1、江西省 鷹 潭市高考物理一模 試卷一、選擇題a、b、c 在水平桌面上成功地疊放在1如圖所示，三個形狀不規則的石塊 一起下列說法正確的是（ ）A石塊 b對 a的支持力一定豎直向上B石塊 b對 a的支持力一定等于 a受到的重力C石塊 c 受到水平桌面向左的摩擦力D石塊 c對 b的作用力一定豎直向上2如圖 1 所示，建筑工地常用吊車通過鋼索將建筑材料從地面吊到高處， 圖 2 為建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象， 下列判斷正確的 是（ ）A前 5s 的平均速度是 0.5m/s B整個過程上升高度是 30mC30 36s材料處于超重狀態 D前 10s鋼索最容易發生斷裂3我國首顆量子科學實驗衛

2、星于 2016年 8月 16日 1點40分成功發射量 子衛星成功運行后，我國將在世界上首次實現衛星和地面之間的量子通信， 構建天地一體化的量子保密通信與科學實驗體系 假設量子衛星軌道在赤道 平面，如圖所示已知量子衛星的軌道半徑是地球半徑的 m 倍，同步衛星的軌道半徑是地球半徑的 n 倍，圖中 P 點是地球赤道上一點， 由此可知（ ）A同步衛星與量子衛星的運行周期之比為B同步衛星與 P 點的速度之比為C量子衛星與同步衛星的速度之比為D量子衛星與 P 點的速度之比為4如圖所示，在豎直平面內有一金屬環，環半徑為0.5m，金屬環總電阻為2，在整個豎直平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B=1

3、T，在環的最高點上方 A 點用鉸鏈連接一長度為 1.5m，電阻為 3的導體棒 AB，當導體棒 AB擺到豎直位置時，導體棒 B 端的速度為 3m/s已知導體棒下擺 過程中緊貼環面且與金屬環有良好接觸， 則導體棒 AB擺到豎直位置時 AB 兩 端的電壓大小為（ ）2.25VD4.5V5如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構成的等邊三角形ABC 容器的邊長為 a，其內存在垂直紙面向外的勻強磁場，小孔 O 是豎直邊 AB的中點，一質量為 為 m、電荷量為+q的粒子（不計重力） 從小孔 O以速度 v 水平射入磁場，粒 子與器壁多次垂直碰撞后 （碰撞時無能量和電荷量損失） 仍能從 O 孔水平射 出，已知粒子在磁場中

4、運行的半徑小于 ，則磁場的磁感應強度的最小值 Bmin 及對應粒子在磁場中運行的時間 t 為（ ）A，t=BBmin=t=Bmin=，CBmin=，t=DBmin=，t=6硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環保的優點如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓 U和電流 I 的關系圖象，圖線 b是某電阻 R的 UI 圖象當它們組成閉合回路時，下列說法正確的是（）00%C硅光電池的內阻消耗的熱功率 Pr=U2I1U1I2D電源的輸出功率 P=U1I17如圖甲所示，一個匝數為 n 的圓形線圈（圖中只畫了 2匝），面積為 S， 線圈的電阻為 R，在線圈外接一個阻值為 R 的電阻和一個理想電壓表，將

5、線 圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中， 磁感應強度隨時間變化規律如圖乙 所示，下列說法正確的是（ ）A0t1 時間內 P 端電勢高于 Q端電勢B0t1 時間內電壓表的讀數為Ct1t2時間內 R 上的電流為Dt1t2時間內 P 端電勢高于 Q端電勢8有一電場強度方向沿 x 軸方向的電場， 其電勢 ? 隨 x 的分布如圖所示 一 質量為 m、帶電量為 q 的粒子只在電場力的作用下，以初速度 V0從 x=0 處 的 O點進入電場并沿 x軸正方向運動， 則下關于該粒子運動的說法中正確的D若 v0=2則粒子在運動過程中的最小速度為A粒子從 x=0 處運動到 x=x1 處的過程中動能逐漸增大B粒子從 x

6、=x1處運動到 x=x3 處的過程中電勢能逐漸減小C欲使粒子能夠到達 x=x4處，則粒子從 x=0處出發時的最小速度應為二、非選擇題9某研究學習小組用圖甲所示的裝置探究加速度與合力的關系裝置中的 鋁箱下端連接紙帶，砂桶中可放置砂子以改變鋁箱所受的外力大小，鋁箱向 上運動的加速度 a 可由打點計時器和紙帶測出現保持鋁箱總質量 m 不變， 逐漸增大砂桶和砂的總質量進行多次實驗，得到多組 a、F值（F 為力傳感器 的示數，等于懸掛滑輪繩子的拉力），不計滑輪的重力（1）某同學根據實驗數據畫出了圖乙所示 a F關系圖象，則由該圖象可得 鋁箱總質量 m=kg，重力加速度 g=m/s2（結果保留兩位有效數字

