高中物理高考真题

1、20XX年云南省红河州弥勒市高考物理一模试卷一、选择题：本题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下面有关物理学史的说法中正确的组合是（） 安培提出了分子电流假说 奥斯特发现了电流的热效应规律 卡文迪许测定了万有引力常量 密立根测定了电子的电量.A. B.C.D.2.“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为21500Km同步卫星的高度约为36000Km下列说法正确的是

2、（）A. 同步卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B. 同步卫星和中轨道卫星的线速度均大于第一宇宙速度C. 中轨道卫星的周期比同步卫星周期小D. 赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度大3图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是Fl、F2、卩3,则（）A.Fi>F2=F3B.F3=Fi>F2C.Fi=F2=F3D.Fi>F2=F34.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,Ri=20Q,R=30Q,C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）B. 原线圈输入电

3、压的最大值为200LJVC. 电阻R2的电功率约为6.67WD. 通过R3的电流始终为零5如图所示，A是一边长为L的正方形导线框虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L.线框的be边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x轴正方向运动.规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是（）工UFfti1/I(73M/5也"O*I-Vt卄+亠一亠.17345* 4* 44*6运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下

4、落如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，F表示人受到的合力，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，在整个过程中，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是（）A.3B.17.额定电压均为220V的白炽灯Li和L2的U-I特性曲线如图（a）所示，现将和L?完全相220V电路中，则下列说法正确的是同的L3与Li和L2一起按如图（b）所示电路接入A.L2的额定功率为99WB.L2的实际功率为17WC.L2的实际功率比L3的实际功率小17WD.L2的实际功率比L3的实际功率小82W&一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等

5、高处放有质量为m带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（）A. 小球经过环的最低点时速度最大B. 小球在运动过程中机械能守恒C. 小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg+qED. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg+qE三、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生都必须作答为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题9.(1)某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mn在游标尺上均分成20等份.如图1所示，则小钢球的直径为d=cm(2)该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图2，则该金属丝的直径为mm?cmI某同学利用上述器材

6、，采用图甲的电路测量该电池的电动势和内阻，请按照图甲将图乙所示的实物图连线；图甲中利用电阻箱R将电流表G改装成了量程为0.5A的电流表，利用电阻箱Ra将将电流表G2装成了量程为3V的电压表，则电阻箱R2的阻值调到Q;以G示数丨2为纵坐标，G示数I1为横坐标，作出丨2-丨1图象如图丙所示，结合图象可得出电源的电动势为V,电源的内阻为Q;(结果均保留两位有效数字)341_丄_L_J.ILJIIJ'|jJii_IIIrIIrrfIIIIiii20051015图110为了测量某电池的电动势E(约为3V)和内阻r，选用的器材如下:A. 电流表G(量程为2mA内电阻为100Q)B. 电流表G(量程

7、为1mA内电阻为200Q)C. 电阻箱R(099.99Q)D. 电阻箱R2(09999Q)E. 滑动变阻器R3(0100Q允许最大电流1A)F. 待测电池G开关一个、导线若干11如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点.D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R用质量m=0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点用同种材料、质量为mr0.2kg的物块b将弹簧缓慢压

8、缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2,物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道.g=10m/s2,求：(1)B、D间的水平距离.(2)通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点.(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.卩厂/£>CR:R；丿12. 如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m电荷量为q,其中区域I、川内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d,磁感应强度大小均为B,区域n是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过I、n、

9、川区域后能回到A点，若粒子在左侧磁场中(1)求：粒子从A点射出到回到A点经历的时间tA点，求：电场强度E.(2)若在区域n内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到（二）选考题：共45分请考生从所给出的3道物理题任选一题作答，【物理-选修3-3】13. 下列说法正确的是（）A. 定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大E生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成14

10、. 如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体.开始时管道内气体温度都为To=5OOK,下部分气体的压强po=1.25X105Pa,活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm.现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的卄，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2,求此时上部分气体的温度T.【物理-选修3-4】15. 如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点,下列说法中正确的是（）A. 此列波的周期为T=0.4sB. 质点BF在振动过程中位移总

11、是相等C. 质点I的起振方向沿y轴负方向D. 当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处E. 质点AC、E、GI在振动过程中位移总是相同16. 半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，0点为圆心，00为直径MN的垂线.足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直.一束复色光沿半径方向与00成0=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=戶到乜=_的光束，因而光屏上出现了彩色光带.(i) 求彩色光带的宽度；0角至少为多(ii) 当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求【物理-选修3-5】17. 下列说法正确的是()ATh经过6次a衰变和4次3衰变后

