2020年宁夏六盘山高中高考物理五模试卷 9页

‎2020年宁夏六盘山高中高考物理五模试卷 一、选择题：本题共有13道小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎ ‎ ‎1. 现有三个核反应： ①‎​‎‎11‎‎24‎Na→‎​‎‎12‎‎24‎Mg+‎​‎‎−1‎‎0‎e ②‎​‎‎92‎‎235‎U+‎​‎‎0‎‎1‎n→‎​‎‎56‎‎141‎Ba+‎​‎‎36‎‎92‎Kr+3‎​‎‎0‎‎1‎n ③‎​‎‎1‎‎2‎H+‎​‎‎1‎‎3‎H→‎​‎‎2‎‎4‎He+‎​‎‎0‎‎1‎n 下列说法正确的是（ ） ‎ A.①是裂变，②是β衰变，③是聚变 B.①是聚变，②是裂变，③是β衰变 C.①是β衰变，②是裂变，③是聚变 D.①是β衰变，②是聚变，③是裂变 ‎ ‎ ‎2. 雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加。如图所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v−t图像，驾驶员的反应时间为‎1s。下列说法正确的是（ ） ‎ A.从t＝‎0‎到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多‎12m B.从t＝‎1s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的‎0.75‎倍 C.从t＝‎0‎到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度 D.从t＝‎1s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度 ‎ ‎ ‎3. 某数码相机的锂电池电动势为‎7.2V，容量为‎875mA⋅h，能连续拍摄约‎315‎张照片。根据以上信息估算每拍摄一张照片消耗的电能最接近以下哪个数值（ ） ‎ A.‎0.02J B.‎20J C.‎70J D.‎‎7×‎10‎‎4‎J ‎ ‎ ‎4. 纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为‎2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω．t=0‎时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（        ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎5. 如图‎1‎所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有R＝‎10Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为‎2:1‎，交流电压表的示数是‎10V，电流表、电压表均可看作理想电表。图‎2‎是交流电源输出电压u随时间t变化的图像。则（ ） ‎ A.电流表的读数为‎1.00A B.电流表的读数为‎2.00A C.电源输出电压u随时间t变化的规律是u＝‎‎20‎2‎cos100πt(V)‎ D.电源输出电压u随时间t变化的规律是u＝‎‎20‎2‎cos50πt(V)‎ ‎ ‎ ‎6. 如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝‎−r处固定电荷量为‎+9Q的正点电荷，在x＝r处固定电荷量为‎−Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝‎−r，d点在x轴上，坐标为xd＝‎2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是（ ） ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 A.a、b两点的场强相同 B.a、b两点的电势相等 C.电子在e点和f点电势能Epe、Epf一定满足Epe‎<‎Epf D.e、f两点场强Ee、Ef一定满足Ee‎<‎Ef ‎ ‎ ‎7. 倾角θ＝‎30‎‎∘‎的绝缘斜面固定在水平桌面上，细金属棒ab和cd质量均为m，电阻均为R；用电阻不计、不可伸长的两根柔软轻导线将它们连成闭合回路abcda，使两金属棒水平并通过固定在斜面上端的两个光滑绝缘的定滑轮跨放（如图所示），斜面上两导线相互平行且都平行于斜面。