《高中试卷》2019年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷

1、2019年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1（3分）如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从a点沿水平直线加速运动到b点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是（）a斜向右上方b斜向左上方c水平向左d竖直向上2（3分）如图所示，小灯泡的规格为“6v3w”，r34，电源内阻r1闭合开关s，灯泡l正常发光，电压表示数为零，电流表示数为1a，电表均为理想电表，则电源电动势e和电源输出功率p分别为（）ae8v，p6wbe8v，p7wce9v，p8wde9v，p9w3（3分）如图所示，斜面上从a点水平抛出的小球落在b点

2、，球到达b点时速度大小为v，方向与斜面夹角为现将小球从图中斜面上c点抛出，恰能水平击中a点，球在c点抛出时的速度大小为v1，方向与斜面夹角为则（）a，v1vb，v1vc，v1vd，v1v4（3分）利用图示装置研究自感现象，l为自感系数较大的线圈，两导轨相互平行，处于匀强磁场中。导体棒ab以速度v0沿导轨匀速运动时，灯泡的电功率为p1；棒ab沿导轨加速运动至速度为v0时，灯泡的电功率为p2则（）ap1p2bp1p2cp1p2d无法比较p1和p2的大小5（3分）如图所示，半径为r的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心o的竖直轴线以角速度匀速转动。质量不同的小物块a、b随容器转动且相对器壁静

3、止，a、b和球心o点连线与竖直方向的夹角分别为和，则（）aa的质量一定小于b的质量ba、b受到的摩擦力可能同时为零c若a不受摩擦力，则b受沿容器壁向上的摩擦力d若增大，a、b受到的摩擦力可能都增大二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6（4分）2018年6月14日。承担嫦娥四号中继通信任务的“鹊桥”中继星抵达绕地月第二拉格朗日点的轨道。第二拉格朗日点是地月连线延长线上的一点，处于该位置上的卫星与月球同步绕地球公转，则该卫星的（）a向心力仅来自于地球引力b线速度大于月球的线速度c角速度大于月球的角

4、速度d向心加速度大于月球的向心加速度7（4分）科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴（如图所示）的左、右两端电势高低情况是（）a从东向西运动，左端电势较高b从东向西运动，右端电势较高c从西向东运动，左端电势较高d从西向东运动，右端电势较高8（4分）如图所示，某质点沿直线运动的vt图象为余弦曲线，从图中可以判断（）a在0t1时间内，合力逐渐减小b在0t1时间内，合力做正功c在t1t2时间内，合力的功率先增大后减小d在t2t4时间内，合力做的总功为零9（4分）图示空间有一静电场，y轴上各点的场强方向沿y轴正方向竖直向下，两小球p、q用长为l的绝缘细线连接，静止在轴上a、b两点。两球

5、质量均为m，q球带负电，电荷量为q，a点距坐标原点o的距离l，y轴上静电场场强大小e=mgy3ql剪断细线后，q球运动到达的最低点c与b点的距离为h，不计两球间的静电力作用。则（）ap球带正电bp球所带电荷量为4qcb、c两点间电势差为mghqd剪断细线后，q球与o点相距3l时速度最大三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题两部分，共计42分.【必做题】10（8分）某探究小组验证机械能守恒定律的装置如图甲所示，细线一端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m，重力加速度

6、为g。（1）用游标卡尺测出小球直径如图乙所示，读数为 mm。（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化。为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的 （选填“最大值”或“最小值”），其值为f。（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为 （用测定物理量的符号表示）。（4）关于该实验，下列说法中正确的有 。a细线要选择伸缩性小的b球尽量选择密度大的c不必测出球的质量和细线的长度d可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验11（10分）某同学设计了如图甲所示电路，测量定值电阻的阻值、电源的电动势和内阻。使用的器材有：待测定值电阻r1

7、（约几欧）、待测电源e、电流表a、电阻箱r2（0999.9）、开关两个及导线若干。（1）请用笔画线代替导线在图乙中完成实物电路的连接。（2）测量r1的值时，闭合开关s1前，调节r2至 （选填“最大值”或“最小值”），然后闭合开关s1和s2，调节r2使电流表示数为i，此时r2的值为7.8；再断开s2，将r2调到5.8时，电流表示数也为i则r1的值为 。（3）测量电源电动势e和内阻r时，闭合开关s1、断开s2，调节r2，得到r2和对应电流i的多组数据，作出1ir2图象如图丙所示。则电源电动势e v，内阻r （结果均保留两位有效数字）若电流表a内阻不可忽略，则r的测量值 （选填“大于”“等于”或“小

