《山东2018年高职单招物理模拟试题【含答案】.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东2018年高职单招物理模拟试题【含答案】.pdf（25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、山东 2018 年高职单招物理模拟试题【含答案】一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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）1一物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，下列判断正确的是（）A该物体的运动轨迹可能为圆 B在相等时间内合外力做的功一定相等 C该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越小 D该物体速度大小由 v 增加到 2v 和由 2v 增加到 3v 的两个过程中，合外力所做的功不相等 2如图所示，一斜劈放在水平地面上，斜劈上的物块在沿斜面向上的恒力 F 作用下匀
2、速下滑，斜劈始终保持静止下列说法正确的是（）A斜劈不受地面的摩擦力 B地面对斜劈的摩擦力方向水平向右 C若 F 反向，地面对斜劈的摩擦力也反向 D地面对斜劈的支持力等于斜劈和物块的重力之和 3如图甲所示，有一质量为 m=2kg 的物块静置于 x 轴上的某位置（图中未画出），物块在恒力作用下沿 x 轴开始运动，图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分下列说法正确的是（）A物块的加速度大小为 1m/s2 B物块所受的合力为 2N C物块的初始位置坐标为 x=0 D物块的初始位置坐标为 x=2m 4图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，
3、线圈的两端经集流环电刷与电阻 R 连接，交流电压表的示数为10V 图 乙 是 穿 过 矩 形 线 圈 的 磁 通 量随 时 间t变 化 的 图 象，则 A0.005s 时电压表的示数为零 B0.01s 是线圈产生的感应电动势为零 CR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10cos100t（V）DR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10sin100t（V）5如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 BM 为磁场边界上一粒子发射源，可在纸面内向各个方向发射带电量为 q、质量为 m、速率相同的带电粒子，不计粒子重力，粒子射出磁场时的位置均处于
4、磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的则粒子从 M 点进人磁场时的速率为（）A B C D 6极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）如图所示，若某极地卫星从北纬 60的正上方按图示方向第一次运行至北纬 30正上方所用时间为 t 已知地球半径为 R（地球可看作球体），地球表面的重力加速度为 g由以上条件可求得 A卫星运行的角速度为 B卫星运行的角速度为 C卫星距地面的高度为R D卫星距地面的高度为 7如图所示，一等边三角形的三个顶点 A、B、C 处分别放有+q、q、q 的点电荷，过顶点 C 作 AB 边的垂线，M、N、0 是 AB 的中垂线上的三点，且 M
5、N=N0，则（）AM 处的场强小于 N 处的场强 BM 处的电势低于 N 处的电势 CM、N 间的电势差小于 N、O 间的电势差 D电子在 M 处的电势能大于在 N 处的电势能 8如图所示，相距为 L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角，导轨上固定有质量为 m，电阻为 R 的两根相同的导体棒，导体棒 MN 上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒 MN 下滑而 EF 保持静止，当 MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsi
6、n B导体棒 MN 的最大速度为 C导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin D导体棒 MN 所受重力的最大功率为 二、非选择题 9现要用伏安法描绘一只标称值为“2.5V，0.6W”小灯泡的 IU 图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻 3k）B电流表（0300mA，内阻 0.5）C滑动变阻器（10，2A）D滑动变阻器 E蓄电池（电动势 4V，内阻不计）（1）为满足实验要求，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）；（2）用笔画线代替导线将实验电路图连接完整；（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示，将该小灯泡与一电动势为 1.5V，内阻为 5 的电源相连，此时该灯泡的实际
