势能小判断电势能变化，从而判断电场力做功情况。‎ ‎【解答】解：AB、做BD、AC中垂线，中垂线的交点即为点电荷的位置，如图所示：‎ ‎，结合几何关系可知，点电荷Q在AB的连线上，故A正确，B错误；‎ C、由于QC＞QD，且沿着电场线方向电势逐渐降低可知φD＞φC，故C正确；‎ D、由于φB＝φD，φD＞φC，则φB＞φC，负电荷在电势高的地方电势能小可知，将负试探电荷从C点搬运到B点，电势能减小，电场力做正功，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题考查点电荷的电场，关键是要抓住点电荷的等势面是一系列同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定过圆心，确定出点电荷的位置。‎ ‎7．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡P和Q．当输入电压U为灯泡额定电压的8倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈匝数比为1：7 ‎ B．原、副线圈匝数比为7：1 ‎ C．此时P和Q的电功率之比为7：1 ‎ D．此时P和Q的电功率之比为1：7‎ ‎【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有 ‎【专题】4C：方程法；53A：交流电专题．‎ ‎【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比。‎ ‎【解答】‎ 解：AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，因为输入电压U为灯泡额定电压的8倍，所以原线圈输入电压为灯泡额定电压的7倍，输出电压等于灯泡的额定电压，可知，原副线圈匝数之比为 ＝，故A错误，B正确；‎ C、根据公式＝得a和b的电流之比为 ＝。‎ 由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，两者的电功率之比为1：7；故C错误，D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压。本题既要考虑电压之比，又要考虑电流之比。‎ ‎8．（6分）如图，倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度υ进入上部磁场恰好做匀速运动，ab边在下部磁场运动过程中再次出现匀速运动。重力加速度为g，则（　　）‎ A．在ab进入上部磁场过程中的电流方向为adcba ‎ B．当ab边刚越过边界ff'时，线框的加速度为gsinθ ‎ C．当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时，速度为 ‎ D．从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能等于线框中产生的焦耳热 ‎【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；22：学科综合题；35：整体思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】‎ 根据右手定则或楞次定律判断ab边进入上部分磁场时产生感应电流方向。当ab边刚越过边界ff'时，ab边和cd边都要产生感应电动势，且感应电动势串联，写出电路中总的感应电动势大小，从而求出感应电流，再根据牛顿第二定律和安培力公式列式，即可求得线框的加速度。线框匀速运动时，根据平衡条件列式，得出两次匀速运动时速度关系，再通过能量守恒定律求解线框中产生的焦耳热。‎ ‎【解答】解：A、在ab进入上部磁场过程中，磁通量增加，磁场方向垂直于斜面向上，由楞次定律知线框中的感应电流方向为adcba，故A正确。‎ B、当ab边进入上部磁场时做匀速运动，则有：‎ mgsinθ＝BIL＝‎ 当ab边刚越过边界ff'时，回路中总的感应电动势为：‎ E＝2BLv 感应电流为：‎ I＝＝‎ 根据牛顿第二定律得：2BIL﹣mgsinθ＝ma 得：﹣mgsinθ＝ma 解得：a＝3gsinθ，故B错误。‎ C、当ab边进入下部磁场再次做匀速运动时，设速度为v′，则有：‎ ‎＝mgsinθ 与mgsinθ＝对比可得：v′＝，故C正确。‎ D、从ab边进入磁场到ab边进入下部磁场再次做匀速运动的过程中，减少的动能和减少的重力势能之和等于线框中产生的焦耳热，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】应明确：①遇到电磁感应类问题，首先要找出电源，标出电动势方向并写出感应电动势大小，然后进行求解；②涉及到匀速、加速度问题，应进行受力分析（一般需要画出侧视图），再根据需要的物理规律列式即可；③涉及到求电磁感应焦耳热问题，应用能量守恒定律进行研究。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～32题为必考题．每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题：‎ ‎9．（5分）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数μ ‎．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有N个，将n（依次取n＝1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳左端，其余N﹣n个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。‎ ‎（1）正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T＝0.02s，则木块的加速度a＝　2.0　m/s2。