2019年全國大聯(lián)考高考物理二模試卷(新課標(biāo)ⅰ卷)(解析版)

1、2019年全國大聯(lián)考高考物理二模試卷（新課標(biāo)I卷）一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第 1418題只有一項符合題目要求，第 1921題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得 0分.1. （6分）如圖，在內(nèi)壁光滑的球殼內(nèi)部，有兩個小球沿不同高度的水平圓軌道運動，其中一球圖上未畫出，設(shè)球殼最低點O處為零勢能點，則對于這兩個小球，下列判斷錯誤的是（）A.動能可能等大B.機(jī)械能可能等大C.運動周期可能等大D.受到的支持力可能等大2. （6分）如圖，有兩個等量異種點電荷置于正四面體的兩個頂點上，正點電荷置于a點,負(fù)點電荷置于b點，則（）

2、A. c、d兩點電勢相等B. c、d兩點場強(qiáng)相同C. ac連線中點與ab連線中點的電勢相等D. ac連線中點與bc連線中點的場強(qiáng)相同3. （6分）雜技團(tuán)拋球表演中，被拋出的小球近似做豎直上拋運動，演員每隔相同時間以 相同的速度上拋一個小球，從拋出第一個球開始計時，g取10m/s2.所有小球運動的位移s隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，由此可知（）A.拋出的速度大小為 5m/sB.在拋出點上方最多有9個球C.第3個球與第6個球相遇在t = 0.7s時4.5.D.在拋出點上方最多有 4對球同時相遇（6分）2019年1月3日，嫦娥四號成功登陸月球背面，全人類首次實現(xiàn)月球背面軟著陸。并通過位于地月拉格朗日點

3、的“鵲橋”中繼星傳回了世界第一張近距離拍攝的月背影像圖，地月拉格朗日點是太空中地球引力與月球引力相等的點。下列說法正確的是（ ）A.由月球背面始終背對地球可判斷地月的自轉(zhuǎn)周期相同B.由月球背面始終背對地球可判斷地月的公轉(zhuǎn)周期相同C.位于地月拉格朗日點的“鵲橋”與月球具有相同的繞地周期D.位于地月拉格朗日點的“鵲橋”與月球具有相同的繞地速度（6分）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標(biāo)示了電壓和電流，其中輸電線總電阻為 R,則（）%A. 12=-RB.輸電效率為 有-X100%C.用戶的用電器的數(shù)量增多時，U3將減小D.用戶得到的電功率可能等于電廠輸出的電功率6.（6分）靜置在勻

4、強(qiáng)磁場中的 53發(fā)生衰變，生成54JXe與某種射線a。Xe與a在磁場 中的運動軌跡為兩個半徑分別為 Ri、R2的圓，a具有的動能為 巳 已知Xe與a的質(zhì)量分 別為M、m,則（）A.射線a帶正電B.兩個軌跡圓內(nèi)切C. Ri： R2=1： 54D. Xe具有的動能為 與E7.（6分）如圖所示，一個帶正電的小物塊沿一個粗糙的豎直墻面以某一初速度向下滑動?？臻g分布有水平向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場。小物塊運動的v-t圖象可能正確的是（）X8. （ 6分）如圖，小物體 A和B用跨過輕小定滑輪的輕繩連接，A套在豎直桿上（且處于最下端），桿與滑輪相距 L,。點到水平面的距離為 娟L在用水平拉力 F向右拉B使 其沿水平做直

5、線運動的過程中，不計一切摩擦，A、B及滑輪的大小不計，桿、定滑輪與小物體B共面。則（）A .拉力F做的功W可能等于A的機(jī)械能增量B.拉力F做的功 W 一定大于B的機(jī)械能增量C.若拉力F是恒力，其做的功 WW 萬麗紅D.若拉力F是變力，小物體 A或者物體B可以一直做勻速直線運動二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分.第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答.第3334題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題（共 47分）9. （5分）在“探究恒力做功與物體的動能改變量的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)已按正確的操作步驟完成實驗，如圖所示為紙帶上連續(xù)打下的點。選取圖中A、B兩點進(jìn)行研究，所需測量數(shù)據(jù)

