2010年海南省高考物理试卷

2010年海南省高考物理试卷一、单项选择题：（本颐共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颐此项发明是（）A新型直流发电机B直流电动机C交流电动机D交流发电机2（3分）一金属圆环水平固定放置现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）A始终相互吸引B始终相互排斥C先相互吸引，后相互排斥D先相互排斥，后相互吸引3（3分）下列说法正确的是（）A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动4（3分）如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A2：1B1：2C2：D4：5（3分）如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时（）A绳的张力减小，b对a的正压力减小B绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C绳的张力减小，地面对a的支持力增加D绳的张力增加地面对a的支持力减小6（3分）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止现将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑若小物块与木板之间的动摩擦因数为则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）ABCD二、多项选择题：（本颐共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的得0分）7（4分）下列说法正确的是（）A当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B当线圈中电流反向时线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反8（4分）如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）A加速下降B加速上升C减速上升D减速下降9（4分）如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是（）A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍10（4分）火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍根据以上数据，以下说法正确的是（）A火星表面重力加速度的数值比地球表面小B火星公转的周期比地球的长C火星公转的线速度比地球的大D火星公转的向心加速度比地球的大三、填空题：（本题共2小题，每小题4分，共8分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11（4分）利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源正极和负极，其装置示意图如图所示A、B之间有很强的电场，距B越近，场强 （填：“越大”或“越小”）B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到 （填“A”或“B”）上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中12（4分）雨滴下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大，它受到的空气阻力越大；此外，当雨滴速度一定时，雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的次方成正比（12）假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最终它们都 （填“加速”、“减速”或”匀速”）下落 （填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面时， （填“大”或“小”）雨滴的速度较小四、实验题：（本且共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）13（6分）图1为测量电压表V内阻r的电路原理图图中两个固定电阻的阻值均为R，S1、S2是开关，E是电源（内阻可忽略）（1）按电路原理图将图2中的实物图连线；（2）开关 S1保持断开，合上开关 S2，此时电压表的读数为U1；再合上开关 S1，电压表的读数变为U2，电压表内阻 r= （用U1、U2和R表示）14（9分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：（1）实验步骤：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读出l= mm；由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s= m；将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2；用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1= 和v2= 当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1= 和E k2= 在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少EP= （重力加速度为g）（3）如果EP= ，则可认为验证了机械能守恒定律五、计算题：（本题共2小题，第l5题8分，第16题11分，共19分把答案写在答题卡中指定的答题处要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15（8分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的G点射出已知弧所对应的圆心角为，不计重力求（1）离子速度的大小；（2）离子的质量16（11分）图l中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10 m/s2整个系统开始时静止（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出03s内木板和物块的vt图象，据此求03s内物块相对于木板滑过的距离六、选考题：（请考生在第17、18、19三题中选二题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）17（12分）（1）下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，每选错一个扣2分，最低得分为0分）（A）当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小（B）玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体（C）单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点（D）当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部（E）气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关（2）如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体p0和T0分别为大气的压强和温度已知：气体内能U与温度T的关系为U=T，为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求（）气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1：（ii）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q18（12分）（1）一光线以很小的入射角i射入一厚度为d、折射率为n的平板玻璃，求出射光线与入射光线之间的距离（很小时sin=，cos=1）（2）如图为某一报告厅主席台的平面图，AB是讲台，S1、S2是与讲台上话筒等高的喇叭，它们之间的相互位置和尺寸如图所示报告者的声音放大后经喇叭传回话筒再次放大时可能会产生啸叫为了进免啸叫，话筒最好摆放在讲台上适当的位置，在这些位置上两个喇叭传来的声音因干涉而相消已知空气中声速为340m/s，若报告人声音的频率为136Hz，问讲台上这样的位置有多少个？