2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷(20210407145455)

1、2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第 1921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.（6分）已知核反应方程904 Th - 934 Pa+X+ E （ E为释放出的核能,X为新生成粒子）904 Th的半衰期为T,下列有关说法正确的是（第1页（共24页）914 Pa核比904 Th核多一个中子”， ?904Th的比结合能为234C.X粒子是电子，此核反应为 3衰变N0个904Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为1-N0AE (N0数值很大)42

2、.（6分）全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线,没有传统无轨电车的“子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（A.该电容器的容量为 36000A?hB.电容器放电，电量逐渐减少到0,电容不变C.电容器放电，电量逐渐减少到0,电压不变D.若30s能充满，则充电平均电流为 3600A3. （6分）两颗行星s1, S2相距遥远，各自有一系列卫星绕各自的行星做匀速圆周运动，其卫星的线速度的平方与其轨道半径间关系的由图象可知（）

3、V2- ?刘象分别如图所示的 S1、s2实线部分,A.可以比较两行星的质量大小B.不能比较两行星的密度大小C .不能比较两星球表面处的加速度大小D.在行星S2上将相同的卫星发射出去，需更大的发射速度4. （6分）建筑工地上，常采用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体 在水平方向上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机的功率P随时间t变化如图所示，则下面关于物体运动的加速度与时间关系的a-t图象,在竖直方向速度与时机械能与上升高度关系的 E - h图象，物体运动的轨迹 y - x图象,5.（6分）如图所示,C.ABC为等边三角形，电荷量为量也为+q的点电

4、荷Qi从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W.再将Qi从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有（?A. Q1移入之前，C点的电势为-?B . Q1从C点移到B点的整个过程中,所受电场力始终不做功C. Q2从无穷远处移到 C点的过程中,所受电场力做的功为2WD . Q2在移到C点后的电势能为-4W6. （6分）如图所示，在倾角 “=37。的光滑是够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体A和B,质量分别为 mA=1kg, mB=2kg,弹簧劲度系数为 k=100N/m, C为固定挡板，当 A在受到沿斜面向下，F= 14N的力

5、作用下处于静止，且弹簧弹性势能Ep= 2kx2 （x为形变量），当撤去外力后，物体上升至最高处时，B恰好脱离挡板 C, g取10m/s2,以下说第2页（共24页）法正确的是（）A.物体A上升位移为0.12mB .物体A运动中最大速度时弹簧处于原长C.弹簧处于原长时，物体 A动能为0.8JD.物体A向上运动过程中，先超重后失重7. （6分）如图所示，两个小球 A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB,现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是（A.

6、两球组成的系统机械能守恒B . B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加C.重力和空气阻力对 A球做功代数和等于它的动能增加D. A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功8. （6分）如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B,电场强度大小为 E= 卷?且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长 的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60。夹角且处于竖直平面内。一质量为m,带电量为+q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度vo,小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不变，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）X X MA.小球的初速度为2?B.若小球

7、的初速度为C.若小球的初速度为3? .，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 ? .，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 ?D.若小球的初速度为?，则运动中克服摩擦力做功为 ?3?三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第3338题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共129 分）9. （6分）某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示,将光电门固定在水平轨道上的 B点，用重物通过细线拉小车，保持小车（含遮光条）变，改变所挂重物质量多次进行实验，使小车每次都从同一位置 A由静止开始运动，AB间距离为L.（

8、重力加速度大小 g取10m/s2）图乙（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d =cm;m和相应小车（2）实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量经过光电门时的速度 v,作出v2-m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为 N;（3）在满足条件 的情况下，v2-m图象是线性变化的，说明合外力做的功等于动能的改变，此时图象的斜率k的表达式为k= （用题给物理量的字母表示）。10. （9分）某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计。提供的实验器材有：灵敏电流表（量程为1.0mA,内阻为300 Q）,学生电源（输出电压为U = 2.0V,

