2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷(20200912152230) 24页

第 1页（共 24页） 2020 年广东省实验中学高考物理模拟试卷 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 14～18 题只有 一项符合题目要求，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）已知核反应方程 90 234 Th→ 91 234 Pa+X+△ E（△ E 为释放出的核能， X 为新生成粒 子）， 90 234 Th 的半衰期为 T，下列有关说法正确的是（ ） A ． 91 234 Pa 核比 90 234 Th 核多一个中子 B． 90 234 Th 的比结合能为 △ ?? 234 C．X 粒子是电子，此核反应为 β衰变 D．N 0 个 90 234 Th 经 2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为 1 4N0△E（N0 数值很大） 2．（6 分）全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线， 没有传统无轨电车的 “辫 子”，没有尾气排放，乘客上下车的 30 秒内可充满电并行驶 5 公里以上，刹车和下坡时 可把 80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“ 3V、12000F”石墨烯纳 米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（ ） A ．该电容器的容量为 36000A ?h B．电容器放电，电量逐渐减少到 0，电容不变 C．电容器放电，电量逐渐减少到 0，电压不变 D．若 30s 能充满，则充电平均电流为 3600A 3．（ 6 分）两颗行星 s1， s2 相距遥远，各自有一系列卫星绕各自的行星做匀速圆周运动，其 卫星的线速度的平方与其轨道半径间关系的 v2- 1 ??图象分别如图所示的 s1、s2 实线部分， 由图象可知（ ） A ．可以比较两行星的质量大小 第 2页（共 24页） B．不能比较两行星的密度大小 C．不能比较两星球表面处的加速度大小 D．在行星 s2 上将相同的卫星发射出去，需更大的发射速度 4．（6 分）建筑工地上，常采用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体 在水平方向上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机 的功率 P 随时间 t 变化如图所示， 则下面关于物体运动的加速度与时间关系的 a﹣t 图象， 机械能与上升高度关系的 E﹣h 图象，物体运动的轨迹 y﹣x 图象，在竖直方向速度与时 间关系的 v﹣t 图象，正确的是（ ） A ． B． C． D． 5．（ 6 分）如图所示， ABC 为等边三角形，电荷量为 +q 的点电荷固定在 A 点。先将一电荷 量也为 +q 的点电荷 Q1 从无穷远处（电势为 0）移到 C 点， 此过程中， 电场力做功为﹣ W．再 将 Q1 从 C 点沿 CB 移到 B 点并固定。 最后将一电荷量为﹣ 2q 的点电荷 Q2 从无穷远处移 到 C 点。下列说法正确的有（ ） A ．Q1 移入之前， C 点的电势为 - ?? ?? B．Q1 从 C 点移到 B 点的整个过程中，所受电场力始终不做功 C．Q2 从无穷远处移到 C 点的过程中，所受电场力做的功为 2W D．Q2 在移到 C 点后的电势能为﹣ 4W 6．（ 6 分）如图所示，在倾角 α＝37°的光滑是够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体 A 和 B，质量分别为 mA＝1kg，mB＝2kg，弹簧劲度系数为 k＝100N/m ，C 为固定挡板，当 A 在受到沿斜面向下， F＝14N 的力作用下处于静止，且弹簧弹性势能 Ep= 1 2kx 2（x 为形 变量） ，当撤去外力后，物体上升至最高处时， B 恰好脱离挡板 C，g 取 10m/s2，以下说 第 3页（共 24页） 法正确的是（ ） A ．物体 A 上升位移为 0.12m B．物体 A 运动中最大速度时弹簧处于原长 C．弹簧处于原长时，物体 A 动能为 0.8J D．物体 A 向上运动过程中，先超重后失重 7．（ 6 分）如图所示，两个小球 A 、B 分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴 O 在 竖直平面内转动， OA ＞OB ，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两 球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过 程中，以下说法正确的是（ ） A ．两球组成的系统机械能守恒 B．B 球克服重力做的功等于 B 球重力势能的增加 C．重力和空气阻力对 A 球做功代数和等于它的动能增加 D．A 球克服空气阻力做的功大于 B 球克服空气阻力做的功 8．（ 6 分）如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为 B， 电场强度大小为 E= √3???? ?? ，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长 的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成 60°夹角且处于竖直平面内。一质量为 m，带电量 为+q 的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度 v0，小球恰好做匀速运动。已 知小球电量保持不变，重力加速度为 g，则以下说法正确的是（ ） 第 4页（共 24页） A ．小球的初速度为 2???? ???? B．若小球的初速度为 3???? ???? ，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C．若小球的初速度为 ???? ???? ，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D．