湖南省2019-2020学年高三上学期模拟检测物理试卷

湖南省2019-2020学年高三上学期模拟检测物理试卷

物理试卷 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）关于巴耳末公式： ＝R（ ﹣ ）（n＝3，4，5……），理解正确的是（ ） A．式中 n 只能取整数，R 称为巴耳末常量 B．巴耳末线系的 4 条谱线位于红外区 C．在巴耳末线系中 n 值越大，对应的波长 λ 越短 D．巴耳末线系的 4 条谱线是氢原子从 n＝2 的能级向 n＝3、4、5、6 能级跃迁时辐射产 生的 2．（6 分）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为 7cm，图乙中斜挎包的宽 度约为 21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施 正确的是（ ） A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩 C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩 3．（6 分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在 a、b 间作为原 线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c、d 间作为副线圈，在 cd 间接定值电阻 R．在 a、b 间输入电压为 U1 的交变电流时，c、d 间的输出电压为 U2．在将滑动触头从 M 点顺 时针旋转到 N 点的过程中（ ） A．U2＞U1，U2 降低 B．U2＞U1，U2 升高 C．变压器输入功率增大 D．变压器输入功率减小 4．（6 分）如图所示，光滑轨道 ABCD 由倾斜轨道 AB、水平轨道 BC 和半径为 R 的竖直半 圆形轨道 CD 组成。质量为 m 的小球从 A 点由静止释放，沿轨道运动到最高点 D 时对轨 道的压力大小为 2mg，已知重力加速度为 g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损 失，下列说法正确的是（ ） A．在最高点 D，小球的向心加速度大小为 2g B．在最低点 C，小球对轨道压力为 7mg C．为了保证小球能通过最高点 D，小球释放点相对于 BC 轨道的高度不能大于 3.5R D．若提高释放点的高度，小球在 C、D 两点对轨道的压力差恒为 6mg 5．（6 分）近日，顶级权威杂志《自然》刊发了中国科学院院土罗俊团队的最新科研成果， 该团队历时 30 年，将 G 值的测量精度提高到了 12ppm（1ppm＝百万分之一），是目前世 界最为精确的 G 值。设最新的 G 值是原来 G 值的 k 倍，下列说法正确的是（ ） A．根据新 G 值和月球绕地球公转的半径 r 和周期 T 计算的地球质量 M 将是原来的 倍 B．根据选项 A 中的 M 值和极地 g 值计算的地球半径是原来 倍 C．根据新 G 值和选项 A 中的 M 值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原来的 k 倍 D．利用选项 B 中 R 值和极地 g 值计算的地球第一宇宙速度是原来的 倍 6．（6 分）如图所示，物体 A、B 跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体 A 放在倾角为 θ 的固 定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体 A 的质量为 m，物体 A 与斜面的动 摩擦因数为 μ （ μ ＜tan θ ＜1），不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体 A 能在斜面上滑动， 物体 B 的质量可能为（ ） A．m（1﹣ μ ）sin θ B．m（sin θ + μ cos θ ） C．m（l﹣ μ ）cos θ D．m（sin θ ﹣ μ cos θ ） 7．（6 分）如图所示，匀强磁场中有两个用粗细和材料均相同的导线做成的导体圆环 a、b， 磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为 2：1， 圆环中的感应电流分别为 Ia 和 Ib，热功率分别为 Pa、Pb．不考虑两圆环间的相互影响， 下列选项正确的是（ ） A．Ia：Ib＝2：1，感应电流均沿顺时针方向 B．Ia：Ib＝4：1，感应电流均沿顺时针方问 C．Pa：Pb＝4：1 D．Pa：Pb＝8：1 8．（6 分）如图所示为圆形匀强磁场，圆心为 O，半径为 R，磁场方向垂直纸面向里，一不 计重力的粒子从边界的 P 点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的 Q 点 射出时速度方向偏转了 90°；现将圆形磁场区域内的磁场换成场强为 E 的匀强电场，E 的方向平行于 OQ，该粒子以同样的初速度从 P 点射入电场，仍从 Q 点射出，已知粒子 的质量为 m，电荷量为 q，则下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电 B．E 的方向由 Q 指向 O C．磁感应强度 B＝ D．匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的 4 倍 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 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共 129 分） 9．（6 分）如图所示的冲击摆装置，是高中物理专用实验仪器，主要用于研究物体的完全非 弹性碰撞及测定钢球的速度等实验。其原理是利用弹簧枪发射钢球，将钢球水平打入静 止摆块左侧的小洞并停在里面，时间极短，摆块（內含钢球）向右摆动，推动指针，指 针摆过的最大角度即为摆块的最大摆角。已知摆块质量为 M＝80g，钢球质量为 m＝8.4g， 直径 d＝12.7mm，弹簧枪水平发射钢球的速度有三档。 （1）某实验小组利用平抛规律测量弹簧枪全部三档的发射钢球速度，先将摆块移开，发 射后钢球做平抛运动，测得三次实验中钢球的水平位移如表所示，并通过相关数据计算 出了 1、3 档钢球的发射速度，请你估算 v2 的大小。 发射档位 平抛水平位移 发射速度 1 0.27m v1＝5.4m/s 2 0.33m v2＝ 3 0.38m v3＝7.6m/s （2）设钢球打进摆块的初速度为υ0，如果钢球和摆块系统的动量和能量守恒，则钢球 打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为（设摆块初始位置的重力势能为 0） A． B． C．