7、）（2）當砂桶和砂的總質量較大導致 a 較大時，圖線 （填選項前的字母）C斜率逐漸減小D斜率不變A偏向縱軸B偏向橫軸10（9 分）某同學用伏安法測一節干電池的電動勢和內阻，現備有下列器 材：A被測干電池一節B電流表 1：量程 0 0.6A，內阻 r=0.3C電流表 2：量程 0 0.6A，內阻約為 0.1D電壓表 1：量程 03V，內阻未知E電壓表 2：量程 015V，內阻未知F滑動變阻器 1：010，2AG滑動變阻器 2：0100，1AH開關、導線若干伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響，測 量結果存在系統誤差，在現有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電 動勢和

8、內阻（1）在上述器材中請選擇適當的器材（填寫器材前的字母）：電流表選 擇 ，電壓表選擇 ，滑動變阻器選擇 （2）實驗電路圖應選擇如圖中的（填 “甲”或“乙”）；（3）根據實驗中電流表和電壓表的示數得到了如圖丙所示的UI 圖象，則在修正了實驗系統誤差后，干電池的電動勢 E= V，內電阻 r= 11（ 14分）如圖， ABD為豎直平面內的軌道，其中 AB段是水平粗糙的、 BD段為半徑 R=0.4m的半圓光滑軌道， 兩段軌道相切于 B 點小球甲從 C點 以速度 0沿水平軌道向右運動， 與靜止在 B 點的小球乙發生彈性碰撞 已知 甲、乙兩球的質量均為 m，小球甲與 AB段的動摩擦因數為 =0.5，C、

9、B 距 離L=1.6m，g取 10m/s2（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點）（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到 B 點的距離；（2）在滿足（ 1）的條件下，求的甲的速度 0；（3）若甲仍以速度 0 向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙12（ 18分）如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個別未閉合的不合格線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框已知磁場邊界MN、 PQ與傳送帶運動方向垂直， MN與 PQ間的距

10、離為 d，磁場的磁感應強度為 B各 線框質量均為 m，電阻均為 R，邊長均為 L（L<d）；傳送帶以恒定速度 v0 向右運動，線框與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加速度為 g線框在進 入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側邊平行于 MN 進入磁場，當閉合線框 的右側邊經過邊界 PQ 時又恰好與傳送帶的速度相同設傳送帶足夠長，且 在傳送帶上始終保持右側邊平行于磁場邊界對于閉合線框，求： （1）線框的右側邊剛進入磁場時所受安培力的大小； （2）線框在進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度的最小值；（3）從線框右側邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中， 傳送帶對該閉合銅線框做的功【

11、物理- 選修 3-3】13下列關于熱學問題的說法正確的是（）A一個孤立系統總是從熵小的狀態向熵大的狀態發展，熵值較大代表著較 為無序B物體的內能在宏觀上只與其溫度和體積有關 C如果封閉氣體的密度變小，分子平均動能增加，則氣體的壓強可能不變 D某氣體的摩爾質量為 M、密度為 ，用 NA 表示阿伏伽德羅常數，每個氣體分子的質量 m0，每個氣體分子的體積 V0，則 m0= ，V0=E密封在容積不變的容器內的氣體，若溫度升高，則氣體分子對器壁單位 面積上的平均作用力增大 14（10分）如圖所示，是一個連通器裝置，連通器的右管半徑為左管的兩 倍，左端封閉，封有長為 30cm 的氣柱，左右兩管水銀面高度差

12、為 37.5cm， 左端封閉端下 60cm處有一細管用開關 D 封閉，細管上端與大氣聯通，若將 開關 D 打開（空氣能進入但水銀不會入細管），穩定后會在左管內產生一段 新的空氣柱已知外界大氣壓強 p0=75cmHg求：穩定后左端管內的所有氣 柱的總長度為多少？物理- 選修 3-4】 15圖（ a）為一列簡諧橫波在 t=2s 時的波形圖，圖（ b）為媒質中平衡位置 在 x=1.5m 處的質點的振動圖象， P 是平衡位置為 x=2m 的質點，下列說法正 確的是（ ）C02s 時間內， P 運動的路程為 8cmD02s時間內， P向 y軸正方向運動E當 t=7s時， P恰好回到平衡位置16如圖所示，

