2020年辽宁省实验中学高考物理模拟试卷解析版 15页

第 1 页，共 15 页 高考物理模拟试卷 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共 4 小题，共 24.0 分） 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 在天然放射现象中起作用的是强相互作用 B. 三种射线上， α射线的穿透能力最强， γ射线的电离本领最弱 C. 自然界中越重的原子核，其中子数与质子数的差值越大 D. 1927 年戴维孙和 G．P 汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，证实了电子 的波动性并提出实物粒子也具有波动性 2. 如图所示，两滑块 A、B 位于光滑水平面上，已知 A 的质量 M A=1Kg， B的质量 M B=4Kg ．滑块 B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块 A 以 V=5m/s 速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块 B 相互作用（整个过程弹簧 没有超过弹性限度），直至分开。则（ ） A. 物块 A 的加速度一直在减小，物块 B 的加速度一直在增大 B. 作用过程中弹簧的最大弹性势能 Ep=2J C. 滑块 A 的最小动能为 EKA=4.5J，滑块 B 的最大动能为 EKB=8J D. 若滑块 A 的质量 M A=4Kg ，B 的质量 M B=1Kg，滑块 A 的最小动能为 EKA=18J， 滑块 B 的最大动能为 EKB =32J 3. 假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附近的 N 极磁单 极子，其磁场分布与正点电荷电场分布相似，如图所示。一 质量为 m、电荷量为 q 的带电微粒在该磁单极子上方附近做 速度大小为 v 半径为 R 的匀速圆周运动， 其轨迹如虚线所示， 轨迹平面为水平面。 （已知地球表面的重力加速度大小为 g， 不考虑地磁场的影响），则（ ） A. 若带电微粒带正电，从轨迹上方向下看，粒子沿逆时针方向运动 B. 带电微粒做匀速圆周运动的向心力仅由洛伦兹力提供 C. 带电微粒运动的圆周上各处的磁感应强度大小为 D. 若入射的微粒 不变， 而速度越大， 若微粒也能做匀速圆周运动， 则其在磁场中 通过的圆周越短，周期也越短 4. 2018 年 11 月 19 日凌晨，西昌一道冲天火光，北斗再添两颗新 星。北斗三号基本系统星座部署圆满完成，中国北斗迈出从国 内走向国际、从区域走向全球的“关键一步”已知“北斗”系 统中的某两颗工作星均绕地心做顺时针匀速圆周运动，运行轨 道距离地面高度约为 21600 千米，某时刻位置关系如图所示。 地球同步卫星离地的高度约为 35600 千米，地球半径约为 6400 千米，卫星间的相 互作用忽略不计。下列说法正确的是（ ） A. 这两颗卫星的绕地球运动的角速度小于同步卫星的角速度 B. 卫星 1 大约经过 2.2 小时由位置 A 运动到位置 B 第 2 页，共 15 页 C. 卫星 1 若要追上卫星 2 需要向先后喷气做加速运动 D. 若轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如不加干预，工作卫星的轨道高度将 缓慢降低而动能会减小 二、多选题（本大题共 6 小题，共 34.0 分） 5. 图象是描述物理过程，探寻物理规律常用的方法。如图是 描述某个物理过程的图象，以下对相应物理过程分析正确 的是（ ） A. 若该图象为质点运动的 x-t 图象，则质点运动过程中一 定改变了运动方向 B. 若该图象为质点运动的 a-t 图象，则质点运动过程中一 定改变了运动方向 C. 若该图象为某一条直线上电势随位移变化的图象，则该直线的斜率表示该匀强 电场电场强度 E 的大小 D. 若该图象为某闭合线圈内匀强磁场的 B-t 图象，则该闭合线圈一定产生恒定的 电动势 6. 如图所示在匀强电场中（场强方向未知），一个带电 滑块在光滑水平面上运动的一段轨迹，滑块过 P、Q 两点时速度大小均为 v=10m/s，滑块在 P 点的速度方 向与 PQ 连线夹角 a=37°，滑块的质量 m=2kg，场强 E=4N/C，滑块带电量 q=1C，sin37 °=0.6，则下列说法正确的是（ ） A. 匀强电场场强 E 的方向与 PQ 连线成 53°夹角 B. 滑块从 P 到 Q 的时间为 6s C. 滑块从 P 到 Q 的过程中速度最小值为 8m/s D. P、Q 两点连线的距离为 36m 7. 