1、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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）关于巴耳末公式：R（）（n3，4，5），理解正确的是（）A式中n只能取整数，R称为巴耳末常量B巴耳末线系的4条谱线位于红外区C在巴耳末线系中n值越大，对应的波长越短D巴耳末线系的4条谱线是氢原子从n2的能级向n3、4、5、6能级跃迁时辐射产生的2（6分）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施
2、正确的是（）A随意挂在一个钩子上B使背包带跨过两个挂钩C使背包带跨过三个挂钩D使背包带跨过四个挂钩3（6分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（）AU2U1，U2降低BU2U1，U2升高C变压器输入功率增大D变压器输入功率减小4（6分）如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时
3、对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是（）A在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB在最低点C，小球对轨道压力为7mgC为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5RD若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg5（6分）近日，顶级权威杂志自然刊发了中国科学院院土罗俊团队的最新科研成果，该团队历时30年，将G值的测量精度提高到了12ppm（1ppm百万分之一），是目前世界最为精确的G值。设最新的G值是原来G值的k倍，下列说法正确的是（）A根据新G值和月球绕地球公转的半径r和周期T计算的地
4、球质量M将是原来的倍B根据选项A中的M值和极地g值计算的地球半径是原来倍C根据新G值和选项A中的M值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原来的k倍D利用选项B中R值和极地g值计算的地球第一宇宙速度是原来的倍6（6分）如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体A的质量为m，物体A与斜面的动摩擦因数为（tan1），不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为（）Am（1）sinBm（sin+cos）Cm（l）cosDm（sincos）7（6分）如图所示，匀强磁场中有两个用粗细和材料均相同的导线做成的导体圆环
5、a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2：1，圆环中的感应电流分别为Ia和Ib，热功率分别为Pa、Pb不考虑两圆环间的相互影响，下列选项正确的是（）AIa：Ib2：1，感应电流均沿顺时针方向BIa：Ib4：1，感应电流均沿顺时针方问CPa：Pb4：1DPa：Pb8：18（6分）如图所示为圆形匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，一不计重力的粒子从边界的P点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的Q点射出时速度方向偏转了90；现将圆形磁场区域内的磁场换成场强为E的匀强电场，E的方向平行于OQ，该粒子以同样的初速度从P点射入电场，仍从
6、Q点射出，已知粒子的质量为m，电荷量为q，则下列说法正确的是（）A粒子带正电BE的方向由Q指向OC磁感应强度BD匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的4倍三、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129分）9（6分）如图所示的冲击摆装置，是高中物理专用实验仪器，主要用于研究物体的完全非弹性碰撞及测定钢球的速度等实验。其原理是利用弹簧枪发射钢球，将钢球水平打入静止摆块左侧的小洞并停在里面，时间极短，摆块（內含钢球）向右摆动，推动指针，指针摆过的最大角度即为摆块的最大摆角。已知摆块质量为M80g
7、，钢球质量为m8.4g，直径d12.7mm，弹簧枪水平发射钢球的速度有三档。（1）某实验小组利用平抛规律测量弹簧枪全部三档的发射钢球速度，先将摆块移开，发射后钢球做平抛运动，测得三次实验中钢球的水平位移如表所示，并通过相关数据计算出了1、3档钢球的发射速度，请你估算v2的大小。 发射档位平抛水平位移发射速度10.27mv15.4m/s20.33mv2 30.38mv37.6m/s（2）设钢球打进摆块的初速度为0，如果钢球和摆块系统的动量和能量守恒，则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为（设摆块初始位置的重力势能为0）A B C1 D10（9分）某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r
8、1，设计电路进行实验。实验中供选择的仪器如下：A待测电流表G1（量程为05mA，内阻约400）B电流表G2（量程010mA，内阻约200）C电压表V（量程15V，内阻约为3k）D定值电阻R1（10）E定值电阻R2（400）F滑动变阻器R3（050，额定电流为0.1A）G滑动变阻器R4（01000，额定电流为0.01A）H开关S及导线若干I电源E（电动势2V，内阻较小）实验要求待测电流表G1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能地减小误差。（1）以上给定的器材中，定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 。（填写仪器符号）（2）在方框中画出实验原理图（3）主要的实验步骤如下：A按设计电路图连接电路，将
