高考物理模拟试卷（含解析）11

甘肃省兰州、靖远名校20高考物理模拟试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，

第1~6小题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合要求。全部选对的得4

分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1（下列陈述中符合历史事实的是（）

A（奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说

B（库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律

C（牛顿通过"理想实验"得出"力不是维持物体运动的原因"

D（开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律

2（a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动,其速度，时间图象如图所示，图线b

是一条抛物线，则下列判断正确的是（）

A（物体a在t时刻改变运动方向】

B（两物体在t时刻相遇2

（物体b做加速增大的加速直线运动C

D（0,t内，物体a一直在物体b前面，t时刻两者相距最远22

3（如图，在光滑水平面上，用水平外力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀

加速直线运动，已知木板质量为M，小铁块质量为m,铁块与木板间的动摩擦因数

为M,则在运动过程中铁块所受摩擦力满足（）

A（大小为pmg,方向水平向左B（大小为pmg,方向水平向右

M+nM+n

C(大小为,方向水平向右D(大小为，方向水平向左

4("嫦娥四号"卫星的主要任务是接着“嫦娥三号”着陆月球表面，继续更深层

次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料(假设"嫦

娥四号"卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时动能为E,再控制它进

行一系列变轨后绕月球表】

面做匀速圆周运动，此时动能为E,已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是

月球半径2

E1

瓦

的q倍，“嫦娥四号”在整个过程中质量保持不变，则为()

qppq

B(C(pqD(A(

5(下列粒子由初速度为零经过加速电压为U的电场加速后沿直线AA'垂直进入磁感

应强度为B的有界匀强磁场中，如图所示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN

穿出，则此粒子是()

B

+A(质子B(气核C(a粒子D(钠离子(Na)

6(如图所法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面(倾角为0),一根轻质绝缘细线的

一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行，小球A静止

在斜面上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B,开始两球心在同一水平线

上，细线刚好伸直，两

带电小球可视为点电荷，现用绝缘手柄将小球B沿以A为圆心的圆周从B点缓慢移

到C点，AC竖直，此过程中A始终静止不动，则（）

A（细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A的弹力逐渐减小

B（细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A弹力先增大后减小

C（细线对A拉力先增大后减小，斜面对A的弹力逐渐增大

D（细线对A的拉力、斜面对A的弹力均先增大后减小

7（如图,一质量为m、带电荷量为+q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧

轨道上与

,g为重力加圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压

力为2mg速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为9二30?的斜面，整个斜

面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（）

■，■♦卜，

/

.H

兀R

石

A（小球从A到B的平均速度为

mg

3q

B（匀强电场的电场强度大小为

C（小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒

D（小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3

c（液滴带正电，将向上先做加速后做减速运动

D（液滴带正电，将一直向上做加速运动

10（如图所示，光滑管形圆轨道半径为R,质量为2m,固定于水平面上，小球a、

b大小相同，质量均为m,其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最

低点速度相同，均为v,且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正

确的是（）

A（若小球b在最高点空轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg

J5gR

B（若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=

V5gF

C（若小球a在最低点的速度v?,则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mgD（两

小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为

j5gR

二、非选择题（共5小题，满分60分）

11（在"研究匀变速直线运动"的实验中：

（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一

端带滑轮的长木板、低压交流电源，则还缺少的器材有（

（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时

器的电源频率为50Hz,相邻计数点间距离如图所示（单位:cm）,则与计数点D对

应的小车速度为，与计数点F对应的小车速度为，小车运动的加速度为（（均保留三

位有效数字）

，，t〃I"/.

・・・・・・

JH，1119|KM|M|I9III

12(某同学测量一圆柱体金属的电阻率，已知金属长为L(

(1)该同学用螺旋测微器测量其直径D,其示数如图(1)所示，则其直径D为mm;

用多用电表粗测其电阻，选用"xl"档，正确操作后得到指针情况如图(2)所示，

则其电阻R约为0(

(2)除了待测金属外，实验室还备有下列器材：

A(电压表V(0,3V,R?30kQ)ivi

B(电压表V(0z15V,R?100kQ)2V2

C(电流表A(0,3A,R70.6Q)IAI

(电流表AD(0,0.6A,R?1.0。)2A2

E(滑动变阻器R(0,10Q)i

F(滑动变阻器R(0,2000C)2

G(电源(电动势为3V,内阻不计)

H(开关S,导线若干

?为了精确测量其电阻值，该同学用伏安法进行了测量，则电压表应选(填序号，下

同)，电流表选，滑动变阻器选(

?请完成图(3)中实物间的连线(

(3)若电压表示数为U,电流表示数为I,写出计算金属电阻率的表达式:(

13(如图甲所示，倾角e为37?的传递带以恒定速度逆时针运行，现将一质量

m=2kg的小物体轻轻放上传送带的A端,物体相对地面的速度随时间变化的关系

如图乙，2s末物体到

达B端，取沿传送带向不为正方向,g=10m/s,sin37?=0.6,求

(1)小物体在传送带A、B间的平均速度v;