19（1）能量为Ei的光子照射基态氢原子，刚好可使该原子中的电子成为自由电子这一能 Ei称为氢的电离能现用一频率为的光子从基态氢原子中击出了一电子，该电子在远离核以后速度的大小为 （用光子频率、电子质量m、氢原子的电离能Ei和普朗克常量h表示）（2）在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速假设减速剂的原子核质量是中子的k倍中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正碰设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求N次碰撞后中子速率与原速率之比2010年海南省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本颐共6小题，每小题3分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（3分）1873年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颐此项发明是（）A新型直流发电机B直流电动机C交流电动机D交流发电机【分析】从结构和工作原理上可知：一台直流电机原则上既可以作为电动机运行，也可以作为发电机运行，这种原理在电机理论中称为可逆原理【解答】解：直流发电机发电时接另一直流发电机，则另一直流发电机实际成了直流电动机，所以ACD错，B正确。故选：B。【点评】此题要求知道直流发电机和直流电动机的结构图，并能知道它们的工作原理2（3分）一金属圆环水平固定放置现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环（）A始终相互吸引B始终相互排斥C先相互吸引，后相互排斥D先相互排斥，后相互吸引【分析】分析圆环在下降过程中穿过圆环的磁通量的变化，再由楞次定律可知圆环与磁铁间的相互作用【解答】解：因圆环从开始下降到达磁铁中间时，磁通量一直增大；而当从中间向下运动时，磁通量减小时；则由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，故先相互排斥，后相互吸引；故选：D。【点评】当考查发生电磁感应时的相互作用时，可以直接利用楞次定律的第二种描述：来拒去留3（3分）下列说法正确的是（）A若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动【分析】物体运动速率不变，但速度的方向可以变化，此时合力不为零；物体做匀加速直线运动时，它的加速度是恒定的；合力与其速度方向相反时，物体做减速直线运动，但不一定是匀减速直线运动，物体受的合力可以变化；匀速直线运动在任意的相等时间间隔内位移都是相等【解答】解：A、物体运动速率不变但方向可能变化，如匀速圆周运动，因此合力不一定为零，所以A错；B、物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，所以B错；C、物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，所以C错；D、若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，所以D对。故选：D。【点评】本题考查学生对各种运动的规律及其条件的理解，掌握好各种运动的特点这道题就可以解决了4（3分）如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A2：1B1：2C2：D4：【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值。【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2=，则E1与E2之比为2：1故选：A。【点评】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法平行四边形求得总的场强5（3分）如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时（）A绳的张力减小，b对a的正压力减小B绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C绳的张力减小，地面对a的支持力增加D绳的张力增加地面对a的支持力减小【分析】本题应分匀速运动和减速运动两个过程分别对两个物体受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解【解答】解：在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有FcosF Nsin=0 ；Fsin+F Ncosmg=0 ；由两式解得：F=mgsin，FN=mgcos；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：Fsin+F Ncosmg=0 ；F NsinFcos=ma ；由两式解得：F=mgsinmacos，FN=mgcos+masin；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变。（二）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大。综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加。故A、B、D错误；故选：C。【点评】本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识！6（3分）在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止现将该木板改置成倾角为45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑若小物块与木板之间的动摩擦因数为则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（）ABCD【分析】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决【解答】解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1=g，设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；木板改置成倾角为45的斜面后，对物块进行受力分析：小滑块的合力F合=mgsin45+f=mgsin45+mgcos45小物块上滑的加速度a2=，滑行时间t=2，因此=，故选：A。【点评】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决注意情景发生改变，要重新进行受力分析二、多项选择题：（本颐共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的得0分）7（4分）下列说法正确的是（）A当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势B当线圈中电流反向时线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反C当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反D当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反【分析】根据产生自感电动势的条件和楞次定律分析有无自感电动势产生及自感电动势的方向【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，故A正确； B、根据楞次定律可知，当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，故B错误； C、当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，故C正确； D、当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，故D错误。故选：AC。【点评】自感现象是特殊的电磁感应现象，遵循电磁感应现象的普遍规律，即楞次定律和法拉第电磁感应定律8（4分）如图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为（）A加速下降B加速上升C减速上升D减速下降【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；【解答】解：木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以BD正确。故选：BD。