2020年全国大联考高考物理一模试卷（新课标ⅰ卷）

2020年全国大联考高考物理一模试卷（新课标卷）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15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错或不答的得0分1（6分）用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（）A开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线Bb光的光子能量大于a光的光子能量C用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功Db光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能2（6分）一质点在Ox轴运动，t0时刻起，其位移随时间变化的图象如图所示，其中图线01s内为直线，15s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（）A03s内，质点的路程为2mB03s内，质点先做减速运动后做加速运动C15s内，质点的平均速度大小为1.27m/sD3s末，质点的速度大小为2m/s3（6分）今年我国将完成“北斗”系统全网布局，覆盖“一带一路”沿线国家，实现全球服务能力。如图所示，“北斗”系统由中圆轨道卫星（轨道1）、倾斜同步轨道卫星（轨道2）、静止同步轨道卫星（轨道3）组成。下列关于卫星的叙述中正确的是（）A为实现稳定的定位信息的传送，所有卫星必须对地球表面相对静止B卫星的运行速度大于第一宇宙速度C静止同步轨道卫星相对地面静止，所以处于平衡状态D卫星的向心加速度都小于地面重力加速度4（6分）如图，长为L、倾角30的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行，小物块以4.5m/s的速度从传送带底端A沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取g10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图象中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是（）ABCD5（6分）如图甲所示，一直径为0.4m、电阻为0.1的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于磁感应强度B方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B随时间t变化的图象如图乙所示，铜环始终保持静止，取3，则（）At2s时铜环中没有感应电流Bt1.5s时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）Ct3.5s时铜环将受到大小为4.8103N、沿斜面向下的安培力D13s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小6（6分）在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4已知通过R4的电流i42sin100tA，下列说法正确的是（）Aa、b两端电压的频率可能为100HzBa、b两端电压的有效值为56VC若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小D若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压增大7（6分）某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（）AO点的电势最低Bx2点的电势最高C若电子从x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零8（6分）如图，固定光滑长斜面倾角为37，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin370.6，cos370.8下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数为B小车在0L位移大小内，拉力对B做的功为mgLC若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为L时B的速率为D若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车在0L位移大小内，拉力对B做的功为mgL二、非选择题（一）必考题：9（5分）某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：A用游标卡尺测量挡光条的宽度为d，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M，砝码盘及砝码的总质量为m；B调整气垫导轨水平；C光电门移到B处，读出A点到B点间的距离为x1，滑块从A处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t1；D多次改变光电门位置，重复步骤C，获得多组数据。请回答下列问题：（1）用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为 mm。（2）调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能 ，表明导轨水平了。（3）在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t随滑块的位移大小x的变化规律的是 。10（10分）某同学用图1电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。可用的器材有：A电源（电动势约3V，内阻约10）B电压表V（量程050mV，内阻为50）C电流表A（量程0100mA，内阻约为2.5）D电阻箱R（0999.9，最小改变值为0.1）E定值电阻R1（阻值为2950）F定值电阻R2（阻值为9950）G开关S及若干导线在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：（1）定值电阻应选用 。