13、用折射率 n= 的玻璃做成內徑為 R、外徑為 R= R 的半 球形空心球殼， 一束平行光射向此半球的外表面， 且與中心對稱軸 OO平行， 求從球殼內表面射出的光線的出射點離 OO的最大距離參考答案與試題解析一、選擇題1如圖所示，三個形狀不規則的石塊 a、b、c 在水平桌面上成功地疊放在一起下列說法正確的是（ ）A石塊 b對 a的支持力一定豎直向上B石塊 b對 a的支持力一定等于 a受到的重力C石塊 c 受到水平桌面向左的摩擦力D石塊 c對 b的作用力一定豎直向上 【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用【分析】根據平衡條件，依據相互作用力的內容，及力的合成與分解方法， 并依據摩擦

14、力產生條件，即可求解【解答】解： A、由圖可知， a與 b的接觸面不是水平面，可知石塊 b對 a的 支持力與其對 a的靜摩擦力的合力，跟 a受到的重力是平衡力，故 A 錯誤， B錯誤；C、以三塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是平衡力，則石塊c 不會受到水平桌面的摩擦力，故 C 錯誤；D、選取 ab作為整體研究，根據平衡條件，則石塊 c對 b的作用力與其重力 平衡，則塊 c對 b的作用力一定豎直向上，故 D正確；故選： D【點評】該題考查整體法與隔離法的運用，掌握平衡條件的應用，注意平衡 力與相互作用力的區別，注意 c對 b 的作用力是支持力與摩擦力的合力2如圖 1 所示，建筑工地常用吊車

15、通過鋼索將建筑材料從地面吊到高處， 圖 2 為建筑材料被吊車豎直向上提升過程的簡化運動圖象， 下列判斷正確的 是（ ）A前 5s 的平均速度是 0.5m/s B整個過程上升高度是 30m C30 36s材料處于超重狀態 D前 10s鋼索最容易發生斷裂 【考點】牛頓運動定律的應用超重和失重；物體的彈性和彈力 【分析】根據 vt 圖象可知道物體的運動過程和性質， 也可求出對應的加速 度，從而能求出前 5s 的位移和平均速度通過速度時間圖象包圍的面積求 出整個過程上升高度 3036s 材料是向上做勻減速直線運動，加速度的方 向是向下的前 10s 鋼索是向上做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律可知 材料

16、所受的拉力大于重力【解答】解： A、根據 vt 圖象可知： 010s 內材料的加速度 a=0.1m/s2，20 5s位移 x= at2=1.25m，所以前 5s 的平均速度是 0.25m/s，故 A 錯誤；B、通過速度時間圖象包圍的面積求出整個過程上升高度為：h= （ 20+36）×1m=28m，故 B 錯誤；C、3036s 內材料是向上做勻減速直線運動， 加速度的方向是向下的， 所以 處于失重狀態，故 C 錯誤；D、前 10s 鋼索是向上做勻加速直線運動，加速度的方向是向上的，根據牛 頓第二定律可知材料所受的拉力大于重力， 10 30s 勻速運動，材料所受的 拉力等于重力， 303

17、6s 做勻減速直線運動，材料所受的拉力小于重力，比 較可知，前 10s 鋼索最容易發生斷裂故 D 正確； 故選： D 【點評】該題考查了勻變速直線運動的速度時間圖象、運動學的公式、牛頓 第二定律的應用等知識點 本題的關鍵在于能夠通過速度時間圖象對物體進 行運動過程分析和受力分析，再正確運用牛頓第二定律解決問題3我國首顆量子科學實驗衛星于 2016年 8月 16日 1點40分成功發射量 子衛星成功運行后，我國將在世界上首次實現衛星和地面之間的量子通信， 構建天地一體化的量子保密通信與科學實驗體系 假設量子衛星軌道在赤道 平面，如圖所示已知量子衛星的軌道半徑是地球半徑的 m 倍，同步衛星的 軌道半