如图所示，在矩形的区域内存在一个垂直纸面向外的 匀强磁场，已知磁感应强度大小为 B， = ，一个质 量为 m 电量为 q 的正电粒子（重力忽略不计），从 o 点沿着 ob 方向垂直磁场入射，下列关于带电粒子在磁 场中的运动说法正确的是（ ） A. 带电粒子可以从 bc 边界离开磁场 B. 带电粒子的入射速度越大，离开磁场的时间越长 C. 带电粒子的入射速度越大，离开磁场所走的位移越大 D. 带电粒子在磁场中运动的最长时间为 8. 将一长直杆与水平面成 α角固定不动， 杆上套着一个质量为 m 的小滑块，滑块与杆各部分之间的动摩擦因数均相同（如 图所示）。杆底端 B 点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑 块与挡板发生碰撞后原速率反弹。 现将滑块从斜面上的 A 点 由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到 AB 的 中点 P（图中未标出）， AB 间距离为 L．（设重力加速度为 g），则下列说法中正确的是（ ） A. 若规定 B 点所在的水平面为零势能面，则滑块在下滑过程中的动能和重力势能 相等处位于 P 点之上 B. 滑块第一次到达 P 点时重力的功率为 mg 第 3 页，共 15 页 C. 滑块在下滑和上滑过程加速度的大小 a1、a2 之比为 a1：a2=1：2 D. 物块在杆上运动的总路程为 3L 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的 B. 液体的饱和蒸汽压随温度的升高而降低 C. 人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度 D. 液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置 E. 一定质量的 0℃的水变成 0℃的冰，其内能一定减少 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 光的偏振现象说明光是横波 B. 只有波长足够长的光才能发生衍射现象 C. 利用光的干涉现象可以检查光学平面的平整程度 D. 光导纤维内芯的折射率比外套的小 E. 不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的 三、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分） 11. 有同学利用如图 1 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，固定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的重量相等，当 系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力 TOA、TOB 和 TOC，回答下列问 题： （1）改变钩码个数，实验能完成的是 ______ A．钩码的个数 N1=N2=2，N3=4 B．钩码的个数 N1=N3=3，N2=4 C．钩码的个数 N1=N2=N3=4 D．钩码的个数 N1=3，N2=4，N3=5 （2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 ______ A．标记结点 O 的位置，并记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向 B．量出 OA、OB、OC 三段绳子的长度 C．用量角器量出三段绳子之间的夹角 D．用天平测出钩码的质量 （3）在作图时，你认为图 2 中 ______是正确的。（填“甲”或“乙”） 12. 某同学欲测量一电池的电动势和内阻，现有如下器材可供选择： ①标准电池 1（电动势 E1=6.0V，内阻可以忽略） ②标准电池 2（电动势 E2=15.0V，内阻可以忽略） ③检流计 （量程 10uA，内阻未知） ④滑动变阻器（已知总绕线长度为 L 0，且滑片 P 移至任意位置对应的绕线长度 L 可读） 第 4 页，共 15 页 ⑤定值电阻 R0（阻值已知） ⑥单刀单掷开关三个，记为 S1、S2、S3 ⑦待测电池（电动势 Ex 约为 6V，内阻 rx） ⑧导线若干 该同学设计了如下电路完成实验。两个标准电池只能选一个使用，在图中记为 E0。 （1）请帮助其在虚线框内将电路图补充完整 （2）为了完成实验，标准电池应选择 ______（填 1 或 2）。 （3）该同学按照如下步骤完成该实验 a．将滑片 P 移至端 A，闭合开关 S1 b．