9、滑动变阻器的触头移至接入阻值为零处；B闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；C重复步骒B，多次移动滑动触头，测量多组数据；D本实验用图象法处理数据，作图时以I1为横坐标，以I2为纵坐标，作出I2I1图线，则表达式为 。（用物理量的符号来表示）。（4）根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1 。（用k和定值电阻的符号来表示）。11（12分）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R0.1m，两轮轴距为L3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为0.6，g1
10、0m/s2，不计空气阻力。（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？（2）若传送带实际速度为0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少？（所有旅行包均无初速，且与传送带间的相同）12（20分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子（可认为初速度为0）经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点若在两极板CD间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板
11、间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。（1）求电子进入偏转电场的速度v0。（2）求电子的比荷。（二）选考题：共45分请考生从2道物理题，2道化学题，2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列有关热现象的说法正确的是（）A花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B热量不可能自发从低温物体传到高温物体C单晶体某些物理性质沿不同方向是各向异性的
12、D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中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变，从外界吸热14（10分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度h20cm。汽缸活塞的面积S100cm2，重量G100N，其下方密封有一定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长l015cm，劲度系数k2000N/m。开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度T1200K，弹簧的长度l110cm，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体
13、（大气压P01.0105Pa）。求（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2；（）当汽缸中的气体温度T3500K时汽缸内气体的压强P3。【物理一选修3-4】（15分）15甲、乙两列简谐横波在冋种均匀介质中传播，如图所示为t0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则（）A乙波的频率为2HzB甲波的传播速度为2msC两列波叠加后，x0处的质点振幅为0D两列波叠加后，x2m处为振动加强点Et0.25s时，x0处的质点处于平衡位置，且向下运动16一块用玻璃制成的透明柱体，其横截面如图所示，ab是半径为R的圆弧ac边与cb边垂直，aoc60
14、一束宽度等于ac边的平行光线垂直于ac边射入（c点没有射入光线），先后到达ab、cb界面，ab、cb界面的外表面都只有一部分是亮的，其余部分是暗的，ab界面外表面亮着部分的弧长为，不考虑界面的多次反射，求：（i）玻璃的折射率n（）bc界面外表面亮着部分的长度 参考答案与试题解析二选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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）关于巴耳末公式：R（）（n3，4，5），理解正确的是（）A式中n只能取整数，R称为巴耳末常量B巴耳末线系的4条谱线位于红外区C在巴耳末线
15、系中n值越大，对应的波长越短D巴耳末线系的4条谱线是氢原子从n2的能级向n3、4、5、6能级跃迁时辐射产生的【考点】J5：氢原子光谱菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题【分析】此公式是巴耳末在可见光的14条谱线分析时发现的，式中的n只能取整数，不能连续取值，且从3，4，开始取，只能适用于氢光谱，及红外与紫外区。【解答】解：A、此公式中n不可以取任意值，只能取整数，且从3，4，开始取，n为量子数，故A错误；B、巴耳末线系的4条谱线位于可见光区。故B错误；C、根据巴耳末公式：R（），可知n值越大，对应的波长越短。故C正确；D、公式只能适用于氢原子光谱中n3
16、的能级向n2的能级跃迁时发出的光谱，故D错误。故选：C。【点评】考查巴耳末公式的发现、适用范围，及注意因n的取值，出现不连续值，同时理解此公式的局限性。2（6分）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（）A随意挂在一个钩子上B使背包带跨过两个挂钩C使背包带跨过三个挂钩D使背包带跨过四个挂钩【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【专题】21：信息给予题；32：定量思想；4I：极值法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】根据题意可知，在合力一定