斜面上间距为d的两虚线间的区域存在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，cd与斜面间的动摩擦因数μ=‎‎3‎‎6‎，重力加速度为g，当ab匀速下落时（ ） ‎ A.回路中的电流方向为abcda B.回路中的电流大小为mg‎2Bd C.cd的速度大小为mgR‎2‎B‎2‎d‎2‎ D.相同时间内，cd与斜面摩擦产生的热量和回路产生的焦耳热相等 ‎ ‎ ‎8. 如图甲所示，总质量为m＝‎65kg的人和雪橇在倾角θ＝‎37‎‎∘‎的斜面上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比（比例系数也叫空气的阻力系数）。今测得雪橇运动的v−t图像如图乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为‎(4, 15)‎，CD是曲线的渐近线，g取‎10m/‎s‎2‎，根据以上信息，则能够确定下列哪个物理量（ ） ‎ A.空气的阻力系数 B.雪橇与斜面间的动摩擦因数 C.雪橇达到最大速度时所用的时间 D.雪橇在斜面上下滑的最大速度 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～第32题为必考题，每个试题考生都作答．第33～第39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎ ‎ ‎ 某同学想要描绘标有“‎4.8V，‎0.45A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整。可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有： 电压表V（量程‎0∼3V，内阻等于‎3kΩ） 电流表A（量程‎0∼0.6A，内阻等于‎0.5Ω） 滑动变阻器R‎1‎‎(0∼10Ω，额定电流‎2A)‎ 定值电阻R‎2‎（阻值等于‎2kΩ） 电源E（E＝‎6V，内阻不计） ‎ ‎（1）请在虚线框中画出实验电路图，并将各元件的符号标在该元件的旁边。‎ ‎ ‎ ‎（2）该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图所示，若小灯泡的两端电压为‎2.8V时，小灯泡L的功率为________W（保留三位有效数字）。‎ ‎ ‎ ‎ 某同学用图示装置研究碰撞中的动量守恒，实验中使用半径相等的两小球A和B，实验的主要步骤如下： A．用天平测得A、B两球的质量分别为m‎1‎、m‎2‎，且m‎1‎‎>‎m‎2‎ B．如图所示安装器材，在竖直木板上记下O点（与置于C点的小球球心等高），调节斜槽使其末端C切线水平 C．先C处不放球B，将球A从斜槽上的适当高度由静止释放，球A抛出后撞在木板上的平均落点为P D．再将球B置于C点，让球A从斜槽上同一位置静止释放，两球碰后落在木板上的平均落点为M、N E．用刻度尺测出三个平均落点到O点的距离分别为hM、hP、hN 回答下列问题： ‎ ‎（1）若C点到木板的水平距离为x，小球平均落点到O点的距离为h，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度v‎0‎＝________；‎ ‎ ‎ ‎（2）上述实验中，碰后B球的平均落点位置应是________（填“M”或“N”）；‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ‎ ‎（3）若关系式________（用题中所测量的物理量的符号表示）成立，则说明了两小球碰撞中动量守恒。‎ 三、解答题（共2小题，满分32分）‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R＝‎0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长为L＝‎2.5m，θ＝‎60‎‎∘‎，小球质量为m＝‎1kg，小球可视为质点，D点与小孔A的水平距离s＝‎2m，g取‎10m/‎s‎2‎，试求： ‎ ‎（1）摆线能承受的最大拉力为多大？‎ ‎ ‎ ‎（2）要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围。‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程．求： ‎ ‎（1）中间磁场区域的宽度d；‎ ‎ ‎ ‎（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t．