12、成为稳定的原子核JPbB. 在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水C. 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出D. 将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变该放射性元素的半衰期E.原子从a能级状态跃迁到到c能级状态时吸收波长为b能级状态时发射波长为入i的光子；原子从b能级状态跃迁入2的光子，已知入i入2.那么原子从a能级状态跃迁到到c能级状态时将要吸收波长为入1入2的光子X118如图所示，一质量m=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m=0.4kg的小物体，小物体可视为质点.现有一质

13、量nm=0.05kg的子弹以水平速度vo=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数2为卩=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车.g取10m/s.求： 子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小.小车的长度.20XX年云南省红河州弥勒市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题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下面有关物理学史的说法中正确的组合是（） 安培提出了分子电流假说 奥斯特发现了电流的热效

14、应规律 卡文迪许测定了万有引力常量 密立根测定了电子的电量.A. B.C.D.【考点】物理学史.【分析】本题是物理学史问题，根据安培、焦耳、奥斯特、卡文迪许和密立根的物理学贡献进行解答.【解答】解：安培提出了分子电流假说，很好解释了磁化现象，故正确. 奥斯特发现了电流的磁效应现象，焦耳发现了电流的热效应规律，故错误. 卡文迪许用扭秤实验测定了万有引力常量，故正确. 密立根用油滴实验测定了电子的电量，故正确.故A正确.故选：A【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意积累.2.“北斗”卫星导航定位系统将由5颗静止轨道卫星（同步卫星）和30颗非静止

15、轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星的高度约为21500Km同步卫星的高度约为36000Km下列说法正确的是（）A. 同步卫星的向心加速度比中轨道卫星向心加速度大B. 同步卫星和中轨道卫星的线速度均大于第一宇宙速度C. 中轨道卫星的周期比同步卫星周期小D. 赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度大【考点】同步卫星.I4IT2口La=mr,得至寸a-2T,vJ,T-2nJ1於JGM周期越大.中轨道卫星的轨道高度低【专题】人造卫星问题.【分析】根据万有引力提供向心力G7=ma=m_r|_r由此可知，轨道半径越大，加速度越小，线速度越小于同步卫星的轨道高

16、度，根据轨道高度的大小判断周期、线速度和向心加速度的大小关系.赤道上随地球自转的物体向心加速度为ai=,，同步卫星的向心加速度为，周期相同，由表达式可判断两处的向心加速度的大小.【解答】解：A、根据万有引力提供向心力inMZC3GM,.，一丄，,亠Gr=ma,得a=r，由此可知，半径越大，加速rT度越小，同步卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，所以同步卫星的加速度比中轨道，得v=卫星的加速度小，故A错误.，由此可知，半径越大，速度越小，半B根据万有引力提供向心力Q=nm-rr径越小，速度越大，当半径最小等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙速度，由于一般轨道卫星的轨道高度和同步卫星的轨道高度

17、远大于地球半径，所以一般轨道卫星的线速度和同步卫星的线速度均小于第一宇宙速度.故B错误.C根据万有引力提供向心力T2得T=2n由此可知，轨道半径越大，周期越大，同步卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，所以同步卫星的周期比中轨道卫星的周期大，故C正确.D赤道上随地球自转的物体向心加速度为ai=_，同步卫星的向心加速度为2兀（R+h）、a2=，周期相同，由表达式可知，故赤道上随地球自转的物体向心加速度比同步卫星向心加速度小.故D错误.故选：C.【点评】本题主要要掌握万有引力提供向心力这个关系题意选择恰当的向心力的表达式是正确解题的关键.3图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计

18、，物体的重力都是在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧秤的读数分别是Fl、F2、卩3,则（）A.Fl>F2=F3B.F3=Fi>F2C.Fl=F2=F3D.Fi>F2=F3【考点】共点力平衡的条件及其应用.【专题】摩擦力专题.【分析】弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力.甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解.丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解.【解答】解：甲图：物体静止，弹簧的拉力Fi=mg；乙图：对物体为研究对象，作出力图如图.F2=mgsin60°=0.866mg丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图.由几何知识得F3=mg故F3=Fi>F2故选B

19、.【点评】本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆.4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,Ri=20Q,F2=30Q,C为电容器.已知通过Ri的正弦交流电如图乙所示，则（）B. 原线圈输入电压的最大值为200L【VC. 电阻F2的电功率约为6.67WD. 通过R的电流始终为零【考点】变压器的构造和原理；欧姆定律；电功、电功率；交流电的平均值及其应用.【专题】交流电专题.【分析】由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流.【解答】解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0

