2020年广东省湛江市高考物理训练试卷（二）

2020年广东省湛江市高考物理训练试卷（二）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1（4分）用如图所示的装置研究光电效应现象。用光子能量为11eV的光照射光电管的阴极K电流表检测到有电流，调节滑动变阻器滑片，当电流表的示数恰好为零时，电压表的示数为6V下列说法正确的是（）A金属板的逸出功为6eVB若用能量为6eV的光子照射阴极K，不能发生光电效应C将滑片调至滑动变阻器的最左端，此时电流表示数为饱和光电流D电子的最大初动能为6eV2（4分）如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）A若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcosB若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinC若小车向左以加速度gtan加速运动，则球对水平面上a点无压力D若小车向左以加速度gtan加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m） g3（4分）竖直平面内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，将质量为m、电量为q的小球以初速度v0竖直向上抛出，已知E=mgq，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A小球上升的位置越高，速度越小B小球的水平位移越大，速度越大C小球的最小速度为零D小球的最小速度为22v04（4分）2019年9月19日，中国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭，采取一箭五星的方式成功将“珠海一号”03组卫星发射升空。卫星顺利进入预定轨道，五颗卫星围绕地球做匀速圆周运动。关于这五颗卫星，下列说法正确的是（）A轨道半径最大的卫星，动能最大B轨道半径最大的卫星，角速度最小C轨道半径最大的卫星，加速度最大D轨道半径最大的卫星，线速度最大5（4分）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段，毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的轨道半径为r，重力加速度为g。在该段时间内，下列说法正确的是（）A毛绒玩具在滚筒最高点的速度为grB滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零C地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零D洗衣机对地面的压力保持不变6（4分）某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是（）A将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinB将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2R2LaC将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变7（4分）如图所示，理想变压器原线圈所接交流电源的变化规律u82sin100t（V），接线柱2位于原线圈的中间位置。开关置于接线柱1时，原、副线圈的匝数比n1：n24：1，副线圈所接电阻R10，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是（）A开关置于接线柱1时，电压表的示数约为2.82VB开关置于接线柱1时，电流表的示数为0.2AC开关置于接线柱2时，电流表的示数为0.2AD开关置于接线柱2时，变压器的输出功率为3.2W8（4分）如图所示，物体A穿在光滑的竖直杆上，某人用不可伸长的轻绳通过光滑定滑轮拉物体A，某段时间内，物体A以速度v0匀速向上运动，该过程中，下列说法正确的是（）A人对轻绳的拉力大小不变B人对轻绳的拉力的功率不变C绳与杆的夹角为时，人拉绳的速度大小为v0cosD人对绳做的功等于物体A重力势能的增加量9（4分）汽车司机发现前方有障碍物，立即刹车，刹车过程可视为匀减速运动。自刹车开始第1s内经过的位移为24m，第4s内经过的位移为1m。下列说法正确的是（）A汽车的加速度大小为8m/s2B汽车的加速度大小为7.67m/s2C汽车的初速度大小为28m/sD汽车的初速度大小为30.67m/s10（4分）光滑水平面上静止一质量为2kg的物块。在08s时间内受到水平力F的作用。力F随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（）At2s时，物块的速度大小为2m/sBt4s时，物块的速度大小为2m/sCt2s时和t6s时，物块的动量相同Dt8s时，物块恰好回到原出发点11（4分）回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U下列说法正确的是（）A交变电场的周期为mBqB粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比C粒子在磁场中运动的时间为BR22UD粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为1B2mUq12（4分）在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。