1、2019年全國大聯考高考物理二模試卷（新課標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，在內壁光滑的球殼內部，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連線中點的場強相同3. （6分）雜技團拋球表演中，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周期相同B.由月球背面始終背對地球可判斷地月的公轉周期相同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）如圖為遠距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標示了電壓和電流，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、強磁場中的 53發生衰變，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的質量分 別為M、m,則（）A.射線a帶正電B.兩個軌跡圓內切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。空間分布有水平向內的勻強磁場。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的機械能增量B.拉力F做的功 W 一定大于B的機械能增量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系”實驗中，某同學已按正確的操作步驟完成實驗，如圖所示為紙帶上連續打下的點。選取圖中A、B兩點進行研究，所需測量數據

6、已用字母表示在圖中，已知小車的質量為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式為 ;本實驗所 要探究的關系式為。（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,內阻1 0)電阻箱R2 (阻值范圍為0 999.9Q)開關S導線若T定值電阻R=3Q(1)如圖1所示，電阻箱應選擇 。為了將電流表(圖2)的0.6A標注為0Q電阻箱的阻值應調整為 Q,則0.2A應標注 Qo(2)

7、研究小組發現上述改裝成的歐姆表測電阻阻值越大，指針偏轉角越小。為了能讓測電阻的阻值越大，指針偏轉角也越大，請在如圖3所示方框內重新設計電路。勃 晶11. ( 14分)某小組在研究物體的運動時設計了如圖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 C點時壓

8、力傳感器的示數 F與h的關系圖象如圖2所示， 已知小滑塊與斜面之間的動摩擦因數科=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)小滑塊的質量m和圓軌道的半徑R;(3)已知彈簧的勁度系數k=100N/m,在其彈性限度范圍內其壓縮量不能超過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，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磁場與勻強電場。一質量為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，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強度 B及粒子在圓筒內的運動時間；（2）電場強度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.晶體與非晶體的區別之一在于是否具有固定的幾何外形B.當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密度是一定值，飽和汽壓不變D.熱力學第二定律的內容可以表述為：熱量只能從高溫物體向低溫物體轉移E.不浸潤液體在毛細管內下降與浸潤液體在毛細管內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，每個容器內均有理想氣體, 當溫度都為T0時，三容器體積之比為 V1： V2： V3=1： 2: 3.求：當溫度都達到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,質點a向下振動C.從該時刻起經 0.4s,質點b通過的路程是8cmD.從該時刻起經 0.4s,質點a、b分別在x軸上下方E.從該時刻起，質點 b將比質點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;激光在玻璃柱內的傳播時間。2019年全國大聯考高考物理二模試卷（新課標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，在內壁光滑的球殼內部，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、根據牛頓第二定律，結合向心力表達式，及動能公式，并由幾何關系，即可判定；C、根據向心加速度公式，確定周期與角度的關系式；D、依據矢量的合成法則，及三角知識，確定支持力表達式。【解答】解：A、如圖所示，2小球所受向心力為：F= mgtan 0= m-iR轉動半徑為：R= rsin 0結合動能公式為：Ek=-nv1 *2 a可得：Ek J唳產口，因兩球質量關系不知，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，兩球對應的角度一定不同，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式，理解牛頓第二定律的內容，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,負點電荷置于b點，則（A. c、d兩點電勢相等B. c、d兩點場強

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連線中點的場強相同【分析】電場強度是矢量，只有場強的大小和方向都相同時場強才相同；電勢是標量, 大小相等時，電勢即相等；根據電場線和等勢面的分布情況分析。【解答】解：AB、根據電場的疊加原理可知，c、d兩點場強大小相等，方向不同，則場強不同，在結合對稱性知，c、d兩點電勢相等，故 A正確，B錯誤;acC、正點電荷置于 a點，負點電荷置于 b點，依據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、根據矢量的疊加原理，ac連線中點與bc連線中點的場強大小相同，方向不同，故錯誤。故選：A。【點評】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 強度是矢量，只有大小和方向都相同時場強才相同。3.（6分）雜技團拋球表演中，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，進而確定上拋速度大小；由題圖可知，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，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周期相同B.由月球背面始終背對地球可判斷地月的公轉周期相同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周期等于月球繞地球的公轉周期;根據題意分析“鵲橋”與月球的繞地周期大小；根據線速度丫=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周期等于月球繞地球的公轉周期，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，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力 提供向心力列方程進行解答。5. （6分）如圖為遠距離輸電的電路原理圖，變壓器均為理想變壓器并標示了電壓和電流，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】根據歐姆定律，結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對應同一段電路，要正確分析電壓和功率 的分配，即可分析遠距

