安徽省合肥市高考物理二模试卷

安徽省合肥市高考物理二模试卷

‎2019年安徽省合肥市高考物理二模试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6～8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）下列说法正确的是（　　）‎ A．中子与质子结合成氘核时吸收能量 ‎ B．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 ‎ C．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则仍可能发生光电效应 ‎ D．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加 ‎2．（6分）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能E与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g•空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～h0过程中，F大小始终为mg ‎ B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2：1 ‎ C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加 ‎ D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少 ‎3．（6分）如图所示，置于水平地面上的A、B两物块，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）‎ A．A与B间的动摩擦因数可能为0 ‎ B．B与地面间的动摩擦因数可能为0 ‎ C．若撤去F，A与B一定会相对滑动 ‎ D．若撤去F，A与B间摩擦力逐渐减小 ‎4．（6分）如图所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，其中电场方向平行于三角形所在平面。已知∠A＝30°，AB边长为a，D是AC的中点，CE垂直于BD且交于O点。一带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域。若A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，已知φ＞0，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 ‎ B．磁场方向垂直三角形所在平面向外 ‎ C．E点电势为φ ‎ D．电场强度大小为 ‎5．（6分）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动（俯视），下列说法正确的是（　　）‎ A．线框转动是因为发生了电磁感应 ‎ B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极 ‎ C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变 ‎ D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大 ‎6．（6分）¨嫦娥四号”在月球背面软着陆和巡视探测，创造了人类探月的历史。为了实现“嫦娥四号”与地面间的太空通讯，我国于2018年5月发射了中继卫星“鹊桥”，它是运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，L2点位于地球和月球连线的延长线上。若某飞行器位于L2点，可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，如图所示。已知地球质量是月球质量的k倍，飞行器质量远小于月球质量，地球与月球中心距离是L2点与月球中心距离的n倍。下列说法正确的是（　　）‎ A．飞行器的加速度大于月球的加速度 ‎ B．飞行器的运行周期大于月球的运行周期 ‎ C．飞行器所需的向心力由地球对其引力提供 ‎ D．k与n满足k＝‎ ‎7．（6分）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车（包括人）的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行 ‎ B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为 ‎ C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg ‎ D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 ‎8．（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度υ0‎ 由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A．棒下滑过程的平均速度等于 ‎ B．棒下滑过程通过R的电荷量为 ‎ C．棒上滑时间等于 ‎ D．棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于mv﹣mgxsinθ 二、非选择题：（一）必考题 ‎9．（7分）某课外小组利用图甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤。‎ ‎①用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝　 　cm；‎ ‎②安装好光电门，从图中读出两光电门之间的距离x＝　 　cm：‎ ‎③接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间　 　（选填“相等”或“不相等”）可判断出导轨已调成水平；‎ ‎④安装好其它器材，并调整定滑轮，使细线水平；‎ ‎⑤让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为△t1和△t2，计算出滑块的加速度a1＝　 　（用d、s、△t1和△t2‎ 表示），并记录对应的拉力传感器的读数F1；‎ ‎⑥改变重物质量，多次重复步骤⑤，分别计算出加速度a2、a3、a4……，并记录对应的F2、F3、F4……；‎ ‎⑦在a﹣F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出　 　。‎ ‎10．（8分）为了同时测量一电源的电动势（E）和内阻（r），以及未知阻值的电阻Rx，某同学设计了一电路。实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、单刀单掷开关两个、导线若干。‎ ‎（1）为实现上述目的，请完善实物图连接；‎ ‎（2）该同学实验的主要步骤有：‎ ‎①闭合S1、S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎②保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎③根据记录的数据，作出两条一是图线如图所示。‎ 由图线可得电动势E＝　 　，内阻r＝　 　，Rx＝　 　（用图中a、b、c表示）。‎ ‎11．（14分）一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ＝45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平。现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质量m＝1.0×10﹣2kg，电荷量q＝1.0×10﹣8C，g取10m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎（1）E1和E2；‎ ‎（2）细线剪断0.3s末小球的位置坐标。‎ ‎12．（18分）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l。现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示。由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度t＝5沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，弹簧劲度系数k＝，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小；‎ ‎（2）C最终停止的位置与O点的距离 ‎（3）判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由。‎ ‎（二）选考题：共45分．【物理一选修3-3】（15分）‎ ‎13．（5分）下列说法正确的是 （　　）‎ A．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 ‎ B．热量不可能从低温物体传到高温物体 ‎ C．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎ D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果 ‎ E．在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，但非晶体一定不可以转化为晶体 ‎14．（10分）如图所示，长L＝55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°‎ 角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口。现用长l＝10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p＝75cmHg．求：‎ ‎（i）水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；‎ ‎（ii）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少。‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎15．如图所示，一列振幅为10cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是 （　　）‎ E。‎ A．波的传播方向一定向右 ‎ B．波长可能为2m ‎ C．周期可能为0.24s ‎ D．波速可能为15m/s ‎ E．0.3s内质点P的位移大小为10cm ‎16．如图所示，一横截面为等腰三角形的玻璃砖，底角θ＝30°，底边BC长为2a，AD与BC垂直，O为BD中点。一细光束平行于AB边从O点射入玻璃砖。已知玻璃砖的折射率n＝，真空中光速为c。求：‎ ‎（i）光束的出射位置与O点的距离；‎ ‎（ii）光束在玻璃砖中传播的时间。‎ ‎2019年安徽省合肥市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6～8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）下列说法正确的是（　　）‎ A．中子与质子结合成氘核时吸收能量 ‎ B．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的 ‎ C．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若仅减弱该光的强度，则仍可能发生光电效应 ‎ D．