8、于”）真实值。选修3-5（12分）12（4分）下列说法中正确的有（）a氡核的半衰期为3.8天、20个氡原子核经7.6天后剩下5个氡原子核b由质能方程可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化c镭核发生一次衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4d钍核发生衰变后，产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能13（4分）真空中有不带电的金属铂板和钾板，其极限波长分别为1和2，用波长为（12）的单色光持续照射两板表面，则带上正电的金属板是 （选填“铂板”或“钾板”）。已知真空中光速为c，普朗克常量为h，从金属板表面飞出的电子的最大初动能为 w。14（4分）如图所示，质量为m的木块位于光

9、滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在a位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，经过一段时间，木块第一次回到a位置，弹簧在弹性限度内。求：木块第一次回到a位置时速度大小v；此过程中墙对弹簧冲量大小i。【选做题】本题包括a、b两小题，请选定其中一小题，并作答若多做，则按a小题评分。a选修3-3（12分）15（4分）下列说法中正确的有（）a液面上方的蒸汽达到饱和时就不会有液体分子从液面飞出b液体表面层分子间的平均距离等于液体内部分子间的平均距离c用磙子压紧土壤，可以把地下的水引上来，这属于毛细现象d在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形16（4分）如图所示，

10、密闭绝热容器内有一活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空。真空区域轻弹簧的一端固定在容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧。绳突然绷断，活塞上升过程中，气体的内能 （选填“增加”“减少”或“不变”），气体分子的平均速率 （选填“变大”“变小”或“不变”）。17（4分）如图所示，空的饮料罐中插入一根粗细均匀的透明吸管，接口处密封，吸管内注入一小段油柱（长度可以忽略），制成简易气温计。已知饮料罐的容积为v，吸管内部横截面积为s，接口外吸管的长度为l0当温度为t1时，油柱与接口相距l1，不计大气压的变化。简要说明吸管上标示的气温刻度是否均匀？求气温计能测量的最高温度tm。b选修3-4（

11、12分）18（2分）利用图示装置研究双缝干涉现象并测量光的波长，下列说法中正确的有（） a实验装置中的元件分别为滤光片、单缝、双缝b将滤光片由紫色换成红色，干涉条纹间距变宽c将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽d测量过程中误将5个条纹间距数成6个，波长测量值偏大19（4分）一种简易地震仪由竖直放置的弹簧振子a和水平放置的弹簧振子b组成，如图所示，可以粗略测定震源的深度。某次地震中，震源在地震仪的正下方，地震波中的横波和纵波传播速度分别为v1和v2（v1v2），观察到两振子开始振动的时间差为t，则 （选填“a”或“b”）弹簧振子先开始振动，震源与地震仪距离约为 m。20（6分）有一种用

12、于电子显示屏的发光二极管，其管芯的发光区域是直径为d的圆面，p为o点正上方球面上的一点，发光二极管中半球体介质的半径为r，如图所示。若介质的折射率n1=2，真空中光速为c，求光从a点沿直线传播到p点的时间t；为使从发光面ab发出的光在球面上都不发生全反射，介质的折射率n应满足什么条件？四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请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.21（15分）如图所示，两足够长的光滑平行导轨水平放置，处于磁感应强度大小为b、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为l，一端连接阻值为r的电阻。一金属棒

13、垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。水平放置的轻弹簧左端固定，右端与金属棒中点连接，弹簧劲度系数为k。整个装置处于静止状态。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，第一次运动到最右端时，棒的加速度大小为a。棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g。求：（1）金属棒开始运动时受到的安培力f的大小和方向；（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过电阻r的电荷量q；（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，电阻r上产生的热量q。22（16分）如图所示，光滑固定斜面上有一楔形物体a，a的上表面水平，a上放置一物块b已知斜面足够长、倾角为，a的质量为m，b的质

14、量为m，a、b间动摩擦因数为（cossin），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平推力，求：（1）物体a、b保持静止时，水平推力的大小f1；（2）水平推力大小为f2时，物体a、b一起沿斜面向上运动，运动距离x后撤去推力，a、b仍一起沿斜面上滑，求整个过程中物体上滑的最大距离l；（3）为使a、b在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力f应满足的条件。23（16分）如图所示，真空中一对平行金属板长为l，两板间有垂直板面向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子从两板中央沿中线进入电场，粒子射出平行板时速度大小为v，方向与中线夹角为板右侧有一上、下范围足够大的有界匀强磁场区，