该水平面上a、b、c三个点的电势与距离r的关系已在图中标出，虚线为过b点的切线。现将一质量为0.03kg、电量为0.1C的带正电物块从a点由静止释放，依次经过b、c两点。电场力所做的功分别为Wab、Wbc，且过b点时物块的速度最大。已知重力加速度g10m/s2，静电力常量k9.0109Nm2/C2，下列说法正确的是（）Ab点的场强大小为1.5V/mB物块与桌面间的动摩擦因数0.3CWab2WbcD固定点电荷的电荷量为23109C二、实验题（本题共2小题，共14分其中13题5分，14题9分）13（5分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系统达到平衡。（1）实验过程中必须要记录下列哪些数据 AO点位置B每组钩码的个数C每个钩码的质量DOA、OB和OC绳的长度EOA、OB和OC绳的方向（2）下列实验操作正确的是 A将OC绳换成橡皮筋，仍可完成实验B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差C尽量保持AOB为90、60、120等特殊角方便计算D若改变悬挂钩码的个数N3，重新进行实验，必须保持O点位置不动，重新调整钩码的个数N1、N214（9分）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，应用如下器材：A待测电源E（电动势约为1.5V、内阻r小于1.0）B电流表A（满偏电流Ig100mA、内阻rg8.0）C电阻箱R（阻值范围099.9）D开关、导线若干E定值电阻R11.0F定值电阻R22.0实验电路图如图甲所示。（1）调整电阻箱阻值，记录电阻箱阻值R和电流表示数，则通过电源的电流I I。（2）多次重复步骤（1）。得到R和I的多组实验数据。作出的函数图象如图乙所示。根据图象中的数据可得电源电动势为 V电源内阻为 。三、计算题（本题共2小题，共25分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（6分）如图所示，竖直平面内一固定挡板与竖直方向夹角为45将一小球水平抛出，抛出位置与挡板的上端点O等高且相距3.2m。小球运动过程中和挡板恰好不相碰。已知重力加速度g10m/s2求小球水平抛出时的初速度。16（7分）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，质量为m的导体棒MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在重直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度为B，电容器的电容为C，导轨和导体棒的电阻均不计。导体棒MN在水平向右的恒力F作用下，由静止开始运动。求：（1）导体棒MN的加速度大小；（2）经过时间t时，电容器所带电量。选修3-3（13分）17（5分）关于理想气体，下列说法正确的是（）A已知气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可估算一个分子质量B已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可估算一个分子直径C气体压强是因为气体分子间表现为斥力D气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致E一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大18（8分）如图所示，导热汽缸开口向下置于水平地面上，缸内面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且滑动时汽缸不漏气，活塞下挂一个砂桶，活塞与砂桶总质量为m，活塞到汽缸底部距离为h时恰好保持静止。现将砂桶缓慢装满细砂，活塞再次静止时距汽缸底部32h，缸内气体温度保持T0不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0，砂桶始终未与地面接触。求砂桶中细砂的质量；将细砂从砂桶中缓慢漏出，同时给汽缸加热，细砂漏完时，活塞仍静止在距汽缸底部32h处，求此时缸内气体的温度。选修3-4（13分）19（5分）一列简谐波沿直线传播，先后经过a、b两点，a、b两点间距为1m，图甲为a点振动图象，图乙为b点振动图象。下列说法正确的是（）A波的周期为4sB波的速度可能为0.25m/sC波的速度可能为1m/sDt1s时，b点向y轴负方向运动E04s内，a点经过的路程为4m20（7分）某透明介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形直径重合，ACB30，半圆形的半径为R，一束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光在真空的传播速度为c，介质折射率为3求：光线在E点的折射角并画出光路图；光线进入介质到射到圆弧的距离和时间。