四川省成都市石室中學(xué)2019屆高三上學(xué)期入學(xué)考試物理---精校解析word版

1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　成都石室中學(xué)高2019屆開學(xué)考試</p><p><b>　　物理試題</b></p><p>　　一、單項(xiàng)選擇題（共8個(gè)小題、每小題3分，共24分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）</p><p>　　1.物理學(xué)家通過對實(shí)驗(yàn)的深入觀察和研究，獲得正確的

2、科學(xué)認(rèn)知，推動(dòng)物理學(xué)的發(fā)展，下列說法符合事實(shí)的是（ ）</p><p>　　A. 光電效應(yīng)說明光具有粒子性，康普頓效應(yīng)說明光具有波動(dòng)性.</p><p>　　B. 盧瑟福用人工轉(zhuǎn)變的方法，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子并預(yù)言了中子的存在</p><p>　　C. 湯姆生通過α散射實(shí)驗(yàn)，得出了原子核內(nèi)部存在電子</p><p>　　D. 貝克勒爾通過對天然

3、放射現(xiàn)象的研究，發(fā)現(xiàn)了原子中存在原子核</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】康普頓效應(yīng)說明光具有粒子性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；盧瑟福用α粒子轟擊，獲得反沖核，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子并預(yù)言中子的存在，選項(xiàng)B正確；盧瑟福通過對α粒子散射實(shí)驗(yàn)的研究，提出了原子的核式

4、結(jié)構(gòu)模型，1897年湯姆生在研究稀薄氣體放電的實(shí)驗(yàn)中，證明了電子的存在，測定了電子的荷質(zhì)比，轟動(dòng)了整個(gè)物理學(xué)界，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。貝克勒爾發(fā)現(xiàn)的天然放射性現(xiàn)象，說明原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 故本題選B。</p><p>　　【點(diǎn)睛】此題是對近代物理學(xué)史的考查；都是課本上涉及的物理學(xué)家的名字及其偉大貢獻(xiàn)，只要多看書、多積累即可很容易得分；對物理學(xué)史的考查歷來都是考試的熱點(diǎn)問題，必須要熟練掌握。</p>

5、<p>　　2.隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用。一般給大功率電動(dòng)汽車充電時(shí)利用的是電磁感應(yīng)原理。如圖所示，由地面供電裝置（主要裝置有線圈和電源）將電能傳送至電動(dòng)車底部的感應(yīng)裝置（主要裝置是線圈），該裝置使用接收到的電能對車載電池進(jìn)行充電，供電裝置與車身接收裝置通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳送效率只能達(dá)到90％左右。目前無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15－20cm。下列說法正確

6、的是（ ）</p><p>　　A. 無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電車快速充電</p><p>　　B. 車身感應(yīng)線圈中的感應(yīng)電流磁場總是要阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化</p><p>　　C. 車身中感應(yīng)線圈中感應(yīng)電流磁場總是與地面發(fā)射中電流的磁場方向相反</p><p>　　D. 若線圈均采用超導(dǎo)材料則能量的傳輸效率有望達(dá)

7、到100％</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】題中給出目前無線充電樁充電的有限距離為15-20cm，達(dá)不到在百米之外充電，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；地面發(fā)射磁場裝置通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應(yīng)裝置中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此，感應(yīng)裝置中的感應(yīng)電流的

8、磁場方向是阻礙感應(yīng)線圈磁通量的變化，B正確；感應(yīng)電流的磁場不一定與發(fā)射線圈中的電流產(chǎn)生的磁場方向相反，C錯(cuò)誤；由于電磁波傳播的時(shí)候有電磁輻射，感應(yīng)線圈和發(fā)射線圈中的能量傳輸不能達(dá)到百分之百，D錯(cuò)誤。故選：B。</p><p>　　3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球A沿高度為h傾角為θ的光滑斜面以初速v0滑下，另一質(zhì)量與A相同的小球B自相同高度同時(shí)由靜止落下，結(jié)果兩球同時(shí)落地。下列說法正確的是（ ）</p>

9、;<p>　　A. 重力對兩球做的功不相等</p><p>　　B. 落地前的瞬間A球的速度等于B球的速度</p><p>　　C. 兩球重力的平均功率不相等</p><p>　　D. 兩球重力的平均功率相等</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b

