《2019年辽宁省鞍山一中高考物理三模试卷(3月份)(共28页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年辽宁省鞍山一中高考物理三模试卷(3月份)(共28页).doc（28页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年辽宁省鞍山一中高考物理三模试卷（3月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-9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）下列说法正确的是（）A核泄漏污染物能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为，X为电子B某些原子核能够放射出粒子，说明原子核内有粒子C原子核的结合能越大，原子核越稳定D若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光一定能使该金属发生光电效应2（6分）如图所示为物体
2、做直线运动的图象，下列说法正确的是（）A甲图中，物体在0t0这段时间内的位移小于B乙图中，物体的加速度为2m/s2C丙图中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D丁图中，t3s时物体的速度为25m/s3（6分）如图所示为学校的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度的水平匀强磁场中以加速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场垂直时为计时起点，下列判断不正确的是（）A发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e
3、NBSsintB当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高C当用户增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈两端的电压瞬时值最大4（6分）一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极饭间有一带电油滴（电量很小，不响电场分布）位于P点且恰好处于平衡。如图所示，若保持正极板不动，将负极板移到图中虚线所示的位置，则（）A带电油滴将沿竖直方向向下运动B电容器的电压增大CP点的电势将不变D带电油滴的电势能升高5（6分）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，C30，比荷均为的带正电粒子（不计重
4、力）以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场，则（）A粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B粒子在磁场中运动的最长时间为C粒子速度越大，在磁场中运动的路程越短D粒子在磁场中运动的最长路程为L6（6分）宇航员驾驶宇宙飞船到达某行星表面，在离该行星表面高度为h处，将一小球大小为v0的初速度水平抛出，小球水平射程为x。已知该行星的半径为R，引力常量为G则下列判断正确的是（）A该行星的质量为B该行星的密度为C该星系的第一宇宙速度大小为D该行星表面的重力加速度大小为7（6分）如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移
5、动时，则（）A电压表读数减小B电流表读数减小C油滴带负电D电源的输出功率逐渐增大8（6分）如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中（）A滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量三、非选择题：共174分第22-32题为必考题，每个试题考
6、生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9（6分）某同学用如图甲所示装置探究“质量不变时加速度与所受拉力的关系”，他在滑块上固定一宽度为d的遮光条，光电门固定在长木板上的B点，长木板放在水平的实验台上，用重物通过细线与固定在滑块前端的拉力传感器相连（拉力传感器可测出细线的拉力大小）。实验时保证滑块每次都从同一位置A由静止释放，改变重物的质量m，测出对应拉力传感器的示数F和对应遮光条通过光电门的时间t试回答下列问题：（1）本实验 （填“需要”或“不需要”）满足重物质量远远小于滑块与传感器的总质量。（2）下列关于该同学应用图乙装置进行实验时得出的aF图线是 。（3）该同学
7、在数据处理时未得出“质量一定时，加速度与所受拉力成正比关系”，原因是在实验前缺少一个重要环节是 ；根据（2）中他的实验图象可知滑块与木板间的动摩擦因数 。（重力加速度g取10m/s2）10（9分）（1）某物理实验小组在使用多用电表按正确步骤测量某一电阻阻值，选择开关指在“10”欧姆档，指针指示位置如下图所示，则此电阻的阻值是 。（2）然后他们用伏安法来测未知电阻（电流表的内阻约1，电压表的内阻约20k）；为了得到尽量多的数据、较精确测出电阻值，并要求电压从0开始调节，他们应选用下图中的 图所示电路进行实验。用此方法测出的电阻比真实值偏 。（选填“小”或“大”）（3）在“用电流表和电压表测定电池
8、的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据（如下表）。组别1234567U/V1.221.020.880.600.630.510.48I/A0.20.40.50.60.70.81.0根据表中实验数据在图中已描好点，该同学也作出UI图线；从图线中得出，电源电动势E V；内电阻r 。若另一位同学未画出图线，只选用其中两组U和I的数据，根据公式EU1+I1r和EU2+I2r算出E和r，这样做可能得出误差很大的结果，则他选用其中第4组和第 组数据时算得的结果误差大。11（12分）如图甲，乙所示，半径为a0.4m的圆形区或内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，平行金属导轨PQPQ与磁场边界相切与OO，磁
