河南省郑州市2018年高三第一次质量预测物理试题

PAGE河南省郑州市2018年高考物理一模试题一、选择题（4×12=48，1～8单选，9～12多选，全部选对得4分，选对但不全的得2分）1.有一条小虫清晨6时起从地面沿树杆向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树杆向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点（时、分、秒）爬过树杆上相同高度的机会，下面说法正确的是（）A.一定有一次B.可能没有C.可能有两次D.一定没有【答案】A【解析】本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运动，则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故A正确．2.2016年底以来，共享单车风靡全国各大城市，如图所示，单车的车锁内集成了嵌入式芯片、GPS模块和SIM卡等，便于监控单车在路上的具体位置．用户仅需用手机上的客户端软件（APP）扫描二维码，即可自动开锁，骑行时手机APP上能实时了解单车的位置；骑行结束关锁后APP就显示计时、计价、里程等信息．此外，单车能够在骑行过程中为车内电池充电，满足定位和自动开锁等过程中的用电．根据以上信息判断下列说法正确是（）A.单车的位置信息是借助北斗卫星导航系统准确定位的B.单车是利用电磁感应原理实现充电的C.由手机APP上的显示信息，可求出骑行的平均速度D.单车在被骑行过程中受到地面的摩擦力表现为阻力【答案】B【解析】单车某个时刻的准确位置信息是借助通讯卫星定位确定的，故A错误；单车在运动过程通过电磁感应将机械能转化为电能从而实现充电，故B正确；由手机APP上的显示信息包括路程和时间，没有说明具体的位移，故不可以求出骑行的平均速度，故C错误．单车在被骑行过程中前轮受摩擦力向后，表现为阻力，后轮受摩擦力向前，表现为动力，选项D错误；故选B.3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步．下图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（）A.带电粒子每运动一周被加速两次B.带电粒子每运动一周P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性的变化【答案】C【解析】试题分析：因加速电场被限制在AC板之间，故可知，粒子在运动过程中，只有在AC板间时才被加速，即每运动一周加速一次，所以选项A正确；根据牛顿第二定律可知，故可知，同理，根据动能定理可知，故可知选项B错误；粒子的最大速度，故可知选项C正确；因每次粒子在电场中的运动方向一样，故电场方向无需变化，所以选项D错误；考点：带电粒子在匀强电场中的运动4.2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是（）A.工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的B.卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/sC.可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小D.可以估算出地球的平均密度【答案】BD【解析】由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误．7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，故B正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误．根据知，因周期未知，则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D错误；故选B．点睛：解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、周期与轨道半径的关系，理解第一宇宙速度的意义．5.在倾角为30°的光滑斜面上，有一个箱子，箱内有一个斜面，在斜面上放置一个重60N的球，如图所示，当箱子在斜面上下滑时，球对箱子后壁和箱内斜面的压力分别是（）A.40N，30NB.30N，50NC.40N，50ND.50N，60N【答案】C【解析】对箱子和球整体分析，根据牛顿第二定律，有：解得：再隔离球受力分析，如图所示：在平行斜面方向，有：在垂直斜面方向，有：联立解得：、根据牛顿第三定律，球对箱子后壁的压力为，对箱内斜面的压力为故C项正确；点睛：涉及整体法和隔离法的问题优先对整体分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度；再用隔离法受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．6.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是（）A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C.小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D.小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽【答案】D【解析】只有重力或只有弹力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能守不守恒，故A错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确．故选D．点睛：本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．7.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，下列说法中正确的是（）A.b、c、e、f四点的场强相同B.b、c、e、f四点的电势相等C.O点的电势高于b、c、e、f四点的电势D.将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功【答案】D【解析】由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，故A错误．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f

二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，且b、f

二点的电势高于c、e二点的电势，故B错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f