(2)物体与传送带间的动摩擦因数p;

((3)2s内物体机械能的变化量？E及因与传送带摩擦产生的内能Q

14(如图所示，一轻质弹费左端固定，其自由端在。点，0点左侧水平面光滑，右

侧0B段粗糙,水平面0B与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接(C点略高于

B点)，轨道末端D点切线水平，且紧贴水平转盘边缘上方(现用力将质量m=2kg

的小物块向左压缩弹簧(物块与弹簧不相连)，使弹簧储存一定能量E,撤去外力，

小物块向右运动，在B点恰好能沿圆。

轨道CD运动，再由D点水平滑上转盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随

转盘转动，已知物块与0B段的动摩擦因数p=0.4,OB长L=m,竖直圆轨道半径

r=0.5m,转盘半径

11

~8

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求:

2R=4m(g=10m/s,

(1)弹簧所储存的弹性势能E;o

(2)转盘转动的角速度3；

(3)物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件(

15（（18分）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线0C的上方存在垂直纸面向

里的匀强磁场，磁感应强度为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直

纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上

有一接收屏GD,GD=20D=d,现有一带电粒子（不计重力）从y轴上的A点，以

初速度v水平向右垂直射入匀强磁场，。

恰好垂直0C射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子

经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知0C与x轴的夹角为

37?,OA=d,求：

4q

蒜

（1）粒子的电性及比荷；

（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的大小；

（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围（

■•

XXX

三、附加题：【物理，选修3,3】（共2小题，满分0分）

16（下列说法正确的是（）

A（液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈

B（不考虑分子势能，则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同

c（第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律

D（物体吸收热量，则其内能一定增加

E（能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

17（如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸

固定且内壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞

处于静止状态，封闭气体的体积为V,温度T=300K,压强为0.9P（P为大气压

强），活塞面积为S,现不0000

停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍

时，气体体积增加了0.2V（活塞未被拉出气缸）,重力加速度为g,求：。

?沙桶的质量m

（?末态气缸内封闭气体的温度T

1J+

四、附加题：【物理，选修3,4】（共2小题，满分0分）

18（如图所示，S是一振源，上下做简谐振动，振幅为5cm,形成的波沿匀质弹性

绳向左、右两边传播，已知振源开始是向下振动的,从此时开始计时，t=0.4s时第

一次形成的波形如图所示，S左侧波形没画出，则（）

A（此时质点Q正从平衡位置向下振动

15

T

B（振源振动的频率为Hz

C（该波的波速为0.2m/s

D（图中质点P在t=0.4s时处于波谷

E（在t=0到t=0.4s内质点Q运动的路程为20cm

19（如图所示为一半球形介质的截面，O为圆心，a、b两束平行红色光从不同位置

进入介质，已知介质的折射率为，球半径为R,光线a沿半径方向入射且在O点恰

好发生全反射，光在真空中的传播速度为c,求：

V2

（1）光线b的入射角a;

2）光线b在介质中从入射到第一次出射的时间（（

五、附加题：【物理，选修3,5】（共2小题，满分0分）

6

3

20（用速度一定的中子轰击静止的锂核（Li）,发生核反应后生成笊核和a粒子，则核

反应方程为;生成的定核速度方向与中子的初速度方向相反，a粒子的速度为v,气

核与a粒子的速率比为7:8,已知质子、中子质量均为m,光速为c,核反应过程

中放出的能量全部转化为气核和a粒子的动能，则中子的初速度为，此反应过程中

质量亏损为（

1

4

21（如图所示，光滑的水平面上有一小车（其上表面水平部分光滑），其左端是圆弧形

光滑轨道，小车质量M=2kg,质量为m=0.9kg的小木块放在小车右端，一质量

为m=0.1kg的1。子弹以速度v=30m/s水平向左击中木块并留在其内（可视为质

点），当木要块刚好滑到轨道。

最高点时，小车与左侧一竖直固定档板发生碰撞并瞬间被锁定，而木块能量不变，

反向运动，

?g=10m/s,不计一切阻力（

a

1

（1）求圆弧形光滑轨道的半径R;

（2）计算说明木块能否落到小车的水平部分（

甘肃省兰州、靖远名校高考物理模拟试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分。在每小题给出的四个选项中，

第1~6小题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合要求。全部选对的得4

分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1（下列陈述中符合历史事实的是（）

A（奥斯特通过实验发现了电流的磁效应并由此提出了分子电流假说

B（库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律

C（牛顿通过"理想实验"得出"力不是维持物体运动的原因"

