1、2017年内蒙古赤峰市宁城县高考物理一模试卷一、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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是（）A物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D牛顿第一、二、三定律都可以用实验的方式加以验证2如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁
2、场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（）ABCD3一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（）A该粒子可能做直线运动B该粒子在运动过程中速度保持不变C粒子运动轨迹上各点的电势一定相等Dt1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同4如图所示，竖直放置在水平面上的固定圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是（）A筒外的小球先落地B两小球通过的路程不一定相等C两小球的落地速度可能相同D筒内小球随着速率的增大对筒壁的压力逐渐增加5某小型水
3、电站的电能输送示意图如下发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）ABC升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率6如图甲所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M、P之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0现用一个水平向右的力F拉棒ab，使
4、它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，F0已知下列判断正确的是（）A棒ab在ac之间的运动是匀加速直线运动B棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C棒ab在ce之间可能先做加速度减小的运动，再做匀速运动D棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为7如图所示，设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星
5、从太空电梯发射出去设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外和太空电梯脱离（脱离时卫星相对与太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空，（）A利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动B此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动C此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动D欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候让它适当加速8质量分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为，弹簧的劲度系数为k现用一
6、平行于斜面的恒力F拉木块A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是（）A此时弹簧的弹力大小为m1gsinB拉力F在该过程中对木块A所做的功为C木块A在该过程中重力势能增加了D弹簧在该过程中弹性势能增加了m1v2二、非选择题9某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是50Hz，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率已知砝码及砝码盘的质量为m=0.1kg，小车的质量为M=0.4kg，不计摩擦阻力，g取10m/s2图乙为某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间
7、还有三个点未画出（1）小车的加速度大小为m/s2；（2）根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为Hz；（3）打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为m/s10（12分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻约为0.3C电流表：量程03A，内阻约为0.1D电压表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器
8、材中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择下图中的 （填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=V，内电阻r=11（12分）一质量为m，带电量为+q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，重力加速度为g，如图所示，求：（1）小球初速度v0、电场强度E的大小；（2）小球落地时动能12（17分）两质量为m的小球，A带电+q，B不带电
9、，两球静止放在光滑水平面上，且相距l，现在空间沿AB方向加一个电场强度大小为E是匀强电场，t=0时刻，A开始受电场力运动经过一段时间，A、B间第一次发生弹性正碰（即发生速度交换），无电量转移，以后A、B之间的碰撞都是弹性碰撞重力加速度为g，求（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，A球的速度多大？（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为多少？（3）求从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是多少？三、【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13（5分）下列说法正确的是 （）A能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒B没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能
10、C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大14（10分）如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，厚度不计可在气缸内无摩擦滑动气缸侧壁有一个小孔，与装有水银的U形玻璃管相通气缸内封闭了一段高为L=50cm的气柱（U形管内的气体体积不计）此时缸内气体温度为27，U形管内水银面高度差hl=5cm已知大气压强p0=1.0l05Pa，水银的密度=13.6103kg/m3，重力加速度g取10m/s2求活塞的质量m；若在活塞上缓慢添加M=26.7kg