7、功率为 W 10如图所示，某实验小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解A、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负B 固定不动并通过光滑铰链连接一直杆，A 可沿固定的圆弧形轨道移动，连接不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在杆右端 O 点构成支架该实验用同一钩码提供对 O 点竖直向下的拉力，实验时始终保持杆在水平方向操作步骤如下（取 g=10m/s2，计算结果保留一位有效数字）：测量轻绳与水平杆的夹角；对两个传感器进行调零；在 0 点悬挂钩码，记录两个传感器的读数；取下钩码，移动传感器 A 改变 角；重复上述实验步骤，得到表格 F1/N 2.001
8、1.155 1.156 2.002 F2/N 1.733 0.578 0.579 1.734 30 60 120 150（1）根据表格数据可得，A 传感器对应的是表中力（选填“F1”或“F2”），钩码质量为 kg挂上钩码后，传感器 A 沿固定轨道移动过程中轻绳 A0 拉力的最小值为 N（2）每次改变 角后都要对传感器进行调零，此操作目的是 A因为事先忘记调零 B何时调零对实验结果没有影响 C可以完全消除实验的误差 D为了消除横杆自身重力对结果的影响 11如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，其质量 M=5kg、以 v0=7m/s 的初速度沿水平地面向右运动在木板的上方安装一个固定挡板 PQ
9、（挡板靠近但不接触木板），当木板的最右端到达挡板正下方时，立即将质量 m=1kg 的小铁块贴着挡板的左侧无初速地放在木板上，铁块与木板之间的动摩擦因数=0.5当木板向右运动 S=lm 时，又无初速地贴着挡板在第 1 个小铁块上放置第 2 个相同的小铁块，以后每当木板向右运动 lm 就再放置一个相同的小铁块，直到木板停止运动（放到木板上的各个铁块始终被挡板挡住而保持静止状态，取 g=10m/s2）求：（1）放置第 3 个铁块的瞬间，木板速度的大小？（结果保留根号）；（2）木板上最终叠放了多少个铁块？12如图所示，宽度为L 的区域被平均分为区域、，其中、有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直
10、纸面且相反长为L，宽为的矩形 abcd 紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为 dc 边中点，P 为 dc 边中垂线上一点，OP=3L矩形内有匀强电场，电场强度大小为 E，方向由 a 指向 O电荷量为 q、质量为 m、重力不计的带电粒子由 a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域的右边界相切（1）求该粒子经过 O 点时速度大小 v0；（2）求匀强磁场的磁感强度大小 B；（3）若在 aO 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共偏转 n 次到达 P 点，求 x 满足的条件及 n 的可能取值 三、选考题（共 45 分，请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道
11、生物题中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题 4 必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第1 题计分）【物理-选修 3-3】13已知二氧化碳摩尔质量为 M，阿伏加德罗常数为 NA，在海面处容器内二氧化碳气体的密度为 现有该状态下体积为 V 的二氧化碳，则含有的分子数为 实验表明，在 2500m深海中，二氧化碳浓缩成近似固体的硬胶体将二氧化碳分子看作直径为 D 的球，则该容器内二氧化碳气体全部变成硬胶体后体积约为 14如图所示，一个质量为 m 的 T 型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计
12、，距气缸底部 h0 处连接一 U 形细管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为 T0，活塞距离气缸底部为 2h0，两边水银柱存在高度差已知大气压强为 p0，气缸横截面积为 S，活塞竖直部分高为 1.2h0，重力加速度为 g，忽略活塞与气缸之间的摩擦阻力求：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为 Q，求气体内能的变化 【物理-选修 3-4】15两列简谐横波沿同一介质独立传播时的波形图如图所示，M 为 x=0.2m 处的质点，则下列说法中正确的是（）A甲波的传播速度 v1 比乙波的传播速度 v2