1 D． 10．（9 分）某实验探究小组为了测量电流表 G1 的内阻 r1，设计电路进行实验。实验中供选 择的仪器如下： A．待测电流表 G1（量程为 0～5mA，内阻约 400 Ω ） B．电流表 G2（量程 0～10mA，内阻约 200 Ω ） C．电压表 V（量程 15V，内阻约为 3k Ω ） D．定值电阻 R1（10 Ω ） E．定值电阻 R2（400 Ω ） F．滑动变阻器 R3（0～50 Ω ，额定电流为 0.1A） G．滑动变阻器 R4（0～1000 Ω ，额定电流为 0.01A） H．开关 S 及导线若干 I．电源 E（电动势 2V，内阻较小） 实验要求待测电流表 G1 的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能地减小误差。 （1）以上给定的器材中，定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 。（填写仪器 符号） （2）在方框中画出实验原理图 （3）主要的实验步骤如下： A．按设计电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至接入阻值为零处； B．闭合开关 S，移到滑动触头至某一位置，记录 G1 和 G2 的读数 I1 和 I2； C．重复步骒 B，多次移动滑动触头，测量多组数据； D．本实验用图象法处理数据，作图时以 I1 为横坐标，以 I2 为纵坐标，作出 I2﹣I1 图线， 则表达式为 。（用物理量的符号来表示）。 （4）根据图线的斜率 k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式 r1＝ 。（用 k 和定值电阻的符号来表示）。 11．（12 分）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为 R＝0.1m，两轮 轴距为 L＝3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放 在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为 μ ＝0.6，g＝10m/s2，不计 空气阻力。 （1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？ （2）若传送带实际速度为 0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为 10 吨，则 电机每天相对于空载多消耗的电能 E 是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的 μ相同） 12．（20 分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极 K 发出的电子（可 认为初速度为 0）经阳极 A 与阴极 K 之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行 于平板电容器极板的速度从两极板 C、D 左端中点进入极板区域。若两极板 C、D 间无 电压，电子将打在荧光屏上的 O 点若在两极板 CD 间施加偏转电压，则离开极板区域的 电子将打在荧光屏上的 P 点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场， 则电子又打在荧光屏上的 O 点。已知磁场的磁感应强度为 B，极板间电压为 U，极板的 长度为 l，C、D 间的距离为 d，极板区的中点 M 到荧光屏中点 O 的距离为 L，P 点到 O 点的距离为 y。 （1）求电子进入偏转电场的速度 v0。 （2）求电子的比荷 。 （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，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修 3-3】（15 分） 13．（5 分）下列有关热现象的说法正确的是（ ） A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动 B．热量不可能自发从低温物体传到高温物体 C．单晶体某些物理性质沿不同方向是各向异性的 D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温 度下水的饱和气压的差距 E．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变，从外界吸热 14．（10 分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度 h＝ 20cm。汽缸活塞的面积 S＝100cm2，重量 G＝100N，其下方密封有一定质量的理想气体， 活塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹 簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长 l0＝15cm，劲度系数 k＝2000N/m。 开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度 T1＝200K，弹簧的长度 l1＝10cm，现用电热 丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压 P0＝1.0×105Pa）。求 （i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度 T2； （ⅱ）当汽缸中的气体温度 T3＝500K 时汽缸内气体的压强 P3。 【物理一选修 3-4】（15 分） 15．甲、乙两列简谐横波在冋种均匀介质中传播，如图所示为 t＝0 时刻两列波恰好在坐标 原点相遇时的波形图，甲波的频率为 2Hz，沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播， 则（ ） A．乙波的频率为 2Hz B．甲波的传播速度为 2ms C．两列波叠加后，x＝0 处的质点振幅为 0 D．两列波叠加后，x＝2m 处为振动加强点 E．t＝0.25s 时，x＝0 处的质点处于平衡位置，且向下运动 16．一块用玻璃制成的透明柱体，其横截面如图所示，ab 是半径为 R 的圆弧 ac 边与 cb 边 垂直，∠aoc＝60°．