17、的情况下，两个分力的夹角越小则拉力越小，根据平衡条件列方程进行分析即可。【解答】解：设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得2Fcosmg；解得背包带的拉力F，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cos最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时0，cos1，此时挂时背包带受力最小，故ABC错误、D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答，注意求解极值的方法。3（6分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将
18、其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（）AU2U1，U2降低BU2U1，U2升高C变压器输入功率增大D变压器输入功率减小【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；53A：交流电专题【分析】本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头M顺时针转动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化的情况。【解答】解：A、根据变压器的电压关系有，当滑
19、动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即降低，由于n2n1，所以U2U1，故A错误，B错误；C、由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可。4（6分）如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨
20、道无机械能损失，下列说法正确的是（）A在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB在最低点C，小球对轨道压力为7mgC为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5RD若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4T：寻找守恒量法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】在最高点D，根据牛顿第二定律求小球的向心加速度，并由a求出小球在D点时的速度。小球从C到D点的过程，利用机械能守恒定律求出小球经过C点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力。小球恰能通过
21、最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出D点的临界速度，再由机械能守恒定律求释放点的高度。根据机械能守恒定律和向心力公式结合求小球在C、D两点对轨道的压力差。【解答】解：A、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得 ND+mgma，据题 ND2mg，则小球的向心加速度大小为a3g，故A错误。B、在最高点D，由a得 vD小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得 +2mgR在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得 NCmgm，联立解得 NC8mg，由牛顿第三定律知在最低点C，小球对轨道压力为 NCNC8mg，故B错误。C、小球恰能通过最高点D时，由重力提供向心力，则有 mgm由机械能守恒定律得
22、mgh+2mgR，解得 h2.5R，即为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度小于2.5R，故C错误。D、在最高点D，对小球，根据牛顿第二定律得 ND+mgm在最低点C，对小球，由牛顿第二定律得NCmgm，小球从C到D点的过程，由机械能守恒定律得 +2mgR联立解得 NCND6mg，根据牛顿第三定律知小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键要明确圆周运动向心力来源：指向圆心的合力充当向心力，把握最高点的临界条件：重力等于向心力。5（6分）近日，顶级权威杂志自然刊发了中国科学院院土罗俊团队的最新科研成果，该团队历时30年，将G值的测量
23、精度提高到了12ppm（1ppm百万分之一），是目前世界最为精确的G值。设最新的G值是原来G值的k倍，下列说法正确的是（）A根据新G值和月球绕地球公转的半径r和周期T计算的地球质量M将是原来的倍B根据选项A中的M值和极地g值计算的地球半径是原来倍C根据新G值和选项A中的M值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原来的k倍D利用选项B中R值和极地g值计算的地球第一宇宙速度是原来的倍【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题【分析】1、根据在地球表面附近万有引力等于重力求解地球半径；2、根据万有引力提供卫星向心力求解
24、第一宇宙速度和同步卫星的轨道半径；3、月球绕地球运动可近似看做是匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求解地球质量。【解答】解：A、月球绕地球运动可近似看做是匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得mr，M，最新的G值是原来G值的k倍，根据新G值和月球绕地球公转的半径r和周期T计算的地球质量M将是原来的倍，故A正确；B、根据在地球表面附近万有引力等于重力得mg，R，所以根据选项A中的M值和极地g值计算的地球半径是原来倍，故B错误；C、根据万有引力提供卫星向心力得mr，r，所以据新G值和选项A中的M值计算的地球同步卫星的轨道半径将是原来的倍，故C错误；D、地球第一宇宙速度v，所以利用选项B中R值和极