10、>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、根據(jù)知，重力對兩球做功相同．故A錯(cuò)誤；</p><p>　　B、對A球，根據(jù)動(dòng)能定理得對B球，根據(jù)動(dòng)能定理得，知．故B錯(cuò)誤；</p><p>　　CD、兩球重力做功相等，時(shí)間相等，根據(jù)知，重力的平均功率相等．故D正確．故選D。</p><p>　　4.2017年8月1日

11、15時(shí)03分，天舟一號貨運(yùn)飛船成功在軌釋放一顆立方星，隨即地面成功捕獲立方星。本次試驗(yàn)是我國首次通過飛船系統(tǒng)采用在軌儲存方式釋放立方星，為后續(xù)我國空間站開展微納衛(wèi)星部署發(fā)射及在軌服務(wù)奠定了技術(shù)基礎(chǔ)。以下說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 在釋放立方星前，天舟一號貨運(yùn)飛船的角速度比立方星的角速度大</p><p>　　B. 在釋放立方星過程中，天舟一號飛船受到的沖量比立方星受到

12、的沖量大</p><p>　　C. 在釋放立方星后，天舟一號貨運(yùn)飛船運(yùn)動(dòng)的線速度變小</p><p>　　D. 立方星在返回地面過程中，運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　在釋

13、放立方星前，天舟一號貨運(yùn)飛船和立方星在同一軌道，故角速度相同，故A錯(cuò)誤；在釋放立方星過程中，天舟一號飛船與立方星相互作用，故兩者所受的力大小相等，作用時(shí)間相等，故天舟一號飛船受到的沖量與立方星受到的沖量一樣大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力得：，解得：，在釋放立方星后，天舟一號貨運(yùn)飛船運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不變，故線速度不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：，解得，立方星在返回地面過程中，r越來越小，故加速度越來越大，故D正確，故選D。<

14、/p><p>　　【點(diǎn)睛】根據(jù)萬有引力提供向心力，得出線速度和角速度的表達(dá)式，分析線速度和角速度的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的表達(dá)式，分析加速度的變化情況。</p><p>　　5.如圖所示，為早期制作的發(fā)電機(jī)及電動(dòng)機(jī)的示意圖。A盤和B盤分別是兩個(gè)可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，用導(dǎo)線將A盤的中心和B盤的邊緣連接起來，用另一根導(dǎo)線將B盤的中心和A盤的邊緣連接起來．當(dāng)A盤在外力作用下轉(zhuǎn)動(dòng)起來時(shí)

15、，B盤也會轉(zhuǎn)動(dòng)．則下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 不斷轉(zhuǎn)動(dòng)A盤就可以獲得持續(xù)的電流，其原因是將整個(gè)銅盤看成沿徑向排列的無數(shù)根銅條，它們做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢</p><p>　　B. 當(dāng)A盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，B盤也能轉(zhuǎn)動(dòng)的原因是沿著半徑方向的電流在磁場中受到磁場力的作用</p><p>　　C. 從上往下看，當(dāng)A盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，B盤邊緣的電

16、勢更高</p><p>　　D. 從上往下看，當(dāng)A盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，B盤也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)</p><p><b>　　【答案】AB</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　A：轉(zhuǎn)動(dòng)A盤時(shí)，將整個(gè)銅盤看成沿徑向排列的無數(shù)根銅條，它們做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，電路又是

17、閉合的，所以不斷轉(zhuǎn)動(dòng)A盤就可以獲得持續(xù)的電流。故A項(xiàng)正確。</p><p>　　B：當(dāng)A盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，A盤產(chǎn)生的感應(yīng)電流流過B盤，沿著半徑方向的電流在磁場中受到磁場力的作用而轉(zhuǎn)動(dòng)。故B項(xiàng)正確。</p><p>　　C：從上往下看，當(dāng)A盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，據(jù)右手定則可判斷A盤中電流方向由中心到邊緣，則B盤中電流是由中心到邊緣，B盤中心的電勢比邊緣的電勢高。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。</p><

18、p>　　D：從上往下看，當(dāng)A盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，據(jù)右手定則可判斷A盤中電流方向由中心到邊緣，則B盤中電流是由中心到邊緣，再由左手定則可判斷B盤所受安培力方向逆時(shí)針，則B盤逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。</p><p><b>　　綜上答案為AB。</b></p><p>　　點(diǎn)睛：本題實(shí)際上是發(fā)電機(jī)帶動(dòng)電動(dòng)機(jī)的模型，需綜合運(yùn)用右手定則、左手定則等知識。</p>

19、<p>　　6.圖中邊長為a的正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別固定三個(gè)點(diǎn)電荷＋q、＋q、－q，在該三角形中心O點(diǎn)處固定一電量為-2q的點(diǎn)電荷，則該電荷受到的電場力為（ ）</p><p>　　A. ， 方向由O指向C</p><p>　　B. ，方向由C指向O</p><p>　　C. ，方向由C指向O</p><p>　　D.

