2020年广东省广州市白云区高考物理训练试卷（一）（3月份）

2020年广东省广州市白云区高考物理训练试卷（一）（3月份）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，有选错的得0分1（6分）氢原子能级示意图如图所示。氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n4能级跃迁到n2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则处在n4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有几种光子能使该金属发生光电效应（）A2B3C4D82（6分）如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则（）AA点场强大于B点场强BA点电势低于B点电势CA点场强方向指向x轴负方向D电子从A点移到B点电势能增加3（6分）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60和45，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）AA、B的质量之比为3：1BA、B所受弹簧弹力大小之比为3：2C悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：2D快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：14（6分）如图所示的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在a、b端加上电压为U的交流电压，电键S断开时，电流表的示数为I，则S闭合后，电流表的示数为（）A25IB52IC35ID53I5（6分）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是（）A把 R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动B把 R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动C缓慢增大极板A、B间的距离，油滴向下运动D缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴向上运动6（6分）如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T，B的周期为2T3下列说法正确的是（）AA的线速度大于B的线速度BA的加速度小于B的加速度CA、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T7（6分）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为0则下列说法正确的是（）A在位置时线框中的电功率为B2a2v2RB此过程线框的加速度最大值为2B2a2vmRC此过程中回路产生的电能为12mv2D此过程中通过导线横截面的电荷量为B2a2R8（6分）如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）AgRB2gRC5gRD35gR二、解答题（共4小题，满分47分）9（5分）某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为光电计时器的光电门，固定在B点实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C已知当地重力加速度为g（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d cm（2）为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还应测量的是 A木板的长度L1B木板的质量m1C小滑块的质量m2D木板上BC间的距离L2（3）滑块与木板间的动摩擦因数 用（2）中物理量的符号表示10（10分）某同学用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。（1）为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至 （选填最大或最小），然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R135.2时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx 。（2）为了测量电流表A的内阻RA和电源（内阻忽略不计）的电动势E，他将R1的阻值调到R11.6，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：1I= ；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA ，电源（内阻忽略不计）的电动势E V。11（14分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6s，二者的速度达到vt2m/s，求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l。12（18分）如图，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在磁感应强度大小B1=mv0qL匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（2L，-2L）的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为0，（2-1）L的C点射入区域粒子重力忽略不计（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）求粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向物理-选修3-3（15分）13（5分）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）A固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B液体表面层中分子间的相互作用表现为引力C液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高14（10分）如图所示，内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置，左右两部分横截面积之比为2：1，汽缸左侧有一导热活塞A，汽缸右侧有一绝热活塞B，活塞A距左侧汽缸底及距两汽缸连接处的距离均为L，活塞B距两汽缸连接处的距离也为L，汽缸右侧足够长且与大气连通，两活塞的厚度均可忽略不计。汽缸左侧和两活塞A，B之间各封闭一定质量的理想气体，初始时两汽缸内气体的温度均为27，压强等于外界大气压p0现通过电热丝给汽缸左侧的气体缓慢加热。求：（）活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0；（）若汽缸左侧内的气体温度升到800K，已知活塞B横截面积为S求此时汽缸左侧气体的压强p1和汽缸右侧气体推动对活塞B做的功。