根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道，原子的能量减少，电子的动能增加 ‎【考点】IC：光电效应；J1：粒子散射实验；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．‎ ‎【分析】卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目；中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量；电子绕核运动时，半径减小，电场力做正功，势能减小，总能量减小；根据库仑力提供向心力可分析动能变化。‎ ‎【解答】解：A、中子与质子结合成氘核的过程中有质量亏损，释放能量，故A错误；‎ B、卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型，故B错误；‎ C、根据光电效应方程知，EKM＝hγ﹣W0知，入射光的频率不变，若仅减弱该光的强度，则仍可能发生光电效应，故C正确；‎ D、电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据k＝m，可知半径越小，动能越大，故D正确；‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】掌握卢瑟福的α粒子散射实验内容及结论，知道电子绕核运动的规律，注意光电效应发生条件。‎ ‎2．（6分）如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能E与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g•空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～h0过程中，F大小始终为mg ‎ B．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2：1 ‎ C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加 ‎ D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少 ‎【考点】6B：功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】34：比较思想；4B：图析法；52D：动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】在0～h0过程中，根据动能定理求F的大小。在0～h0和h0～2h0过程中，根据动能定理求F做功之比。根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于物体机械能的增量，分析拉力做功情况，从而判断机械能的变化情况。‎ ‎【解答】解：A、在0～h0过程中，根据动能定理得 Fh0﹣mgh0＝mgh0，可得 F＝2mg，故A错误。‎ B、在0～h0过程中，F做功 W1＝Fh0．在h0～2h0过程中，根据动能定理得 W2﹣mgh0＝1.5mgh0﹣mgh0，得F做功 W2＝1.5mgh0．则得两个过程F做功之比 W1：W2＝2：3，故B错误。‎ C、在0～2h0过程中，物体的动能、重力势能均增加，则物体机械能增加，故C正确。‎ D、在2h0～3.5h0过程中，根据动能定理得 F合△h＝△Ek，知图象的斜率大小 k＝F合＝mg，拉力为零，所以物体的机械能不变，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】解决本题的关键要根据动能定理列式，知道图象的斜率大小等于合外力大小，结合功能关系来分析。‎ ‎3．（6分）如图所示，置于水平地面上的A、B两物块，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）‎ A．A与B间的动摩擦因数可能为0 ‎ B．B与地面间的动摩擦因数可能为0 ‎ C．若撤去F，A与B一定会相对滑动 ‎ D．若撤去F，A与B间摩擦力逐渐减小 ‎【考点】27：摩擦力的判断与计算；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有 ‎【专题】19：探究题；31：定性思想；4B：图析法；524：摩擦力专题．‎ ‎【分析】对于叠加体一般使用整体法计算各个的加速度，再逐个分析各物体的受力即可。‎ ‎【解答】解：AB、将AB看成一个系统，又在水平恒力F作用下以共同速度向右做匀速直线运动，即整体受力平衡，力F与地面对B的摩擦力平衡，加速度为0；隔离A进行受力分析可知，由于加速度为0，那么A、B之间肯定没有摩擦力，也就是说A与B间的动摩擦因数可能为0，而B与地面间的动摩擦因数不可能为0，故A正确，B错误；‎ CD、若撤去F，AB整体受到地面的摩擦力而做匀减速直线运动，加速度为μg；隔离A受力分析可得，A的加速度仍为μg，故A与B仍旧会一起相对静止匀减速直线运动，直到静止，故CD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了牛顿定律的应用，解题的关键是整体与隔离法的交替使用。‎ ‎4．（6分）如图所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，其中电场方向平行于三角形所在平面。已知∠A＝30°，AB边长为a，D是AC的中点，CE垂直于BD且交于O点。一带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域。若A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，已知φ＞0，粒子重力不计。下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子一定带正电 ‎ B．磁场方向垂直三角形所在平面向外 ‎ C．E点电势为φ ‎ D．