保持 S3 断开，调节滑片 P 位置，直至闭合开关 S2 时， 示数为 0，记录此时滑 动变阻器 AP 段绕线长度 L 1 c．保持 S3 闭合，再调节滑片 P 位置，直至闭合开关 S2 时， 示数为 0，记录此时 滑动变阻器 AP 段绕线长度 L 2 （4）待测电源电动势 Ex 表达式为 ______，待测电源内阻 r x 表达式为 ______。（用 E0，L0，L 1，L 2，R0 表示） （5）考虑到标准电池有内阻， 对上述测量结果进行误差分析。 Ex 测量值 ______（填 偏大 /偏小 /无影响）， r x 测量值 ______（填偏大 /偏小 /无影响） 四、计算题（本大题共 4 小题，共 49.0 分） 13. 如图所示，左侧接有定值电阻 R=2Ω的水平粗糙导轨处于竖直向上的匀强磁场中， 磁感应强度 B=1T，导轨间距为 L=1m。一质量 m=2kg，阻值 r=2Ω 的金属棒放在导 轨上， 在水平向右的拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨运动， 金属棒与导轨 间动摩擦因数 u=0.25，g=10m/s2．金属棒的速度位移图象如右图所示，求从起点开 始运动到发生 10m 位移的过程中： （1）通过电阻 R 的电荷量为多少？ （2）系统产生的电热为多少？ （3）拉力 F 做功为多少？ 第 5 页，共 15 页 14. 小滑块质量为 m，在地面小平台上以一定的初速度经过位于竖直面内的两个四分之 一圆弧衔接而成的轨道， 恰好能从最高点 P 飞出进入支架 ABCD ．两个四分之一圆 弧的半径分别为 2R 和 R，小平台和圆弧均光滑。 支架纵截面是由两个斜面 AB、CD 和一段光滑圆弧 BC 组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.25 两斜面倾角均为 θ =37°，AB=CD=2R，圆弧 BC 半径为 R，B、C 等髙且与斜面平滑连接， A、D 等髙， D 端固定一小挡板，碰撞不损失机械能支架与圆弧形轨道在同一竖直平面内。 （sin37 °=0.6，重力加速度为 g） （1）为了使小滑块恰好沿 AB 斜面进入支架，应调节支架高度使斜面的 A、D 点离 地高为多少？ （2）试计算小滑块在斜面上运动的总路程。 （3）求其通过小圆弧最低点 Q 与圆弧 BC 最低点所受压力之差的最大值。 15. 如图，粗细均匀、内径较小、两端开口的 U 形管竖直放置，两 管的竖直部分高度均为 20cm，水平部分 BC 长 16cm，一空气柱 将管内水银分隔成左右两段．当空气柱温度为 T0=273K、长为 L0=10cm时， AB 管内水银柱长为 2cm，BC 管内空气柱左边水银 柱长 2cm，右侧水银柱未画出，大气压强 P0=7bcrnHg ．求： ①空气柱右边水银柱总长． ②当对空气柱缓慢加热， 左边的水银恰好全部进入竖直管 AB 内时， 空气柱的温度． ③继续缓慢加热， 空气柱温度为多少时， 左侧竖直管内的水银柱上表面刚好到达管 口． 16. 一列简谐横波沿 x 轴方向传播，在 x 轴上沿传播方向上依次有 P、 Q 两质点， P 质 点平衡位置位于 x=4m 处，图（ a）为 P、Q 两质点的振动图象，图（ b）为 t=4s时 的波形图，已知 P、Q 两质点平衡位置间的距离不超过 20m，求： 第 6 页，共 15 页 ①波速的大小及方向； ②Q 质点平衡位置坐标 x 的可能值。 第 7 页，共 15 页 答案和解析 1.【答案】 C 【解析】 解： A、有些原子核能够自发地放出射线，这种现象称为放射现象。在放射现 象中起作用的是弱相互作用，故 A 错误。 B、三种射线中， α射线的穿透能力最弱， γ射线的电离本领最弱，故 B 错误。 C、自然界中越重的原子核，其中子数与质子数的差值越大，故 C 正确。 D、1927 年戴维孙和 G．P 汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验，证实了实物粒子 也具有波动性，故 D 错误。 故选： C。 1927 年戴维孙和 G．P 汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验；三种射线中， γ射线 的穿透能力最强，电离能力最弱， α射线的电离能力最强，穿透能力最弱；自然界中越 重的原子核，其中子数与质子数的差值越大；德布罗意提出了物质波的存在， 1927 年 戴维孙和 G．P 汤姆孙分别利用晶体做了电子束衍射实验证实了实物粒子具有波动性。 本题考查了天然放射现象、射线的性质、原子核和物质波等基础知识点，关键要熟悉教 材，牢记这些知识点，知道物理学史，不能混淆物理学家的贡献。 2.