D（开普勒发现了行星运动定律并提出了万有引力定律

考点：物理学史（

分析：正确解答本题的关键是:了解高中的重要物理学史，知道各个重要规律的发现

者以及重要规律发现的历史背景、使用条件等

解答：解:A、奥斯特发现了电流的磁效应,安培提出了分子电流假说，故A错误；

B、库仑通过研究电荷间的相互作用总结出库仑定律，故B正确；

C、伽利略通过"理想实验"得出"力不是维持物体运动的原因"，故C错误；

D、开普勒发现行星运动定律，牛顿总结了万有引力定律，故D错误（

故选:B

点评：对于物理学史部分，在平时学习中不可忽视，要不断的积累和平时注意多加

记忆，否则很容易出错（

2（a、b两物体在同一地点沿同一条直线运动，其速度，时间图象如图所示，图线b

是一条抛物线，则下列判断正确的是（）

A（物体a在t时刻改变运动方向i

B（两物体在t时刻相遇2

（物体b做加速增大的加速直线运动C

D（0,t内，物体a一直在物体b前面，t时刻两者相距最远22

考点：匀变速直线运动的图像（

专题：运动学中的图像专题（

分析：v,t图象中图线的斜率表示加速度，v,t图象中图线与坐标轴围成图形的面积

表示位移，判断2s和6s内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；

解答：解:A、物体a的速度时间图象都在时间轴上方，一直为正，没有改变方向，

故A错误；

B、根据图象可知，0,t内，a的面积一直比b的面积大，又是从同一地点出发，所

以物体2

a一直在物体b前面，t时刻速度相等，两者相距最远，故B错误，D正确；2

C、v,t图象中图线的斜率表示加速度，则b的加速度越来越小,故C错误（

故选:D

点评：在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动

相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇（其

位移关系等只能根据图象与时间轴所围成的面积进行判断（

3（如图，在光滑水平面上，用水平外力F拉动木板和小铁块一起做无相对滑动的匀

加速直线运动，已知木板质量为M，小铁块质量为m,铁块与木板间的动摩擦因数

为M,则在运动过程中铁块所受摩擦力满足（）

A（大小为pmg,方向水平向左B（大小为pmg,方向水平向右

mFmF

M+nM+n

（大小为，方向水平向右D（大小为，方向水平向左C

考点：牛顿第二定律;力的合成与分解的运用（

专题：牛顿运动定律综合专题（

分析：先对整体受力分析，由牛顿第二定律可求得加速度，再隔离铁块进行分析，

由牛顿第二定律可求得摩擦力的大小和方向（

解答：解:两物体无相对运动，由牛顿第二定律知：

F

M+ir

F=（M+m）a,解得:a二,方向水平向右；

mF

M+ir

隔离铁块，由牛顿第二定律可得铁块受到的摩擦力f=ma=,方向水平向右;故C正

确故选：C（

点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确二者间受到的摩擦力为静摩擦

力，不能根据动摩擦力的公式求解（

4（"嫦娥四号”卫星的主要任务是接着“嫦娥三号”着陆月球表面，继续更深层

次，更加全面地探测月球地质、资源等方面的信息，完善月球的档案资料（假设"嫦

娥四号"卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时动能为E,再控制它进

行一系列变轨后绕月球表i

面做匀速圆周运动，此时动能为E,已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是

月球半径2

E1

瓦

的q倍，“嫦娥四号”在整个过程中质量保持不变，则为()

qppq

A(B(C(pqD(

考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用(专题：人造卫

星问题(

分析：对于卫星绕地球运动，根据动能表达式计算向心力，再根据万有引力提供向

心力列方程，解出周期与质量和动能之间的关系，对于卫星绕月球运动有类似的关

系(解答：解:嫦娥四号绕地球做匀速圆周运动，设嫦娥四号质量为m，轨道半径为

r,运动1线速度为v1

nivi2E[]

用R遍

2因为动能为E=mv,所以向心力为二口

2

ITIV]MIIE

根据万有引力提供向心力G=m

GM]IT

2%

解得:E=i

GM21r

2R2

同理，嫦娥四号绕月球做圆周运动时，其动能为E=2

已知地球质量是月球质量的p倍，地球半径是月球半径的q倍，

——P

E2W

所以E与E的比值;，故A正确、BCD错误（

故选:A（

点评：本题考查了万有引力在天体中的应用，根据万有引力提供向心力列出等式（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（

5（下列粒子由初速度为零经过加速电压为U的电场加速后沿直线AA，垂直进入磁感

应强度为B的有界匀强磁场中，如图所示，其中只有一种粒子从磁场的左边界MN

穿出，则此粒子是（）

卜<—H

M...............f

n'