电场强度大小为 ‎【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】对粒子受力分析，由于洛伦兹力受到速度的影响，当粒子做直线运动，从而判定其运动性质，根据左手定则，结合平衡条件，即可确定磁场方向，最后依据电势差等于电势之差，及E＝，并由几何知识，即可一一求解。‎ ‎【解答】解：A、带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域，受到电场力与洛伦兹力作用，由于F洛＝Bqv，因此粒子一定做匀速直线运动，虽然电场强度方向由C指向E，但电场力与磁场力方向不知，则粒子的电性不能确定，故A错误；‎ B、由上分析，可知，电场力与洛伦兹力方向平行于EC，具体方向不确定，根据左手定则，则磁场方向也不能确定，故B错误；‎ C、依据几何知识，CE垂直于BD，AB垂直于BC，那么ED也垂直AC，因此三角形EBC与三角形EDC全等，那么EB＝，由于AB边长为a，D是AC的中点，且A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，那么E点电势为φ，故C正确；‎ D、由于电场强度方向由C指向E，而CB电势差为φ，然而CO长度为，因此电场强度大小为E＝＝，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】考查带电粒子在电场与磁场运动，掌握此题带电粒子的运动性质是解题的关键，同时理解电场强度方向与电势高低的关系，注意几何知识与三角知识的运用。‎ ‎5．（6分）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动（俯视），下列说法正确的是（　　）‎ A．线框转动是因为发生了电磁感应 ‎ B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极 ‎ C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变 ‎ D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大 ‎【考点】D6：电磁感应在生活和生产中的应用；DB：楞次定律．菁优网版权所有 ‎【专题】22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；539：电磁感应中的力学问题．‎ ‎【分析】根据左手定则判断线框的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小。‎ ‎【解答】解：AB、由上往下看（俯视），线框沿逆时针转动，根据左手定则可知，电流方向从上往下再从左往右，要使的在图示侧面产生逆时针安培力，则此贴与电池负极接触得一端为S极。又该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应。故A错误，B正确；‎ C、若将磁铁的两极对调，磁场的方向发生改变，那么线框所受安培力方向也发生变化，线框转动方向发生改变，故C错误；‎ D、因导线切割磁感应线，则线框中电流比刚开始转动时的小，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能。‎ ‎6．（6分）¨嫦娥四号”在月球背面软着陆和巡视探测，创造了人类探月的历史。为了实现“嫦娥四号”与地面间的太空通讯，我国于2018年5月发射了中继卫星“鹊桥”，它是运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，L2点位于地球和月球连线的延长线上。若某飞行器位于L2点，可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，如图所示。已知地球质量是月球质量的k倍，飞行器质量远小于月球质量，地球与月球中心距离是L2点与月球中心距离的n倍。下列说法正确的是（　　）‎ A．飞行器的加速度大于月球的加速度 ‎ B．飞行器的运行周期大于月球的运行周期 ‎ C．飞行器所需的向心力由地球对其引力提供 ‎ D．k与n满足k＝‎ ‎【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；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．‎ ‎【分析】飞行器绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系。‎ ‎【解答】解：A、飞行器与月球的角速度相等，根据a＝ω2r，轨道半径越大向心加速度越大，所以飞行器的加速度大于月球的加速度，故A正确；‎ B、飞行器与月球的角速度相等，根据T＝，可知周期是相等的，故B错误；‎ C、对飞行器，其向心力由地球的引力与月球的引力的合力提供。故C错误；‎ D、设地球与月球中心距离是L，L2点与月球中心距离是d；‎ 则：‎ 对月球，万有引力提供向心力，故：‎ 对飞行器，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故：‎ 联立解得：，‎ 整理可得：k＝‎ 故D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：飞行器在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。‎ ‎7．（6分）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车（包括人）的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行 ‎ B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为 ‎ C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg ‎ D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 ‎【考点】27：摩擦力的判断与计算；37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】12：应用题；31：定性思想；49：合成分解法；521：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ ‎【分析】自行车在弯道转弯时做圆周运动，其中做圆周运动的向心力来源需根据受力分析得出；支持力一般是垂直于接触面；为了不致于滑倒，地面对自行车的弹力N与摩擦力f的合力过人与车的重心。