（填写器材前面的字母序号）（2）在正确选择定值电阻的情况下，定值电阻与电压表串联后改装成的量程为0 V。（3）用笔画线代替导线，按图1电路将图2实物完整连接起来。（4）实验步骤如下：闭合S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.3，电压表的示数为U0。断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时电阻箱的阻值为17.0，则电流表的内阻为 。调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值R1，电压表的示数U1；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。作出电压表示数的倒数随电阻箱的阻值的倒数的图线如图3所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动势和内阻分别为 V、 （结果保留三位有效数字）。11（12分）如图甲所示，水平台面AB与水平地面间的高度差h0.45m，一质量m20.1kg的小钢球静止在台面右角B处。一小钢块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始做向右直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，当t1.5s时立即撤去力F，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C点和D点。已知B、D两点间的水平距离是B、C两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因数，取g10m/s2求：（1）钢块的质量m1；（2）B、C两点间的水平距离x1。12（20分）如图1所示，在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，Oy与MN间（包括Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷的带正电粒子（不计重力）从O点沿纸面以大小v0、方向与Oy夹角60的速度射入第一象限中，已知场强大小E（1+），ON（+）L（1）若粒子在tt0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；（2）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP；（3）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A两个分子相互靠近的过程中，分子引力和分子斥力均增大B0的冰在熔化过程中水分子的平均动能变大C液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D绕地球做匀速圆周运动的卫星内空气对卫星的压强为零E一定质量的气体被压缩且从外界吸收热量，则其内能一定增加14（10分）如图，长为L的试管漂浮在水面上，管中的水柱高L，露出水面的试管长为L，已知管中气体和水的绝对温度均为T0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，水的密度为，试管壁厚度忽略不计。（i）管内气体温度缓慢降低，试管逐渐下降到管底与水面相平后悬浮在水中，求管内气体的绝对温度T；（ii）若竖直向下的外力将试管缓慢下降到某一位置，使管内气柱长度变L此过程中管内气体的温度保持不变，求此时管内外水面的高度差h。物理-选修3-4（15分）15下列叙述正确的是（）AA单摆在周期性外力作用下作受迫振动，其振动周期与单摆拜长无关B产生多普勒效应的原因是波源的频率发生了变化C偏振光可以是横波也可以是纵波D做简谐振动的质点，先后通过同一个位置，其速度可能不相同；E照相机镜头下阳光下呈现淡紫色是光的干涉现象16如图，ACB为由三角形和扇形组成的玻璃砖的横截面图，O为圆心，M为半径OA的中点，半径为R的圆弧AB镀银。一红光PM垂直OA从M点射入玻璃砖，经圆弧AB反射后照到BC面恰好发生全反射，且从O点射出玻璃砖。已知该玻璃对红光的折射率为，光在真空中的速度大小为c。求：（i）红光从O点射出的折射角；（ii）红光从M传播到O点所用的时间。2020年全国大联考高考物理一模试卷（新课标卷）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15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错或不答的得0分1（6分）用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压UAK的关系曲线，则下列说法正确的是（）A开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线Bb光的光子能量大于a光的光子能量C用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功Db光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能【分析】根据eU截mhW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。根据图象中可看出，截止电压U截的大小，从而确定频率高低，进而可确定对应的光电子最大初动能大小；同一金属逸出功总是相同的，即可求解。【解答】解：A、当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；B、根据eU截mhW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大；由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据Eh可知，b光的光子能量大于a光的光子能量，故B正确；C、同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，故C错误；D、b光的截止电压大于a光的截止电压，根据eU截mhW，所以b光对应的光电子最大初动能大于a光的光电子最大初动能，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键掌握截止电压、逸出功，以及理解光电效应方程eU截mhW，注意依据图象提供的截止电压大小来确定光的频率高低是解题的关键。