20、.02s、频率为50赫兹，A错.由图乙可知通过R的电流最大值为ln=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为U=20V,再根据甩的电流有效值为原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V,B错;电压有效值为汎电阻R的电功率为Z乜C根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻W=6.67W所以C对.D因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过F3和电容器，D错;故选：C.【点评】本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解.5如图所示，A是一边长为L的正方形导线框虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L.线框的be边与磁场左右边界

21、平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x轴正方向运动.规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是（）AA.F/N1r1'''1P-44fhitO12345代iJv；LD.-»i-VP4亠1/45rLJu)flI,+4hd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势.【专题】电磁感应与电路结合.【分析】根据楞次定律：安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，判断安培力方向.根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式，推导出安培力与速度的表达式，从而可以选择图象.【解答】

22、解：在整个过程中，线框进入和穿出磁场的过程中，只有一边切割磁感线，线框的磁通量一直变化，产生感应电流，根据楞次定律，安培力阻碍导体与磁场间的相对运动，可知安培力方向一直向左，沿负方向.线框完全在磁场中运动时磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力，F=0,故B正确，ACD错误.故选：B.【点评】本题可分段分析，关键抓住在整个过程内，线框只有一边切割磁感线，线框匀速运动，安培力恒定.6运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，F表示人受到的合力，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，在

23、整个过程中，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是（12A.B.1【考点】功能关系；自由落体运动.)【分析】运动员从直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计,开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零,做匀速直线运动.【解答】解：A、重力势能逐渐减小，Ep=mgH=m（H）-h），即重力势能与高度是线性关系，故A正确；B机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故B错误;C运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空

24、气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，故C正确；D运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后后减速下降，由题意空气阻力与速度平方成正比，则空气阻力逐渐减小，根据牛顿第二定律f-mg=maf逐渐减小，则加速度a逐渐减小不是恒定不变，即D项中减速阶段的v-t图象不应该呈线性，故D错误；故选：AC.【点评】本题关键是结合运动员的运动情况分析其受到的阻力的变化情况，从而得到其合力和机械能的变化情况.7.额定电压均为220V的白炽灯Li和L2的U-I特性曲线如图（a）所示，现将和L2完

25、全相同的L3与Li和L2一起按如图（b）所示电路接入220V电路中，则下列说法正确的是（）200”1閒尊讓12080噩40£:HiSHA.L2的额定功率为99WB.L2的实际功率为17WC.L2的实际功率比Ls的实际功率小17WD.L2的实际功率比Ls的实际功率小82WhhsIBMBHoQAOF0.30.1QjOL«i/【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.【专题】实验题.【分析】由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V,但二者电压之和应为220V,由图可读出电阻的电流，则可求得功率.【解答】解：

26、A、由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故Li的额定功率P=Uli=220VX0.45A=99W故A正确；B两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V,由U-I图象可知，串联时电流应为0.25A，此时Li的电压为150V,故此时Li的功率P=U11'=150X0.25W&37W而L2的电压为70V,那么L2的功率P=Ul2=70X0.25W&17W故B正确；C当电压为220V时，Ls的电流为0.45A，故Ls的时间功率P=UIs=220VX0.45A=99WL2的实际功率比Ls的实际功率小：99-17=82W故C错误，故D正确；故选：AB

27、D【点评】本题要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算&一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m带电+q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（）A. 小球经过环的最低点时速度最大B. 小球在运动过程中机械能守恒C. 小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qED. 小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg+qE【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒.根据动能定理知小球经过环的最低点时速度

28、最大.根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力.【解答】解：A、小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增加增大，速率增大增大，所以小球经过环的最低点时速度最大.故A正确B错误.mg+qEB小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒.故CD小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得:，联立解得N=3(mg+qE故D正确，C错误.【点评】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路.三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.必考题，每个试题考生都必须作答.为选考题，考生根据要求作

29、答.(一)必考题9.(1)某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mn在游标尺上均分成20等份.如图1所示，则小钢球的直径为d=1.035cm.(2)该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图2，则该金属丝的直径为1.195（土0.002）mm.11t11111L11i11111iiiiii1111iiii11rr1II1r叮1rT342025【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用.【专题】实验题.【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.