‎ ‎【解答】解：A、车受到地面的支持力方向应该是垂直于地面，即不会与车所在平面平行，故A错误；‎ B、转弯过程中不发生侧滑，即不会发生离心运动，此时合力应该不小于向心力，为：，解得：，故B正确；‎ C、转弯过程中，向心力来源于摩擦力，又车与地面发生相对运动趋势，其中的静摩擦力最大值应为μMg，故C错误；‎ D、面对自行车的弹力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设车所在平面与地面的夹角为θ，则：‎ ‎，又 解得：，‎ 综上所述，转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道拐弯时圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道为了不致于滑倒，地面对自行车的弹力N与摩擦力f的合力过人与车的重心。‎ ‎8．（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度υ0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）‎ A．棒下滑过程的平均速度等于 ‎ B．棒下滑过程通过R的电荷量为 ‎ C．棒上滑时间等于 ‎ D．棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于mv﹣mgxsinθ ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；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；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；42：等效替代法；538：电磁感应——功能问题．‎ ‎【分析】导体棒下滑过程中，根据导体棒的受力情况，分析其运动情况，再判断其平均速大小。根据q＝求通过R的电荷量。根据动量定理求上滑的时间，由能量守恒定律求棒上滑过程中回路产生的焦耳热。‎ ‎【解答】解：A、设导体棒滑回导轨底端的速度大小为v。导体棒下滑过程做加速运动，产生的感应电动势和感应电流逐渐增大，棒所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，根据v﹣t图象的斜率表示加速度，以及v﹣t图象的“面积”表示位移，知棒的位移小于匀加速下滑的位移，则棒下滑过程的平均速度小于匀加速运动的平均速度。‎ 由于回路中要产生感应电流，机械能不断减少，所以v＜υ0，因此棒下滑过程的平均速度小于．故A错误。‎ B、棒下滑过程通过R的电荷量为：q＝＝，故B错误。‎ C、上滑过程，根据动量定理得：﹣mgsinθ•t﹣BL•t＝0﹣mυ0，又 t＝t＝＝‎ 联立解得棒上滑时间为：t＝．故C正确。‎ D、棒上滑过程中，根据能量守恒定律得：回路产生的焦耳热为：Q＝mv﹣mgxsinθ，故D正确。‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，知道动量定理求运动时间常用的方法。而能量守恒定律求焦耳热常用的思路。‎ 二、非选择题：（一）必考题 ‎9．（7分）某课外小组利用图甲装置探究物体的加速度与所受合力之间的关系，请完善如下主要实验步骤。‎ ‎①用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝　0.550　cm；‎ ‎②安装好光电门，从图中读出两光电门之间的距离x＝　50.00　cm：‎ ‎③接通气源，调节气垫导轨，根据滑块通过两光电门的时间　相等　（选填“相等”或“不相等”）可判断出导轨已调成水平；‎ ‎④安装好其它器材，并调整定滑轮，使细线水平；‎ ‎⑤让滑块从光电门1的左侧由静止释放，用数字毫秒计测出遮光条经过光电门1和2的时间分别为△t1和△t2，计算出滑块的加速度a1＝　　（用d、s、△t1和△t2表示），并记录对应的拉力传感器的读数F1；‎ ‎⑥改变重物质量，多次重复步骤⑤，分别计算出加速度a2、a3、a4……，并记录对应的F2、F3、F4……；‎ ‎⑦在a﹣F坐标系中描点，得到一条通过坐标原点的倾斜直线，由此得出　物体质量一定时，加速度与所受合力成正比　。‎ ‎【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。根据导轨标尺读出两光电门间的距离。‎ 当导轨水平时，滑块做匀速直线运动运动。‎ 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式求出滑块的加速度。‎ 根据a﹣F图线得出加速度与所受的合力关系。‎ ‎【解答】解：①游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm＝0.50mm，则d＝5.50mm＝0.550cm。‎ ‎②出两光电门之间的距离x＝73.00﹣23.00cm＝50.00cm。‎ ‎③当气垫导轨调成水平时，滑块做匀速直线运动，滑块通过两光电门的时间相等。‎ ‎⑤滑块通过两光电门的瞬时速度分别为：‎ 根据速度位移公式得滑块的加速度为：‎ a1＝＝。‎ ‎⑦若a﹣F图线为通过原点的倾斜直线，可知在物体质量一定时，加速度与所受合力成正比。‎ 故答案为：①0.550，②50.00，③相等，⑤，⑦物体质量一定时，加速度与所受合力成正比。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道实验的原理，会根据光电门得出瞬时速度，通过运动学公式求出加速度，从而探究加速度与所受合力的关系。