2（6分）一质点在Ox轴运动，t0时刻起，其位移随时间变化的图象如图所示，其中图线01s内为直线，15s内为正弦曲线，二者相切于P点，则（）A03s内，质点的路程为2mB03s内，质点先做减速运动后做加速运动C15s内，质点的平均速度大小为1.27m/sD3s末，质点的速度大小为2m/s【分析】先根据纵坐标的变化量确定各段位移，再求质点的路程；根据图象的斜率表示速度分析质点的运动情况；读出位移，再求质点的平均速度大小。【解答】解：A、根据纵坐标的变化量表示位移，可知，02s内，质点通过的位移大小为3.27m，路程为3.27m。23s内，质点通过的位移大小为1.27m，路程为1.27m，故03s内，质点的路程为3.27m+1.27m4.54m，故A错误；B、根据图象的斜率表示速度，知03s内，质点先做匀速运动，再做减速运动后做加速运动，故B错误；C、15s内，质点的位移大小x2m0m2m，平均速度大小 m/s0.4m/s，故C错误；D、3s末质点的速度大小等于1s末质点的速度大小，为 vm/s2m/s，故D正确。故选：D。【点评】本题要理解位移时间图象的物理意义，知道xt图象的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移。3（6分）今年我国将完成“北斗”系统全网布局，覆盖“一带一路”沿线国家，实现全球服务能力。如图所示，“北斗”系统由中圆轨道卫星（轨道1）、倾斜同步轨道卫星（轨道2）、静止同步轨道卫星（轨道3）组成。下列关于卫星的叙述中正确的是（）A为实现稳定的定位信息的传送，所有卫星必须对地球表面相对静止B卫星的运行速度大于第一宇宙速度C静止同步轨道卫星相对地面静止，所以处于平衡状态D卫星的向心加速度都小于地面重力加速度【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度相同；卫星运行速度小于第一宇宙速度；同步卫星受到万有引力作用，不是平衡状态；向心加速度a，结合轨道半径与地球半径的关系，即可判定。【解答】解：A、只有静止同步轨道卫星是相对地面静止的，故A错误；B、卫星环绕速度v，轨道半径越大线速度越小，除近地卫星外，运行速度均小于第一宇宙速度，故B错误；C、静止同步轨道卫星绕地心运行，相对地面静止（同周期，与赤道共面，且自西向东转），有向心加速度，故C错误；D、卫星的向心加速度a，当rR地时，ag；当rR地时，ag，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期，并理解第一宇宙速度是最大环绕速度的内涵。4（6分）如图，长为L、倾角30的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行，小物块以4.5m/s的速度从传送带底端A沿传送带上滑，恰能到达传送带顶端B，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，取g10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，则下列图象中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是（）ABCD【分析】小物块滑上传送带时速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律求出物块上滑的加速度，从而求得物块的速度减至2.5m/s时所用时间。当物块与传送带共速时，根据重力沿传送带向下的分量与最大静摩擦力的关系，分析物块的运动情况，从而选择图象。【解答】解：开始阶段，物块的速度比传送带的大，相对于传送带向上运动，受到的滑动摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得 mgsin30+mgcos30ma1，解得 a18.75m/s2，方向沿传送带向下当物块与传送带共速时，因mgsin30mgcos30时，所以物块与传送带不能保持相对静止，根据牛顿第二定律得 mgsin30mgcos30ma2，解得 a21.25m/s2，方向沿传送带向下，所以物块继续做加速度较小的匀减速运动，直到速度为零，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，来判断其运动情况，特别要搞清两者共速时重力沿传送带向下的分量与最大静摩擦力的关系，来分析此后物块的运动情况。5（6分）如图甲所示，一直径为0.4m、电阻为0.1的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于磁感应强度B方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B随时间t变化的图象如图乙所示，铜环始终保持静止，取3，则（）At2s时铜环中没有感应电流Bt1.5s时铜环中有沿逆时针方向的感应电流（从上向下看）Ct3.5s时铜环将受到大小为4.8103N、沿斜面向下的安培力D13s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小【分析】根据图乙所示图象，判断铜环产生的感应电流与铜环受到的安培力大小与方向如何变化。铜环静止处于平衡状态，应用平衡条件求出摩擦力，然后判断摩擦力的方向与大小如何变化。【解答】解：A、分析图乙可知，t2s时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，故A错误；B、t1.5s时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；C、t3.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据楞次定律的推广含义来拒去留可知，安培力沿斜面向下，根据法拉第电磁感应定律可知：EV0.012V，根据欧姆定律可知：I0.12A，安培力：F2BIr0.0048N，故C正确；D、13s时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，故D错误。故选：C。【点评】此题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、楞次定律等相关知识，分析清楚图乙所示图象判断磁感应强度变化率如何变化与磁感应强度大小是多少是解题的关键。