18、徑是地球半徑的 n 倍，圖中 P 點是地球赤道上一點， 由此可知（）A同步衛星與量子衛星的運行周期之比為B同步衛星與 P 點的速度之比為C量子衛星與同步衛星的速度之比為D量子衛星與 P 點的速度之比為考點】萬有引力定律及其應用分析】研究量子衛星和同步衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提 供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量；研究地球赤道上的點和同步 衛星，具有相等角速度；，由題意知 ，得，故 A 錯誤；，所以解答】解： A、根據B、P 為地球赤道上一點， P點角速度等于同步衛星的角速度，根據 v=r，所C、根據，得，故 C 錯誤；D、綜合 BC，有，故 D 正確；以有故 B 錯誤；故選

19、： D【點評】求一個物理量之比，我們應該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再根據表達式進行比較向心力的公式選取要根據題目提供的已知物 理量或所求解的物理量選取應用4如圖所示，在豎直平面內有一金屬環，環半徑為0.5m，金屬環總電阻為2，在整個豎直平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B=1T，在環的最高點上方 A 點用鉸鏈連接一長度為 1.5m，電阻為 3的導體棒 AB， 當導體棒 AB擺到豎直位置時，導體棒 B 端的速度為 3m/s已知導體棒下擺 過程中緊貼環面且與金屬環有良好接觸， 則導體棒 AB擺到豎直位置時 AB 兩2.25VD4.5V【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉

20、合電路的歐姆定律 【分析】當導體棒擺到豎直位置時 AB 兩端的電壓大小等于 AC間電壓和 CB 間電壓之和 AC間電壓等于 AC段產生的感應電動勢 CB段電壓等于圓環的路端電壓，根據 E=BLv和歐姆定律求解解答】解：當導體棒擺到豎直位置時，由v=r 可得： C 點的速度為：vC= vB=×3m/s=1m/sAC間電壓為： UAC=EAC=BLAC? =1×0.5× =0.25VCB段產生的感應電動勢為： ECB=BLCB?=1×1× =2V圓環兩側并聯，電阻為： R= =0.5，金屬棒 CB段的電阻為： r=2則 CB 間電壓為： UCB=

21、ECB=×2V=0.4V故 AB 兩端的電壓大小為： UAB=UAC+UCB=0.25+0.4=0.65V故選： B 【點評】本題是電磁感應與電路的結合問題，關鍵是弄清電源和外電路的構 造，然后根據電學知識進一步求解，容易出錯之處：一是把 CB 間的電壓看 成是內電壓二是 AC 電壓未計算5如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構成的等邊三角形ABC 容器的邊長為 a，其內存在垂直紙面向外的勻強磁場，小孔 O 是豎直邊 AB的中點，一質量為 為 m、電荷量為+q的粒子（不計重力） 從小孔 O以速度 v 水平射入磁場，粒 子與器壁多次垂直碰撞后 （碰撞時無能量和電荷量損失） 仍能從 O 孔水平射

22、出，已知粒子在磁場中運行的半徑小于 ，則磁場的磁感應強度的最小值 Bmin 及對應粒子在磁場中運行的時間 t 為（ ）ABmin=，t=BBmin=，t=CBmin=，t=DBmin=，t=，t=考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動， 與容器垂直碰撞后返回， 速率不變，仍做勻速圓周運動，要使帶電粒子與容器內壁碰撞多次后仍從0 點射出，碰撞點要將容器壁若干等分，根據幾何知識求出軌跡對應的圓心角，即可求得 總時間 t【解答】解：粒子在磁場中做圓周運動的半徑為 r，則，得 ，因粒子從 O 孔水平射入后， 最終又要水平射出， 則有，（n=1、2、3），聯立得，

23、當 n=1 時 B 取最小值， ，此時對應粒子的運動時間為 ，而 ， ，C 正確， ABD錯誤【點評】本題關鍵明確帶電粒子的運動規律，畫出運動軌跡，然后根據幾何關系求解出軌跡弧的半徑以及轉過的圓心角， 再根據粒子的運動周期列式求解6硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環保的優點如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓 U和電流 I 的關系圖象，圖線 b是某電阻 R的 UI 圖象當它們組成閉合回路時，下列說法正確的是（）C硅光電池的內阻消耗的熱功率 Pr=U2I1U1I2D電源的輸出功率 P=U1I1 【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率；焦耳定律【分析】由歐姆定律得 U=EIr， 的大

