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1、微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始2017-2018学年河南省郑州外国语学校高三（上）仿真模拟物理试卷二、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14-17题只有一个选项符合题目要求，第18-21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）据报道，我国在不久的将来要建六十座核电站，其中河南省将建四座。目前核电站所进行的核反应方程可能是（）A24He+714N817O+11HB12H+13H24He+01nC92235U+01n56129Br+3697Kr+1001nD90234Th91234Pa+-10e2（6分）如图
2、所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块，在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（）A2m/s2B4m/s2C6m/s2D8m/s23（6分）如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一电荷量很小的正电荷固定在P点，用E、U分别表示电容器的场强和电压，Ep表示该电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板稍向下移至图中虚线位置，则（）AU 不变，E不变BE变大，Ep变大CU 变小，Ep变大DE 不变，Ep不变。4（6分）一质点
3、在x轴上运动，初速度v00，加速度不为负值，当加速度a的值由零增大到某一值后，再逐渐减小到零，则该质点（）A速度先增大后减小，直到a0为止B速度一直增大，直到a0为止C位移先增大后减小，直到a0为止D位移一直增大，直到a0为止5（6分）如图所示，用一矩形薄金属板折成“”形金属槽，放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，并以对地的速度v1向右水平匀速运动，从槽口右侧水平向左对入质量为m，对地速度为v2的微粒，如果该微粒进入槽内能做匀速圆周运动，不考虑磁场的变化，则下列判断正确的是（）A该微粒一定带负电B该微粒一定顺时针运动C该微粒一定受三个恒力的作用D该微粒只受一个力的作用6（6分）如图所示，质量为M的
4、木板在光滑水平面上以速度v0向右匀速运动，某时刻将一可看作质点的小物块轻轻地放于木板前端，设木板足够长，最后木板动能损失89则（）A系统产生的内能为49Mv02B系统产生的内能为13Mv02C小物块的最大动能为16Mv02D小物块的最大速度为13v07（6分）已知万有引力恒量、某行星的半径和绕该行星表面运行的卫星的周期，则可以求出的量是（）A该行星的质量B该卫星的质量C该行星同步卫星离其表面的高度D该行星的第一宇宙速度8（6分）如图所示，矩形金属框abcd的质量为m，电阻为R，边长abh，adL从某一高度自由落下，恰好匀速进入一垂直于纸面向里的，上下宽度也为h的水平匀强磁场，不计空气阻力，该磁
5、场下边界距地面的高度大于h，则（）A线框一定匀速穿出磁场B线框可能匀速也可能如速还可能减速穿出磁场C线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2mghD线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mgh三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题，共129分9（6分）利用如图所示的装置来测量滑块和水平面间的动摩擦因数，通过调节计时器的功能，将滑块从图中所示的位置释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门1的时间为t1，滑块通过光电门2的时间为t2，测得两光电门的距离为x，遮光条的宽度为d。（1）不考虑遮光条宽度
6、对测量结果的影响，滑块加速度的测量值为a测 。（2）测得悬挂物质量为m1，滑块质量为m2，滑块和水平面间的动摩擦因数的测量值测 （用m1、m2、a测、重力加速度g表示）（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，则滑块与水平面间的动摩擦因数的测 真（填“大于”、“小于”、“等于”）。10（9分）某实验小组在实验室做了一系列的实验，为了把一内阻较小的灵敏电流计G改装成电压表，需要先测量灵敏电流计的内阻，实验室备有以下器材：A灵敏电流计G（内阻Rg未知，满偏电流为Ig1mA）；B电源E1（电动势约为2V）；C电源E2（电动势约为12V）；D滑动变阻器R1（020）；E滑动变阻器R2（115k）；F电阻箱