I................1

、......Q

+A（质子B（气核C（a粒子D（钠离子（Na）

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动（

专题：带电粒子在磁场中的运动专题（

分析：粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度，粒子在磁场中做匀速

圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后答题（

1

~2

2解答：解:粒子在电场中加速，由动能定理得:qU=mv,0,

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:r二，

n

%

B、U相同，粒子越大粒子的轨道半径越大，

粒子半径越大，粒子越可能从磁场射出，

n

%

质子、气核、a粒子、钠粒子中，质子的最大，

质子的轨道半径最大，从MN边界穿出的是质子，故A正确；

故选:A（

点评：本题考有了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题

的关键，应用动能定理、牛顿第二定律可以解题，要掌握处理带电粒子在磁场中运

动的解题思路与方法（

6（如图所法，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面（倾角为0）,一根轻质绝缘细线的

一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A静止

在斜面上，其右侧有一个与A带等量同种电荷的小球B,开始两球心在同一水平线

上，细线刚好伸直，两带电小球可视为点电荷，现月绝缘手柄将小球B沿以A为圆

心的圆周从B点缓慢移到C点，AC竖直，此过程中A始终静止不动，则（）

A（细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A的弹力逐渐减小

B（细线对A的拉力逐渐增大，斜面对A弹力先增大后减小

C（细线对A拉力先增大后减小，斜面对A的弹力逐渐增大

D（细线对A的拉力、斜面对A的弹力均先增大后减小

考点：共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用（

专题：共点力作用下物体平衡专题（

分析：对小球A受力分析，受重力、支持力、拉力和静电力，根据平衡条件并结合

正交分解法列式求解出支持力和拉力的表达式进行分析即可（

解答：解:对小球受力分析，如图所示：

1

n；,、

TT

在移动小球B的过程中，静电力F的大小不变，且图中；

根据平衡条件，有：

N=Gcos0+Fsina

Gsin6=Fcosa+T

故斜面的支持力N先增加后减小，细线的拉力T一直增加；

故ACD错误，B正确；

故选:B

点评：本题是力平衡中的动态分析问题，关键是明确小球的受力情况,然后根据平

衡条件列式分析，不难（

7（如图，一质量为m、带电荷量为+q的小球从半径为R的四分之一绝缘光滑圆弧

轨道上与圆心等高处A由静止释放，经时间t下滑到轨道最低点B时对轨道压力为

2mg,g为重力加速度，此后小球水平飞出，恰好垂直击中倾角为9=30?的斜

面，整个斜面上方存在竖直向上的匀强电场，空气阻力不计，则下列说法中正确的

是（）

兀R

~2X

A（小球从A到B的平均速度为

mg

3q

B（匀强电场的电场强度大小为

C（小球从开始运动到击中斜面的过程中机械能守恒

D（小球从圆弧轨道飞出到击中斜面的时间为3

考点：带电粒子在匀强电场中的运动（

专题：带电粒子在电场中的运动专题（

分析：根据平均速度的定义分析答题;由牛顿第二定律求出小球的速度，然后应月动

能定理、运动的合成与分解分析答题（

解答：解:A、小球在A到B的过程中做圆周运动，平均速度应等于位移与时间的比

值，不等于弧长与时间的比值，故A错误；

止

R

B、小球在B点时，由牛顿第二定律可知:qE+F,mg=m,

由题意可知:F=2mg,

mg（4gFl

买

2从A到B过程，由动能定理可得:mgR,qER=mv,解得:E=,v三故B正确；C、小球从

开始运动到击中斜面的过程中，处重力做功外，电场力还对小球做功，则小球的机械能

不守恒，故C错误；

mg-qEv2

mtan8卬4gR

D、石块垂直于斜面，则可知竖直分速度v==,则由v=at;a==g同yy

得:t==3;故D正确;