‎ ‎[物理——选修3–3]‎ ‎ ‎ ‎ 关于热力学定律，下列说法正确的是（        ） ‎ A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 ‎ ‎ ‎ 如图所示，长为L、横截面积为S、质量为m的筒状小瓶，底朝上漂浮在某液体中。平衡时，瓶内空气柱长为‎0.21L，瓶内、外液面高度差为‎0.10L；再在瓶底放上一质量为m的物块，平衡时，瓶底恰好和液面相平。已知重力加速度为g，系统温度不变，瓶壁和瓶底厚度可忽略。求： ‎(i)‎液体密度ρ； ‎(ii)‎大气压强p‎0‎。 ‎ ‎[物理——选修3–4]‎ ‎ ‎ ‎ 水袖是我国戏剧演员在舞台上表达感情时的一种夸张技法。某次表演中，演员抖动长袖一端，随之舞动的长袖形成了一列简谐横波（如图），其中实线为t‎1‎＝‎0‎时刻波的图像，虚线为t‎2‎＝‎0.3s时刻波的图像，波的周期T>0.3s。关于该简谐波，下列说法正确的是（ ） ‎ A.波长为‎2m B.周期一定为‎1.2s C.频率可能为‎2.5Hz D.若波沿x轴负方向传播，则波速一定为‎5m/s E.若波沿x轴正方向传播，则波速可能为‎15m/s ‎ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ 如图所示是一个水平横截面为圆形的平底玻璃缸，玻璃缸深度为‎2h，缸底面圆心处有一单色点光源S，缸中装有某种液体，深度为h，O点为液面的圆心，OS垂直于水平面。用半径为h的黑纸片覆盖在液面上，则液面上方恰好无光线射出。若在上述黑纸片上，以O为圆心剪出一个面积为‎1‎‎3‎πh‎2‎的圆孔，把余下的黑纸环仍放置在液面上原来的位置，使所有出射光线都从缸口射出。求： ‎(‎ⅰ‎)‎液体的折射率n； ‎(‎ⅱ‎)‎缸口的最小面积S。 ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年宁夏六盘山高中高考物理五模试卷 一、选择题：本题共有13道小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 原子核衰变 ‎【解析】‎ 具有放射性的物质的原子核不稳定，释放出一个高速电子即β粒子，而原子核转变成一个新的原子核的现象即β衰变；核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差别不是太大的中等质量的原子核的现象；核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象．‎ ‎【解答】‎ 具有放射性的物质的原子核不稳定，有时它的一个中子能够转化为一个质子同时释放出一个高速电子，原子核转变成一个新的原子核即发生β衰变。故①是β衰变。 核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差别不是太大的中等质量的原子核的现象，故②是裂变。 核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象，故③是核聚变。 故C正确。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 非常规图象 x-t图像（匀变速直线运动）‎ v-t图像（匀变速直线运动）‎ 匀变速直线运动的概念 ‎【解析】‎ 根据图像与时间轴所围的面积表示位移，分析两车位移关系，根据图像的斜率分析加速度关系，根据公式v‎¯‎‎=‎v‎0‎‎+v‎2‎分析匀减速直线运动的平均速度关系。‎ ‎【解答】‎ AC‎、根据图像与时间轴所围的面积表示位移，知从t＝‎0‎到停下，汽车在干燥路面通过的位移为 x‎1‎‎=‎1+4‎‎2‎×30m＝‎75m，平均速度为v‎1‎‎¯‎‎=x‎1‎t‎1‎=‎75‎‎4‎m/s＝‎18.75m/s 汽车在湿滑路面的位移为 x‎2‎‎=‎1+5‎‎2‎×30m＝‎90m，平均速度为v‎2‎‎¯‎‎=x‎2‎t‎2‎=‎90‎‎5‎m/s＝‎18m/s，因此，从t＝‎0‎到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多‎15m，汽车在湿滑路面的平均速度小于在干燥路面的平均速度，故AC错误； B、从t＝‎1s到停下，根据图像的斜率表示加速度，知汽车在湿滑路面的加速度大小为a‎1‎‎=‎30‎‎4‎m/‎s‎2‎＝‎7.5m/‎s‎2‎，在干燥路面的加速度大小a‎2‎‎=‎30‎‎3‎m/‎s‎2‎＝‎10m/‎s‎2‎，则汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的‎0.75‎倍，故B正确； D、从t＝‎1s到停下，汽车做匀减速直线运动，根据v‎¯‎‎=‎v‎0‎‎+v‎2‎分析知汽车在湿滑路面的平均速度与在干燥路面的平均速度均为‎15m/s，故D错误。‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电功 电功率 ‎【解析】‎ 根据能量守恒定律，每拍一张照片所消耗的电能等于电池可释放总能量除以张数。‎ ‎【解答】‎ 已知q＝‎875mA⋅h＝‎875×‎10‎‎−3‎×3600s＝‎3.15×‎10‎‎3‎C，E＝‎7.2V，则锂电池可以做的电功为W＝qE＝‎3.15×‎10‎‎3‎×7.2J＝‎2.268×‎10‎‎4‎J；则每拍一张照片所消耗的电能 W‎​‎‎1‎=Wn=‎2.268×‎‎10‎‎4‎‎315‎J=72J；故ABD错误，C正确；‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 线速度、角速度和周期、转速 闭合电路的欧姆定律 单杆切割磁感线 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：设经时间t导体杆转过的角度为α，则α=ωt，由图可知此时导体杆的有效切割长度为l=2Rsinωt，由法拉第电磁感应定律可知，E=Blv‎¯‎=B⋅2Rsinωt⋅ωRsinα=2BωR‎2‎sin‎2‎ωt，则选项C正确． 故选C．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 变压器的构造和原理 ‎【解析】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 根据I‎2‎‎=‎U‎2‎R算出副线圈电流，再根据电流与匝数成反比算出I‎1‎ 即电流表的读数；已知U‎2‎根据电压与匝数成正比算出U‎1‎，正弦式交流电，根据Um‎=‎‎2‎U‎1‎算出Um，再根据ω=‎‎2πT算出ω，由图可知u随时间t变化的规律是余弦图像，故u＝Umcosωt。‎ ‎【解答】‎ AB‎、副线圈电流I‎2‎‎=U‎2‎R=‎10‎‎10‎=1A，由I‎1‎I‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎得，I‎1‎＝‎0.5A，故AB错误； CD、U‎2‎＝‎10V，由U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎得，U‎1‎＝‎20V，正弦式交流电，Um‎=‎2‎U‎1‎=20‎2‎V；有图可知，电源输出电压周期T＝‎2×‎10‎‎−2‎s，则ω=‎2πT=100π rad/s，由图可知u随时间t变化的规律是余弦图像，故u＝Umcosωt=20‎2‎cos100πt(V)‎，故C正确，D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B,C ‎【考点】‎ 电场力做功与电势能变化的关系 电势 电势差与电场强度的关系 库仑定律 电势能 电场强度 ‎【解析】‎ 根据点电荷的场强公式求出两个点电荷产生的场强，再由场强叠加的原理求合场强。根据对称性分析a、b两点的电势关系；计算d点电场强度大小，确定e和f处电势高低，由此确定电子在e点和f点电势能大小；根据电场线的分布分析e、f两点场强。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不等，故A错误； B、电势是一个标量，由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确； C、‎+9Q在d点产生的场强大小 E‎1‎＝k‎9Q‎(3r‎)‎‎2‎=kQr‎2‎，方向水平向右，‎−Q在d点产生的场强大小E‎2‎＝kQr‎2‎，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，所以d点右侧的电场线方向沿‎+x方向，φe‎>‎φf，根据负电荷在电势低的地方电势能大可知，电子在e点和f点电势能满足Epe‎<‎Epf，故C正确； D、d处场强为零，无限远处的电场强度为零，从d点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，无法判断e、f两点场强大小关系，故D错误。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A,C,D ‎【考点】‎ 感生电动势 闭合电路的欧姆定律 单杆切割磁感线 安培力的计算 电磁感应中的能量问题 ‎【解析】‎ 根据右手定则可以判断出感应电流方向； ab匀速下落，对金属棒ab、cd系统应用平衡条件求出感应电流大小； 由E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律可以求出cd棒的速度大小； 应用焦耳定律与功的计算公式分析判断摩擦产生的热量与焦耳热间的关系。