7、R（0999）；G开关、导线若干（1）某同学设计了如图1所示的电路图用“半偏法”来测量灵敏电流计的内阻；操作步骤如下：把滑动变阻器R调到最大，闭合S1，断开S2，调R使灵敏电流计满偏。保持R不变，闭合S2，调节电阻箱R使灵敏电流计半偏，发现半偏时的电阻箱读数为100。请问：为了使实验结果更精确，此实验中的电源应选 ，滑动变阻器应选 ，（填仪器前的字母代号），经以上操作该灵敏电流计的内阻是 。（2）把该灵敏电流计与电阻箱串联起来改装成一个电压表，然后接在多用电表的红、黑表笔之间，多用电表选择的是1k档，灵敏电流计和多用电表的示数如图2：经分析电阻箱的读数为 k，改装的电压表的量程为 V，多用电表
8、内的电源的电动势为 V（第（2）小问保留两位有效数字）11（14分）竖直放置的塑料细管中卡有一个塞子A，它与管壁间的最大静摩擦力Ff1.2N，一个劲度系数为k10N/m的弹簧将一个质量为m0.1kg的小球与塞子连在一起。在弹簧处于自然长度时将小球释放，我们可以认为弹簧从自然长度开始伸长x的过程中平均弹力为F=12kx，不计塞子和弹簧的质量，管子的下端足够长，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g10m/s2，在小球第一次运动到最低点的过程中，求：（1）弹簧的最大伸长量及小球的最大速度；（2）塞子的最大速度和塞子在管中滑行的距离。12（18分）如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域
9、MON内分布着磁感应强度为B2.0103T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为2m，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为qm=5107C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v1105m/s，与x轴正方向的夹角分布在090范围内。（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；（2）求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题2
10、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的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313（5分）以下说法正确的是（）A物体运动的速度越大，其内能越大B布朗运动是液体分子无规则运动的反映C温度低的物体其内能一定小D一定质量的理想气体等温膨胀过程一定是吸热的E两个分子距离增大，它们间的势能可能减小14（10分）横截面积为S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A和B将气缸分隔为、两个气室，两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在
11、活塞A上加细沙，使之向下移动一段距离h=12d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量。物理-选修3-4（15分）15利用甲乙两种单色光和同一干涉实验装置实验时发现：甲光的相邻两条明条纹间距小于乙光的相邻两条暗条纹的间距。以下说法正确的是（）A甲的波长大于乙的波长B甲的频率大于乙的频率C由同一种介质射向空气发生全反射时甲的临界角小于乙的临界角D同一介质中甲的折射率小于乙的行射率E若甲光能使某金属材料发生光电效应现象，则乙光不一定能使该金属材料发生光电效应现象 2017-2018学年河南省郑州外国语学校高三（上）仿真模拟物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题
12、，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一个选项符合题目要求，第18-21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）据报道，我国在不久的将来要建六十座核电站，其中河南省将建四座。目前核电站所进行的核反应方程可能是（）A24He+714N817O+11HB12H+13H24He+01nC92235U+01n56129Br+3697Kr+1001nD90234Th91234Pa+-10e【考点】JF：原子核的人工转变；JJ：裂变反应和聚变反应菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】现在的
13、核电站用的是裂变反应，根据核反应方程式判断核反应类型，从选项中找出裂变反应即可。重核裂变的特点是较重的原子核，裂开成两个中等质量的原子核，同时释放中子。【解答】解：现在的核电站用的是重核裂变反应获取能量，A、24He+714N817O+11H，该核反应是卢瑟福发现质子做的人工核反应，故A错误；B、12H+13H24He+01n，该核反应是轻核聚变，故B错误；C、92235U+01n56129Br+3697Kr+1001n，较重的原子核，裂开成两个中等质量的原子核，同时释放中子，该核反应是重核裂变，故C正确；D、90234Th91234Pa+-10e，该核反应中，原子核放出粒子后，变成一个新的核