故选:BD（

点评：小球经历了圆周运动和平抛运动两个过程;要注意将综合题分解为两小题进行

分析;注意平抛运动中垂直打在斜面上的速度分解（

8（如图所示，在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，两平行光滑金属导轨竖直放

置，导体

2棒PQ在竖直向上的拉力F的作用下向下做初速度为0、加速度a=5m/s的匀加速度直

线运动，两导轨间距离L=1.0m,电阻R=1.0Q,导体棒质量m=lkg,导体棒和导轨

接触良好且电阻均

2不计，取g=10m/s,则下列说法中正确的是（）

A（导体棒运行2s时，拉力的功率为25W

B（拉力F所做的功等于导体减少的机械能

（t=4s时，导体棒所受安培力为5NC

D（导体棒运行2s的过程中，通过电阻的电荷量为2.5C

考点：导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化（

专题：电磁感应——功能问题（

分析：由导体切割磁感线规律可明确感应电流，由安培力公式可求得安培力;由功能

关系可明确导体减少的机械能;根据法拉第电磁感应定律可求得电荷量（

B?L2VB?L2at

-RR-

解答：解:经时间t,导体棒受安培力F=BIL==,所以t=4s时，导体棒安

所受安培力为5N,故C正确；

空

1

由牛顿第二定律可得:mg,F,F=ma，代入数据解得:拉力大小为5,t,所以t=2s

时，安

拉力F=2.5N,速度为v=at=10m/s;拉力率P=Fv=2.5x10=25W,故A正确；

由功能关系可知，拉力F和安培力所做的功等于导体棒减少的机械能，故B错误；

导体棒运行2s的过程中，通过电阻的电荷量为q=t==5C;故D错误；

BLvt

2RI

故选:AC（

点评：本题考查导体切割磁感线的规律，要注意明确受力分析及能量分析的综合应

用，明确求电量时要用平均电动势（

9（如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,当滑动变阻器的滑片P位于a端时，

电容器中的带电液滴恰好处于静止状态，在滑片由a向b移动的过程，理想电压表

示数变化量的绝对值为？U,理想电流表数变化量的绝对值为？I,则下列说法中正确

的是（）

△u

~Ki

A（电流表示数先减小后增大，不变

B（电流表、电压表示数均先减小后噌大

（液滴带正电，将向上先做加速后做减速运动c

D（液滴带正电，将一直向上做加速运动

考点：闭合电路的欧姆定律;电容（

专题：恒定电流专题（

分析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，外电路电阻先增大后减

小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和外电路电压的变化，即可知道电流表和

电压表读数的变化（电容器C的电压等于外电压，根据外电压的变化判断电场力的

变化，从而判断合力的变化，进而判断液滴的运动情况（

解答：解:A、滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程,外电路电阻先增大后减小，

根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流先减小后增大，即电流表示数先减小后增

大，

△y_

根据闭合电路欧姆定律得:U=E,Ir,所以，不发生变化，电压表示数先增大后减

小，故A正确，B错误；

C、电容器两端电压即为外电路电压，刚开始液滴重力和电场力平衡，则液滴带正

电，且

mg二

,由于U先增大后减小，所以电场力先增大后减小，但重力和电场力的合力一直向

上，所以液滴一直向上做加速运动，故C错误，D王确（

故选:AD

点评：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，同时注意结合电容器的特点进行分

析;对于闭合电路欧姆定律的题目，要注意掌握："局部，整体，局部"的分析思路进行

分析求解（

10（如图所示，光滑管形圆轨道半径为R,质量为2m,固定于水平面上，小球a、

b大小相

,其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均同，质

量均为m

为v,且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是（）

j_j__QL__i

A（若小球b在最高点定轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg

j5gR

B（若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=

j5gR

C（若小球a在最低点的速度v?,则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mgD（两

小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为

j5gR

考点：机械能守恒定律洞心力（

专题：机械能守恒定律应用专题（

分析：要使小球能通过最高点，只要小球的速度大于零即可;而当向心力等于重力

时，小球对轨道没有压力，由向心力公式可求得小球在最高点时速度;再由机械能守

恒可求得小球在最低点时的速度，及最低点时所需要的向心力，即可求得最低点处

压力（

R

解答：解:AB、在最高点，当小球对轨道无压力时，由重力提供向心力，则

有:mg=m;解得:v;；i

11

22由机械能守恒定律可得，mg-2R=mv/mv;21

T5gW5gR

求得小球在最低点时的速度v=,故最低点速度至少为，才能使两球在管内做圆2

周运动;故AB正确（

2

V____

RV^gR

C、若小球a在最低点的速度v?时，小球a在最低点时，F=mg+m;小球b在最高

点受轨道作用力为

2

V1

T

F=m,mg;由最低点到最高点的过程中，有b

12_12

-2^v金丫1

2mgR=

联立可得两球对轨道压力差为？F=6mg,所以管形圆轨道对水平面的压力为

F=2mg+?F=8mg,

故C错误（

D、两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知

2mgR=,即v=2,故D错误（

故选:AB

点评：小球在竖直面内的圆周运动，若是用绳拴着只有重力小于等于向心力时，小

球才能通过;而用杆或在管内运动的小球，只要速度大于零，小球即可通过最高点（

二、非选择题（共5小题，满分60分）

11（在"研究匀变速直线运动"的实验中：

（1）实验室提供的器材有电磁打点计时器（含复写纸）、细线、纸带、钩码、小车、一

端带滑轮的长木板、低压交流电源，则还缺少的器材有刻度尺（

（2）实验中得到一条理想纸带，选好计数点（相邻点间还有4个点没画出），打点计时

器的电源频率为50Hz,相邻计数点间距离如图所示（单位:cm）,则与计数点D对

应的小车速度

2为1.02m/s,与计数点F对应的小车速度为1.44m/s，小车运动的加速度为

2.07m/s（（均保留三位有效数字）

〃，

•”!••I・.・”・■•

、1"9IKM1I9III

考点：探究小车速度随听间变化的规律（

专题：实验题;直线运动规律专题（

分析：本题比较简单，根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道

实验所需要的实验器材；

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带

上3点时小车的瞬时速度大小（

解答：解：（1）实验数据处理时要用刻度尺测量两点间的距离，则还需要:刻度尺；（2）

点计时器使用的交流电频率为50Hz,连续两点间的时间间隔为0.02s,

由于相邻的两个记数点间还有四个点没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔

T=O.ls(根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，

'CEO.0919+0.1129

-2T2X0.1

得:v==m/s=1.02m/sD

设0到A之间的距离为x,以后各段分别为X、X、X、X、X,1234s6

2根据匀变速直线运动的推论公式?X二aT可以求出加速度的大小，得：

2X,x=3aT4ii

2X,x=3aT522

2X,x=3aT633

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：

1

a=(a+a+a)123

(0.134+0.1129+0.0919)二(0.0718+0.051+0.03)