二点的电势，故C错误；将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确；故选D．点睛：考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理，并掌握等量异种电荷的等势线的分布．8.在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为（）A.16J、16JB.8J、24JC.32J、0JD.48J、﹣16J【答案】B【解析】分析：推力F1作用时，物体加速前进；推力F2作用时，物体先减速前进，后加速后退，整个过程加速度不变，为匀变速运动．设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，根据平均速度公式可以求出v1与v2的关系；然后可根据动能定理求出恒力F1、F2做的功．解答：解：设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有=-解得v2=-2v1根据动能定理，加速过程W1=mv12匀变速过程W2=mv22-mv12根据题意mv22=32J故W1=8JW2=24J故选B．9.如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变．开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（）A.闭合开关SB.开关K接bC.把滑动变阻器滑片向左移动D.把滑动变阻器滑片向右移动【答案】BD【解析】闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；开关k接b，输入端线圈匝数减小，则根据可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D正确；故选BD.点睛：本题结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，注意与闭合电路欧姆定律中动态分析相结合进行分析．10.某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图所示，则下列说法中正确的是（）A.根据图（a）和图（e）可估测出电梯向下制动时的加速度B.根据图（a）和图（c）可知人的机械能在减小C.根据图（a）和图（b）可估测出电梯向上制动时的加速度D.根据图（a）和图（d）可知人的机械能在减小【答案】AD【解析】A：（e）图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，所以根据图（a）和图（e），能够求出电梯向下制动时的加速度。故A项正确．B：（c）图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，此时电梯还在向上运动，电梯对人做正功，人的机械能在增加。故B项错误．C：（b）图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，所以根据图（a）和（b）图，能够求出电梯向上起动时的加速度。故C项错误．D：（d）图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，此时电梯在向下运动，电梯对人做负功，人的机械能在减小。故D项正确．综上答案为AD。11.如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.b、d两点的电场强度大小相等，电势相等B.a、c两点的电场强度大小相等，电势相等C.若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动D.若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动【答案】BC12.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻．现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F=2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是（重力加速度为g）（）A.金属棒的末速度为B.金属棒的最大加速度为1.4gC.通过金属棒的电荷量为D.定值电阻上产生的焦耳热为【答案】AD【解析】设金属棒匀速运动的速度为v，则感应电动势E=BLv；回路电流；安培力F安＝BIL＝；金属棒匀速时，受力平衡有F＝mgsin30°+F安，即2mg＝mg+

联立解得：，故A正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F-mgsin30°=ma，代入数据2mg−mg＝ma，解得a=1.5g，故B错误；根据感应电量公式，故C错误；对金属棒运用动能定理，有Fs−mgssin30°−Q＝mv2，其中定值电阻上产生的焦耳热为，故D正确；故选AD.点睛：解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，当a=0时，速度达到最大，同时记住感应电量的公式，选择题和填空题可直接使用．二、非选择题题（共6小题，满分52分）13.如图1所示为验证机械能守恒定律的实验装置．现有器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平．（1）为完成实验，还需要的器材有_____．A．米尺B．0～6V直流电源C．秒表D．0～6V交流电源（2）某同学用图1所示装置打出的一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02s，根据纸带计算出打下D点时重物的速度大小为_____m/s．（结果保留三位有效数字）（3）采用重物下落的方法，根据公式mv2=mgh验证机械能守恒定律，对实验条件的要求是_____，为验证和满足此要求，所选择的纸带第1、2点间的距离应接近_____．（4）该同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2﹣h图象如图3所示，则图线斜率的物理意义是_____．【答案】(1).AD(2).1.75(3).重物的初速度为零(4).2mm(5).当地重力加速度的2倍【解析】（1）通过打点计时器计算时间，故不需要秒表．打点计时器应该与交流电源连接．需要刻度尺测量纸带上两点间的距离．故选AD．（2）由图可知CE间的距离为：x=19.41﹣12.40=7.01cm=0.0701m；则由平均速度公式可得，D点的速度；（3）用公式mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，打点计时器的打点频率为50Hz，打点周期为0.02s，重物开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度所以所选的纸带最初两点间的距离接近2mm，h=gT2=×9.8×0.022m≈2mm．（4）由机械能守恒mgh=mv2得v2=2gh，由此可知：图象的斜率k=2g；点睛：本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题．同时在计算中要注意单位的换算．14.在“测定金属丝的电阻率”实验中，所用的测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某一次测量结果（接近多次测量的平均值）如图1所示，其读数为_____mm．（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx的阻值（约为15Ω），实验室提供了如下器材：A．电池组E（电动势为3V，内阻约为1Ω）B．电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）C．电流表A2（量程为0～3A，内阻为0.02Ω）D．电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）E．电压表V2（量程为0～15V，内阻为15kΩ）F．电阻箱R（阻值范围为0～99.99Ω，额定电流为1A）G．开关S，导线若干为使测量尽可能准确，电流表应选用_____，电压表应选用_____；（填器材前的字母标号）应采用图2给出的_____电路进行测量．