【答案】 D 【解析】 解：A、弹簧的弹力先增大后减小， 两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力， 则两个物块的加速度都先增大后减小，故 A 错误。 B、当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块 A 和 B 的速度相同。选取向 右为正方向，根据动量守恒定律： M AV=（M A+M B）v′．解得： v′=1m/s。 根据机械能守恒定律， 知弹簧的最大弹性势能等于滑块 A、B 损失的动能， 为：Ep= M AV2- （ MA+M B）v′ 2，解得： EP=10J，故 B 错误。 C、当 A、 B 分离时，滑块 B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得： M AV=M AvA+M BvB M AV2= M AvA2+ M BvB2 由以上两式得： vA=-3m/s，vB=2m/s，所以滑块 A 的最小动能为 EKA =0．滑块 B 的最大动 能为 EKB = M BvB2=8J，故 C 错误。 D、若滑块 A 的质量 M A=4Kg，B 的质量 MB=1Kg ，同理可得，当 A、B 分离时， A、B 的速度分别为 vA=3m/s，vB=8m/s，滑块 A 的最小动能为 EKA= M AvA2=18J，滑块 B 的最大 动能为 EKB = M BvB2=32J，故 D 正确。 故选： D。 根据弹簧弹力的变化，分析物体加速度的变化。 A 与 B 相互作用过程中，外力的合力为 零，系统动量守恒，同时由于只有弹簧弹力做功，系统的机械能也守恒； A 刚与弹簧接 触时，弹簧弹力逐渐变大， A 做加速度变大的加速运动， B 做加速度变大的加速运动， 当 A 与 B 速度相等时， 弹簧最短， 弹性势能最大， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 列式即可求最大弹性势能。当 A、B 分离时， B 的速度最大，此时相当进行了一次弹性 碰撞。由动量守恒定律与机械能守恒定律即可求解滑块 B 的最大动能。 本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析， 得出 A 和 B 的速度相同时， 弹簧最 第 8 页，共 15 页 短，弹性势能最大，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式研究。 3.【答案】 C 【解析】 解： A、根据左手定则知，从轨迹上方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动， 该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向运动，该电荷带负电，故 A 错误； B、该粒子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方向垂直且斜向上，只是其水平分力（或 者说是洛伦兹力与重力的合力）提供做匀速圆周运动的向心力，故 B 错误； C、由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周运动的向心力，结合勾股定理，有： ，得该粒子所在处磁感应强度大小为： B= ，故 C 正 确。 D、根据周期公式 T= 可知，入射的微粒 不变， B 不变，则周期不变，故 D 错误； 故选： C。 磁单极子”是指只有 S极或只有 N 极的磁性物质， 其磁感线分布类似于点电荷的电场线 分布。问题是带电粒子在“磁单极子”的磁场中做匀速圆周运动衍生出求磁感应强度、 向心力等问题。由于受到两个力的作用，所以从竖直和水平两个方向去考虑。 本题考查带电微粒在磁场中的运动， 这是一个类似于圆锥摆问题， 带电粒子在重力和洛 仑兹力的作用下做匀速圆周运动，由于磁单极子磁场的对称性，洛仑兹力斜向上，所以 从两个方向去应用规律。 4.【答案】 B 【解析】 解： A、根据万有引力提供圆周运动向心力有 得卫星周期 ，同步卫星的轨道半径大，所以同步卫星的周期大，由： 可知，两颗卫 星的绕地球运动的角速度大于同步卫星的角速度。故 A 错误； B、卫星从 A 至 B 所用时间 t= ，根据万有引力提供圆周运动向心力有 得卫星周期 ，所以 = ； 代入数据可得： t≈7900s≈2.2h，故 B 正确； C、卫星在圆轨道上运动万有引力提供向心力有： ，当卫星向后喷气加速时， 卫星的速度增加，需向心力增加，而万有引力不变，故卫星将做离心运动，轨道高度抬 升，不能追上同轨道的卫星 2，故 C 错误； D、卫星在圆轨道上运动万有引力提供向心力有： ，可知 v= ，卫星的轨道 半径减小，则卫星的速度增大，动能增大，故 D 错误。 