物理-选修3-4（15分）15一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a、b、c为三个质点，a正向上运动。由此可知（）A该波沿x轴正方向传播Bb正向下运动Cc正向下运动D三个质点在平衡位置附近振动周期不同E该时刻以后，三个质点中，b最先到达平衡位置16如图，O1O2为经过球形透明体的直线，平行光束沿O1O2方向照射到透明体上。已知透明体的半径为R，真空中的光速为c。（i）不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t，求透明体材料的折射率；（ii）若透明体材料的折射率为2，求以45的入射角射到A点的光，通过透明体后与O1O2的交点到球心O的距离。2020年广东省广州市白云区高考物理训练试卷（一）（3月份）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，有选错的得0分1（6分）氢原子能级示意图如图所示。氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n4能级跃迁到n2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则处在n4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有几种光子能使该金属发生光电效应（）A2B3C4D8【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有【分析】原子从高能级向低能级跃迁时，向外辐射光子；能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功，由此分析即可。【解答】解：氢原子由高能级向低能级跃迁时，辐射出的6种光子能量值从大到小的规律：n4n1，n3n1，n2n1，n4n2，n3n2，n4n3，由题从n4能级跃迁到n2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则从n4能级跃迁到n3能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，从n3能级跃迁到n2能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，其余跃迁时所放出的光子都能使某种金属发生光电效应，即处在n4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有4种光子能使该金属发生光电效应。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能极差。2（6分）如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则（）AA点场强大于B点场强BA点电势低于B点电势CA点场强方向指向x轴负方向D电子从A点移到B点电势能增加【考点】AC：电势；AE：电势能与电场力做功；AF：等势面菁优网版权所有【分析】电场线与等势面垂直，电场线密集的地方电场强度大，等势面密；电场线疏的地方电场强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低。【解答】解：A、根据等势面的特点可知，等差等势面密的地方电场强度大，所以B点电场强度较大，故A错误；BC、电场线与等势面垂直并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A点场强方向指向x轴正方向；沿着电场线的方向电势降低，故A点电势高于B点电势，故BC错误；D、电子带负电，电子从A点移到B点的过程中电场力的方向向左，与移动的方向相反，所以电场力做负功，电子的电势能增加，故D正确。故选：D。【点评】加强基础知识的学习，掌握电场线与等势面的特点，即沿着电场线方向电势降低，即可解决本题。3（6分）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60和45，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）AA、B的质量之比为3：1BA、B所受弹簧弹力大小之比为3：2C悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1：2D快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：1【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律；3C：共点力的平衡菁优网版权所有【分析】A、B都处于静止状态时，对A、B两个物体分别进行受力分析，根据平衡条件列式，可求出A、B的质量之比和细线上拉力大小之比。A、B两个物体的弹簧弹力大小相同。快速撤去弹簧的瞬间，细线上的张力将发生突变，根据牛顿第二定律求加速度大小之比。【解答】解：A、系统静止时，对A、B两个物体分别进行受力分析，如图所示，A、B所受弹簧弹力大小相等，设为F。对物体A，根据平衡条件有：tan60=mAgF，对物体B，有：FmBg解得：mA：mB=3：1，故A正确；B、同一根弹簧弹力大小相等，A、B所受弹簧弹力大小之比为1：1，故B错误；C、悬挂A、B的细线上拉力大小之比：T1：T2=Fcos60：Fcos45=2：1，故C错误；D、快速撤去弹簧的瞬间，A物体的合力方向垂直于细线向下，合力大小为：FAmAgcos60加速度大小为：aA=FAmA=gcos60=12g同理B物体的合力为：FBmBgcos45加速度大小为：aB=FBmB=gcos45=22g则有：aA：aB1：2，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了共点力平衡条件和牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确对A、B两个物体进行受力分析，要注意抓住A、B两个物体所受的弹簧弹力大小相等，结合几何关系求解。4（6分）如图所示的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在a、b端加上电压为U的交流电压，电键S断开时，电流表的示数为I，则S闭合后，电流表的示数为（）A25IB52IC35ID53I【考点】E8：变压器的构造和原理菁优网版权所有【分析】a、b端的电压并不是变压器的输入电压，需要根据串并联电路特点计算出变压器的输入电压，然后根据电建断开前后的电流计算出输入电压的表达式，电源电压保持不变，进而可以计算出电建闭合后的电流。【解答】解：设每个电阻的阻值为R，电建S断开时，根据变流比，副线圈中的电流为2I，所以副线圈两端的电压为U22IR，根据变压比，原线圈两端的电压为4IR，结合串并联电路特点有U4IR+IR5IR；同理，当电建S闭合时，设电流表的示数为I1，副线圈中的电流为2I1，副线圈两端的电压为I1R，则原线圈两端电压为2I1R，则U2I1R+I1R3I1R，得到I1=53I，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】此类问题是原线圈含有用电器的变压器类问题，解决此类问题的关键是抓住电源电压不变的特点，分别用电流表的示数表示原、副线圈的电压。