2020年广东省湛江市高考物理训练试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1（4分）用如图所示的装置研究光电效应现象。用光子能量为11eV的光照射光电管的阴极K电流表检测到有电流，调节滑动变阻器滑片，当电流表的示数恰好为零时，电压表的示数为6V下列说法正确的是（）A金属板的逸出功为6eVB若用能量为6eV的光子照射阴极K，不能发生光电效应C将滑片调至滑动变阻器的最左端，此时电流表示数为饱和光电流D电子的最大初动能为6eV【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程菁优网版权所有【分析】题目图示电路所加的电压为反向电压，当电流计的读数恰好为零时，根据动能定理可以求出光电子的最大初动能，通过光电效应方程可以求出逸出功的大小；依据光电效应发生条件：入射光频率不小于极限频率；饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，当没有反向电压后，光电流没达到最大值。【解答】解：AD、电流计的读数恰好为零，此时电压表的示数为6V，根据动能定理得，eUEKm6eV再根据光电效应方程知W0hEKm11eV6eV5eV，故A错误，D正确；B、若用能量为6eV的光子照射阴极K，其能量大于逸出功W05eV，满足光电效应发生条件，因此能发生光电效应，故B错误；C、将滑片调至滑动变阻器的最左端，此时没有反向电压，则光电子不再受到电场阻力，但电流表示数不为饱和光电流，故C错误。故选：D。【点评】本题考查了光电效应现象与规律等基础知识，掌握光电效应方程的内容，理解逸出功，遏止电压，饱和光电流，最大初动能的概念，理解光电效应发生条件，注意正向电压与反向电压的区分。2（4分）如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）A若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcosB若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinC若小车向左以加速度gtan加速运动，则球对水平面上a点无压力D若小车向左以加速度gtan加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m） g【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【分析】若小车匀速运动，对小球受力分析，根据平衡条件分析斜面对球有无支持力，从而判断球对斜面有无压力；若小车向左以加速度gtan加速运动，根据牛顿第二定律求出球的合外力，再分析水平面对a有无支持力，从而确定球水平面有无压力。对小球和小车整体分析小车对地面的压力大小。【解答】解：AB、小车匀速运动，小球也做匀速运动，小球受力平衡，斜面上b点对球没有支持力，否则，小球的合外力不零，不能做匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为零，故AB错误；C、若小车向左以加速度gtan加速运动，对小球受力分析如图所示：根据牛顿第二定律竖直方向有 Na+Nbcosmg0水平方向有 Nbsinmamgtan解得 Nb=mgcos，Na0根据牛顿第三定律知球对水平面上a点无压力，故C正确；D、以小车和小球整体为研究对象，竖直方向没有加速度，则地面对小车的支持力等于（M+m）g，根据牛顿第三定律知小车对地面的压力等于（M+m）g，故D错误。故选：C。【点评】解决本题时，要知道力是改变物体运动状态的原因，故物体的受力与加速度有关，故本题应讨论小车的运动情况来判断小球的受力情况。3（4分）竖直平面内存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，将质量为m、电量为q的小球以初速度v0竖直向上抛出，已知E=mgq，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A小球上升的位置越高，速度越小B小球的水平位移越大，速度越大C小球的最小速度为零D小球的最小速度为22v0【考点】37：牛顿第二定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【分析】小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，小球做类斜抛运动，根据重力和电场力的合力做功情况，分析速度的变化情况。当合外力与速度垂直时速度最小，由速度分解法求小球的最小速度。【解答】解：A、假设小球带正电。