‎ ‎（2）改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a，将获得数据在坐标纸中描出（仅给出了其中一部分）如图丙所示。取重力加速度g＝10m/s2，则木块与木板间动摩擦因数μ＝　0.15　（保留2位有效数字）‎ ‎（3）实验中　不需要　（选填“需要”或“不需要”）满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ ‎【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．菁优网版权所有 ‎【专题】23：实验探究题；34：比较思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据△x＝aT2求木块的加速度a。‎ ‎（2）对悬挂的钩码和木块分别运用牛顿第二定律列式，得到a与n的关系，结合图象的信息求木块与木板间动摩擦因数μ。‎ ‎（3）实验不是用悬挂的钩码重力来代替细线的拉力，因此不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ ‎【解答】解：（1）由图知 x03＝3.30×10﹣2m，x36＝（7.32﹣3.30）×10﹣2m＝4.02×10﹣2m 根据△x＝aT2得 x36﹣x03＝a（3T）2，又 T＝0.02s 解得 a＝2.0m/s2。‎ ‎（2）设每个钩码为m。根据牛顿第二定律得 对悬挂的钩码有 nmg﹣T＝nma 对木块有 T﹣μ（N﹣n）mg＝（N﹣n）ma 解得 a＝﹣μg 作出图象，由图知﹣μg＝﹣1.5，得μ＝0.15‎ ‎（3）实验不是用悬挂的钩码重力来代替细线的拉力，因此不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。‎ 故答案为：‎ ‎（1）2.0．（2）0.15．（0.14﹣0.16均可）。（3）不需要。‎ ‎【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用。‎ ‎10．（10分）如图为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是最大阻值为20kΩ可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为600Ω．虚线方框内为换挡开关。A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位。5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×1kΩ挡。‎ ‎（1）图中的A端与　红　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。‎ ‎（2）关于R6的使用，下列说法正确的是　B　（填正确答案标号）。‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎（3）要想使用直流电压1V挡，选择开关B应与　4　相连（填选择开关对应的数字）。‎ ‎（4）根据题给条件可得R1+R2＝　200　Ω。‎ ‎（5）将选择开关与“3”相连，把表笔插入AB并短接，滑动R6的滑片到最上端a处，表头G的指针指在表盘电流125μA处；滑动R6的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流250μA处。则电池的电动势E＝　5　V。‎ ‎【考点】N4：用多用电表测电阻．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）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；‎ ‎（2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；‎ ‎（3）表头与分压电阻串联可以改装成电压表，串联电阻阻值越小电压表量程越小；‎ ‎（4）根据题意确定多用电表测量的量与量程，应用欧姆定律求出电阻阻值；‎ ‎（5）根据题意应用闭合电路欧姆定律求出电源电动势。‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图示电路图可知，A端与红色表笔相连。‎ ‎（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确，AC错误；‎ 故选：B。‎ ‎（3）由图示电路图可知，开关B与4相连时表头与分压电阻串且串联电阻阻值较小，此时多用电表测电压，电压表量程较小为1V。‎ ‎（4）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接1时应为2.5mA；当接2时应为1mA，根据串并联电路规律可知：R1+R2＝＝＝200Ω。‎ ‎（5）电流表量程为1mA时电流表内阻：RA＝＝＝150Ω，‎ 滑动R6的滑片到最上端a处，表头G的指针指在表盘电流125μA处；‎ 滑动R6的滑片到最下端b处，表头G的指针指在表盘电流250μA处；‎ 根据题意由图示电路图可知，电源电动势：E＝125×10﹣6（r+RA+R3+R6），‎ E＝250×10﹣6（r+RA+R3），代入数据解得：E＝5V；‎ 故答案为：（1）红；（2）B；（3）4；（4）200；（5）5。‎ ‎【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，知道多用电表的改装原理是解题的前提，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。‎ ‎11．（14分）如图，足够长的固定光滑水平轨道与固定的光滑竖直圆弧轨道平滑连接。质量为m1的小球A以速度υ0撞上质量为m2的静止小球B，已知A和B的大小相同且碰撞为弹性正碰。重力加速度g的大小取10m/s2．