24、小等于 r，當 I=0 時，E=U，由圖可 知電池的電動勢為 U2當電流為 I1 時，根據歐姆定律求出內阻；根據功率公 式可求得輸出功率和內阻上消耗的功率；根據效率公式可求得電源的效率【解答】解： A、由歐姆定律得 U=EIr，當 I=0 時，E=U，由 a 與縱軸的交 點讀出電動勢為 E=U2根據兩圖線交點處的狀態可知，電阻的電壓為 U1，則 內阻 r= = ；故 A 正確；B、電池的效率 = ×100%；故 B 正確C、內阻消耗的功率 Pr=U2I1U1I1 ；故 C 錯誤；D、電源的路端電壓為 U1，電流為 I1，則輸出功率 P=U1I1；故 D 正確； 故選： ABD【點評】

25、本題考查對圖象的理解能力 對于線性元件歐姆定律可以直接利用； 但對于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解； 同時對于電源的內阻往往根 據電源的外特性曲線研究斜率得到7如圖甲所示，一個匝數為 n 的圓形線圈（圖中只畫了 2匝），面積為 S， 線圈的電阻為 R，在線圈外接一個阻值為 R 的電阻和一個理想電壓表，將線 圈放入垂直線圈平面指向紙內的磁場中， 磁感應強度隨時間變化規律如圖乙 所示，下列說法正確的是（ ）A0t1 時間內 P 端電勢高于 Q端電勢B0t1 時間內電壓表的讀數為Ct1t2時間內 R 上的電流為Dt1t2時間內 P 端電勢高于 Q端電勢【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定

26、律【分析】根據法拉第電磁感應定律求感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求電 路電流，根據歐姆定律求電壓表的讀數；根據楞次定律判斷感應電流方向， 從而確定 PQ端電勢的高低【解答】解： A、0 時間內，磁通量增大，根據楞次定律感應電流沿逆時 針方向，線圈相當于電源，上端正極下端負極， 所以 P端電勢高于 Q端電勢，故 A 正確；B、0 時間內線圈產生的感應電動勢 =，電壓表的示數等于電阻 R 兩端的電壓，故 B 錯誤；C、時間內線圈產生的感應電動勢 ，根據閉合，故 C 正確；電路的歐姆定律D、 時間內，磁通量減小，根據楞次定律，感應電流沿順時針方向， 線圈相當于電源， 上端負極下端正極， 所以 P端電

27、勢低于 Q端電勢，故 D錯 誤； 故選： AC 【點評】解決本題關鍵掌握法拉第電磁感應定律，并用來求解感應電動勢大 小題中線圈相當于電源，可與電路知識進行綜合考查8有一電場強度方向沿 x 軸方向的電場， 其電勢 ? 隨 x 的分布如圖所示 一 質量為 m、帶電量為 q 的粒子只在電場力的作用下，以初速度 V0從 x=0 處的 O點進入電場并沿 x軸正方向運動， 則下關于該粒子運動的說法中正確的 是（ ）D若 v0=2則粒子在運動過程中的最小速度為A粒子從 x=0 處運動到 x=x1 處的過程中動能逐漸增大B粒子從 x=x1處運動到 x=x3 處的過程中電勢能逐漸減小C欲使粒子能夠到達 x=x4

28、處，則粒子從 x=0處出發時的最小速度應為考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】根據順著電場線方向電勢降低，判斷場強的方向，根據電場力方向 分析粒子的運動情況， 即可判斷動能的變化 根據負電荷在電勢高處電勢小， 判斷電勢能的變化粒子如能運動到 x1處，就能到達 x4 處，根據動能定理研 究 0x1 過程，求解最小速度粒子運動到 x1處電勢能最大，動能最小，由 動能定理求解最小速度【解答】解： A、粒子從 O運動到 x1的過程中，電勢降低，場強方向沿 x 軸 正方向，粒子所受的電場力方向沿 x 軸負方向，粒子做減速運動，動能逐漸 減小，故 A 錯誤B、粒子從 x1 運動到 x3的過程中，

29、電勢不斷升高，根據負電荷在電勢高處電 勢小，可知，粒子的電勢能不斷增大，故 B 正確C、根據電場力和運動的對稱性可知：粒子如能運動到 x1 處，就能到達 x4處，當粒子恰好運動到 x1 處時，由動能定理得：2解得： v0=q（00）=0 mv0 ，則要使粒子能運動到 x4 處，粒子的初速度 v0 至少為D、若 v0=2故 C 錯誤，粒子運動到 x1處電勢能最大， 動能最小，由動能定理得：q（ 0） 0= mv02 ，解得最小速度為： vmin，故 D 正確故選： BD點評】根據電勢 隨 x 的分布圖線可以得出電勢函數關系， 由電勢能和電 勢關系式得出電勢能的變化利用動能定理列方程求動能或速度二