小球在电场中受到重力和电场力两个力作用，其合外力大小为 F=(mg)2+(qE)2=2mg，方向与初速度v0成135角斜向右下方，如图，小球做类斜抛运动，合外力先做负功后做正功，速度先增大后减小，当合外力与速度垂直时速度最小，此时速度与水平成45角斜向右上方，如图所示，还没有到达最高点，所以，在速度达到最小值之前，小球上升的位置越高，速度越小，之后，小球上升的位置越高，速度越大，故A错误；B、在速度达到最小值之前，小球的水平位移越大，速度越小，之后，小球的水平位移越大，速度越大，故B错误；CD、小球的速度最小时速度方向与水平成45角斜向右上方，设从抛出到速度最小所用时间为t，则水平方向有 vxat=qEmtgt，竖直方向有 vyv0gt，结合vyvx，解得 t=v02g，vyvx=12v0，故最小速度为 vmin=2vx=22v0，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题是带电体在电场中运动的问题，要抓住小球的运动与斜上抛运动的相似性，运用运动的分解法研究水平和竖直两个方向的分速度，要有联想和迁移能力。4（4分）2019年9月19日，中国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭，采取一箭五星的方式成功将“珠海一号”03组卫星发射升空。卫星顺利进入预定轨道，五颗卫星围绕地球做匀速圆周运动。关于这五颗卫星，下列说法正确的是（）A轨道半径最大的卫星，动能最大B轨道半径最大的卫星，角速度最小C轨道半径最大的卫星，加速度最大D轨道半径最大的卫星，线速度最大【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，分别列出加速度、角速度、线速度与半径的关系式，从而判断各个量的关系。卫星的动能与质量有关。【解答】解：BCD、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmr2=m2r=mv2r=ma，解得线速度：v=GMr，角速度：=GMr3，加速度：a=GMr2，分析可知，轨道半径越大的卫星，线速度、角速度和加速度均越小，即轨道半径最大的卫星，线速度、角速度和加速度均最小，故B正确，CD错误；A、卫星的动能与质量有关，五颗卫星的质量未知，无法比较动能的大小，故A错误。故选：B。【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，求解此类问题，关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供卫星的向心力。5（4分）如图所示，水平地面上放置一滚筒洗衣机，某同学启动洗衣机甩干功能将一小毛绒玩具甩干。某一时段，毛绒玩具相对滚筒内壁静止，在竖直面内以角速度做匀速圆周运动，毛绒玩具可视为质点。圆周运动的轨道半径为r，重力加速度为g。在该段时间内，下列说法正确的是（）A毛绒玩具在滚筒最高点的速度为grB滚筒旋转一周，摩擦力对毛绒玩具做的功为零C地面对滚筒洗衣机的摩擦力始终为零D洗衣机对地面的压力保持不变【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力菁优网版权所有【分析】毛绒玩具在竖直平面内做匀速圆周运动，重力、滚筒的支持力以及摩擦力提供向心力，然后结合竖直平面内圆周运动的特点分析即可。【解答】解：A、毛绒玩具竖直平面内做匀速圆周运动，则在最高点的速度一定大于等于gr，故A错误；B、毛绒玩具受到重力、滚筒的支持力以及摩擦力，支持力始终与运动的方向垂直，不做功；毛绒玩具的动能不变，而滚筒旋转一周，重力对毛绒玩具做的功为零，所以摩擦力对毛绒玩具做的功也为零，故B正确；C、以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在水平方向上受到的摩擦力做周期性的变化，不能始终为零，故C错误；D、以洗衣机与毛绒玩具整体为研究对象，可知，由于毛绒玩具做匀速圆周运动，所以整体在竖直方向受到的合外力是周期性变化的，所以整体受到的支持力也做周期性的变化，所以洗衣机对地面得压力做周期性的变化，故D错误。故选：B。【点评】该题属于竖直平面内的圆周运动的应用，解决该题的关键是对毛绒玩具或毛绒玩具与洗衣机组成的整体正确进行受力分析，掌握毛绒玩具在各位置所需要的向心力的方向，熟记向心力的表达式。6（4分）某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是（）A将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinB将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2R2LaC将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；CE：安培力的计算菁优网版权所有【分析】根据牛顿第二定律计算安培力，根据做功公式求解安培力做的功；根据恒力做功的功率写出安培力做功的功率表达式即可判断；【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得 F安mgsinma，解得：F安mgsin+ma，所以安培力做功 WF安LmaL+mgLsin，故A正确，B错误；C、由F安mgsin+ma知，安培力为恒力，故安培力的功率PF安vF安at，故安培力的功率一直增大，故CD错误；故选：A。【点评】本题中安培力属于恒力，根据恒力功公式和功率功率解决题目。7（4分）如图所示，理想变压器原线圈所接交流电源的变化规律u82sin100t（V），接线柱2位于原线圈的中间位置。