9、场与导轨平面垂直，导轨两侧分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R2，金属导轨的电阻忽略不计，则：（1）如图甲，若磁场随时间变化规律为，求流过L1电流的大小和方向；（2）如图乙所示，若磁感应强度恒为Bl.5T，一长为2a、电阻r2的均匀金属棒MN与导轨垂直放置且接触良好，现将棒以v05m/s的速率在导轨上向右匀速滑动，求：棒通过磁场过程中的最大拉力F大小，以及棒通过磁场过程中的电荷量q。12（20分）如图所示，光滑水平面上有一质量M1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R0.7m的光滑圆弧轨道，固弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹
10、簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L0.9m，一个质量m2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m020g的子弹，以速度v500m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，g取10m/s2则，（1）通过计算判断小物块是否能达到圈弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x10cm，求弹簧的最大弹性势能。（二）选考题共45分请考生从给出的2个选修中、任选一个作答如果多做，则每学科按所列第一个计分【物理-选修3-3】（15分）13
11、（5分）以下说法正确的是（）A叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B影响蒸发快慢以及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气温下水的饱和汽压的差距C烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多E某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA14（10分）如图所示质量均为m的甲、乙两个相同的气缸放在水平地面上，甲气缸固定，两个气缸中的活塞分别封闭有A、B理想气体两活塞用水平轻杆通过活动铰链连接，活塞的横截面积为S，开始时A、B气
12、体压强均等于大气压强p0，温度均为T0，体积分别为V，2V，气缸乙与地面间的动摩擦因数为0.5，活塞与气缸壁无摩擦且气密性好，不计活塞的重力，重力加速度为g，给电热丝通电，对A气体级慢加热，乙气缸的导热性能好，当乙气魟刚好要移动时。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求（i）B气体的体积；（ii）A气体的温度。【物理-选修3-4】（15分）15如图甲为一列简谐横波在t0时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0m处的质点，Q是平衡位置在x4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（）A这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cmB在t0时，质点Q向y轴负方向运动C从t0.1到t0.
13、25s，该波沿x轴正方向传播了6mD从t0.1到t0.25s，质点P通过的路程为30cmE质点Q简谐运动的表达式为y0.10sin10t（国际单位）16一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率n。（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？（ii）一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。2019年辽宁省鞍山一中高考物理三模试卷（3月份）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第
14、1-5题只有一项符合题目要求，第6-9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）下列说法正确的是（）A核泄漏污染物能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为，X为电子B某些原子核能够放射出粒子，说明原子核内有粒子C原子核的结合能越大，原子核越稳定D若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光一定能使该金属发生光电效应【考点】IC：光电效应；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JE：原子核的结合能菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题【分析】根据质量数
15、守恒与电荷数守恒判断X的种类；根据衰变的本质分析；比结合能的大小反映原子核的稳定程度；由玻尔理论，结合光电效应发生的条件分析。【解答】解：A、根据量子说守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式中，可以判断X的质量数为0，电荷数为：z55561，所以X为电子，故A正确；B、原子核能够放射出粒子，是由于原子核内发生衰变，其中的中子转化为质子而放出的电子，故B错误；C、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故C错误；D、根据玻尔理论可知，氢原子从n6能级向n1能级跃迁时减小的能量大于氢原子从n6能级向n2能级跃迁时减小的能量，所以氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n6能级向n2能
