1、2018年遼寧省大連二十四中高考物理模擬試卷一、選擇題1（6分）一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重，其環形座艙套在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下。落到一定位置時，制動系統啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下。在上述過程中，關于座艙中的人所處的狀態，以下判斷正確的是（）A座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態B座艙在自由下落的過程中人處于失重狀態C座艙在減速運動的過程中人處于失重狀態D座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態2（6分）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示。產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則（）At0.005 s時線框的磁

2、通量變化率為零Bt0.01 s時線框平面與中性面重合C線框產生的交變電動勢有效值為311 VD線框產生的交變電動勢頻率為100 Hz3（6分）衛星繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑為r，運動周期為T，地球半徑為R，萬有引力常數為G，下列說法正確的是（）A衛星的線速度大小為v=2RTB地球的質量為M=42R3GT2C地球的平均密度為=3GT2D地球表面重力加速度大小為g=42r3T2R24（6分）如圖，一高度為h、傾角為的固定斜面質量為m的物體從斜面頂端自由滑下，物體與斜面間的動摩擦因數為物體滑至斜面底端時的速度大小為（）A2ghBghC2gh(1-cot)D2gh(1-tan)5（6分）如圖所示

3、，半徑為R的圓形區域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量質量為m，電荷量為q的正粒子，在紙面內沿各個方向速率v從P點射入磁場，這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上，PQ圓弧長等于磁場界周長的13，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應強度大小為（）A3mv2qRBmvqRC3mvqRD23mv3qR6（6分）以下有關近代物理內容的若干敘述，其中正確的是（）A原子核發生一次衰變，該原子外層就失去一個電子B天然放射現象中發出的三種射線本質都是電磁波C對不同的金屬，若照射光頻率不變，光電子的最大初動能與金屬的逸出功成線性關系D按玻爾理論，大量的氫原子從第4能級向

4、低能級躍遷時會發出6種不同頻率的光子7（6分）如圖所示為示波管的示意圖。左邊豎直放置的兩極板之間有水平方向的加速電場，右邊水平放置的兩極板之間有豎直方向的偏轉電場。電子束經加速電場加速后進入偏轉電場偏轉，加在水平放置的偏轉電極的每單位電壓引起的偏轉距離叫示波器的靈敏度。下述對提高示波管靈敏度有用的措施是（）A盡可能把偏轉極板l做的長一些B盡可能把偏轉極板l做的短一些C盡可能把偏轉極板間距離d做的小些D將加速電場的兩極板間的電壓提高8（6分）如圖所示，質量為m的物體置于傾角為的光滑斜面上，在外力作用下，斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體m與斜面體相對靜止。則斜面體對m的支持力

5、為（）AmgcosBmgcosCmasinDmgcos+masin三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第38題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題（共129分）9（4分）用如圖所示裝置可以做一些力學實驗。以下說法正確的是 。A用此裝置“研究勻變速直線運動”時必須平衡摩擦力B用此裝置探究“小車的加速度與質量的關系”并用圖象法處理數據時，如果畫出的a關系圖象是一條曲線，就可以確定加速度與質量成反比C用此裝置探究“功與速度變化的關系”實驗時，將放置打點計時器的那端木板適當墊高，目的是為了平衡摩擦力D用此裝置探究“小車的加速度與外力的關系

6、”時，若用鉤碼的重力代替繩子對小車的拉力，應讓鉤碼質量遠小于小車質量10（11分）國際（GB/T）規定自來水在15時電阻率應大于13m某同學利用圖甲電路測量15自來水的電阻率，其中內徑均勻的圓柱形玻璃管側壁連接一細管，細管上加有閥門K以控制管內自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞（活塞電阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移動，實驗器材還有：電源（電動勢均為3V，內阻可忽略）；電壓表V1（量程為3V，內阻很大）；電壓表V2（量程為3V，內阻很大）；定值電阻R1（阻值4k）；定值電阻R2（阻值2k）；電阻箱R（最大阻值9999）；單刀雙擲開關S；導線若干；游標卡尺；刻度尺。實驗步驟如下：A用游標