‎ ‎（1）若m1＝2kg、m2＝3kg，υ0＝5m/s，求碰撞后小球B上升的最大高度；‎ ‎（2）若要求两小球只发生了一次碰撞，则m1与m2的大小应满足怎样的关系？‎ ‎【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．‎ ‎【分析】（1）小球A和小球B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得碰撞后B的速度，小球B碰后沿光滑轨道上升的过程中机械能守恒。由机械能守恒定律求碰撞后小球B上升的最大高度。‎ ‎（2）结合（1）得到的A与B碰撞后速度的公式，由二者只发生了一次碰撞的条件即可求出。‎ ‎【解答】解：（1）A、B两球发生弹性碰撞。设碰撞后A球的速度为vA，B球的速度为vB，取向右为正方向，‎ 由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m1v0＝m1vA+m2vB ‎ 联立得：①‎ ‎ ②‎ 代入数据可得：vA＝﹣1m/s，vB＝4m/s 小球B碰后沿光滑轨道上升的过程中机械能守恒，由于是四分之一圆轨道，所以小球B在最高点的速度一定为0。‎ 由机械能守恒定律：‎ 可得：h＝0.8m ‎（2）若要求两小球只发生了一次碰撞，则碰撞后A反向运动，且A速度的大小要大于等于B的速度大小，即：|vA|≥|vB|‎ 联立①②，代入条件可得：m1与m2的大小应满足 答：（1）若m1＝2kg、m2＝3kg，υ0＝5m/s，碰撞后小球B上升的最大高度是0.8m；‎ ‎（2）若要求两小球只发生了一次碰撞，则m1与m2的大小应满足。‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，要注意在分析问题时，正确选择研究对象，明确动量守恒的条件及应用，注意要规定正方向。‎ ‎12．（18分）如图甲，位于M板处的粒子源可以不断产生初速度为零的电子，电子在MN板间被加速，在MN板间所加电压按图乙所示规律变化。t＝0时，UNM＝U0，电子射出后从坐标原点O进入x轴上方一垂直纸面向外的有界匀强磁场区域。发生270°偏转后沿y轴负方向射出有界磁场打到x轴下方水平放置的荧光屏上。N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L．已知电子的质量为m，电量为﹣e（e＞0），磁场的磁感应强度大小为B．忽略电子在板间被加速的时间，认为电子在MN板间运动过程中板间电压不变，不考虑电子运动过程中的相互作用。求：‎ ‎（1）t＝0时刻从N板射出的电子在磁场中运动的半径大小；‎ ‎（2）电子在t＝0时刻从N板射出到打到荧光屏所经历的时间；‎ ‎（3）为使0﹣2t0时间内从MN板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，试求所加磁场区域的最小面积。‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；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】（1）根据动能定理结合洛伦兹力提供向心力求得半径；‎ ‎（2）电子到达原点做匀速运动，在磁场中做圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，按照运动规律结合几何关系求解时间即可；‎ ‎（3）根据磁场半径结合几何知识求解磁场区域面积即可；‎ ‎【解答】解；（1）在t＝0时刻进入电场的电子被加速，由动能定理得：‎ 进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有：‎ 联立以上两式得：；‎ ‎（2）t＝0时刻从N板射出的电子，到达原点O经历的时间为：‎ 在磁场中运动的时间为：‎ 从离开磁场到到达荧光屏经历的时间为：‎ 该电子从N板到荧光屏经历的时间为：t＝t1+t2+t3＝；‎ ‎（3）任一时刻从N板射出的电子，经磁场后均发生270°‎ 偏转垂直打在荧光屏上，电子的运动轨迹：在t＝t0时刻进入电场的电子被加速后，在磁场中运动的半径为：‎ 如果两圆弧之间的阴影部分即为所加磁场的最小区域，由几何关系知：‎ s＝＝；‎ 答：（1）t＝0时刻从N板射出的电子在磁场中运动的半径大小为；‎ ‎（2）电子在t＝0时刻从N板射出到打到荧光屏所经历的时间为；‎ ‎（3）为使0﹣2t0时间内从MN板间射出的电子均能发生270°偏转垂直打在荧光屏上，所加磁场区域的最小面积为。‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，重点应用几何知识结合洛伦兹力提供向心力解题 ‎（二）选考题（共45分）请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．．【物理-选修3-3】（15分）‎ ‎13．（5分）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即A→B→C→A（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环。在这一循环中，对于该气体，下列说法正确的有（　　）‎ A．从状态A变化到状态B，分子的平均动能增大 ‎ B．从状态B变化到状态C，气体的内能减小 ‎ C．从状态C变化到状态A，气体吸收热量 ‎ D．从状态B变化到状态C，分子的平均动能逐渐减小 ‎ E．从状态A变化到状态B，气体放出热量 ‎【考点】89：温度是分子平均动能的标志；8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．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；54B：理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】A到B，气体的压强体积都变大，B到C，气体做的是等容变化，C到A，气体做的是等压变化，根据气体的不同的变化过程，结合理想气体状态方程和热力学第一定律逐项分析。