11、的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，求此时气缸内气体的温度四、【物理-选修3-4】（共2小题，满分15分）15（5分）如图所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是（）A用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距Ba比b更容易发生衍射现象C在水中a光的速度比b光的速度小D在水中a光的临界角大于b光的临界角E若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a光16（10分）如图所示为一列简谐横波沿x方向传播在t=0时刻的波形图，M、N两点的坐标分别为（2，0）和（7，0），已知
12、t=0.5s时，M点第二次出现波峰这列波的传播速度多大？从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为多少？2017年内蒙古赤峰市宁城县高考物理一模试卷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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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请用学过的物理知识判断，下列说法正确的是（）A物体的加速度大小不能瞬间改变，但加速度的方向可以瞬间发生变化B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C做圆周运动的物体受到的合外力一定指向圆心D牛顿第一、二、三
13、定律都可以用实验的方式加以验证【考点】CC：安培力；1B：加速度；39：牛顿运动定律的综合应用；CF：洛仑兹力【分析】根据加速度的大小方向都可以瞬间改变，安培力与洛伦兹力的关系，圆周运动包含匀速圆周运动和非匀变速圆周运动，牛顿第一定律不能通过实验验证进行判断【解答】解：A、加速度的大小方向都可以瞬间改变，A错误；B、安培力是通电导体在磁场中受到的力，洛伦兹力是运动电荷在磁场中受到的力，而电荷的定向移动就能形成电流，因此安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，而且安培力和洛伦兹力的方向都是通过左手定则判断，B正确；C、做匀速圆周运动的物体受到的合外力才一定指向圆心，如果是非匀变速圆周运动，受
14、到的合外力就不指向圆心，C错误；D、牛顿第一定律不能用实验验证，因为找不到物体不受力作用的实验条件，D错误；故选：B【点评】本题综合考查了基础概念的理解，涉及的知识点较多，要对加速度，安培力，圆周运动，牛顿运动定律都有一定的理解才能掌握2如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（）ABCD【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，求解出半径，然后根据牛顿第二定律列式分析即可【解答】解：粒子在磁
15、场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：故轨道半径：r=R根据牛顿第二定律，有：qvB=m解得：r=联立解得：v=故在磁场中的运动时间：t=，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题关键是结合几何关系得到轨道半径，画出轨迹是基础，根据牛顿第二定律列式可以求解粒子的比荷3一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是（）A该粒子可能做直线运动B该粒子在运动过程中速度保持不变C粒子运动轨迹上各点的电势一定相等Dt1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AE：电势能【分析】由图知粒子的电势能不变，电场力不做功，根据
16、电场力公式W=qU分析【解答】解：A、粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故A错误B、根据能量守恒可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，所以速度在改变故B错误CD、粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故C正确，D错误故选：C【点评】解决本题的关键要明确粒子的运动情况，运用电场力公式W=qU分析电势的变化，但不能确定电场强度的变化4如图所示，竖直放置在水平面上的固定圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内
17、壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是（）A筒外的小球先落地B两小球通过的路程不一定相等C两小球的落地速度可能相同D筒内小球随着速率的增大对筒壁的压力逐渐增加【考点】44：运动的合成和分解【分析】结合向心力的来源分析小球是否脱离内壁；结合平抛运动的特点分析小球运动的时间与位移，从而即可求解【解答】解：A、筒内小球水平方向只受到筒壁的作用力，由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小所以小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动若已知发射小球的水
18、平速度和圆筒高度，小球运动的时间：t=，在筒外的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，所以运动的时间也是t=，筒内小球落地所用时间和筒外小球一样长故A错误；B、两个小球的水平方向的路程：x=v0t=v0，可知两小球竖直方向与水平方向的路程都相等，通过的路程一定相等，故B错误C、两个小球在竖直方向都做自由落体运动，落地的速率都是：v=，若筒内小球恰好运动n（n=1，2，3）周，则二者速度的方向也相同，二者的速度相等因此是有可能的故C正确；D、由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小只有竖直方向的重力才改变小球竖直方向的分速度的大小所以筒内小球沿水平方向做
19、匀速圆周运动，需要的向心力不变，所以对筒壁的压力不变 故D错误故选：C【点评】该题考查平抛运动，解答的关键是筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，若将该轨迹张开到一个平面内，则是平抛运动5某小型水电站的电能输送示意图如下发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（）ABC升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【考点】EA：远距离输电【分析】将发电站的电能远输时，由于电线上的电阻而导