15、磁场方向与纸面垂直，磁场边界与两板中线垂直，不计粒子重力，忽略板外空间的电场。（1）求匀强电场的场强大小e；（2）若磁场区宽度为d0，欲使粒子经磁场偏转后从左边界穿出，求磁感应强度b满足的条件；（3）在两板中线右侧延长线上有一点p，p点与板右端的距离为l若磁场区的位置可左右平移，磁场宽度可以改变。粒子经磁场偏转后能到达p点，且速度方向与中线夹角仍为，求磁感应强度的最小值bmin。2019年江苏省四市（南通、扬州、泰州、宿迁）高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1【分析】根据运动情况来判定加速度方向，依据牛顿第二定律

16、，判定合力方向，再结合受力分析，与力的合成法则，从而判定摩擦力方向。【解答】解：竖直墙面上有一只壁虎从a点沿水平直线加速运动到b点，因此加速度方向由a指向b，根据牛顿第二定律，可知，合力方向由a指向b，壁虎除受到重力外，还受到摩擦力，根据矢量的合成法则，那么壁虎受到摩擦力的方向斜向左上方，故acd错误，b正确；故选：b。【点评】考查由运动情况来分析受力情况，掌握牛顿第二定律与矢量的合成法则的内容，注意静摩擦力与滑动摩擦力的区别。2【分析】灯l与r3串联，r1与r2串联，然后两个支路并联，根据灯泡正常发光可以求出电路中各支路的电流及电源输出功率。【解答】解：灯泡正常发光，灯泡的电阻r1=u2p=

17、12，所以外电路的电压u6+28v，电源电动势e8+ir9v，电源输出功率pui8w，故c正确，abd错误；故选：c。【点评】本题是电路的静态分析问题，按局部到整体顺序分析即可。3【分析】小球从斜面上抛出又落到斜面上，位移偏角的正切值为定值tan，故其速度偏角的正切值tan为定值，即tan2tan，故可判断与关系；根据动能定理可直接判断落点速度的大小关系；【解答】解：由平抛运动的规律得：tan=yx=12gt2v0t=gt2v0解得：t=2v0tang由图知 tan（+）=vyv0=gtv0=2tan所以可知速度方向与斜面夹角与抛出速度无关，故；从a到b过程，据动能定理有：mghab=12mv

18、2-12mv02 同理从a到c，据动能定理有：mghac=12mv12-12mv02 因habhac，故v1v，故bcd错误，a正确；故选：a。【点评】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值。以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。4【分析】导体棒ab以速度v0沿导轨匀速运动时，产生恒定的感应电流，线圈没有自感电动势产生。棒ab沿导轨加速运动时，产生逐渐增大的感应电流，线圈要产生自感电动势，根据能量转化情况分析。【解答】解：导体棒ab以速度v0沿导轨匀速运动时，产生恒定的感应电流，线圈没有自感电动势产生，则灯泡的电功

19、率p1=e2rl=b2l2v02rl。棒ab沿导轨加速运动时，产生逐渐增大的感应电流，线圈要产生自感电动势，阻碍电流的增大，则灯泡的电压小于blv0，则灯泡的电功率p2b2l2v02rl所以p1p2。故选：b。【点评】解决本题时要知道：线圈中电流不变时，不产生自感电动势，当线圈中电流变化时要产生自感电动势，阻碍电流的变化。5【分析】分别求出a和b受到的摩擦力为零时对应的角速度大小，比较二者相对运动情况，由此分析摩擦力的方向和变化情况。【解答】解：a、根据题目条件无法确定a的质量和b的质量的大小，故a错误；b、以a为研究对象，假设不受摩擦力，a受到重力和支持力，合力提供向心力，如图所示，设此时对

20、应的角速度为a，根据牛顿第二定律可得magtanmaraa2，其中rarsin，则a=grcos；同理可得当b的摩擦力为零时，角速度b=grcos；由于，故a、b受到的摩擦力不可能同时为零，故b错误；c、若a不受摩擦力，整体转动的角速度a=grcosb=grcos；则b有向上的运动趋势，故b受沿容器壁向下的摩擦力，故c错误；d、若转动的角速度a，a和b受沿容器壁向下的摩擦力，如果角速度增大，则a、b受到的摩擦力都增大，故d正确。故选：d。【点评】本题主要是考查圆周运动的向心力来源，弄清楚受力情况和临界条件的分析是关键。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题