若小球的初速度为 ???? ???? ，则运动中克服摩擦力做功为 ??3??2 2??2??2 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生 都必须作答．第 33～38 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题（共 129 分） 9．（ 6 分）某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电 门固定在水平轨道上的 B 点，用重物通过细线拉小车，保持小车（含遮光条）质量 M 不 变， 改变所挂重物质量多次进行实验， 使小车每次都从同一位置 A 由静止开始运动， AB 间距离为 L．（重力加速度大小 g 取 10m/s2） （1）用游标卡尺测出遮光条的宽度 d 如图乙所示，则 d＝ cm； （2）实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量 m 和相应小车 经过光电门时的速度 v，作出 v2﹣m 图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大 小为 N； （3）在满足条件 的情况下， v2﹣m 图象是线性变化的，说明合外力做的功等于 动能的改变，此时图象的斜率 k 的表达式为 k＝ （用题给物理量的字母表示） 。 10．（9 分）某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计。 提供的实验器材有：灵敏电流表（量程为 1.0mA ，内阻为 300Ω），学生电源（输出电压 为 U＝2.0V，内阻不计） ，滑动变阻器 R1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R2（最大阻 值为 3000Ω），单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻 RT，导线若干。已知热 敏电阻的阻值与摄氏温度 t 的关系为 RT＝ 2.5t﹣ 15（Ω），实验步骤如下： a．按照电路图连接好实验器材； b．为不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片 P 调整到 a 端；然后将单刀双掷开关掷于 c 端，调节滑动变阻器， 使灵敏电流表指针指在 （选填“中央刻线” 或 “满刻线” ） 第 5页（共 24页） 位置，并在以后的操作中使滑片 P （选填“位置不变” 、“置于 a 端”或“置于 b 端”）； c．在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于 d 端，随着热水温度的下降，记录若干 个灵敏电流表的示数； d．根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表 的刻度盘，改装成温度计。 （1）为使改装的温度计的量程足够大，将实验步骤 b 补充完整。 （2）根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选 （填“ R1”或“ R2”）。 （3）灵敏电流表的电流 I 与热水温度 t 之间的函数关系式为 I＝ （ A），该温度计 能够测量的最低温度为 ℃。 （4）重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的 （填“左” 或“右” ）侧，刻度盘上的刻度 （填“均匀”或“不均匀” ）。 11．（12 分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA＝4kg，上表面光滑，小 车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端， B 的 质量 mB＝2kg，现对 A 施加一个水平向右的恒力 F＝10N，A 运动一段时间后，小车左 端固定的挡板与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后 A、B 粘合在一起，共同在 F 的作用 下继续运动，碰撞后经时间 t＝0.6s，二者的速度达到 vt＝ 2m/s，求 （1）A 开始运动时加速度 a 的大小； （2）A、 B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小； （3）A 的上表面长度 l。 12．（20 分）如图所示， P1Q1P2Q2 和 M 1N1M 2N2 为水平放置的两足够长的光滑平行导轨， 整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小 B＝0.4T 的匀强磁场中， P1Q1 与 M 1N1 间的距 第 6页（共 24页） 离为 L1＝ 1.0m，P2Q2 与 M 2N2 间的距离为 L2＝0.5m，两导轨电阻可忽略不计。质量均为 m＝0.2kg 的两金属棒 ab、cd 放在导轨上， 运动过程中始终与导轨垂直且接触良好， 并与 导轨形成闭合回路。已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为 R＝1.0Ω；金属棒与导 轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度 大小 g＝10m/s2。 （1）在 t＝ 0 时刻，用垂直于金属棒的水平外力 F 向右拉金属棒 cd，使其从静止开始沿 导轨以 a＝5.0m/s2 的加速度做匀加速直线运动，金属棒 cd 运动多长时间金属棒 ab 开始 运动？ （2）若用一个适当的水平外力 F0（未知）向右拉金属棒 cd，使其速度达到 v2＝20m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒 ab 也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒 ab 沿导轨 运动的速度大小和金属棒 cd 匀速运动时水平外力 F0 的功率； （3）当金属棒 ab 运动到导轨 Q1N1 位置时刚好碰到障碍物而停止运动， 并将作用在金属 棒 cd 上的水平外力改为 F1＝0.4N ，此时金属棒 cd 的速度变为 v0＝30m/s，经过一段时间 金属棒 cd 停止运动，求金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离。 [物理 -选修 3-3]（15 分） 13．（5 分）下列说法正确的是（ ） A ．