13、大 B图示时刻质点 M 的速度为零 CM 点是振动加强点 D由图示时刻开始，再经周期，质点 M 将位于波峰 E位于 x=0 处的质点与 M 点的振动方向总是相反的 16如图所示为某种透明介质的截面图，AOC 为等腰直角三角形，BC 为以 O 为圆心，半径 R=12cm 的四分之一圆弧，AB 与水平屏幕 MN 垂直并接触于 A 点由红光和紫光两种单色光组成的复色光从 BC 面射向圆心 O，在 AB 界面上的入射角 i=45，结果在水平屏幕 MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为，判断在屏幕 MN 上产生的两处亮斑分别是由什么色光组成的；求两个亮斑间的距离 【物理-选修 3-5】1
14、7已知氢原子第 n 级能量为 En=，其中 E1 为基态能量，当用频率为 v0 的光照射大量处于基态的氢原子时，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为 v1，v2，v3，v4，v5，v6的六条谱线，且频率由 v1 到 v6 逐渐增大，则 v0=；当氢原子由第 4 能级跃迁到第 2 能级时发出的光子频率为（结果均用六种频率之一来表示）18如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为 m 的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff=mg（g 为重力加速度）在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为 l，现有一质量也为
15、 m 的物体从距地面 2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力求：（i）物体与滑块碰撞后瞬间共同速度的大小；（ii）碰撞后，在滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹力做的功 山东 2018 年高职单招物理模拟试题参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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）1一物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，下列判断正确
16、的是（）A该物体的运动轨迹可能为圆 B在相等时间内合外力做的功一定相等 C该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越小 D该物体速度大小由 v 增加到 2v 和由 2v 增加到 3v 的两个过程中，合外力所做的功不相等【考点】65：动能定理；41：曲线运动【分析】物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的；位移是矢量，曲线运动在相等时间内，位移不一定相同，由功的定义判断；根据速度的合成来判断；根据动能定理来判断【解答】解：A物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的，所以在恒定合外力作用的运动轨迹不可能是圆，故 A 错误；B曲线运动在相等时间内，位移不一定相同，所
17、以合外力做的功不一定相等，故 B 错误；C当 F 与o 的方向垂直时才成立，设加速度为 a，速度方向与恒力方向的夹角为，根据速度的合成 tan=，因为时间逐渐增大，则 逐渐减小；F 与o 的方向不垂直时上述说法不成立，故 C 错误；D 由动能定理可知，W 合 1=EK1=m（2v）2m（v）2=1.5mv2，W 合 2=EK2=m（3v）2m（2v）2=2.5mv2，所以合外力所做的功不相等，故 D 正确 故选：D 2如图所示，一斜劈放在水平地面上，斜劈上的物块在沿斜面向上的恒力 F 作用下匀速下滑，斜劈始终保持静止下列说法正确的是（）A斜劈不受地面的摩擦力 B地面对斜劈的摩擦力方向水平向右
18、C若 F 反向，地面对斜劈的摩擦力也反向 D地面对斜劈的支持力等于斜劈和物块的重力之和【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力【分析】对整体受力分析后根据平衡条件列式求解支持力与重力及拉力的关系，根据水平方向受力平衡分析地面对斜面的摩擦力情况【解答】解：A、对斜面体和物块整体受力分析，整体处于平衡状态，受到重力、地面对斜面的支持力，斜向上的拉力和地面对斜面的静摩擦力，根据平衡条件可知，水平方向：地面对斜面的摩擦力等于 F 沿水平向左的分量，则地面对斜劈的摩擦力方向水平向右，竖直方向：地面对斜劈的支持力等于斜劈和物块的重力之和减去 F 在竖直方向的分量，即地面对斜劈的支持力