7、卡尺測量玻璃管的內徑d；B向玻璃管內注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；C把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數；D把S撥到2位置，調整電阻箱阻值，使電壓表V2示數與電壓表V1示數相同，記錄電阻箱的阻值R；E改變玻璃管內水柱長度，重復實驗步驟C、D，記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R；F斷開S，整理好器材。（1）測玻璃管內徑d時游標卡尺示數如圖乙，則d mm。（2）玻璃管內水柱的電阻Rx的表達式為：Rx （用R1、R2、R表示）。（3）利用記錄的多組水柱長度L和對應的電阻箱阻值R的數據，繪制出如圖丙所示的R-1L關系圖象，自來水的電阻率 m（保留兩位有效數字）。（4）本實驗中若電壓表V1內阻不是

8、很大，則自來水電阻率測量結果將 （填“偏大”“不變”或“偏小”）。11（12分）如圖所示，兩平行金屬板P1和P2之間的電壓為U一個帶負電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做加速直線運動 粒子通過兩平行板后從O點進入另一磁感應強度為B的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經過半個圓周后打在擋板MN上的A點 已知粒子的質量為m，電荷量為q 不計粒子重力 求：（1）粒子進入磁場時的速度v；（2）O、A兩點間的距離x12（20分）如圖所示為過山車模型，它由光滑水平軌道和豎直面內的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M點為最高點，圓形軌道半徑R0.32m。水平軌道PN右側的光滑水平地面上，

9、并排放置兩長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質量m32.2kg，長L4m，木板d質量m44.4kg。質量m23.3kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量m11.3kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發生彈性碰撞。碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0已知小滑塊b與兩長木板間的動摩擦因數均為0.16，g10m/s2。（1）求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；（2）碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b在木板c上滑行的時間及木板d的長度。【物理-選修3-3】（15分）13（

10、5分）（1）下列說法中正確的是 （）（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A能量耗散說明能量在不斷減少B同溫度下未飽和汽的壓強小于飽和汽壓，溫度升高時，飽和汽壓增大C液體表面張力產生的原因是因為液體表面層分子平均距離略大于液體內部分子平均距離D物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規則的，大量分子的運動也是無規律的E熱力學第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆的14（10分）如圖所示，一個開口向上的圓筒氣缸直立于地面上，距缸底2L處固定一個中心開孔的隔板a，在小孔處裝有一個能向下開啟的單向閥門b，只有當上部壓強大于下部

11、壓強時，閥門才開啟。C為一質量與摩擦均不計的活塞，開始時隔板以下封閉氣體壓強為1.2P0（P0為大氣壓強）；隔板以上由活塞c封閉的氣體壓強為P0，活塞c與隔板距離為L現對活塞c施加一個豎直向下緩慢增大的力F，設氣體溫度保持不變，已知F增大到F0時，可產生向下的壓強為0.2P0，活塞與隔板厚度均可不計，求：（1）當力緩慢增大到2F0時，活塞c距缸底高度是多少？（2）當力緩慢增大到4F0時，缸內各部分氣體壓強是多少？三、【物理選修3-4模塊】（15分）15（1）在狹義相對論中，下列說法正確的有 （）（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

12、A在不同的慣性系中，一切物理規律都是相同的B質量、長度的測量結果與物體相對觀察者的相對運動狀態無關C物體的質量永遠不變D物體的能量與質量成正比E真空中光速在不同的慣性系中都是相同的16如圖甲所示是由透明材料制成的半圓柱體，一束細光束由真空沿著徑向與AB成角射入后對射出的折射光線的強度進行記錄，發現它隨著角的變化而變化，變化關系如圖乙所示，如圖丙所示是這種材料制成的玻璃磚，左側是半徑為R的半圓，右側是長為4R，寬為2R的長方形，一束單色光從左側A點沿半徑方向與長邊成45°角射入玻璃磚，求：該透明材料的折射率；光線在玻璃磚中運動的總時間；（光在空氣中的傳播速度為c）2018年遼寧省大連二