16、级跃迁时辐射出的光的能量，根据光电效应发生的条件可知，若氢原子从n6能级向n1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n6能级向n2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D错误。故选：A。【点评】该题考查原子物理学的几个不同的知识点的内容，其中像玻尔理论、光电效应都是考查的重点，在学习的过程中要注意对该处知识点的理解。2（6分）如图所示为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是（）A甲图中，物体在0t0这段时间内的位移小于B乙图中，物体的加速度为2m/s2C丙图中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D丁图中，t3s时物体的速度为25m/s【考点】1I：匀变速
17、直线运动的图像菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题【分析】根据vt图象与时间轴所围的面积表示位移，分析甲图中物体的位移与匀加速直线运动位移的关系。对于乙图象，根据公式v2v022ax列式求解加速度。at图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量。对于丁图，写出与t的关系式，对照匀变速直线运动的位移公式求出加速度和初速度，再求t3s时物体的速度。【解答】解：A、若物体做初速度为0、末速度为v0的匀加速直线运动，其位移为根据vt图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该物体的位移大于匀加速直线运动的位移，故A错误。B、由图得 v2x，根据公式v2v022ax得：
18、12a，则得加速度大小 a0.5m/s2，故B错误。C、根据vat，可知乙图象中，阴影面积表示t1到t2时间内物体的速度变化量，故C错误。D、由图得5t5，由xv0t+at2得 v0+at，对比可得，v05m/s，a10m/s2，则t3s时物体的速度为 vv0+at5+10325m/s，故D正确。故选：D。【点评】对于物理图象，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图象的物理意义。要注意分析图象斜率、面积和截距的意义。3（6分）如图所示为学校的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO在磁感应强度的水平匀
19、强磁场中以加速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场垂直时为计时起点，下列判断不正确的是（）A发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsintB当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高C当用户增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈两端的电压瞬时值最大【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时
20、，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置，从而得出正弦还是余弦；根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化，但不会改变原线圈的电压，从而即可求解。【解答】解：A、线圈平面与磁场垂直时为计时起点开始计时，即从中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为eNBSsint，故A正确；B、变压器原线圈两端的电压与变压器副线圈两端得电压无关，故B错误；C、当用户数目增多时，功率增大，根据功率PUI，当电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故C正确；D、图中得位置线圈平面与磁场的方向平行，切割磁感线的瞬时速度最大，产生的电动势最大，故D正确本题选择不正确的故选
21、：B。【点评】考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，区别与有效值，理解电阻的变化，只会改变电流与功率，不会影响电压的变化。4（6分）一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极饭间有一带电油滴（电量很小，不响电场分布）位于P点且恰好处于平衡。如图所示，若保持正极板不动，将负极板移到图中虚线所示的位置，则（）A带电油滴将沿竖直方向向下运动B电容器的电压增大CP点的电势将不变D带电油滴的电势能升高【考点】AE：电势能与电场力做功；AS：电容器的动态分析菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；533：电容器专题【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变
22、。移动极板，根据推论分析板间场强是否变化。由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化。根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化。【解答】解：A、平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论E得知，板间场强与间距变化无关，则板间场强E不变，油滴仍然平衡，故A错误；B、将负极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离减小，由电容的决定式C 得知电容C增大，由电容的定义式C分析得知，电压U变小；再由UEd得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能EP不变，故C正确，BD错误。故选：C。【点评】电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是