6（6分）在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4已知通过R4的电流i42sin100tA，下列说法正确的是（）Aa、b两端电压的频率可能为100HzBa、b两端电压的有效值为56VC若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小D若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压增大【分析】根据通过R4的电流i42sin100tA，确定角速度和频率。分析副线圈电路结构，跟并联电路的规律确定副线圈的输出电流，根据变流比得到原线圈输入电流，根据闭合电路欧姆定律得到a、b两端的电压的有效值。若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，确定原线圈的输入电流变化。若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则原线圈输入电压增大。【解答】解：A、通过R4的电流i42sin100tA，则角速度：100 rad/s，频率：f50Hz，变压器不会改变交流电的频率，故a、b两端电压的频率为50Hz，故A错误；B、通过R4的电流最大值为2A，则有效值为I42A，根据并联电路的规律可知，通过R3的电流有效值为2A，副线圈的输出电流：I24A，根据变流比可知，原线圈的输入电流：2A，R1两端电压为UR1I1R18V，副线圈两端电压：U2I2R2+I4R424V，根据变压比可知，原线圈的输入电压：48V，则a、b两端电压：UabUR1+U156V，故B正确；C、若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则R1消耗的电功率增大，故C错误；D、若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则R2两端的电压增大，故D正确。故选：BD。【点评】此题考查了变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，电阻R1两端电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比解决这类问题。7（6分）某电场在x轴上各点的场强方向沿x轴方向，规定场强沿x轴正方向为正，若场强E随位移坐标x变化规律如图，x1点与x3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（）AO点的电势最低Bx2点的电势最高C若电子从x2点运动到x2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D若电子从x1点运动到x3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零【分析】根据场强规定的正方向，从而确定电场强度方向，依据顺着电场线，电势降低，即可判断电势高低；依据图线关于O点对称，结合电场强度方向，及图象与横轴所围成的面积表示电势差，从而确定从x2点运动到x2点与从x1点运动到x3点的电势差，再由WqU，即可求解。【解答】解：A、规定场强沿x轴正方向为正，依据场强E随位移坐标x变化规律如题目中图所示，电场强度方向如下图所示：根据顺着电场线电势降低，则O电势最低，故A正确；B、由上分析，可知，电势从高到低，即为x3、x2、x1，由于x2点与x2点电势相等，那么x2点的电势不是最高，故B错误；C、若电子从x2点运动到x2点，越过横轴，图象与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，故C正确；D、若电子从x1点运动到x3点，图象与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，故D错误；故选：AC。【点评】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可。8（6分）如图，固定光滑长斜面倾角为37，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m，用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度大小为g，sin370.6，cos370.8下列说法正确的是（）A弹簧的劲度系数为B小车在0L位移大小内，拉力对B做的功为mgLC若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车位移大小为L时B的速率为D若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车在0L位移大小内，拉力对B做的功为mgL【分析】求出初状态弹簧压缩量、末状态弹簧的伸长量，根据几何关系求解劲度系数；根据功能关系可得拉力对B做的功；根据运动的合成与分解求解求出小车位移太小为时B的速率，根据功能关系可得拉力对B做的功。【解答】解：A、设初状态弹簧压缩量为x1，对物块B根据平衡条件可得：kx1mgsin37解得：x1当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板，设弹簧伸长量x2，对A根据平衡条件可得：kx2mgsin37解得：x2根据几何关系可得x1+x2L，联立解得弹簧的劲度系数k，故A正确；B、根据x1x2，弹性势能不变，则小车在0L位移大小内，根据功能关系可得拉力对B做的功为：W1mgsin37mgL，故B错误；C、小车位移太小为时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为，如图所示，根据几何关系可得：tan，解得：37，小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率为：vBcos53，故C正确；D、若小车从图示位置以的速度向右匀速运动，小车在0L位移大小内，拉力对B做的功为W2，根据功能关系可得拉力对B做的功为：W2mgsin37+mgL，故D正确。故选：ACD。【点评】本题主要是考查动能定理、功能关系以及速度的合成与分解，弄清楚物块A和B 的受力情况以及小车的运动情况，根据功能关系结合速度的合成与分解进行分析是关键。