一束宽度等于 ac 边的平行光线垂直于 ac 边射入（c 点没有射入光 线），先后到达 ab、cb 界面，ab、cb 界面的外表面都只有一部分是亮的，其余部分是暗 的，ab 界面外表面亮着部分的弧长为 ，不考虑界面的多次反射，求： （i）玻璃的折射率 n （ⅱ）bc 界面外表面亮着部分的长度 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）关于巴耳末公式： ＝R（ ﹣ ）（n＝3，4，5……），理解正确的是（ ） A．式中 n 只能取整数，R 称为巴耳末常量 B．巴耳末线系的 4 条谱线位于红外区 C．在巴耳末线系中 n 值越大，对应的波长 λ 越短 D．巴耳末线系的 4 条谱线是氢原子从 n＝2 的能级向 n＝3、4、5、6 能级跃迁时辐射产 生的 【考点】J5：氢原子光谱． 【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题． 【分析】此公式是巴耳末在可见光的 14 条谱线分析时发现的，式中的 n 只能取整数，不 能连续取值，且从 3，4，…开始取，只能适用于氢光谱，及红外与紫外区。 【解答】解：A、此公式中 n 不可以取任意值，只能取整数，且从 3，4，…开始取，n 为量子数，故 A 错误； B、巴耳末线系的 4 条谱线位于可见光区。故 B 错误； C、根据巴耳末公式： ＝R（ ﹣ ），可知 n 值越大，对应的波长 λ 越短。故 C 正 确； D、公式只能适用于氢原子光谱中 n≥3 的能级向 n＝2 的能级跃迁时发出的光谱，故 D 错误。 故选：C。 【点评】考查巴耳末公式的发现、适用范围，及注意因 n 的取值，出现不连续值，同时 理解此公式的局限性。 2．（6 分）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为 7cm，图乙中斜挎包的宽 度约为 21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施 正确的是（ ） A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩 C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩 【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡． 菁优网版 权所有 【专题】21：信息给予题；32：定量思想；4I：极值法；527：共点力作用下物体平衡专 题． 【分析】根据题意可知，在合力一定的情况下，两个分力的夹角越小则拉力越小，根据 平衡条件列方程进行分析即可。 【解答】解：设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为 θ ，根据平衡条件可得 2Fcos θ ＝mg； 解得背包带的拉力 F＝ ， 在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则 cos θ 最大， 由于相邻挂钩之间的距离为 7cm，图乙中斜挎包的宽度约为 21cm，故使背包带跨过四个 挂钩时 θ ≈0，cos θ ≈1，此时挂时背包带受力最小，故 ABC 错误、D 正确。 故选：D。 【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究 对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答，注意求解极值的方法。 3．（6 分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在 a、b 间作为原 线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c、d 间作为副线圈，在 cd 间接定值电阻 R．在 a、b 间输入电压为 U1 的交变电流时，c、d 间的输出电压为 U2．在将滑动触头从 M 点顺 时针旋转到 N 点的过程中（ ） A．U2＞U1，U2 降低 B．U2＞U1，U2 升高 C．变压器输入功率增大 D．变压器输入功率减小 【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理． 菁优网版 权所有 【专题】31：定性思想；4C：方程法；53A：交流电专题． 【分析】本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头 M 顺 时针转动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化的情况。 【解答】解：A、根据变压器的电压关系有 ， 当滑动触头 M 顺时针转动时，即 n2 减小时，电压 U2 应该减小，即降低， 由于 n2＜n1，所以 U2＜U1，故 A 错误，B 错误； C、由于电压 U2 减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由 于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故 C 错误，D 正确。 故选：D。 【点评】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比， 电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可。 4．（6 分）如图所示，光滑轨道 ABCD 由倾斜轨道 AB、水平轨道 BC 和半径为 R 的竖直半 圆形轨道 CD 组成。质量为 m 的小球从 A 点由静止释放，沿轨道运动到最高点 D 时对轨 道的压力大小为 2mg，已知重力加速度为 g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损 失，下列说法正确的是（ ） A．在最高点 D，小球的向心加速度大小为 2g B．在最低点 C，小球对轨道压力为 7mg C．为了保证小球能通过最高点 D，小球释放点相对于 BC 轨道的高度不能大于 3.5R D．若提高释放点的高度，小球在 C、D 两点对轨道的压力差恒为 6mg 【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律． 菁优网版 权所有 【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题． 【分析】在最高点 D，根据牛顿第二定律求小球的向心加速度，并由 a＝ 求出小球在 D 点时的速度。小球从 C 到 D 点的过程，利用机械能守恒定律求出小球经过 C 点时的速 度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力。