（3）根据记录的电阻箱阻值R及对应电流表示数I和电压表示数U，在坐标纸上作图象如图2所示，根据图象可得金属丝的电阻Rx=_____Ω（保留两位有效数字）．（4）根据以上数据估算金属丝的电阻率约为_____（填选项前的字母标号）．A．4×10﹣2Ω•mB．4×10﹣3Ω•mC．4×10﹣6Ω•mD．4×10﹣8Ω•m（5）关于本实验的误差，下列说法中正确的是_____（填选项前的字母标号）．A．用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差．【答案】(1).0.399(2).B(3).D(4).甲(5).17(6).C(7).CD【解析】（1）由图示螺旋测微器可知，其读数为：．（2）电源电动势为3V，则电压表选D电压表V1（量程为0～3V，内阻约为5kΩ）；通过电阻丝的最大电流约为：，电流表选择B电流表A1（量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω）；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应选择外接法；由题意可知，待测电阻阻值约为15Ω，电阻箱最大阻值为99.99Ω，为测多组实验数据，电阻箱应与待测电阻并联，如果串联所测实验数据太少，应选择图甲所示实验电路．（3）由图甲所示实验电路，根据并联电路特点与欧姆定律得：，整理得：，图象的截距：，则待测电阻阻值：。（4）由电阻定律可知：，则电阻率，故选C；（5）A：读数引起的误差是由人为因素引起的，属于偶然误差，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A项错误；B：由电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，故B项错误；C：若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C项正确；D：用图象处理数据求金属丝的电阻可以减小偶然误差，不能消除系统误差，故D项正确。所以本小题答案为：CD．点睛：明确偶然误差是由人为因素引起的，可以通过多次测量或利用图象来减小偶然误差，但不能消除偶然误差；系统误差是由仪器本身因素或实验原理不精确引起的误差，系统误差可以通过采用精密仪器和完善实验原理来消除．【答案】101kg【解析】由牛顿第二定律得：mg－f＝ma抛物后减速下降有：Δv＝a/Δt解得：视频16.如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：（1）小物块从A点运动至B点的时间．（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小．（3）C、D两点间的水平距离L．【答案】（1）0.35s（2）8N（3）1.2m【解析】（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：解得：（2）．小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2-mυB2在C点处，据牛顿第二定律有联立两式代入数据解得NC=8N．（3）从C点到D点，由动能定理可知：解得：L=1.2m17.一匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内．一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向．后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示．不计重力的影响．求磁场的磁感应强度B的大小及xy平面上磁场区域的半径R．【答案】【解析】试题分析：画出磁场区域及粒子运动的轨迹如图，设粒子圆周运动的半径为，由几何知识可得：，解得：，磁场区域的半径为：，由牛顿第二定律得：，解得：。考点：带电粒子在磁场中的运动18.飞船在远离星球的宇宙深处航行时，其它星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动．设想有一质量为M的宇宙飞船，正以速度v0在宇宙中飞行．飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图所示）．某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云．已知尘埃云分布均匀，密度为ρ．假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞，且不考虑尘埃间的相互作用．为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云，在刚进入尘埃云时，飞船立即开启内置的离子加速器．已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流，从而对飞行器产生推力的．若发射的是一价阳离子，每个阳离子的质量为m，加速电压为U，元电荷为e．在加速过程中飞行器质量的变化可忽略．求单位时间内射出的阳离子数．【答案】【解析】设在很短的时间Δt内，与飞船碰撞的尘埃的质量为，所受飞船的作用力为。飞船与尘埃发生的是弹性碰撞：，，解得：，由于，所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃，根据动量定理：，其中，则飞船所受阻力设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。根据动能定理设单位时间内射出的离子数为n。在很短的时间Δt内，根据动量定理：则飞船所受动力飞船做匀速运动解得

二、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题中有多项符合题目要求，全部选对的将6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14.关于核反应方程，下列说法正确的是A.该反应过程，电荷数守恒，质量数不守恒B.该反应为原子核的α衰变C.该反应过程要吸收能量D.该反应过程中有γ射线放出15.美国SpaceX公司研制的“猎鹰9号”火箭首次实现了一级火箭回收再利用。如图所示，某次“猎鹰9号”回收火箭时，当返回的一级火箭靠近地面时箭体已经调整为竖直状态，火箭发动机向下喷气，使火箭沿竖直方向向下做加速度为1m/s²的匀减速直线运动，当火箭距地面高度为100m时，火箭速度为20m/s，为保证火箭着陆时的速度不超过2m/s，之后下落的过程中，火箭发动机必须在距地面某高度h时加力全开，发动机加力全开后的火箭做加速度为2m/s²的匀减速直线运动，则h的最小值为A.49mB.56mC.88mD.98m16.在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的卫星，三颗卫星在此轨道均匀分布，其轨道距地心的距离为地球半径的3.3倍，三颗卫星自西向东环绕地球转动。某时刻其中一颗人造卫星处于A城市的正上方，已知地球的自转周期为T，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，则A城市正上方出现下一颗人造卫星至少间隔的时间约为A.0.18TB.0.24TC.0.32TD.0.48T17.如图所示，用一辆货车运输一超长木板，先在货车上固定一“”型货架。再将木板放置在货架上，货架与水平面的夹角θ=10°，木板与货架之间的动摩擦因数μ=0.2，为了保证运输安全，货车在运输过程中刹车时，其加速度的最大值约为(g=10m/s²，sin10°≈0.17，cos10°≈0.98)A.2.2m/s²B.3.9m/s²C.4.6m/s²D.5.7m/s²18.