6、已用字母表示在圖中，已知小車的質(zhì)量為m,小車受到的恒定拉力大小為 F,打點計時器的打點周期為 T.則打A點時，計算小車動能的表達(dá)式為 ;本實驗所 要探究的關(guān)系式為。（用題中及圖中所給字母表示）10. (10分)某研究小組欲將電流表改裝成歐姆表，他們在實驗室中找到的器材如下:干電池E (電動勢1.5V,內(nèi)電阻0.1 Q)電阻箱R1 (阻值范圍為0 999 Q)電流表A (量程00.6A,內(nèi)阻1 0)電阻箱R2 (阻值范圍為0 999.9Q)開關(guān)S導(dǎo)線若T定值電阻R=3Q(1)如圖1所示，電阻箱應(yīng)選擇 。為了將電流表(圖2)的0.6A標(biāo)注為0Q電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)整為 Q,則0.2A應(yīng)標(biāo)注 Qo(2)

7、研究小組發(fā)現(xiàn)上述改裝成的歐姆表測電阻阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角越小。為了能讓測電阻的阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角也越大，請在如圖3所示方框內(nèi)重新設(shè)計電路。勃 晶11. ( 14分)某小組在研究物體的運動時設(shè)計了如圖1所示的固定軌道 ABCD ,其中AB部分為粗糙斜面，斜面傾角仁60。，BC部分為光滑的、圓心角 0= 60°的圓軌道，CD部分為光滑的水平面，AB和CD分別與圓軌道部分相切于 B點和C點，圓軌道的C端下面裝有一壓力傳感器，水平面上有一端固定在D處的輕彈簧，另一端自由伸長時恰好在C點。該小組讓小滑塊從斜面上不同位置由靜止下滑，并記錄小滑塊起始位置離B點的高度h,小滑塊每次剛到達(dá) C點時壓

8、力傳感器的示數(shù) F與h的關(guān)系圖象如圖2所示， 已知小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)科=工,重力加速度取g=10m/s2.求：3(1)小滑塊沿AB面下滑時的加速度大小 a；(2)小滑塊的質(zhì)量m和圓軌道的半徑R;(3)已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,在其彈性限度范圍內(nèi)其壓縮量不能超過0.2m,求h的最大值hmo12. （18分）如圖，半徑為r的圓筒水平固定放置，與圓筒軸線OO'等高處有兩小孔 P、Q, P、Q分布在圓筒軸線的兩側(cè)，沿圓筒軸線方向的距離為L,沿圓筒軸線方向加有同向的勻強(qiáng)磁場與勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以速度v從P孔垂直圓筒壁射入圓筒內(nèi)，最后從 Q孔射出。粒子與

9、圓筒壁碰撞時電荷量與動能均無損失，重力不計。求：（1）滿足題中條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B及粒子在圓筒內(nèi)的運動時間；（2）電場強(qiáng)度E的大小。.選考題：共15分.請考生從2道物理題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題 計分.物理選修 3-3 （15分）13. （ 5分）下列說法正確的是（）A.晶體與非晶體的區(qū)別之一在于是否具有固定的幾何外形B.當(dāng)分子所受的引力與斥力相等時，其分子間的勢能小于零C. 一定溫度下的飽和汽的分子數(shù)密度是一定值，飽和汽壓不變D.熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容可以表述為：熱量只能從高溫物體向低溫物體轉(zhuǎn)移E.不浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)下降與浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)上升都是表面張力作用的效果14.

10、（ 10分）如圖所示，兩光滑活塞將氣缸分成為三個容器，每個容器內(nèi)均有理想氣體, 當(dāng)溫度都為T0時，三容器體積之比為 V1： V2： V3=1： 2: 3.求：當(dāng)溫度都達(dá)到T時，各容器的體積比是多少；為使各部分氣體體積相等，它們的溫度比為多少？物理選修 3-4 （15分）15. 振源P沿y軸以0.8s的周期做簡諧運動，形成的簡諧橫波在某時刻的波形如圖所示,A .此波的波速是5m/sB.從該時刻再過 0.4s,質(zhì)點a向下振動C.從該時刻起經(jīng) 0.4s,質(zhì)點b通過的路程是8cmD.從該時刻起經(jīng) 0.4s,質(zhì)點a、b分別在x軸上下方E.從該時刻起，質(zhì)點 b將比質(zhì)點c先回到平衡位置16. 如圖所示，一個