20、 ，方向由O指向C</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】O點(diǎn)是三角形的中心，到三個(gè)電荷的距離為：，</p><p>　　三個(gè)電荷在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小均為：</p><p>　　根據(jù)對稱性和幾

21、何知識得知：兩個(gè)+q在O處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為：</p><p>　　再與-q在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)合成，得到O點(diǎn)的合場強(qiáng)為：，方向由O指向C．則該負(fù)電荷受到的電場力為：，方向由C指向O；故B正確。</p><p>　　7.如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E。在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電＋q的小球，由靜止開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，下述說法正確的是（ ）</p&g

22、t;<p>　　A. 小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒</p><p>　　B. 小球沿著圓弧做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)</p><p>　　C. 小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)對軌道壓力為3(mg＋Eq)</p><p>　　D. 小球經(jīng)過環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)對軌道壓力為(mg＋Eq)</p><p><b>　　【答案】C</b><

23、;/p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、小球運(yùn)動(dòng)過程中電場力做功，機(jī)械能不守恒．故A錯(cuò)誤；</p><p>　　B、帶電小球受到的力的合力不是恒定的，小球也不是一直在加速，故B錯(cuò)誤；</p><p>　　C、D小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得： 又由</p>&l

24、t;p>　　聯(lián)立解得，故C正確。</p><p>　　【點(diǎn)睛】本題通過正確受力分析，結(jié)合動(dòng)能定理即可正確解題。</p><p>　　8.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中產(chǎn)生的熱量Q，滑塊動(dòng)能Ek、勢能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)

25、間t、位移x關(guān)系的是(　　)</p><p>　　A. B. C. D. </p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　設(shè)物體的加速度大小為，由牛頓第二定律得：，其中：，，聯(lián)立解得：，則知物體沿著斜面向上做

26、勻減速直線運(yùn)動(dòng)，物體的位移：，速度；</p><p>　　A、產(chǎn)生熱量等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功，即，Q與t不成正比，故A錯(cuò)誤；</p><p>　　B、動(dòng)能，與t不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯(cuò)誤；</p><p>　　C、物體的位移與高度是線性關(guān)系，重力勢能，與成正比，圖象是直線，故C正確；</p><p>　　D、物體運(yùn)動(dòng)過程中，拉力和滑動(dòng)摩擦力

27、平衡，兩個(gè)力對物體做功的代數(shù)和為零，物體的機(jī)械能守恒，機(jī)械能不隨時(shí)間變化，故D錯(cuò)誤。</p><p>　　點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵要對物體正確受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體的速度與位移表達(dá)式，然后求出各圖象所對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)表達(dá)式分析即可正確解題。</p><p>　　二、多項(xiàng)選擇題（共4個(gè)小題、每小題4分，共16分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得

28、4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）</p><p>　　9.如圖所示，電源電動(dòng)勢大小為E，內(nèi)阻大小為r，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向右滑動(dòng)的過程中</p><p><b>　　A. 小電珠L變亮</b></p><p>　　B. 電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大</p><p>　　C. 電源的效率變大<

29、;/p><p>　　D. 處于電容器C兩板間某點(diǎn)的一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷所具有的電勢能變大</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　當(dāng)滑片向右滑動(dòng)的過程中，其有效阻值變小，所以根據(jù)閉合電路歐姆定律得知：干路電流變大，路端電壓變小，電流表讀

30、數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變小，小電珠L變亮。故A正確，B錯(cuò)誤。電源的效率，則當(dāng)R減小時(shí)，電源的效率減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；與變阻器并聯(lián)的電容器兩端電壓變小，處于電容器C兩板間某點(diǎn)的電勢降低，則負(fù)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)所具有的電勢能變大，故D正確。故選AD。</p><p>　　10.如圖所示，整個(gè)空間有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一絕緣木板（足夠長）靜止在光滑水平面上，一帶正電的滑塊靜止在木板上，滑塊和木板之間的接觸面粗糙程度處處相