如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于～k(k>1)之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力.则打在荧光屏上的长度变为A.B.C.D.L19.如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G。现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是A.细线a的拉力变大B.细线b的拉力变大C.细线c的拉力变大D.最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大20.如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端0点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计.下列说法正确的是A.导体棒0点的电势比A点的电势高B.在导体棒的内部电流由O点至A点C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为21.一含有理想变压器的电路如图所示，a、b两端接入正弦交流电压，、为定值电阻，理想变压器为升压变压器。开始的时候开关S与原线圈的1接线柱连接，现将开关S与原线圈的2接线柱连接，下列说法正确的是A.通过的电流--定增大B.通过的电流一定增大C.R的功率可能会增大D.变压器原线圈两端的电压可能会增大三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)22.(5分)某同学要测量做平抛运动的物体的初速度的实验方案如图所示。O点为小球的抛出点，在O点处有一个点光源，在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，在小球抛出后的运动过程中在毛玻璃上就会出现小球的投影点，则小球在毛玻璃上的投影点向下做__________(填“匀速”或“匀变速”)直线运动。现在毛玻璃右边用频率为f的频闪相机采用多次曝光的方法，拍摄到小球在毛玻璃上的投影照片，并通过比例换算出照片中两个相邻的小球投影点之间的实际距离为Δh。已知点光源到毛玻璃的水平距离为L，重力加速度为g.则小球平抛运动的初速度=________(用题中所给字母表示)。23.(10分)有一个电压表，量程已知，内阻Rv很大；一节电池(电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略)；另有一个最小标度为0.1Ω的电阻箱R；一个单刀单掷开关；利用上述器材和连接用的导线，设计出测量某一小电阻阻值Rx的实验方法(已知Rx和Rv相差较大)。(1)在虚线框内画出电路图。(2)请简要地写出测量方案并明确说出数据处理方法：______________________________________________________________________________________________________________。(3)由测量得到的数据计算出Rx，则Rx与真实值相比____________（填“偏大”“偏小”或”准确”)。24.(12分)如图所示，一人手持质量为m的小球乘坐在热气球下的吊篮里。气球、吊篮和人的总质量为M，整个系统悬浮在空中。突然，人将小球急速上抛，经过时间t后小球又返回到人手中。设人手在抛接小球时相对吊篮的位置不变，整个过程不计空气阻力，重力加速度为g，求人在抛小球的过程中对系统做了多少功?25.(20分)如图所示，半轻为R的圆形区域被等分成a、b、c、d、e、f六个扇形区域，在a、c、e三个扇形区域内有垂直于纸面向里的大小相等的匀强磁场，现让一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从0A半径的中点以速度射入a区域磁场，速度与0A半径的夹角θ=60°，带电粒子依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到P点，且速度与OA之间的夹角仍为60°。(1)求a、c、e三个扇形区城内磁感应强度B的大小；(2)求带电粒子在圆形区城运动的周期T；(3)若将带电粒子的入射点改为C点(未标出)，C点仍在OA上，入射速度方向不变，大小改变，此后带电粒子恰好没有射出圆形区域，且依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到C点，且速度与OA之间的夹角仍为60°，求此时的周期T′与原来周期T的比值。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33.[物理一选修3--3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是_______。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.所有晶体都有确定的熔点，但在导电、导热、透光等物理性质上不一定表现出各向异性B.用活塞压缩打气简内的气体，受到的阻力主要来源于气体分子间的斥力C.悬浮在液体中的微粒某一瞬间接触到的液体分子越多，受到撞击的不平衡性就表现地越明显，布朗运动就越剧烈D.露珠总是出现在夜间和清晨是由于气温降低使空气中的水蒸气达到饱和后液化造成的E.一切自发的过程，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行(2)(10分)一长=100cm、内壁光滑、导热性能良好粗细均匀的玻璃管开口向上竖直固定放置，厚度不计的轻质活塞置于管口位置，封闭着一定量的空气(可视为理想气体).已知大气压强=76cmHg，环境温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，现在活塞的顶部缓慢地倒入水银。①求最多可倒入的水银柱长度为多大?②在满足第①向的情况下，为使倒人的水银能完全溢出，至少需将玻璃管加热到多少摄氏度?34.[物理一选修3-4](15分)(1)(5分)0点为波源，被源振动一段时间后在空间形成了如图所示的波形。x=6m处的质点图示时刻刚刚起振，P、Q两质点偏离平衡位置的位移分别为1cm和-1cm，已知波的传播速度为10m/s。下列说法正确的是______。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.波源起振方向沿y轴正方向B.P质点从图示位置第一次回到平衡位置所经历的时间为sC.Q质点平衡位置的坐标为=3.5mD.P、Q两质点的振动速度总是大小相等E.从图示时刻开始计时，x=125m处的质点第一次到达波峰的时间是t=12.5s(2)(10分)如图所示为一个用透明介质做成的直角三校镜的横截面图，其中∠A=30°，∠C=90°，一束单色光平行于AC入射到AB面上，透明介质对该单色光的折射率n=，BC边长为L，一个足够大的光屏MN平行于BC边竖直放置。且与BC边间距为L。求光屏上被照亮部分的竖直长度。高三物理参考答案1415161718192021DDABCBCDBCAC22.匀速(2分)；.(3分)23.（1）如图所示；(2分)（2）多测几组电阻箱和电压表的数据，做出关系图线，利用图线的斜率和截距求出.(4分)（3）偏小.(3分)24.解：设人将小球急速上抛，小球刚被抛出时向上的速度为，与此同时M岗下运动的速度为.则人对系统做的功为：(2分)人将小球抛出后，对易统由动量守相定律得：(2分)以抛出点为坐标原点，取向上为y轴正方向，对小球有(2分)财气球、吊篮和人，则有(2分)其中(1分)由题可知。