小球恰能通过最高点 D 时，由重力提供向 心力，由牛顿第二定律求出 D 点的临界速度，再由机械能守恒定律求释放点的高度。根 据机械能守恒定律和向心力公式结合求小球在 C、D 两点对轨道的压力差。 【解答】解：A、在最高点 D，对小球，根据牛顿第二定律得 ND+mg＝ma，据题 ND＝ 2mg，则小球的向心加速度大小为 a＝3g，故 A 错误。 B、在最高点 D，由 a＝ 得 vD＝ ．小球从 C 到 D 点的过程，由机械能守恒定律 得 +2mgR＝ ．在最低点 C，对小球，由牛顿第二定律得 NC﹣mg＝m ，联立解得 NC＝8mg，由牛顿第三定律知在最低点 C，小球对轨道压 力为 NC′＝NC＝8mg，故 B 错误。 C、小球恰能通过最高点 D 时，由重力提供向心力，则有 mg＝m ．由机械能守恒定 律得 mgh＝ +2mgR，解得 h＝2.5R，即为了保证小球能通过最高点 D，小球释放 点相对于 BC 轨道的高度小于 2.5R，故 C 错误。 D、在最高点 D，对小球，根据牛顿第二定律得 ND+mg＝m ．在最低点 C，对小球， 由牛顿第二定律得 NC﹣mg＝m ，小球从 C 到 D 点的过程，由机械能守恒定律得 +2mgR＝ ．联立解得 NC﹣ND＝6mg，根据牛顿第三定律知小球在 C、D 两 点对轨道的压力差恒为 6mg，故 D 正确。 故选：D。 【点评】解决本题的关键要明确圆周运动向心力来源：指向圆心的合力充当向心力，把 握最高点的临界条件：重力等于向心力。 5．（6 分）近日，顶级权威杂志《自然》刊发了中国科学院院土罗俊团队的最新科研成果， 该团队历时 30 年，将 G 值的测量精度提高到了 12ppm（1ppm＝百万分之一），是目前世 界最为精确的 G 值。设最新的 G 值是原来 G 值的 k 倍，下列说法正确的是（ ） A．根据新 G 值和月球绕地球公转的半径 r 和周期 T 计算的地球质量 M 将是原来的 倍 B．根据选项 A 中的 M 值和极地 g 值计算的地球半径是原来 倍 C．根据新 G 值和选项 A 中的 M 值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原来的 k 倍 D．利用选项 B 中 R 值和极地 g 值计算的地球第一宇宙速度是原来的 倍 【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】32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题． 【分析】1、根据在地球表面附近万有引力等于重力求解地球半径； 2、根据万有引力提供卫星向心力求解第一宇宙速度和同步卫星的轨道半径； 3、月球绕地球运动可近似看做是匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解地球质量。 【解答】解：A、月球绕地球运动可近似看做是匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力 得 ＝m r， M＝ ， 最新的 G 值是原来 G 值的 k 倍，根据新 G 值和月球绕地球公转的半径 r 和周期 T 计算的 地球质量 M 将是原来的 倍，故 A 正确； B、根据在地球表面附近万有引力等于重力得 ＝mg， R＝ ，所以根据选项 A 中的 M 值和极地 g 值计算的地球半径是原来 倍，故 B 错 误； C、根据万有引力提供卫星向心力得 ＝m r， r＝ ，所以据新 G 值和选项 A 中的 M 值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原 来的 倍，故 C 错误； D、地球第一宇宙速度 v＝ ＝ ，所以利用选项 B 中 R 值和极地 g 值计算的地球 第一宇宙速度是原来的 倍，故 D 错误； 故选：A。 【点评】本题抓住在地球附近重力与万有引力相等，绕地球运动的天体向心力由万有引 力提供依次列式计算求中心天体的质量。掌握规律是解题关键。 6．（6 分）如图所示，物体 A、B 跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体 A 放在倾角为 θ 的固 定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体 A 的质量为 m，物体 A 与斜面的动 摩擦因数为 μ （ μ ＜tan θ ＜1），不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体 A 能在斜面上滑动， 物体 B 的质量可能为（ ） A．m（1﹣ μ ）sin θ B．m（sin θ + μ cos θ ） C．m（l﹣ μ ）cos θ D．m（sin θ ﹣ μ cos θ ） 【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律． 菁优网版 权所有 【专题】34：比较思想；4N：临界法；527：共点力作用下物体平衡专题． 【分析】先对物体 B 受力分析，受重力和拉力，二力平衡，得到绳子的拉力大小；再对 物体 A 受力分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，分静摩擦力沿斜面向上和沿斜面 向下两种情况列方程求出物体 B 的质量的取值范围，再确定特殊值。 【解答】解：对 B 物体受力分析有：T＝mBg． 当物体 A 处于将要上滑的临界状态，则物体 A 受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下， 这时 A 的受力情况如图乙所示，根据平衡条件有： N﹣mgcos θ ＝0； T﹣fm﹣mgsin θ ＝0； 由摩擦力公式知：fm＝ μ N 以上四式联立，解得：mB＝m（sin θ + μ cos θ ） 再假设物体 A 处于将要下滑的临界状态，则物体 A 受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向 上，根据平衡条件有 N﹣mgcos θ ＝0 T+fm﹣mgsin θ ＝0 由摩擦力公式知：fm＝ μ N 联立解得：mB＝m（sin θ ﹣ μ cos θ ） 则物体 B 的质量的取值范围为 m（sin θ ﹣ μ cos θ ）≤mB≤m（sin θ + μ cos θ ）。故 AC 错误， BD 正确。 故选：BD。 【点评】本题关键是找出恰好不上滑和恰好不下滑的临界状态：静摩擦力达到最大值， 然后根据共点力平衡条件列式求解。 7．