‎ ‎【解答】解：A、由图象可知A到B，气体的压强体积都变大，根据理想气体状态方程可知温度升高，分子平均动能增大，故A正确；‎ B、B到C，气体做的是等容变化，不做功，又压强减小，根据理想气体状态方程可知温度降低，其内能减小，故B正确；‎ C、C到A，气体做的是等压变化，体积减小，外界对气体做功，即W＞0，根据理想气体状态方程可知温度降低，则内能减小，即△U＜0，由热力学第一定律可知，气体应放热，故C错误；‎ D、B到C，气体做的是等容变化，又压强减小，根据理想气体状态方程可知温度降低，则分子平均动能减小，故D正确；‎ E、由图象可知A到B，气体的压强体积都变大，气体对外界做功，即W＜0；根据理想气体状态方程可知温度升高，则气体内能增加，即△‎ U＞0；根据热力学第一定律可知，气体应吸热，故E错误；‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】利用热力学第一定律判断气体的内能变化的时候要注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的。‎ ‎14．（10分）如图所示，竖直放置开口向上内壁光滑的气缸，内有两个质量均为m的密闭活塞，将缸内理想气体分成I、Ⅱ两部分，活塞A导热，气缸及活塞口均绝热。活塞横截面积为S，且mg＝PoS．整个装置处于静止状态，I、Ⅱ两部分气体的高度均为Lo，温度为To．外界大气压强为po并保持不变。现在活塞A上逐渐添加细砂，当细砂质量等于2m，两活塞在某位置重新平衡时，Ⅱ中气体的温度升高到．求：活塞A下降的距离。‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】对Ⅰ部分气体，做等温变化，根据玻意耳定律列式求解得最终Ⅰ气柱的长度；对Ⅱ部分气体根据理想气体状态方程列式求解Ⅱ部分气体长度，然后根据几何关系即可求解A活塞下降距离。‎ ‎【解答】解：对Ⅰ气体，初态 末状态：‎ 由玻意耳定律得：P1L0S＝P1′L1S 代入数据解得：‎ 对Ⅱ气体，初状态 末态 由理想气体状态方程得：‎ 带入数据得：‎ 根据几何关系得A活塞下降的高度为：‎ 答：活塞A下降的距离。‎ ‎【点评】解答本题的关键是：根据题意分析两部分气体的变化规律，利用数学知识列出二者的距离关系，再利用相应的气体实验定律求解答案。‎ ‎【物理-选修3-4】（15分）‎ ‎15．（5分）有一个直角三角形的玻璃棱镜ABC，截面如图。∠A＝30°，D点是AC边的中点。一束红光从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线到达AB面上的E点发生全反射，并垂直BC边从F射出，则玻璃对红光的折射率为　　。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线到达AB面上时比E点更靠近　A点　。（填“A点”或“B点”）。‎ ‎【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射专题．‎ ‎【分析】根据题意画出光路图，由几何知识求出光线在D点时的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率；根据蓝光的折射率比红光的折射率大，再利用折射定律可以定性判断出其折射角的变化情况，从而知道光线的偏向。‎ ‎【解答】解：光路图如图所示，设在AC面入射角为i，折射角为r，在AB面，光线与AB的夹角为α，反射光线与AB的夹角为β，光线垂直BC射出，‎ 由几何知识可得：α＝β＝30°，i＝60°，α+r＝60°，r＝30°‎ 折射率：n＝＝＝‎ 若改用蓝光沿同一路径入射，由于蓝光的折射率比红光的折射率大，根据折射定律知：r＜30°，则光线到达AB面上时比E点更靠近A点。‎ 故答案为： A点 ‎【点评】本题考查几何光学，掌握光的折射定律，正确画出光路图，运用几何知识求解相关角度和距离是关键。理解和记忆蓝光和红光的折射率的大小关系，熟练掌握折射定律的具体应用。‎ ‎16．（10分）如图甲为某波源的振动图象，图乙是该波源产生的横波在某时刻的波动图象，波动图象中的O点表示波源，P、Q是介质中的两点。求：‎ ‎（i）这列波的波速多大？波源的起振方向向哪？‎ ‎（ii）当波动图象中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，质点P已经经过了多少路程？‎ ‎【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】（i）由甲图得到周期，由乙图得到波长，根据v＝求解波速；‎ ‎（ii）乙图中P点经过平衡位置且向上运动。根据公式t＝求解波由质点P传至Q需要的时间，Q从向下起振（和波源起振方向相同）至第一次到达平衡位置且向上运动时间为，从而得到质点Q第一次到达平衡位置且向上运动所经历的时间，再根据在一个周期内质点P通过4A的路程，求解路程。‎ ‎【解答】解：（i）从振动图象和波动图象可以看出：波源起振方向沿﹣y方向，‎ T＝0.2 s，λ＝0.2 m．则波速v＝＝1m/s；‎ ‎（ii）波由质点P传至Q需要的时间为 t1＝＝s＝6s＝3T P运动时间为 t2＝T P点共经历时间 t＝t1+t2＝T 所以质点P已经经过的路程为 S＝×4A＝0.7m 答：（i）这列波的波速为1m/s，波源起振方向沿﹣y方向；‎ ‎（ii）当波动图象中质点Q第一次到达平衡位置且向上运动时，质点P已经经过了0.7m路程。‎ ‎【点评】本题关键明确波动图象与振动图象的关系，能从两个图象得到波长和周期，根据公式v＝求解波速。第2小题也可以根据波形平移法求解时间。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 9:52:30；用户：qgjyuser10428；邮箱：qgjyuser10428.21957750；学号：21985435‎