‎ ‎【解答】‎ A‎、金属棒cd沿斜面向上运动，由右手定则可知，感应电流沿abcda方向，故A正确； B、ab匀速下落，cd匀速上升，对ab、cd系统，由平衡条件得：mg＝BId+μmgcosθ+mgsinθ， 解得：I=‎mg‎4Bd，故B错误； C、金属棒cd切割磁感线产生感应电动势E＝Bdv， 感应电流I=ER+R=‎Bdv‎2R， 解得：v=‎mgR‎2‎B‎2‎d‎2‎，故C正确； D、电功率P电‎=I‎2‎⋅2R=‎m‎2‎g‎2‎R‎8‎B‎2‎d‎2‎， 摩擦力做功的功率P摩擦＝fv＝μmgvcosθ=‎m‎2‎g‎2‎R‎8‎B‎2‎d‎2‎， 由于P电＝P摩擦，由W＝Pt可知，相同时间内，cd与斜面摩擦产生的热量和回路产生的焦耳热，故D正确。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A,B,D ‎【考点】‎ v-t图像（匀变速直线运动）‎ 摩擦力的判断 x-t图像（匀变速直线运动）‎ 摩擦力的计算 非常规图象 牛顿第二定律的概念 匀变速直线运动的概念 ‎【解析】‎ AB的斜率表示速度为‎5m/s时的加速度大小，根据牛顿第二定律列出速度是‎5m/s时、以及加速度为‎0‎时的动力学方程。联立两方程求出空气的阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ．加速度为零速度最大，由图读出最大速度。‎ ‎【解答】‎ ABD‎、由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcosθ−kv＝ma 由图像得A点，速度为：vA＝‎5m/s，加速度为：aA＝‎2.5m/‎s‎2‎； 有：mgsinθ−μmgcosθ−kvA＝maA…① 最终雪橇匀速运动时最大速度为：vm＝‎10m/s，a＝‎0‎ mgsinθ−μmgcosθ−kvm＝‎0‎…② ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 联立①②，代入数据可以解得μ和k，故ABD正确； C、由mgsinθ−μmgcosθ−kv＝ma知，v增大，a减小，雪橇做加速度逐渐减小的变加速运动，不能根据运动学公式求雪橇达到最大速度时所用的时间，故C错误。‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～第32题为必考题，每个试题考生都作答．第33～第39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎【答案】‎ 如图所示；‎ ‎1.01‎ ‎【考点】‎ 描绘小灯泡的伏安特性曲线 ‎【解析】‎ ‎（1）分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装，同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法； （2）由伏安特性曲线可确定小灯泡的两端的电压为‎2.8V时的电流，再由P＝UI即可求出小灯泡的功率大小。‎ ‎【解答】‎ 灯泡额定电压为‎4.8V，而电压表量程只有‎3V，故应将电压表与定值电阻串联使用；在描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡内阻较小，电流表内阻很小，电压表内阻很大，由于灯泡电阻远小于电压表内阻，故采用电流表外接法，电路图如图所示；‎ 由图所示，当电压为‎2.8V时，电流I＝‎0.36A，故由P＝UI可知，小灯泡的功率P＝UI＝‎2.8×0.36W≈1.01W。‎ ‎【答案】‎ xg‎2h M m‎1‎‎1‎hP‎=m‎1‎‎1‎hN+‎m‎2‎‎1‎hM ‎【考点】‎ 利用平抛运动规律验证动量守恒定律 ‎【解析】‎ ‎（1）根据平抛运动规律进行分析，从而求出对应的初速度； （2）根据平抛运动规律可知，由于水平位移相同，故水平速度越大则下落高度越小，再结合动量守恒定律即可分析两球的落点； （3）根据动量守恒定律进行分析，代入求出的碰接前后的速度，即可求得应验证的表达式。