二、非选择题（一）必考题：9（5分）某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：A用游标卡尺测量挡光条的宽度为d，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M，砝码盘及砝码的总质量为m；B调整气垫导轨水平；C光电门移到B处，读出A点到B点间的距离为x1，滑块从A处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t1；D多次改变光电门位置，重复步骤C，获得多组数据。请回答下列问题：（1）用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为3.40mm。（2）调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平了。（3）在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t随滑块的位移大小x的变化规律的是D。【分析】（1）游标卡尺的读数：主尺刻度加游尺刻度，20分度的精确度为0.05不需要估读；（2）气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平（3）由动能的增量等于重力势能的减小量列式得出t与x之间的关系式，据关系式选出正确的图象。【解答】解：（1）因游尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为0.05，则其读数：d3mm+80.05mm3.40mm。（2）调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。（3）验证机械能守恒需要要验证动能的增量等于重力势能的减小量为：EkEPmgx即：mgx则有：x 则D图符合，故选：D故答案为：（1）3.40；（2）静止；（3）D【点评】验证机械能守恒定律的实验的基本能力的考查，明确游标卡尺的读数，知道实验原理即可轻松解题。10（10分）某同学用图1电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。可用的器材有：A电源（电动势约3V，内阻约10）B电压表V（量程050mV，内阻为50）C电流表A（量程0100mA，内阻约为2.5）D电阻箱R（0999.9，最小改变值为0.1）E定值电阻R1（阻值为2950）F定值电阻R2（阻值为9950）G开关S及若干导线在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：（1）定值电阻应选用E。（填写器材前面的字母序号）（2）在正确选择定值电阻的情况下，定值电阻与电压表串联后改装成的量程为03V。（3）用笔画线代替导线，按图1电路将图2实物完整连接起来。（4）实验步骤如下：闭合S，调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100mA，此时电阻箱的阻值为14.3，电压表的示数为U0。断开S，拆下电流表，将B与C用导线直接相连，闭合S，调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U0，此时电阻箱的阻值为17.0，则电流表的内阻为2.7。调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值R1，电压表的示数U1；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。作出电压表示数的倒数随电阻箱的阻值的倒数的图线如图3所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动势和内阻分别为2.90V、12.0（结果保留三位有效数字）。【分析】（1）根据电源电动势与所给电源电动势应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值，然后选择定值电阻。（2）根据题意应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电压表量程。（3）根据图示电路图连接实物电路图。（4）根据实验步骤应用串联电路特点与题意求出电流表内阻；根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）电源电动势约为3V，电压表量程为50mV，应把电压表改装成3V量程电压表，串联电阻阻值：R502950，定值定值应选择E。（2）由（1）可知，改装电压表量程为3V。（3）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（4）由题意可知，电压表示数不变，电压表并联部分电路总电阻不变，则电流表内阻：RA17.014.32.7。电压表量程扩大了60倍，路端电压是电压表示数的60倍，由图示电路图可知，电源电动势：E60U+Ir60U+r，整理得：+，由图示图象可知，图象的斜率：k，图象的横轴截距：b20.7V1，解得：E2.90V，r12.0。故答案为：（1）E；（2）3；（3）实物电路图如图所示；（4）2.7；2.90；12.0。【点评】解决本题的关键是掌握测量电源电动势和内阻的实验原理，运用闭合电路欧姆定律分析，以及会运用图象法直观求出电源的电动势和内阻。11（12分）如图甲所示，水平台面AB与水平地面间的高度差h0.45m，一质量m20.1kg的小钢球静止在台面右角B处。一小钢块在水平向右的推力F作用下从A点由静止开始做向右直线运动，力F的大小随时间变化的规律如图乙所示，当t1.5s时立即撤去力F，此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C点和D点。已知B、D两点间的水平距离是B、C两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因数，取g10m/s2求：（1）钢块的质量m1；（2）B、C两点间的水平距离x1。【分析】（1）由于钢块与钢球发生弹性正碰，弹性正碰过程中满足动量守恒与机械能守恒，通过罗列动量守恒公式及机械能守恒公式，此式子中含有质量且根据平抛运动中水平位移关系得出水平抛出速度关系，联立可以计算出钢块的质量；（2）根据Ft图象是一条线性的图线，结合冲量公式IFt可知，图线与t轴所围成面积为冲量大小；接着根据动量定理可以解出碰前钢块速度；然后根据第一问中的动量守恒及速度关系，计算出碰后速度；最后，以水平的初速度做平抛运动，水平方向发生匀速直线运动，竖直方向上发生自由落体运动，联立式子解出BC的水平距离。