25、地g值计算的地球第一宇宙速度是原来的倍，故D错误；故选：A。【点评】本题抓住在地球附近重力与万有引力相等，绕地球运动的天体向心力由万有引力提供依次列式计算求中心天体的质量。掌握规律是解题关键。6（6分）如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体A的质量为m，物体A与斜面的动摩擦因数为（tan1），不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为（）Am（1）sinBm（sin+cos）Cm（l）cosDm（sincos）【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】34：比
26、较思想；4N：临界法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】先对物体B受力分析，受重力和拉力，二力平衡，得到绳子的拉力大小；再对物体A受力分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，分静摩擦力沿斜面向上和沿斜面向下两种情况列方程求出物体B的质量的取值范围，再确定特殊值。【解答】解：对B物体受力分析有：TmBg当物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图乙所示，根据平衡条件有：Nmgcos0；Tfmmgsin0；由摩擦力公式知：fmN以上四式联立，解得：mBm（sin+cos）再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜
27、面向上，根据平衡条件有Nmgcos0T+fmmgsin0由摩擦力公式知：fmN联立解得：mBm（sincos）则物体B的质量的取值范围为m（sincos）mBm（sin+cos）。故AC错误，BD正确。故选：BD。【点评】本题关键是找出恰好不上滑和恰好不下滑的临界状态：静摩擦力达到最大值，然后根据共点力平衡条件列式求解。7（6分）如图所示，匀强磁场中有两个用粗细和材料均相同的导线做成的导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2：1，圆环中的感应电流分别为Ia和Ib，热功率分别为Pa、Pb不考虑两圆环间的相互影响，下列选项正确的是（）AIa：Ib2
28、：1，感应电流均沿顺时针方向BIa：Ib4：1，感应电流均沿顺时针方问CPa：Pb4：1DPa：Pb8：1【考点】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；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小，再依据闭合电路欧姆定律与电阻定律，即可确定感应电流的大小，最后根据楞次定律判断感应电流的方向；根据电功率的计算公式求解电功率之比。【解答】解：AB、根据法拉第电磁感应定律可得：E，而，故有：Ea：Eb4：1，根据电阻定律可得：R可得电阻之比Ra：Rb2：1依据闭合电路欧姆定律可得：I，因此Ia：Ib2：1；根据楞次
29、定律可得，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，所以感应电流均沿顺时针方向，故A正确，B错误；CD、根据电功率的计算公式PEI可得Pa：Pb8：1，故C错误、D正确。故选：AD。【点评】本题整合了法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内家，掌握楞次定律，及电阻定律的应用，常规题，要善于运用比例法求解比值。8（6分）如图所示为圆形匀强磁场，圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，一不计重力的粒子从边界的P点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的Q点射出时速度方向偏转了90；现将圆形磁场区域内的磁场换成场强为E的匀强电场，E的方向平行于OQ，该粒子以同样的初速度从P点射入电场，仍从Q点
30、射出，已知粒子的质量为m，电荷量为q，则下列说法正确的是（）A粒子带正电BE的方向由Q指向OC磁感应强度BD匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的4倍【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；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；4C：方程法；537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据受力情况判断E的方向；根据洛伦兹力提供向心力列方程，根据带电粒子在电场中做类平抛运动列方程求解磁感应强度；根据位移时间关系得到粒子在Q点的速度，再根据动能定理求解匀强电场对带电粒子做的功。【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；B、
31、粒子带负电且能够从Q点射出，可知E的方向由Q指向O，故B正确；C、粒子从边界的P点以指向圆心的水平初速度垂直磁场方向射入，从边界的Q点射出时速度方向偏转了90，根据几何关系可知粒子轨迹半径为rR，根据洛伦兹力提供向心力可得qvBm，即R；若将磁场换为电场，则Rat，解得R，联立解得磁感应强度B，故C正确；D、粒子在匀强电场中运动时，在Q点向下的速度为vy，根据位移时间关系可得：R，水平方向vtR，则vy2v，所以粒子在Q点的速度vQ，匀强电场对带电粒子做的功W4，即匀强电场对带电粒子做的功等于粒子初动能的4倍，故D正确。故选：BCD。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位
32、置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。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129分）9（6分）如图所示的冲击摆装置，是高中物理专用实验仪器，主要用于研究物体的完全非弹性碰撞及测定钢球的速度等实验。其原理是利用弹簧枪发射钢球，将钢球水平打入静止摆块左侧的小洞并停在里面，时间极短，摆块（內含钢球）向右摆动，推动指针，指针摆过的最大角度即为摆块的最大摆角。已知摆块质量为M8