23、重要的推论，要能根据电容的决定式、电容的定义式和场强推论进行分析。5（6分）如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，C30，比荷均为的带正电粒子（不计重力）以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场，则（）A粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B粒子在磁场中运动的最长时间为C粒子速度越大，在磁场中运动的路程越短D粒子在磁场中运动的最长路程为L【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒
24、子运动轨迹，由几何知识求出粒子的轨道半径，根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式判断粒子在磁场中的运动时间关系，根据粒子运动过程分析求出粒子最长运动时间与最长运动轨迹【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与BC边相切时，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得，粒子轨道半径：rABL，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm解得：v，粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T粒子在磁场中的运动时间为：tT；当粒子速度：v时，粒子都从AC边离开磁场，粒子在磁场中转过的圆心角：120，当粒子速度：v时，粒子从BC边离开磁场，粒子在磁场中转过的圆心角：120；A、粒子速度越大，粒
25、子轨道半径越大，由以上分析可知，只要粒子从AC边离开磁场，粒子在磁场中转过的圆心角相等，运动时间相等，故A错误；B、粒子从AC边离开磁场时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为120，粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间：tT，故B正确；C、粒子速度越大，粒子在磁场中运动的轨道半径越大，当粒子运动轨迹与BC边相切时运动轨迹最长，粒子速度再增大，粒子运动轨迹变小，并不是速度越大，粒子运动轨迹越长，故C错误；D、粒子运动轨迹与BC相切时运动轨迹最长，此时，粒子轨道半径：rL，转过的圆心角：120，粒子运动轨迹的长度：sr，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速
26、圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用几何知识与粒子做圆周运动的周期公式即可解题6（6分）宇航员驾驶宇宙飞船到达某行星表面，在离该行星表面高度为h处，将一小球大小为v0的初速度水平抛出，小球水平射程为x。已知该行星的半径为R，引力常量为G则下列判断正确的是（）A该行星的质量为B该行星的密度为C该星系的第一宇宙速度大小为D该行星表面的重力加速度大小为【考点】4F：万有引力定律及其应用；4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题【分析】根据平抛运动的规律求解行星表面的重力加速度；
27、行星表面物体重力等于万有引力求解行星质量；根据密度公式即可求解行星的密度；近地卫星运行速度即为第一宇宙速度。【解答】解：AD、根据平抛运动的规律可知：，解得行星表面任一物体的重力等于行星对物体的万有引力，得，故A、D正确；B、行星的密度，故B错误；C、该星系的第一宇宙速度大小，故C错误；故选：AD。【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要的理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。7（6分）如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A电压表读数减小B电流表读数
28、减小C油滴带负电D电源的输出功率逐渐增大【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】由图认识电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。【解答】解：B、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压
29、也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故B错误；A、因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；C、根据平衡可知油滴受到竖直向上的电场力，而上极板电势高于下极板，故油滴带负电，故C正确；D、由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故D正确。故选：ACD。【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。8
30、（6分）如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放（不计轮轴处的摩擦），到滑块A下降到速度最大（A未落地，B未上升至滑轮处）的过程中（）A滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量【考点】45：运动的合成和分解；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系 能量守恒定