13、十四中高考物理模擬試卷參考答案與試題解析一、選擇題1（6分）一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重，其環形座艙套在豎直柱子上，由升降機送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下。落到一定位置時，制動系統啟動，座艙做減速運動，到地面時剛好停下。在上述過程中，關于座艙中的人所處的狀態，以下判斷正確的是（）A座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態B座艙在自由下落的過程中人處于失重狀態C座艙在減速運動的過程中人處于失重狀態D座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態【考點】3E：牛頓運動定律的應用超重和失重【專題】31：定性思想；43：推理法；522：牛頓運動定律綜合專題【分析】自由下落時只受重力，加速度向下，失重

14、；減速下落，加速度向上，超重。由此分析即可。【解答】解：A、在自由下落的過程中人只受重力作用，做自由落體運動，處于失重狀態，故A錯誤B正確；C、在減速運動的過程中人受重力和座位對人向上的支持力，做減速運動，所以加速度向上，人處于超重狀態，故C錯誤；D、整個運動的過程中人先失重后超重。故D錯誤。故選：B。【點評】判斷一個物體處于超重和失重的條件是：若加速度向上則超重，若加速度向下則失重。2（6分）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖甲所示。產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則（）At0.005 s時線框的磁通量變化率為零Bt0.01 s時線框平面與中性面重合C線框產生的

15、交變電動勢有效值為311 VD線框產生的交變電動勢頻率為100 Hz【考點】E3：正弦式電流的圖象和三角函數表達式；E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率【專題】31：定性思想；4B：圖析法；53A：交流電專題【分析】由圖乙可知特殊時刻的電動勢，根據電動勢的特點，可判處于那個面上，由圖象還可知電動勢的峰值和周期，根據有效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值。【解答】解：由圖乙可知 T0.02s Em311vA、由圖可知t0.005s時刻感應電動勢最大，所以穿過線框回路的磁通量變化率為最大，故A錯誤；B、0.01s時電動勢為零，線圈平面與磁場方向垂直，即線框平面與中性面重合，故B正確；C、根

16、據正弦式交變電流有效值和峰值的關系可得，該交變電流的有效值為E=Em2=3112V=220V，故C錯誤。D、由圖乙可知 T0.02s，故頻率為f=1T=50Hz，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查的是有關交變電流的產生和特征的基本知識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力。3（6分）衛星繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑為r，運動周期為T，地球半徑為R，萬有引力常數為G，下列說法正確的是（）A衛星的線速度大小為v=2RTB地球的質量為M=42R3GT2C地球的平均密度為=3GT2D地球表面重力加速度大小為g=42r3T2R2【考點】4F：萬有引力定律及其應用【專題】528：萬有引力定律的應用專題【

17、分析】由線速度定義式可表示線速度；由萬有引力周期表達式，可得地球質量，進而可以表示密度；由表面處萬有引力等于重力可表示重力加速度g【解答】解：A、線速度為：v=2rT，故A錯誤。B、有牛頓第二定律可得：GMmr2=mr42T2，解得：M=42r3GT2，故B錯誤。C、地球密度為：=MV=42r3GT24R33=3r3GT2R3，故C錯誤。D、地球表面處：GMmR2=mg，又M=42r3GT2，解得：g=42r3T2R2，故D正確。故選：D。【點評】該題要靈活應用萬有引力的各種表達式；其次要分清空中和地面物體的運動半徑問題，基礎題4（6分）如圖，一高度為h、傾角為的固定斜面質量為m的物體從斜面頂