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数 B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显 C．在使两个分子间的距离由很远 （r＞10 ﹣9m）减小到很难再靠近的过程中， 分子间作用 力先减小后增大，分子势能不断增大 D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大 14．（10 分）如图所示，内径粗细均匀的 U 形管竖直放置在温度为 7℃的环境中，左侧管上 端开口，并用轻质活塞封闭有长 l1＝14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长 l2＝24cm 的理想气体， 左右两管内水银面高度差 h＝6cm，若把该装置移至温度恒为 27℃ 的房间中（依然竖直放置） ，大气压强恒为 p0＝ 76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分 第 7页（共 24页） 别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度。 第 8页（共 24页） 2020 年广东省实验中学高考物理模拟试卷 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 14～18 题只有 一项符合题目要求，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）已知核反应方程 90 234 Th→ 91 234 Pa+X+△ E（△ E 为释放出的核能， X 为新生成粒 子）， 90 234 Th 的半衰期为 T，下列有关说法正确的是（ ） A ． 91 234 Pa 核比 90 234 Th 核多一个中子 B． 90 234 Th 的比结合能为 △ ?? 234 C．X 粒子是电子，此核反应为 β衰变 D．N 0 个 90 234 Th 经 2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为 1 4N0△E（N0 数值很大） 【考点】 JE：原子核的结合能； JI：爱因斯坦质能方程． 【分析】 根据电荷数守恒、质量数守恒得出 X 的电荷数和质量数，确定核反应的类型； 根据半衰期公式剩余的衰变物质； 释放的能量不等于结合能，根据题意无法求出比结合能； 【解答】 解： A、 91 234 Pa 核比 90 234 Th 核多一个质子， A 错误； B、比结合能是核子结合为原子核时释放的核能与核子数之比， 而不是衰变释放的核能与 核子数之比， B 错误； C、由电荷数守恒和质量数守恒可以判断 X 为电子，题述核反应为 β衰变， C 正确； D、经过 2T 时间， N0 个 90 234 Th 还剩 ??0 (1 2 ) ?? 2??= 1 4N 0 个没有衰变，则有 N0- 1 4 N0= 3 4 N0 个 发生了衰变，故核反应释放的核能为 3 4 N0△E，D 错误； 故选： C。 【点评】 本题关键是掌握爱因斯坦质能方程△ E＝△ mc2 以及比结合能的计算公式，掌握 衰变的实质和半衰期的特点。 2．（6 分）全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线， 没有传统无轨电车的 “辫 子”，没有尾气排放，乘客上下车的 30 秒内可充满电并行驶 5 公里以上，刹车和下坡时 可把 80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“ 3V、12000F”石墨烯纳 米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（ ） 第 9页（共 24页） A ．该电容器的容量为 36000A ?h B．电容器放电，电量逐渐减少到 0，电容不变 C．电容器放电，电量逐渐减少到 0，电压不变 D．若 30s 能充满，则充电平均电流为 3600A 【考点】 AN ：电容器与电容． 【分析】 3V 为电容器的额定电压， 12000F 为电容器的电容； 根据 Q＝CU 计算电容器的容量； 电容器的电容与电量、电压无关； 电容器是储存电能的工具，根据 Q＝It 计算充电电流。 【解答】 解：A、该电容器最大容纳电荷量为： Q＝CU＝12000F×3V ＝ 36000C＝10A ?h， 故 A 错误； BC、电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减 小到 0，电压逐渐减小为 0，故 B 正确， C 错误； D、若 30s 能充满，则充电平均电流为： I= ?? ??= 36000 30 A ＝1200A ，故 D 错误。 故选： B。 【点评】 本题考查电容器和电容的相关知识，要注意明确电容的定义为比值定义法，其 大小与电量和电压无关。 3．（ 6 分）两颗行星 s1， s2 相距遥远，各自有一系列卫星绕各自的行星做匀速圆周运动，其 卫星的线速度的平方与其轨道半径间关系的 v2- 1 ??图象分别如图所示的 s1、s2 实线部分， 由图象可知（ ） A ．可以比较两行星的质量大小 B．不能比较两行星的密度大小 第10页（共 24页） C．不能比较两星球表面处的加速度大小 D．在行星 s2 上将相同的卫星发射出去，需更大的发射速度 【考点】 4A ：向心力； 4F：万有引力定律及其应用； 4H：人造卫星． 【分析】 根据万有引力充当向心力列式，根据表达式知斜率的意义，比较质量和密度， 根据万有引力充当向心力比较加速度和线速度。 【解答】解：A、卫星绕行星运动， 设行星质量 M ，卫星质量 m，轨道半径 r，则 m??2 ?? = G ???? ??2 ， 知 v2＝GM ?1 ??知斜率等于 GM ，所以 M 1＞ M 2，故 A 正确； B、由图象知两行星半径相等，由 M ＝ρ? 4 3 πR3，知 ρ1＞ρ2，故 B 错误； C、在行星表面有质量为 m’的物体，有 ma＝G ???? ′ ??2 ，可判断加速度大小，故 C 错误； D、当卫星绕行星表面运行， 发射速度最小， 由 m ??2 ?? = G ???? ??2 ，知 v= √???? ??，所以 v1＞v2， 故 D 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这一理论，知道线速度、角速度、周 期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。