9、内阻不计），滑动变阻器R1 （最大阻值为1000Q）,滑动变阻器R2 （最大阻值为3000 ）,单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻Rt,导线若干。已知热敏电阻的阻值与摄氏温度 t的关系为RT=2.5t- 15 （）,实验步骤如下：a.按照电路图连接好实验器材；b.为不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片P调整到a端；然后将单刀双掷开关掷于c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在 （选填“中央刻线”或“满刻线”）第5页（共24页）位置，并在以后的操作中使滑片P (选填“位置不变”、“置于a端”或“置于b端”)；c.在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于d端，随着热水温度的下降，记录若干

10、个灵敏电流表的示数；d.根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制作灵敏电流表的刻度盘，改装成温度计。(1)为使改装的温度计的量程足够大，将实验步骤b补充完整。(2)根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选 (填“ R1”或“ R2”)。(3)灵敏电流表的电流I与热水温度t之间的函数关系式为1 = (A),该温度计 能够测量的最低温度为 C。(4)重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的 (填“左” 或“右”)侧，刻度盘上的刻度 (填“均匀”或“不均匀”)。11. (12分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA = 4kg,上表面光滑，小车与地面间的

11、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mB = 2kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10N, 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t=0.6s,二者的速度达到 vt=2m/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1。12. (20分)如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的

12、距离为Li=i.0m, P2Q2与M2N2间的距离为L2=0.5m,两导轨电阻可忽略不计。质量均为 m= 0.2kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路。已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R=1.0Q;金属棒与导轨间的动摩擦因数科=0.2,且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。（1）在t=0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd,使其从静止开始沿导轨以a= 5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒 ab开始运动？（2）若用一个适当的水平外力 F0 （未知）向右拉金

13、属棒 cd,使其速度达到 v2 = 20m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒 ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒 cd匀速运动时水平外力 Fo的功率；（3）当金属棒ab运动到导轨QiNi位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为 Fi= 0.4N ,此时金属棒cd的速度变为vo= 30m/s,经过一段时间 金属棒cd停止运动，求金属棒 ab停止运动后金属棒 cd运动的距离。物理-选彳3-3 （15分）13. （5分）下列说法正确的是（）A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞

14、击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C.在使两个分子间的距离由很远 （r>10 9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E. 一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大14. （10分）如图所示，内径粗细均匀的 U形管竖直放置在温度为 7c的环境中，左侧管上 端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm,的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2= 24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h= 6cm,若把该装置移至温度恒为 27 C的房间中（依然竖直放置），大气压强恒为P0=7

15、6cmHg,不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度。第11页（共24页）2020年广东省实验中学高考物理模拟试卷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 1418题只有 一项符合题目要求，第 1921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.X为新生成粒1 . （ 6分）已知核反应方程934 Th - 214 Pa+X+ E （ E为释放出的核能,子），934 Th的半衰期为T,下列有关说法正确的是（）A .934 Pa核比934 Th核多一个中子 ?B .934 Th的比结合能为 -

16、234C. X粒子是电子，此核反应为3衰变1D. N0个20发生了暴变，故核反应释放的核能为-N0AE, D错误；故选：Co 【点评】本题关键是掌握爱因斯坦质能方程E=4mc2以及比结合能的计算公式，掌握衰变的实质和半衰期的特点。2. （6分）全球首创超级电容储存式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶 5公里以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，如图为使用“ 3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是（）Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为-N04E （N0数值很大

17、）4【考点】JE:原子核的结合能；JI:爱因斯坦质能方程.【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，确定核反应的类型;根据半衰期公式剩余的衰变物质；释放的能量不等于结合能，根据题意无法求出比结合能；【解答】解：A、 234 Pa核比904Th核多一个质子，A错误；B、比结合能是核子结合为原子核时释放的核能与核子数之比，而不是衰变释放的核能与核子数之比，B错误；C、由电荷数守恒和质量数守恒可以判断X为电子，题述核反应为3衰变，C正确；1 2?113.D、经过2T时间，N0个90 Th还剩？?）（2）2?= 4N0个没有最变，则有 N0- 4N0= 4N0个A.该电容器的容量为 3