18、端自由滑下，物體與斜面間的動摩擦因數為物體滑至斜面底端時的速度大小為（）A2ghBghC2gh(1-cot)D2gh(1-tan)【考點】37：牛頓第二定律【專題】522：牛頓運動定律綜合專題【分析】對物體受力分析，根據牛頓第二定律求出物體的加速度，由勻變速直線運動的速度位移公式求出物體滑至斜面底端時的速度大小【解答】解：由牛頓第二定律得：mgsinmgcosma得：agsingcos由勻變速直線運動的速度位移公式：v2022ahsin得：v=2gh(1-cot)故選：C。【點評】該題是牛頓第二定律和勻加速直線運動基本公式的直接應用，難度不大，屬于基礎題5（6分）如圖所示，半徑為R的圓形區域內

19、有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量質量為m，電荷量為q的正粒子，在紙面內沿各個方向速率v從P點射入磁場，這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上，PQ圓弧長等于磁場界周長的13，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該勻強磁場的磁感應強度大小為（）A3mv2qRBmvqRC3mvqRD23mv3qR【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】536：帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】畫出導電粒子的運動軌跡，找出臨界條件及角度關系，表示出圓周運動的半徑，利用圓周運動由洛侖茲力充當向心力列式求解即可。【解答】解：從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為Q，最遠的點是軌跡上直徑與磁

20、場邊界圓的交點，相應的弧長變為圓周長的13，所以POQ120°；結合幾何關系，有：r=32R洛侖茲力充當向心力，根據牛頓第二定律，有：qvBmv2r聯立解得：B=23mv3qR故選：D。【點評】帶電粒子在電磁場中的運動一般有直線運動、圓周運動和一般的曲線運動；直線運動一般由動力學公式求解，圓周運動由洛侖茲力充當向心力，一般的曲線運動一般由動能定理求解；本題關鍵畫出臨界軌跡。6（6分）以下有關近代物理內容的若干敘述，其中正確的是（）A原子核發生一次衰變，該原子外層就失去一個電子B天然放射現象中發出的三種射線本質都是電磁波C對不同的金屬，若照射光頻率不變，光電子的最大初動能與金屬的逸出功

21、成線性關系D按玻爾理論，大量的氫原子從第4能級向低能級躍遷時會發出6種不同頻率的光子【考點】J3：玻爾模型和氫原子的能級結構；JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度【專題】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能級結構專題【分析】根據光電效應的條件判斷不能發生光電效應的原因；衰變的實質是原子核中的一個中子轉變為一個質子和一個電子，電子釋放出來；根據光電效應方程EkmhvW0進行分析；根據玻爾理論分析。【解答】解：A、衰變的實質是原子核中的一個中子轉變為一個質子和一個電子，電子釋放出來，不是來自核外電子。故A錯誤。B、天然放射現象的射線中，只有射線是電磁波，射線是氦核，射線是高速的電子流。故B

22、錯誤。C、根據愛因斯坦光電效應方程EkmhW0，對于不同種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功成線性關系。故C正確。D、大量的氫原子從第4能級向低能級躍遷時會發出C42=6種不同頻率的光子。故D正確故選：CD。【點評】本題考查了氫原子能級、衰變的實質、光電效應方程的應用、核反應等基礎知識點，難度不大，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點，注意光電效應發生的條件與光的強度無關。7（6分）如圖所示為示波管的示意圖。左邊豎直放置的兩極板之間有水平方向的加速電場，右邊水平放置的兩極板之間有豎直方向的偏轉電場。電子束經加速電場加速后進入偏轉電場偏轉，加在水平放置的偏轉電極的每單位電壓引起的偏轉距離叫

23、示波器的靈敏度。下述對提高示波管靈敏度有用的措施是（）A盡可能把偏轉極板l做的長一些B盡可能把偏轉極板l做的短一些C盡可能把偏轉極板間距離d做的小些D將加速電場的兩極板間的電壓提高【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】32：定量思想；43：推理法；531：帶電粒子在電場中的運動專題【分析】電子先經加速電場加速，再進入偏轉，根據動能定理和牛頓運動定律、運動學公式推導出y，再求出yU2的表達式，由表達式分析提高靈敏度的方式。【解答】解：設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2。經加速電場后的速度為v，則 eU1=12mv02電子進入偏轉電場后做類平拋運動，其偏轉的位移為，y=12at2a=U2q