找到电源电压可电流的关系。5（6分）如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R3为定值电阻，R1、R2为滑动变阻器，A、B为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器R1、R2的滑片处于图示位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是（）A把 R2的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动B把 R1的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动C缓慢增大极板A、B间的距离，油滴向下运动D缓慢减小极板A、B的正对面积，油滴向上运动【考点】AG：电势差和电场强度的关系；BB：闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【分析】电容器两板间电压等于路端电压，油滴在板间静止不动是因为受到向上的电场力和重力是一对平衡力。改变R2的阻值，不改变电容器两板间电压，所以板间场强不变，油滴不动；移动R1滑片位置，R1接入电路中的电阻改变，路端电压改变，两板间电压改变，两板间场强改变，油滴将发生运动；缓慢增大两板间距离，两板间电压不变，板间场强变小，油滴受电场力小于重力，油滴向下运动；缓慢减小两板的正对面积，不改变两板间电压及场强，油滴受电场力不变，仍和重力相等，油滴静止。【解答】解：电容器两板间电压等于路端电压，油滴在板间静止不动是因为受到向上的电场力和重力是一对平衡力。A、把 R2的滑片向右缓慢移动时，电容器两端的电压保持不变，则板间场强大小不变，油滴受到的电场力不变，所以油滴仍然静止不动，故A错误；B、把 R1的滑片向右缓慢移动时，R1接入电路中的电阻增大，则电路中的总电阻增大，根据闭合电路中的欧姆定律可知电路中的电流变小，路端电压UEIr增大，电容器两板间电压等于路端电压，所以电容器两板间电压增大，板间场强E=Ud变大，油滴受电场力变大，所以油滴向上运动，故B错误；C、缓慢增大极板A、B间距离，两板间电压不变，板间场强变小，则油滴受电场力变小，所以油滴向下运动，故C正确；D、缓慢减小极板A、B的正对面积，两板间的电压不变，板间场强不变，油滴受电场力不变，所以油滴静止不动，故D错误。故选：C。【点评】两个关键点，一个是电容器两板间电压等于路端电压；第二个是板间的场强等于两板间电压与两板间距离的比值。只要把握好这两点，那么油滴受到的电场力大小就很容易判断了。6（6分）如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T，B的周期为2T3下列说法正确的是（）AA的线速度大于B的线速度BA的加速度小于B的加速度CA、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T【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】人造卫星A、B均绕地心做匀速圆周运动，均由地球的万有引力提供向心力，由此列式分析线速度、加速度的关系。同一卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等。从此时刻到下一次A、B相距最近时，B比A多转一周，根据角度与角速度的关系求时间。【解答】解：AB、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，设地球的质量是M，卫星的质量为m，卫星的轨道半径为m，则得：GMmr2=mv2r=ma解得：v=GMr，a=GMr2，知卫星的轨道半径越大，速度和加速度均越小，因此A的线速度和加速度均小于B的线速度和加速度，故A错误，B正确；C、根据开普勒第二定律知，同一卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，而A、B是不同的卫星，因此在相同时间内扫过的面积不相等，故C错误；D、从此时刻到下一次A、B相距最近时，B比A多转一周，则有：2=2TBt-2TAt=223Tt-2Tt，解得：t2T，故从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T，故D正确。故选：BD。【点评】本题要掌握万有引力提供向心力这个关系，解出线速度和加速度与轨道半径的关系，这两个公式要在理解的基础上记牢，经常用到。7（6分）如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为0则下列说法正确的是（）A在位置时线框中的电功率为B2a2v2RB此过程线框的加速度最大值为2B2a2vmRC此过程中回路产生的电能为12mv2D此过程中通过导线横截面的电荷量为B2a2R【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；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】线框经过位置时线框的速度为0，由此分析电功率；当线框右边刚越过PQ时线框的加速度最大根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式求解最大加速度；根据能量守恒定律求解回路产生的电能；由q=It=R求解通过导线横截面的电荷量。【解答】解：A、线框经过位置时线框的速度为0，则感应电动势和感应电流均为零，所以在位置时线框中的电功率为零，故A错误；B、线框在PQ左边磁场中运动时，感应电流为零，线框做匀速直线运动，当线框右边刚越过PQ时，左右两边所受安培力大小均为：FBIa=B2a2vR，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度最大为am2Fm=2B2a2vmR，故B正确；C、线框在位置到位置的过程中，动能减少了Ek=12mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为12mv2，故C正确；D、由q=It=R可知，线框在位置时其磁通量为Ba2，而线框在位置时其磁通量为零，故q=Ba2R，故D错误。故选：BC。【点评】本题主要是考查电磁感应现象与力学的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律列出方程；分析运动过程中的能量转化问题，根据功能关系等列方程求解；另外还有掌握电荷量的经验公式。8（6分）如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）AgRB2gRC5gRD35gR【考点】4A：向心力；53：动量守恒定律；56：用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【分析】小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，可能有两种情况：1、能通过轨道最高点。小球A恰好能通过最高点时，由小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点临界速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度。由碰撞过程中动量守恒及能量守恒可以求出小球B的初速度，从而得到初速度范围；2、小球A不能到达轨道最高点。