开关置于接线柱1时，原、副线圈的匝数比n1：n24：1，副线圈所接电阻R10，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是（）A开关置于接线柱1时，电压表的示数约为2.82VB开关置于接线柱1时，电流表的示数为0.2AC开关置于接线柱2时，电流表的示数为0.2AD开关置于接线柱2时，变压器的输出功率为3.2W【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【分析】根据原线圈所接交流电源的变化规律，得到电压的有效值，开关置于接线柱1时，根据变压比得到电压表的示数，根据闭合电路欧姆定律得到副线圈的输出电流，根据变流比得到原线圈的输入电流，即电流表的示数。同理，开关置于接线柱2时，得到电流表的示数，根据功率公式，计算变压器的输出功率。【解答】解：AB、理想变压器原线圈所接交流电源的变化规律u82sin100t（V），则原线圈输入电压的最大值为82V，有效值：U1=822V8V，当开关置于接线柱1时，根据变压比可知，U1U2=n1n2，解得副线圈的输出电压：U22V，故电压表示数为2V，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流：I2=U2R=0.2A，根据变流比可知，I1I2=n2n1，解得原线圈的输入电流：I10.05A，则电流表示数为0.05A，故AB错误；C、同理，开关置于接线柱2时，原、副线圈的匝数比n1：n22：1，根据变压比可知，副线圈输出电压：U24V，副线圈输出电流：I20.4A，根据变流比可知，电流表的示数为0.2A，故C正确；D、开关置于接线柱2时，变压器的输出功率：PU2I21.6W，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了变压器的工作原理，解题的关键是根据变压比和变流比分析原、副线圈的电压和电流。8（4分）如图所示，物体A穿在光滑的竖直杆上，某人用不可伸长的轻绳通过光滑定滑轮拉物体A，某段时间内，物体A以速度v0匀速向上运动，该过程中，下列说法正确的是（）A人对轻绳的拉力大小不变B人对轻绳的拉力的功率不变C绳与杆的夹角为时，人拉绳的速度大小为v0cosD人对绳做的功等于物体A重力势能的增加量【考点】45：运动的合成和分解；63：功率、平均功率和瞬时功率；6B：功能关系菁优网版权所有【分析】物体A匀速向上运动，合外力为零，根据平衡条件列式分析人对轻绳的拉力大小是否变化。根据功率公式PFvcos分析拉力功率的变化情况。将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出人拉绳的速度大小。根据功能关系分析人对绳做的功与物体A重力势能增加量的关系。【解答】解：A、设人对轻绳的拉力大小为F，物体A匀速向上运动，合外力为零，则有 FcosGA，得 F=GAcos，随着增大，cos减小，则F逐渐增大，故A错误；B、人对轻绳的拉力的功率为 PFv0cosGAv0，GA、v0不变，则P不变，故B正确；C、将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，人拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，为 v绳v0cos，故C错误；D、根据功能原理知，人对绳做的功等于物体A机械能的增加量，由于物体A的动能不变，则人对绳做的功等于物体A重力势能的增加量，故D正确。故选：BD。【点评】本题是绳端速度分解问题，解决本题的关键是要知道人拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，速度分解也遵循平行四边形定则。9（4分）汽车司机发现前方有障碍物，立即刹车，刹车过程可视为匀减速运动。自刹车开始第1s内经过的位移为24m，第4s内经过的位移为1m。下列说法正确的是（）A汽车的加速度大小为8m/s2B汽车的加速度大小为7.67m/s2C汽车的初速度大小为28m/sD汽车的初速度大小为30.67m/s【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用菁优网版权所有【分析】可以确定小车在第4s前已停止，由位移公式结合加速度定义式可求出第4个1s内运动时间，由时间可进而得出加速度与初速度。【解答】解：若小车在第4个1s一直运动，则由逆向可看作匀加速度运动，则设逆向第1s的初速度为v0则 x4x1=(v0+3aT)T+12aT2v0T+12aT2=v0T+72aT2v0T+12aT27(v0T+12aT2)v0T+12aT2=7 而实际的 x4x1=2417 则说明在第4个1s不是一直在运动，即可确定小车在第4个1s末前已经停下，设小车在第4 个1s内运动的时间为t，则有：1=12at2第1s内的中间时刻速度v1=241m/s=24m/s3s末到停止的时间内平均速度等于该段时间内的瞬时速度v2=1t运动的加速度大小：a=vt=24-1t2.5+t2由解得：t0.5s将t代入得a8m/s2，v0a（3+t）28m/s，故AC正确，BD错误；故选：AC。【点评】考查运动学公式的应用，对于加速度的定义式a=vt要注意所选段的时间与速度差。