21、意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6【分析】物体绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、角速度、向心加速度的大小关系。【解答】解：a“鹊桥”受到地球和月球的引力，二者合力提供向心力，故a错误；b、因为周期相同，线速度v=2rt，轨道半径大，则线速度大，所以中继卫星的线速度大于月球的线速度，故b正确；c、因为周期相同，角速度=2t，知中继卫星的角速度与月球的角速度相等，故c错误；d、因为周期相同，向心加速度a=42t2r，轨道半径越大，则向心加速度越大，所以中继卫星的向心加速度大于月球的向心加速度，故d正确；故选：

22、bd。【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。7【分析】地球的北极是地磁场的南极，根据右手定则判断电势的高低。【解答】解：地球的北极是地磁场的南极，磁场方向从上到下，题中没有闭合回路，可假设后轮轮轴与其他导线构成回路，则ab从东向西运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故a正确，b错误；cd从西向东运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故c正确，d错误。故选：ac。【

23、点评】本题首先要了解地磁场的分布情况，其次要有空间想象能力，运用右手定则判断电势的高低。8【分析】由图线得出速度的变化情况，根据动能定理即可分析合力做功的情况；由速度时间图象的斜率表示加速度找出加速度的变化情况，根据牛顿第二定律即可分析合力的变化情况；根据pfvcos分析功率的变化情况。【解答】解：a在0t1时间内，由图可知斜率在增大，即加速度增大，根据牛顿第二定律可知合力逐渐增大，故a错误；b在0t1时间内，由图可知速度减小，即动能减小，由动能定理可知合力做负功，故b错误；ct1时刻，速度为0，则可知合力的功率为0，t2时刻，图线的斜率为0，即加速度为0，由牛顿第二定律可知合力为0，故合力的

24、功率为0，在t1t2时间内，合力与速度均不为0，夹角也不为90°，故合力的功率不为0，故t1t2时间内，合力的功率先增大后减小，故c正确；dt2时刻速度大小为v0，t4时间速度大小也为v0，即在在t2t4时间内，动能的变化为0，由动能定理可知合力做的总功为0，故d正确。故选：cd。【点评】本题的关键是要理解速度时间的意义，知道怎样去读图，及会结合动能定理与牛顿第二定律进行分析。9【分析】选取pq组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得a的电量；剪断细线后，b球的先向下做加速运动，b球受到的重力与电场力相等时，速度最大，由平衡条件求解a球或b球到o点的距离，根据功能关系分析电势能

25、的变化。【解答】解：a、由于剪断细线后，q球向下运动有最低点，可知q带受到的电场力的方向向上，开始时q受到的电场力的大小小于重力。若p与q开始时能静止，则p受到的电场力的方向必定向上，所以p也带负电。故a错误；b、两球静止时，p球所处位置场强为 e1kl=mg3q，q球所处位置场强为 e2k2l=2mg3q，以p球和q球整体为研究对象，由平衡条件得：2mg+qpe1qe20解得：qp4q，故b正确；c、q球运动到达的最低点c与b点的距离为h，则qubcmgh，所以b与c之间的电势差为：ubc=mghq故c正确；d、当q球下落速度达到最大时，q球距o点距离为x0根据平衡条件可得：mgqeqmg3

26、qlx0解得：x03l即当q球下落速度达到最大时，q球距o点距离为3l，故d正确。故选：bcd。【点评】本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论。三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题两部分，共计42分.【必做题】10【分析】（1）游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数。（2）球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值（3）据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，从而即

27、可求解；（4）由各因素产生的误差情况进行分析各项。【解答】解：（1）小球的直径d18mm+10×0.0518.50mm（2）球在最低点的速度最大，对应的拉力最大，为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的最大值。（3）在最低点：fmgmv2r球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守的关系式：mgr（1cos）=12mv2由解得：2mg（1cos）fmg（4）a细线要选择伸缩性小的，则a正确b球尽量选择密度大的，则b正确c要测出球的质量，不必测出细线的长度，则c错误d用弹簧测力计不能准确读数力的最大值，则d错误故选：ab故答案为：（1）18.50（2）最大值（3）2mg（1cos）f

28、mg（4）ab【点评】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理，知道游标卡尺的读数，注意没有估计值。11【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。（2）为保护电路闭合开关前电阻箱应调到最大阻值，根据题意求出电阻阻值。（3）根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。【解答】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）为保护电路，闭合开关s1前，调节r2至最大值；电路电流不变，电路总电阻不变，r1的值为：7.85.82.0；（3）根据图示电路图可知，电源电动势：ei（r+r1+r2）整理