31、律【分析】根据沿绳的加速度相同分析两滑块的关系；由系统的机械能守恒的条件判断；由沿绳的速度相等分析两滑块的速度关系；由动能定理或能量守恒分析机械能的变化。【解答】解：A、两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A的分加速度等于B的加速度；故A错误；B、绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加加的机械能和摩擦生热之和；故B错误；C、绳连接体沿绳的速度相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，如图所示，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；D、对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张力对滑块做功，由功能原理可知，细线
32、上张力对滑块A 做的功等于滑块A机械能的变化量；故D正确。故选：CD。【点评】绳连接体问题主要抓住五同原理解题（沿绳的拉力相同，沿绳的加速度相同，沿绳的速度相同，沿绳的功率相同，沿绳的做功相等）。三、非选择题：共174分第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9（6分）某同学用如图甲所示装置探究“质量不变时加速度与所受拉力的关系”，他在滑块上固定一宽度为d的遮光条，光电门固定在长木板上的B点，长木板放在水平的实验台上，用重物通过细线与固定在滑块前端的拉力传感器相连（拉力传感器可测出细线的拉力大小）。实验时保证滑块每次都从同一位置A由静
33、止释放，改变重物的质量m，测出对应拉力传感器的示数F和对应遮光条通过光电门的时间t试回答下列问题：（1）本实验不需要（填“需要”或“不需要”）满足重物质量远远小于滑块与传感器的总质量。（2）下列关于该同学应用图乙装置进行实验时得出的aF图线是D。（3）该同学在数据处理时未得出“质量一定时，加速度与所受拉力成正比关系”，原因是在实验前缺少一个重要环节是未平衡摩擦力；根据（2）中他的实验图象可知滑块与木板间的动摩擦因数0.2。（重力加速度g取10m/s2）【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；522
34、：牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据实验目的和原理确定是否需要满足重物和滑块的质量的大小关系；（2、3）根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，确定哪个图符合要求，并求出动摩擦因数的大小。【解答】解：（1）由于是通过拉力传感器测作用力，能准确的测出拉力，重物在此只是改变拉力的大小，所以没必要满足重物质量远远小于滑块与传感器的总质量；（2）根据牛顿第二定律有：滑块的加速度为：a，显然是一条不过原点的直线，且纵轴a的截距为负，则图象D符合要求，从另一角思考：当拉力为某一值时，小车未被拉动，显然是由于摩擦力的缘故；（3）由上述分析知：拉力为某一值时，但加速却为零，滑动块未拉动，显然是未平衡摩擦力的原
35、因。从图象的纵轴截距可以知道：0.2 代入可求：0.2故答案为：（1）不需要；（2）D；（3）平衡摩擦力，0.2【点评】题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的方法。10（9分）（1）某物理实验小组在使用多用电表按正确步骤测量某一电阻阻值，选择开关指在“10”欧姆档，指针指示位置如下图所示，则此电阻的阻值是220。（2）然后他们用伏安法来测未知电阻（电流表的内阻约1，电压表的内阻约20k）；为了得到尽量多的数据、较精确测出电阻值，并要求电压从0开始调节，他们应选用下图中的B图所示电路进行实验。用此方法测出的电阻比真实值偏大。（选填“小”或“大”）（3）在
36、“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据（如下表）。组别1234567U/V1.221.020.880.600.630.510.48I/A0.20.40.50.60.70.81.0根据表中实验数据在图中已描好点，该同学也作出UI图线；从图线中得出，电源电动势E1.6V；内电阻r1.3。若另一位同学未画出图线，只选用其中两组U和I的数据，根据公式EU1+I1r和EU2+I2r算出E和r，这样做可能得出误差很大的结果，则他选用其中第4组和第7组数据时算得的结果误差大。【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；32：定量思想；43：
37、推理法；535：恒定电流专题【分析】（1）多用电表测电阻时，其读数是表盘示数与倍率的乘积。（2）由实验要求可明确电路结论；根据原理图明确误差；（3）根据坐标系内描出的点作出图象，由图象求出电源电动势与内阻。根据图示图象分析答题。【解答】解：（1）多用电表选择开关指在“10”欧姆档，由图示表盘可知，则该电阻的阻值是：R2210220。（2）为了得到尽量多的数据、较精确测出电阻值，并要求电压从0开始调节，应该采用滑动变阻器分压接法；由题意可知：220，90.9，电流表应采用内接法，应选择图B所示实验电路；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真
38、实值。（3）由图示电源UI图象可知，电源UI图象与纵轴交点坐标值为1.6，电源电动势为：E1.6V，电源内阻为：r1.3；由图示图象可知，第4与第7组实验数据偏离图线最远，应用这两组数据列方程求出的电动势与内阻误差较大。故答案为：（1）220；（2）B，大；（3）1.6，1.3；7。【点评】本题考查了测量电源电动势与内阻实验，掌握描点法作图的方法即可正确解题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握。11（12分）如图甲，乙所示，半径为a0.4m的圆形区或内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，平行金属导轨PQPQ与磁场边界相切与OO，磁场与导轨平面垂直，导轨两侧分别接有灯L1、L2
39、，两灯的电阻均为R2，金属导轨的电阻忽略不计，则：（1）如图甲，若磁场随时间变化规律为，求流过L1电流的大小和方向；（2）如图乙所示，若磁感应强度恒为Bl.5T，一长为2a、电阻r2的均匀金属棒MN与导轨垂直放置且接触良好，现将棒以v05m/s的速率在导轨上向右匀速滑动，求：棒通过磁场过程中的最大拉力F大小，以及棒通过磁场过程中的电荷量q。【考点】CE：安培力的计算；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；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】（1）通过楞次定律确定电流方向，根据法拉第电磁感应定律求的电压和电流；（2）当导体棒长度为2a时产生的感