（6 分）如图所示，匀强磁场中有两个用粗细和材料均相同的导线做成的导体圆环 a、b， 磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆环半径之比为 2：1， 圆环中的感应电流分别为 Ia 和 Ib，热功率分别为 Pa、Pb．不考虑两圆环间的相互影响， 下列选项正确的是（ ） A．Ia：Ib＝2：1，感应电流均沿顺时针方向 B．Ia：Ib＝4：1，感应电流均沿顺时针方问 C．Pa：Pb＝4：1 D．Pa：Pb＝8：1 【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DB：楞次定律． 菁优网版 权所有 【专题】32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合． 【分析】根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小，再依据闭合电路欧姆定律与 电阻定律，即可确定感应电流的大小，最后根据楞次定律判断感应电流的方向；根据电 功率的计算公式求解电功率之比。 【解答】解：AB、根据法拉第电磁感应定律可得：E＝ ＝ ，而 ＝ ＝ ， 故有：Ea：Eb＝4：1， 根据电阻定律可得：R＝ ＝ 可得电阻之比 Ra：Rb＝2：1 依据闭合电路欧姆定律可得：I＝ ， 因此 Ia：Ib＝2：1； 根据楞次定律可得，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，所以感应电流均沿顺时 针方向，故 A 正确，B 错误； CD、根据电功率的计算公式 P＝EI 可得 Pa：Pb＝8：1，故 C 错误、D 正确。 故选：AD。 【点评】本题整合了法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内家，掌握楞次定律， 及电阻定律的应用，常规题，要善于运用比例法求解比值。 8．（6 分）如图所示为圆形匀强磁场，圆心为 O，半径为 R，磁场方向垂直纸面向里，一不 计重力的粒子从边界的 P 点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的 Q 点 射出时速度方向偏转了 90°；现将圆形磁场区域内的磁场换成场强为 E 的匀强电场，E 的方向平行于 OQ，该粒子以同样的初速度从 P 点射入电场，仍从 Q 点射出，已知粒子 的质量为 m，电荷量为 q，则下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电 B．E 的方向由 Q 指向 O C．磁感应强度 B＝ D．匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的 4 倍 【考点】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；4C：方程法；537：带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据受力情况判断 E 的方向；根据洛伦兹力提 供向心力列方程，根据带电粒子在电场中做类平抛运动列方程求解磁感应强度；根据位 移时间关系得到粒子在 Q 点的速度，再根据动能定理求解匀强电场对带电粒子做的功。 【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带负电，故 A 错误； B、粒子带负电且能够从 Q 点射出，可知 E 的方向由 Q 指向 O，故 B 正确； C、粒子从边界的 P 点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的 Q 点射出 时速度方向偏转了 90°，根据几何关系可知粒子轨迹半径为 r＝R， 根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝m ，即 R＝ ；若将磁场换为电场，则 R＝ at ＝ ，解得 R＝ ，联立解得磁感应强度 B＝ ，故 C 正确； D、粒子在匀强电场中运动时，在 Q 点向下的速度为 vy，根据位移时间关系可得： ＝R，水平方向 vt＝R，则 vy＝2v，所以粒子在 Q 点的速度 vQ＝ ＝ ，匀强 电场对带电粒子做的功 W＝ ﹣ ＝4× ，即匀强电场对带电粒子做的功 等于粒子初动能的 4 倍，故 D 正确。 故选：BCD。 【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系 求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求 时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。 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 题～第 38 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共 129 分） 9．（6 分）如图所示的冲击摆装置，是高中物理专用实验仪器，主要用于研究物体的完全非 弹性碰撞及测定钢球的速度等实验。其原理是利用弹簧枪发射钢球，将钢球水平打入静 止摆块左侧的小洞并停在里面，时间极短，摆块（內含钢球）向右摆动，推动指针，指 针摆过的最大角度即为摆块的最大摆角。已知摆块质量为 M＝80g，钢球质量为 m＝8.4g， 直径 d＝12.7mm，弹簧枪水平发射钢球的速度有三档。 （1）某实验小组利用平抛规律测量弹簧枪全部三档的发射钢球速度，先将摆块移开，发 射后钢球做平抛运动，测得三次实验中钢球的水平位移如表所示，并通过相关数据计算 出了 1、3 档钢球的发射速度，请你估算 v2 的大小。 发射档位 平抛水平位移 发射速度 1 0.27m v1＝5.4m/s 2 0.33m v2＝ 6.6m/s 3 0.38m v3＝7.6m/s （2）设钢球打进摆块的初速度为υ0，如果钢球和摆块系统的动量和能量守恒，则钢球 打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为（设摆块初始位置的重力势能为 0） A． B． C．1 D． 【考点】MD：验证机械能守恒定律；ME：验证动量守恒定律． 菁优网版 权所有 【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应 用专题． 【分析】（1）钢球做平抛运动的时间是相等的，由钢球 1 或 3 的情况求出平抛运动的时 间，然后由公式求出速度。 （2）由动量守恒求出末速度，然后结合机械能的公式即可求出。 