2019年河南省安阳市高考物理二模试卷.doc

2019年河南省安阳市高考物理二模试卷二、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14-18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1（6分）下列说法正确的是（）AUTh+X中X为中子，核反应类型为衰变BH+HHe+Y中Y为中子，核反应类型为人工核转变CU+nXe+Sr+K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变DN+HeO+Z，其中Z为氢核核反应类型为轻核聚变2（6分）如图所示，倾角为30的斜面体静止在粗糙的水平面上，一质量为m、可看成质点的光滑小球在不可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。已知轻绳与斜面间的夹角也为，重力加速度为g，则水平面对斜面体的摩擦力大小为（）AmgBmgCmgDmg3（6分）如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是（）A若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点B若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必然相同C若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点D若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必然相同4（6分）半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的已知引力常量为G，则下列说法正确的是（）A该天体的质量为B该天体的平均密度为C该天体的第一宇宙速度为D该天体的自转周期为25（6分）如图所示，质量为m2.0kg的物体静止在光滑的水平地面上。t0时刻起物体在一水平向右的恒力F11.0N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F22.6N，方向改为水平向左。在t12.0s时测得物体运动的瞬时速度大小v6.24m/s，则t0为（）A12.1sB6.0sC5.2sD2.6s6（6分）小球甲从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p。现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A小球乙落在斜面上时的位移为B小球乙在空中运动的时间为C小球乙落在斜面上时的动能为D小球乙离斜面最远时的动量为7（6分）如图所示，发电机的输出电压U1000sin100t（V），通过理想降压变压器给若干盏灯泡供电，输电线上连接可调电阻r。变压器原线圈两端接有理想交流电压表，线圈干路接有理想交流电流表，下列说法正确的是（）A电压表的示数始终为1000VB仅接入灯泡增多，电流表的示数增大C仅可调电阻r增大，电压表的示数增大D仅可调电阻r增大，电流表的示数减小8（6分）如图所示，同种材料的、均匀的金属丝做成边长之比为1：2的甲、乙两单匝正方形线圈，已知两线圈的质量相同。现分别把甲、乙线圈以相同的速率匀速拉出磁场，则下列说法正确的是（）A甲、乙两线圈的热量之比为1：2B甲、乙两线圈的电荷量之比为1：4C甲、乙两线圈的电流之比为1：2D甲、乙两线圈的热功率之比为1：1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）某实验小组用如图所示的实验装置测量物块与水平固定桌面之间的动摩擦因数。已知物块、遮光板和拉力传感器的总质量为M，重物质量为m，遮光板的宽度为d（d很小），遮光板与光电门之间的距离为L，重力加速度为g，细线恰伸直，重物由静止释放。（1）在完成本实验时，下列操作或说法正确的是 A细线必须平行于水平桌面B拉力传感器的示数始终等于mgC实验时必须满足条件mMD拉力传感器固定在重物上时误差更小（2）某次实验时，测出遮光板通过光电门所用的时间为t，则此实验过程物块运动的加速度a 。（3）实验时，改变重物m的质量，多次实验，记录拉力传感器的示数F，计算物块的加速度a，根据实验数据画出aF图象，图线与纵轴的交点为（0，b），则物块与水平桌面间的动摩擦因数为 。10（9分）为了测量一电压表的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。其中是标准电压表，R0和R分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电源。（1）用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整。（2）实验步骤如下：将S拨向接点1，接通S1，调节 ，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时 的读数U；然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节 ，使 ，记下此时R的读数；多次重复上述过程，计算R0读数的 ，即为待测电压表内阻的测量值。（3）实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因： 。