【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了9（4分）如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是（）A若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【分析】电压表读数6V为有效值，由 = 可得输入电压的有效值为24V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值 输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半【解答】解：A、若电压表读数为6V，由 = 可得则输入电压为是有效值，根据正弦交流电 有效值与最大值的关系可得因此其最大值为V，A正确； B、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由 = 可得输出电压也增加到原来的2倍， 由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，B错误； C、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率 即P=IU也减小到原来的一半，C错误； D、若保持负载电阻的阻值不变。输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知 输出功率增加到原来的4倍，D正确。故选：AD。【点评】只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题10（4分）火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍根据以上数据，以下说法正确的是（）A火星表面重力加速度的数值比地球表面小B火星公转的周期比地球的长C火星公转的线速度比地球的大D火星公转的向心加速度比地球的大【分析】根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较【解答】解：A、根据万有引力等于重力得出：得：，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的，故A正确；B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：得：，M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，故B正确；C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：=m，得：v=M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过v的表达式发现公转轨道半径大的线速度小，故C错误；D、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：=ma，得：M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过a的表达式发现公转轨道半径大的向心加速度小，故D错误；故选：AB。【点评】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用三、填空题：（本题共2小题，每小题4分，共8分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）11（4分）利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源正极和负极，其装置示意图如图所示A、B之间有很强的电场，距B越近，场强越大（填：“越大”或“越小”）B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到A（填“A”或“B”）上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中【分析】电极A、B间接高电压后，之间产生了很强的电场，气体分子被电离成为电子和正离子，电子较轻，容易被粉尘吸附，故粉尘带负电，被正极A吸引，从而达到除尘的目的【解答】解：电极截面如图所示，由电场线可判断越靠近B场强越大；粉尘吸附电子后带负电，因此向正极A运动故答案为：越大，A【点评】本题涉及静电除尘的原理，关键是电子容易被吸附到灰尘上，故灰尘会吸附带带正电的A上12（4分）雨滴下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大，它受到的空气阻力越大；此外，当雨滴速度一定时，雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的次方成正比（12）假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最终它们都匀速（填“加速”、“减速”或”匀速”）下落大（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面时，小（填“大”或“小”）雨滴的速度较小【分析】由题意可知雨滴受到的空气阻力与速度有关，分析雨滴下落时的受力情况及力的变化情况可得出雨滴运动情况【解答】解：由于雨滴受到的空气阻力与速度有关，速度越大阻力越大，因此最终当阻力增大到与重力平衡时都做匀速运动；设雨滴半径为r，则当雨滴匀速下落时受到的空气阻力fr，由题意可知，雨滴下落时的阻力与速度有关，可以假定阻力与vn成正比，则可知f=Krvn；（K为常数） 而物体的重力，即半径越大，雨滴的重力越大；而匀速运动时，mg=f=kKrvn，即：=kKrvn，即vnr3a，由于12，故30，故半径越大的雨滴下落速度越快，因此半径大的匀速运动的速度大，平均速度也大，故大雨滴先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小故答案为：匀速；大；小【点评】本题为动态变化问题，要注意从题目中找出力与速度的关系，理解物体运动状态的变化，进而明确物体最终一定会做匀速运动这一事实；并能用共点力的平衡列式求解四、实验题：（本且共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）13（6分）图1为测量电压表V内阻r的电路原理图图中两个固定电阻的阻值均为R，S1、S2是开关，E是电源（内阻可忽略）（1）按电路原理图将图2中的实物图连线；（2）开关 S1保持断开，合上开关 S2，此时电压表的读数为U1；再合上开关 S1，电压表的读数变为U2，电压表内阻 r=（用U1、U2和R表示）【分析】按电路图去连接实物图，则碰到电压表则断路，遇到电流表则短路，分几个回路去连接同时注意电表的正负极当开关 S1断开，合上开关 S2，此时电压表的读数为右边电阻R的电压；当再合上开关 S1，左边电阻被短路，则电压表的读数为电源的电动势（内阻不计），由闭合电路殴姆定律建立方程组可得电压表内阻【解答】解：当开关 S1保持断开时，两个电阻与电源相串联，则有，当再合上开关 S1时，电压表测量电源的路端电压，由于电源内阻不计，所以E=U2，解得故答案为：（1）实物图连线如图所示 （2）【点评】通过开关的通断来达到改变电阻，类似于变阻箱的作用因此由闭合电路殴姆定律得出两个方程，求出未知数14（9分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置示意图如图1所示：（1）实验步骤：将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于lm，将导轨调至水平；用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读出l=9.30mm；由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=0.6000m；将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2；从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2；用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m（2）用表示直接测量量的字母写出下列所示物理量的表达式：滑块通过光电门1和光电门2时瞬时速度分别为v1=和v2=当滑块通过光电门1和光电门2时，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能分别为Ek1=（M+m）和E