20、致电压和功率损失，从而使得降压变压器输入电压和输入功率减少【解答】解：根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2U3，所以，故B正确，AC不正确升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D正确故选：BD【点评】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损6如图甲所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M、P之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一
21、质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，F0已知下列判断正确的是（）A棒ab在ac之间的运动是匀加速直线运动B棒ab在ce之间不可能一直做匀速运动C棒ab在ce之间可能先做加速度减小的运动，再做匀速运动D棒ab经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】棒ab在ac之间运动时，水平方向只受到水平拉力的作用，做
22、匀加速运动；进入磁场后受到水平拉力和安培力的作用，根据两个力的大小关系，可能存在三种情况；金属棒通过磁场的过程通过R上的电量【解答】解：A、棒ab在ac之间运动时，水平方向只受到水平拉力的作用，做匀加速运动，故A正确；B、C：棒ab进入磁场后受到水平拉力和安培力的作用，根据两个力的大小关系，可能存在三种情况：拉力大于安培力，则棒先做加速运动，但随速度的增大，安培力增大，合力减小，所以棒做加速度减小的加速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；故C正确；安培力等于拉力，棒在磁场中始终做匀速运动；故B错误；拉力小于安培力，则棒先做减速运动，但随速度的减小，安培力减小，合力减小，所以棒做加速度减小
23、的减速运动，直到安培力等于拉力，开始做匀速运动；D、金属棒通过磁场的过程通过R上的电量，故D错误故选：AC【点评】本题考查了电磁感应与力学和功能关系的结合，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向然后根据运动状态列出牛顿第二定律方程求解，注意金属棒通过磁场的过程通过R上的电量7如图所示，设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该
24、卫星在上升到0.80R处意外和太空电梯脱离（脱离时卫星相对与太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空，（）A利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动B此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动C此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动D欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候让它适当加速【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】该电梯轨道上各处的角速度是相等的，由此求出两个位置的向心加速度；由万有引力提供同步卫星的向心加速度，求出同步卫星的向心加速度；然后与在0.8R处地球提供的向心加速度比较即可【解答】解：
25、ABC、同步卫星受到的万有引力提供向心力，则：其向心加速度：a=2R由于该电梯轨道上各处的角速度是相等的，可知在卫星脱离处：v=0.8R它做圆周运动需要的向心力： =0.8=地球能提供的向心力：比较可知，该卫星在离开电梯轨道时需要的向心力小于地球提供的向心力，所以它脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动故AB错误，C正确；D、结合前面的分析可知，欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在释放的时候让它适当加速，增大其速度，增加需要的向心力故D正确故选：CD【点评】该题结合线速度与角速度的关系考查万有引力定律的应用，解答的关键是需要分清需要的向心力与提供的向心力之间的关系8质量
26、分别为m1和m2的木块A和B之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端带有挡板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为，弹簧的劲度系数为k现用一平行于斜面的恒力F拉木块A沿斜面由静止开始向上运动，当木块B恰好对挡板的压力为零时，木块A在斜面上运动的速度为v，则下列说法正确的是（）A此时弹簧的弹力大小为m1gsinB拉力F在该过程中对木块A所做的功为C木块A在该过程中重力势能增加了D弹簧在该过程中弹性势能增加了m1v2【考点】6B：功能关系；62：功的计算【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，根据
27、胡克定律求解出弹簧的伸长量和压缩量，从而求出A上升的距离，根据W=Fx求解F做的功，根据重力做功与重力势能的关系求解A重力势能增加量，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量【解答】解：A、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，即F弹=m2gsin，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，则有m1gsin=kx1，x1为弹簧相对于原长的压缩量，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，则A沿斜率上升的距离x=x1+x2，联立解得：x=，则拉力F在
28、该过程中对木块A所做的功为W=Fx=F，故B错误；C、木块A在该过程中重力势能增加量EP=m1gxsin=m1，故C错误；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为=Fm1=m1v2，故D正确故选：D【点评】含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路，难度适中二、非选择题9某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是50Hz，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率已知砝码及砝码盘的质量为m=0.1kg，小车的质量为M=0.4kg，不计摩擦阻力，g取10m/s2图乙为某次记录小车