【解答】解：（1）钢球 1 做平抛运动的时间为： t＝ s 各钢球做平抛运动的时间是相等的，所以钢球 2 的初速度为： ＝6.6m/s （2）钢球射入摆块后共同速度为 v，选 v0 的方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝（m+M）v 则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为： 联立可得： ＝ 故 A 正确，BCD 错误 故选：A 故答案为：（1）6.6m/s；（2）A 【点评】解决本题的关键要抓住弹丸射入摆块的过程遵守动量守恒定律，摆动过程遵守 机械能守恒定律，把握每个过程的物理规律。 10．（9 分）某实验探究小组为了测量电流表 G1 的内阻 r1，设计电路进行实验。实验中供选 择的仪器如下： A．待测电流表 G1（量程为 0～5mA，内阻约 400 Ω ） B．电流表 G2（量程 0～10mA，内阻约 200 Ω ） C．电压表 V（量程 15V，内阻约为 3k Ω ） D．定值电阻 R1（10 Ω ） E．定值电阻 R2（400 Ω ） F．滑动变阻器 R3（0～50 Ω ，额定电流为 0.1A） G．滑动变阻器 R4（0～1000 Ω ，额定电流为 0.01A） H．开关 S 及导线若干 I．电源 E（电动势 2V，内阻较小） 实验要求待测电流表 G1 的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能地减小误差。 （1）以上给定的器材中，定值电阻应选 R2 ，滑动变阻器应选 R3 。（填写仪器符 号） （2）在方框中画出实验原理图 （3）主要的实验步骤如下： A．按设计电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至接入阻值为零处； B．闭合开关 S，移到滑动触头至某一位置，记录 G1 和 G2 的读数 I1 和 I2； C．重复步骒 B，多次移动滑动触头，测量多组数据； D．本实验用图象法处理数据，作图时以 I1 为横坐标，以 I2 为纵坐标，作出 I2﹣I1 图线， 则表达式为 I2＝（1+ ）I1 。（用物理量的符号来表示）。 （4）根据图线的斜率 k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式 r1＝ （k﹣1）R2 。 （用 k 和定值电阻的符号来表示）。 【考点】N6：伏安法测电阻． 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）根据定值电阻阻值与待测电流表内阻相等可知将二者并联后总电流与电流 表 G2 的满偏电流相等，所以测量电路应是将待测电流表与定值电阻 R2 并联后再与电流 表 G2 串联；再根据变阻器采用分压式接法时阻值越小时调节越方便即可选出变阻器 R3； （2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图； （3）根据物理规律写出 I2 与 I1 的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解。 （4）根据图线的函数表达式求出待测电流表内阻的表达式。 【解答】解：（1）由于定值电阻 R2 的电阻与待测电流表 G1 内阻接近相等，可将二者并 联，再与电流表 G2 串联； 由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选阻值小的 R3； （2）实验要求待测电流表 G1 的示数从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，定值电 阻 R2 的电阻与待测电流表 G1 并联，电路图如图所示： （3）由电路图根据串并联规律应有：I1+ ＝I2， 解得：I2＝（1+ ）I1； （4）根据函数斜率的概念应有：k＝（1+ ）， 解得：r1＝（k﹣1）R2； 故答案为：（1）R2；R3；（2）实验电路图如图所示；（3）I2＝（1+ ）I1；（4）（k﹣1） R2。 【点评】解答本题应明确： ① 设计电路时，可先画出可能的电路图，然后选择能求出待 测量的电路即可； ② 变阻器采用分压式接法时，应选择阻值小的变阻器以方便调节； ③遇到根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于阻值与横轴物 理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。 11．（12 分）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为 R＝0.1m，两轮 轴距为 L＝3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放 在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为 μ ＝0.6，g＝10m/s2，不计 空气阻力。 （1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？ （2）若传送带实际速度为 0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为 10 吨，则 电机每天相对于空载多消耗的电能 E 是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的 μ相同） 【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理．菁 优网版权 所有 【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题． 【分析】（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，旅行包到右端时受传送带的支持力， 由牛顿第二定律可求得速度与旅行包一直加速达到的最大速度比较可确定传送带的最大 速度； （2）通过分析运送一个旅行包多消耗的电能与动能的关系得出电机对每一个旅行包多消 耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，由此可求解春运期每天多消耗的电能。 