11（12分）如图所示是圆心为O内外半径分别为R1、R2的同心圆，内圆区域内存在均匀辐射的电场，圆心与内圆圆周边界间的电势差恒为U，内外圆之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从圆心O处由静止释放，不计重力。（1）求粒子到达内圆边界时的速度大小；（2）若粒子首次到达外圆圆周时没有射出外圆，求磁感应强度的最小值。12（20分）如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧（弹簧与滑块不固连），滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）滑块1过B点的速度大小；（2）弹簧释放的弹性势能大小；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、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）下列说法正确的是（）A蒸发是发生在液体表面和内部的汽化现象B水不能浸润蜂蜡C在一定温度下，饱和汽的压强是一定的D分子间作用力为斥力时，随分子间距离的减小，分子势能增大E绝对湿度越大，感觉空气越潮湿14（10分）底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的某种液体，液体密度为，将一横截面积为S、长度为2H的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示。现用厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示。再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示。已知大气压强p0kgH，k为常数，g为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度h及玻璃管内液柱的高度h。物理选修3-4（15分）15如图1所示为一列简谐横波在t2s时的波形图，图2为介质中平衡位置在x1.5m处的质点的振动图象。P是平衡位置在x2m处的质点，则下列说法正确的是（）At2s时，x1.5m处质点的振动速度为0.5m/sBt2s时，x1.0m处质点的位移为4cmC该简谐横波沿x轴的负方向传播D01s时间内，P向y轴正方向运动E03s时间内，P运动的路程为12cm16如图所示，一容器内装有深为h的某透明液体，容器底部为平面镜，到容器底部的距离为处有一点光源L，可向各个方向发光。已知该透明液体的折射率为n，液面足够宽，真空中光的传播速度为c，求：（i）能从液面射出的光，在液体中经过的最短时间t；（）液面上有光射出的区域的面积S。2019年河南省安阳市高考物理二模试卷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14-18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1（6分）下列说法正确的是（）AUTh+X中X为中子，核反应类型为衰变BH+HHe+Y中Y为中子，核反应类型为人工核转变CU+nXe+Sr+K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变DN+HeO+Z，其中Z为氢核核反应类型为轻核聚变【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；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；54Q：重核的裂变和轻核的聚变专题【分析】重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核，聚变是质量数较小的和转化为质量较大的核，在转化过程中质量数和电荷数都守恒。【解答】解：A、核反应方程UTh+ He，放出的是粒子，这是衰变，故A错误；B、H+HHe+Y中Y为中子，核反应类型为轻核聚变，故B错误；C、裂变是重核吸收一个慢中子后分裂成两个或两个以上的中等质量的原子和的过程，根据质量数守恒与电荷数守恒可知，裂变方程中裂变的核反应可能为U+nXe+Sr+K，其中K为10个中子，核反应类型为重核裂变，故C正确；D、核反应方程：N+HeO+Z是人工核反应方程，不是轻核聚变，故D错误；故选：C。【点评】理解裂变和聚变的特点，对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变和衰变等基本知识要熟练掌握和应用。2（6分）如图所示，倾角为30的斜面体静止在粗糙的水平面上，一质量为m、可看成质点的光滑小球在不可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。已知轻绳与斜面间的夹角也为，重力加速度为g，则水平面对斜面体的摩擦力大小为（）AmgBmgCmgDmg【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】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；527：共点力作用下物体平衡专题【分析】小球和斜面均处于平衡状态，分别对小球和斜面受力分析应用合成或分解即可解决。【解答】解：选小球为研究对象，受力分析并合成如图：由平衡条件：Fmg由平面几何知识可得：N与F夹角为30，T与F夹角也为30故画出的平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形：由cos30得：Tmg以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向上有：fTsin30mg故ACD错误，B正确故选：B。