29、运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间还有三个点未画出（1）小车的加速度大小为2m/s2；（2）根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为40Hz；（3）打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为1m/s【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律【分析】（1）对车与砝码及盘进行研究，根据牛顿第二定律，即可求解加速度；（2）根据加速度公式a=，从而求解电源的频率；（3）根据平均速度等于中时刻瞬时速度，即可求解【解答】解：（1）对车与砝码及盘整体进行研究，依据牛顿第二定律，则有：mg=（m+M）a；解得：a=2m/s2； （2）根据加速度公式a=，则有：T=0.1s；由
30、于相邻的计数点之间还有三个点未画出，则有，4T0=T，那么T0=0.025s；那么电源的频率为：f=40Hz；（3）、打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为：vC=m/s=1m/s故答案为：（1）2；（2）40；（3）1【点评】本题借助实验考查了牛顿第二定律与匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力注意相邻的计数点之间还有三个点未画出，及选取车与砝码及盘整体研究10（12分）（2017宁城县一模）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程00.6A，内阻约为0.3C电流表：量程03A，内阻约为0.1D电压
31、表：量程03V，内阻未知E电压表：量程015V，内阻未知F滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：ABDFH （填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择下图中的乙 （填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=1.0【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【分析】（1）实验中要能保证安全和准确
32、性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理选择电路图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A被测干电池一节为了读数准确，所以选择B电流表：量程00.6A，D电压表：量程03V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F滑动变阻器，H开关、导线若干（2）测量电电动势和内阻的时候，由于电的内阻是很小的，若采用甲图的接法，由于电流表内阻的影响，会使测量电阻偏大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图乙（3）由UI图可知，电源的电动势为：E=1.50V；内电阻为：r=1.0；
33、故答案为：（1）ABDFH；（2）乙；（3）1.5；1.0【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻11（12分）（2017宁城县一模）一质量为m，带电量为+q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，重力加速度为g，如图所示，求：（1）小球初速度v0、电场强度E的大小；（2）小球落地时动能【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；A6：电场强度【分析】将
34、小球的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向上做匀减速直线运动到零，根据分运动合运动具有等时性求出水平初速度根据水平方向做匀减速直线运动由速度位移公式求出运动的加速度，再求得E小球落地的过程中有重力和电场力做功，求得动能【解答】解：（1）电场中小球运动，在水平方向上：v0=竖直方向上： =，又v02=2L 联立得：v0=2L，E=（2）从抛出到落地由动能定理得：mghEqL=Ekm v02小球落地时动能：Ek=mgh答：（1）小球初速度为、电场强度E的大小为；（2）小球落地时动能mgh【点评】解决本题的关键将小球的运动动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体
35、运动，在水平方向上做匀减速直线运动，知道分运动与合运动具有等时性，以及会运用动能定理求出落地的速度12（17分）（2017宁城县一模）两质量为m的小球，A带电+q，B不带电，两球静止放在光滑水平面上，且相距l，现在空间沿AB方向加一个电场强度大小为E是匀强电场，t=0时刻，A开始受电场力运动经过一段时间，A、B间第一次发生弹性正碰（即发生速度交换），无电量转移，以后A、B之间的碰撞都是弹性碰撞重力加速度为g，求（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，A球的速度多大？（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为多少？（3）求从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是多少？【考点】AD
36、：电势差与电场强度的关系；65：动能定理【分析】（1）加上匀强电场后，A做匀加速运动，B仍静止，由动能定理求A、B第一次刚要发生碰撞时A球的速度（2）两球发生弹性碰撞，由于两球的质量，所以碰撞后两者交换速度，此后B做匀速运动，A做初速度为零的匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合求解（3）根据上题的结果，研究每次碰撞后的规律，再求解从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间【解答】解：（1）从A球开始运动到第一次碰撞之前，对A，由动能定理有 qEl=可得 v1=（2）第一次发生碰撞后两球交换速度，A的速度变为0，B的速度变为v1，设小球A的加速度为a，第一次碰后结束到第二次发
37、生碰撞前瞬间经过时间为t2，则根据牛顿第二定律知：qE=ma由位移时间关系有：v1t2=解得 t2=（3）设第二次发生碰撞前A的速度为v2，则 v2=at2=2v1；当A、B第二次碰撞后交换速度，B的速度变为2v1，A的速度变为v1；第三次碰撞又是相差v1的速度开始，A加速追击B，所以所用时间与t2相同，以此类推，第1次正碰到第19次正碰之间的时间 t19=t18=t2=故总时间 t=18t2=答：（1）A、B第一次刚 要发生碰撞时，A球的速度是（2）从A、B第一次发生碰撞到第二次碰撞经历时间为（3）从第1次碰撞结束到第19次碰撞刚要发生所经历的时间是【点评】本题以带电粒子在电场中的运动为核心