31、同。不考慮空氣阻力的映影響，下列判斷正確的是</p><p>　　A. 若對木板施加一水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊一定相對靜止</p><p>　　B. 若對木板施加一水平向右的瞬時(shí)沖量，最終滑塊和木板間一定沒有彈力</p><p>　　C. 若對木板施加一水平向右的瞬時(shí)沖量，最終滑塊和木板間一定沒有摩擦力</p><p>　　D. 若

32、對木板始終施加一水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)</p><p><b>　　【答案】BCD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　若對木板施加一水平向右的瞬時(shí)沖量，則開始時(shí)滑塊將受到向右的摩擦力作用而向右加速，隨速度的增加，滑塊受到向上的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)滿足qvB=mg時(shí)，滑塊離

33、開木板，此時(shí)滑塊和木板間沒有彈力，也沒有摩擦力，此后滑塊將以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，而此時(shí)木板的速度不一定減到v，則木板和滑塊不一定相對靜止，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，BC正確；若對木板始終施加一水平向右的恒力，則開始時(shí)木板和滑塊將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度滿足qvB=mg時(shí)，滑輪離開木板，最終滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確；故選BCD.</p><p>　　11.如圖所示，理想變壓器原線圈接一正弦交流電源，副線圈的c端接一個(gè)二極管，假設(shè)

34、該二極管的正向電阻為零，反向電阻阻值無窮大。副線圈的b端為中心觸頭，ab、bc間線圈匝數(shù)相等。定值電阻阻值為r ，可變電阻的阻值為R可調(diào)，下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 若R恒定，當(dāng)K分別接b、c時(shí)，電壓表讀數(shù)之比為1:1</p><p>　　B. 若R恒定，當(dāng)K分別接b、c時(shí)，電流表讀數(shù)之比為1:4</p><p>　　C. 若R恒定，當(dāng)K

35、分別接b、c時(shí)，變壓器輸出功率之比為1:2</p><p>　　D. 當(dāng)K接b時(shí)，若R＝r ，則可變電阻R消耗功率最大</p><p><b>　　【答案】CD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　設(shè)原線圈兩端電壓為U1，副線圈兩端電壓為U2，原線圈匝數(shù)為n1，

36、副線圈總匝數(shù)為n2，當(dāng)K接B時(shí)， 解得：U2＝；當(dāng)K接到C時(shí)，，則U2′＝，而因二極管的單向?qū)щ娦?，根?jù)有效值得定義得：，即電壓表得示數(shù)為：U2″＝ ，所以電壓表讀數(shù)之比為：，故A錯(cuò)誤；若R恒定，根據(jù)歐姆定律得，電流跟電壓成正比，即當(dāng)K分別接b、c時(shí)，電流表讀數(shù)之比為，故B錯(cuò)誤；若R恒定，根據(jù)P＝得，當(dāng)K分別接b、c時(shí)，變壓器輸出功率之比為，故C正確；當(dāng)K接b時(shí)，把定值電阻阻值為r等效為副線圈得內(nèi)阻，當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)，即R=r

37、時(shí)，電源輸出功率最大，即可變電阻R消耗功率最大，故D正確；故選CD。</p><p>　　點(diǎn)睛：考查變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，掌握閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，理解二極管單向?qū)щ娦?，注意原副線圈的功率相等，是解題的關(guān)鍵。</p><p>　　12.如圖所示的裝置，用兩根細(xì)繩拉住一個(gè)小球，兩細(xì)繩間的夾角為θ，細(xì)繩AC呈水平狀態(tài)?，F(xiàn)將整個(gè)裝置在紙面內(nèi)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，共轉(zhuǎn)過90°。在轉(zhuǎn)動(dòng)的過

38、程中，CA繩中的拉力F1和CB繩中的拉力F2的大小發(fā)生變化，正確的是：( )</p><p>　　A. F1先變小后變大 B. F1先變大后變小</p><p>　　C. F2逐漸減小 D. F2最后減小到零</p><p><b>　　【答案】BCD</b></p><p><b>　　【解析】&

39、lt;/b></p><p>　　試題分析：設(shè)AC繩與豎直方向的夾角為α，則BC繩與豎直方向的夾角為θ-α；根據(jù)平衡條件，得</p><p>　　F1sinα=F2sin（θ-α）</p><p>　　F1cosα+F2cos（θ-α）=G</p><p><b>　　解得，，</b></p><