【解答】解：（1）设旅行包从右端飞出的速度为 v，受到传送带的支持力为 FN，则由牛 顿第二定律得：mg﹣FN＝m 解得：v＝ 当 FN＝0 时，v 有最大值 vmax＝ ＝1m/s 旅行包一直加速能达到的最大速度为 v′max＝ ＝6m/s＞1m/s 故传送带的速度应小于 1m/s （2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x 传＝v 传 t，x 包＝ t 表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有 ＝ 故有：x 传＝2x 包 消耗电能为 E＝ μ mgx 传 旅行包在滑动过程中动能的增量为：△Ek＝ μ mgx 包 故 E＝2△Ek 结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为 动能，一半电能 转化为内能 故春运期每天多消耗的电能为 10 吨行包在传送带上获得总动能的两倍 E 电＝2△EK 总＝m 总 v02＝10000×004J＝400J 答：（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于 1m/s； （2）则电机每天相对于空载多消耗的电能 E 是 400J。 【点评】本题考查了圆周运动，相对运动，功能关系，能量守恒等知识，涉及临界问题， 明确旅行包的运动特点及功能关系是求解的关键。 12．（20 分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极 K 发出的电子（可 认为初速度为 0）经阳极 A 与阴极 K 之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行 于平板电容器极板的速度从两极板 C、D 左端中点进入极板区域。若两极板 C、D 间无 电压，电子将打在荧光屏上的 O 点若在两极板 CD 间施加偏转电压，则离开极板区域的 电子将打在荧光屏上的 P 点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场， 则电子又打在荧光屏上的 O 点。已知磁场的磁感应强度为 B，极板间电压为 U，极板的 长度为 l，C、D 间的距离为 d，极板区的中点 M 到荧光屏中点 O 的距离为 L，P 点到 O 点的距离为 y。 （1）求电子进入偏转电场的速度 v0。 （2）求电子的比荷 。 【考点】65：动能定理；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；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题． 【分析】（1）抓住电子在复合场中做直线运动，结合电场力和洛伦兹力平衡求出电子进 入偏转电场的速度。 （2）根据类平抛运动的规律，求出电子在偏转电场中的位移，以及离开偏转电场后垂直 电场方向的位移，抓住两位移之和，求出电子的比荷。 【解答】解：（1）加上磁场 B 后，荧光屏上的光点重新回到 O 点，可知电子受到电场力 和洛伦兹力平衡，有：qE＝qv0B， 又 E＝ ， 联立解得电子射入偏转电场的速度 。 （2）电子在极板区域运行的时间 ， 在电场中的偏转位移 ， 电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度 ， 设电子离开极板区域后，电子到达光屏 P 点所需的时间为 t2， ， 电子离开电场后再垂直极板方向的位移 y2＝vyt2， P 点离开 O 点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移 y＝y1+y2， 联立解得 。 答：（1）电子进入偏转电场的速度为 。 （2）电子的比荷为 。 【点评】本题考查了电子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二 定律、运动学公式以及电势差与电场强度关系进行求解，难度中等。 （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，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修 3-3】（15 分） 13．（5 分）下列有关热现象的说法正确的是（ ） A．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动 B．热量不可能自发从低温物体传到高温物体 C．单晶体某些物理性质沿不同方向是各向异性的 D．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温 度下水的饱和气压的差距 E．一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变，从外界吸热 【考点】84：布朗运动；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；9H：相对湿度． 菁优网版 权所有 【专题】31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题． 【分析】布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由 于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；热力学第二定律反映了自发的宏观热现象具 有方向性；单晶体的物理性质各向异性；根据热力学第一定律和气体实验定律分析气体 内能变化和吸放热情况。 【解答】解：A、花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停的做无规则运动，故 A 错误； B、根据热力学第二定律，不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，比如电冰箱要 耗电，故 B 正确； C、因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是有序的，所以单晶体的某些物 理性质呈现各向异性，故 C 正确； D、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的 压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故 D 正确； E、一定质量理想气体等温压缩的过程中，温度不变，气体内能不变△U＝0；体积缩小， 外界对气体做功，W＞0，根据热力学第一定律可知，气体放热，故 E 错误； 故选：BCD。 【点评】本题考查布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律、晶体、气体实验定律 等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。 14．（10 分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度 h＝ 20cm。