0.：32

22代入数据彳导:a=m/s=2.07m/sv=v+at=l.02+2.07x0.2=1.44m/sFO

2故答案为:Q)刻度尺;(2)L02m/s,1.44m/s,2.07m/s(

点评：本题属于基础简单题目，对于实验器材的选取一是根据实验目的进行，二是

要进行动手实验，体会每种器材的作用；

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强

基础知识的理解与应用(

12(某同学测量一圆柱体金属的电阻率,已知金属长为L(

•»

(1)该同学用螺旋测微器测量其直径D,其示数如图(1)所示，则其直径D为

5.705mm;用多用电表粗测其电阻，选用"xl"档，正确操作后得到指针情况如图

(2)所示，则其电阻R约为60(

(2)除了待测金属外，实验室还备有下列器材：

A(电压表V(0,3V,R?30kQ)ivi

B(电压表V(0,15V,R?100kQ)2V2

C(电流表A(0,3A,R?0.6Q)IAI

D(电流表A(0,0.6A,R?1.0Q)2A2

E(滑动变阻器R(0,10Q)：

F(滑动变阻器R(0,2000Q)2

G(电源(电动势为3V,内阻不计)

H(开关S,导线若干

?为了精确测量其电阻值，该同学用伏安法进行了测量，则电压表应选A(填序号，

下同)，电流表选D,滑动变阻器选E(

?请完成图(3)中实物间的连线(

HUd2

4IL

(3)若电压表示数为U,电流表示数为I,写出计算金属电阻率的表达式:(

考点：测定金属的电阻率(

专题：实验题;恒定电流专题(

分析：(1)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;欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；

(2)?根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作

应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

?根据题意与实验器材确定滑动变阻器接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电

流表接法，然后连接实物电路图(

(3)应用欧姆定律求出电阻，应用电阻定律求出电阻率的表达式(

解答：解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm,可动刻度读数为

0.01x20.5mm=0.205mm,所以最终读数为:5.5mm+0.205mm=5.705mm(

多用电表粗测其电阻，选用"X1"档，由图(2)所示可知，则其电阻R约

为:6xl=6Q((2)?电源电压为3V,则电压表选择A;通过电阻的最大电流约

为：I===O.5A,电流表应选D;为方便实验操作，滑动变阻器可以选择F;

LJ3V

R6c

?滑动变阻器最大阻值大于待测电阻阻值，电压与电流不需要从零开始变化，滑动变

阻器可以采用限流接法，待测电阻阻值约为6Q,电流表内阻约为1Q,电压表内阻

约为30kQ,电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实物电路图如

图所示：

啸兀母猾

(3)待测电阻阻值:R二，虫电阻定律可知:R=p=p,解得:p二；故答案

为:Q)5.705;6;(2)?A;D;E;?如图所示;(3)(

KUd2

4IL

点评：本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数、实验器材的选择、连接实物电路图、

求电阻率;螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微

器需要估读;要掌握实验器材的选择原则(

13(如图甲所示，倾角6为37?的传递带以恒定速度逆时针运行，现将一质量

m=2kg的小物体轻轻放上传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系

如图乙，2s末物体到

2达B端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s,sin37?=0.6,求：

图甲图乙

(1)小物体在传送带A、B间的平均速度v;

(2)物体与传送带间的动摩擦因数u;

3)2s内物体机械能的变化量？E及因与传送带摩擦产生的内能Q((

考点：功能关系;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿第二定律(

分析：(1)物块轻放上传送带，开始所受的摩擦力沿斜面向下，当速度相等后，摩擦

力沿传送带向上，从A到B做加速度不同的匀加速直线运动，根据速度时间图线与

时间轴之间的面积求出位移，然后由:求出平均速度，

-1

(2)求出0,1s内的加速度，从而得出合力的大小，求出速度相等后的加速度，结合

牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小(

(3)分别求出物体与传送带0,2s内的位移，然后求出相对运动的路程大小，最后求

出摩擦产生的热量(

解答：解：(1)由v,t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v,t图线与t

轴所围的面积，所以：

V.Vt+v2

L=y・t]+—―12

代入数值得:L=16m

由平均速度的定义得:m/s

⑵由v,t图象可知传送代运行速度为v=10m/s,0,1s内物体的加速度为」

则物体所受的合力为：F=ma=2xl0N=20N(

1,2s内的加速度为：，

mgsin8+四mgcos8

根据牛顿第二定律得:二gsinB+ngcosS,

mgsin一四mgcos8

=gsin0,pgcos0

联立两式解得:p=0.5,9=37?(

121

町和&]幻="X10Xlm=5in

(3)0,ls内,物块的位移：，

传送带的位移为：x=vt=10xlm=10m2】

则相对位移的大小为:？x=x,x=5m,121

x3=vt2t2,0Xl+]x2Xlwllm

则L2s内，物块的位移为:二，传送带的位移为:x=vt=10m,42

则相对位移的大小为:？x=x,x=lm,234

所以相对路程的大小为:？s=？x+?x=6m,12

摩擦产生的热量为：Q二|jmgcose・？s=0.5x20x0.8x6J=48J(

答:(l)0,ls内物体所受的合外力大小为20N;