11、半徑為R的半圓（。為圓心）玻璃柱弧面鍍銀，豎直放置在水平面上，一細(xì)激光束沿水平方向射在A點，入射光線第一次射到圓弧面上的入射角為60。.入射光線與進(jìn)入玻璃再出來的出射光線恰好平行。已知玻璃柱對激光的折射率為無，激光在真空中的傳播速度為 c。求：AO的距離大小L;激光在玻璃柱內(nèi)的傳播時間。2019年全國大聯(lián)考高考物理二模試卷（新課標(biāo)I卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共 8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第 1418題只有 一項符合題目要求，第 1921題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得 0分.1. （6分）如圖，在內(nèi)壁光滑的球殼內(nèi)部，有

12、兩個小球沿不同高度的水平圓軌道運動，其 中一球圖上未畫出，設(shè)球殼最低點 O處為零勢能點，則對于這兩個小球，下列判斷錯誤 的是（）A.動能可能等大B.機(jī)械能可能等大C.運動周期可能等大D.受到的支持力可能等大【分析】AB、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力表達(dá)式，及動能公式，并由幾何關(guān)系，即可判定；C、根據(jù)向心加速度公式，確定周期與角度的關(guān)系式；D、依據(jù)矢量的合成法則，及三角知識，確定支持力表達(dá)式?！窘獯稹拷猓篈、如圖所示，2小球所受向心力為：F= mgtan 0= m-iR轉(zhuǎn)動半徑為：R= rsin 0結(jié)合動能公式為：Ek=-nv1 *2 a可得：Ek J唳產(chǎn)口，因兩球質(zhì)量關(guān)系不知，因此動能可能相等

13、，故 A正確；2 cos oB、由上分析，可知，它們的機(jī)械能也可能相等，故 B正確；C、由向心加速度公式，可得： mgtan 0= m （一亍一）rsin 0,即周期與角度有關(guān)，兩球?qū)?yīng)的角度一定不同，那么周期不可能相等，故 C錯誤；_ mg _D、小球受到的支持力為：N =于，因此可能相等，故 D正確；cos本題選擇錯誤的，故選： CoJ- 口【點評】考查物體做勻速圓周運動，掌握向心力與向心加速度表達(dá)式，理解牛頓第二定律的內(nèi)容，及三角知識的運用。2.（6分）如圖，有兩個等量異種點電荷置于正四面體的兩個頂點上，正點電荷置于a點,負(fù)點電荷置于b點，則（A. c、d兩點電勢相等B. c、d兩點場強(qiáng)

14、相同C. ac連線中點與ab連線中點的電勢相等D. ac連線中點與bc連線中點的場強(qiáng)相同【分析】電場強(qiáng)度是矢量，只有場強(qiáng)的大小和方向都相同時場強(qiáng)才相同；電勢是標(biāo)量, 大小相等時，電勢即相等；根據(jù)電場線和等勢面的分布情況分析?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)電場的疊加原理可知，c、d兩點場強(qiáng)大小相等，方向不同，則場強(qiáng)不同，在結(jié)合對稱性知，c、d兩點電勢相等，故 A正確，B錯誤;acC、正點電荷置于 a點，負(fù)點電荷置于 b點，依據(jù)沿著電場線方向電勢是降低的，則連線中點比ab連線中點的電勢高，故 C錯誤;D、根據(jù)矢量的疊加原理，ac連線中點與bc連線中點的場強(qiáng)大小相同，方向不同，故錯誤。故選：A?！军c評】本題