k2=（M+m）在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少EP=mgs（重力加速度为g）（3）如果EP=Ek2Ek1，则可认为验证了机械能守恒定律【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项不同的尺有不同的精确度，注意单位问题光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度l很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值【解答】解：（1）l=9mm+0.05mm6=9.30mms=80.00cm20.00cm=60.00cm（2）由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度v1=，v2=根据动能的定义式得：通过光电门1，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为E k1=（M+m）通过光电门2，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为E k2=（M+m）系统势能的减少EP=mgh=mgs（3）如果EP=E k=Ek2Ek1 即重力势能的减小量等于动能的增加量，则可认为验证了机械能守恒定律故答案为：（1）9.300.6000（2），（M+m），（M+m）mgs（3）Ek2Ek1【点评】对常见的几种测量长度工具要熟悉运用，并能正确读数光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度五、计算题：（本题共2小题，第l5题8分，第16题11分，共19分把答案写在答题卡中指定的答题处要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）15（8分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的G点射出已知弧所对应的圆心角为，不计重力求（1）离子速度的大小；（2）离子的质量【分析】（1）对离子进行受力分析受到洛伦兹力和电场力作用，且二力平衡；结合匀强电场的场强与电势差的关系式，可求出离子在电场中的运动速度（2）根据题意画出离子在磁场中运动的轨迹草图，充分利用几何关系，结合离子在磁场中的运动半径公式，即可求出离子的质量【解答】解：（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，将受到的向上的洛伦兹力和向下的电场力，由题意知二力平衡，有：qvB0=qE0式中，v是离子运动速度的大小E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有：两式联立得：v=（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvB=式中，m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径由题设，离子从磁场边界上的点G穿出，离子运动的圆周的圆心O必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直一平分线上（见图）由几何关系有：r=Rtan式中，是OO与直径EF的夹角，由几何关系得：2+=联立式得，离子的质量为：答：（1）离子速度的大小为（2）离子的质量【点评】该题考查了带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，在混合场中要注意对离子的受力分析；在磁场中要掌握住轨道半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，半径和偏转角的几何关系就比较明显了16（11分）图l中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10 m/s2整个系统开始时静止（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出03s内木板和物块的vt图象，据此求03s内物块相对于木板滑过的距离【分析】（1）分别对物块和木板进行受力分析，求出其加速度，根据匀变速直线运动的基本公式即可求解速度；（2）根据受力分析得出物块和木板的运动情况，画出速度时间图象，在03s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差【解答】解：（1）设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：对物块 f=ma f=mg 对木板 Ff=2ma 由式与题中所给条件得v1=4m/s，v1.5=4.5m/s，v2=4m/s，v3=4m/s v2=4m/s，v3=4m/s （2）由式得到物块与木板运动的vt图象，如图所示在03s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25m，下面的三角形面积为2m，因此s=2.25 m答：（1）1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度分别为：v1=4m/s，v1.5=4.5m/s，v2=4m/s，v3=4m/s，v2=4m/s，v3=4m/s；（2）在同一坐标系中03s内木板和物块的vt图象如图所示，03s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m【点评】根据物体受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中F是个变力，在1s后发生了改变，所以加速度也要发生变化求位移差时可根据速度时间图象与时间轴所围成的面积表示位移去求解，该题难度较大六、选考题：（请考生在第17、18、19三题中选二题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）17（12分）（1）下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，每选错一个扣2分，最低得分为0分）（A）当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小（B）玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体（C）单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点（D）当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部（E）气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关（2）如图，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体p0和T0分别为大气的压强和温度已知：气体内能U与温度T的关系为U=T，为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求（）气缸内气体与大气达到平衡时的体积V1：（ii）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q【分析】（1）做功和热传递均可改变物体的内能，由热力学第一定律可知二者对内能的影响；石墨和金刚石是晶体，玻璃、木炭是非晶体；单晶体和多晶体都具有固定的熔点，而非晶体没有固定熔点；因液体内部分子与表层分子之产的距离小于与大气分子的密度，故分子力指向液体内部；气体的压强取决于气体单位时间内碰撞单位器壁的次数及分子的运动速度；（2）（i）由题意可知气体在温度变化时先做等容变化，再做等压变化，则由气体实验定律可求得最后的体积；（ii）由功的公式可求得活塞对气体所做的功，由题意可知气体内能的变化量；由热力学第一定律可求得气缸放出的热量【解答】解：（1）A、一定质量的气体吸热时，如果同时对外做功，且做的功大于吸收的热量，则内能减小，故A正确；B、玻璃是非晶体，故B错；C、多晶体也有固定的熔点，故C错；D、液体表面层内的分子液体内部分子间距离的密度都大于大气，因此分子力的合力指向液体内部，故D正确；E、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，故E正确故选：ADE；（2）（）在气体由压缩p=1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T=2.4T0变为T1，由查理定律得 在气体温度由T1变为T0的过程中，体积由V减小到V1，气体压强不变，由着盖吕萨克定律得 由式得 （）在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=p0（VV1）在这一过程中，气体内能的减少为U=（T1T0）由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为Q=W+U由式得（i）平衡时的体积；（ii）气缸放出的热量为；【点评】本题对热学内容考查范围较广，故在选修的学习中要注意全面把握所有知识点，因每个知识点均在考试中有可能出现18（12分）（1）一光线以很小的入射