19、小于斜劈和物块的重力之和，故 AD 错误，B 正确；C、若 F 反向，地面对斜劈的摩擦力方向水平向左，也反向，故 C 正确 故选：BC 3如图甲所示，有一质量为 m=2kg 的物块静置于 x 轴上的某位置（图中未画出），物块在恒力作用下沿 x 轴开始运动，图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分下列说法正确的是（）A物块的加速度大小为 1m/s2 B物块所受的合力为 2N C物块的初始位置坐标为 x=0 D物块的初始位置坐标为 x=2m【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】物块在恒力作用下沿 x 轴开始做匀加速直线运动，根据位移速度公式求出 x 关
20、于v2 的表达式，根据图象的斜率和截距以及牛顿第二定律求解即可【解答】解：A、物块在恒力作用下沿 x 轴开始做匀加速直线运动，根据 x=+x0可知，xv2 图象的斜率表示，则，解得：a=0.5m/s2，故 A错误；B、根据牛顿第二定律可知，F=ma=1N，故 B 错误；C、图象与 x 轴的交点表示物块的初始位置坐标，根据图象可知，物块的初始位置坐标为 x=2m，故 D 正确，C 错误 故选：D 4图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO匀速转动，线圈的两端经集流环电刷与电阻 R 连接，交流电压表的示数为10V 图 乙 是 穿 过 矩 形 线 圈
21、 的 磁 通 量随 时 间t变 化 的 图 象，则 A0.005s 时电压表的示数为零 B0.01s 是线圈产生的感应电动势为零 CR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10cos100t（V）DR 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是 u=10sin100t（V）【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】电压表测量的是有效值，根据磁通量的变化可以判断出产生的感应电动势随时间的变化关系，即可判断出电阻 R 两端电压随时间的变化关系【解答】解：A、电压表测量的是有效值，故任意时刻不为零，故 A 错误；B、0.01s 时，穿过线
22、圈的磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，不为零，故 B 错误；C、产 生 感 应 电 动 势 的 周 期 为T=0.02s，R两 端 的 电 压 的 最 大 值 为，故 R 两端的电压 u 随时间 t 变化的规律是u=，故 C正确，D 错误；故选：C 5如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 BM 为磁场边界上一粒子发射源，可在纸面内向各个方向发射带电量为 q、质量为 m、速率相同的带电粒子，不计粒子重力，粒子射出磁场时的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的则粒子从 M 点进人磁场时的速率为（）A B C D【考点】CI：带电粒
23、子在匀强磁场中的运动【分析】画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件及角度关系，表示出圆周运动的半径，利用圆周运动由洛伦兹力充当向心力列式求解即可【解答】解：从 M 点射入的粒子与磁场边界的最远焦点为 P，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的，所以MOP=60；结合几何关系，有 洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：由得：联立得：故选：A 6极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）如图所示，若某极地卫星从北纬 60的正上方按图示方向第一次运行至北纬 30正上方所用时间为 t 已知地球半径为 R（地球可看作球体），地球表面的重力加速度为 g由以上条件
24、可求得 A卫星运行的角速度为 B卫星运行的角速度为 C卫星距地面的高度为R D卫星距地面的高度为【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】卫星做匀速圆周运动，根据角度与时间之比求角速度根据万有引力等于向心力，以及万有引力等于重力，列式求解卫星距地面的高度【解答】解：AB、据题，极地卫星转过时用时为 t，则卫星运行的角速度为=故 A 错误，B 正确 CD、根据万有引力等于向心力，则有：G=m2（R+h）在地球表面上，由重力等于万有引力得：mg=G 联立解得 h=R故 C 正确，D 错误 故选：BC 7如图所示，一等边三角形的三个顶点 A、B、C 处分别放有+q、q、q 的点电荷，过