15、要掌握各種常見電場的電場線和等勢線分布情況，抓住對稱性，明確電場 強(qiáng)度是矢量，只有大小和方向都相同時場強(qiáng)才相同。3.（6分）雜技團(tuán)拋球表演中，被拋出的小球近似做豎直上拋運動，演員每隔相同時間以相同的速度上拋一個小球，從拋出第一個球開始計時,g取10m/s2.所有小球運動的位移s隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，由此可知（A.拋出的速度大小為 5m/sB.在拋出點上方最多有 9個球C.第3個球與第6個球相遇在占0.7s時D.在拋出點上方最多有 4對球同時相遇【分析】通過題圖判斷小球的運動時間，進(jìn)而確定上拋速度大?。挥深}圖可知，第一個小球回到拋出點時，第9個小球被拋出，在拋出點上方最多由8個球；由題圖可

16、知第3、第6個小球的相遇時間；【解答】解：A、由題圖可知小球在空中運動時間為0.8s,則上拋速度v=q=4m/s，故A錯誤；B、由題圖可知，總共由 9個小球，當(dāng)?shù)谝粋€小球回到拋出點時，第9個小球被拋出，在拋出點上方最多由8個球，故B錯誤；C、第3個球與第6個球相遇在t = 0.75s時，故C錯誤；D、由題圖可知，在拋出點上方最多由4對球同時相遇，故 D正確；故選：D。【點評】本題考查學(xué)生從圖象中獲取信息，處理問題的能力。4. (6分)2019年1月3日，嫦娥四號成功登陸月球背面，全人類首次實現(xiàn)月球背面軟著陸。并通過位于地月拉格朗日點的“鵲橋”中繼星傳回了世界第一張近距離拍攝的月背影像圖，地月拉

17、格朗日點是太空中地球引力與月球引力相等的點。下列說法正確的是( )A.由月球背面始終背對地球可判斷地月的自轉(zhuǎn)周期相同B.由月球背面始終背對地球可判斷地月的公轉(zhuǎn)周期相同C.位于地月拉格朗日點的“鵲橋”與月球具有相同的繞地周期D.位于地月拉格朗日點的“鵲橋”與月球具有相同的繞地速度【分析】由月球背面始終背對地球是由于月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球的公轉(zhuǎn)周期;根據(jù)題意分析“鵲橋”與月球的繞地周期大小；根據(jù)線速度丫=空三判斷線速度。T【解答】解：AB、由月球背面始終背對地球是由于月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球的公轉(zhuǎn)周期，故AB錯誤；C、地月拉格朗日點是太空中地球引力與月球引力相等的點，該點與月球具有相同的

18、繞地周期，故C正確；D、根據(jù)線速度丫=告三，周期相同，離地距離不同，則線速度不同，故D錯誤。故選：Co【點評】本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線： 一是在星球表面，忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬有引力 提供向心力列方程進(jìn)行解答。5. （6分）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標(biāo)示了電壓和電流，其中輸電線總電阻為 R,則（）A. I2= RB.輸電效率為7Px 100%C.用戶的用電器的數(shù)量增多時，U3將減小D.用戶得到的電功率可能等于電廠輸出的電功率【分析】根據(jù)歐姆定律，結(jié)合損失電壓得出輸電線上的電流，注意U2不是輸電線

19、上損失的電壓；根據(jù)降壓變壓器的輸出功率和升壓變壓器的輸入功率求出輸電的效率；根據(jù)用 戶處電流的變化得出輸電線上電流變化，從而得出電壓損失的變化，得出降壓變壓器的 輸入電壓。一一/ - 口 u9-u?,【解答】解：A、根據(jù)歐姆定律得：Id二二一故A錯誤?！?RB、輸電效率為：刀=K-X 100%,故B錯誤。C、用戶用電器數(shù)量增多時，總電阻減小，I4增大，則I2增大，輸電線上損失的電壓增大，則U3將減小，故C正確。D、由于輸電線上有功率損失，則用戶得到的電功率小于電廠輸出的電功率，故D錯誤。故選：Co【點評】本題運用歐姆定律時要注意各個量應(yīng)對應(yīng)同一段電路，要正確分析電壓和功率 的分配，即可分析遠(yuǎn)距