该题还要求 要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息。就像该题，能知道两个 行星的半径是相等的。 4．（6 分）建筑工地上，常采用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体 在水平方向上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机 的功率 P 随时间 t 变化如图所示， 则下面关于物体运动的加速度与时间关系的 a﹣t 图象， 机械能与上升高度关系的 E﹣h 图象，物体运动的轨迹 y﹣x 图象，在竖直方向速度与时 间关系的 v﹣t 图象，正确的是（ ） A ． B． C． D． 【考点】 37：牛顿第二定律； 63：功率、平均功率和瞬时功率； 6B：功能关系． 【分析】 物体在竖直方向上的运动先加速再减速，其加速度大小变化可根据竖直方向上 第11页（共 24页） 的牛顿第二定律判断； 物体做曲线运动时，合力应指向曲线的内侧可定性判断物体的运动轨迹； 根据其它力做功等于物体机械能该变量，在 E﹣h 图象中斜率为绳子拉力是变力来判断； 【解答】 解： AD 、竖直方向上，在 0﹣t1 时间内，对物体有： ??1 ?? - ????= ????，故 a 随 v 增大而减小，当 a＝0 时做匀速运动， 在 t1﹣t2 时间内， 对物体有： ????- ??2 ?? = ????，a 随 v 减小而减小， 当 a＝0 时， 再次匀速， 故 A 错误， D 正确； C、0﹣t1 时间内的加速阶段合力竖直向上， t1﹣t2 时间内的减速阶段，合力竖直向下，与 速度有夹角，且合力应指向轨迹内侧，故 C 错误； B、机械能该变量△ E＝ Fh，其斜率为绳子拉力，且为变力，故 B 错误； 故选： D。 【点评】 本题重点考查物体的运动和力的关系，根据牛顿第二定律结合物体的上升过程 进行分析对比即可； 5．（ 6 分）如图所示， ABC 为等边三角形，电荷量为 +q 的点电荷固定在 A 点。先将一电荷 量也为 +q 的点电荷 Q1 从无穷远处（电势为 0）移到 C 点， 此过程中， 电场力做功为﹣ W．再 将 Q1 从 C 点沿 CB 移到 B 点并固定。 最后将一电荷量为﹣ 2q 的点电荷 Q2 从无穷远处移 到 C 点。下列说法正确的有（ ） A ．Q1 移入之前， C 点的电势为 - ?? ?? B．Q1 从 C 点移到 B 点的整个过程中，所受电场力始终不做功 C．Q2 从无穷远处移到 C 点的过程中，所受电场力做的功为 2W D．Q2 在移到 C 点后的电势能为﹣ 4W 【考点】 AC ：电势； AE：电势能与电场力做功． 【分析】 研究 Q1 从无穷远处（电势为 0）移到 C 点的过程，利用公式 W＝qU 求出无穷 远处与 C 点间的电势差，从而求得 C 点的电势。 Q1 从 C 点移到 B 点的过程中，根据 C 点与 B 点间的电势差求电场力做功。 Q2 从无穷远处移到 C 点的过程中， 先根据电场的叠 第12页（共 24页） 加原理求 C 点的电势，再由 W＝qU 求电场力做的功。再求 Q2 在移到 C 点后的电势能。 【解答】 解：A、Q1 从无穷远处（电势为 0）移到 C 点的过程，根据电场力做功公式得： qU∞C＝﹣ W，得： U∞C= - ?? ??．又 U ∞C＝0﹣φC＝﹣ φC，可得 Q1 移入之前， C 点的电势 为： φC= ?? ??，故 A 错误； B、C 点与 B 点的电势相等，两者间的电势差为 0，根据 W＝qU 知， Q1 从 C 点移到 B 点的全过程中，所受电场力做的功为 0，但在移动过程中， Q1 先靠近 +q，后远离 +q，则 电场力先做负功，后做正功，故 B 错误； C、将 Q1 移到 B 点并固定后， 根据电场的叠加原理知， C 点的电势为： φC′＝ 2φC= 2?? ??， Q2 从无穷远处移到 C 点的过程中， 所受电场力做的功为： W′＝﹣ 2q（0﹣φC′）＝4W ， 故 C 错误； D、Q2 从无穷远处移到 C 点的过程中，电场力做的功为 4W，其电势能减少了 4W，而 Q2 在无穷远处电势能为 0，所以 Q2 在移到 C 点后的电势能为﹣ 4W，故 D 正确。 故选： D。 【点评】 解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电 势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式 W＝qU 时各个量均要代符号运算。 6．（ 6 分）如图所示，在倾角 α＝37°的光滑是够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体 A 和 B，质量分别为 mA＝1kg，mB＝2kg，弹簧劲度系数为 k＝100N/m ，C 为固定挡板，当 A 在受到沿斜面向下， F＝14N 的力作用下处于静止，且弹簧弹性势能 Ep= 1 2kx 2（x 为形 变量） ，当撤去外力后，物体上升至最高处时， B 恰好脱离挡板 C，g 取 10m/s2，以下说 法正确的是（ ） A ．物体 A 上升位移为 0.12m B．物体 A 运动中最大速度时弹簧处于原长 C．弹簧处于原长时，物体 A 动能为 0.8J D．物体 A 向上运动过程中，先超重后失重 【考点】 2S：胡克定律； 37：牛顿第二定律； 6B：功能关系． 【分析】 A 物体上升过程中，弹簧有压缩状态变成拉伸状态，根据平衡条件计算弹簧的 第13页（共 24页） 压缩量和伸长量即是物体 A 的上升位移； 物体 A 速度最大时，加速度为零，处于平衡状态，弹簧处于压缩状态； 根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化为物体 A 的动能和重力势能； 物体的加速度向上处于超重状态，加速度向下处于失重状态； 【解答】 解： A、当 F＝14N 作用于 A 物体静止时，对 A 物体： kx 1＝F+mA gsinα，解得 弹簧压缩量 x1＝0.2m， 当物体 B 恰要脱离挡板 C 是，对 B 物 kx 2＝mBgsinα，解得：弹簧的压缩量 x2＝0.12m ， 物体 A 上升的位移 x＝x1+x2＝0.32m，故 A 错误； B、物体 A 速度最大时，处于平衡位置，弹簧处于压缩状态，故 B 错误； C、当物体 A 运动至弹簧处于原长时，有能量守恒： 1 2 ????1 2 = ????+ ????????1 ????????