25、顶点 C 作 AB 边的垂线，M、N、0 是 AB 的中垂线上的三点，且 MN=N0，则（）AM 处的场强小于 N 处的场强 BM 处的电势低于 N 处的电势 CM、N 间的电势差小于 N、O 间的电势差 D电子在 M 处的电势能大于在 N 处的电势能【考点】AA：电场的叠加；AB：电势差；AD：电势差与电场强度的关系【分析】题中电场是三个点电荷共同产生的，可以分为两组，即 A 与 B 是等量异号电荷，C点点电荷；注意等量异号电荷的中垂线是等势面【解答】解：A、对于点 M，电场强度为 AB 产生的水平向右的分电场和 C 产生的向下的分电场合成的；对 N，电场强度也为 AB 产生的水平向右的分电
26、场和 C 产生的向下的分电场合成的；比较两个分电场的电场强度，都是 N 点的大，而两个分电场的电场强度垂直，故合电场的电场强度也是 N 点的大；故 A 正确；B、MN 在 AB 电荷的中垂线上，故 AB 产生的分电场在 MN 点的电势是相等的；而电荷 C 在 M 点产生的电势大；电势是标量，M、N 点的电势等于两个分电场产生的电势的代数和，故 M 处的电势高于 N处的电势，故 B 错误；C、MN 在 AB 电荷的中垂线上，故 AB 产生的分电场在 MN 间的电势差为零；而负电荷 C 在 MN 间的电势差小于 NO 间的电势差，故 M、N 间的电势差小于 N、O 间的电势差，故 C 正确；D、由
27、选项 B 分析可以 M 处的电势高于 N 处的电势，故电子在 M 处的电势能小于在 N 处的电势能，故 D 错误；故选：AC 8如图所示，相距为 L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角，导轨上固定有质量为 m，电阻为 R 的两根相同的导体棒，导体棒 MN 上方轨道粗糙，下方光滑，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 B将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒 MN 下滑而 EF 保持静止，当 MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，下列叙述正确的是（）A导体棒 MN 受到的最大安培力为 mgsin B导体棒 MN 的最大速度为 C导体棒 EF 与
28、轨道之间的最大静摩擦力为 mgsin D导体棒 MN 所受重力的最大功率为【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BG：电功、电功率；CC：安培力【分析】导体棒 MN 匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件求解；分析 MN 的运动情况：先加速运动后匀速运动，匀速运动时速度最大，根据平衡条件求解最大速度；对两棒分别研究，根据平衡条件求导体棒 EF 与轨道之间的最大静摩擦力；导体棒 MN 所受重力的最大功率等于回路最大的电功率【解答】解：A、导体棒 MN 匀速运动时速度最大，感应电流最大，所受的安培力也最大，由平衡条件得知：最大安培力为 FAm=mgsin故 A 正确
29、 B、当导体棒 MN 匀速运动时速度最大，由平衡条件得：mgsin=BIL=，则得最大速度为 v=故 B 正确 C、当 MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对 EF 棒：mgsin+=fm，则得最大静摩擦力为fm=2mgsin故 C 错误 D、导体棒MN所受重力的最大功率为Pm=mgsinv=故 D 错误 故选：AB 二、非选择题 9现要用伏安法描绘一只标称值为“2.5V，0.6W”小灯泡的 IU 图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻 3k）B电流表（0300mA，内阻 0.5）C滑动变阻器（10，2A）D滑动变阻器
30、 E蓄电池（电动势 4V，内阻不计）（1）为满足实验要求，滑动变阻器应选用 C（用序号字母表示）；（2）用笔画线代替导线将实验电路图连接完整；（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示，将该小灯泡与一电动势为 1.5V，内阻为 5 的电源相连，此时该灯泡的实际功率为 0.112 W【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据实验中滑动变阻器的接法可明确应选用的滑动变阻器；（2）根据实验原理明确实验接法，再根据实物图的连接方法即可明确实物图；（3）在图中作出电源的伏安特性曲线，根据交点可明确灯泡的工作点，再由 P=UI 可求得实际功率【解答】解：（1）因本实验采用分压式接法，故滑