在1时期。小球回到人手的位置，有(1分)解得，，故(2分)25.解：(1)由题意可有出如图所示的轨迹图，带电粒子在a区域运动时的圆心为O，∠01PO=∠010P=30°(2分)由几何关系可知(2分)解得(1分)(1分)所以(1分)(2)带电粒子在a、c、e三个区域运动时间相同，转过的圆心角均为.所以恰好为在磁场中的一个整周期，(2分)又，所以(1分)，带电粒子在b、d、f区域运动的时间为(2分)周期为(1分)(3)由题意可画出粒子的轨迹图如图所示由几何关系可知此时带电粒子在磁场中的运动的轨道半径(1分)，(1分)带电粒子在a、c、e三个区域运动时间相同，转过的圆心角均为，所以恰好为在磁场中的一个整周期(1分)(1分)带电粒子在b、d、f区域运动时间(1分)(1分)所以(1分)33.(1)ADE.(2)解：①设玻璃管的横藏面积为S，最多能倒人的水银柱长度为x，则有(2分)解得x=0(舍去)，x=24cm(2分)②在满足第①向的情况下，设将气柱加热到T时，管中尚有ycm水银柱，由理想气体状态方程可(2分)由数学知识可得，当.即y=12cm时，有最大值(2分)此时对应的温度T最大，此后不需再加热，水银便自动溢出，代入数据解得Tm≈295.5K，即tm≈22.5℃(2分)34.（1）ABD.(2)解：射向AB边的光线人射角α=60°，设折射角为β由折射定律得(1分)可得β=30°(2分)由几何关系知，从AB中点D人射的光线恰好通过C点(1分)设临界角为C由，得sinC=<，C<60°(2分)从AD间射到棱镜的光线，照射到AC面上的人射角为60°，大于临界角C，所以这些光线在AC面上发生全反射，反射光线照射到BC面上时入射角θ=30°，在BC面发生折射，由几何关系可知，照射到光屏上的长度L1=BC=L.(2分)从DB段入射的光线经棱镜两次折射后，照射到光屏上的长度为L2=BC=L(1分)所以光屏上被照亮部分的整直长度为L1+L2=2L(1分)物理答案解析版第14题14．轰炸机进行实弹训练，在一定高度沿水平方向匀速飞行，某时刻释放炸弹，一段时间后击中竖直悬崖上的目标P点。不计空气阻力，下列判断正确的是A．若轰炸机提前释放炸弹，则炸弹将击中P点上方B．若轰炸机延后释放炸弹，则炸弹将击中P点下方C．若轰炸机在更高的高度提前释放炸弹，则炸弹仍可能击中P点D．若轰炸机在更高的高度延后释放炸弹，则炸弹仍可能击中P点【答案】C【考查内容】本题以轰炸机进行实弹训练为情境，主要考查运动的合成和分解以及抛体运动规律等知识。侧重考查理解能力，要求考生深刻理解平抛运动的等时性原理，运用运动合成与分解的方法解决实际问题。体现运动观念、建立平抛运动模型等物理核心素养的考查。【试题分析】由题意可知，炸弹若提前释放，水平位移增大，在空中的运动时间变长，应落在P点下方，反之落在上方，故选项A、B错误；炸弹若从更高高度释放，将落在P点上方，若要求仍击中P点，则需要更长的运动时间，故应提前释放，因此选项C正确，若延后释放，将击中P点上方，因此选项D错误。本题的解题关键是平抛运动的等时性原理和运动合成与分解的方法的应用。【教学建议】教学应加强审题能力训练，引导学生理解题中“提前”“延后”的含义；加强建模能力训练，引导学生根据题意建立平抛运动模型，会画示意图；弄清物理规律中变与不变的物理量以及分析推理的方法；进行变式训练克服思维定势，善于把与平抛运动相关的物理问题进行拓展变化，如速度变化、击中目标位置改变以及极值问题等。第15题尘埃收集器净化气体含尘气体尘埃收集器净化气体含尘气体电晕极收尘极A．金属圆筒内存在匀强电场B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小【答案】D【考查内容】本题以处理工业废气中的静电除尘器为素材，主要考查静电场，电场线，电场强度、电场力、电势能、电势等知识。侧重考查理解能力，要求考生对电场的相关概念的联系和区别有清楚的认识。体现物质观念、运动观念、能量观念、模型建构与STSE等物理核心素养的考查。【试题分析】根据图像信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，因此B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故D正确。本题的解题关键是建构电场模型，理解电场力的性质和能的性质的特点。【教学建议】教学应加强读图能力训练，引导学生从图中较多的信息中找出重要内容，如本题中的“+”“－”极；加强建模能力训练，引导学生由实际情景构建电场模型；联系实际，关注社会问题，将之与物理知识联系起来，培养学生理解能力；善于把与电场相关的物理问题进行拓展变化，如尘埃带电量变化以及电源交直流问题等。第16题θ16．课堂上，老师准备了“∟”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示（截面图）方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为θA．30° B．45°C．60° D．90°【答案】A【考查内容】本题是以三个圆柱形积木在“∟”型光滑木板上处于平衡状态为情境，主要考查共点力的平衡等知识。侧重考查推理能力，要求考生深刻理解共点力的平衡条件，运用特殊值法解决实际问题。体现相互作用观念与科学推理等物理核心素养的考查。【试题分析】若θ取任意角结合各圆柱的受力情况进行计算，数学运算过程繁琐不易得到结果，而考虑临界情况，取特殊值进行分析，可简化过程。θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确。本题的解题关键是应用共点力的平衡条件，灵活选取研究对象，运用特殊值法解决问题。【教学建议】教学过程中，应加强学生对多种解题方法的训练，对共点力作用下的平衡问题，应用多种方法特别是极限法、特殊值法进行分析计算；加强推理能力训练，找到多个研究对象之间的联系，加强对非常规研究对象如非质点问题的训练等；对受力平衡进行拓展训练，如求倾角的最小值、圆柱的个数更多情况等。第17题θ水星FAST太阳17．位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜（FAST）。通过FAST测得水星与太阳的视角为θ（水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角），如图所示。若最大视角的正弦值为k，θ水星FAST太阳A．年 B．年C．年 D．年【答案】C【考查内容】本题以利用“中国天眼”观察水星为载体，主要考查万有引力定律及其应用。侧重考查推理能力，要求考生理解视角的定义，运用天体运动规律结合三角函数推理解决实际问题。体现运动观念、科学推理、STSE等物理核心素养的考查，彰显中国正能量，渗透爱国主义教育，增强民族自豪感。【试题分析】本题应先理解最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得sinθ=eq\f(r水,r地)，结合题中已知条件sinθ=k，由万有引力提供向心力Geq\f(mM,r2)=eq\f(4π2mr,T2)，联立可以解得C正确；也可结合开普勒第三定理求解。若在运算过程中出错，可能错选A或B，若把最大视角错认为水星与太阳的连线垂直于观察者与太阳的连线时的视角，会错选D。本题的解题关键是正确理解最大视角的定义，运用天体运动规律结合三角函数进行推理。【教学建议】教学中要重视天体基本模型的教学，注重引导学生从匀速圆周运动的向心力、功能关系等不同角度理解问题，让学生深刻理解这种模型，更起到以点带面、建构知识框架的作用；教学应加强审题能力训练，引导学生理解题中“视角”的定义；引导学生理解并掌握有关天体围绕中心天体运动的动力学本质，了解有关天体运动中的基本常识，并会利用相关公式进行推理；加强天体运动相关问题的拓展变化，如木星的最大视角等。