故选： B。 在地球表面重力等于万有引力， 卫星在轨道上万有引力提供向心力， 分析卫星的加速度 大小问题， 卫星从 A 至 B 根据转过的圆心角和周期求运动时间， 运用卫星变轨原理分析 加速后卫星的周期和半径问题。 关于卫星运动， 要熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式； 熟知卫星的变轨原理 是解题关键。 5.【答案】 CD 第 9 页，共 15 页 【解析】 解：A、若该图象为质点运动的 x-t 图象，图象的斜率等于速度，则知质点的大 小、方向均不变，故 A 错误； B、若该图象为质点运动的 a-t 图象， 则图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量， 可 知， 0-2s 内速度变化量为 0，则质点运动过程中运动方向没有变化，故 B 错误； C、若该图象为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图象，根据 φ-x 图象的斜率等于 电场强度， 斜率不变， 电场强度不变， 即该直线的斜率表示该匀强电场电场强度 E 的大 小，故 C 正确； C、若该图象为某闭合线圈内匀强磁场的 B-t 图象，直线的斜率不变，即 为定值，根 据法拉第电磁感应定律 E=n ，所以该闭合线圈内一定产生恒定的电动势，故 D 正确； 故选： CD。 根据图象的面积、斜率，从图象可以看出物理量是均匀变化的，斜率不变，再结合物理 规律进行逐项分析。 该题考查的学生观察能力和图象分析分析能力， 关键要从图象的斜率、 面积等数学角度 来理解图象的物理意义。 6.【答案】 BC 【解析】 解：A、滑块过 P、Q 两点时的速度大小相等， 根据动能定理得 Fxcosβ=△Ek=0， 得 β=90°，即 F 与 PQ 连线垂直且指向轨迹的凹侧，则电场方向与 PQ 连线成 53°夹角， 故 A 错误； B、把 P 点的速度分解在沿水平力 F 和垂直水平力 F 两个方向上，沿水平力 F 方向上滑 块先做匀减速后做匀加速直线运动，有 a= =2m/s2，当 F 方向的分速度为零时，时间为 t= = =3s，根据对称性，滑块从 P 到 Q 的时间为 t'=2t=6s，故 B 正确； C、当 F 方向速度为零时，只有垂直 F 方向的速度 v '=vcos37 °=8m/s，此时速度方向与 F 垂直，速度最小，故 C 正确； D、当 F 的方向上物块做匀速直线运动，有 xPQ=v't'=48m，故 D 错误。 故选： BC。 根据动能定理和功的公式分析恒力 F 的方向；把 P 点的速度分解在沿水平力 F 和垂直 水平力 F 两个方向上， 沿水平力 F 方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动， 由牛顿 第二定律求得加速度，再由分运动的规律求时间。速度方向与 F 垂直，速度最小。垂直 F 的方向上物块做匀速直线运动，由运动学公式求 P、 Q 两点连线的距离。 解决本题的关键是明确滑块的受力情况和运动情况， 运用运动的分解法研究恒力作用下 的曲线运动，这是常用的方法，要学会运用。 7.【答案】 CD 【解析】 解： A、带电粒子射出方向为 ob 方向，收到的洛伦兹力斜向下，故不可能从 bc 边界离开磁场，故 A 错误； BD、由几何关系可知，最大圆心角： α =2θ， 粒子在磁场中做圆周运动的周期： T= ， 粒子在磁场中的最长运动时间： t m= T， 解得： tm= ；故 B 错误， D 正确； C、带电粒子的入射速度越大，在磁场中运动的弧所对的弦长越长，故离开磁场所走的 第 10 页，共 15 页 位移越大，故 C 正确； 故选： CD。 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子运动轨 迹，应用牛顿第二定律可以求出粒子的速度。求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求 出粒子在磁场中的运动时间。 本题考查了求粒子的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析 清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与几何知识即可正确解题。 8.【答案】 CD 【解析】 解： A、如果没有摩擦，则滑块的机械能守恒，在下滑过程中，动能和重力势 能相等处位于 P 点； 但实际上物块在运动过程中受到摩擦力， 摩擦力对滑块做负功， 到 达 P 点时动能将比没有摩擦时小，故需要继续下降才可能动能和重力势能相等，所以， 滑块在下滑过程中的动能和重力势能相等处位于 P 点之下。