18、6000A?hB.电容器放电，电量逐渐减少到0,电容不变C.电容器放电，电量逐渐减少到0,电压不变D.若30s能充满，则充电平均电流为 3600A 【考点】AN :电容器与电容.【分析】3V为电容器的额定电压，12000F为电容器的电容；根据Q=CU计算电容器的容量；电容器的电容与电量、电压无关；电容器是储存电能的工具，根据Q= It计算充电电流。【解答】 解：A、该电容器最大容纳电荷量为：Q=CU= 12000FX3V= 36000C=10A?h,故A错误;BC、电容器的电容与电量和电压无关，在充放电时电容不变，电容器放电，电量逐渐减小到0,电压逐渐减小为 0,故B正确，C错误；D、若30s

19、能充满，则充电平均电流为： 1= ?二 6000-A = 1200A ,故D错误。 ：30故选：B。【点评】 本题考查电容器和电容的相关知识，要注意明确电容的定义为比值定义法，其大小与电量和电压无关。3. （6分）两颗行星si, S2相距遥远，各自有一系列卫星绕各自的行星做匀速圆周运动，其卫星的线速度的平方与其轨道半径间关系的V2- ?刘象分别如图所示的 si、S2实线部分,由图象可知（）A.可以比较两行星的质量大小B.不能比较两行星的密度大小C.不能比较两星球表面处的加速度大小D.在行星s2上将相同的卫星发射出去，需更大的发射速度【考点】4A:向心力；4F:万有引力定律及其应用；4H:人造卫

20、星.【分析】根据万有引力充当向心力列式，根据表达式知斜率的意义，比较质量和密度,根据万有引力充当向心力比较加速度和线速度。【解答】解：A、卫星绕行星运动,设行星质量M,卫星质量m,轨道半径，则m? =专,知v2= GM ?当斜率等于 GM ,所以Ml> M2,故A正确;B、由图象知两行星半径相等，由M= p?4兀R3,知Pi>凡故B错误;3?C、在行星表面有质量为 m'的物体，有 ma= G?2?吊D、当卫星绕行星表面运行， 发射速度最小，由m?,可判断加速度大小，故 C错误;=G?,知 v= v2?所以 vi>v2,故D错误。故选：A。【点评】 解决本题的关键掌握万

21、有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周 期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。该题还要求 要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息。就像该题，能知道两个 行星的半径是相等的。4.（6分）建筑工地上，常采用塔吊将材料搬运上高处，在某次搬运物体的过程中，该物体在水平方向上匀速运动，在竖直方向上用电动机通过轻质绳由静止向上吊起，其电动机的功率P随时间t变化如图所示，则下面关于物体运动的加速度与时间关系的 a-t图象, 机械能与上升高度关系的 E-h图象，物体运动的轨迹 y-x图象，在竖直方向速度与时 间关系的v-t图象，正确的是（）【考点】37:牛

22、顿第二定律；63:功率、平均功率和瞬时功率；6B:功能关系.【分析】物体在竖直方向上的运动先加速再减速，其加速度大小变化可根据竖直方向上第10页（共24页）的牛顿第二定律判断；物体做曲线运动时，合力应指向曲线的内侧可定性判断物体的运动轨迹；根据其它力做功等于物体机械能该变量，在E-h图象中斜率为绳子拉力是变力来判断；【解答】 解：AD、竖直方向上，在 0-ti时间内，对物体有： 口- ?= ? ?故2随v ?增大而减小，当a=0时做匀速运动，在ti-t2时间内，对物体有：？?？ ?= ? ?2随丫减小而减小，当a=0时，再次匀速， 故A错误，D正确；C、0-ti时间内的加速阶段合力竖直向上，t

23、i-t2时间内的减速阶段，合力竖直向下，与速度有夹角，且合力应指向轨迹内侧，故 C错误；B、机械能该变量 E=Fh,其斜率为绳子拉力，且为变力，故B错误；故选：D。【点评】本题重点考查物体的运动和力的关系，根据牛顿第二定律结合物体的上升过程 进行分析对比即可；5. （ 6分）如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为 +q的点电荷固定在 A点。先将一电荷 量也为+q的点电荷Qi从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W.再 将Qi从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移 到C点。下列说法正确的有（）?A. Qi移入之前，C点的电势为-?B. Qi从