40、;p>　　由題θ不變，α由90°變到0°；根據(jù)數(shù)學(xué)知識，得F1先變大后變小，F(xiàn)2逐漸減小，當(dāng)α=0°時(shí)，F(xiàn)2=0</p><p><b>　　故選BCD。</b></p><p><b>　　考點(diǎn)：物體的平衡</b></p><p>　　【名師點(diǎn)睛】本題屬于動(dòng)態(tài)變化分析問題，采用的是函數(shù)

41、法討論．有的題目也可以用作圖法求解．作圖時(shí)要抓住不變的量（可認(rèn)為G的大小不變，方向逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)），其他兩個(gè)力的夾角不變，然后變換平行四邊形即可討論.</p><p>　　三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第13-17題為必考題，每個(gè)考生都必須做答。第18-19題為選考題，考試根據(jù)要求做答。</p><p>　　13.在“探究加速度與小車質(zhì)量和力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，某小組設(shè)計(jì)了如圖所示的

42、實(shí)驗(yàn)裝置。圖中上下兩層軌道水平且表面光滑，兩小車前端系上細(xì)線，跨過滑輪并懸掛砝碼盤，兩小車尾部細(xì)線連到控制裝置上。實(shí)驗(yàn)時(shí)通過控制裝置使兩小車同時(shí)由靜止釋放，然后可使它們同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。</p><p>　　(1)在安裝實(shí)驗(yàn)裝置時(shí)，應(yīng)調(diào)整滑輪的高度，使細(xì)線與軌道______；實(shí)驗(yàn)時(shí)，為減小系統(tǒng)誤差，應(yīng)使砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量____小車的質(zhì)量（選填“遠(yuǎn)大于”、“遠(yuǎn)小于”或“等于”）。</p><p&

43、gt;　　(2)本實(shí)驗(yàn)通過比較兩小車的位移即可比較加速度的大小，這是因?yàn)樾≤嚨募铀俣萢與時(shí)間t、位移x間的關(guān)系式為 ______________。</p><p>　　【答案】 (1). 平行 (2). 遠(yuǎn)小于 (3). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）操作中為了使繩子上的拉力等于小車

44、所受外力大小，應(yīng)該使小車與滑輪之間的細(xì)線與軌道平行；在該實(shí)驗(yàn)中實(shí)際是：mg=（M+m）a，要滿足mg=Ma，應(yīng)該使砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量．（2）兩小車均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式x＝at2有：對小車1： ；對小車2： ；由于：t1=t2  ；聯(lián)立得 ，即a∝x．故本實(shí)驗(yàn)通過比較兩小車的位移即可比較加速度的大小。</p><p>　　點(diǎn)睛：解決實(shí)驗(yàn)問題首先要掌握該實(shí)驗(yàn)原

45、理，了解實(shí)驗(yàn)的操作步驟和數(shù)據(jù)處理方法，正確運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律能夠把要測量的物理量進(jìn)行間接變換測量．</p><p>　　14.某同學(xué)準(zhǔn)備自己動(dòng)手制作一個(gè)歐姆表，可以選擇的器材如下：</p><p>　?、匐姵谽（電動(dòng)勢和內(nèi)阻均未知）</p><p>　　②表頭G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，內(nèi)阻未知）</p><p>　?、垭?/p>

46、壓表V（量程為1.5V，內(nèi)阻Rv=1000Ω）</p><p>　?、芑瑒?dòng)變阻器R1（0~10Ω）</p><p>　?、蓦娮柘銻2（0~1000Ω）</p><p>　?、揲_關(guān)一個(gè)，理想導(dǎo)線若干</p><p>　　(1)為測量表頭G的量程，該同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示電路。圖中電源即電池E. 閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1滑片至中間位置附近某處，

47、并將電阻箱阻值調(diào)到40Ω時(shí)，表頭恰好滿偏，此時(shí)電壓表V的示數(shù)為1.5V；將電阻箱阻值調(diào)到115Ω，微調(diào)滑動(dòng)變阻器R1滑片位置，使電壓表V示數(shù)仍為1.5V，發(fā)現(xiàn)此時(shí)表頭G的指針指在如圖乙所示位置，由以上數(shù)據(jù)可得表頭G的內(nèi)阻Rg=______Ω，表頭G的量程Ig=_____mA． </p><p>　　(2)該同學(xué)接著用上述器材測量該電池E的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，測量電路如圖丙所示，電阻箱R2的阻值始終調(diào)節(jié)為1000Ω：圖丁