第18题18．我国对中微子的研究处于世界领先地位，大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖。太阳发生核反应时会放出大量中微子及能量。假设太阳释放的能量是由“燃烧氢”的核反应QUOTE提供，式中为中微子，这一核反应平均每放出2个中微子相应释放28MeV的能量。已知太阳每秒约辐射2.8×1039MeV的能量，地球与太阳间的距离约为1.5×1011mQUOTE，则地球表面与太阳光垂直的每平方米面积上每秒接收到中微子数目的数量级为A．1011QUOTE B．1014QUOTE C．1017QUOTED．1020QUOTE【答案】B【考查内容】本题以大亚湾反应堆中微子实验工程获国家自然科学奖一等奖为背景，主要考查核反应方程，结合能、质量亏损、聚变反应等知识。侧重考查应用数学处理物理问题的能力，要求考生理解物理模型，能进行估算。体现能量观念、模型建构与科学推理等物理核心素养的考查，彰显中国正能量，渗透爱国主义教育，增强民族自豪感。【试题分析】由题中条件可算得太阳每秒放出2×eq\f(2.8×1039,28)=2×1039个中微子，中微子向四面八方辐射，成球面形状分布，地表上每平方米每秒可接收到的数目为eq\f(2×1039,4πr日地2)≈7×1014，故B正确。【教学建议】教学中应加强建模能力训练，引导学生根据题意建立能量球形分布模型；加强数学运算能力的训练，特别是估算能力，可结合其他天体的有关数值进一步进行估算训练。第19题19．为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中A．笔帽一直做加速运动B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率【答案】CD【考查内容】本题以课本中迷你小实验为载体，主要考查位移、速度和加速度，功和功率，动量、动能定理及其应用等知识，侧重考查理解能力，要求考生理解力与运动的关系以及功、功率和冲量等概念。体现运动观念、相互作用观念、能量观念与建立轻弹簧模型等物理核心素养的考查。【试题分析】弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，选项A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，选项D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，选项B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，选项C正确。本题的解题关键是正确分析各过程的力与运动的关系，理解各物理概念、公式的确切含义以及适用条件。【教学建议】教学应加强审题能力训练，引导学生理解题中“轻弹簧”的含义；教学中要注重引导学生理解物理概念如“功”“功率”“冲量”等；引导学生根据题意建立弹簧模型，对与弹簧相关问题的过程与状态分析应加强训练，要注意培养学生分析物体的运动过程中各物理量的变化的能力。对多过程运动相关的物理问题进行拓展变化，如运动对象离开弹簧后的过程研究、弹簧水平放置等。第20题20．如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是AAtFOCtFODtFOBtFO【答案】BCD【考查内容】本题以线框穿越磁场为情境，主要考查安培力、安培力的方向，匀强磁场中的安培力，楞次定律等知识。侧重考查推理能力，要求考生综合运用电磁感应的相关规律，在具体的物理过程中推理出安培力随时间变化的关系。体现运动观念、相互作用观念与科学推理等物理核心素养的考查。【试题分析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若安培力等于重力，线框做匀速运动，此时eqvm＝\f(mgR,B2L2)，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，因此选项A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故选项B正确；若重力小于安培力，由eq\f(B2L2,R)v-mg=ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故选项C正确；若进入时重力大于安培力，由mg-eq\f(B2L2,R)v=ma，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，选项D正确。本题的解题关键是正确分析物理过程与状态，会结合图像进行定性分析和半定量分析推理判断。【教学建议】教学应加强读图能力训练，引导学生如何从图中获取信息，关注图中的差异点；加强对学生结合图像进行分析推理的训练，会对涉及到力学、电磁学的多个概念和规律进行分析推理；还应将与线框穿越磁场的物理问题进行拓展变化，如速度－时间等图像与线框水平运动、受外力匀变速运动或不同的线框磁场边界等。第21题MNABO杆21．如图，M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电量为+QMNABO杆A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D．金属环从A点运动到B点的过程中（不含A、B两点），在杆上相同位置的速度第一种情况较大【答案】BD【考查内容】本题以带电体在两个等量电荷形成的电场中的运动为背景，主要考查静电场，电场线，电场强度、点电荷的场强、电势能、电势，动能和动能定理，功能关系，位移、速度和加速度等知识。侧重考查分析综合能力，要求考生对等量同种、异种电荷的空间电场分布情况有清晰的认识，综合分析带电金属环的受力和能量变化关系。体现物质观念、运动观念、能量观念与科学推理等物理核心素养的考查。【试题分析】等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；等量同种正电荷连线中垂线的中点电势O最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故选项A错误；由于到B点前第二种情况的速度均比较小，所以运动时间比较长，故选项B正确；等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故选项C错误；第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力，结合到B点时与第一种情况速度相等，所以选项D正确。本题的解题关键是分清两种空间电场分布的异同点。【教学建议】教学中应加强建模能力训练，引导学生根据题意建立电场模型，会画示意图；注重引导学生理解物理概念的定义、物理意义和产生条件等，注意培养学生的分析综合能力，使学生明确物体的运动形式是由物体的初始条件和受力情况共同决定的，从能量的观点去理解运动；应善于把与典型电场分布相关的物理问题进行拓展变化，如点电荷电场、杆水平放置、受外力作用在场中匀速运动等。第22题22．某同学利用图（a）装置测定滑块与桌面间的动摩擦因数。实验中，钩码通过轻绳拉着滑块在水平桌面上做直线运动，钩码着地后滑块继续运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点。取钩码着地后滑块继续运动过程中对应的一段纸带，用刻度尺测出纸带上部分相邻计时点的间距如图（b）。已知交流电源频率为50Hz，当地的重力加速度为9.80m/s2。回答下列问题：图（b）图（b）单位：cmAB1.101.211.301.41图（a）滑块钩码打点计时器纸带轻绳（1）打点时纸带的________（填“A”或“B”）端靠近滑块。