24、C点移到B点的整个过程中，所受电场力始终不做功C. Q2从无穷远处移到 C点的过程中，所受电场力做的功为2WD. Q2在移到C点后的电势能为-4W【考点】AC:电势；AE:电势能与电场力做功.【分析】研究Qi从无穷远处（电势为 0）移到C点的过程，利用公式 W=qU求出无穷 远处与C点间的电势差，从而求得 C点的电势。Qi从C点移到B点的过程中，根据 C 点与B点间的电势差求电场力做功。Q2从无穷远处移到 C点的过程中，先根据电场的叠第ii页（共24页）加原理求C点的电势，再由 W = qU求电场力做的功。再求 Q2在移到C点后的电势能。qU°°C= 一 W,【解答】解：A

25、、Q1从无穷远处（电势为0）移到C点的过程，根据电场力做功公式得:得：Usc= -不?又U°°C= 0 _（j）C= -（j）C,可得Q1移入之前，C点的电势、心 ,?为：（f）c= -?,故A错误;第#页（共24页）B、C点与B点的全过程中,点的电势相等，两者间的电势差为0,根据 W=qU知，Q1从C点移到B所受电场力做的功为0,但在移动过程中，Q1先靠近+q,后远离+q,则电场力先做负功，后做正功，故 B错误;C、将Q1移到B点并固定后，根据电场的叠加原理知，C点的电势为：F' = 2<f）C= 2?,Q2从无穷远处移到 C点的过程中，所受电场力做的功为：

26、 W =- 2q （0- <f）C，）=4W, 故C错误；D、Q2从无穷远处移到 C点的过程中，电场力做的功为4W,其电势能减少了 4W,而Q2在无穷远处电势能为 0,所以Q2在移到C点后的电势能为-4W,故D正确。故选：D。【点评】 解决本题的关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系、电 势能的变化与电场力做功的关系。要注意运用公式W=qU时各个量均要代符号运算。6. （6分）如图所示，在倾角 “=37。的光滑是够长斜面上有两个用轻质弹簧连接的物体A和B,质量分别为 mA=1kg, mB=2kg,弹簧劲度系数为k=100N/m, C为固定挡板，当 A在受到沿斜面向下，F=

27、 14N的力作用下处于静止，且弹簧弹性势能Ep= 2kx2 （x为形变量），当撤去外力后，物体上升至最高处时，B恰好脱离挡板 C, g取10m/s2,以下说法正确的是（）A .物体A上升位移为0.12mB .物体A运动中最大速度时弹簧处于原长C.弹簧处于原长时，物体 A动能为0.8JD.物体A向上运动过程中，先超重后失重【考点】2S:胡克定律；37:牛顿第二定律；6B:功能关系.【分析】A物体上升过程中，弹簧有压缩状态变成拉伸状态，根据平衡条件计算弹簧的压缩量和伸长量即是物体 A的上升位移；物体A速度最大时，加速度为零，处于平衡状态，弹簧处于压缩状态；根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化为物体A的

28、动能和重力势能；物体的加速度向上处于超重状态，加速度向下处于失重状态；【解答】解：A、当F=14N作用于A物体静止时，对 A物体：kxi = F+mAgsina,解得 弹簧压缩量xi=0.2m,当物体B恰要脱离挡板 C是，对B物kx2=mBgsin对解得：弹簧的压缩量x2= 0.12m,物体A上升的位移x = xi+x2= 0.32m,故A错误；B、物体A速度最大时，处于平衡位置，弹簧处于压缩状态，故 B错误；C、当物体 A运动至弹簧处于原长时，有能量守恒：2?= ?+ ?#:Ek=0.8J,故 C 正确;D、物体A上升中先加速再减速，故先超重后失重，故 D正确；故选：CD。【点评】解决本题的