14、，故该核反应为衰变，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了重核的裂变，解题关键是要记住一些特殊的核反应方程，能根据核反应方程式判断核反应类型。2（6分）如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块，在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（）A2m/s2B4m/s2C6m/s2D8m/s2【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】522：牛顿运动定律综合专题【分析】甲由10N变为8N，减少了2N，说明小车是向右方向
15、加速且减少的2N就是物块由惯性向左运动挤压造成，则乙也增加2N，所以物体一共受到4N，根据牛顿第二定律即可求解。【解答】解：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10N变为8N时，其形变量减少，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为12N物体在水平方向所受到的合外力为：FT乙T甲12N8N4N。根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为：a=Fm=41=4m/s2小车与物块相对静止，加速度相等，所以小车的加速度为4m/s2故选：B。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要知道弹簧秤甲的力减小量跟弹簧秤乙的弹力增加量相同。3（6分）
16、如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一电荷量很小的正电荷固定在P点，用E、U分别表示电容器的场强和电压，Ep表示该电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板稍向下移至图中虚线位置，则（）AU 不变，E不变BE变大，Ep变大CU 变小，Ep变大DE 不变，Ep不变。【考点】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】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化。【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，
17、电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=S4kd知，电容增大，根据U=QC，则板间电压U变小。由E=Ud=QCd，C=S4kd得到：E=4kQS，可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式UEd可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=S4kd以及定义式C=QU要能熟练推导出场强的表达式E=4kQS，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析。4（6分）一质点在x轴上运动，初速度v00，加速度不为负值，
18、当加速度a的值由零增大到某一值后，再逐渐减小到零，则该质点（）A速度先增大后减小，直到a0为止B速度一直增大，直到a0为止C位移先增大后减小，直到a0为止D位移一直增大，直到a0为止【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】知道加速度是描述速度变化快慢的物理量，判断物体速度增加还是减小是看物体的速度方向与加速度方向关系。判读位移大小的变化是看初位置与某位置的距离【解答】解：A、由题意知：加速度的方向始终与速度方向相同，加速度a的值由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到0的过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相
19、同，所以速度逐渐增大。故A错误。B、根据A选项分析，故B正确。C、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大。故C错误。D、由于质点做方向不变的直线运动，所以位移位移逐渐增大，加速度等于零时做匀速运动，位移仍然增大，故D错误。故选：B。【点评】要清楚物理量的物理意义：加速度描述速度变化快慢，速度描述位移变化快慢，同时要掌握某一个量的变化是通过哪些因素来确定。5（6分）如图所示，用一矩形薄金属板折成“”形金属槽，放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，并以对地的速度v1向右水平匀速运动，从槽口右侧水平向左对入质量为m，对地速度为v2的微粒，如果该微粒进入槽内能做匀速圆周运动，不考虑磁场的变化，则