38、命题，关键要正确分析碰撞的时间间隔是否相等，然后利用不完全归纳的方法得出结论当然还可以利用图象来计算出时间间隔三、【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13下列说法正确的是 （）A能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒B没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能C非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性D对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【考点】8H：热力学第二定律；87：分子势能；8G：能量守恒定律；92：* 晶体和非晶体【分析】明确能量守恒以及能量耗散的联系和区
39、别；根据热力学第二定律可知，理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能； 晶体分为单晶体和多晶体，多晶体具有各向同性；根据理想气体状态方程可明确温度的变化，再根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热； 分子力做正功时，分子能减小，分子力做负功，分子势能增大【解答】解：A、能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故A错误； B、根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能；故B正确； C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性；故C错误；D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，
40、则由理想气体状态方程可知，温度一定增大，内能增大，同时气体对外做功，则由热力学第一定律可知，它一定从外界吸热； 故D正确；E、当分子间作用力表现为斥力时，距离减小时分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大； 故E正确；故选：BDE【点评】本题关键是区分能量与能源，能量是守恒的，而能源是有限的，必须注意节约，同时注意热力学第一定律、第二定律的正确应用14（10分）（2017宁城县一模）如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，厚度不计可在气缸内无摩擦滑动气缸侧壁有一个小孔，与装有水银的U形玻璃管相通气缸内封闭了一段高为L=50cm的气柱（U形管内的气体体积不计）此时缸内气
41、体温度为27，U形管内水银面高度差hl=5cm已知大气压强p0=1.0l05Pa，水银的密度=13.6103kg/m3，重力加速度g取10m/s2求活塞的质量m；若在活塞上缓慢添加M=26.7kg的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，求此时气缸内气体的温度【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强【分析】先由力学知识确定出状态封闭气体压强，再根据理想气体状态方程列式即可求解；【解答】解：气缸内气体的压强为：活塞受力平衡，有：联立解得：m=6.8kg活塞下降后气体的压强为，则有：以气缸内封闭气体为研究对象根据理想气体状态方程，有：解得：，即：答：活塞的质量m为6.8kg；若在活
42、塞上缓慢添加M=26.7kg的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，此时气缸内气体的温度64.5【点评】本题考查理想气体的状态方程以及气体压强的计算，要注意正确选择研究气体对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可四、【物理-选修3-4】（共2小题，满分15分）15如图所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是（）A用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距Ba比b更容易发生衍射现象C在水中a光的速度比b光的速度小D在水中a光的临界角大于b光的临界角E若a光与b光以相同入射角从水射向空气，在不断
43、增大入射角时水面上首先消失的是a光【考点】H3：光的折射定律【分析】通过光路图，分析偏折程度的大小，判断出水对两束光的折射率大小，从而分析出两束光的波长和频率大小，根据折射率和频率大小去判断出在水中的速度大小，以及临界角和发生光的干涉的条纹间距与波长的关系干涉条纹的间距公式x=，可得，双缝干涉条纹间距与波长成正比波长越长，越容易发生衍射现象全反射临界角公式sinC=【解答】解：A、由图可知，单色光a偏折程度小于b的偏折程度，根据折射定律n=知，a光的折射率小于b光的折射率，则知a光的波长大根据双缝干涉条纹的间距公式x=，可得，干涉条纹间距与波长成正比，所以a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间
44、距，故A正确B、a光的波长长，波动性强，更容易发生衍射现象，故B正确C、由v=知，在水中a光的速度大故C错误D、由全反射临界角公式sinC=，知折射率n越大，临界角C越小，则知在水中a光的临界角大于b光的临界角，故D正确E、若a光与b光以相同入射角从水射向空气时，由于在水中a光的临界角大于b光的临界角，所以b光的入射角先达到临界角，则b光先发生全反射，首先消失的是b光故E错误故选：ABD【点评】解决本题的关键是通过光路图比较出折射率，而得知频率、波长等关系，然后根据光学知识进行求解16（10分）（2017宁城县一模）如图所示为一列简谐横波沿x方向传播在t=0时刻的波形图，M、N两点的坐标分别为
45、（2，0）和（7，0），已知t=0.5s时，M点第二次出现波峰这列波的传播速度多大？从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为多少？【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象【分析】根据t=0时波形图，由波的传播方向来确定质点M的振动方向，由在t=0.5s时，M点恰第二次出现波峰，即可求出周期，根据图象读出波长，从而求出波速图中x=4m处的波峰传到N点时N点第一次出现波峰，根据t=求所用时间根据时间与周期的关系，求M点通过的路程【解答】解：根据图象可知，该波波长 =4mM点与最近波峰的水平距离为6m，距离下一个波峰的水平距离为10m，所以波速为：v=20m/sN点与最近波峰的水平距离为 s=11m当最近的波峰传到N点时N点第一次形成波峰，历时为：t1=s=0.55s该波中各质点振动的周期为：T=0.2sN点第一出现波峰时质点M振动了 t2=0.4s则 t2=2T质点M每振动经过的路程为5cm，则当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为：s=85cm=40cm=0.4m答：这列波的传播速度是20m/s从t=0时刻起，经过0.55s时间N点第一次出现波峰当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为0.4m【点评】本题要能由波的传播方向来确定质点的振动方向，掌握由质点的振动情况来确定周期，并由周期与波长从而求出波速