【点评】对小球和斜面进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题。选择好合适的研究对象有事半功倍的效果。3（6分）如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是（）A若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点B若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必然相同C若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点D若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必然相同【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】12：应用题；21：信息给予题；31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】判断到达挡板上的时间以及是否在同一点，关键是判断它们在电场中竖直方向的偏转位移以及它们的初速度，根据带电粒子在电场中偏转的运动规律，可判断影响偏转位移的因素，即可根据运动规律判断是否在同一点；从水平方向可以根据速度判断其运动时间。【解答】解：设带电粒子进入偏转电场时的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，偏转电场的电压为U，极板长度为l，板间距离为d，则粒子出电场时的偏转位移为：A、由于氕、氘、氚具有相同的电荷量和不同的质量，若三者进入偏转电场的初动能相同，由上可知，则出电场时的偏转位移相同，速度的偏转角相同，粒子必定到达挡板上的同一点，故A正确；B、若初动量相同，则水平方向初速度不同，到达挡板的时间不同，故B错误；C、若初速度相同，但由于质量不同，则出电场时的偏转位移不同，速度的偏转角不同，粒子不会到达挡板上的同一点，故C错误；D、初动能相同，则水平方向初速度不同，到达挡板的时间不同，故D错误。故选：A。【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，考查学生对类平抛运动的规律的掌握情况，需要学生具有一定的分析推理能力。4（6分）半径为R的某均匀球形天体上，两“极点”处的重力加速度大小为g，“赤道”处的重力加速度大小为“极点”处的已知引力常量为G，则下列说法正确的是（）A该天体的质量为B该天体的平均密度为C该天体的第一宇宙速度为D该天体的自转周期为2【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；4E：模型法；528：万有引力定律的应用专题；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】由两极点处重力等于万有引力，可求得中心天体质量；由近地卫星的向心力由重力提供向心力，可求得第一宇宙速度；赤道上物体的万有引力等于物体重力与物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力之和。【解答】解：在两极点处有：，解得该天体的质量为：，故A错误；该天体的平均密度为：，故B错误；由，解得该天体的第一宇宙速度为：，选项C错误；在赤道处有：，解得该天体的直转周期为，故D正确。故选：D。【点评】本题考查万有引力定律，考查考生的理解能力。关键点一：两极点处重力等于万有引力；关键点二：由近地卫星的向心力由重力提供向心力；关键点三：地面上的物体的重力和物体绕地球一起做匀速圆周运动的向心力是万有引力的两个分力。5（6分）如图所示，质量为m2.0kg的物体静止在光滑的水平地面上。t0时刻起物体在一水平向右的恒力F11.0N的作用下开始运动，经过一段时间t0后，恒力大小变为F22.6N，方向改为水平向左。在t12.0s时测得物体运动的瞬时速度大小v6.24m/s，则t0为（）A12.1sB6.0sC5.2sD2.6s【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】由牛顿第二定律求出前后两段的加速度大小，12s末时速度方向可能向右、也可能向左，分两种情况分析求解即可。【解答】解：由牛顿第二定律可得：a10.5m/s2a21.3m/s2若在12s末时速度方向是向右的，则有：a1t0a2（12t0）6.24m/s，解得：t012.1s，不合题意，所以12s末时速度方向是向左的，即a1t0a2（12t0）6.24m/s，解得：t05.2s，故ABD错误C正确。故选：C。【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合使用的题目，关键是找出加速度，因为加速度是联系力和运动的桥梁，要知道末状态的速度方向可能向右或向左，要分别讨论。6（6分）小球甲从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p。