33、0g，钢球质量为m8.4g，直径d12.7mm，弹簧枪水平发射钢球的速度有三档。（1）某实验小组利用平抛规律测量弹簧枪全部三档的发射钢球速度，先将摆块移开，发射后钢球做平抛运动，测得三次实验中钢球的水平位移如表所示，并通过相关数据计算出了1、3档钢球的发射速度，请你估算v2的大小。 发射档位平抛水平位移发射速度10.27mv15.4m/s20.33mv26.6m/s30.38mv37.6m/s（2）设钢球打进摆块的初速度为0，如果钢球和摆块系统的动量和能量守恒，则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为（设摆块初始位置的重力势能为0）A B C1 D【考点】MD：验证机械能守恒定律；ME
34、：验证动量守恒定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）钢球做平抛运动的时间是相等的，由钢球1或3的情况求出平抛运动的时间，然后由公式求出速度。（2）由动量守恒求出末速度，然后结合机械能的公式即可求出。【解答】解：（1）钢球1做平抛运动的时间为：ts各钢球做平抛运动的时间是相等的，所以钢球2的初速度为：6.6m/s（2）钢球射入摆块后共同速度为v，选v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv0（m+M）v则钢球打进摆块后系统的机械能与打进前瞬间的比值为：联立可得：故A正确，BCD错误故选：A故答案为：（1）6
35、.6m/s；（2）A【点评】解决本题的关键要抓住弹丸射入摆块的过程遵守动量守恒定律，摆动过程遵守机械能守恒定律，把握每个过程的物理规律。10（9分）某实验探究小组为了测量电流表G1的内阻r1，设计电路进行实验。实验中供选择的仪器如下：A待测电流表G1（量程为05mA，内阻约400）B电流表G2（量程010mA，内阻约200）C电压表V（量程15V，内阻约为3k）D定值电阻R1（10）E定值电阻R2（400）F滑动变阻器R3（050，额定电流为0.1A）G滑动变阻器R4（01000，额定电流为0.01A）H开关S及导线若干I电源E（电动势2V，内阻较小）实验要求待测电流表G1的示数从零开始变化，
36、且多测几组数据，尽可能地减小误差。（1）以上给定的器材中，定值电阻应选R2，滑动变阻器应选R3。（填写仪器符号）（2）在方框中画出实验原理图（3）主要的实验步骤如下：A按设计电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至接入阻值为零处；B闭合开关S，移到滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；C重复步骒B，多次移动滑动触头，测量多组数据；D本实验用图象法处理数据，作图时以I1为横坐标，以I2为纵坐标，作出I2I1图线，则表达式为I2（1+）I1。（用物理量的符号来表示）。（4）根据图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1（k1）R2。（用k和定值电阻的符号来表示）。【考点】N
37、6：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；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据定值电阻阻值与待测电流表内阻相等可知将二者并联后总电流与电流表G2的满偏电流相等，所以测量电路应是将待测电流表与定值电阻R2并联后再与电流表G2串联；再根据变阻器采用分压式接法时阻值越小时调节越方便即可选出变阻器R3；（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；（3）根据物理规律写出I2与I1的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解。（4）根据图线的函数表达式求出待测电流表内阻的表达式。【解答】解：（1）由于定值电阻R2的电阻与待测电流表
38、G1内阻接近相等，可将二者并联，再与电流表G2串联；由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选阻值小的R3；（2）实验要求待测电流表G1的示数从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，定值电阻R2的电阻与待测电流表G1并联，电路图如图所示：（3）由电路图根据串并联规律应有：I1+I2，解得：I2（1+）I1；（4）根据函数斜率的概念应有：k（1+），解得：r1（k1）R2；故答案为：（1）R2；R3；（2）实验电路图如图所示；（3）I2（1+）I1；（4）（k1）R2。【点评】解答本题应明确：设计电路时，可先画出可能的电路图，然后选择能求出待测量的电路即可；变阻器采用分压式接法
39、时，应选择阻值小的变阻器以方便调节；遇到根据图象求解的问题，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于阻值与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。11（12分）如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R0.1m，两轮轴距为L3m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包（可视为质点）无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数为0.6，g10m/s2，不计空气阻力。（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？（2）若传送带实际速度为0.2m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10吨，则电机每天相对于空载多消耗的电能E是多少？
40、（所有旅行包均无初速，且与传送带间的相同）【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；65：动能定理菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题【分析】（1）要使旅行包到达右端不会直接飞出，旅行包到右端时受传送带的支持力，由牛顿第二定律可求得速度与旅行包一直加速达到的最大速度比较可确定传送带的最大速度；（2）通过分析运送一个旅行包多消耗的电能与动能的关系得出电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，由此可求解春运期每天多消耗的电能。【解答】解：（1）设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传送带的支持力为FN，则由