30、、非選擇題9某研究學習小組用圖甲所示的裝置探究加速度與合力的關系裝置中的 鋁箱下端連接紙帶，砂桶中可放置砂子以改變鋁箱所受的外力大小，鋁箱向 上運動的加速度 a 可由打點計時器和紙帶測出現保持鋁箱總質量 m 不變， 逐漸增大砂桶和砂的總質量進行多次實驗，得到多組 a、F值（F 為力傳感器 的示數，等于懸掛滑輪繩子的拉力），不計滑輪的重力（1）某同學根據實驗數據畫出了圖乙所示 a F關系圖象，則由該圖象可得 鋁箱總質量 m= 0.25 kg，重力加速度 g= 9.8 m/s2（結果保留兩位有效數字）（2）當砂桶和砂的總質量較大導致 a 較大時，圖線 D （填選項前的字母）A偏向縱軸B偏向橫軸C斜

31、率逐漸減小D斜率不變【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系【分析】對鋁箱分析，根據牛頓第二定律， 抓住傳感器示數 F等于2倍的FT， 求出加速度的表達式， 結合圖線的斜率和縱軸截距求出鋁箱的總質量和重力 加速度的大小結合圖線的斜率 k= ，與沙桶和砂的質量無關，判斷圖線的形狀【解答】解：（ 1）對鋁箱分析，應有 FT mg=ma，對滑輪應有 F=2FT，聯立可解得 a= = ，可知圖線的斜率 k= = ，解得 m=0.25kg，縱軸截距 g= 9.8，解得 g=9.8m/s2（2）對于圖線的斜率 k= ，當砂桶和砂的總質量較大，可知圖線的斜率不 變，故選： D故答案為：（ 1）0.259

32、.8（2）D【點評】涉及到圖象問題，要首選根據物理定律寫出關于縱軸與橫軸的函數 表達式，然后討論即可10某同學用伏安法測一節干電池的電動勢和內阻，現備有下列器材：A被測干電池一節B電流表 1：量程 0 0.6A，內阻 r=0.3C電流表 2：量程 0 0.6A，內阻約為 0.1D電壓表 1：量程 03V，內阻未知E電壓表 2：量程 015V，內阻未知F滑動變阻器 1：010，2AG滑動變阻器 2：0100，1AH開關、導線若干 伏安法測電池電動勢和內阻的實驗中，由于電流表和電壓表內阻的影響，測 量結果存在系統誤差，在現有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電 動勢和內阻（1）在上述器材中請選

33、擇適當的器材（填寫器材前的字母）：電流表選擇B ，電壓表選擇 D ，滑動變阻器選擇 F （2）實驗電路圖應選擇如圖中的 甲 （填 “甲”或“乙”）；則0.7（3）根據實驗中電流表和電壓表的示數得到了如圖丙所示的UI 圖象，在修正了實驗系統誤差后，干電池的電動勢 E= 1.50 V，內電阻 r=考點】測定電源的電動勢和內阻【分析】（ 1）實驗中要能保證安全和準確性選擇電表；（2）本實驗應采用電阻箱和電壓表聯合測量，由實驗原理可得出電路原理 圖；（3）由原理利用閉合電路歐姆定律可得出表達式，由數學關系可得出電動 勢和內電阻【解答】解：（ 1）干電池的電動勢約為 1.5V，故為了讀數準確，電壓表應

34、選擇 D內阻較小，為了準確測量內阻，選擇已知內阻的電流表 B； 滑動變 阻器阻值較小有利于電表的數值變化，減小誤差，故選 F（2）根據以上分析可知，電流表與電池串聯，將電流表內阻等效為電源內 阻，故電路圖選擇甲；（3）由 UI 圖可知，電源的電動勢 E=1.50V；內電阻 r+RA= RA= 0.3=0.7故答案為： B，D，F；甲； 1.50，0.7 【點評】本題為設計性實驗，在解題時應注意明確實驗的原理；并且要由實 驗原理結合閉合電路歐姆定律得出表達式，由圖象得出電動勢和內電阻11（14 分）（ 2017?荊門模擬）如圖， ABD為豎直平面內的軌道，其中 AB段是水平粗糙的、 BD段為半徑