‎ ‎10．（8分）为了同时测量一电源的电动势（E）和内阻（r），以及未知阻值的电阻Rx，某同学设计了一电路。实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、单刀单掷开关两个、导线若干。‎ ‎（1）为实现上述目的，请完善实物图连接；‎ ‎（2）该同学实验的主要步骤有：‎ ‎①闭合S1、S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎②保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；‎ ‎③根据记录的数据，作出两条一是图线如图所示。‎ 由图线可得电动势E＝　　，内阻r＝　　，Rx＝　﹣　（用图中a、b、c表示）。‎ ‎【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有 ‎【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）根据实验目的与实验器材连接实物电路图。‎ ‎（2）根据实验电路应用闭合电路的欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势、内阻与待测电阻阻值。‎ ‎【解答】‎ 解：（1）由题意可知，本实验采用电阻箱与电压表测电源电动势与内阻，电压表与电阻并联测路端电压，开关S2与待测电阻并联，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）由实验步骤可知，电源电动势：‎ E＝U+Ir＝U+r，E＝U+I（r+RX）＝U+（r+RX），‎ 整理得：＝+，＝+，‎ 由图示图线可知：‎ ‎＝c ‎＝，＝，‎ 解得：E＝，r＝，RX＝﹣；‎ 故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）；；﹣。‎ ‎【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理是解题的前提与关键，应用欧姆定律求出图线的函数表达式、根据图示图线可以求出电源电动势与内阻。‎ ‎11．（14分）一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ＝45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平。现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质量m＝1.0×10﹣2kg，电荷量q＝1.0×10﹣8C，g取10m/s2，空气阻力不计。求：‎ ‎（1）E1和E2；‎ ‎（2）细线剪断0.3s末小球的位置坐标。‎ ‎【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；531：带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）当小球静止时qE1＝mg，可求得电场强度E1，剪断细线后，小球做匀加速直线运动，由牛顿第二定律、运动学公式可求得电场强度E2：‎ ‎（2）分别求得第1个0.1s内、第2个0.1s内、第3个0.1s内小球在x方向和y方向的位移，则0.3s末小球的位置坐标可求解。‎ ‎【解答】解：（1）当小球静止时 则＝‎ 电场力与重力的合力 剪断细线后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为＝10‎ 经过0.1s小球的速度大小为 速度的方向与x轴正方向成45°角斜向右下方 在第2个0.1内，电场反向，小球的水平分速度 竖直分速度 即第2个0.1s末，小球的速度大小为2m/s，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动 由运动学公式知 根据牛顿第二定律得 代入数据解得 ‎（2）第1个0.1s内，小球的位移大小＝m＝m 则小球沿x方向移动的距离x1＝scos45°＝0.05m 沿y方向移动的距离y1＝ssin45°＝0.05m 在第2个0.1s内，小球沿x方向移动的距离x2＝v1cos45°t2﹣＝0.05m 沿y方向移动的距离y2＝v1sin45°t2+＝0.15m 在第3个0.1s内，沿y方向移动的距离y3＝v2t3﹣＝0.1m 则小球速度为零时的位置坐标为（0.1m.0.3m）‎ 答：（1）E1为107V/m和E2为3×107V/m；‎ ‎（2）细线剪断0.3s末小球的位置坐标是（0.1m.0.3m）。‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动的合成和分解、运动学公式的综合应用，分析清楚小球的运动特点选择合适的规律求解即可。‎ ‎12．（18分）将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l。现将该弹簧的两端分别栓接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如图所示。由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度t＝5沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连，已知斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，弹簧劲度系数k＝，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小；‎ ‎（2）C最终停止的位置与O点的距离 ‎（3）判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由。