10（4分）光滑水平面上静止一质量为2kg的物块。在08s时间内受到水平力F的作用。力F随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（）At2s时，物块的速度大小为2m/sBt4s时，物块的速度大小为2m/sCt2s时和t6s时，物块的动量相同Dt8s时，物块恰好回到原出发点【考点】52：动量定理菁优网版权所有【分析】Ft图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，对各个时间段分别运用动量定理即可求解。【解答】解：A、在02s内，根据动量定理Ip有I=mv2-mv0，代入数据可得v2=12222m/s=1m/s，故A错误；B、在04s内，根据动量定理Ip有I=mv4-mv0，代入数据可得v4=12422m/s2m/s，故B正确；C、t2s时，pI合=1222kgm/s2kgm/s；t6s时，p=1242+122(-2)kgm/s=2kgm/s，所以t2s时和t6时，物块的动量相同，故C正确；D、根据图象知，在04s内，物块做加速度先增加后减小的加速运动，在48s内，力的方向改变，做减速运动，根据图象和对称性知，在t8s时，加速度为0，速度达到最大，所以在08s内物块的运动方向不变，t8s时，物块不会回到原出发点，故D错误；故选：BC。【点评】解决涉及力在时间上积累效果，往往根据动量定理，要知道Ft图象与时间轴所围的面积表示合力的冲量。11（4分）回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U下列说法正确的是（）A交变电场的周期为mBqB粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比C粒子在磁场中运动的时间为BR22UD粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为1B2mUq【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理菁优网版权所有【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出周期，和最大速度，交变电场的周期和粒子在磁场做圆周运动的周期相同，粒子射出加速器的速度大小与电压U无关；通过D形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次数，然后就可以粒子在磁场中运动的时间；利用动能定理和牛顿第二定律求粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径。【解答】解：A、交变电场的周期等于粒子在磁场做圆周运动的周期，由qvBmv2r，v=2rT得：T=2mqB，故A错误。B、根据牛顿第二定律qvmBmvm2R，得：vm=qBRm，可见粒子射出加速器的速度大小与电压U大小无关，故B错误。C、粒子一次在电场中加速度获得的动能为：Ek0qU射出加速器的最大动能为：Ekm=12mvm2=q2B2R22m，粒子被加速的总次数为：N=EkmqU=qB2R22mU，粒子一个周期被加速2次，粒子在磁场中运动的时间为：t=N2T=12qB2R22mU2mqB=BR22U，故C正确。D、粒子第一次被加速度时有：qU=12mv12qv1Bmv12r1解得：r1=1B2mUq，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了质谱仪和回旋加速器的工作原理。解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式。12（4分）在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。该水平面上a、b、c三个点的电势与距离r的关系已在图中标出，虚线为过b点的切线。现将一质量为0.03kg、电量为0.1C的带正电物块从a点由静止释放，依次经过b、c两点。电场力所做的功分别为Wab、Wbc，且过b点时物块的速度最大。已知重力加速度g10m/s2，静电力常量k9.0109Nm2/C2，下列说法正确的是（）Ab点的场强大小为1.5V/mB物块与桌面间的动摩擦因数0.3CWab2WbcD固定点电荷的电荷量为23109C【考点】A8：点电荷的电场；AE：电势能与电场力做功菁优网版权所有【分析】r图象的斜率表示场强，计算出图象在b点的斜率即可；因为物块在b点速度最大，所以物块在b点受力平衡，电场力与摩擦力是一对平衡力，可以计算出物块与桌面之间的动摩擦因数；电场力做功WqU，只要计算出a、b两点和b、c两点之间的电势差关系即可知道电场力做功的关系；根据点电荷场强公式可以计算出点电荷的电荷量。【解答】解：A、r图象的斜率表示场强，由图可知b点从斜率大小为r=1.5V/m，所以b点的场强大小为1.5V/m，故A正确；B、由题知，物块过b点时速度最大，此时受力平衡，即为：qEmg，解得：=qEmg=0.11.50.0310=0.5，故B错误；C、由图可以得到a点的电势为6V，b点的电势为3V，c点的电势为2V所以Uab3V，Ubc1V，又因为WabqUab，WbcqUbc，所以Wab3Wbc，故C错误；D、设固定点电荷带电量为Q，已知b点的场强大小为1.5V/m，b点距固定点电荷距离r2m，根据点电荷场强公式E=kQr2得，Q=Er2k=1.5229.0109C=2310-9C，故D正确。