29、得：1i=1er2+r+r1e，由图示1i-r2图象可知，r+r1e=0.5，1e=1ir2=1.5-0.56.0解得：e6.0v，r21.0；考虑电流表内阻，电源电动势：ei（r+ra+r1+r2）整理得：1i=1er2+r+r1+rae，r+r1+rae=0.5，考虑电流表内阻，电源内阻测量值偏大，测量值大于真实值。故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）最大值，2.0；（3）6.0.1.0，大于。【点评】本题考查了实验数据处理与实验误差分析，根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式是解题的前提与关键，根据图示图线可以求出电源电动势与内阻。选修3-5（12分）12【分析】半

30、衰期具有统计意义，对大量的原子核适用；根据质能方程emc2，即可得出能量与质量对应的关系；衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2；释放能量，导致比结合能增大。【解答】解：a、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故a错误；b、根据质能方程emc2，物体的能量发生变化时，物体的质量也会相应变化，故b正确；c、镭核发生一次衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，质量数减小4，质子数减小2，所以中子数减少2个，故c错误；d、钍核发生衰变后，要释放能量，则产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能，故d正确；故选：bd。【点评】本题考查了衰变的实质以及半衰期的适用条件，对爱因斯坦质能方程的理解，及理解

31、比结合能与结合能的区别。13【分析】极限波长大的极限频率小；利用光电效应方程求出电子的初动能【解答】解：因12，则12，即钾板发生了光电效应，钾板带正电。金属板表面飞出的电子的最大初动能为：ekhh2，h（c-c2）hc2-2故答案为：钾板，hc2-2【点评】考查光电效应的应用，熟记光电效应方程即可轻松解题。14【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间相互作用的内力远大于系统的外力，故系统的动量守恒，由动量守恒定律列式求出子弹和木块的共同速度；然后系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到a位置时速度大小不变。此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量等于墙对弹簧的冲量，根据动

32、量定理求解。【解答】解：木块第一次回到a位置时的速度与木块和子弹开始共同运动的速度大小相等，子弹进入木块过程满足动量守恒定律，取向右为正方向，则mv0（m+m）v解得 v=mm+mv0此过程中弹簧对木块和子弹整体的冲量等于墙对弹簧的冲量，由动量定理有 i（m+m）v（m+m）v解得 i2mv0答：木块第一次回到a位置时速度大小v是mm+mv0；此过程中墙对弹簧冲量大小i是2mv0。【点评】子弹射入木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故系统的动量守恒。要知道动量定理是求冲量的基本方法之一。【选做题】本题包括a、b两小题，请选定其中一小题，并作答若多做，则按a小题评分。a选修3

33、-3（12分）15【分析】面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中，是动态平衡；液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的距离，则有表面张力；毛细作用，是液体表面对固体表面的浸润。毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象。毛巾吸水，地下水沿土壤上升都是毛细现象；【解答】a、液面上部的蒸汽达到饱和时，液体分子从液面飞出，同时有蒸汽分子进入液体中；从宏观上看，液体不再蒸发。故a错误；b、液体表面层分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，表现为引力，故b错误c、用磙子压紧土壤，可以把地下的水引上来，这属于毛细现

34、象，故c正确d、完全失重的情况下，熔化的金属在表面张力的作用下能够收缩成球形，故d正确故选：cd。【点评】本题考查蒸汽饱和平衡态，表面张力、毛细现象、关键是理解并能用来分析实际问题。属于基础题目。16【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化；轻弹簧推动活塞上升的过程中对气体做功，结合热力学第一定律即可判定气体内能的变化与温度的变化。知道温度是分子平均动能的标志。【解答】解：活塞向上压缩气体的过程中对气体做正功，同时，由于是绝热的气缸，气体与外界之间没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体的内能一定增大，所以气体的温度升高。温度升高，分子的平均动能增大，分子的平均速率变大。故答案为