20、離輸電問題。6. （ 6分）靜置在勻強磁場中的I發生衰變，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的質量分別為M、m,則（）A.射線a帶正電B.兩個軌跡圓內切C. Ri： R2=1： 54D. Xe具有的動能為【分析】靜止的放射性原子核發生了衰變放出粒子后，根據電荷數和質量數守恒寫出衰 變方程式，判斷射線的電性；根據左手定則判斷軌跡圓時內切還是外切；衰變前后，動量守恒，衰變后的粒子在勻強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，進而判斷軌跡圓的半徑關系；2 根據動量和動能關系 e二堂一，結合動量守恒判斷反沖核

21、的動能； “ 2m【解答】解：A、根據電荷數和質量數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，帶負電，故 A錯誤； B、根據左手定則判斷，衰變瞬間反沖核與射線受到的洛倫茲力同向，軌跡為內切圓，故 B正確；2C、根據洛倫茲力提供向心力 qvB=嗑,解得呢根據動量守恒定律，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、根據動重和動重關系知：Ei二 ，Xe與a的質重分別為 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。【點評】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，應用半徑公式、 動能和動量關系處理問題。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。空間分布有水平向內的勻強磁場。小物塊運動的v- t圖象可能正確的是（B.【分析】對物塊進行受力分析，根據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。【解答】解：物體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。【點評】本題考查共點力的平衡條件及洛侖茲力的性質，要注意掌握判斷摩擦力的方向 的左手定則的應用。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的機械能增量B.拉力F做的功 W 一定大于B的機械能增量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，根據連接物體的速度關系，此時 B的速度為零，根 據功能關系可求得拉力 F做的功與A的機械能增量的關系； 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的機械能增量；小物體 A運動至0點時，由幾何 關系可求得物體 B向右運動的最大位移，根據功的公式可求得拉力的功。【解答】解：A、小物體A運動至最高點

25、時，根據連接物體的速度關系，此時 B的速度 為零，根據功能關系，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 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的機械能增量，故B錯誤：C、小物體A運動至0點時，設小物體 B向右運動的最大位移為 s,由于輕繩長度不變，應有 4L = J,2+卜"- h 0=60° , h = -L,所以s=，1+2VL ,根據功的公式 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。【

26、點評】本題考查了連接體運動的功能關系，明確物體的運動過程及能量的轉化是關鍵。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系”實驗中，某同學已按正確的操作步驟完成實驗，如圖所示為紙帶上連續打下的點。選取圖中A、B兩點進行研究，所需測量數據已用字母表示在圖中，已知小車的質量為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式為;本實驗所要探究的關系式為Fs3=一2（用題中及圖中所給字母表木）【

27、分析】根據某段時間內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式。抓住合力做功等于動能的變化量得出所要探究的關系式。【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 當口二工加/口22則需要探究的關系式為：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）*，Fs3=-In（2-1 （-X） 2 o-W ±1 1WW 1W匕 X【點評】解決本題的關鍵知道實驗的原理，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,內電阻0.1 ）電阻箱R1 （阻值范圍為0999Q）電流表A （量程00.6A,內阻1Q電阻箱R2 （阻值范圍為0999.9Q）開關S導線若T定值電阻R=3Q（1）如圖1所示，電阻箱應選擇R2 Q為了將電流表（圖 2）的0.6A標注為0Q電阻箱的阻值應調整為1.4 Q,則0.2A應標注 5 Q。（2）研究小組發現上述改裝成的歐姆表測電阻阻值越大，指針偏轉角越小。為了能讓測電阻的阻值越大，指針偏轉角也越大，請在如圖3所示方框內重新設計電路。【分析】（1）歐姆表的工作原理是閉合電路歐姆定律，應用閉合電路歐姆定律求出電阻阻