（2）滑块与桌面间的动摩擦因数为________。（结果保留3位有效数字）（3）由实验测定的动摩擦因数________（填“大于”“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）B （2）0.255 （3）大于【考查内容】本题以“研究匀变速直线运动”学生分组实验为基础，测定动摩擦因数。主要考查匀变速直线运动、动摩擦因数、牛顿运动定律等知识。侧重考查实验能力，要求考生理解测定动摩擦因数实验的原理和方法，分析实验过程，处理实验数据，评价实验误差。体现了获取和处理数据、基于数据得出结论并作出解释等物理核心素养的考查。【试题分析】滑块先做匀加速运动，后做匀减速运动。在匀减速运动过程，相同时间内两点间距离越来越小，故B端靠近滑块；利用逐差法计算：a=eq\f((1.30+1.41)×10-2-(1.10+1.20)×10-2,2×2×(0.02)2)m/s2=2.5m/s2，钩码着地后滑块主要受滑动摩擦力而减速，由牛顿第二定律得μmg=ma，故滑块与桌面间的动摩擦因数μ=eq\f(a,g)=eq\f(2.5,9.80)=0.255m/s2；滑块做匀减速运动时，除了受到桌面的摩擦力外，还受到纸带的阻力f纸，由μ真mg+f纸=ma知，μ＞μ真，即测定的动摩擦因数大于真实值。本题的解题关键是明确实验过程，利用逐差法处理纸带数据，并理解产生实验误差的原因。【教学建议】教学中要注意引导学生理解实验原理和方法，明确实验过程，掌握利用逐差法处理数据的方法，会分析实验误差产生的原因，加强计算的准确性和有效数字的理解。第23题23．某同学要把电压表改装成可直接测量压力的仪表，设计的电路如图（a）所示。实验器材如下：待改装电压表（量程0~3V，可视为理想电压表），定值电阻R0，压敏电阻Rx，电源（4V，内阻不计），开关S，导线。选用的压敏电阻阻值Rx随压力F变化的规律如图（b）。（1）实验中随着压力F的增大，电压表的示数__________。（填“变大”“不变”或“变小”）（2）为使改装后仪表的量程为0~160N，且压力160N对应电压表3V刻度，则定值电阻阻值R0=__________Ω，压力0N对应电压表__________V刻度。FFR0VRxRx/Ω80160240320400图（b）F/N04080120160200（3）他发现这样改装后的仪表压力刻度分布不均匀，想进一步把（2）中的压力刻度改成均匀分布，应选用另一压敏电阻，其阻值Rx随压力F变化的关系式为__________。【答案】（1）变大 （2）240 1.5（3）【考查内容】本题以“传感器的简单应用”实验为基础，理解改装电表原理。主要考查闭合电路欧姆定律、电阻的串联、并联等知识。主要考查实验能力，要求能把电压表改装成可直接测量压力的仪表的实验原理和方法，能运用已学过改装电表的原理和方法去处理新的问题，制定解决新问题的方案。体现设计实验与制订方案等物理核心素养的考查。【试题分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数U=eq\f(R0,R0+Rx)E，由图（b）可知，压力越大Rx越小，U越大，故电压表的示数变大。（2）由图（b）可知，当F1=160N时，Rx1=80Ω，此时电压表的示数U1=3V，由U1=eq\f(R0,R0+Rx1)E得R0=eq\f(U1,E-U1)Rx1=eq\f(3×80,4-3)=240Ω；由图（b）可知，当F2=0N时，Rx2=400Ω，此时电压表的示数为U2=eq\f(R0,R0+Rx2)E=eq\f(4×240,240+400)V=1.5V，可见压力0N对应电压表1.5V刻度。（3）若选用图（b）的压敏电阻，则Rx与压力F的关系式为Rx=400-2F，代入U=eq\f(R0,R0+Rx)E可得U与F的关系式为U=eq\f(960,640-2F)，这样改装后的仪表压力刻度分布是不均匀的。为了使压力刻度分布均匀，则应另选用压敏电阻，而且仍然要满足量程为0~160N，F=0N标在1.5V刻度，F=160N标在3V刻度。由于电压表的电压刻度是均匀分布的，所以电压和压力一定要满足线性关系，设U=kF+b，由F1=0N时、U1=1.5V，F2=160N时、U2=3V可得b=1.5，k=eq\f(3,320)，又U=eq\f(R0,R0+Rx)E=eq\f(960,240+Rx)，解得。本题的解题关键是会根据闭合电路欧姆定律结合图像进行分析，理解压力表的改装原理，明确电压表读数和压力大小成线性关系的数学表达形式，能解出正确的结果。【教学建议】教学应在认真做好学生分组实验“练习使用多用电表”和“传感器的简单使用”的基础上，着重引导学生理解实验原理和方法，促进实验原理和方法迁移能力的提升，同时注重数学知识在解决实验相关问题中的应用。第24题24．高空杂技表演中，固定在同一悬点的两根长均为L的轻绳分别系着男、女演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到男演员的出发点。已知男、女演员质量分别为M、m，女演员的出发点与最低点的高度差为eq\f(L,2)，重力加速度为g，不计空气阻力，男、女演员均视为质点。（1）求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小。（2）若两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下，到达最低点时男演员推开女演员，为了使女演员恰能回到其最初出发点，男演员应对女演员做多少功？【答案】（1）2mg （2）W=eq\f(2Mm(M+m),(2M+m)2)gL【考查内容】本题以杂技表演实际情境为背景，主要考查重力做功与重力势能，动能和动能定理，功能关系、机械能守恒定律及其应用，匀速圆周运动的向心力，牛顿运动定律及其应用，动量守恒定律及其应用等知识。侧重考查推理能力和分析综合能力，要求考生能够根据杂技表演实际情境建立物理模型，能够对男女演员的运动过程进行具体分析和推理，弄清最低点时的受力情况、运动情况和满足动量守恒条件，会把各个过程满足的规律正确表达出来，并能运用数学知识运算得到正确结果。体现圆周运动观念、构建碰撞模型和科学推理等物理核心素养的考查。【试题分析】本题求解需先根据试题描述的实际问题情境构建物理模型，画出示意图如图。LO女演员男演员eq\f(L,2)Mm最低点（1）明确研究对象及过程，女演员从初始位置到最低点的过程，满足机械能守恒mgeq\f(L,2)=eq\f(1,2)mv12，可求出最低点的速度大小，在最低点时，对女演员受力分析，由牛顿第二定律F-mg=LO女演员男演员eq\f(L,2)Mm最低点（2）男演员从初始位置摆至最低点的过程，满足机械能守恒Mgh=eq\f(1,2)Mv22；男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒mv1-Mv2=(m+M)v3；他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，该过程机械能守恒(m+M)gh=eq\f(1,2)(m+M)v32；他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，仍满足机械能守恒，可求得两人一起摆回最低点的速度大小仍为v2；男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足mgeq\f(L,2)=eq\f(1,2)mv12，此过程男演员对女演员做的功W=eq\f(1,2)mv12-eq\f(1,2)mv22，联立以上各式可求得结果。考生求解（2）问的易错点是过程分析混乱，不能独立分析每个过程并进行综合。本题的解题关键是明确不同研究对象、不同物理过程、以及不同过程满足的物理规律，清晰不同研究对象、不同物理过程对应的物理量。