31、动变阻器应采用小电阻 C；（2）本实验采用滑动变阻器分压接法，同时电流表采用外接法；故实物图如图所示；（3）在图 2 中作出电源的伏安特性曲线如图所示，两图的交点为灯泡的工作点，由图可知，电压为 0.8V，电流为 140mA，则功率 P=UI=0.80.140=0.112W；故答案为：（1）C；（2）如图所示；（3）0.112 10如图所示，某实验小组同学利用 DIS 实验装置研究支架上力的分解A、B 为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负B 固定不动并通过光滑铰链连接一直杆，A 可沿固定的圆弧形轨道移动，连接不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在杆右端 O 点
32、构成支架该实验用同一钩码提供对 O 点竖直向下的拉力，实验时始终保持杆在水平方向操作步骤如下（取 g=10m/s2，计算结果保留一位有效数字）：测量轻绳与水平杆的夹角；对两个传感器进行调零；在 0 点悬挂钩码，记录两个传感器的读数；取下钩码，移动传感器 A 改变 角；重复上述实验步骤，得到表格 F1/N 2.001 1.155 1.156 2.002 F2/N 1.733 0.578 0.579 1.734 30 60 120 150（1）根据表格数据可得，A 传感器对应的是表中力 F1（选填“F1”或“F2”），钩码质量为 0.1 kg挂上钩码后，传感器 A 沿固定轨道移动过程中轻绳 A0
33、拉力的最小值为 1 N（2）每次改变 角后都要对传感器进行调零，此操作目的是 D A因为事先忘记调零 B何时调零对实验结果没有影响 C可以完全消除实验的误差 D为了消除横杆自身重力对结果的影响 【考点】M3：验证力的平行四边形定则【分析】（1）绳子只能提供拉力，即可知道 A 传感器对应的是表中力 F1可以对结点 O 进行受力分析，由竖直方向平衡条件解出 m（2）本实验中多次对传感器进行调零，是为了消除横杆自身重力对结果的影响【解答】解：（1）由表格数据可知，F1 都是正值，传感器受到的都是拉力，因绳子只能提供拉力，故 A 传感器对应的是表中力 F1 对结点 O 受力分析有 F1sin30=mg
34、，解得 m=0.1kg，当 A0 方向竖直向上时，拉力最小，则最小值为 F=mg=1N（2）本实验中多次对传感器进行调零，为了消除横杆自身重力对结果的影响，故 D 正确 故选：D 故答案为：（1）F1；0.1；1；（2）D 11如图所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，其质量 M=5kg、以 v0=7m/s 的初速度沿水平地面向右运动在木板的上方安装一个固定挡板 PQ（挡板靠近但不接触木板），当木板的最右端到达挡板正下方时，立即将质量 m=1kg 的小铁块贴着挡板的左侧无初速地放在木板上，铁块与木板之间的动摩擦因数=0.5当木板向右运动 S=lm 时，又无初速地贴着挡板在第 1 个小铁块上放置
35、第 2 个相同的小铁块，以后每当木板向右运动 lm 就再放置一个相同的小铁块，直到木板停止运动（放到木板上的各个铁块始终被挡板挡住而保持静止状态，取 g=10m/s2）求：（1）放置第 3 个铁块的瞬间，木板速度的大小？（结果保留根号）；（2）木板上最终叠放了多少个铁块？【考点】39：牛顿运动定律的综合应用；1G：匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）根据牛顿第二定律求出第 1 个铁块放上后，木板的加速度；根据速度位移公式求出放上第二个铁块时的速度，结合牛顿第二定律求出放置第 2 个铁块后的加速度，从而结合速度位移公式求出放置第 3个铁块的瞬间，长木板的速度；（2）长木板停下来前，结合动能
36、定理，通过摩擦力做功求出放上铁块的个数【解答】解：（1）当放置在第 1 个小铁块时，根据牛顿第二定律得：mg=Ma1 解得：a1=1m/s2，方向向左，由=2a1s 得，放置第 2 个铁块瞬间长木板的速度：v1=，解得：v1=m/s 放置第 2 个铁块后，根据牛顿第二定律得：2mg=Ma2 a2=2m/s2，由=2a2s 得，放置第 3 个铁块瞬间长木板的速度：v2=，解得：v2=m/s （2）长木板停下来之前，由动能定理得：Wf=0M 而Wf=（mgs）+（2mgs）+（nmgs）=mgs 联立解得：n6.5，所以最终应有 7 个铁块放在长木板上 答：（1）放置第 3 个铁块的瞬间，木板的速
37、度为m/s；（2）木板上最终叠放了 7 个铁块 12如图所示，宽度为L 的区域被平均分为区域、，其中、有匀强磁场，它们的磁感强度大小相等，方向垂直纸面且相反长为L，宽为的矩形 abcd 紧邻磁场下方，与磁场边界对齐，O 为 dc 边中点，P 为 dc 边中垂线上一点，OP=3L矩形内有匀强电场，电场强度大小为 E，方向由 a 指向 O电荷量为 q、质量为 m、重力不计的带电粒子由 a 点静止释放，经电场加速后进入磁场，运动轨迹刚好与区域的右边界相切（1）求该粒子经过 O 点时速度大小 v0；（2）求匀强磁场的磁感强度大小 B；（3）若在 aO 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区