30、【解答】解：1、游标卡尺的精确度为寻mm=0.05mm主尺读数为：1cm=10mm游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7X0.05mm=0.35mm所以最终读数为：10mm+0.35mm=10.35mm=1.035cm2、螺旋测微器的固定刻度为1mm可动刻度为19.5x0.01mm=0.195mm所以最终读数为1mm+0.195mm=1.195m最后的结果最后的结果可以为1.195±0.002故答案为：1.035;1.195（±0.002）【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.10为了测量某电池

31、的电动势E（约为3V）和内阻r，选用的器材如下:A. 电流表G（量程为2mA内电阻为100Q）B. 电流表G2（量程为1mA内电阻为200Q）C. 电阻箱R（099.99Q）D. 电阻箱R2（09999Q）E. 滑动变阻器R3（0100Q允许最大电流1A）F. 待测电池G开关一个、导线若干（1）某同学利用上述器材，采用图甲的电路测量该电池的电动势和内阻，请按照图甲将图乙所示的实物图连线；（2）图甲中利用电阻箱R将电流表G改装成了量程为0.5A的电流表，利用电阻箱R2将将电流表G2装成了量程为3V的电压表，则电阻箱Ra的阻值调到2.8卜1°Q;（3）以G示数丨2为纵坐标，G示数Ii为横

32、坐标，作出丨2-Ii图象如图丙所示，结合图象可得出电源的电动势为2.7V,电源的内阻为9.0Q;（结果均保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻.【专题】实验题.【分析】本题（1）的关键是连线时注意正负极；题（2）的关键是根据串并联规律和欧姆定律列出表达式求解即可；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出公式（注意总电流），然后整理出有关纵轴和横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解.【解答】解：（1）:实物连线图如图所示：（2）:根据欧姆定律和串并联规律应有:由U”(r观+%，代入数据解得：冋=2.8X1PG;11r(3):根据闭合电路欧姆定律应有：E=p匕+唧+(屮亠已)

33、r；整理可得：冋-（R1+r,）r1Rt（R2+r2+r）2+r2+r;结合图象斜率和截距概念应有：（叫+）f0.9-0.63Rj（R2+r2+r）°*4H弋彳0.9X1。'R+r2+r代入数据解得：r=9.0Q,E=2.7V;故答案为：(1)如图(2) 2.8X1O3(3) 2.7,9.0【点评】应明确：遇到应用图象求解的问题，首先应根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴和横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解.11如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点.D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP其形

34、状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R,P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R用质量m=O.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点用同种材料、质量为mp0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2,物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道.g=10m/s2,求：(1) B、D间的水平距离.(2)通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点.(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.y。厂厂/:R)X4們/cfi二;；：；:-：；【

35、考点】动能定理；机械能守恒定律.【专题】动能定理的应用专题.【分析】(1)物块过B点后做匀变速运动，将其位移与时间的关系为s=6t-2t2与匀变速直线运动的位移时间公式进行对比，得到初速度和加速度，根据平抛运动和匀变速直线运动的规律求解BD间的水平距离.2(2) 物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，贝Umg=，根据机械能守恒定律,迟求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点.(3) 由能量转化及守恒定律即可求出册释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【解答】解：(1)设物块由D点以初速度Vd做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为:Vy=|2gF=tan45V

36、D所以vd=4m/s由题意知，物块在桌面上过B点后初速度Vo=6m/s，加速度a=-4m/s所以B、D间水平距离为:=2.5m(2)若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为Vm,由机械能守恒定律得:轨道对物块的压力为Fn,则：FN+mg=mp解得：Fn=(1-|)m2gv0所以物块不能到达M点(3)设弹簧长为xac时的弹性势能为B，物块a、b与桌面间的动摩擦因数均为释放物块a时，Ep=卩mgxcB释放物块b时,Ep=(1m2gxcB+且m=2m，得:Ep=ma”#=7.2J物块b释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W,则由功能关系得：&=w+得:Vf=5.6J.答:(1)BD间的水平距

37、离2.5m.(2) 物块不能沿圆弧轨道到达M点.(3) 物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功5.6J.【点评】该题涉及到多个运动过程，关键要掌握每个遵循的物理规律，如机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式，还要把握住物块到达最高点的临界条件：重力提供向心力，求得临界速度.12. 如图所示，一个带正电的粒子沿磁场边界从A点射入左侧磁场，粒子质量为m电荷量为q,其中区域I、川内是垂直纸面向外的匀强磁场，左边区域足够大，右边区域宽度为1.3d,磁感应强度大小均为B,区域n是两磁场间的无场区，两条竖直虚线是其边界线，宽度为d；粒子从左边界线A点射入磁场后，经过i、n、川区域后