24、dmt=lv0聯立上式得y=U2l24dU1所以示波管的靈敏度yU2=l24dU1。可見，要提高示波管靈敏度，必須把偏轉極板l做得長一些，或把偏轉極板間距離d做得小些，或加速電場的兩極板間的電壓降低一點。故AC正確，BD錯誤。故選：AC。【點評】本題是信息的給予題，根據所給的信息，得出示波管的靈敏度的表達式即可解決本題。8（6分）如圖所示，質量為m的物體置于傾角為的光滑斜面上，在外力作用下，斜面體以加速度a沿水平方向向左做勻加速運動，運動中物體m與斜面體相對靜止。則斜面體對m的支持力為（）AmgcosBmgcosCmasinDmgcos+masin【考點】2G：力的合成與分解的運用；37：牛頓

25、第二定律【專題】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛頓運動定律綜合專題【分析】物體與斜面體保持相對靜止，兩者具有相同的加速度，隔離對物體分析，根據牛頓第二定律求出斜面體對m的支持力。【解答】解：物體m受力分析，因為物體m的加速度與斜面體的加速度相同，方向水平向左，則物體m的合力水平向左，如圖所示，根據平行四邊形定則作圖如圖。斜面體對m的支持力為：N=mgcos=masin故AD錯誤，BC正確。故選：BC。【點評】解決本題的關鍵要知道物體m與斜面體具有相同的加速度，通過隔離分析，運用平行四邊形定則求解m受到的支持力。三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個

26、試題考生都必須作答第33題第38題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題（共129分）9（4分）用如圖所示裝置可以做一些力學實驗。以下說法正確的是CD。A用此裝置“研究勻變速直線運動”時必須平衡摩擦力B用此裝置探究“小車的加速度與質量的關系”并用圖象法處理數據時，如果畫出的a關系圖象是一條曲線，就可以確定加速度與質量成反比C用此裝置探究“功與速度變化的關系”實驗時，將放置打點計時器的那端木板適當墊高，目的是為了平衡摩擦力D用此裝置探究“小車的加速度與外力的關系”時，若用鉤碼的重力代替繩子對小車的拉力，應讓鉤碼質量遠小于小車質量【考點】M4：探究小車速度隨時間變化的規律；M8：探究加速度與物體質

27、量、物體受力的關系；MJ：探究功與速度變化的關系【專題】13：實驗題；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力專題【分析】利用圖示小車紙帶裝置可以完成很多實驗，在研究勻變速直線運動時不需要平衡摩擦力，在探究“小車的加速度與質量的關系”和探究“功與速度變化的關系”實驗時，需要平衡摩擦力；在探究“小車的加速度與質量的關系”時，根據牛頓第二定律求出加速度a的表達式，不難得出當鈞碼的質量遠遠大于小車的質量時，加速度a近似等于g的結論。【解答】解：A在利用該裝置“研究勻變速直線運動”的實驗中，摩擦力不影響研究結果。故A錯誤；B在利用該裝置來“探究物體的加速度與質量的關系”時，可以通過圖象法處理數據，

28、加速度a與小車的質量m成反比，畫出am的關系不能確定加速度與質量的關系，要畫出a-1m的關系才能確定加速度與質量的關系。故B錯誤；C在利用該裝置來做“探究功與速度變化的關系”實驗前，木板左端被墊起一些，使小車在不受拉力作用時做勻速直線運動，這樣做的目的是為了補償阻力，使小車受到的拉力等于砝碼的重力。故C正確；D在利用該裝置來“探究物體的加速度與力、質量的關系”時，設小車的質量為M，小吊盤和盤中物塊的質量為m，設繩子上拉力為F，以整體為研究對象有mg（m+M）a解得a=mgM+m以M為研究對象有繩子的拉力FMa=MM+mmg；顯然要有Fmg必有m+MM，故有Mm，即只有Mm時才可以認為繩對小車的