故 A 错误； C、设下滑位移为 L，到达 B 点时速度为 v。 由公式 v2=2ax 得： 下滑过程： v2=2a1L ① 上滑过程： v2=2a2? =a2L ② 由牛顿第二定律得： 下滑加速度为： a1= ③ 上滑加速度为： a2= ④ ①②③④联立得： a1： a2=1：2，a1= ，a2= ，f= ，故 C 正确； B、滑块第一次到达 P 点时，根据动能定理得（ mgsin α-f）? = ，重力的功率为 P=mgvPsin α=mgsin α ．故 B 错误。 D、滑块能从 A 点由静止下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，故最终滑块停 在 B 端；对运动全程，根据动能定理，有： mgLsin α-f?S=0-0，解得总路程 S =3L，故 D 正确。 故选： CD。 滑块在下滑过程中， 根据机械能的变化分析动能和重力势能相等的位置。 滑块的运动分 两个阶段： 匀加速下滑和匀减速上滑， 利用速度位移公式和牛顿第二定律对两个过程分 别列方程， 即可求出加速度 a1、a2及摩擦力， 从而求得 a1：a2．滑块第一次到达 P 点时， 由动能定理求得速度，再求重力的功率。最终物块停在 B 处，对整个过程，利用动能定 理求总路程。 解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同， 所以加速度不同， 另外抓住连接两段 的桥梁是碰撞前后速度大小相等；在不涉及加速度时，可以根据动能定理列式判断。要 知道滑动摩擦力做功与总路程有关。 9.【答案】 ACE 【解析】 解： A、一定质量的单晶体在熔化过程，温度不变，分子平均动能不变，吸收 的热量转化为分子势能，分子势能一定是增大的。故 A 正确； B、液体的饱和蒸汽压随温度的升高而升高。故 B 错误； C、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数 量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。 水蒸气的压强离饱和 第 11 页，共 15 页 汽压越远，越有利于水的蒸发，人们感觉干爽。故 C 正确； D、液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定。 故 D 错误； E、一定质量的 0℃的水变成 0℃的冰的过程中要放出热量， 其内能一定减少。 故 E 正确。 故选： ACE。 一定质量的单晶体在熔化过程，温度不变，吸收的热量转化为分子势能；液体的饱和蒸 汽压随温度的升高而升高； 人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度； 液 体没有确定的形状且有流动性， 是因为液体分子作用力较小， 分子没有固定的平衡位置； 一定质量的 0℃的水变成 0℃的冰的过程中要放出热量，其内能一定减少。 本题考查了相对湿度、热力学第一定律、晶体和非晶体、液体的微观结构等知识点。对 于这部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。 10.【答案】 ACE 【解析】 解： A、光的偏振现象说明光是一种横波，故 A 正确； B、衍射是波的特有的现象，所有的光都能发生衍射，由明显与不明显的区别；故 B 错 误； C、用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，故 C 正确； D、用光纤束传送图象信息，这是光的全反射的应用，所以光导纤维内芯的折射率比外 套的要大；故 D 错误； E、根据相对论的原理可知，不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光 速是不变的。故 E 正确。 故选： ACE。 光的偏振现象说明光是横波； 所有的光都能发生衍射； 标准平面检查光学平面的平整程 度是利用了薄膜干涉；光纤束传送图象信息，是光的全反射现象；光速不变． 该题考查光的衍射、干涉、偏振、全反射以及光速不变原理等知识点的内容，解答本题 的关键知道光的干涉和衍射都是波特有的现象， 知道干涉和衍射的区别； 同时掌握其他 光学现象的本质． 11.【答案】 BCD A 甲 【解析】 解：（ 1）对 O 点受力分析 OA OB OC 分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以 0C 等于 OD．因此 三个力的大小构成一个三角形。 