20、下列判断正确的是（）A该微粒一定带负电B该微粒一定顺时针运动C该微粒一定受三个恒力的作用D该微粒只受一个力的作用【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】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据金属槽移动由楞次定律得到场中电场方向，即可根据受力分析及微粒运动得到粒子受力，从而得到微粒电性；根据左手定则得到微粒运动方向。【解答】解：金属槽向右移动在上下金属板间形成稳定电势差，由楞次定律可得：上板电压高，故微粒所在区域的电场方向竖直向下；根据微粒做匀速圆周运动，对微粒进行受力分析可得：微粒受洛伦兹力和竖直向下的重力及竖直向上的电场力作用，洛伦
21、兹力做向心力；故由电场方向竖直向下，电场力方向竖直向上可得：微粒带负电；由微粒带负电，根据左手定则可得：微粒做顺时针运动；由于洛伦兹力方向一直改变，重力和电场力平衡可知：微粒受三个力作用，洛伦兹力不是恒力，故AB正确，CD错误；故选：AB。【点评】不闭合的金属槽在磁场中运动，不能形成稳定电流（没有回路），但是，仍会由于切割磁感线形成电势差，从而形成电场。6（6分）如图所示，质量为M的木板在光滑水平面上以速度v0向右匀速运动，某时刻将一可看作质点的小物块轻轻地放于木板前端，设木板足够长，最后木板动能损失89则（）A系统产生的内能为49Mv02B系统产生的内能为13Mv02C小物块的最大动能为16
22、Mv02D小物块的最大速度为13v0【考点】53：动量守恒定律菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】木板在光滑的水平面上运动，当物块放在长木板上后两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可求得物块B的质量。由能量守恒定律可求得系统损失的机械能。【解答】解：设物块的质量为m。小物块在木板上运动的过程中二者组成的系统水平方向的动量守恒，取长木板的速度方向为正方向，当速度相等时，由动量守恒定律得：Mv0（M+m）v可得：v=Mv0M+m木板开始时的动能：Ek0=12Mv02木板的末动能：Ek=12Mv2由题意：Ek0-Ek=89Ek0
23、可知：v=13v0，m2M。A、B、对木板、物块组成的系统损失的机械能为：E=12Mv02-12（M+m）v12=13Mv02可知可以求出系统损失的机械能，故A错误，B正确。C、D、当物块的速度最大时，物块的速度与木板的速度相等，所以物块的最大速度为13v0，物块的最大动能：Ekm=12mv2=122M(13v0)2=19Mv02故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律。在解题中，要注意找出题目中的已知量和未知量，从而确定能否求出相关的物理量。7（6分）已知万有引力恒量、某行星的半径和绕该行星表面运行的卫星的周期，则可以求出的量是（）A该行星的质量B该卫星的质量
24、C该行星同步卫星离其表面的高度D该行星的第一宇宙速度【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题【分析】对近地卫星根据万有引力提供向心力即可求解该行星的质量；由万有引力等于重力求解行星表面的重力加速度；根据第一宇宙速度公式求解该行星的第一宇宙速度。【解答】解：AB、设近地卫星的质量为m，行星的质量为M，根据万有引力提供向心力有；GmMR2=mR42T2GmMR2=mR42T2，得行星质量M=42R3GT2，所以已知万有引力常量G，某行星的半径和绕该星表面运行的卫星的周期，即可求解该行星的质量，不能求得卫
25、星的质量，故A正确B错误；C、该行星的自转周期未知，所以无法求解该行星的同步卫星离其表面的高度，故C错误；D、根据第一宇宙速度公式；v1=GMRv1=GMR，所以可求解该行星的第一宇宙速度，故D正确；故选：AD。【点评】解决本题的关键掌握万有引力的两个理论，1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力。并能灵活运用。8（6分）如图所示，矩形金属框abcd的质量为m，电阻为R，边长abh，adL从某一高度自由落下，恰好匀速进入一垂直于纸面向里的，上下宽度也为h的水平匀强磁场，不计空气阻力，该磁场下边界距地面的高度大于h，则（）A线框一定匀速穿出磁场B线框可能匀速也可能如速还可能减速穿出磁场C线框
26、穿过磁场的过程中产生的焦耳热为2mghD线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为mgh【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；538：电磁感应功能问题【分析】线框进入磁场过程与穿出磁场过程受到重力与安培力作用，根据题意确定重力与安培力大小关系，分析线框的运动过程，判断线框运动性质；应用能量守恒定律求出线框穿过磁场过程产生的焦耳热。【解答】解：AB、线框进入磁场时受到竖直向上的安培力：F、竖直向下的重力mg，由题意可知，线框匀速进入磁场，由平衡条件可知：Fmg，线框进入磁场过程做匀速直线运动，线框穿出磁场过