48、為測出多組數(shù)據(jù)后得到的圖線（U為電壓表V的示數(shù)，I為表頭G的示數(shù)），則根據(jù)電路圖及圖線可以得到被測電池的電動(dòng)勢E=______V，內(nèi)阻r=______.（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）</p><p>　　(3)該同學(xué)用所提供器材中的電池E、表頭G及滑動(dòng)變阻器制作成了一個(gè)歐姆表，利用以上(1)、(2)問所測定的數(shù)據(jù)，可知表頭正中央刻度為____.</p><p>　　【答案】 (1). 1

49、0 (2). 30 (3). 3.0 (4). 20 (5). 100</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）當(dāng)變阻箱的電阻為 時(shí)， </p><p>　　將電阻箱阻值調(diào)到 ，結(jié)合圖中表的讀數(shù)可知 </p><p><b>　　解得： ； </b&

50、gt;</p><p>　　（2）電壓表的內(nèi)阻和電阻箱的電阻相等，所以路端電壓為2U，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知： 得： </p><p>　　結(jié)合圖像可得： ； </p><p>　?。?）結(jié)合題意知： </p><p>　　故本題答案是：(1). 10; 30; (2). 3.0; 20; (3). 100; <

51、/p><p>　　15.如圖所示，在水平面MN的上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，從空間某點(diǎn)A水平拋出質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子，在電場力的作用下經(jīng)過時(shí)間t落到MN上的B點(diǎn)，測得A、B兩點(diǎn)間的距離AB=L；若從A點(diǎn)水平拋出時(shí)的初速度增大到原來的3倍，則該粒子落到MN上的C點(diǎn)，測得A、C兩點(diǎn)間的距離AC=L．不考慮帶電粒子的重力和空氣阻力，求：</p><p>　?。?）電場強(qiáng)度E的大??；<

52、;/p><p>　?。?）帶電粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?lt;/p><p>　　【答案】（1）（2）</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）帶正電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)A點(diǎn)與水平面MN的距離為h．原來水平初速度為v，由幾何知識得：，，，</p><p>

53、<b>　　解得，，</b></p><p>　　在豎直方向：由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得，</p><p>　　由勻變速運(yùn)動(dòng)公式得，聯(lián)立解得；</p><p>　?。?）設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為，對A→C過程，由動(dòng)能定理得：，解得．</p><p>　　16.如圖所示，相距L=0.5m足夠長的兩根光滑導(dǎo)軌與水平面成37&

54、#176;角，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面斜向上．a(chǎn)b、cd為水平金屬棒且與導(dǎo)軌接觸良好，它們的質(zhì)量均為m=0.5kg、電阻均為R=2Ω．a(chǎn)b棒與一絕緣水平細(xì)繩相連處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)讓cd棒從靜止開始下滑，直至與ab相連的細(xì)繩剛好被拉斷，在此過程中cd棒電阻R上產(chǎn)生的熱量為1J，已知細(xì)線能承受的最大拉力為T=5N，g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求細(xì)繩被拉斷時(shí)：&

55、lt;/p><p>　?。?）ab棒中電流的方向與大小</p><p>　　（2）cd棒的速度大小</p><p>　?。?）cd棒沿導(dǎo)軌下滑的距離</p><p>　　【答案】（1）電流的方向是從a流向b， I=1A （2）v= 4 m/s (3) 2m</p><p><b>　　【解析】</b

56、></p><p>　?。?）cd棒切割，由右手定則可知，ab棒中電流的方向是從a流向b。</p><p>　　細(xì)繩被拉斷瞬時(shí)，對ab棒有:</p><p>　　T cos37°=mgsin37°+BIL </p><p><b>　　解得：I=1A </b></p><

57、;p>　　（2）由閉合電路歐姆定律可得BLv=I(R+R) </p><p>　　解得 v= 4 m/s </p><p>　　(3) 金屬棒cd從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至細(xì)繩剛好被拉斷的過程中，ab、cd電流相同，電阻相同：</p><p>　　可得Qab= Qcd=1J

58、 </p><p>　　在此過程中電路產(chǎn)生的總熱量 Q =Qab+ Qcd=2J </p><p>　　由能量守恒得mgs?sin370=mv2+Q</p><p>　　解得 s = 2m </p><p>　　17.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，M是一塊平行x軸的擋板，與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為（