A、2、2、 4 不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 A 错误； B、3、3、 4 可以构成三角形，则结点能处于平衡。故 B 正确； C、4、4、4 可以构成三角形，则结点能处于平衡。故 C 正确； D、3、4、5 可以构成三角形，则结点能处于平衡。故 D 正确。 故选： BCD。 （ 2）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，故 A 正确， BCD 错误。 第 12 页，共 15 页 故选： A。 （ 3）以 O 点为研究对象， F3 的是实际作用效果在 OC 这条线上，由于误差的存在， F 1、 F 2 的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。 故答案为：（ 1）BCD （2）A （3）甲 （ 1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于 O 点（如图 所示） 。由于钩码均相同， 则钩码个数就代表力的大小， 所以 O 点受三个力处于平衡状 态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组 实验能够成功。 （ 2）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； （ 3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答。 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。 12.【答案】 2 偏大 无影响 【解析】 解：（ 1）设计的电路图如图所示， （ 2）根据电路的要求，标准电池要比待测电池的电动势要大， 才符合要求，所以标准电池选 2； （ 3）标准电动势提供一个电压，当 S3保持断开时， 此时 PA 之 间的电压 U PA= ，而在待测电动势电路中由于无电流，此时 U PA=Ex，所以 Ex= ；当保持 S3闭合时，由欧姆定律在标准电动势电路中 UP′A= ， 在待测电动势电路中， UP′ A= ，联立可求得 rx= 。 （ 4）考虑到标准电动势的内阻，则 U＜E0，这样电动势的测量值偏大，但内阻未受到 影响。 故答案为：（ 1）如图所示， （ 2）2 （ 3） （ 4）偏大 无影响 （ 1）由题设条件及隐含的信息，基本是用等效法测电源电动势和内阻，根据原理设计 电路图； （ 2）根据电路的要求，标准电池要比待测电池的电动势要大，才符合要求； （ 3）根据两种情况下电流表的示数为零，则两个电路中电压相等，由欧姆列出相应关 系，联立求解。 本题是把有无内阻的电源的路端电压进行对比， 很巧妙地测量电动势和内阻， 当电源内 阻忽略时，路端电压等于电动势，而内阻不能忽略时，路端电压小于电动势。 13.【答案】 解：（ 1）根据电荷量的计算公式可得： q=I△t 第 13 页，共 15 页 其中 I= = 解得： q= = 代入数据解得： q=2.5C； （ 2）金属棒所受的安培力为： F A=BIL = ， 结合速度图象可知安培力与位移成正比，则有： v=2x， 所以有： F A= ， 则知 FA 与 x 是线性关系。当 x=0 时，安培力 FA1=0；当 x=1m 时，安培力为： FA2=0.5N， 则从起点发生 x=1m 位移的过程中，克服安培力做的功为： WA= =0.25J 根据功能关系可得： Q=WA=0.25J； （ 3）根据动能定理得： -μmgx+WF-WA= mv2-0 代入数据解得： WF=9.25J。 答：（ 1）通过电阻 R 的电荷量为 2.5C； （ 2）系统产生的电热为 0.25J； （ 3）拉力 F 做功为 9.25J。 【解析】 （1）根据电荷量的经验公式进行求解； （ 2）由速度图象得出 v 与 x 的关系式，由安培力公式得到 FA 与 x 的关系式，可知 F A 与 x 是线性关系，即可求出发生 s=1m 位移的过程中安培力做功，根据功能关系求解； （ 3）再根据动能定理求解拉力做功。 对于电磁感应问题研究思路常常有两条： 一条从力的角度， 根据牛顿第二定律或平衡条 件列出方程； 另一条是能量， 分析涉及电磁感应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。 14.