29、关键是 A物体的上升阶段弹簧由压缩状态转化成了拉伸状态；当弹簧原长时，弹簧的弹性势能转化成了A物体的动能和重力势能；7. （6分）如图所示，两个小球 A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OA>OB,现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是（A.两球组成的系统机械能守恒B . B球克服重力做的功等于 B球重力势能的增加C.重力和空气阻力对 A球做功代数和等于它的动能增加D. A球克服空气阻力做的功大于 B球克服空气阻力做的功【考点】62:功的计算；67

30、:重力势能；6C:机械能守恒定律.【分析】机械能守恒的条件是只有重力或弹簧的弹力做功，对照条件，分析做功情况, 第13页（共24页）判断系统的机械能是否守恒.物体克服重力做功等于重力势能的增加.除了重力以外的 力做功等于物体机械能的变化.【解答】解：A、据题，两球在运动过程都受到空气阻力作用，空气阻力做负功，则系统的机械能不守恒，故A错误。B、根据功能关系可知，B球克服重力做的功等于 B球重力势能的增加，故 B正确。C、重力、空气阻力和杆的弹力对 A球做功，根据动能定理得知重力、杆的弹力和空气 阻力对A球做功代数和等于它的动能增加，故 C错误。D、从开始运动到杆转到竖直位置的过程中， A球运动

31、的路程大于 B球运动的路程，而 两球克服空气阻力做的功等于空气阻力大小和路程的乘积，所以A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功。故 D正确。故选：BD。【点评】解决本题关键要掌握常见的功能关系，能熟练运用动能定理分析动能的变化， 知道空气阻力做功与路程有关.8. （6分）如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B,电场强度大小为 E= 等?且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长 的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60。夹角且处于竖直平面内。一质量为m,带电量为+q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度V0,小球恰好做匀速运动。已A.小球的

32、初速度为2?知小球电量保持不变，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）?B.若小球的初速度为C.若小球的初速度为D.若小球的初速度为3? .，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 ? .?3?2?彳?修而？小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止?,则运动中克服摩擦力做功为 ?【考点】65:动能定理；CM :带电粒子在混合场中的运动.【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于 0时，小球做匀速直线运动。 当小球受到的合外力不为时，要判断出支持力的方向， 明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定。【解答】解：A、小

33、球受力如图所示：第17页（共24页）电场力的大小：Fe= qE= v3mg,重力与电场力的合力：F=，嗡+ （?2 =2mg,由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直, 所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以 也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间 就没有支持力的作用,qv0B= 2mg则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反，所以 解得：vo= 2?故A正确;3?-一，.、，B、若小球的初速度为赤，则洛伦兹力：f=qV0B= 3mg /，则在垂直于杆的方向上， 小球还受到杆的垂直于杆

34、向下的支持力, 则摩擦力：f= Fn,小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动,2? 最后当速度减小到2?一时，小球开始做匀速直线运动，故B错误；? 一，.、，C、若小球的初速度为 一，则洛伦兹力：f=qv0B=mgvF,则在垂直于杆的方向上，小 ?球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力:f= Fn,小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，故C正确;? 一,.一D、若小球的初速度为 ,球将做加速度不断增大的减速运动，取后

35、停止，运动中克服 ?摩擦力做功等于小球的动能，所以有：W= 1?= -?3-?2,故D正确。22?<2故选：ACD。【点评】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结 合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做 加速度增大的减速运动。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第3338题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题（共129分）9. （6分）某同学做“探究合外力做功与动能改变的关系”实验，装置如图甲所示，将光电门固定在水平轨道上的 B点，用重物通过细线拉小车，保持小车（

36、含遮光条）质量 M不 变，改变所挂重物质量多次进行实验， 使小车每次都从同一位置 A由静止开始运动，AB 间距离为L.（重力加速度大小 g取10m/s2）图乙（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d= 1.130 cm;（2）实验中认为小车所受拉力与重物重力大小相等，测出多组重物质量m和相应小车经过光电门时的速度 v,作出v2-m图象如图丙所示，由图象可知小车受到的摩擦力大小为 1 N;（3）在满足条件mvv M 的情况下,v2-m图象是线性变化的，说明合外力做的功2?等于动能的改变，此时图象的斜率k的表达式为k= （用题给物理量的字母表示）。 ?一【考点】MJ:探究功与速度变化的关