38、域中共偏转 n 次到达 P 点，求 x 满足的条件及 n 的可能取值 【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由动能定理就能求得粒子在电场中加速后的速度，只是要注意其中的几何关系，即在电场方向上加速的距离（2）由题意加速后进入区磁场做匀速圆周运动后恰与右边界相切，画出轨迹，由几何关系关系求出半径，再由牛顿第二定律求出求出磁感应强度大小（3）大致画出粒子偏转 3 次后经过 P 点，匀减速直线运动和匀速圆周运动沿竖直方向上的距离之和等于 3L结合 0RR0，就能确定 n 的取值范围【解答】解：（1）由题意中长宽几何关系可知 aO=L，粒子在 aO 加
39、速过程有 动能定理：得粒子经过 O 点时速度大小：v0=（2）粒子在磁场区域 III 中的运动轨迹如图，设粒子轨迹圆半径为 R0，由几何关系可得：由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：联立式，得：B=（3）若粒子在磁场中一共经过 n 次偏转到达 P，设粒子轨迹圆半径为 R，由几何关系有：依题意有 0RR0 联立得，且 n 取正整数 设粒子在磁场中的运动速率为 v，有：在电场中的加速过程，由动能定理：联立式，得：，其中 n=2、3、4、5、6、7、8 答：（1）该粒子经过 O 点时速度大小为（2）求匀强磁场的磁感强度大小 B 为（3）若在 aO 之间距 O 点 x 处静止释放该粒子，粒子在磁场区域中共
40、偏转 n 次到达 P 点，x满足的条件 是：其中 n=2、3、4、5、6、7、8 三、选考题（共 45 分，请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所做题目的题 4 必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第1 题计分）【物理-选修 3-3】13已知二氧化碳摩尔质量为 M，阿伏加德罗常数为 NA，在海面处容器内二氧化碳气体的密度为 现有该状态下体积为 V 的二氧化碳，则含有的分子数为 NA 实验表明，在 2500m 深海中，二氧化碳浓缩成近似固体的硬胶体将二氧化碳
41、分子看作直径为D的 球，则 该 容 器 内 二 氧 化 碳 气 体 全 部 变 成 硬 胶 体 后 体 积 约 为 【考点】82：阿伏加德罗常数【分析】质量为：m=V；物质的量为：n=；含有的分子数为 N=nNA；球体的体积公式为：；二氧化碳气体全部变成硬胶体后体积大约为分子的体积之和【解答】解：容器内二氧化碳气体的密度为 现有该状态下体积为 V，质量为：m=V 物质的量为：n=含有的分子数为 N=nNA 联立解得：N=NA 每个二氧化碳分子看作直径为 D 的球，其体积为：二氧化碳气体全部变成硬胶体后，分子个数没变化，故总体积约为：V=NAV0 联立解得：V=故答案为：NA，14如图所示，一个
42、质量为 m 的 T 型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部 h0 处连接一 U 形细管（管内气体的体积忽略不计）初始时，封闭气体温度为 T0，活塞距离气缸底部为 2h0，两边水银柱存在高度差已知大气压强为 p0，气缸横截面积为 S，活塞竖直部分高为 1.2h0，重力加速度为 g，忽略活塞与气缸之间的摩擦阻力求：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为 Q，求气体内能的变化 【考点】99：理想气体的状态方程；8F：热力学第一定律【分析】（i）气体开始做等压变化，当活塞接触气缸底部
43、后气体做等容变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律与查理定律可以求出气体的温度（ii）根据题意求出外界对气体做功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的变化量【解答】解：（1）刚开始气体温度降低时气体做等压变化，气体的状态参量为：V1=2h0S，T1=T0，V2=1.2h0S，由盖吕萨克定律得：=，解得：T2=0.6T0；当活塞与气缸底部接触后气体体积保持不变，气体做等容变化，气体的状态参量：p2=p0+，p3=p0，由查理定律得：=，即：=，解得：T3=；（ii）气体温度降低气体体积减小，外界对气体做功：W=pV=（p0+）（2h0S1.2h0S）=0.8p0h0S+0.8mgh0
44、，由热力学第一定律可知，气体内能的变化量：U=WQ=0.8p0h0S+0.8mgh0Q；答：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为时两边水银面恰好相平；（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为 Q，气体内能的变化为：0.8p0h0S+0.8mgh0Q 【物理-选修 3-4】15两列简谐横波沿同一介质独立传播时的波形图如图所示，M 为 x=0.2m 处的质点，则下列说法中正确的是（）A甲波的传播速度 v1 比乙波的传播速度 v2 大 B图示时刻质点 M 的速度为零 CM 点是振动加强点 D由图示时刻开始，再经周期，质点 M 将位于波峰 E位于 x=0 处的质点与 M 点