，解得： Ek＝0.8J，故 C 正确； D、物体 A 上升中先加速再减速，故先超重后失重，故 D 正确； 故选： CD 。 【点评】 解决本题的关键是 A 物体的上升阶段弹簧由压缩状态转化成了拉伸状态； 当弹簧原长时，弹簧的弹性势能转化成了 A 物体的动能和重力势能； 7．（ 6 分）如图所示，两个小球 A 、B 分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴 O 在 竖直平面内转动， OA ＞OB ，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两 球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过 程中，以下说法正确的是（ ） A ．两球组成的系统机械能守恒 B．B 球克服重力做的功等于 B 球重力势能的增加 C．重力和空气阻力对 A 球做功代数和等于它的动能增加 D．A 球克服空气阻力做的功大于 B 球克服空气阻力做的功 【考点】 62：功的计算； 67：重力势能； 6C：机械能守恒定律． 【分析】 机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，对照条件，分析做功情况， 第14页（共 24页） 判断系统的机械能是否守恒．物体克服重力做功等于重力势能的增加．除了重力以外的 力做功等于物体机械能的变化． 【解答】 解： A、据题， 两球在运动过程都受到空气阻力作用， 空气阻力做负功，则系统的机械能不守 恒，故 A 错误。 B、根据功能关系可知， B 球克服重力做的功等于 B 球重力势能的增加，故 B 正确。 C、重力、空气阻力和杆的弹力对 A 球做功，根据动能定理得知重力、杆的弹力和空气 阻力对 A 球做功代数和等于它的动能增加，故 C 错误。 D、从开始运动到杆转到竖直位置的过程中， A 球运动的路程大于 B 球运动的路程，而 两球克服空气阻力做的功等于空气阻力大小和路程的乘积，所以 A 球克服空气阻力做的 功大于 B 球克服空气阻力做的功。故 D 正确。 故选： BD 。 【点评】 解决本题关键要掌握常见的功能关系，能熟练运用动能定理分析动能的变化， 知道空气阻力做功与路程有关． 8．（ 6 分）如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为 B， 电场强度大小为 E= √3???? ?? ，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长 的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成 60°夹角且处于竖直平面内。一质量为 m，带电量 为+q 的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度 v0，小球恰好做匀速运动。已 知小球电量保持不变，重力加速度为 g，则以下说法正确的是（ ） A ．小球的初速度为 2???? ???? B．若小球的初速度为 3???? ???? ，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C．若小球的初速度为 ???? ????，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D．若小球的初速度为 ???? ???? ，则运动中克服摩擦力做功为 ??3??2 2??2??2 第15页（共 24页） 【考点】 65：动能定理； CM ：带电粒子在混合场中的运动． 【分析】 小球受重力、摩擦力（可能有） 、弹力（可能有） 、向右上方的洛伦兹力、向左 的电场力， 当受到的合外力等于 0 时， 小球做匀速直线运动。 当小球受到的合外力不为 0 时， 要判断出支持力的方向， 明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系， 然后做出判定。 【解答】 解： A、小球受力如图所示： 电场力的大小： FE＝qE= √3mg， 重力与电场力的合力： F= √???? 2 + (????)2 = 2mg， 由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直， 所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以 也不会对小球做功。 所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间 就没有支持力的作用， 则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反，所以 qv0B＝ 2mg 解得： v0= 2???? ????，故 A 正确； B、若小球的初速度为 3???? ???? ，则洛伦兹力： f＝qv0B＝ 3mg＞F，则在垂直于杆的方向上， 小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力， 则摩擦力： f＝μFN，小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐 减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动， 最后当速度减小到 2???? ???? 时，小球开始做匀速直线运动，故 B 错误； C、若小球的初速度为 ???? ???? ，则洛伦兹力： f＝qv0B＝mg＜F，则在垂直于杆的方向上，小 球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力： f ＝μFN，小球将做减速运动，随速度 的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所 第16页（共 24页） 以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故 C 正确； D、若小球的初速度为 ???? ???? ，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服 摩擦力做功等于小球的动能，所以有： W= 1 2 ????2 = ??3 ??2 2??2??2，故 D 正确。 故选： ACD 。 【点评】 本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结 合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做 加速度增大的减速运动。