38、能回到A点，若粒子在左侧磁场中t(2)若在区域n内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，求：电场强度E.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动.【专题】带电粒子在复合场中的运动专题.【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，根据圆的对称性求出其运动轨迹的半径，由牛顿第二定律和向心力公式求出其速率，由运动学公式求解时间t.（2）在区域n内加一水平向右的匀强电场，当粒子向右通过电场时将要被加速，向左通过电场时将要被减速画出轨迹示意图，根据动能定理和几何知识进行求解.【解答】解：（1）因粒子从A点出发，经过i、n、川区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运

39、动的半径为r=d，如右侧上图.由Bqv=所以运行时间为（2）设在区域n内加速的粒子到川区的速度为V1由动能定理:qEd2mvi-一1一2mv设在区域川内粒子做圆周运动的半径为r，分析粒子运动的轨迹，如图所示,粒子沿半径为d的半圆运动至n区，经电场加速后，在川区又经半圆运动返回电场减速到边界线的A点，此时设AN=xx,经过n次回旋后能返回A则：x=2(r-d)此后，粒子每经历一次“回旋”，粒子沿边界线的距离就减小占八、必须满足：nx=2d（n=1、2、3、）求得:n+1r=n（n=1、2、3、）由r<1.3d，得:<1即n>y3.33,(n=4、由公式:；得:Bqvi=(n+1

40、)Bqdvi,(n=4、5、6、）半径r太大可能从右边飞出磁场，所以必须满足下面条件:5、6、）代入得:（n=4、5、6、）答:（1）粒子从A点射出到回到A点经历的时间t为Ba（2）若在区域n内加一水平向右的匀强电场，粒子仍能回到A点，电场强度E应为【点评】本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径满足的条件.（二）选考题：共45分请考生从所给出的3道物理题任选一题作答，【物理-选修3-3】13. 下列说法正确的是（）A. 定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C.

41、空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【考点】封闭气体压强；扩散；热力学第一定律；*晶体和非晶体.【分析】热力学第二定律，热力学基本定律之一，内容为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零.【解答】解：A、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；B晶体都有固定的熔点

42、，故B错误；C根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；D根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故D错误；E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；故选：ACE【点评】本题综合考查了热力学第二定律、扩散现象、分子力和分子势能等知识点，关键要多看课本，熟悉基础知识.14如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体.开始时管道内气体温度都为To=5OOK,下部分

43、气体的压强po=1.25X105Pa,活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1crm现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T,最终管道内上部分气体体积变为原来的J,若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2,求此时上部分气体的温度T.'-iBfl+a*a【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强.【专题】理想气体状态方程专题.【分析】对下部分气体分析知气体为等温变化，根据玻意耳定律求出气体压强，再根据平衡求出上部分气体压强，最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度.【解答】解：设初状态时两部分气体体积均为Vo,对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：

44、PoV0=PV,其中：对上部分气体，初态：R=P°-唾=1X105Pa末态：P芦書巒根据理想气体状态方程，有：ToT解得:P:1.25XI05Pa=1x105Pa解得：T=281.25K答：此时上部分气体的温度T=281.25K.【点评】对两部分气体分别分析，注意两气体之间的压强关系和体积关系.【物理-选修3-4】15. 如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点,下列说法中正确的是（）A. 此列波的周期为T=0.4sB. 质点BF在振动过程中位移总是相等C. 质点I的起振方向沿y轴负方向D. 当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处E

45、. 质点AC、E、GI在振动过程中位移总是相同【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系.【专题】振动图像与波动图像专题.【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=2求解周期，根据波形图来确定I处的J起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反.【解答】解：A、由波形图可知，波长入=4m则T=上=0缶，故A正确；辛10B质点BF之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确;C由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D波传到x=l0m的质点的时间t'二仝二1口，

46、t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动v10T4.1s=10*T,所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点AC间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误;故选：ABC其关键是理解振动和波动的【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识,区别.16. 半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，00为直径MN的垂线.足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直.一束复色光沿半径方向与00成0=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=弓到n2=二的光束，因而光屏上出现了彩色光带.(i)求彩色光带的宽度;0角至少为多【专题】光的折射专题.(ii)当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求【分析】（1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射由于niv压，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，复色光的入射角的最小值.【解答】解：（i）由折射定律代入数据，解得:31=45°,32=60°故彩色光带的宽度为：Rtan45°-Rtan30°=（ii）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点.即此