20、離輸電問題。6. （ 6分）靜置在勻強(qiáng)磁場中的I發(fā)生衰變，生成gjxe與某種射線a。Xe與a在磁場中的運動軌跡為兩個半徑分別為Ri、R2的圓，a具有的動能為E,已知Xe與a的質(zhì)量分別為M、m,則（）A.射線a帶正電B.兩個軌跡圓內(nèi)切C. Ri： R2=1： 54D. Xe具有的動能為【分析】靜止的放射性原子核發(fā)生了衰變放出粒子后，根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒寫出衰 變方程式，判斷射線的電性；根據(jù)左手定則判斷軌跡圓時內(nèi)切還是外切；衰變前后，動量守恒，衰變后的粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，進(jìn)而判斷軌跡圓的半徑關(guān)系；2 根據(jù)動量和動能關(guān)系 e二堂一，結(jié)合動量守恒判斷反沖核

21、的動能； “ 2m【解答】解：A、根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒可知其衰變方程為：空工一空泥+ ?10，故a為電子，射線a為3射線，帶負(fù)電，故 A錯誤； B、根據(jù)左手定則判斷，衰變瞬間反沖核與射線受到的洛倫茲力同向，軌跡為內(nèi)切圓，故 B正確；2C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力 qvB=嗑,解得呢根據(jù)動量守恒定律，可知半徑與 帶電量成反比，故 C正確； C白 i 曰 “kA*、， 一日八 W、，一i 日 I 一 6生D、根據(jù)動重和動重關(guān)系知：Ei二 ，Xe與a的質(zhì)重分別為 M、m,動重大小相等，故k 2 mXe的動能為Ek=E,故D正確； 故選：BCD?！军c評】本題中原子核衰變過程類似于爆炸，遵守動量守恒和能

22、量守恒，應(yīng)用半徑公式、 動能和動量關(guān)系處理問題。7. （6分）如圖所示，一個帶正電的小物塊沿一個粗糙的豎直墻面以某一初速度向下滑動?？臻g分布有水平向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場。小物塊運動的v- t圖象可能正確的是（B.【分析】對物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)小物塊受到的洛侖茲力的大小對運動的影響，明確 物體的運動變化情況，從而得出圖象?！窘獯稹拷猓何矬w向下運動的過程中受到重力、向右的洛倫茲力以及墻壁向左的支持力、向上的摩擦力；AD、若物體受到的摩擦力小于重力，則物體向下做加速運動，隨速度增大，洛倫茲力增 大，則支持力也增大，摩擦力增大，所以物體將做加速度減小的加速運動，直到摩擦力 與重力相等，然后做勻速運動。故 A

23、錯誤，D正確；B、若摩擦力的大小與重力的大小相等，則物體做勻速直線運動；故 B正確；D、若開始時摩擦力大于重力，則物體做減速運動，隨速度減小，洛倫茲力減小，則支持 力也減小，摩擦力減小，所以物體將做加速度減小的減速運動，直到摩擦力與重力相等， 然后做勻速運動。故 C正確故選：BCD?！军c評】本題考查共點力的平衡條件及洛侖茲力的性質(zhì)，要注意掌握判斷摩擦力的方向 的左手定則的應(yīng)用。8. （ 6分）如圖，小物體 A和B用跨過輕小定滑輪的輕繩連接，A套在豎直桿上（且處于最下端），桿與滑輪相距 L, O點到水平面的距離為 相L,在用水平拉力 F向右拉B使 其沿水平做直線運動的過程中，不計一切摩擦，A、B

24、及滑輪的大小不計，桿、定滑輪與小物體B共面。則（）*A .拉力F做的功W可能等于A的機(jī)械能增量B.拉力F做的功 W 一定大于B的機(jī)械能增量C.若拉力F是恒力，其做的功 Ww'1+2證紅D.若拉力F是變力，小物體 A或者物體B可以一直做勻速直線運動【分析】小物體A運動至最高點時，根據(jù)連接物體的速度關(guān)系，此時 B的速度為零，根 據(jù)功能關(guān)系可求得拉力 F做的功與A的機(jī)械能增量的關(guān)系； 小物體A運動至最高點后會 下落，下落過程中拉力 F做的功小于B的機(jī)械能增量；小物體 A運動至0點時，由幾何 關(guān)系可求得物體 B向右運動的最大位移，根據(jù)功的公式可求得拉力的功?！窘獯稹拷猓篈、小物體A運動至最高點