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生 都必须作答．第 33～38 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题（共 129 分） 9．（ 6 分）某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电 门固定在水平轨道上的 B 点，用重物通过细线拉小车，保持小车（含遮光条）质量 M 不 变， 改变所挂重物质量多次进行实验， 使小车每次都从同一位置 A 由静止开始运动， AB 间距离为 L．（重力加速度大小 g 取 10m/s2） （1）用游标卡尺测出遮光条的宽度 d 如图乙所示，则 d＝ 1.130 cm； （2）实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量 m 和相应小车 经过光电门时的速度 v，作出 v2﹣m 图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大 小为 1 N； （3）在满足条件 m＜＜ M 的情况下， v2﹣m 图象是线性变化的，说明合外力做的功 等于动能的改变， 此时图象的斜率 k 的表达式为 k＝ 2???? ?? （用题给物理量的字母表示） 。 【考点】 MJ：探究功与速度变化的关系． 【分析】 （1）游标卡尺的主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。 （2）应用动能定理求出图线的函数表达式，然后根据图线求解摩擦力。 （3）当 m 远小于 M 时，才可以认为小车所受拉力与重物重力大小相等， v2﹣m 图象才 是线性变化的，对照图象分析斜率。 【解答】 解：（1）由图甲所示， 根据游标卡尺读数可知， d＝11mm+6×0.05mm＝11.30mm 第17页（共 24页） ＝1.130cm。 （2、3）对小车，由动能定理得： （ mg﹣f ）L= 1 2Mv 2 解得： v2= 2???? ?? ???- 2???? ?? ， 分析图丙可知， v2＝0 时， m＝0.1kg ，此时 f＝mg＝ 0.1×10N＝1N。 当 m＜＜ M 时，才可以认为小车所受拉力与重物重力大小相等， v2﹣m 图象是线性变化 的，图线的斜率： k= 2???? ?? 。 故答案为： （1）1.130；（2）1；（3）m＜＜ M ， 2???? ?? 。 【点评】 此题考查了游标卡尺读数，要掌握常用实验器材的使用及读数方法，这是物理 实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的 物理量和需要注意的事项。 10．（9 分）某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计。 提供的实验器材有：灵敏电流表（量程为 1.0mA ，内阻为 300Ω），学生电源（输出电压 为 U＝2.0V，内阻不计） ，滑动变阻器 R1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R2（最大阻 值为 3000Ω），单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻 RT，导线若干。已知热 敏电阻的阻值与摄氏温度 t 的关系为 RT＝ 2.5t﹣ 15（Ω），实验步骤如下： a．按照电路图连接好实验器材； b．为不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片 P 调整到 a 端；然后将单刀双掷开关掷于 c 端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在 满刻线 （选填“中央刻线”或“满刻 线”）位置，并在以后的操作中使滑片 P 位置不变 （选填“位置不变” 、“置于 a端” 或“置于 b 端”）； c．在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于 d 端，随着热水温度的下降，记录若干 个灵敏电流表的示数； d．根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表 的刻度盘，改装成温度计。 （1）为使改装的温度计的量程足够大，将实验步骤 b 补充完整。 （2）根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选 R2 （填“ R1”或“ R2”）。 （3）灵敏电流表的电流 I 与热水温度 t 之间的函数关系式为 I＝ 2 2.5??+1985 （A ），该 温度计能够测量的最低温度为 6 ℃。 第18页（共 24页） （4）重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的 右 （填“左” 或“右” ）侧，刻度盘上的刻度 不均匀 （填“均匀”或“不均匀” ）。 【考点】 N4：用多用电表测电阻． 【分析】 （1）电路电阻增大后电路电流减小，根据图示电路图完成实验电路。 （2）根据题意应用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，然后选择滑动变阻器。 （3）根据图示电路图应用欧姆定律求出表达式， 根据题意与表达式求出温度计所测的最 低温度。 （4）根据电流表达式判断电流与温度的关系、判断刻度是否均匀。 【解答】 解：（1）将单刀双掷开关掷于 c 端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在 满刻线位置，并在以后的操作中使滑片 P 位置不变。 （2）电流表满偏时滑动变阻器接入电路的阻值最小， 由闭合电路欧姆定律得： Ig= ?? ????+??滑 ， 滑动变阻器的最小阻值： R 滑= ?? ???? - RA= 2 1× 10-3 Ω﹣300Ω＝1700Ω，滑动变阻器应选择 R2； （3）由闭合电路欧姆定律得： I= ?? ????+??滑 +???? = 2 300+1700+2.5??-15 = 2 2.5??+1985； 热敏电阻： RT＝2.5t﹣15（Ω），温度 t 越低电阻越小，电路电流越大，当电流表满偏时电 流最大， 此时对于的温度最低，即： 1×10﹣3A= 2 2.5??