‎ ‎【考点】‎ ‎1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；3C：共点力的平衡；53：动量守恒定律；65：动能定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】（1）对C，应用动能定理可以求出碰撞前C的速度。‎ ‎（2）A、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动能定理解题。‎ ‎（3）根据B离开挡板的条件，对A应用动能定理分析判断B是否可以离开挡板。‎ ‎【解答】解：（1）对A，由平衡条件得：4mgsin30°＝kx1，解得：x1＝l，‎ C与A碰撞前过程，对C，由动能定理得：‎ ‎4mgsin30°（6l+x1）﹣μ•4mgcos30°•6l＝，‎ 解得：v1＝；‎ ‎（2）当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，‎ 其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能：EP＝mgl，‎ C与A碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，‎ 由动量守恒定律得：4mv1＝8mv2，‎ C与A碰撞后到返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 此后C与A分离，C沿斜面向上匀减速运动直到停下，由动能定理得：‎ ‎﹣4mgsin30°•x2﹣μ•4mgcos30°•x2＝0﹣，‎ 解得：x2＝l，C最终停止的位置与O点距离为4l；‎ ‎（3）要使B离开挡板，弹簧必须伸长：x3＝＝l，‎ 即A需到达斜面上的P点上方l处，此时弹簧弹性势能为EP，‎ 假定A可以到达该处，则对A由P至该处过程，‎ 由动能定理得：﹣4mgsin30°•l﹣μ•4mgcos30°•l+WT＝EK﹣，‎ 其中：WT＝﹣EP﹣mgl，‎ 解得：EK＞0，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B可以离开挡板；‎ 答：（1）C与A碰撞前瞬间的速度大小为；‎ ‎（2）C最终停止的位置与O点的距离为4l；‎ ‎（3）B能脱离挡板，因B脱离挡板时A仍沿斜面向上运动。‎ ‎【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律与动能定理的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、动能定理与机械能守恒定律即可解题。‎ ‎（二）选考题：共45分．【物理一选修3-3】（15分）‎ ‎13．（5分）下列说法正确的是 （　　）‎ A．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 ‎ B．热量不可能从低温物体传到高温物体 ‎ C．一定质量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 ‎ D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果 ‎ E．在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，但非晶体一定不可以转化为晶体 ‎【考点】84：布朗运动；85：扩散；8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体；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．‎ ‎【分析】根据扩散的特点分析；理想气体的内能与物质的量、温度有关，与气体的体积无关；热量可能从低温物体传到高温物体；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。布朗运是动悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动。布朗运动的原因：小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的。‎ ‎【解答】解：A、根据扩散现象的特点可知，扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故A正确；‎ B、根据热力学第二定律可知，热量可能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，如空调，故B错误；‎ C、一定量的理想气体在等压膨胀过程中，根据理想状态的状态方程：＝C可知气体的温度一定升高，所以内能一定增加，故C正确；‎ D、根据布朗运动的原因可知，液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡的结果，故D正确；‎ E、晶体与非晶体在一定的条件下可以相互转化，即在一定的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，非晶体也可以转化为晶体。故E错误 故选：ACD。‎ ‎【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能只与温度有关是关键。‎ ‎14．（10分）如图所示，长L＝55cm的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口。现用长l＝10cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K，且水银面恰与管口齐平。现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p＝75cmHg．求：‎ ‎（i）水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；‎ ‎（ii）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了多少。‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化．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】（i）管口缓慢转到竖直向上位置，封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；‎ ‎（ii）对竖直玻璃管缓慢加热过程，根据理想气体状态方程列式求解。‎ ‎【解答】解：（i）设玻璃管的横截面积为S，‎ 初态：T1＝306K、P1＝P0+lsin30°cmHg＝80cmHg、V1＝45S 末态：当玻璃管竖直时，设水银柱高为H，则V2＝（55﹣H）S P2＝P0+HcmHg＝（75+H）cmHg 由玻意耳定律得：P1V1＝P2V2‎ 代入数据解得：H＝15cm 故P2＝P0+HcmHg＝90cmHg ‎（ii）设温度升至T2时，管中水银柱高为5cm，气体体积为：V3＝50S 气体压强为：P3＝P3+hcmHg＝80cmHg 由理想气体状态方程得：‎ 代入数据解得：T2＝340K ‎△T＝340﹣306K＝34K 答：（i）水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强为90cmHg；‎ ‎（ii）对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm高的水银柱，气体温度升高了34K。‎ ‎【点评】本题考查气体状态方程，关键是找出初末状态参量，判断气体做何种变化，然后选择合适的气体实验定律列式求解即可。‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎15．如图所示，一列振幅为10cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是 （　　）‎ E。‎ A．波的传播方向一定向右 ‎ B．波长可能为2m ‎ C．周期可能为0.24s ‎ D．波速可能为15m/s ‎ E．0.3s内质点P的位移大小为10cm ‎【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】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】根据题意画出波形图，从而根据传播方向得到振动方向；根据波动图象求得波的波长，由传播时间得到周期，即可求得波速。‎ ‎【解答】解：ABCD、①若波由P传向Q，且二者之间只有一个波谷，那么，若PQ间无波峰，波形如图所示，则波长为：λ＝2x＝6m。‎ 质点Q向下振动，再经过0.3s，Q第一次到达波峰，则T＝0.3s，得：T＝0.4s，相应的波速为：v＝＝＝15m/s。‎ 若AB间有波峰，则波形如图所示，波形如图所示，则波长为：λ＝x＝3m。‎ 质点Q向上振动，则＝0.3s，得 T＝1.2s，相应的波速为：v＝＝＝2.5m/s ‎②若波由Q传向P，若PQ间无波峰，波长为：λ＝2x＝6m。质点Q向上振动，则＝0.3s，得 T＝1.2s，相应的波速为：v＝＝＝5m/s 若AB间有波峰，波长λ＝x＝3m。质点Q向下振动，则T＝0.3s，得 T＝0.4s，相应的波速为：v＝＝＝7.5m/s，故ABC错误，D正确。‎ E、若PQ间距是半个波长，则P与Q振动情况总是相反，则0.3s内质点P的位移大小一定是10cm。PQ间距是一个波长，则P与Q振动情况总是相同，则0.3s内质点P的位移大小也一定是10cm，故E正确。‎ 故选：DE。‎ ‎【点评】对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动。‎ ‎16．如图所示，一横截面为等腰三角形的玻璃砖，底角θ＝30°，底边BC长为2a，AD与BC垂直，O为BD中点。一细光束平行于AB边从O点射入玻璃砖。已知玻璃砖的折射率n＝，真空中光速为c。求：‎ ‎（i）光束的出射位置与O点的距离；‎ ‎（ii）光束在玻璃砖中传播的时间。‎ ‎【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．‎ ‎【分析】（i）先根据折射定律求光束在BC面上的折射角。由几何知识求出光束射到AB面上的入射角，与临界角比较，判断知道光束在AB面上发生全反射，再射到BC面上，再由几何知识求光束的出射位置与O点的距离；‎ ‎（ii）由几何知识求光束在玻璃砖中传播的路程，由v＝求出光束在玻璃砖中传播的速度，从而求得传播的时间。‎ ‎【解答】解：（i）光线在BC面上折射，由折射定律得：‎ n＝‎ 式中，n为玻璃砖的折射率，i1和γ分别为该光线在BC面上的入射角和折射角。‎ 代入数据解得：γ＝30°‎ 设折射光线交AB面于P点，如图所示，故在△OBP中，∠BPO＝180°﹣θ﹣（90°+γ）＝30°‎ 则 i2＝90°﹣∠BPO＝60°‎ 而光在该玻璃砖中发生全反射的临界角C满足 sinC＝＝＜‎ 得 C＜60°，故光线在AB面上发生全反射 由反射定律知 i3＝i2＝60°‎ 式中i2、i3分别是该光线在AB面上的入射角和反射角 故∠APQ＝90°﹣i3＝30°‎ 即反射光线平行于BC，根据对称性可知光线经ACA面反射，最终又在BC面上M点出射，且M点与O点关于D点对称，故光束从玻璃砖中出射位置M与O点的距离为a；‎ ‎（ii）在△OBP中，∠BPO＝θ＝30°，则OP＝OB＝‎ 由几何知识知PQ＝2PAsin60°＝2（BA﹣BP）sin60°＝‎ 则根据对称性可知光束在玻璃砖中传播的光程为 ‎ 又光束在玻璃砖中传播的速度为：v＝＝c 则光束在玻璃砖中传播的时间为：t＝＝。‎ 答：（i）光束的出射位置与O点的距离是a；‎ ‎（ii）光束在玻璃砖中传播的时间是。‎ ‎【点评】解决本题的关键是掌握全反射的条件和临界角公式，正确画出光路图，再结合数学知识和折射定律进行研究。‎ 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 9:47:31；用户：qgjyuser10424；邮箱：qgjyuser10424.21957750；学号：21985431‎