‎ ‎【解答】‎ 由平抛运动规律可知： 竖直方向： h=‎1‎‎2‎gt2‎； 水平方向x＝v‎0‎t 解得：水平速度v‎0‎＝xg‎2h；‎ 由于水平位移相同，碰后速度越大，则飞行时间越短，竖直方向下落高度越小，故碰后B球的平均落点应在M处；‎ 根据（1）中所求可得： 碰前A球的速度vA＝xg‎2‎hP； 碰后AB两球的速度分别为： vA‎′‎＝xg‎2‎hN VB＝xg‎2‎hM 根据动量守恒定律可知： m‎1‎vA＝m‎1‎vA’‎+‎m‎2‎vB 代入速度表达式，化简可得： m‎1‎‎1‎hP‎=m‎1‎‎1‎hN+‎m‎2‎‎1‎hM 即只要上式成立，则可以验证动量守恒；‎ 三、解答题（共2小题，满分32分）‎ ‎【答案】‎ 摆线能承受的最大拉力为‎20N；‎ 要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，粗糙水平面摩擦因数μ的范围为μ≤0.25‎。‎ ‎【考点】‎ 牛顿第二定律的概念 动能定理的应用 向心力 ‎【解析】‎ ‎（1）根据机械能守恒求得在D点的速度，然后由牛顿第二定律求得最大拉力； （2）根据牛顿第二定律求得在圆轨道最高点的速度范围，然后对D到最高点的运动过程应用动能定理即可求解。‎ ‎【解答】‎ 摆球由C到D运动过程只受重力和绳子拉力作用，只有重力做功，故机械能守恒，则有：mgL(1−cosθ)=‎1‎‎2‎mvD‎2‎； 摆球在D点时，摆线刚好拉断，故此时，摆线拉力为最大拉力，由牛顿第二定律可得：Fm‎−mg=mvD‎2‎L=2mg(1−cosθ)=mg； 所以，摆线能承受的最大拉力Fm＝‎2mg＝‎20N；‎ 要使小球能通过圆轨道的最高点，在最高点由牛顿第二定律可得：mg≤mv‎2‎R； 小球从D到圆轨道的最高点过程中，只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：‎−μmgs−2mgR=‎1‎‎2‎mv‎2‎−‎1‎‎2‎mvD‎2‎； 所以，μ=‎1‎‎2‎mvD‎2‎−‎1‎‎2‎mv‎2‎−2mgRmgs≤mgL(1−cosθ)−‎1‎‎2‎mgR−2mgRmgs=‎1‎‎2‎L−‎5‎‎2‎Rs=0.25‎，即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25‎；‎ ‎【答案】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ 三段圆弧的圆心组成的三角形‎△‎O‎1‎O‎2‎O‎3‎是等边三角形，其边长为‎2R． 所以中间磁场区域的宽度为：d＝Rsin‎60‎‎∘‎=‎‎1‎‎2B‎6mELq；‎ ‎（1）中间磁场区域的宽度d为‎1‎‎2B‎6mELq；（1）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t为‎2‎2mLqE+‎‎7πm‎3qB ‎【考点】‎ 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 动能定理的应用 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 ‎【解析】‎ ‎（1）由动能定理求出粒子的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律求出轨迹的半径．根据几何关系求解中间磁场区域的宽度； （2）先求出在电场中运动的时间，再求出在两段磁场中运动的时间，三者之和即可带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间．‎ ‎【解答】‎ 带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qEL=‎1‎‎2‎mv‎2‎−0‎， 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律得：qvB＝mv‎2‎R， 由以上两式解得：R=‎‎1‎B‎2mELq， 可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示： 三段圆弧的圆心组成的三角形‎△‎O‎1‎O‎2‎O‎3‎是等边三角形，其边长为‎2R． 所以中间磁场区域的宽度为：d＝Rsin‎60‎‎∘‎=‎‎1‎‎2B‎6mELq；‎ 在电场中：t‎1‎‎=‎2va=‎2vqEm=2‎‎2mLqE， 在中间磁场中运动时间：t‎2‎‎=‎1‎‎3‎T=‎1‎‎3‎×‎2πmqB=‎‎2πm‎3qB， 在右侧磁场中运动时间：t‎3‎‎=‎5‎‎6‎T=‎5‎‎6‎×‎2πmqB=‎‎5πm‎3qB， 则粒子第一次回到O点的所用时间为：t＝t‎1‎‎+t‎2‎+‎t‎3‎＝‎2‎2mLqE+‎‎7πm‎3qB； 答：（1）中间磁场区域的宽度d为‎1‎‎2B‎6mELq；（1）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t为‎2‎2mLqE+‎‎7πm‎3qB．