29、拉力大小等于小吊盤和盤中物塊的重力。故D正確；故選：CD。【點評】該題涉及的實驗比較大，要明確實驗原理，根據物理定律求出相應的表達式，然后可以討論得出相應結論。實驗時要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或過平衡摩擦力都是錯誤的。10（11分）國際（GB/T）規定自來水在15時電阻率應大于13m某同學利用圖甲電路測量15自來水的電阻率，其中內徑均勻的圓柱形玻璃管側壁連接一細管，細管上加有閥門K以控制管內自來水的水量，玻璃管兩端接有導電活塞（活塞電阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移動，實驗器材還有：電源（電動勢均為3V，內阻可忽略）；電壓表V1（量程為3V，內阻很大）；電壓表V2（量程為3V，內阻很大

30、）；定值電阻R1（阻值4k）；定值電阻R2（阻值2k）；電阻箱R（最大阻值9999）；單刀雙擲開關S；導線若干；游標卡尺；刻度尺。實驗步驟如下：A用游標卡尺測量玻璃管的內徑d；B向玻璃管內注滿自來水，并用刻度尺測量水柱長度L；C把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數；D把S撥到2位置，調整電阻箱阻值，使電壓表V2示數與電壓表V1示數相同，記錄電阻箱的阻值R；E改變玻璃管內水柱長度，重復實驗步驟C、D，記錄每一次水柱長度L和電阻箱阻值R；F斷開S，整理好器材。（1）測玻璃管內徑d時游標卡尺示數如圖乙，則d30.00mm。（2）玻璃管內水柱的電阻Rx的表達式為：RxR1R2R（用R1、R2、R表示）。

31、（3）利用記錄的多組水柱長度L和對應的電阻箱阻值R的數據，繪制出如圖丙所示的R-1L關系圖象，自來水的電阻率14m（保留兩位有效數字）。（4）本實驗中若電壓表V1內阻不是很大，則自來水電阻率測量結果將偏大（填“偏大”“不變”或“偏小”）。【考點】N2：測定金屬的電阻率【專題】13：實驗題；31：定性思想；43：推理法；535：恒定電流專題【分析】（1）游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數。（2）分別求出S接1和接2時電路的總電壓，利用并聯電壓相等列式，求出Rx；（3）從圖丙讀出數據，利用電阻定律求出電阻率；（4）分析若電壓表V1內阻不是很大，對測量電阻Rx的影響，再判斷自來水電阻率測量的影

32、響。【解答】解：（1）游標卡尺的主尺讀數為：3.0cm30mm，游標尺上第0個刻度和主尺上刻度對齊，所以最終讀數為：30.00mm；（2）設把S撥到1位置時，電壓表V1示數為U，則此時電路電流為UR1，總電壓U總=URxR1+U，當把S撥到2位置，調整電阻箱阻值，使電壓表V2示數與電壓表V1示數相同也為U，則此時電路中的電流為UR，總電壓U總'=URR2+U，由于兩次總電壓相等，都等于電源電壓E，可得RxR1=R2R，解得Rx=R1R2R，（3）從圖丙中可知，R2×103時，1L=5.0m-1，此時玻璃管內水柱的電阻Rx=R1R2R=4000，水柱橫截面積S=(d2)2=7.

33、065×10-4m2，由電阻定律R=LS得 =RSL=4000×7.065×104×5m14m（4）若電壓表V1內阻不是很大，則把S撥到1位置時，此時電路電流大于UR1，實際總電壓將大于U總=URxR1+U，所以測量的Rx將偏大，因此自來水電阻率測量結果將偏大；故答案為：（1）30.00；（2）R1R2R；（3）14；（4）偏大。【點評】本題考查了游標卡尺的讀數，等效替代法測電阻，電阻定律以及對實驗誤差的分析，解答本題的關鍵是明確實驗目的，所有的步驟都為了測電阻率，所以要測量電阻、水柱橫截面積、水柱的長度。11（12分）如圖所示，兩平行金屬板P1和P2之