59、0，），右端無限接近虛線POQ上的N點(diǎn)，粒子若打在擋板上會被擋板吸收。虛線POQ與x軸正方向的夾角為60°，其右側(cè)區(qū)域I內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，擋板上方區(qū)域II內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，擋板下方區(qū)域III內(nèi)存在方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。O點(diǎn)有兩個(gè)質(zhì)量均為m，電荷量分別為+q的粒子a和-q的粒子b，以及一不帶電的粒子c.。粒子重力不計(jì)，q>0。</p><p

60、>　　(1)若粒子a從O點(diǎn)以速率υ0沿y軸正方向射人區(qū)域III，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)，求場強(qiáng)大小E；</p><p>　　(2)若粒子b從O點(diǎn)沿x軸正方向射人區(qū)域I，且恰好經(jīng)過N點(diǎn)。求粒子b的速率vb；</p><p>　　(3)若粒子b從O點(diǎn)以(2)問中速率vb沿x軸正方向射人區(qū)域I的同時(shí)，粒子c也從0點(diǎn)以速率vc沿OQ方向勻速運(yùn)動(dòng)，最終兩粒子相遇，求vc的可能值。</p>

61、<p>　　【答案】(1) (2)或 (3) 或</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：（1）粒子a在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)</p><p><b>　　豎直方向上有</b></p><p><b>　　水平方向上有</b>&l

62、t;/p><p><b>　　又</b></p><p><b>　　聯(lián)立解得</b></p><p>　　（2）如圖甲所示：粒子b在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。</p><p>　　i．若粒子b由軌跡①到達(dá)N點(diǎn)，由幾何知識有ON=2R1cos30°，ON=L</p><p>

63、;<b>　　解得R1</b></p><p>　　根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有</p><p><b>　　解得</b></p><p>　　ii．若粒子b由軌跡②到達(dá)N點(diǎn)，由，</p><p><b>　　得，，即</b></p><p><b&

64、gt;　　由幾何知識有，，</b></p><p><b>　　得，解得</b></p><p>　?。?）如圖乙所示，設(shè)粒子b每次經(jīng)過虛線POQ時(shí)交點(diǎn)為N1、N2、N3、N4……</p><p>　　則相鄰交點(diǎn)之間的距離均為根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期，</p><p>　　在區(qū)域I中每段圓弧對應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為&

65、lt;/p><p>　　在區(qū)域Ⅱ中每段圓弧對應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為</p><p><b>　　故可設(shè)，</b></p><p>　　i．若粒子b由軌跡①到達(dá)N1點(diǎn)和粒子c相遇，則</p><p>　　ii．若粒子b由軌跡②經(jīng)區(qū)域Ⅱ到達(dá)各個(gè)交點(diǎn)和粒子c相遇，粒子c運(yùn)動(dòng)的位移大小為nL，對應(yīng)的時(shí)間為2nt，</p>&l

66、t;p>　　iii．若粒子b由軌跡②經(jīng)區(qū)域I到達(dá)各個(gè)交點(diǎn)和粒子c相遇，粒子c運(yùn)動(dòng)的位移大小為nL，對應(yīng)的時(shí)間為（2n-3）t，</p><p><b>　　[或]</b></p><p>　　考點(diǎn)：考查了帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)</p><p>　　【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選

67、擇合適方法處理．對于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑</p><p>　　18.下列說法正確的是___________</p><p>　　A．布朗運(yùn)動(dòng)反映了組成懸浮微粒的固體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性</p><p>　　B．在水面上輕放一枚針，它會浮

68、在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故</p><p>　　C．物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加</p><p>　　D．物體體積變大時(shí)，分子勢能有可能增大，也有可能減小</p><p>　　E．—定質(zhì)量的晶體在融化過程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢能</p><p><b>　　【答案】BDE</b>

69、;</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮的固體微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的不規(guī)則性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，選項(xiàng)B正確；物體溫度升高時(shí)，物體內(nèi)分子的平均動(dòng)能增加，但并非所有分子的熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能都增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分子勢能的變化要根據(jù)分子力做功來判斷，物體的體積增大，

70、如果分子間距離小于平衡距離，則此時(shí)分子力做正功，分子勢能減?。蝗绻肿恿橐?，則分子力做負(fù)功，分子勢能增大，則物體體積變大時(shí)，分子勢能有可能增大，也有可能減小，選項(xiàng)D正確；—定質(zhì)量的晶體在融化過程中，因?yàn)闇囟炔蛔?，則分子動(dòng)能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能，選項(xiàng)E正確；故選BDE.</p><p>　　19.如圖所示，細(xì)筒足夠長的氣缸整體豎直固定不動(dòng)，粗、細(xì)筒橫截面積之比為2:1，P、Q是質(zhì)量不計(jì)的絕熱