40、应电动势最大，此时导体棒受到的安培力最大，根据qIt求的电荷量【解答】解：（1）根据楞次定律可判断，电流逆时针方向，产生的感应电动势为：根据闭合电路欧姆定律得电流大小为：；（2）导体棒切割磁感线产生的感应电动势最大为：EB2av，解得：E6V，通过导体棒的电流为：由于导体棒匀速运动，最大拉力F与此时的安培力F安相等，故有：FF安BIL2.4N，通过导体棒的电荷量为：0.25C；答：（1）流过L1电流的大小为0.16A，方向为逆时针方向；（2）棒通过磁场过程中的最大拉力F大小为2.4N，棒通过磁场过程中的电荷量q为0.25C。【点评】考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律及电功率表达式；同时导体棒切割
41、磁感线相当于电源；穿过线圈磁通量变化也相当于电源；12（20分）如图所示，光滑水平面上有一质量M1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R0.7m的光滑圆弧轨道，固弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L0.9m，一个质量m2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m020g的子弹，以速度v500m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，g取10m/s2则，（1）通过计算判断小物块是否能达到圈弧轨道
42、的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小；（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x10cm，求弹簧的最大弹性势能。【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52G：动量和能量的综合【分析】（1）由于子弹击中小车的过程时间极短，则子弹和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出子弹击中小车获得的速度。此后小物块沿圆轨道上滑，到圆轨道最高点时，子弹、小车和小物块的速度相同，由水平动量守恒求出共同速度，再由系统的机械能守恒求小物块上升的最大高度h，将h与R比较，即可判断小物块是否能达到圆弧
43、轨道的最高点A，再根据系统水平动量守恒和机械能守恒求小物块再次回到B点时小物块的最大速度。（2）当弹簧具有最大弹性势能时三者速度相同，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解。【解答】解：（1）对于子弹打小车的过程，取向右为正方的，根据动量守恒定律得 m0v0（m0+M）v可得 v5m/s当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v共1。根据动量守恒定律得（m0+M）v（m0+M+m）v共1。解得 v共12.5m/s根据机械能守恒定律得 解得h0.625mR0.7m，所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A。当小物块再次回到B点时，小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2，根据动量守恒定律得（m0+M）
44、vmv2+（m0+M）v2根据能量守恒定律得 解得 v15m/s，v20（2）当弹簧具有最大弹性势能EP时，三者速度相同，由动量守恒定律得m0v0（m0+M+m）v共2可得 v共1v共22.5m/s根据质量守恒定律得解得 EP2.5J答：（1）小物块不能达到圆弧轨道的最高点A，当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小是5m/s；（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x10cm，弹簧的最大弹性势能是2.5J。【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界状态：弹簧具有最大弹性势能时三个物体的速度相同，结合动量守恒定律和能量守恒定律研究。（二）选
45、考题共45分请考生从给出的2个选修中、任选一个作答如果多做，则每学科按所列第一个计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）以下说法正确的是（）A叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用B影响蒸发快慢以及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气温下水的饱和汽压的差距C烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体D一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多E某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA【考点】82：阿伏加德罗常数；92：* 晶体和非晶体；95：液体的表面张力；9C：气体压强的微观意义菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；543：阿伏伽德罗常数的应用专题；549：气体的压强专题【分析】小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用；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的相对湿度，相对湿度100%，即空气中水蒸气越接近饱和湿度越大；单晶体各向异性，多晶体和非晶体各向同性；根据气体压强的产