34、間的電壓為U一個帶負電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做加速直線運動 粒子通過兩平行板后從O點進入另一磁感應強度為B的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經過半個圓周后打在擋板MN上的A點 已知粒子的質量為m，電荷量為q 不計粒子重力 求：（1）粒子進入磁場時的速度v；（2）O、A兩點間的距離x【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】537：帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】（1）帶電粒子在加速電場中電場力做功等于粒子動能的增加量，由動能定理 可以求得粒子進入磁場時的速度v；（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，在磁場中運動半個圓周后打在

35、A點，洛倫茲力提供向心力；O、A兩點間的距離是圓的直徑【解答】解：（1）帶電粒子在加速電場中電場力做功等于粒子動能的增加量，由動能定理 qU=12mv2得：v=2qUm （2）設帶電粒子的軌道半徑為R，洛倫茲力提供向心力，得：qvB=mv2R 整理得：R=mvqB O、A兩點間的距離x：x=2R=2mvqB=2B2mUq答：（1）粒子進入磁場時的速度v=2qUm；（2）O、A兩點間的距離為2B2mUq【點評】該題中帶電粒子先在電場中加速，后在勻強磁場中做勻速圓周運動，都是基本的情景題目簡單12（20分）如圖所示為過山車模型，它由光滑水平軌道和豎直面內的光滑圓形軌道組成，Q點為圓形軌道最低點，M

36、點為最高點，圓形軌道半徑R0.32m。水平軌道PN右側的光滑水平地面上，并排放置兩長木板c、d，兩木板間相互接觸但不粘連，長木板上表面與水平軌道PN平齊，木板c質量m32.2kg，長L4m，木板d質量m44.4kg。質量m23.3kg的小滑塊b放置在軌道QN上，另一質量m11.3kg的小滑塊a從P點以水平速度v0向右運動，沿圓形軌道運動一周后進入水平軌道與小滑塊b發生彈性碰撞。碰后a沿原路返回到M點時，對軌道壓力恰好為0已知小滑塊b與兩長木板間的動摩擦因數均為0.16，g10m/s2。（1）求小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v1和v2；（2）碰后滑塊b最終恰好沒有離開木板d，求滑塊b

37、在木板c上滑行的時間及木板d的長度。【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系【專題】22：學科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；52G：動量和能量的綜合【分析】（1）a恰好通過M對軌道沒有壓力，重力提供a做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律可以求出a的速度，a與b碰撞過程中系統動量守恒、機械能守恒，a碰后返回到圓軌道最高點過程中，機械能守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出碰后a、b的速度。（2）b做勻減速運動，c、d做勻加速運動，由牛頓第二定律與運動學公式可以求出b的滑行時間與木板長度。【解答】解：（1）小滑塊a在M點，由牛頓第二定律得：m1gm1vM2R，小滑塊a從碰后到到達M的

38、過程中，由機械能守恒定律得：12m1v12=12m1vM2+m1g2R，解得：v14m/s，兩滑塊碰撞過程中動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0m1v1+m2v2，碰撞過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得：12m1v02=12m1v12+12m2v22，解得：v09.2m/s，v25.2m/s；（2）小滑塊b滑上長木板c時的加速度大小a10g1.6m/s2，此時兩塊長木板的加速度大小a2=0m2gm3+m4=0.8m/s2，小滑塊b在c上滑行過程中，b的位移：x1v2t-12a1t2，兩塊長木板的位移x2=12a2t2，x1x2L，解得：t1s，t=103s不合題意，舍去；b剛

39、離開長木板c時，b的速度v2v2a1t3.6m/s，b剛離開長木板c時，d的速度v3a2t0.8m/s，設d的長度至少為x，由動量守恒定律可得：m2v2+m4v3（m2+m4）v，解得v2m/s，由能量守恒定律得：0m2gx=12m2v22+12m4v32-12（m2+m4）v2，解得：x1.4m。答：（1）小滑塊a與小滑塊b碰撞后，a和b的速度大小v14m/s，v25.2m/s；（2）滑塊b在木板c上滑行的時間為1s，木板d的長度為1.4m。【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答時要首先確定一個正方向，