27、程受安培力与重力作用，安培力F不变，线框所受合力为零，线框穿出磁场过程做匀速直线运动，故A正确，B错误；CD、线框匀速穿过磁场，线框的动能不变，线框减少的重力势能转化为焦耳热，由能量守恒定律可知，线框穿过磁场过程产生的 焦耳热：Q2mgh，故C正确，D错误；故选：AC。【点评】解决本题的关键搞清金属框在整个过程中的运动情况，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律和共点力平衡进行求解。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题，共129分9（6分）利用如图所示的装置
28、来测量滑块和水平面间的动摩擦因数，通过调节计时器的功能，将滑块从图中所示的位置释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门1的时间为t1，滑块通过光电门2的时间为t2，测得两光电门的距离为x，遮光条的宽度为d。（1）不考虑遮光条宽度对测量结果的影响，滑块加速度的测量值为a测d2(t12-t22)2xt12t22。（2）测得悬挂物质量为m1，滑块质量为m2，滑块和水平面间的动摩擦因数的测量值测m1g-(m1+m2)a测m2g（用m1、m2、a测、重力加速度g表示）（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，则滑块与水平面间的动摩擦因数的测大于真（填“大于”、“小于”、“等于”）。【考点】M9：探究影响摩擦力
29、的大小的因素菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题【分析】（1）利用匀变速直线运动的位移与速度公式，可计算出滑块运动的加速度。（2、3）对滑块、悬挂物进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数，结合遮光条宽度，从而分析误差。【解答】解：（1）遮光条通过光电门1的时间为t1，滑块通过光电门2的时间为t2，测得两光电门的距离为x，遮光条的宽度为d。则经过光电门1的瞬时速度v1=dt1，同理，经过光电门2的瞬时速度v2=dt2，依据匀变速直线运动的位移与速度公式v2v022ax，则有：a=v22-v122x=d2(t12-t22)2xt1
30、2t22（2）对滑块、悬挂物进行受力分析，由牛顿第二定律得：m1gm2g（m1+m2）a测，解得：=m1g-(m1+m2)a测m2g；（3）考虑遮光条宽度对测量结果的影响，导致所测加速度偏大，依据=m1g-(m1+m2)a测m2g，故的测量值偏大。故答案为：（1）d2(t12-t22)2xt12t22；（2）m1g-(m1+m2)a测m2g；（3）大于。【点评】本题主要考查了利用牛顿第二定律测定滑块与长木板之间的动摩擦因数的设计试验问题，属于中档题。10（9分）某实验小组在实验室做了一系列的实验，为了把一内阻较小的灵敏电流计G改装成电压表，需要先测量灵敏电流计的内阻，实验室备有以下器材：A灵敏
31、电流计G（内阻Rg未知，满偏电流为Ig1mA）；B电源E1（电动势约为2V）；C电源E2（电动势约为12V）；D滑动变阻器R1（020）；E滑动变阻器R2（115k）；F电阻箱R（0999）；G开关、导线若干（1）某同学设计了如图1所示的电路图用“半偏法”来测量灵敏电流计的内阻；操作步骤如下：把滑动变阻器R调到最大，闭合S1，断开S2，调R使灵敏电流计满偏。保持R不变，闭合S2，调节电阻箱R使灵敏电流计半偏，发现半偏时的电阻箱读数为100。请问：为了使实验结果更精确，此实验中的电源应选C，滑动变阻器应选E，（填仪器前的字母代号），经以上操作该灵敏电流计的内阻是100。（2）把该灵敏电流计与电阻
32、箱串联起来改装成一个电压表，然后接在多用电表的红、黑表笔之间，多用电表选择的是1k档，灵敏电流计和多用电表的示数如图2：经分析电阻箱的读数为2.9k，改装的电压表的量程为3.0V，多用电表内的电源的电动势为9.0V（第（2）小问保留两位有效数字）【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；31：定性思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】（1）半偏法，为了减小误差，应选择较大的电源电动势和较大的滑动变阻器，根据半偏法实验原理即可求出该灵敏电流计的内阻；（2）根据半偏法实验原理，即可分析出电阻箱的读数，根据欧姆定律即可求出改装的电压表的量程以及多用电表内的电源的电动势。
33、【解答】解：（1）根据电路图可知采用的半偏法，故为了减小误差应选择较大的电源电动势C和较大的滑动变阻器E，根据半偏法实验原理，可知该灵敏电流计的内阻近似等于电阻箱内阻，故该灵敏电流计的内阻为100；（2）把该灵敏电流计与电阻箱串联起来改装成一个电压表，根据图示多用电表可知，多用电表选择的是1k档，故读数为Rx3k3000，以为G表的内阻Rg100，故电阻箱的读数为：RRxRg29002.9k灵敏电流计G，满偏电流为：Ig1mA1103A改装的电压表的量程：UmIg（R+Rg）3V根据表盘刻度可知，当用1k档测量时，多用电表的内阻等于中值电阻：R内R中15k15000图2中电流表：I0.5mA5