【解答】解：（1）设碰前钢块的速度大小为v，碰后钢块、钢球的速度大小分别为v1、v2，碰后钢块、钢球均做平抛运动，根据水平位移关系可知：v23v1钢块与钢球发生弹性正碰，机械能和动量都守恒，由动量守恒可知：m1vm1v1+m2v2由机械能守恒可知：+联立解得：m10.3kg（2）根据Ft图象中，图线与t轴所包围的面积表示冲量，则0t2时间内，推力冲量大小为：IF（21.5（20.8）1）Ns2.4Ns根据动量定理有：IFm1gt2m1v0解得：v4m/s，v12m/s碰后钢块做平抛运动，则：hg，x1v1t1解得：x10.6m答：（1）钢块的质量m1为0.3kg；（2）B、C两点间的水平距离x1为0.6m。【点评】本题考查了碰撞及平抛运动，综合性较强，解题的关键是首先清楚运动过程，接着根据每个运动过程的特点列式进行解题。在此题中，需要注意的是变力作用下的冲量可由图象面积计算，是因为力与时间存在线性关系。12（20分）如图1所示，在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，Oy与MN间（包括Oy、MN）存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷的带正电粒子（不计重力）从O点沿纸面以大小v0、方向与Oy夹角60的速度射入第一象限中，已知场强大小E（1+），ON（+）L（1）若粒子在tt0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；（2）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP；（3）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。【分析】（1）若粒子在tt0时刻从O点射入，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做出运动轨迹图象，由几何关系可知求得圆心角，洛伦兹力提供向心力，求得对应的时间即可判断；（2）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，做出粒子运动轨迹图，根据几何关系求得t2，垂直进入电场后，粒子做类平抛运动，结合牛顿第二定律求得加速度，利用运动学公式求得即可；（3）若粒子在0t0之间的某时刻从O点射入，计算出粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，做出粒子在Oy与MN间运动运动轨迹，有几何关系即可求得路程；【解答】解：（1）若粒子在tt0时刻从O点射入，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示由几何关系可知圆心角2洛伦兹力提供向心力，则其中粒子在磁场中运动的时间t1T解得：t1t02t0，符合题意（2）由（1）可知，解得R设tt2时刻粒子从O点射入时恰好垂直y轴进入电场，如图2所示，则v0（t0t2）解得：t2（1）t0粒子在电场中做类平抛运动，则R+xPv0t3根据牛顿第二定律有：qEma其中解得：（3）粒子在磁场中转动，则：运动轨迹如图3所示，则由于3t0t02t0T，粒子从C点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到C点，t4t0时刻运动到D点，则CDv0t0L粒子从D点开始恰好做匀速圆周运动一圈回到D点，t6t0后沿DG做直线运动，则由于恰好等于ON长度最大路程答：（1）粒子在磁场中运动的时间t1为；（2）从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP分别为（1）t0和；（3）粒子在Oy与MN间运动的最大路程s为。【点评】本题主要考查了粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系结合处理，同时要抓住各个过程间之间的关系，比如距离关系进行解答。物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A两个分子相互靠近的过程中，分子引力和分子斥力均增大B0的冰在熔化过程中水分子的平均动能变大C液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D绕地球做匀速圆周运动的卫星内空气对卫星的压强为零E一定质量的气体被压缩且从外界吸收热量，则其内能一定增加【分析】根据分子力的特点分析；温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子的平均动能不变；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性；根据气体压强产生的原理分析；根据热力学第一定律分析求解。【解答】解：A、两分子相互靠近的过程中，分子之间的距离减小，根据分子动理论知：分子引力和分子斥力均增大，故A正确；B、温度是分子平均动能的标志，由于冰是晶体，晶体熔化过程中温度不变，分子平均动能不变，故B错误；C、液晶是既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，故C正确；D、被封闭气体压强是由于气体分子对器壁的频繁碰撞产生的，与是否完全失重无关，气体分子运动不停止，对器壁的压强不为零，故D错误；E、气体被压缩，则外界对气体做正功即M0，从外界吸热，则Q0，根据热力学第一定律有：UW+Q0，即内能增加，故E正确。故选：ACE。【点评】该题考查33的多个知识点的内容，这一部分知识的难度不大，在平时的学习过程中多加积累即可。14（10分）如图，长为L的试管漂浮在水面上，管中的水柱高L，露出水面的试管长为L，已知管中气体和水的绝对温度均为T0，大气压强为p0，重力加速度大小为g，水的密度为，试管壁厚度忽略不计。（i）管内气体温度缓慢降低，试管逐渐下降到管底与水面相平后悬浮在水中，求管内气体的绝对温度T；（ii）若竖直向下的外力将试管缓慢下降到某一位置，使管内气柱长度变L此过程中管内气体的温度保持不变，求此时管内外水面的高度差h。【分析】（i）试管悬浮在水中受到的浮力与重力平衡，温度缓慢降低，试管缓慢下降，但排开水的体积保持不变，管内外水面的高度差不变，管内气体发生的是等压变化，根据盖吕萨克定律求解；（2）管内气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解。【解答】解：（i）初态管内外水面的高度差试管中气柱长度试管悬浮在水中受到的浮力与重力平衡，温度缓慢降低，试管缓慢下降，但排开水的体积保持不变，则管底与管外水面相平时试管中气柱长度管内气体做等压变化，根据盖吕萨克定律