【教学建议】教学中要加强从物理情境中构建物理模型、画出示意图的习惯培养；加强审题能力培养，注重研究对象的受力分析、状态分析和过程分析等。引导学生深刻理解物理原理、规律的适用条件。还要注意拓展学生思维，可以提出以下问题：男、女演员在最低点相拥过程两人组成的系统损失了多少机械能？男演员推开女演员后可以摆到的最高点在哪里？男演员推开女演员后，两人组成的系统所增加的能量是由什么能转化而来的？通过这种拓展训练来提高学生分析综合能力。第25题25．光电倍增管可将光信号转化为电信号并逐级放大，其前两个平行倍增极结构如图。当频率为νQUOTE的入射光照射到第1倍增极的上表面MN时，极板上表面逸出大量速率不同、沿各个方向运动的光电子，空间加上垂直纸面的匀强磁场，可使从MN逸出的部分光电子打到第2倍增极的上表面PQ。已知第1倍增极金属的逸出功为W，两个倍增极长度均为dQUOTE，水平间距为，竖直间距为，光电子电量为e、质量为m，普朗克常量为h，仅考虑光电子在纸面内运动且只受洛伦兹力作用。（1）求从MN上逸出的光电子的最大速率。（2）若以最大速率、方向垂直MN逸出的光电子可以全部到达PQ，求磁感应强度的大小和方向。（3）若保持（2）中的磁场不变，关闭光源后，发现仍有光电子持续击中PQ，求关闭光源后光电子持续击中PQ的时间。第2倍增极第2倍增极第1倍增极dd光源MNPQ【答案】（1）eq\r(\f(2(hν-W),m)) （2）eq\f(\r(2m(hν-W)),de)，垂直纸面向内（3）eq\f(5πd,3)\r(\f(m,2(hν-W)))【考查内容】本题以光电倍增管为情境，主要考查光电效应，洛伦兹力，匀速圆周运动的向心力，带电粒子在匀强磁场中的运动等知识。侧重考查理解能力、应用数学处理物理问题的能力，要求考生根据题意描绘光电子的运动轨迹，运用几何图形、数学关系式进行分析和表达。体现圆周运动观念，模型建构，STSE等物理核心素养的考查。【试题分析】（1）深度阅读理解题意，可知入射光照射到第1倍增极上表面时发生光电效应，由爱因斯坦光电效应方程hν=W+eq\f(1,2)mvm2，可求得逸出的光电子的最大速率。QUOTE（2）若以最大速率、方向垂直MN逸出的光电子可以全部到达PQ，则从M点出来的光电子应到达P点，从N点出来的光电子应到达Q点，MN极板上各点与PQ极板上各点一一对应，所有轨迹均相同。是带电粒子在匀强磁场中运动的问题，其基本思想是洛伦兹力提供向心力，基本方法是找圆心求半径，由牛顿第二定律得evmB=meq\f(vm2,r)，结合几何图形可求得结果QUOTE，磁场方向可由左手定则判定。（3）由于关闭光源前已有大量光电子在持续前往第2倍增极的路上，所以关闭光源后的一段时间，仍有光电子击中第2倍增极，因此“关闭光源后光电子持续击中PQ的时间”对应的是光电子从MN到达PQ的最长时间，最长时间对应的是轨迹圆心角最大的情况：当速率为最大时，对应的圆轨迹与PQ相切时圆心角最大。需要进一步判断最大速度对应的轨迹圆能否与PQ相切，发现QUOTE轨迹不能与PQ相切（切在NP的连线上），故从N端以最大速率逸出并击中P端的光电子的圆弧轨迹圆心角最大（优弧对应的圆心角），所对应的时间最长。本题的解题关键是理解题意，“关闭光源后PQ持续接收光电子的时间”即为光电子在磁场中运动的最长时间，建立粒子在磁场中运动的轨迹模型，并利用几何方法找出相应圆心和半径进行求解。【教学建议】教学中应加强新情境问题的审题训练，灵活运用几何关系找带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的圆心和半径，进一步培养应用数学处理物理问题的能力，提升学生解决物理问题的关键能力。关于带电粒子在有界磁场运动问题，可以在本题的基础上进行拓展，设计多种边界问题让学生进行变式训练，如矩形边界、圆形边界，或设定轨迹求解边界范围等。第33（1）题（1）下列说法正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点B．杯中的茶水慢慢冷却，该过程中有的水分子的运动速率反而增大了C．清晨时阳光透过窗户射入房间，观察到空中飞舞的粉尘在做布朗运动D．在南方的梅雨季节，湿衣服较不容易晾干，这是相对湿度较大的缘故E．空调可以把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外而不引起其他变化【答案】ABD【考查内容】本题以选择题的形式，主要考查液晶，气体分子运动速率的统计分布，分子动理论的基本观点，相对湿度，热力学第二定律等知识。侧重考查考生的理解能力，要求考生根据所学物理知识解释日常生产和生活中有关的热学现象，会用概念、规律对物理现象进行正确解释。体现微观粒子运动观念、STSE等物理核心素养的考查。【试题分析】液晶具有液态时呈现各向同性、固态时呈现晶体各向异性的特点，液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，选项A正确；根据麦克斯韦速率分布规律，当温度降低时，大部分液体分子的速率减小，但个别分子的速率可能增大了，选项B正确；空中飞舞的粉尘的运动是由于气流作用引起的宏观表现，不是布朗运动，选项C错误；在南方的梅雨季节，空气中的相对湿度较大，蒸发变慢，湿衣服较不容易晾干，选项D正确；根据热力学第二定律，空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，选项E错误。本题的解题关键是能准确理解热学中的基本概念和定律的确切含义，联系实际、学以致用解释相关的热现象。【教学建议】在教学中，要立足于基础，注意指导学生研读课本，深刻理解概念、规律的确切含义，联系实际，关注热学在气象学、环境科学、新能源等方面的广泛应用，达到拓展视野、了解社会、关注环境、重视应用的目的。第33（2）题（2）某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计。如图，导热性能良好的气缸I、II内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，气缸I左端开口。外界大气压强为p0，气缸I内通过A封有压强为p0的气体，气缸II内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：LLABⅠⅡ左右（i）当ALLABⅠⅡ左右（ii）该深度计能测量的最大水深hm。【答案】（i）3.33m（ii）20m【考查内容】本题以“蛟龙号”为背景，主要考查理想气体、气体实验定律等知识。侧重考查考生的分析综合能力，要求考生将实际问题转化成物理模型后，灵活选择研究对象，应用气体实验定律分析理想气体的等温变化过程。体现物理观念、模型建构等物理核心素养的考查。【试题分析】由题意可知，在整个过程中，由于水温保持不变，气缸导热性能良好，因此I、Ⅱ内气体的变化过程是等温变化过程。第（i）问中当A向右移动时，要考虑B是否发生移动，可以采用假设判断。设B不移动，对I内气体，由玻意耳定律得QUOTE可知B不动。水面下h深处的压强p1等于大气压强与水压强之和，由可求QUOTE得水的深度h。第（ii）问中该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入Ⅱ内。设B向右移动x距离，两部分气体压强均为p2，对原I内气体有，对原II内气体有，水面下hm深处的压强p2等于大气压强与水压强之和，由可求得最大水深hm。本题的解题关键是正确选择研究对象，分析气体所处状态各物理量之间的关系。【教学建议】教学中，加强对学生综合分析能力的培养，要注重引导学生在真实的情景中构建正确的物理模型，正确选择研究对象，对气体在不同状态下进行各物理量的分析和受力分析，灵活应用气体实验定律求解。对液体内部压强的计算要予以关注