现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A小球乙落在斜面上时的位移为B小球乙在空中运动的时间为C小球乙落在斜面上时的动能为D小球乙离斜面最远时的动量为【考点】43：平抛运动；51：动量 冲量；64：动能菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4C：方程法；518：平抛运动专题【分析】根据竖直位移与水平位移的关系求出小球抛出到落在斜面上的时间，求出水平位移，再根据几何关系求解落在斜面上的位移与速度关系进行分析；求出落在斜面上是的动能与速度的关系分析动能；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，根据动量的计算公式求解小球乙离斜面最远时的动量。【解答】解：A、设斜面倾角为，当速度为v时，水平方向的位移xvt，竖直方向的位移ygt2，根据几何关系可得tan，解得t，则水平位移xvt，落在斜面上的位移sv2，所以小球乙落在斜面上时的位移为，故A错误；B、由于tv，所以小球乙在空中运动的时间为，故B正确；C、若平抛运动的速度为v，小球落在斜面上的速率v，小球乙落在斜面上时的动能为，故C正确；D、当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，所以Pv，小球乙离斜面最远时的动量为，故D错误。故选：BC。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，即物体某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。7（6分）如图所示，发电机的输出电压U1000sin100t（V），通过理想降压变压器给若干盏灯泡供电，输电线上连接可调电阻r。变压器原线圈两端接有理想交流电压表，线圈干路接有理想交流电流表，下列说法正确的是（）A电压表的示数始终为1000VB仅接入灯泡增多，电流表的示数增大C仅可调电阻r增大，电压表的示数增大D仅可调电阻r增大，电流表的示数减小【考点】E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】电压表的示数UVUUr；仅接入灯泡增多，分析总电阻的变化，总电流的变化；仅可调电阻r增大，r的分压增大，根据闭合电路的欧姆定律和变压器原理进行分析。【解答】解：A、发电机的输出电压U1000sin100t（V），则发动机输出电压有效值UV1000V，电压表的示数UVUUr1000V，故A错误；B、仅接入灯泡增多，总电阻减小，总电流增大，则电流表的示数增大，故B正确；C、仅可调电阻r增大，r的分压增大，则电压表的示数减小，则副线圈两端电压减小，电流表的示数减小，故C错误、D正确；故选：BD。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。8（6分）如图所示，同种材料的、均匀的金属丝做成边长之比为1：2的甲、乙两单匝正方形线圈，已知两线圈的质量相同。现分别把甲、乙线圈以相同的速率匀速拉出磁场，则下列说法正确的是（）A甲、乙两线圈的热量之比为1：2B甲、乙两线圈的电荷量之比为1：4C甲、乙两线圈的电流之比为1：2D甲、乙两线圈的热功率之比为1：1【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；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】34：比较思想；4D：比例法；539：电磁感应中的力学问题【分析】根据线圈的质量相等，由密度公式求出线圈横截面积之比，根据法拉第定律、欧姆定律和焦耳定律求热量之比，由qIt求电荷量之比。由PI2R求线圈的热功率之比。【解答】解：C、设线圈的边长为L，金属丝的横截面积为S，密度为1，电阻率为2则根据题意有：质量为 m41LS，电阻为 R2由于L甲：L乙1：2，m甲m乙，可得 S甲：S乙2：1，R甲：R乙1：4根据I可知电流之比 I甲：I乙2：1，故C错误。A、根据QI2RtI2R，可知热量之比 Q甲：Q乙1：2，故A正确。B、通过线圈的电荷量qIt，可知，q甲：q乙1：1，故B错误。D、由PI2R知两线圈的热功率之比 P甲：P乙1：1，故D正确。故选：AD。【点评】本题的关键要根据电磁感应与电路的知识得到各个量的表达式，再运用比例法求各个量之比。最好掌握感应电荷量公式qn，直接运用可提高解题速度。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第33-38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共129分9（6分）某实验小组用如图所示的实验装置测量物块与水平固定桌面之间的动摩擦因数。已知物块、遮光板和拉力传感器的总质量为M，重物质量为m，遮光板的宽度为d（d很小），遮光板与光电门之间的距离为L，重力加速度为g，细线恰伸直，重物由静止释放。（1）在完成本实验时，下列操作或说法正确的是AA细线必须平行于水平桌面B拉力传感器的示数始终等于mgC实验时必须满足条件mMD拉力传感器固定在重物上时误差更小（2）某次实验时，测出遮光板通过光电门所用的时间为t，则此实验过程物块运动的加速度a。（3）实验时，改变重物m的质量，多次实验，记录拉力传感器的示数F，计算物块的加速度a，根据实验数据画出aF图象，图线与纵轴的交点为（0，b），则物块与水平桌面间的动摩擦因数为。