+1985，解得，最低温度： t＝6℃； （4）电路电流值越大，电路总电阻越小，热敏电阻阻值越小，电阻温度越低， 电流最大刻度值在右侧，因此低温刻度在刻度盘的右侧； 由 I= 2 2.5??+1985A 可知， I 与 t 不是线性关系，刻度盘上的刻度不均匀； 故答案为： （1）满刻线；位置不变； （2）R2；（3） 2 2.5??+1985 ； 6；（4）右；不均匀。 【点评】 本题解题的关键是理解实验原理，根据实验电路与实验步骤应用闭合电路欧姆 定律可以解题。 第19页（共 24页） 11．（12 分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA＝4kg，上表面光滑，小 车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端， B 的 质量 mB＝2kg，现对 A 施加一个水平向右的恒力 F＝10N，A 运动一段时间后，小车左 端固定的挡板与 B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后 A、B 粘合在一起，共同在 F 的作用 下继续运动，碰撞后经时间 t＝0.6s，二者的速度达到 vt＝ 2m/s，求 （1）A 开始运动时加速度 a 的大小； （2）A、 B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小； （3）A 的上表面长度 l。 【考点】 52：动量定理； 53：动量守恒定律． 【分析】 （1）由牛顿第二定律可以求出加速度； （2）由动量定理求出碰撞后的速度； （3）由动量守恒定律与动能定理可以求出 A 上表面的长度。 【解答】 解：（1）以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得： F＝ mAa， 代入数据得： a＝2.5m/s2； （2）A、 B 碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得： Ft＝（ mA+mB）vt﹣（ mA+mB）v， 代入数据解得： v＝ 1m/s； （3）A、 B 碰撞过程动量守恒，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mAvA＝（ mA+mB） v， A 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理得： Fl= 1 2 mA vA2﹣0， 联立并代入数据得： l＝ 0.45m； 答：（1）A 开始运动时加速度 a 的大小为 2.5m/s2； （2）A、 B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小为 1m/s； （3）A 的上表面长度为 0.45m。 【点评】 本题考查了求加速度、速度、 A 的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛 第20页（共 24页） 顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题。 12．（20 分）如图所示， P1Q1P2Q2 和 M 1N1M 2N2 为水平放置的两足够长的光滑平行导轨， 整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小 B＝0.4T 的匀强磁场中， P1Q1 与 M 1N1 间的距 离为 L1＝ 1.0m，P2Q2 与 M 2N2 间的距离为 L2＝0.5m，两导轨电阻可忽略不计。质量均为 m＝0.2kg 的两金属棒 ab、cd 放在导轨上， 运动过程中始终与导轨垂直且接触良好， 并与 导轨形成闭合回路。已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为 R＝1.0Ω；金属棒与导 轨间的动摩擦因数 μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度 大小 g＝10m/s2。 （1）在 t＝ 0 时刻，用垂直于金属棒的水平外力 F 向右拉金属棒 cd，使其从静止开始沿 导轨以 a＝5.0m/s2 的加速度做匀加速直线运动，金属棒 cd 运动多长时间金属棒 ab 开始 运动？ （2）若用一个适当的水平外力 F0（未知）向右拉金属棒 cd，使其速度达到 v2＝20m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒 ab 也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒 ab 沿导轨 运动的速度大小和金属棒 cd 匀速运动时水平外力 F0 的功率； （3）当金属棒 ab 运动到导轨 Q1N1 位置时刚好碰到障碍物而停止运动， 并将作用在金属 棒 cd 上的水平外力改为 F1＝0.4N ，此时金属棒 cd 的速度变为 v0＝30m/s，经过一段时间 金属棒 cd 停止运动，求金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离。 【考点】 3C：共点力的平衡； 52：动量定理； BB ：闭合电路的欧姆定律； CE：安培力 的计算； D8：法拉第电磁感应定律； D9：导体切割磁感线时的感应电动势． 【分析】 （1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解 感应电流，当 ab 棒运动时安培力等于滑动摩擦力，有 v＝at 计算时间； （2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流， 根据平衡条件求解 速度大小；以金属棒 cd 为研究对象， 根据牛顿第二定律求解拉力， 根据 P＝Fv 求解功率。 （3）根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势， 应用欧姆定律求出感应电流， 对 cd 棒应用动量定理可以求出运动的距离。 【解答】 解：（1）设金属棒 cd 运动 t 时间金属棒 ab 开始运动，根据运动学公式可知，此 第21页（共 24页） 时金属棒 cd 的速度 v＝ at， 金属棒 cd 产生的电动势： E2＝BL 2v， 则通过整个回路的电流： I 2= ??2 2??= ????2???? 2?? ， 金属棒 ab 所受安培力 FA1＝ BI 2L1= ??2 ??1??2???? 