(2)小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5;

(3)在0,2s内由于小物块与皮带间的摩擦所产生的热量为48J(

点评：该题考查传送带问题，解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结

合牛顿

第二定律、功能关系和运动学公式综合求解(

14(如图所示，一轻质弹簧左端固定，其自由端在。点，O点左侧水平面光滑，右

侧OB段

粗糙，水平面OB与竖直半圆光滑轨道CD在B点无摩擦连接(C点略高于B点)，

轨道末端D

点切线水平，且紧贴水平转盘边缘上方(现用力将质量m=2kg的小物块向左压缩弹

簧(物块与弹簧不相连)，使弹簧储存一定能量E,撤去外力，小物块向右运动，在B

点恰好能沿圆。

轨道CD运动，再由D点水平滑上转盘，若小物块滑上转盘就立即无相对滑动地随

转盘转动，已知物块与0B段的动摩擦因数p=0.4,OB长L=m,竖直圆轨道半径

r=0.5m,转盘半径

11

~8

2R=4m(g=10m/s,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求:

(1)弹簧所储存的弹性势能E;o

(2)转盘转动的角速度3；

(3)物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件(

考点：动能定理的应用(

专题：动能定理的应用专题(

分析：Q)物块在B点恰好能沿圆轨道CD运动，在B点，由重力提供向心力，由牛

顿第二定律求出B点的速度，物块从。点离开弹赞过程，弹簧储存的弹性势能转化

为物块的动能，由动能定理求弹性势能E;o

(2)物块从C到D,由动能定理求出物块到D点的速度，由v=ru)求角速度((3)物

块随转盘转动时由静摩擦力充当向心力，由牛顿第二定律分析动摩擦因数应满足的

条件(

解答：解：(1)因物块恰好能沿圆轨道CD运动，所以在B点有：

mg=m

物块从。点离开弹缝，弹簧储存的弹性势能转化为物块的动能，物块从。到B,由

动能定理知

12_N

EC

,MmgL=

联立解得E=16Jo

(2)物块从C到D,由动能定理得

12_12

谈不即与

2mgr=

V5gr

角片彳导v==5m/sD

由题意知转盘边缘的线速度大小即为物块在D点的速度大小，由v=u)R得D

转盘转动的角速度u)=1.25rad/s

2(3)物块在转盘上受重力、支持力和静摩擦力，且由摩擦力提供向心力，即

f=mu)R?M'mg解得pf?0.625

答：

(1)弹簧所储存的弹性势能E是16J(o

(2)转盘转动的角速度3是1.25rad/s(

(3)物块与转盘间的动摩擦因数应满足的条件是口？0.625(

点评：本题关键要分析清楚物块的运动过程，应用牛顿第二定律、机械能守恒定

律、能量守恒定律和圆周运动的规律，即可正确解题(

15((18分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线0C的上方存在垂直纸面向

里的匀强磁场，磁感应强度为B,第四象限内存在磁感应强度大小未知，方向垂直

纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上

有一接收屏GD,GD=20D=d,现有一带电粒子（不计重力）从y轴上的A点，以

初速度v水平向右垂直射入匀强磁场，。

恰好垂直0C射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁场，粒子

经磁场

偏转后又垂直y轴进入匀强电场井被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37?,

OA=d,求：

n

（1）粒子的电性及比荷；

（2）第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的大小；

（3）第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围（

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动（

专题：带电粒子在磁场中的运动专题（

分析：（1）根据题意作出粒子运动轨迹，由左手定则判断出粒子的电性，求出粒子做

圆周运动的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出粒子比荷（

（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强

度（（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度的临界值，

然后求出电场强度的范围（

解答：解：（1）粒子运动轨迹如图所示:

由左手定则可知，粒子带负电,

_4

由几何知识可得，粒子在第一象限内做圆周运动的轨道半径:「二d,洛伦兹力提供粒

子做圆周运动的向心力，

45Vos

r4Bdn

由牛顿第二定律得:qvB=m,解得:二；o

(2)由图示粒子运动轨迹可知:OP=d,

0P5

cos3704

粒子在第四象限内做圆周运动的轨道半径:R==d,由牛顿第二定律得:qvB=m,

解得:B'=B;o

2

T25

(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，

由几何知识得9Q=R+Rsin37?=2d,

E较大时粒子击中D点，由类平抛运动规律得：

《岳羽产干0n

ID522

2d=Vt2d=t,解彳导:E=；Omax

当E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律得：

qE1TM6犯531

ID4522

2d=Vt2d=t,解得:E=,Omin

64BV064BVQ

"-45

电场强度范围:？E?;