71、輕活塞，兩活塞與筒壁間的摩擦不計(jì)。開始時(shí)，活塞P上方盛有水銀，水銀面與粗筒上端恰好相平且高為L，活塞Q將理想氣體分成相同A、B兩部分，氣柱長均為L，溫度為27℃。現(xiàn)通過電熱絲對B部分理想氣體加熱，使活塞P、Q緩慢上移，已知 L=38 cm，大氣壓強(qiáng)為76 cmHg，問有一半的水銀進(jìn)入細(xì)筒時(shí)：（假設(shè)電熱絲對B氣體加熱時(shí)，A氣體溫度不變）</p><p>　?。?）活塞Q上升的高度是多少？</p>&l

72、t;p>　?。?）B部分理想氣體溫度為多少攝氏度？</p><p>　　【答案】（1） （2）</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）A氣體初狀態(tài) po =114 cmHg、V0 = 38S A氣體未狀態(tài) pA=133 cmHg. VA=LAS</p><p>　　根據(jù)

73、玻意耳定律有P0V0=pAVA </p><p>　　解得LA32.6cm</p><p>　　活塞Q上升的高度h=2L-</p><p>　　（2）B氣體初狀態(tài)Po=114 cmHg. V0= 38s、 T0=300 K </p><p>　　B氣體未狀態(tài) PB=133cmHg、VB=62.4S、TB</p>

74、<p>　　根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程</p><p><b>　　解得： 即：</b></p><p>　　20.如圖甲所示，兩波源A、B分別位于x=1m和x=9m處，產(chǎn)生兩列簡諧橫波分別沿軸正方向和負(fù)方向傳播，傳播速度均為υ=2m/s，振幅均為A=2cm。t=0時(shí)刻兩波源同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖象均如圖乙所示，質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置處于x=5m處，則下列判斷正確的是__

75、______</p><p>　　A．質(zhì)點(diǎn)P的起振方向沿y軸正方向</p><p>　　B．t=2s 時(shí)刻，波源A、B都運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)</p><p>　　C．兩列波在相遇區(qū)域內(nèi)會形成干涉圖樣</p><p>　　D．質(zhì)點(diǎn)P開始振動(dòng)后，振幅為2cm，周期為2s</p><p>　　E． t=2.3 s 時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P位于平衡

76、位置的上方且沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)</p><p><b>　　【答案】ACE</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、波源A將波形傳到P點(diǎn)需要時(shí)間，波源B將波形傳到P點(diǎn)需要時(shí)間，傳播時(shí)間都是周期的整數(shù)倍，再由振動(dòng)圖像得，兩列波起振方向均為y軸正方向。故A正確，振動(dòng)中各質(zhì)點(diǎn)不會隨波遷

77、移，B錯(cuò)誤；</p><p>　　C、兩列波振動(dòng)周期相同，所以振動(dòng)頻率也相同，且相位差也恒定，能形成干涉圖樣。故C正確；D、P點(diǎn)到兩波源波程差為0，P點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅是4cm,周期為2s.故的D錯(cuò)誤；E、由振動(dòng)圖像得，2.3s時(shí)，P點(diǎn)位于平衡位置之上，且向上運(yùn)動(dòng)，故E正確。本題選ACE.</p><p>　　21.如圖所示，用折射率的玻璃做成一個(gè)外徑為R的半球形空心球殼。一束與O′O平

78、行的平行光射向此半球的外表面，若讓一個(gè)半徑為的圓形遮光板的圓心過O′O軸，并且垂直該軸放置。則球殼內(nèi)部恰好沒有光線射入。試求：</p><p>　　(1)臨界光線射入球殼時(shí)的折射角θ2;</p><p>　　(2)球殼的內(nèi)徑R′.</p><p>　　【答案】(1) (2) </p><p><b>　　【解析】</b>

79、;</p><p>　　光路圖如圖所示，由幾何圖形知：，根據(jù)折射定律</p><p><b>　　聯(lián)立解得</b></p><p>　?。?）由題意知，在球殼內(nèi)表面恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角</p><p><b>　　在Δoab中，</b></p><p><b