25、時，根據(jù)連接物體的速度關(guān)系，此時 B的速度 為零，根據(jù)功能關(guān)系，從開始至 A運動至最高點過程中，拉力 F做的功 W等于A的機(jī) 械能增量，故A正確；B、小物體A運動至最高點后會下落，下落過程中拉力F做的功小于B的機(jī)械能增量，故B錯誤：C、小物體A運動至0點時，設(shè)小物體 B向右運動的最大位移為 s,由于輕繩長度不變，應(yīng)有 4L = J,2+卜"- h 0=60° , h = -L,所以s=，1+2VL ,根據(jù)功的公式 cos y有：W=Fs= d£+2%FL,故 C 正確；D、若拉力F是變力，小物體 AB做往返運動，不會一直做勻速直線運動，故 D錯誤。 故選：AC?！?/p>

26、點評】本題考查了連接體運動的功能關(guān)系，明確物體的運動過程及能量的轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵。二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分.第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答.第3334題為選考題，考生根據(jù)要求作答.（一）必考題（共 47分） 9. （5分）在“探究恒力做功與物體的動能改變量的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)已按正確的操作步驟完成實驗，如圖所示為紙帶上連續(xù)打下的點。選取圖中A、B兩點進(jìn)行研究，所需測量數(shù)據(jù)已用字母表示在圖中，已知小車的質(zhì)量為m,小車受到的恒定拉力大小為F,打點計時器的打點周期為 T.則打A點時，計算小車動能的表達(dá)式為;本實驗所要探究的關(guān)系式為Fs3=一2（用題中及圖中所給字母表木）【

27、分析】根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出A點的速度，從而得出小車動能的表達(dá)式。抓住合力做功等于動能的變化量得出所要探究的關(guān)系式。【解答】解：A點的瞬時速度0者,貝U打下A點時，小車的動能 EkA=mvA2同理打下B點時，小車的動能 當(dāng)口二工加/口22則需要探究的關(guān)系式為：Fs3nkB 2 B 2 k2T 7_L2221 121 廠1 2-2獨與方也亍叱f）5）。故答案為： 加匕祟）*，F(xiàn)s3=-In（2-1 （-X） 2 o-W ±1 1WW 1W匕 X【點評】解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，抓住恒力做功等于動能的變化量得出關(guān)系式，10難度不大。（10分）某研究小組欲將

28、電流表改裝成歐姆表，他們在實驗室中找到的器材如下:干電池E （電動勢1.5V,內(nèi)電阻0.1 ）電阻箱R1 （阻值范圍為0999Q）電流表A （量程00.6A,內(nèi)阻1Q電阻箱R2 （阻值范圍為0999.9Q）開關(guān)S導(dǎo)線若T定值電阻R=3Q（1）如圖1所示，電阻箱應(yīng)選擇R2 Q為了將電流表（圖 2）的0.6A標(biāo)注為0Q電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)整為1.4 Q,則0.2A應(yīng)標(biāo)注 5 Q。（2）研究小組發(fā)現(xiàn)上述改裝成的歐姆表測電阻阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角越小。為了能讓測電阻的阻值越大，指針偏轉(zhuǎn)角也越大，請在如圖3所示方框內(nèi)重新設(shè)計電路。【分析】（1）歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出電阻阻

29、值，然后答題。(2)并聯(lián)電路電壓相等，待測電阻兩端電壓越大，電壓表指針示數(shù)越大，根據(jù)題意設(shè)計電路圖。E 1 5V【解答】 解：(1)歐姆調(diào)零時：R內(nèi)=彳三T7-= 2.5 0=+Ra+R1 公 U. 9A解得：R=1.4 Q,電阻箱應(yīng)選擇 R2；E 15當(dāng)I = 0.2A時：0.2=1內(nèi)+網(wǎng)=2.5+及解得：Rx=5Q；(2)要使電阻測量值越大，電流表示數(shù)越大，可以采用并聯(lián)接法，定值電阻R為保護(hù)電阻，電路圖如圖所示：故答案為：(1) R2； 1.4; 5; (2)電路圖如圖所示?！军c評】本題考查了歐姆表的改裝與刻度，知道歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定 律是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用閉合電路歐姆