45、的振动方向总是相反的【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系【分析】两列波在同种介质中传播，传播速度大小相等由波形平移法分析质点 M 的运动方向，根据波的叠加原理分析质点 M 的速度和状态【解答】解：A、两列波在同种介质中传播，传播速度大小相等故 A 错误 B、根据波形平移法判断知：图示时刻，两列波单独引起的波使质点 M 均向上振动，所以图示时刻质点 M 的速度最大故 B 错误 C、M 点是波峰与波峰及波谷与波谷相遇的点，振动加强故 C 正确 D、图示时刻质点 M 振动方向向上，再经周期，质点 M 将位于波谷，故 D 错误 E、两列波单独传播时，位于 x=0 处的质点与 M 点的
46、振动方向总是相反，叠加后它们的振动方向仍然总是相反，故 E 正确 故选：CE 16如图所示为某种透明介质的截面图，AOC 为等腰直角三角形，BC 为以 O 为圆心，半径 R=12cm 的四分之一圆弧，AB 与水平屏幕 MN 垂直并接触于 A 点由红光和紫光两种单色光组成的复色光从 BC 面射向圆心 O，在 AB 界面上的入射角 i=45，结果在水平屏幕 MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为，判断在屏幕 MN 上产生的两处亮斑分别是由什么色光组成的；求两个亮斑间的距离 【考点】H3：光的折射定律【分析】由全反射可知红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性
47、质；由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离【解答】解：设红光和紫光的临界角分别为 C1、C2，sinC1=，C1=60，同理 C2=45，i=45=C2C1，所以紫光在 AB 面发生全反射，而红光在 AB 面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与 AC 垂直，所以在 AM 处产生的亮斑 P1 为红色，在 AN 处产生的亮斑 P2 为红色与紫色的混合色 画出如图光路图，设折射角为 r，两个光斑分别为 P1、P2 根据折射定律 n1=求得 sinr=由几何知识可得：tanr=，解得 AP1=6cm 由几何知识可得OAP2 为等腰直角三角形，解得 AP2=12cm 所以 P1P2=6（
48、+2）cm20.5cm 答：在 AM 处产生的亮斑 P1 为红色，在 AN 处产生的亮斑 P2 为红色与紫色的混合色；两个亮斑间的距离是 20.5cm 【物理-选修 3-5】17已知氢原子第 n 级能量为 En=，其中 E1 为基态能量，当用频率为 v0 的光照射大量处于基态的氢原子时，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为 v1，v2，v3，v4，v5，v6的六条谱线，且频率由 v1 到 v6 逐渐增大，则 v0=v6；当氢原子由第 4 能级跃迁到第 2能级时发出的光子频率为 v3（结果均用六种频率之一来表示）【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁【分析】本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能
49、级向低能级跃迁，根据能级图，有 6条光谱线说明原子最高能级在 n=4 能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于 n=4能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解【解答】解：大量氢原子跃迁时有 6 个频率的光谱，这说明是从 n=4 能级向低能级跃迁 n=4 能级向 n=1 能级跃迁时，hv6=E4E1 n=3 能级向 n=1 能级跃迁时，hv5=E3E1 n=2 能级向 n=1 能级跃迁时，hv4=E2E1 n=4 能级向 n=2 能级跃迁时，hv3=E4E2 n=3 能级向 n=2 能级跃迁时，hv2=E3E2 n=4 能级向 n=3 能级跃迁时，hv1=E4E3 当用频率为 v0 的光照
50、射大量处于基态的氢原子时，则有：v0=v6；当氢原子由第 4 能级跃迁到第 2 能级时发出的光子频率为 v3，故答案为：v6，v3 18如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为 m 的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff=mg（g 为重力加速度）在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为 l，现有一质量也为 m 的物体从距地面 2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力求：（i）物体与滑