5v0q

犯d7

答:(1)粒子带负电，粒子的比荷为:；

16

25

(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B，的大小为B;

64Bv064Bv0

~~455~

(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围是:？E?(

点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁

场中做

匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应

用牛顿第

二定律与类平抛运动规律可以解题，解题是注意几何知识的应用(

三、附加题：【物理，选修3,3】(共2小题，满分0分)

16(下列说法正确的是()

A(液体温度越高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈

B(不考虑分子势能,则质量、温度均相同的氢气和氧气的内能也相同

c（第一类永动机不可能制成，因为违背了能量守恒定律

D（物体吸收热量，则其内能一定增加

E（能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性

考点：热力学第二定律;温度是分子平均动能的标志;热力学第一定律（

专题：热力学定理专题（

分析：布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动;温度是分子热运动平

均动能的标志;第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置;热力学第二

定律公式？U=W+Q（

解答：解:A、布朗运动是悬浮在在液体中的固体小颗粒的无规则运动，液体温度越

高、悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故A正确；

B、不考虑分子势能，则质量、温度相同的氢气和氧气的分子热运动的平均动能相

同，但由于氢气分子的分子数多，故是氢气的内能大，故B错误；

C、第一类永动机是指不需消耗能量而能输出机械能的装置，因为违背了能量守恒

定律，故第一类永动机不可能制成;故C正确；

D、物体吸收热量的同时可能对外做功，故其内能不一定增加，故D错误；

E、能量耗散从能量转化角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，符合热力学第

二定律，故E正确；

故选:ACE（

点评：本题考有了布朗运动、内能、温度微观意义、热力学第一定律、热力学第二

定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识（

17（如图所示，一定质量的气体被绝热活塞封闭在绝热的水平放置的气缸内，气缸

固定且内

壁光滑，活塞通过细绳绕过定滑轮与一沙桶（里面没有沙）连接，开始活塞处于静止

状态，

封闭气体的体积为V,温度T=300K,压强为0.9P（P为大气压强），活塞面积为

S,现不0000

停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢地向右移动，当增加的沙子质量为桶质量的2倍

时，气体

体积增加了0.2V（活塞未被拉出气缸），重力加速度为g,求：。

?沙桶的质量m

?末态气缸内封闭气体的温度T（

考点：理想气体的状态方程（

专题：理想气体状态方程专题（

分析：（1）有共点力平衡即可求得沙桶质量；

（2）有理想气体状态方程即可求得温度

解答：解:？因活塞处于静止状态，由物体的平衡条件得:

PS=0.9PS+mgoo

loi

所以沙桶的质量为:m=

,则有：？设末态气体的压强为P

PS=PS+3mgo

即得:P=0.7Po

O.9P-VO.7P-（V+O.2V）

oo=oo0

-h-T

由理想气体状态方程得:

代入T=300K,o

得:T=280K

PpS

loi

答:？沙桶的质量m

?末态气缸内封闭气体的温度T为280K

点评：本题是理想气体的状态方程的考查，抓住共点力平衡求的质量

四、附加题：【物理，选修3,4】（共2小题，满分0分）

18（如图所示,S是一振源,上下做简谐振动，振幅为5cm,形成的波沿匀质弹性

绳向左、右两边传播，已知振源开始是向下振动的，从此时开始计时，t=0.4s时第

一次形成的波形如图所示，S左侧波形没画出，则（）

A（此时质点Q正从平衡位置向下振动

15

T

B（振源振动的频率为Hz

C（该波的波速为0.2m/s

D（图中质点P在t=0.4s时处于波谷

E（在t=0到t=O.4s内质点Q运动的路程为20cm

考点：波长、频率和波速的关系（

分析：根据求解频率，根据图象得出波长，根据v=Xf求解波速，根据振动图象判断

质点P在t=0.4s时的位置,一个周期内振动的路程为4A(

解答：解:A、波向右传播，根据波的传播原理可以，此时Q点正向下振动，故A正

确;B、根据图象可知，0.4s内,波正好传播了一个波长，所以T=0.4s,

叶表2.5Hz

振源振动的频率，故B错误；

C、根据图象得出波长A=8cm=0.08m,波速v=Af=0.2m/s,故C正确；

D、根据对称性可知，质点C在t=0.4s时所处的位置与x=6cm所处的位置相

同，即处于波峰处，故D错误；

E、在t=0到t=0.4s内质点Q运动了半个周期，运动的路程

s=2A=2x5cm=10cm,故E错误(故选:AC

点评：本题考查波的图象，要注意正确应用波形图及质点的振动图象，注意区分及

联系，能根据图象得出波长，知道一个周期内振动的路程为4A