小球恰好不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度。由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度，从而得到初速度范围。根据B的初速度范围解答。【解答】解：小球B与小球A发生弹性碰撞，在碰撞的过程中系统的动量守恒。取B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则： mv0mv1+2mv2由动能守恒得：12mv02=12mv12+122mv22联立解得：v2=23v0小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，可能有两种情况：1、能通过轨道最高点。小球A恰好能通过最高点时，由小球的重力提供向心力，设A球在轨道最高点的速度为vmin。由牛顿第二定律得： 2mg2mvmin2RA球在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：122mv22=122mvmin2+2mg2R 联立以上三式解得：v01.5 5gR，可知小球A要能通过，小球B的初速度应满足：v01.5 5gR。2、小球A不能到达轨道最高点。小球恰好不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：122mv222mgR结合v2=23v0，解得：v01.52gR，在这种情况下，小球A不脱离轨道时，需满足：v01.52gR。综上，小球B的初速度v0的范围为v01.5 5gR或v01.52gR，故ABD正确，C错误。故选：ABD。【点评】本题的关键要隐含的临界状态和临界条件，知道小球A恰好能通过最高点时，重力等于向心力，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题。要注意小球A的运动过程中不脱离轨道可能有两种情况，不能漏解。二、解答题（共4小题，满分47分）9（5分）某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为光电计时器的光电门，固定在B点实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C已知当地重力加速度为g（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d0.375 cm（2）为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还应测量的是DA木板的长度L1B木板的质量m1C小滑块的质量m2D木板上BC间的距离L2（3）滑块与木板间的动摩擦因数d22gL2t2用（2）中物理量的符号表示【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素菁优网版权所有【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；（2）根据动能定理，由此可知需要测量的物理量（3）根据动能定理，可以求出摩擦系数的表达式【解答】解：（1）由图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为0.3cm，游标尺示数为150.05mm0.75mm，0.075cm，游标卡尺读数d0.3cm+0.075cm0.375cm；（2）通过光电门的速度为：v=dt根据动能定理可知：0-m2gL=0-12m2v2，要测量动摩擦因数，需要知道滑木板上BC间的距离L2故选：D （3）根据动能定理可知：0-m2gL=0-12m2v2，解得：=d22gL2t2故答案为：（1）0.375；（2）D；（3）d22gL2t2【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题10（10分）某同学用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。（1）为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至最大（选填最大或最小），然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R135.2时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx35.2。（2）为了测量电流表A的内阻RA和电源（内阻忽略不计）的电动势E，他将R1的阻值调到R11.6，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：1I=1ER2+R1+RAE；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA0.4，电源（内阻忽略不计）的电动势E4V。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【分析】（1）从保护电路的角度考虑R2的阻值，分析开关K2拨至1位置和2位置时的电路结构，根据欧姆定律求解阻值；（2）根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，结合图象得斜率、截距的物理意义即可求解。【解答】解：（1）闭合开关K1之前，从保护电路的角度，R2的阻值应调到最大值，根据题意可知，开关K2拨至1位置和2位置时，电流表示数相同，电路总电阻不变，R2阻值不变，则：RxR135.2。（2）根据闭合电路欧姆定律得：EI（R1+R2+RA）整理得：1I=1ER2+R1+RAE，1I-R2图象的斜率：k=1E=1.0-0.52.0A1/，纵轴上的截距：b=R1+RAE=0.5A1，代入数据解得：E4V，RA0.4；故答案为：（1）最大；35.2；（2）1ER2+R1+RAE；0.4；4。【点评】此类题目要求先明确实验的原理，再由原理得出实验的方法，从而得出正确的数据，体现了等效替代法在物理实验中的应用。11（14分）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6s，二者的速度达到vt2m/s，求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l。【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律菁优网版权所有【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由动量定理求出碰撞后的速度；（3）由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度。【解答】解：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律得：FmAa，代入数据得：a2.5m/s2；（2）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft（mA+mB）vt（mA+mB）v，代入数据解得：v1m/s；（3）A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA（mA+mB）v，A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：Fl=12mAvA20，联立并代入数据得：l0.45m；答：（1）A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；（3）A的上表面长度为0.45m。