37、系.【分析】（1）游标卡尺的主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。（2）应用动能定理求出图线的函数表达式，然后根据图线求解摩擦力。（3）当m远小于M时，才可以认为小车所受拉力与重物重力大小相等，v2-m图象才是线性变化的，对照图象分析斜率。【解答】解：（1）由图甲所示，根据游标卡尺读数可知，d= 11mm+6x 0.05mm = 11.30mm 第16页（共24页）=1.130cm。（2、3）对小车，由动能定理得：（mg-f） L= 1mv2解得:v2=9”-?2?分析图丙可知， v2=0 时，m= 0.1kg,此时 f = mg= 0.1 x 10N = 1N。当mv v M时，才可以认为小车

38、所受拉力与重物重力大小相等，v2-m图象是线性变化的，图线的斜率：k= 2?2?故答案为：（1） 1.130; （2） 1; （3） mvvM,。?【点评】此题考查了游标卡尺读数，要掌握常用实验器材的使用及读数方法，这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。10. （9分）某课外实验小组欲利用如图所示的实验装置，将一灵敏电流表改装为温度计。提供的实验器材有：灵敏电流表（量程为1.0mA,内阻为300 Q）,学生电源（输出电压为U = 2.0V,内阻不计），滑动变阻器R1 （最大阻值为1000Q）,滑动变阻器R2 （最大阻值为30

39、00 ）,单刀双掷开关，用防水绝缘材料包裹的热敏电阻Rt,导线若干。已知热敏电阻的阻值与摄氏温度 t的关系为RT=2.5t- 15 （）,实验步骤如下：a.按照电路图连接好实验器材；b.为不烧坏灵敏电流表，将滑动变阻器的滑片 P调整到a端；然后将单刀双掷开关掷于c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在满刻线 （选填“中央刻线”或“满刻线”）位置，并在以后的操作中使滑片 P位置不变 （选填“位置不变”、“置于a端”或“置于b端”）；c.在容器中倒入适量热水，将单刀双掷开关掷于d端，随着热水温度的下降，记录若干个灵敏电流表的示数；d.根据热敏电阻随温度变化的特性，计算出各个电流对应的温度，重新制

40、作灵敏电流表 的刻度盘，改装成温度计。（1）为使改装的温度计的量程足够大，将实验步骤b补充完整。（2）根据实验过程，电路中的滑动变阻器应选R2（填“ R1”或“ R2”）。（3）灵敏电流表的电流I与热水温度t之间的函数关系式为I= 2 （A）,该 2.5?+1985 温度计能够测量的最低温度为6 C。第19页（共24页）右(填“左”(4)重新制作后的灵敏电流表的刻度盘的特点是低温刻度在刻度盘的或“右”)侧，刻度盘上的刻度不均匀 (填“均匀”或“不均匀”)。【考点】N4:用多用电表测电阻.【分析】(1)电路电阻增大后电路电流减小，根据图示电路图完成实验电路。(2)根据题意应用欧姆定律求出滑动变阻

41、器接入电路的阻值，然后选择滑动变阻器。(3)根据图示电路图应用欧姆定律求出表达式，根据题意与表达式求出温度计所测的最 低温度。(4)根据电流表达式判断电流与温度的关系、判断刻度是否均匀。【解答】解：(1)将单刀双掷开关掷于 c端，调节滑动变阻器，使灵敏电流表指针指在满刻线位置，并在以后的操作中使滑片P位置不变。(2)电流表满偏时滑动变阻器接入电路的阻值最小,由闭合电路欧姆定律得:Ig=?>+?滑滑动变阻器的最小阻值：R滑=?- Ra= 2-rQ- 300 Q= 1700Q,滑动变阻器应选择?1 X 103R2；(3)由闭合电路欧姆定律得：i= ?+?+? = 300+1700+2 5?1