‎ ‎[物理——选修3–3]‎ ‎【答案】‎ B,D,E ‎【考点】‎ 热力学第二定律 热力学第一定律 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．根据热力学第一定律，气体吸热的同时若对外做功，则气体内能不一定增加，温度不一定升高，A错误； B．对气体做功可以改变其内能，B正确； C．理想气体等压膨胀过程，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增加，故气体一定吸热，C错误； D．根据热力学第二定律知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，D正确； E．根据热平衡定律，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，E正确． 故选BDE．‎ ‎【答案】‎ ‎(i)‎液体密度ρ为‎10mSL； ‎(ii)‎大气压强p‎0‎为‎19mgS。‎ ‎【考点】‎ ‎“玻璃管封液”模型 ‎【解析】‎ ‎(i)‎小瓶受到重力与浮力作用而静止，由浮力公式与平衡条件可以求出液体的密度。 ‎(ii)‎由平衡条件求出瓶内外液面的高度差，瓶内气体温度保持不变，应用玻意耳定律求出大气压强。‎ ‎【解答】‎ ‎(i)‎小瓶静止处于平衡状态，由平衡条件得： p‎0‎S+mg＝pS， 其中瓶内封闭气体的压强：ρ＝p‎0‎‎+ρg⋅0.10L， 解得，液体密度：ρ=‎‎10mSL； ‎(ii)‎设瓶底加上物块后瓶内外的液面高度差为h， 由平衡条件得：p‎0‎S+2mg＝‎(p‎0‎+ρgh)S， 瓶内气体温度不变，发生等温变化，由玻意耳定律得： ‎(p‎0‎+ρg⋅0.10L)⋅0.21LS＝‎(p‎0‎+ρgh)⋅hS， ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 解得：p‎0‎‎=‎‎19mgS；‎ ‎[物理——选修3–4]‎ ‎【答案】‎ A,C,E ‎【考点】‎ 波长、频率和波速的关系 横波的图象 ‎【解析】‎ 根据波形图分析该波的波长；根据平移法分析波的传播距离与波长的关系或者所用时间与周期的关系，由v=‎‎△x‎△t求解波速的表达式，根据周期的表达式以及题中所给的限制条件分析求解周期的值，由T=‎‎1‎f分析频率的大小。‎ ‎【解答】‎ A‎、根据题意可知，该波的波长为λ＝‎2m，故A正确； BCDE、如波向x轴正方向传播，则t‎2‎‎−‎t‎1‎＝‎0.3s=‎1‎‎4‎T+nT， 所以周期为T=‎1.2‎‎4n+1‎s，n＝‎0.1.2.3‎…， 因为波的周期T>0.3s， 则n＝‎0‎，T＝‎1.2s， 波速为v=λT=‎5‎‎3‎m/s， 如波向x轴负方向传播，则t‎2‎‎−‎t‎1‎＝‎0.3s=‎3‎‎4‎T+nT， 所以周期为T=‎1.2‎‎4n+3‎s，n＝‎0.1.2.3‎…， 因为波的周期T>0.3s， 则n＝‎0‎，T＝‎0.4s， 则频率为f=‎1‎T=2.5Hz 波速为v=λT=5m/s，故CE正确，BD错误。‎ ‎【答案】‎ ‎(‎ⅰ‎)‎液体的折射率n为‎2‎； ‎(‎ⅱ‎)‎缸口的最小面积S为‎4+2‎‎3‎‎3‎πh‎2‎。‎ ‎【考点】‎ 光的折射定律 ‎【解析】‎ ‎(‎ⅰ‎)‎根据几何关系求解临界角，根据全反射的条件求解折射率； ‎(‎ⅱ‎)‎求出挖去部分圆的半径，设缸口的最小半径为，根据几何关系求解入射角和折射角的正弦值，根据折射定律求解缸口的最小半径，根据面积计算公式求解。‎ ‎【解答】‎ ‎(‎ⅰ‎)‎根据题意可知，发出的光线射到黑纸片的边缘恰好发生全反射，临界角为C，光路图如图甲所示： 根据几何关系可得tanC＝‎1‎ 则临界角C＝‎45‎‎∘‎ 根据全反射的条件可得sinC=‎‎1‎n 所以折射率n=‎‎2‎； ‎(‎ⅰⅰ‎)‎剪出个面积为‎1‎‎3‎πh‎2‎的圆孔后，设透光部分的半径为r‎2‎，射出光线的最大入射角为i，对应的折射角为θ，光路图如图乙所示 根据几何关系可得：S‎2‎‎=πr‎2‎‎2‎=‎1‎‎3‎πh‎2‎ tani=‎r‎2‎h 根据折射定律可得n=‎sinθsini 缸口的最小半径为r＝r‎2‎‎+htanθ 则缸口的最小面积为S＝‎πr‎2‎=‎4+2‎‎3‎‎3‎πh‎2‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页