35、 R=0.4m的半圓光滑軌道，兩段軌道相切于 B 點小球甲從 C點以速度 0沿水平軌道向右運動， 與靜止在 B 點的小球乙發 生彈性碰撞已知甲、乙兩球的質量均為 m，小球甲與 AB 段的動摩擦因數 為 =0.5，C、B距離 L=1.6m，g取 10m/s2（水平軌道足夠長，甲、乙兩球 可視為質點）（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到 B 點的距離；（2）在滿足（ 1）的條件下，求的甲的速度 0；（3）若甲仍以速度 0 向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，求乙 在軌道上的首次落點到 B 點的距離范圍【考點】動量守恒定律；向心力；動能定理的應用【分析】（

36、1）乙恰能通過軌道的最高點 D 時，由重力提供向心力，由牛頓 第二定律求得乙通過 D 點時的速度，再由平拋運動的規律求乙在軌道上的首 次落點到 B 點的距離；（2）對于甲乙碰撞，根據動量守恒定律和機械能守恒定律可以知道它們交 換速度對乙從 B到D，由動能定理求得碰后瞬間乙的速度 對甲從 C到 B， 由動能定理求得速度 0；（3）根據動量守恒定律和機械能守恒定律得到碰后乙速度的范圍，再由平 拋運動的規律求得乙在軌道上的首次落點到 B 點的距離范圍【解答】解：（ 1）設乙到達最高點的速度為 vD，乙離開 D 點到達水平軌道 的時間為 t，乙的落點到 B 點的距離為 x，乙恰能通過軌道最高點，則mg

37、=m211)乙做平拋運動過程有： 22R= gt2x=vDt聯立得： x=0.8 m（2）設碰撞后甲、乙的速度分別為 v 甲、v 乙，取向右為正方向，根據動量守 恒定律和機械能守恒定律有mvB=mv 甲+mv 乙 聯立得： v 乙=vB對乙從 B到 D，由動能定理得： mg?2R= mv02 mv 乙2 聯立得： vB=2 m/s 22甲從 C 到 B，由動能定理有： mgL= mvB2 mv02解得： v0=6m/s3）設甲的質量為 M，碰撞后甲、乙的速度分別為 vM、vm，取向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有：MvB=MvM+mvmMvB2= MvM2+ mvm2聯立得 （1

38、1）得： vm=（12）由 M=m 和 M m，可得 vB vm< 2vB （13） 設乙球過 D 點時的速度為 vD'，由動能定理得：22mg?2R= mv0 mvm （ 14）聯立（ 13）（ 14）得： 2 m/svD'<8 m/s （15） 設乙在水平軌道上的落點距 B點的距離為 x'，有： x'=vD't （16） 聯立（ 15）（ 16）得： 0.8 mx'<3.2m（17） 答：（ 1）乙在軌道上的首次落點到 B 點的距離是 0.8m； （2）甲的速度 0 是 6m/s；（3）乙在軌道上的首次落點到 B點的距離范圍

39、是 0.8 mx'<3.2m 【點評】解決本題的關鍵知道彈性碰撞中動量守恒、機械能守恒，理清運動 過程，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，以及圓周運動向 心力的來源，結合動能定理和牛頓第二定律進行求解12（ 18 分）（ 2017?鷹潭一模）如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全 相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個別未閉合的不合格線框，讓線框隨 傳送帶通過一固定勻強磁場區域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察 線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框 已 知磁場邊界 MN、PQ與傳送帶運動方向垂直， MN 與 PQ間的距離為 d，磁場 的磁感應

40、強度為 B各線框質量均為 m，電阻均為 R，邊長均為 L（ L< d）； 傳送帶以恒定速度 v0 向右運動，線框與傳送帶間的動摩擦因數為 ，重力加 速度為 g線框在進入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側邊平行于MN 進入磁場，當閉合線框的右側邊經過邊界 PQ時又恰好與傳送帶的速度相同 設 傳送帶足夠長，且在傳送帶上始終保持右側邊平行于磁場邊界對于閉合線 框，求：（1）線框的右側邊剛進入磁場時所受安培力的大小； （2）線框在進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度的最小值； （3）從線框右側邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中， 傳送帶對該閉合銅線框做的功【考點】導體切割磁感線