30、定律可以解題。11. ( 14分)某小組在研究物體的運動時設(shè)計了如圖1所示的固定軌道 ABCD ,其中AB部分為粗糙斜面，斜面傾角 仁60。，BC部分為光滑的、圓心角 0= 60°的圓軌道，CD 部分為光滑的水平面， AB和CD分別與圓軌道部分相切于 B點和C點，圓軌道的C端卜面裝有一壓力傳感器，水平面上有一端固定在D處的輕彈簧，另一端自由伸長時恰好在C點。該小組讓小滑塊從斜面上不同位置由靜止下滑，并記錄小滑塊起始位置離B點的高度h,小滑塊每次剛到達(dá) C點時壓力傳感器的示數(shù) F與h的關(guān)系圖象如圖2所示, 已知小滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)呼卓,重力加速度取g=10m/s2.求：(1)小

31、滑塊沿AB面下滑時的加速度大小 a；(2)小滑塊的質(zhì)量m和圓軌道的半徑R；(3)已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m,在其彈性限度范圍內(nèi)其壓縮量不能超過0.2m,求h的最大值hm。hmd= 0.2m【分析】滑塊在斜面的加速度可以直接通過進(jìn)行受力分析，將力分解到斜面方向和沿斜 面方向，結(jié)合牛頓第二定律即可求出；在滑塊做圓周運動期間，明確滑塊受合外力提供 其圓周運動的向心力，列方程即可求解；先明確彈簧彈力做功的問題，可以推導(dǎo)出其做 功等于彈力平均大小與位移乘積，再結(jié)合動能定理和能量守恒定律即可求出臨界高度【解答】解：(1)小滑塊沿AB面下滑時所受的合外力為F合=mgsin。-(mgcos。由牛頓第二

32、定律有 F合=ma聯(lián)立上式解得-二 -:，*-J(2)設(shè)小滑塊每次剛到達(dá) C點時的速度大小為 v,由A到C根據(jù)動能定律得m式h+R-Rccis 8 AW8 .卜sm 22在C點由牛頓第二定律得Jr,8二1nR聯(lián)立上式解得 m = 0.2kg, R= 0.8m(3)設(shè)小滑塊在C點時的速度最大為 vm ,在彈簧彈性限度范圍內(nèi)其最大壓縮量 彈力大小的平均值為亍卷此在彈簧壓縮過程中彈簧彈力做功為忙片W根據(jù)動能定理W=U-2mv：h 1 尸由 A 至ij C 有 mg(h +R-Rcds8 ) - rogcos 8 -：竄二msin 2 1r聯(lián)立解得hm=0.9m答：(1)小滑塊沿AB面下滑時的加速度大

33、小 a呼二/ ；(2)小滑塊的質(zhì)量 mm = 0.2kg,圓軌道的半徑 R= 0.8m；(3) h的最大值hm=0.9m?！军c評】該題難度不算太大，但是有容易忽略的點，(1)問屬于常規(guī)的受力分析，將力2）問明確滑塊受合外力分解到斜面方向和沿斜面方向，結(jié)合牛頓第二定律即可求出；（提供其圓周運動的向心力，列方程即可求解；（3）問要先明確彈簧彈力做功的問題，可以推導(dǎo)出其做功等于彈力平均大小與位移乘積（類似于勻加速直線運動位移的推導(dǎo)），再結(jié)合動能定理和能量守恒定律即可求出臨界高度hm12. （18分）如圖，半徑為r的圓筒水平固定放置，與圓筒軸線OO'等高處有兩小孔 P、Q, P、Q分布在圓筒軸

34、線的兩側(cè)，沿圓筒軸線方向的距離為L,沿圓筒軸線方向加有同向的勻強(qiáng)磁場與勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以速度v從P孔垂直圓筒壁射入圓筒內(nèi)，最后從 Q孔射出。粒子與圓筒壁碰撞時電荷量與動能均無損失，重力不計。求：（1）滿足題中條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B及粒子在圓筒內(nèi)的運動時間；（2）電場強(qiáng)度E的大小?！痉治觥浚?）采用運動的分解法研究：粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和幾何知識結(jié)合求得B.根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的圈數(shù)，結(jié)合周期求運動時間。（2）沿軸的方向粒子做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和位移時間公式求E?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)粒子繞了（ k+二）圈，撞了 n次，