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题【分析】（1）为了保证拉力恒定，细线必须平行于桌面；重物向下加速运动时，拉力小于重力；拉力传感器可以直接测出绳子拉力大小；传感器固定在重物上时，传感器示数并不等于物块所受拉力，因为有滑轮摩擦力存在；（2）遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式2aLv2列式求解；（2）对M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；【解答】解：（1）A、实验过程中，细线必须平行于水平桌面，否则物体不能做匀变速直线运动，故A正确；B、重物加速下降过程中，重物处于失重状态，细线拉力小于重物重力，因而传感器的示数小于重物的重力，故B错误；C、由于传感器已经测量出细线的拉力，并不需要用重物的重力近似替代细线的拉力，因而不需要满足条件mM，故C错误；D、与重物相连的细线绕过定滑轮，若传感器固定在重物上，细线对物块的拉力因滑轮摩擦的存在误差更大，故D错误；故选：A；（2）根据运动学公式由解得：；（3）对于物块、遮光板和传感器，根据牛顿第二定律由FMgMa解得：根据题意有：gb解得：；故答案为：（1）A；（2）；（3）；【点评】本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，难度适中。10（9分）为了测量一电压表的内阻，某同学设计了如图1所示的电路。其中是标准电压表，R0和R分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电源。（1）用笔画线代替导线，根据如图1所示的实验原理图将如图2所示的实物图连接完整。（2）实验步骤如下：将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时电压表V0的读数U；然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节电阻箱R的阻值，使标准电压表V0的示数仍为U，记下此时R的读数；多次重复上述过程，计算R0读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。（3）实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能的原因，请写出其中一种可能的原因：由于电阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差；或者：另外电流通过电阻发热，导致电阻阻值发生变化；或者：电源连续使用较长时间，导致电动势降低内阻增大等都有可能造成误差。【考点】N6：伏安法测电阻菁优网版权所有【专题】31：定性思想；42：等效替代法；52R：基本实验仪器【分析】（1）根据电路图连接的实物图即可；（2）根据实验的原理进行分析即可；（3）分析该实验可能产生误差的原因，例如由于电阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差等进行分析。【解答】解：（1）根据电路图连接的实物图如图所示；（2）将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时电压表V0 的读数U；然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节电阻箱R的阻值，使标准电压表V0的示数仍为U，记下此时R的读数；多次重复上述过程，计算R0读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。（3）实验测得电压表的阻值可能与真实值之间存在误差，除偶然误差因素外，还有哪些可能有：由于电阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差；另外电流通过电阻发热，导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，导致电动势降低内阻增大等都有可能造成误差。故答案为：（1）实物图连接见解析；（2）R0；电压表V0；电阻箱R的阻值；标准电压表V0的示数仍为U；平均值。（3）由于电阻箱的阻值不具有连续性，可能导致电阻箱的阻值与待测电压表之间存在着一定的误差；另外电流通过电阻发热，导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，导致电动势降低内阻增大等都有可能造成误差。（任意一条即可）【点评】本题考查了一种新的实验方法测量电表的内阻，即等效替代法，要能够根据实验原理图知道实验的原理和步骤。11（12分）如图所示是圆心为O内外半径分别为R1、R2的同心圆，内圆区域内存在均匀辐射的电场，圆心与内圆圆周边界间的电势差恒为U，内外圆之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的粒子从圆心O处由静止释放，不计重力。（1）求粒子到达内圆边界时的速度大小；（2）若粒子首次到达外圆圆周时没有射出外圆，求磁感应强度的最小值。【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理；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】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）根据动能定理可直接求得粒子到达内圆边界时的速度大小；（2）粒子首次到达外圆圆周恰与外相切时，磁感应强度有最小值。由几何关系可求得轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度的最小值。【解答】解：（1）粒子在电场中做匀加速诺动，根据动能定理有qU解得：v（2）粒子首次到达外圆圆周恰与外相切时，磁感应强度有最小值。