41、時的感應電動勢；功的計算；安培力【分析】（ 1）根據法拉第電磁感應定律求得，閉合銅線框右側邊剛進入磁 場時產生的電動勢，根據歐姆定律求得電流，然后根據安培力的公式根據求 得安培力；（2）線框以速度 v0 進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動； 進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，當其右側邊到達PQ 時速度又恰好等于 v0因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為 am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小根據牛頓第二定律與動能定理即可 求得結果；（3）線框從右側邊進入磁場到運動至磁場邊界 PQ的過程中線框受摩擦力， 閉合線框出磁場與進入磁場的受力情況相同， 則完全出磁場的

42、瞬間速度為 v， 摩擦力做的功等于摩擦力與相對位移的乘積【解答】解：（ 1）閉合銅線框右側邊剛進入磁場時產生的電動勢 E=BLv0產生的電流 I=右側邊所受安培力 F=BIL=（2）線框以速度 v0 進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動； 進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，當其右側邊到達 PQ 時速度又恰好 等于 v0因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小，設此時線框的速度為v線框剛進入磁場時，根據牛頓第二定律有 Fmg=mam解得am=在線框完全進入磁場又加速運動到達邊界PQ 的過程中，根據動能定理有解得 v=3）線框從右

43、側邊進入磁場到運動至磁場邊界PQ 的過程中線框受摩擦力f=mg由功的公式 Wf1=fd解得 Wf1=mgd閉合線框出磁場與進入磁場的受力情況相同， 則完全出磁場的瞬間速度為 v； 在線框完全出磁場后到加速至與傳送帶速度相同的過程中，設其位移 x 由動能定理有 解得 x=d L閉合線框在右側邊出磁場到與傳送帶共速的過程中位移 x'=x+L=d在此過程中摩擦力做功 Wf2=mgd 因此，閉合銅線框從剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中， 傳送帶對閉合銅線框做的功 W=Wf1+Wf2=2mgd答：（ 1）線框的右側邊剛進入磁場時所受安培力的大小是；（2）線框在進入磁場的過程中運動加

44、速度的最大值以及速度的最小值是；（3）從線框右側邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中， 傳送帶對該閉合銅線框做的功 2mgd【點評】從能量的角度分析動能的變化和熱量變化關系，抓住線框做減速運 動就能判斷【物理- 選修 3-3】13下列關于熱學問題的說法正確的是（）A一個孤立系統總是從熵小的狀態向熵大的狀態發展，熵值較大代表著較 為無序B物體的內能在宏觀上只與其溫度和體積有關C如果封閉氣體的密度變小，分子平均動能增加，則氣體的壓強可能不變 D某氣體的摩爾質量為 M、密度為 ，用 NA 表示阿伏伽德羅常數，每個氣 體分子的質量 m0，每個氣體分子的體積 V0，則 m0= ，E密封在容積

45、不變的容器內的氣體，若溫度升高，則氣體分子對器壁單位 面積上的平均作用力增大【考點】理想氣體的狀態方程；阿伏加德羅常數；熱力學第二定律；封閉氣 體壓強【分析】熵增加原理：一個孤立系統總是從熵小的狀態向熵大的狀態發展； 物體的內能與物體的物質的量、溫度、體積以及物態都有關；結合理想氣體 的狀態方程分析內狀態參量的變化； 原子的質量等于摩爾質量與阿伏加德羅 常數的比值，將氣體分子球體，先求解體積，再求解直徑；溫度是分子的平 均動能的標志【解答】解： A、根據熵增加原理，一個孤立系統總是從熵小的狀態向熵大 的狀態發展故 A 正確B、物體的內能在宏觀上與其物質的量、溫度和體積有關，故B 錯誤；C、如果

46、封閉氣體的密度變小，可知其體積增大；溫度是分子的平均動能的 標志，分子平均動能增加，即氣體的溫度升高；根據理想氣體的狀態方程： 可知，氣體的體積增大、溫度同時也升高時，氣體的壓強可能不變， 故 C 正確；D、氣體的分子之間的距離比較大， 使用公式： V0= 求出的結果是每一個分子所占的空間的大小，不是分子的體積故 D 錯誤；E、密封在容積不變的容器內的氣體，若溫度升高，根據理想氣體的狀態方 程： 可知氣體的壓強增大，再根據壓強的定義可知氣體分子對器壁單 位面積上的平均作用力增大，故 E 正確； 故選： ACE【點評】本題考查了分子力、分子勢能、內能、熱力學第二定律、物態變化等，知識點多， 難度小，對基礎知識要加強記憶； 同時對于狀態參量的變化， 要注意使用理想氣體的狀態方程進行解答14（ 10 分）（ 2017?鷹潭一