40、利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。【物理-選修3-3】（15分）13（5分）（1）下列說法中正確的是 （）（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）A能量耗散說明能量在不斷減少B同溫度下未飽和汽的壓強小于飽和汽壓，溫度升高時，飽和汽壓增大C液體表面張力產生的原因是因為液體表面層分子平均距離略大于液體內部分子平均距離D物體由大量分子組成，其單個分子的運動是無規則的，大量分子的運動也是無規律的E熱力學第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆的【考點】8H：熱力學第二定律；95：液體的表面張

41、力；9G：飽和汽、未飽和汽和飽和汽壓【專題】31：定性思想；43：推理法；541：分子運動論專題【分析】能量不會產生也不會失，可以轉化與轉移；在一定溫度下，飽和汽的壓強也是一定的，這個壓強叫這種液體的飽和汽壓，溫度越高飽和汽壓越大，未飽和汽的壓強小于飽和汽壓。液體表面張力產生的原因是因為液體表面層分子平均距離略大于液體內部分子平均距離；大量分子的運動具有統計規律，其單個分子的運動是無規則的；熱力學第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆。【解答】解：A、能量不會產生也不會失，可以轉化與轉移。則A錯誤B、在一定溫度下，飽和汽的壓強也是一定的，這個壓強叫這種液體的飽和汽壓，溫度越高飽和汽

42、壓越大，未飽和汽的壓強小于飽和汽壓。則B正確C、液體表面張力產生的原因是因為液體表面層分子平均距離略大于液體內部分子平均距離，則C正確D、大量分子的運動具有統計規律，其單個分子的運動是無規則的，則D錯誤E、熱力學第二定律也可以表述為：氣體向真空的自由膨脹是不可逆的。故E正確故選：BCE。【點評】該題考查熱學中的多個知識點的內容，熟練掌握了基本概念就能順利解決33的題目，因為此類題目難度較低，但應注意多加積累，全面掌握。14（10分）如圖所示，一個開口向上的圓筒氣缸直立于地面上，距缸底2L處固定一個中心開孔的隔板a，在小孔處裝有一個能向下開啟的單向閥門b，只有當上部壓強大于下部壓強時，閥門才開啟

43、。C為一質量與摩擦均不計的活塞，開始時隔板以下封閉氣體壓強為1.2P0（P0為大氣壓強）；隔板以上由活塞c封閉的氣體壓強為P0，活塞c與隔板距離為L現對活塞c施加一個豎直向下緩慢增大的力F，設氣體溫度保持不變，已知F增大到F0時，可產生向下的壓強為0.2P0，活塞與隔板厚度均可不計，求：（1）當力緩慢增大到2F0時，活塞c距缸底高度是多少？（2）當力緩慢增大到4F0時，缸內各部分氣體壓強是多少？【考點】99：理想氣體的狀態方程；9D：氣體的等溫變化【專題】54B：理想氣體狀態方程專題【分析】（1）當力緩慢增大到b剛開啟時，上部分的氣體壓強增大到1.2P0，根據玻意耳定律求出此時上部分氣體的長度，再對上下兩部分整體進行研究，根據玻意耳定律求解當力緩慢增大到2Fo時，活塞c距缸底的高度；（2）當力為4Fo時，根據玻意耳定律求出氣體的長度，若活塞c落到隔板上時，氣體全部進入隔板a之下，氣體的總長度為2L，根據玻意耳定律求出壓強。【解答】解：（1）對上面氣體，到b開啟時，P0L1.2P0L1，L1=56L對全部氣體，當力為2Fo時，氣體的總長度為L1+2L=176L由玻意耳定律得：1.2P0176L1.4P0L2，解得，L2=177L（2）當力為4F