29、值，然后答題。(2)并聯電路電壓相等，待測電阻兩端電壓越大，電壓表指針示數越大，根據題意設計電路圖。E 1 5V【解答】 解：(1)歐姆調零時：R內=彳三T7-= 2.5 0=+Ra+R1 公 U. 9A解得：R=1.4 Q,電阻箱應選擇 R2；E 15當I = 0.2A時：0.2=1內+網=2.5+及解得：Rx=5Q；(2)要使電阻測量值越大，電流表示數越大，可以采用并聯接法，定值電阻R為保護電阻，電路圖如圖所示：故答案為：(1) R2； 1.4; 5; (2)電路圖如圖所示。【點評】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鍵，應用閉合電路歐姆

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 C點時壓力傳感器的示數 F與h的關系圖象如圖2所示, 已知小滑塊與斜面之間的動摩擦因數呼卓,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)小滑塊的質量m和圓軌道的半徑R；(3)已知彈簧的勁度系數k=100N/m,在其彈性限度范圍內其壓縮量不能超過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行受力分析，將力分解到斜面方向和沿斜 面方向，結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，可以推導出其做 功等于彈力平均大小與位移乘積，再結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聯立上式解得-二 -:，*-J(2)設小滑塊每次剛到達 C點時的速度大小為 v,由A到C根據動能定律得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聯立上式解得 m = 0.2kg, R= 0.8m(3)設小滑塊在C點時的速度最大為 vm ,在彈簧彈性限度范圍內其最大壓縮量 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)小滑塊的質量 mm = 0.2kg,圓軌道的半徑 R= 0.8m；(3) h的最大值hm=0.9m。【點評】該題難度不算太大，但是有容易忽略的點，(1)問屬于常規的受力分析，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），再結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，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磁場與勻強電場。一質量為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，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強度 B及粒子在圓筒內的運動時間；（2）電場強度E的大小。【分析】（1）采用運動的分解法研究：粒子在豎直平面內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和幾何知識結合求得B.根據粒子轉過的圈數，結合周期求運動時間。（2）沿軸的方向粒子做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律和位移時間公式求E。【解答】解：（1）設粒子繞了（ k+二）圈，撞了 n次，

35、有（四+1）92n+12根據牛頓第二定律有 qvB = mR，一一r ， e由幾何關系有 R = rtan-mv 2k兀+幾聯立解得B = cot J；-； qr 2（n+1J由于0< Tt,有 n>2k, k=0, 1, 2, 3jn取正整數% 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強度B是空cot理工L,粒子在圓筒內的運動時間是（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鍵，應用牛頓第二定律、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.晶體與非晶體的區別之一在于是否具有固定的幾何外形B.當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密度是一定值，飽和汽壓不變D.熱力學第二定律的內容可以表述為：熱量只能從高溫物體向低溫物體轉移E.不浸潤液體在毛細管內下降與浸潤液體在毛細管內上升都是表面張力作用的效果 【分析】晶體與非晶體的區別之一在于是否具有固定的熔點；根據分子勢能的知識分析B選項；根據飽和7的概念分析 C選項；根據熱力學第二定律分析D選項；根據浸潤和不浸潤產生原因分析 E選項。【解答】解：A、晶體與非晶體的區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、當分子所受的引力與斥力相等時，其分子間的勢能最小，為負值，小于零，故B正確；飽

38、和C、根據飽和汽的概念可知，一定溫度下的某種液體飽和汽的分子數密度是一定值,汽壓不變，故C正確;D、熱力學第二定律的內容可以表述為：熱量可以自發的從高溫物體向低溫物體轉移，不可以自發的從低溫物體傳到高溫物體，故D錯誤；E、不浸潤液體在毛細管內下降與浸潤液體在毛細管內上升都是表面張力作用的效果，當表面張力與重力平衡時靜止，故E正確。故選：BCE。【點評】本題主要是考查晶體與非晶體、熱力學定律、飽和汽、分子勢能等知識，解答本題的關鍵是能夠熟練掌握熱學部分的基本知識并能夠熟練應用。14（10分）如圖所示，兩光滑活塞將氣缸分成為三個容器，每個容器內均有理想氣體，當溫度都為T0時，三容器體積之比為 Vi： V2： V3=1： 2: 3.求：當溫度都達到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】三部分氣體的壓強始終相等，對三部分氣體分別運用理想氣體狀態方程，列式 求解即可。【解答】解：根據理想氣體狀態方程得：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