34、104A多用电表内的电源的电动势：EI（R内+Rx）5104（15000+3000）9.0V故答案为：（1）C，E，100；（2）2.9，3.0，9.0。【点评】本题考查了半偏法测电阻实验，考查了实验器材选择、实验数据处理、，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理会应用欧姆定律进行定量的计算是解题的关键。11（14分）竖直放置的塑料细管中卡有一个塞子A，它与管壁间的最大静摩擦力Ff1.2N，一个劲度系数为k10N/m的弹簧将一个质量为m0.1kg的小球与塞子连在一起。在弹簧处于自然长度时将小球释放，我们可以认为弹簧从自然长度开始伸长x的过程中平均弹力为F=12kx
35、，不计塞子和弹簧的质量，管子的下端足够长，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g10m/s2，在小球第一次运动到最低点的过程中，求：（1）弹簧的最大伸长量及小球的最大速度；（2）塞子的最大速度和塞子在管中滑行的距离。【考点】2S：胡克定律；65：动能定理菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题【分析】（1）分析小球的受力情况和运动情况：小球释放后，先向下做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最大，此时弹簧弹力为Fmg1N，小于塞子与管壁间的最大静摩擦力1.2N，塞子静止不动，再往后弹簧继续被拉伸，弹
36、力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力等于1.2N后，塞子开始运动，因为塞子质量忽略不计，所以弹簧弹力将一直稳定在1.2N不变，弹簧不再伸长，后面塞子，弹簧和小球将一起做匀减速直线运动，直到小球速度为零。当弹簧弹力达到1.2N时，弹簧伸长量最大，根据胡可定律可求得弹簧的最大伸长量。由静止释放到速度最大时，根据动能定理求得小球的最大速度。（2）塞子滑动后，速度将始终与小球相同，所以塞子的最大速度，就是塞子刚滑动时的小球速度，由静止释放到塞子滑动时，根据动能定理求塞子的最大速度。塞子滑动后到小球第一次速度为零，根据能量守恒定律求子在管中滑行的距离。【解答】解：小球释放后，先向下做加速度
37、逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最大，此时弹簧弹力为Fmg1N，小于塞子与管壁间的最大静摩擦力1.2N，塞子静止不动，再往后弹簧继续被拉伸，弹力大于重力，小球做加速度增大的减速运动，当弹簧弹力等于1.2N后，塞子开始运动，因为塞子质量忽略不计，所以弹簧弹力将一直稳定在1.2N不变，弹簧不再伸长，后面塞子，弹簧和小球将一起做匀减速直线运动，直到小球速度为零。（1）当弹簧弹力达到1.2N时，弹簧伸长量最大，根据胡可定律可得 kxmFf解得xm0.12m当弹簧弹力等于小球的重力时，小球的速度最大，由胡可定律可得 kx1mg由静止释放到速度最大时，根据动能定理可得 mgx1-
38、W弹=12mvm2-0而 W弹=Fx=12kx12联立解得 vm1m/s（2）塞子滑动后，速度将始终与小球相同，所以塞子的最大速度，就是塞子刚滑动时的小球速度，由静止释放到塞子滑动时，根据动能定理可得mgxm-W弹=12mv2-0而 W弹=Fxm=12kxm2可得 v=265m/s塞子滑动后到小球第一次速度为零，根据能量守恒定律可知，Ffx滑=12mv2+mgx滑解得 x滑0.24m答：（1）弹簧的最大伸长量是0.12m。小球的最大速度是1m/s；（2）塞子的最大速度是265m/s，塞子在管中滑行的距离是0.24m。【点评】本题解题的关键是分析情况小球和塞子的运动情况，知道当弹力等于重力时速度
39、最大，能结合动能定理求解。12（18分）如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B2.0103T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为2m，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为qm=5107C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v1105m/s，与x轴正方向的夹角分布在090范围内。（1）求平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；（2）求恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；（3）若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子