【点评】本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题。12（18分）如图，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在磁感应强度大小B1=mv0qL匀强磁场，区域、区域的宽度均为L，高度均为3L质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（2L，-2L）的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为0，（2-1）L的C点射入区域粒子重力忽略不计（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）求粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；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【分析】（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿xy轴分解，根据动为学规律即可求解；（2）由运动学公式求出粒子在C点竖直分速度，结合初速度可算出C点的速度大小与方向当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径最后由几何关系可得出离开区域时的位置坐标； （3）根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度的范围及粒子离开区域时的速度方向【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动则有： x轴方向：2Lv0t y轴方向：L=12qEm(2Lv0)2解得：E=mv022qL（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为 vy、速度为v则有：vy=qEmt=qEm2Lv0=v0所以 v=2v0，方向与x轴正向成45 斜向上当粒子进入区域做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，有B1qv=mv2R，R=2mv0qB1解得：R=2L由几何关系知，离开区域I时的位置坐标：xL，y0（3）根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足34LrL因r=mvqB2解得：2mv0qLB242mv03qL根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角3090答：（1）求匀强电场的电场强度大小为mv022qL；（2）求粒子离开区域时的位置坐标（L，0）；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场则磁感应强度B的大小范围2mv0qLB242mv03qL，而粒子离开区域时的速度方向与y轴正方向夹角3090【点评】本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系物理-选修3-3（15分）13（5分）关于固体、液体和气体，下列说法正确的是（）A固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的B液体表面层中分子间的相互作用表现为引力C液体的蒸发现象在任何温度下都能发生D汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的E有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高【考点】86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律菁优网版权所有【分析】分子永不停息做无规则运动；液体表面张力表现为引力；任何温度下均能发生蒸发；汽化现象与分子力无关；晶体有时吸收热量，温度不变【解答】解：A、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故A错误；B、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分子比较稀疏，分子间距大于r0，所以分子间作用力表现为引力，故B正确；C、蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，故C正确；D、汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相互排斥而产生的，故D错误；E、冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，故E正确；故选：BCE。【点评】考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道蒸发快慢与温度有关，而有无蒸发与温度无关，掌握存在吸热，而温度不一定升高的结论14（10分）如图所示，内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置，左右两部分横截面积之比为2：1，汽缸左侧有一导热活塞A，汽缸右侧有一绝热活塞B，活塞A距左侧汽缸底及距两汽缸连接处的距离均为L，活塞B距两汽缸连接处的距离也为L，汽缸右侧足够长且与大气连通，两活塞的厚度均可忽略不计。汽缸左侧和两活塞A，B之间各封闭一定质量的理想气体，初始时两汽缸内气体的温度均为27，压强等于外界大气压p0现通过电热丝给汽缸左侧的气体缓慢加热。求：（）活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0；（）若汽缸左侧内的气体温度升到800K，已知活塞B横截面积为S求此时汽缸左侧气体的压强p1和汽缸右侧气体推动对活塞B做的功。【考点】99：理想气体的状态方程；9E：气体的等容变化和等压变化菁优网版权所有【分析】（）活塞A刚好移动到汽缸连接处的过程中，压强不变，根据盖一吕萨克定律可以求出活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度；（）求出升温前后左侧气体的状态参量，根据理想气体状态方程可以求出气体温度升到800K时汽缸左侧气体的压强p1，右侧气体压强始终不变，根据根据盖一吕萨克定律可以求出活塞B移动的距离，再根据公式Wp0V，可以求出汽缸右侧气体推动对活塞B做的功。【解答】解：（i）初始状态汽缸左侧的气体温度为T127300K，设左右两部分横截面积分别为2S和S，当活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0，移动过程中气体的压强保持不变，根据盖一吕萨克定律有：L2ST1=2L2ST0代入数据解得：T0600K。（）当汽缸左侧内的气体温度为800K之前，活塞A已经移动到了两汽缸的连接处，之后体积不再变化，对汽缸左侧内的气体，根据理想气体状态方程有：L2ST1=p12L2ST2代入数据解得：p1=4