42、5= 25?+1985；? ?+?+ ? 300+1700+2.5?-152.5?+1985热敏电阻：RT = 2.5t - 15 (),温度t越低电阻越小，电路电流越大，当电流表满偏时电流最大,此时对于的温度最低，即:1X 10 3a=22.5?+1985,解得，最低温度:(4)电路电流值越大，电路总电阻越小，热敏电阻阻值越小，电阻温度越低,电流最大刻度值在右侧，因此低温刻度在刻度盘的右侧；由1= 2A可知2.5?+1985AI与t不是线性关系，刻度盘上的刻度不均匀;故答案为：(1)满刻线；位置不变；(2)R2；(3) 2；6;(4)右；不均匀。2.5?+1985【点评】本题解题的关键是理解

43、实验原理，根据实验电路与实验步骤应用闭合电路欧姆定律可以解题。11. (12分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA = 4kg,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mB = 2kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10N, 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t=0.6s,二者的速度达到 vt=2m/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1。K /二 7： I

44、A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. (20分)如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B=0.4T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L1=1.0m, P2Q2与M2N2间的距离为L2=0.5m,两导轨电阻可忽略不计。质量均为m= 0.2kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路。已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R=1.0Q;金属棒与导轨间的动摩擦因数科=0.2,且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=1

45、0m/s2。(1)在t=0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd,使其从静止开始沿导轨以a= 5.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒 ab开始运动？(2)若用一个适当的水平外力 Fo (未知)向右拉金属棒 cd,使其速度达到 v2 = 20m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒 ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒 cd匀速运动时水平外力 Fo的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为 F1= 0.4N ,此时金属棒cd的速度变为vo= 30m/s,经

46、过一段时间 金属棒cd停止运动，求金属棒 ab停止运动后金属棒 cd运动的距离。【考点】3C:共点力的平衡；52:动量定理；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.【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，当ab棒运动时安培力等于滑动摩擦力，有v= at计算时间；(2)根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流，根据平衡条件求解速度大小；以金属棒cd为研究对象，根据牛顿第二定律求解拉力， 根据P=Fv求解功率。(3)根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，应用欧姆定律

47、求出感应电流，对cd棒应用动量定理可以求出运动的距离。【解答】解：(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度v= at,金属棒cd产生的电动势：E2=BL2v,则通过整个回路的电流：12= ?=三翳?？金属棒ab所受安培力?FA1= BI2L1= 2?，金属棒ab刚要开始运动的临界条件为：Fai= pmg代入数据解得：t=2s;(2)设金属棒cd以速度V2 = 20 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动白速度大小为 vi,根据法拉第电磁感应定律可得E = BL2V2 - BLivi,此时通过回路的电流为：1= 2?= ?(?1?),金属

48、棒ab所受安培力为：BIL i= ?<2?(?线?1?) = pmg,代入数据解得：vi = 5 m/s,以金属棒cd为研究对象，则有：F0=师g+BL2I = 0.6 N则水平外力 F0的功率为：P0=F0v2=0.6X20=12W(3)对于金属棒cd,根据动量定理得：(F1-师g - BL2? t= 0- mv0,设金属棒ab停止运动后金属棒 cd运动的距离为x,根据法拉第电磁感应定律得：？?二 | = | 廓/根据欧姆定律得：?= 3?,3?代入数据解得：x = 225 m;答：(1)金属棒cd运动2s金属棒ab开始运动。(2)金属棒ab沿导轨运动的速度大小为5m/s,金属棒cd匀

49、速运动时水平外力 F0的功率为12W;(3)金属棒ab停止运动后金属棒 cd运动的距离为225m。【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应第21页(共24页)现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。物理-选彳3-3 （15分）13. （5分）下列说法正确的是（）A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数B.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C.在使两个分子间的距离由很远（r>10 9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大D.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E. 一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大【考点】82:阿伏加德罗常数；84:布