【答案】 解：（ 1）在 P 点，由牛顿第二定律得： mg=m 解得： vP= 滑块到达 A 点时速度方向要沿着 AB，有： vy=vPtan θ= 所以 AD 离地高度为： h=3R- = R （ 2）进入 A 点滑块的速度为： v= = 假设经过一个来回能够回到 A 点，设回来时动能为 Ek，则得： EK= mv2-μmgcos θ?8R＜0 所以滑块不会滑到 A 而飞出，根据动能定理得： mg?2Rsin θ-μmgcos θs=0- mv2 代入数据得： 1.2mgR-0.2mgs=- mgR 第 14 页，共 15 页 解得滑块在斜面上走过的总路程为： s= R （ 3）最后滑块在 BC 间来回滑动。 从 Q 到 P，由动能定理得： - =-3mgR 通过小圆弧最低点 Q，由牛顿第二定律有： F N1-mg=m 解得： FN1=9mg 通过圆弧 BC 最低点 k，由机械能守恒定律有： mg（ R- Rcos θ）= 在 k 点，由牛顿第二定律有： F N2-mg=m 解得： FN2= mg 可得： FN1-FN2= mg。 答：（ 1）斜面的 A、D 点离地高为 R。 （ 2）滑块在斜面上通过的总路程为 R。 （ 3）其通过小圆弧最低点 Q 与圆弧 BC 最低点所受压力之差的最大值为 mg。 【解析】 （1）小滑块恰好能从最高点 P 飞出，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律 求出滑块恰好到达 P 点的速度，根据速度方向与斜面 AB 平行，结合平抛运动的规律， 运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出 AD 离地的高度。 （ 2）根据平行四边形定则求出进入 A 点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出 滑块在斜面上运动的总路程。 （ 3）先根据动能定理或机械能守恒定律求出其通过小圆弧最低点 Q 与圆弧 BC 最低点 时的速度，再根据牛顿第二定律分别求出在这两点所受的支持力，从而求得压力之差。 本题关键要理清小滑块的运动情况，把握 P 点的临界条件，明确两个状态之间的关系： 符合机械能守恒。运用平抛运动、动能定理及机械能守恒、牛顿运动定律等基本规律处 理。 15.【答案】 解：①设右侧 CD 管内水银高 h，可知 h=2cm 所以右侧水银柱总长 l=h+16cm-12cm=6cm ②当左侧水银全部进入 AB 管内时，右侧 CD 管内水银柱高 4cm 根据理想气体状态方程 其中 P1=78cmHg P2=80cmHg V1=L 0S V2=L 2S L 2=14cm 所以 =392K 第 15 页，共 15 页 ③气体做等压变化 故 其中 V3=L3S L 3=30cm 解得 答：①空气柱右边水银柱总长为 6cm． ②当对空气柱缓慢加热，左边的水银恰好全部进入竖直管 AB 内时，空气柱的温度为 392K． ③继续缓慢加热，空气柱温度为 时，左侧竖直管内的水银柱上表面刚好到达管口． 【解析】 （1）由于平衡，两边水银面等高，即可求得右边水银柱总长； （ 2）左边的水银恰好全部进入竖直管 AB 内时， 根据左侧水银柱平衡可以求出底部气体 的压强，然后根据玻意耳定律列式求解； （ 3）当 AB 管中水银柱上表面恰好上升到管口时， 高度差最大， 封闭气体发生等压变化， 根据盖 ?吕萨克定律求解空气柱温度． 本题关键根据平衡条件得到底部气体的气体压强， 然后根据玻意耳定律和吕萨克定律列 式求解． 16.【答案】 解：①由图象可知，该波的周期 T=8s，波长 λ =6m，则波速为： v= = =0.75m/s 图（ a）中虚线为 P 的振动图线，实线为 Q 的振动图线， 4s 末质点 P 位于平衡位置向下 振动，根据图（ b），则根据波形平移法知波沿 x 轴正方向传播。 ②由题意可知， Q 在 P 右侧，即波由 P 传到 Q，由 P、Q 两质点的振动图象可知， P 比 Q 多振动 △t=（8k+5）s（k=0，1，2，3，⋯）， Q 到 P 的距离为： △x=v△t=（6k+3.75）m（k=0，1，2，3，⋯）， 由于 △x＜20m，则 k=0， 1，2．则有： △x=3.75m，9.75m，15.75m； xQ=x+△x 代入数据得： xQ=7.75m，13.75m，19.75m。 答：①波速的大小为 0.75m/s，波沿 x 轴正方向传播。 ② Q 质点平衡位置坐标 x 的可能值为： 3.75m、 9.75m、 15.75m。 【解析】 ①由图读出波长和周期， 从而求得波速。 由振动图象可知， 4s 末质点 P 位于平 衡位置向下振动，根据波形平移法确定出波沿 x 轴正方向传播。 ②波由 P 传到 Q，由 P、Q 两质点的振动图象，找出时间关系 △tPQ，结合 △x=v△t 进行求 解即可。 本题考查波动和振动的综合运用， 是多解问题， 要知道质点振动的周期等于波传播的周 期，会根据质点的振动的方向判断波的传播方向，注意不能漏解。