2?? ， 金属棒 ab 刚要开始运动的临界条件为： FA1＝ μmg 代入数据解得： t＝2s； （2）设金属棒 cd 以速度 v2＝20 m/s 沿导轨匀速运动时， 金属棒 ab 沿导轨匀速运动的速度大小为 v1， 根据法拉第电磁感应定律可得 E＝BL 2v2﹣BL 1v1， 此时通过回路的电流为： I= ?? 2??= ??(??2 ??2-??1??1) 2?? ， 金属棒 ab 所受安培力为： BIL 1= ??2??1(??2??2-??1??1) 2?? =μmg， 代入数据解得： v1＝5 m/s， 以金属棒 cd 为研究对象，则有： F0＝μmg+BL 2I＝0.6 N 则水平外力 F0 的功率为： P0＝F0v2＝0.6×20＝12W （3）对于金属棒 cd，根据动量定理得： （F1﹣μmg﹣BL 2??）△ t＝ 0﹣mv 0， 设金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离为 x， 根据法拉第电磁感应定律得： ??= |△ ?? △ ??|＝| ????2?? △ ??|， 根据欧姆定律得： ??= ?? 3 2?? ， 代入数据解得： x＝ 225 m； 答：（1）金属棒 cd 运动 2s 金属棒 ab 开始运动。 （2）金属棒 ab 沿导轨运动的速度大小为 5m/s，金属棒 cd 匀速运动时水平外力 F0 的功 率为 12W； （3）金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离为 225m。 【点评】 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力 作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应 第22页（共 24页） 现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。 [物理 -选修 3-3]（15 分） 13．（5 分）下列说法正确的是（ ） A ．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数 B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显 C．在使两个分子间的距离由很远 （r＞10 ﹣9m）减小到很难再靠近的过程中， 分子间作用 力先减小后增大，分子势能不断增大 D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 E．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大 【考点】 82：阿伏加德罗常数； 84：布朗运动； 86：分子间的相互作用力； 87：分子势 能； 89：温度是分子平均动能的标志． 【分析】 只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数． 悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越 不明显． 由分子力做功可判定分子势能变化． 温度是分子平均动能的标志． 根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化． 【解答】 解： A、只要知道水的摩尔质量 M 和水分子的质量 m，就可以计算出阿伏伽德 罗常数： ????= ?? ??，故 A 正确。 B、悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动 越不明显，故 B 错误。 C、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子， 分子力先增加后减小再增加， 分子先表 现为引力，做正功；后表现为斥力，做负功，故分子势能先减小，后增加，故 C 错误。 D、温度是分子平均动能的标志， 温度高说明分子平均动能增大， 不代表所有分子的动能 都增大，故 D 正确。 E、根据理想气体的状态方程 ???? ?? = ??，一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定 增大。故 E 正确。 故选： ADE 。 【点评】 本题涉及内容较多，重点掌握布朗运动的现象和实质；分子力做功与分子势能 第23页（共 24页） 的变化关系．要注意，分析气体的状态参量的变化，一定要根据理想气体的状态方程分 析，不能想当然地判定． 14．（10 分）如图所示，内径粗细均匀的 U 形管竖直放置在温度为 7℃的环境中，左侧管上 端开口，并用轻质活塞封闭有长 l1＝14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长 l2＝24cm 的理想气体， 左右两管内水银面高度差 h＝6cm，若把该装置移至温度恒为 27℃ 的房间中（依然竖直放置） ，大气压强恒为 p0＝ 76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分 别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度。 【考点】 99：理想气体的状态方程； 9K ：封闭气体压强． 【分析】 左侧管中气体为等压变化，因此根据等压变化的气体状态方程可直接求解。右 侧管中气体根据气态方程直接求解。 【解答】 解：设管的横截面积为 S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为 ??1 ′，左侧管做 等压变化，则有： ??1 ??= ??1 ′ ??′ 其中 V 1＝14S，T＝280K，T′＝ 300K ，??1 ′= ??1 ′?? 解得： l1′＝ 15cm 设平衡时右侧管气体长度增加 x，则由理想气体状态方程可知： (??0 - ?)??2 ?? ?? = (??0 - ? + 2??)(??2 + ??)?? ??′ 其中 p0＝ 76cmHg， h＝6cmHg 解得： x＝1cm 所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为 25cm。 答：右侧管中气体的长度为 25cm 【点评】 本题要能用静力学观点分析各处压强的关系。要注意研究过程中哪些量不变， 哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。 第24页（共 24页）