故选：AD。【点评】本题解题的突破口再与计算出b点的电场强度大小，而r图象的斜率表示场强是解题的关键。二、实验题（本题共2小题，共14分其中13题5分，14题9分）13（5分）某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系统达到平衡。（1）实验过程中必须要记录下列哪些数据ABEAO点位置B每组钩码的个数C每个钩码的质量DOA、OB和OC绳的长度EOA、OB和OC绳的方向（2）下列实验操作正确的是ABA将OC绳换成橡皮筋，仍可完成实验B细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差C尽量保持AOB为90、60、120等特殊角方便计算D若改变悬挂钩码的个数N3，重新进行实验，必须保持O点位置不动，重新调整钩码的个数N1、N2【考点】M3：验证力的平行四边形定则菁优网版权所有【分析】（1）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（2）将OC绳换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置即可，为便于标记力的方向，橡皮筋的细绳要长些，本实验是作图比较力的大小和方向，不是计算力的大小。【解答】解：（1）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，因为每个钩码的质量一样，不需要测量每个钩码的质量，故ABE正确，CD错误。故选：ABE。（2）A、如果将OC绳换成橡皮筋，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验，故A正确；B、为便于标记力的方向，橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故B正确；C、本实验是作图比较力的大小和方向，不是计算力的大小，所以不要保持AOB为90、60、120等特殊角，故C错误；D、用本实验装置验证平行四边形定则，重新实验时，不需要保持O点位置不变，故D错误；故选：AB。故答案为：（1）ABE；（2）AB。【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别。14（9分）在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，应用如下器材：A待测电源E（电动势约为1.5V、内阻r小于1.0）B电流表A（满偏电流Ig100mA、内阻rg8.0）C电阻箱R（阻值范围099.9）D开关、导线若干E定值电阻R11.0F定值电阻R22.0实验电路图如图甲所示。（1）调整电阻箱阻值，记录电阻箱阻值R和电流表示数，则通过电源的电流I5I。（2）多次重复步骤（1）。得到R和I的多组实验数据。作出的函数图象如图乙所示。根据图象中的数据可得电源电动势为1.5V电源内阻为0.4。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【分析】（1）根据图示电路图应用并联电路特点与欧姆定律求出通过电源的电流。（2）根据图甲所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）定值电阻R2与电流表并联，由题意可知，电流表内阻阻值是电阻R2阻值的4倍，则通过R2的电流是通过电流表电流的4倍，当电流表示数为I时，流过电源的电流：I5I。（2）改装后电流表内阻：RA=rgR2rg+R2=828+21.6；由图示电路图可知，电源电动势：EI（R+R1+r+RA）整理得：RE1I-R1RAr，由图示R-1I图象可知：Ek=R1I=24-018-2V1.5V，图象纵轴截距：bR1RAr3，电源内阻：r0.4。故答案为：（1）5；（2）1.5；0.4。【点评】本题考查了测电源电动势与内阻实验，根据题意分析清楚实验电路图、知道实验原理是解题的前提，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。三、计算题（本题共2小题，共25分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（6分）如图所示，竖直平面内一固定挡板与竖直方向夹角为45将一小球水平抛出，抛出位置与挡板的上端点O等高且相距3.2m。小球运动过程中和挡板恰好不相碰。已知重力加速度g10m/s2求小球水平抛出时的初速度。【考点】43：平抛运动菁优网版权所有【分析】小球在水平方向做匀速直线运动和竖直方向做自由落体运动，列位移与时间关系和速度与时间关系；小球抛出后恰不与挡板相碰，小球运动轨迹与挡板相切，所以tan45=vyv0，根据几何关系又知tan45=hx-3.2m，联立解得初速度。【解答】解：小球在水平方向做匀速直线运动xv0t，竖直方向做自由落体运动h=12gt2，vygt，小球抛出后恰不与挡板相碰，小球运动轨迹与挡板相切，所以tan45=vyv0根据几何关系知：tan45=hx-3.2m联立解得v08m/s答：小球水平抛出时的初速度为8m/s。