40、在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系。【考点】37：牛顿第二定律；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）粒子平行于x轴射入，作出运动轨迹，根据洛伦兹力充当向心力可求得半径，再由几何关系可求得射出时的位置和运动时间；（2）根据题意得出粒子运动的轨迹，由几何关系可求出恰好从M点射出粒子的速度夹角；（3）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子半径，作出运动轨迹图，再由几何关系可求得粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系。【解答】解：（1）平行于x轴射入的粒子，轨迹如图所示
41、，设出射点为P，由qBv=mv2R得：R=mvqB=1055107210-3m=1m有几何关系可知：o1po1o1m，op=2m，则o1op为等腰直角三角形xy1m，=2；故P点坐标为（1m，1m），运动时间为：t=22mqB=210-5s（2）由几何关系可知：o2Mo2o1m，oM=2m，o2oM为等腰直角三角形o2oM=450，则=o2oM=450（3）由R=mvqB，EK=12mv2可知：R=2mEKqB，RR=EKEK=2，解得：R=2m 若粒子从M点出射时oMR，o3oM为正三角形，圆心角=3，出射角=3；若粒子从弧MN上射出时，弦长均为2m，圆心角均为=3，运动时间均为：t=22m
42、qB=310-5s，故03时：t=310-5s若粒子从边OM出射时，如图，=2(2-)=-2，运动时间t=22mqB=(-2)10-5s，故32时：t（2）105s答：（1）平行于x轴射入的粒子，出射点的位置（1m，1m），在磁场中的运动时间为210-5s；（2）恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角45；（3）粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角的关系为：03时：t=310-5s；32时：t（2）105s【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，要求能正确理解题意，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用，注意几何关系的应用；此类问题对学生数学应用能力要求较高，同
43、时注意分析题意中给出的可能运动轨迹图。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题2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的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-313（5分）以下说法正确的是（）A物体运动的速度越大，其内能越大B布朗运动是液体分子无规则运动的反映C温度低的物体其内能一定小D一定质量的理想气体等温膨胀过程一定是吸热的E两个分子距离增大，它们间的势能可能减小【考点】84：布朗运动；8F：热力学第一定律菁优网版权所有【专题】34：比较思想；45：归纳法
44、；548：热力学定理专题【分析】物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关。布朗运动是液体分子无规则运动的反映。一定质量的理想气体等温膨胀过程，气体对外做功，根据热力学第一定律分析吸放热情况。两个分子距离增大，若分子力为斥力，分子势能减小。【解答】解：A、物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，与物体运动的速度无关。故A错误；B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，而小颗粒的运动是液体分子撞击的冲力不平衡造成的，所以它间接反映了液体分子的无规则运动；故B正确；C、物体的内能与物质的量、温度、体积等有关，所以温度低的物体，其内能不一定小。故C错误；D、一定质量的理想气体等温膨胀过程
45、，气体对外做功，内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸热；故D正确；E、两个分子距离增大，若分子力为斥力，分子力做正功，分子势能减小。故E正确。故选：BDE。【点评】本题考查分子热运动的性质，布朗运动、物体的内能以及热力学第一定律，要注意理解布朗运动形成的原因以及物理意义。14（10分）横截面积为S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A和B将气缸分隔为、两个气室，两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A上加细沙，使之向下移动一段距离h=12d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量。【考点】99：理想气体的状态方程菁优网版权所有【专题】54B：理想气体状态方程专题【分析】由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体作等温变化，找出初末状态的物理量，由玻意耳定律列式求解即可。【解答】解：由于是轻活塞，质量不计，活塞与气缸间摩擦不计，因此两部分气体压强相等，状态1时，气体压强等于大气压强PP0，气体的体积V1ds，气体的体积V22ds