设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有：R12+r2（R2r）2解得：r根据圆周运动的知识有：qvBm联立解得：B答：（1）粒子到达内圆边界时的速度大小是；（2）磁感应强度的最小值。【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律的应用，对粒子在磁场中的偏转问题要学会结合几何关系求解。12（20分）如图所示，一圆心为O半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧（弹簧与滑块不固连），滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）滑块1过B点的速度大小；（2）弹簧释放的弹性势能大小；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；4A：向心力；53：动量守恒定律；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；52G：动量和能量的综合【分析】（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求滑块1过B点的速度大小；（2）滑块1从A运动到B的过程，利用动能定理求出弹簧释放后瞬间滑块1的速度。滑块1、2被弹簧弹开的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律求弹簧释放的弹性势能大小；（3）由平抛运动的规律求出滑块1平抛运动的水平距离，即为滑块2在水平面上滑行的距离。对滑块2，利用动能定理求出滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。【解答】解：（1）滑块1恰能过B点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 mgm可得 vB（2）滑块1从A运动到B的过程，根据动能定理有2mgR解得 vA滑块1、2被弹簧弹开的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律分别得 mvA2mvB0 EpmvA2+2mvB2。联立解得 EpmgR（3）滑块1过B点后做平抛运动，则水平方向有 xvBt竖直方向有 2R滑块2在水平面上做减速运动过程，由动能定理得2mgx0解得 答：（1）滑块1过B点的速度大小是；（2）弹簧释放的弹性势能大小是mgR；（3）滑块2与水平轨道间的动摩擦因数是。【点评】解决本题的关键要理清两个滑块的过程，知道涉及力在空间的效果时优先考虑动能定理。要把握圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力。（二）选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、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）下列说法正确的是（）A蒸发是发生在液体表面和内部的汽化现象B水不能浸润蜂蜡C在一定温度下，饱和汽的压强是一定的D分子间作用力为斥力时，随分子间距离的减小，分子势能增大E绝对湿度越大，感觉空气越潮湿【考点】87：分子势能；97：浸润和不浸润；9G：饱和汽、未饱和汽和饱和汽压；9H：相对湿度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；549：气体的压强专题【分析】蒸发是只发生在液体表面进行的汽化现象；水相对于蜂蜡是不浸润的；同种液体的饱和汽压仅与温度有关；根据分子力做功情况判断分子势能变化；相对湿度表示潮湿程度。【解答】解：A、蒸发是只发生在液体表面进行的汽化现象，沸腾是只发生在液体内部的汽化现象，故A错误；B、水相对于蜂蜡是不浸润的，所以水不能浸润蜂蜡，故B正确；C、同种液体的饱和汽压仅与温度有关，在一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故C正确；D、分子间作用力为斥力时，随分子间距离的减小，斥力做负功，则分子势能增大，故D正确；E、相对湿度越大，感觉空气越潮湿，故E错误。故选：BCD。【点评】本题主要是考查固体和液体的性质、分子力等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识并能够熟练应用。14（10分）底面积为4S的圆柱形烧杯装有深度为H的某种液体，液体密度为，将一横截面积为S、长度为2H的玻璃管竖直向下插入液体中直到玻璃管底部与烧杯底部接触，如图1所示。现用厚度不计气密性良好的塞子堵住玻璃管上端如图2所示。再将玻璃管缓慢竖直上移，直至玻璃管下端即将离开液面如图3所示。已知大气压强p0kgH，k为常数，g为重力加速度，环境温度保持不变，求图3中液面下降的高度h及玻璃管内液柱的高度h。【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】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题【分析】根据题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出空气柱的长度，然后结合几何关系求出玻璃管内液柱的高度h以及液面下降的高度h。【解答】解：开始时玻璃管内空气柱压强为：P1P0kgH，体积：V1HS，玻璃管向上提起h0后，设此时空气柱的长度为l，玻璃管内液柱的高度（管内