【点评】本题考查平抛运动规律，一般解题方法：将运动分解为匀速直线运动和匀变速直线运动，根据运动学公式和几何几何关系列式。16（7分）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，质量为m的导体棒MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在重直于纸面向里的匀强磁场中。磁感应强度为B，电容器的电容为C，导轨和导体棒的电阻均不计。导体棒MN在水平向右的恒力F作用下，由静止开始运动。求：（1）导体棒MN的加速度大小；（2）经过时间t时，电容器所带电量。【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D8：法拉第电磁感应定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【分析】（1）根据动量定理结合电容器的定义式求解出vt的函数关系式，求解加速度即可；（2）由第（1）问可知导体棒做匀加速直线运动，根据速度时间关系公式求解t时刻导体棒的速度，求解出电容器两端的电压，即导体棒的电动势，再结合电容的定义式求解电容器的电荷量。【解答】解：（1）设经过时间t，导体棒的速度为v，据动量定理得 FtBILtmv0即FtBQLmv，此时的电荷量 QCUCBLv，联立解得：v=FCB2L2+mt，即导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=FCB2L2+m；（2）据第（1）问可得：经过时间t时，其导体棒的速度v=at=FtCB2L2+m，电容器两端的电压即导体棒的电动势 UEBLv，根据电容的定义式 C=QU，联立解得：电容器的电荷量Q=CBLFtCB2L2+m；答：（1）导体棒MN的加速度大小为FCB2L2+m；（2）经过时间t时，电容器所带电量为CBLFtCB2L2+m。【点评】解决本题的关键在于：安培力的冲量 IF安tBILtBqL；电容器两端的电压即导体棒的电动势UEBLv；涉及电荷量时，还要结合电容器的定义式。选修3-3（13分）17（5分）关于理想气体，下列说法正确的是（）A已知气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可估算一个分子质量B已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可估算一个分子直径C气体压强是因为气体分子间表现为斥力D气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致E一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大【考点】82：阿伏加德罗常数；98：理想气体；99：理想气体的状态方程；9C：气体压强的微观意义菁优网版权所有【分析】根据公式m=MNA可以计算一个分子质量；根据公式V0=VmNA，求出的V0为一个分子所占空间的平均体积，而不是一个分子的实际体积；理想气体分子力为零，体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致；根据理想气体状态方程求解。【解答】解：A、分子质量m=MNA，即已知气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可估算一个分子质量，故A正确。B、气体分子所占空间的体积V0=VmNA，这里的V0是指一个分子所占空间的平均体积，而不是一个分子的实际体积，所以，已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，不可估算一个分子直径，故B错误。CD、理想气体分子间的距离比较大，分子力可以忽略不计，所以气体压强并非是由于气体分子间表现为斥力，而是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致，故C错误，D正确。E、一定质量的理想气体体积V不变，温度T升高，根据理想气体状态方程pVT=C可知，压强p一定增大，故E错误。故选：ADE。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用、气体压强的微观意义、理想气体状态方程等知识点。易错点：对于公式V0=VmNA，如果液体或者固体，V0可以认为是分子的体积，而对于气体，V0表示气体一个分子所占空间的体积。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。18（8分）如图所示，导热汽缸开口向下置于水平地面上，缸内面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且滑动时汽缸不漏气，活塞下挂一个砂桶，活塞与砂桶总质量为m，活塞到汽缸底部距离为h时恰好保持静止。现将砂桶缓慢装满细砂，活塞再次静止时距汽缸底部32h，缸内气体温度保持T0不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0，砂桶始终未与地面接触。求砂桶中细砂的质量；将细