汽缸活塞的面积 S＝100cm2，重量 G＝100N，其下方密封有一定质量的理想气体， 活塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹 簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长 l0＝15cm，劲度系数 k＝2000N/m。 开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度 T1＝200K，弹簧的长度 l1＝10cm，现用电热 丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压 P0＝1.0×105Pa）。求 （i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度 T2； （ⅱ）当汽缸中的气体温度 T3＝500K 时汽缸内气体的压强 P3。 【考点】99：理想气体的状态方程；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】（i）先对活塞分析，加热前后气体压强，然后对气体利用理想气体状态方程列 式求解； （ii）先根据理想气体状态方程分析活塞恰好上升至卡口时的温度，然后与 T3 比较，最 后利用理想气体状态方程或活塞平衡列式求解即可。 【解答】解：（i）对活塞受力分析，开始时气体的压强为： 温度为：T1＝200K 体积为：V1＝lS＝10S 弹簧恢复原长时，对活塞受力分析，根据平衡得封闭气体压强为： Pa 体积为：V2＝l0S＝15S 由理想气体状态方程得： 代入数据解得：T2＝330K （ii）设温度为 T 时，活塞恰好上移至卡口，此时有： ＝ ＝1.2×105Pa V＝hS＝20S 由理想气体状态方程得： 代入数据解得：T＝480K 由于 T3＝500K＞480K，活塞以上移至卡口，有： V3＝hS＝20S 由理想气体状态方程得： 代入数据解得： 答：（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度 T2 为 330K； （ⅱ）当汽缸中的气体温度 T3＝500K 时汽缸内气体的压强 P3 为 1.25×105Pa。 【点评】本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量， 明确初末状态量的值，根据气体定律进行研究。本题要特别注意判断温度升高为 500K 时 活塞上移到卡口没有。 【物理一选修 3-4】（15 分） 15．甲、乙两列简谐横波在冋种均匀介质中传播，如图所示为 t＝0 时刻两列波恰好在坐标 原点相遇时的波形图，甲波的频率为 2Hz，沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播， 则（ ） A．乙波的频率为 2Hz B．甲波的传播速度为 2ms C．两列波叠加后，x＝0 处的质点振幅为 0 D．两列波叠加后，x＝2m 处为振动加强点 E．t＝0.25s 时，x＝0 处的质点处于平衡位置，且向下运动 【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】甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图读出波长，由 v ＝ λ f 求频率之比从而解决乙波频率。并由此公式求甲波的传播速度。根据波的叠加原理 求两列波叠加后，x＝0 处的质点振幅。根据时间与周期的关系分析 t＝0.25s 时 x＝0 处质 点的运动状态。由波的叠加原理分析两列波叠加后，x＝2m 处质点的振动情况。 【解答】解：A、甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知， λ 甲 ＝2m， λ 乙＝2m，由 v＝ λ f 知甲、乙两波的频率之比为 1：1，即为：f 乙＝f 甲＝2Hz，故 A 正确； B、甲波的传播速度为：v＝ λ 甲 f 甲＝2×2＝4m/s，故 B 错误； C、两列波叠加后有：x＝0 处的质点振动加强，振幅为：A0＝A 甲+A 乙＝10cm+20cm＝30cm， 故 C 错误； D、两列波叠加后，在 x＝2m 处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故 D 正确； E、两波的周期为：T＝ ＝0.5s。t＝0 时刻，x＝0 处的质点处于平衡位置，且向上 运动。因为 t＝0.25s＝ ，所以 t＝0.25s 时，x＝0 处的质点处于平衡位置，且向下运动。 故 E 正确； 故选：ADE。 【点评】本题关键要把握两种图象的关系，知道波速由介质决定，甲、乙两列简谐横波 在同种均匀介质中传播，波速相等。能根据波的传播读出质点的速度方向，在波动图象 上运用波的叠加原理理解这类问题。 16．一块用玻璃制成的透明柱体，其横截面如图所示，ab 是半径为 R 的圆弧 ac 边与 cb 边 垂直，∠aoc＝60°．一束宽度等于 ac 边的平行光线垂直于 ac 边射入（c 点没有射入光 线），先后到达 ab、cb 界面，ab、cb 界面的外表面都只有一部分是亮的，其余部分是暗 的，ab 界面外表面亮着部分的弧长为 ，不考虑界面的多次反射，求： （i）玻璃的折射率 n （ⅱ）bc 界面外表面亮着部分的长度 【考点】H3：光的折射定律． 菁优网版 权所有 【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54E：全反射和临界角专题． 【分析】（i）作出光路图，由几何关系求得全反射的临界角，根据 sinC＝ 求得折射率； （ii）通过几何关系得出有平行光投射出去所对应的圆心角，从而求出其弧长。 【解答】解：（i）作出光路图如图所示，设全反射临界角为 C，只有图中 bd 部分的外表 面是亮的，弧长为 则由：C＝30° 又 sinC＝ 故 n＝2 （ⅱ）从 a 入射的光到 f 点经过全反射后恰好射到 b 点 入射到 d 点的光经过全反射后射到 g 点，由几何知识可得 Og＝ R 经过圆弧 fd 反射的光射到 cb 部分的 gb 段，其入射角小于全反射临界角，有光线射出； 经过圆弧 db 反 射的光射到 cb 部分的 Og 段，其入射角大于全反射临界角，无光线射出，所以 cb 段的外 表面是亮的部 分的长度为 s＝（1﹣ ）R 答：（i）玻璃的折射率是 2； （ⅱ）bc 界面外表面亮着部分的长度是（1﹣ ）R。 【点评】本题对数学几何能力考查要求较高，关键掌握全反射的条件，运用折射定律进 行求解。 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 9:31:08 ；用户： qgjyuser10418 ；邮箱：qgjyuser10418.219 57750；学号： 21985425