41、牛顿第二定律得：mgFNm解得：v当FN0时，v有最大值vmax1m/s旅行包一直加速能达到的最大速度为vmax6m/s1m/s故传送带的速度应小于1m/s（2）旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分为别为：x传v传t，x包t表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有故有：x传2x包消耗电能为Emgx传旅行包在滑动过程中动能的增量为：Ekmgx包故E2Ek结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包堵加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能转化为内能故春运期每天多消耗的电能为10吨行包在传送带上获得总动能的两倍E电2EK总m总v0210000004J400J答：（1）要使旅行包
42、到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于1m/s；（2）则电机每天相对于空载多消耗的电能E是400J。【点评】本题考查了圆周运动，相对运动，功能关系，能量守恒等知识，涉及临界问题，明确旅行包的运动特点及功能关系是求解的关键。12（20分）一种测定电子比荷的实验装置如图所示真空玻璃管内，阴极K发出的电子（可认为初速度为0）经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点若在两极板CD间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的
43、匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。（1）求电子进入偏转电场的速度v0。（2）求电子的比荷。【考点】65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电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；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）抓住电子在复合场中做直线运动，结合电场力和洛伦兹力平衡求出电子进入偏转电场的速度。（2）根据类平抛运动的规律，求出电子在偏转电场中的位移，以及离开偏转电场后垂直电场方向的位移，抓住两位移之和，求出
44、电子的比荷。【解答】解：（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有：qEqv0B，又E，联立解得电子射入偏转电场的速度。（2）电子在极板区域运行的时间，在电场中的偏转位移，电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度，设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2，电子离开电场后再垂直极板方向的位移y2vyt2，P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移yy1+y2，联立解得。答：（1）电子进入偏转电场的速度为。（2）电子的比荷为。【点评】本题考查了电子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律、运动学公式以及电势差与电场强
45、度关系进行求解，难度中等。（二）选考题：共45分请考生从2道物理题，2道化学题，2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列有关热现象的说法正确的是（）A花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停的做无规则运动B热量不可能自发从低温物体传到高温物体C单晶体某些物理性质沿不同方向是各向异性的D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中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距E一定质量的理想气体在等温压缩的过程中，气体的内能不变，从外界吸热【考点】84：布朗运动；8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体；99
46、：理想气体的状态方程；9H：相对湿度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；541：分子运动论专题【分析】布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；热力学第二定律反映了自发的宏观热现象具有方向性；单晶体的物理性质各向异性；根据热力学第一定律和气体实验定律分析气体内能变化和吸放热情况。【解答】解：A、花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停的做无规则运动，故A错误；B、根据热力学第二定律，不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，比如电冰箱要耗电，故B正确；C、因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是有序的，
47、所以单晶体的某些物理性质呈现各向异性，故C正确；D、影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是相对湿度，与空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距有关，故D正确；E、一定质量理想气体等温压缩的过程中，温度不变，气体内能不变U0；体积缩小，外界对气体做功，W0，根据热力学第一定律可知，气体放热，故E错误；故选：BCD。【点评】本题考查布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律、晶体、气体实验定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。14（10分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口，卡口距缸底的高度h20cm。汽缸活塞的面积S100cm2，重量G100N，其下方密封有一