35、有（四+1）92n+12根據(jù)牛頓第二定律有 qvB = mR，一一r ， e由幾何關(guān)系有 R = rtan-mv 2k兀+幾聯(lián)立解得B = cot J；-； qr 2（n+1J由于0< Tt,有 n>2k, k=0, 1, 2, 3jn取正整數(shù)% n n-2k田 a=兀9=兀n+1.S . S _ 2nm - ipu（n+1）2兀（n+1）2兀？ qB =（n）qB得 t= (n-2k)tanv 2(n+l)(2)沿軸方向，粒子做勻加速直線運動，有可得22k兀+冗2r2(n-2k)2COt-1)答:滿足題中條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是空cot理工L,粒子在圓筒內(nèi)的運動時間是（nqr 2（n

36、+l）w、nr+ 2kn+冗 2k) -tan±；v 2(n+l)（2）電場強(qiáng)度E的大小是 q IT£r2(n-2k)2COt【點評】本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動，采用運動的分解法研究。知道粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、幾何知識即可解題。二.選考題：共15分.請考生從2道物理題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.物理選修 3-3 （15分）13. （ 5分）下列說法正確的是（）A.晶體與非晶體的區(qū)別之一在于是否具有固定的幾何外形B.當(dāng)分子所受的引力與斥力

37、相等時，其分子間的勢能小于零C. 一定溫度下的飽和汽的分子數(shù)密度是一定值，飽和汽壓不變D.熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容可以表述為：熱量只能從高溫物體向低溫物體轉(zhuǎn)移E.不浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)下降與浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)上升都是表面張力作用的效果 【分析】晶體與非晶體的區(qū)別之一在于是否具有固定的熔點；根據(jù)分子勢能的知識分析B選項；根據(jù)飽和7的概念分析 C選項；根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析D選項；根據(jù)浸潤和不浸潤產(chǎn)生原因分析 E選項?！窘獯稹拷猓篈、晶體與非晶體的區(qū)別之一在于是否具有固定的熔點，由于多晶體也沒有固定的幾何外形，故 A錯誤；B、當(dāng)分子所受的引力與斥力相等時，其分子間的勢能最小，為負(fù)值，小于零，故B正確；飽

38、和C、根據(jù)飽和汽的概念可知，一定溫度下的某種液體飽和汽的分子數(shù)密度是一定值,汽壓不變，故C正確;D、熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容可以表述為：熱量可以自發(fā)的從高溫物體向低溫物體轉(zhuǎn)移，不可以自發(fā)的從低溫物體傳到高溫物體，故D錯誤；E、不浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)下降與浸潤液體在毛細(xì)管內(nèi)上升都是表面張力作用的效果，當(dāng)表面張力與重力平衡時靜止，故E正確。故選：BCE?！军c評】本題主要是考查晶體與非晶體、熱力學(xué)定律、飽和汽、分子勢能等知識，解答本題的關(guān)鍵是能夠熟練掌握熱學(xué)部分的基本知識并能夠熟練應(yīng)用。14（10分）如圖所示，兩光滑活塞將氣缸分成為三個容器，每個容器內(nèi)均有理想氣體，當(dāng)溫度都為T0時，三容器體積之比為 Vi： V2： V3=1： 2: 3.求：當(dāng)溫度都達(dá)到T時，各容器的體積比是多少；為使各部分氣體體積相等，它們的溫度比為多少？八I;【分析】三部分氣體的壓強(qiáng)始終相等，對三部分氣體分別運用理想氣體狀態(tài)方程，列式 求解即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)理想氣體狀態(tài)方程得：對A :對B：對C：Pc.Vc Pc"% - T又 Pa=Pb=Pc, Pa' =Pb' = Pc'由題 7A: VB： VC= 1： 2： 3 由得：V