35、：增加，变大【点评】通过受力分析确定所受的各个力，以及物体的初末状态和物体运动过程，从而确定不同力的做功情况以及能量的转化是解决此类题目的解题思路。17【分析】根据气体方程找出体积的变化量与温度的变化量的函数关系，来判断气温刻度是否均匀。罐内气体压强保持不变，根据盖吕萨克定律求解气温计能测量的最高温度tm。【解答】解：罐内气体压强保持不变，则根据盖吕萨克定律得 v1t1=v2t2可得，v1t1=vt解得t=t1v1v=t1v1sl由于t与l成正比，故刻度是均匀的。罐内气体压强保持不变，同理有 v+l1st1=v+l0stm解得 tm=(v+l0s)t1v+l1s。答：吸管上标示的气温刻度是均匀

36、的。气温计能测量的最高温度tm是(v+l0s)t1v+l1s。【点评】解决该题关键要正确判定气体作何种变化，掌握理想气体方程状态的应用，注意物理量的变化范围。b选修3-4（12分）18【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式x=ld，判断干涉条纹间距的变化，从而即可求解。【解答】解：a、滤光片的作用是使入射光变成单色光，单缝的作用是使入射光变成线光源，双缝的作用是形成相干光源，其排列顺序合理，故a正确；b、将滤光片由紫色的换成红色的，波长变长，根据双缝干涉条纹的间距公式x=ld知条纹间距x增大，即干涉条纹间距变宽，故b正确；c、将单缝向双缝移动一小段距离后，由x=ld可知与此距离无关，故干涉条纹间距

37、不变，故c错误；d、测量过程中，把5个条纹间距数成6个，导致x变小，则波长测量值偏小，故d错误；故选：ab。【点评】本题考查双缝干涉测量波长的实验原理x=ld，实验仪器，还考查了滤光片的作用。19【分析】纵波的速度快，纵波先到。根据xv1-xv2=t，求出震源距地震仪的距离。【解答】解：纵波的速度快，纵波先到，所以p先开始振动，根据xv1-xv2=t，解得：x=v1v2tv2-v1。故答案为：a；v1v2tv2-v1。【点评】解决本题的关键运用运动学公式判断哪个波先到。同时明确速度公式的应用。20【分析】根据介质的折射率n1=2和真空中光速为c，由v=cn1求得光在介质中的传播速度，由t=sv

38、求光从a点沿直线传播到p点的时间t；为使从发光面ab发出的光在球面上都不发生全反射，入射角必须大于临界角c，由临界角公式sinc=1n和几何关系结合求介质的折射率n应满足的条件。【解答】解：光在介质中的传播速度v=cn1则此光从a点传播到p点的时间 t=r2+(d2)2v解得t=8r2+2d22c。从a或b点垂直于圆盘射出的光射到球面的入射角最大（设为），则sin=d2r设光发生全反射的临界角为c，则sinc=1n不发生全反射应满足sinsinc解得n2rd。答：光从a点沿直线传播到p点的时间t是8r2+2d22c；为使从发光面ab发出的光在球面上都不发生全反射，介质的折射率n应满足的条件是n

39、2rd。【点评】对于几何光学中“条件”或“范围”问题，往往要研究临界情况，找出临界点和临界的最大入射角，然后结合全反射的临界角公式sinc=1n进行分析。四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请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.21【分析】（1）根据eblv0求金属棒产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再由安培力公式fbil求金属棒开始运动时受到的安培力f的大小。由左手定则分析安培力的方向。（2）先根据金属棒在最右端时加速度大小，由a=kxm求出金属棒向右运动的最大距离x。根据法拉第定律求此过程回路产

40、生的平均感应电动势，从而求得平均电流，即可求得通过电阻r的电荷量q。（3）由能量守恒定律和能量分配关系求电阻r上产生的热量q。【解答】解：（1）金属棒开始运动时，感应电流 i0=blv0r+r）金属棒受到的安培力 fbi0l解得 f=b2l2v0r+r方向水平向左。（2）设金属棒向右运动的最大距离为x，则 a=kxm得 x=mak此过程回路产生的平均感应电动势 e=t=blxt通过电阻r的电荷量 q=er+rt解得 q=blma(r+r)k（3）从开始运动到最终停止的整个过程，由能量守恒定律可知回路产生的总热量 q总=12mv02由于qq总=rr+r解得 q=12mv02rr+r答：（1）金属棒开始运动时受到的安培力f的大小是b2l2v0r+r，方向水平向左；（2）金属棒从开始运动到第一次运动到最右端时，通过电阻r的电荷量q是blma(r+r)k；（3）金属棒从开始运动到最终停止的整个过程中，电阻r上产生的热量q是12mv02rr+r。【点评】对于电磁感应问题，要由eblv、i=er+r、f安bil，要熟