48、定质量的理想气体，活塞只能在卡口下方上下移动。活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，竖直轻弹簧下端与缸底固定连接，上端与活塞固定连接，原长l015cm，劲度系数k2000N/m。开始时活塞处于静止状态，汽缸内气体温度T1200K，弹簧的长度l110cm，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体（大气压P01.0105Pa）。求（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2；（）当汽缸中的气体温度T3500K时汽缸内气体的压强P3。【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】（i）先对活塞分析，加
49、热前后气体压强，然后对气体利用理想气体状态方程列式求解；（ii）先根据理想气体状态方程分析活塞恰好上升至卡口时的温度，然后与T3比较，最后利用理想气体状态方程或活塞平衡列式求解即可。【解答】解：（i）对活塞受力分析，开始时气体的压强为：温度为：T1200K体积为：V1lS10S弹簧恢复原长时，对活塞受力分析，根据平衡得封闭气体压强为：Pa体积为：V2l0S15S由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2330K（ii）设温度为T时，活塞恰好上移至卡口，此时有：1.2105PaVhS20S由理想气体状态方程得：代入数据解得：T480K由于T3500K480K，活塞以上移至卡口，有：V3hS20S由
50、理想气体状态方程得：代入数据解得：答：（i）当弹簧恢复原长时时汽缸内气体的温度T2为330K；（）当汽缸中的气体温度T3500K时汽缸内气体的压强P3为1.25105Pa。【点评】本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根据气体定律进行研究。本题要特别注意判断温度升高为500K时活塞上移到卡口没有。【物理一选修3-4】（15分）15甲、乙两列简谐横波在冋种均匀介质中传播，如图所示为t0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则（）A乙波的频率为2HzB甲波的传播速度为2msC两列波叠加
51、后，x0处的质点振幅为0D两列波叠加后，x2m处为振动加强点Et0.25s时，x0处的质点处于平衡位置，且向下运动【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4B：图析法；51D：振动图像与波动图像专题【分析】甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图读出波长，由vf求频率之比从而解决乙波频率。并由此公式求甲波的传播速度。根据波的叠加原理求两列波叠加后，x0处的质点振幅。根据时间与周期的关系分析t0.25s时x0处质点的运动状态。由波的叠加原理分析两列波叠加后，x2m处质点的振动情况。【解答】解：A、甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中
52、传播，波速相等，由图知，甲2m，乙2m，由vf知甲、乙两波的频率之比为1：1，即为：f乙f甲2Hz，故A正确；B、甲波的传播速度为：v甲f甲224m/s，故B错误；C、两列波叠加后有：x0处的质点振动加强，振幅为：A0A甲+A乙10cm+20cm30cm，故C错误；D、两列波叠加后，在x2m处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故D正确；E、两波的周期为：T0.5s。t0时刻，x0处的质点处于平衡位置，且向上运动。因为 t0.25s，所以t0.25s时，x0处的质点处于平衡位置，且向下运动。故E正确；故选：ADE。【点评】本题关键要把握两种图象的关系，知道波速由介质决定，甲、乙两列简谐
53、横波在同种均匀介质中传播，波速相等。能根据波的传播读出质点的速度方向，在波动图象上运用波的叠加原理理解这类问题。16一块用玻璃制成的透明柱体，其横截面如图所示，ab是半径为R的圆弧ac边与cb边垂直，aoc60一束宽度等于ac边的平行光线垂直于ac边射入（c点没有射入光线），先后到达ab、cb界面，ab、cb界面的外表面都只有一部分是亮的，其余部分是暗的，ab界面外表面亮着部分的弧长为，不考虑界面的多次反射，求：（i）玻璃的折射率n（）bc界面外表面亮着部分的长度【考点】H3：光的折射定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54E：全反射和临界角专题【分析】（i）
54、作出光路图，由几何关系求得全反射的临界角，根据sinC求得折射率；（ii）通过几何关系得出有平行光投射出去所对应的圆心角，从而求出其弧长。【解答】解：（i）作出光路图如图所示，设全反射临界角为C，只有图中bd部分的外表面是亮的，弧长为则由：C30又sinC故n2（）从a入射的光到f点经过全反射后恰好射到b点入射到d点的光经过全反射后射到g点，由几何知识可得OgR经过圆弧fd反射的光射到cb部分的gb段，其入射角小于全反射临界角，有光线射出；经过圆弧db反射的光射到cb部分的Og段，其入射角大于全反射临界角，无光线射出，所以cb段的外表面是亮的部分的长度为s（1）R答：（i）玻璃的折射率是2；（）bc界面外表面亮着部分的长度是（1）R。【点评】本题对数学几何能力考查要求较高，关键掌握全反射的条件，运用折射定律进行求解。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/17 9:31:08；用户：qgjyuser10418；邮箱：qgjyuser10418.21957750；学号：21985425
