2022年山东省德州市乐陵一中高考冲刺物理押题冲刺

2019年山东省德州市乐陵一中高考物理押题试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．（6分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了原子核内存在质子和中子 B．约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击Al发现了人工放射性同位素Al C．普朗克提出了光子说，成功地解释了光电效应现象 D．密立根通过阴极射线在电场中和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷2．（6分）同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2s内（）A．M板带正电，且电荷量增加 B．M板带正电，且电荷量减小 C．M板带负电，且电荷量增加 D．M板带负电，且电荷量减小3．（6分）如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线達着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O．系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是（）A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是：1 B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15° C．细线与水平方向的夹角为30° D．细线的拉力大小为mg4．（6分）中国一些道路建设很有特色，某地段建成螺旋式立交桥，如图所示。现有某汽车沿某段标准螺旋道路保持速率不变上行，关于该车在这段道路运动的说法正确的是（）A．汽车牵引力是恒力 B．汽车做匀变速运动 C．汽车做匀速圆周运动 D．汽车运行功率恒定5．（6分）如图所示，带电量为﹣q的点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为（）A．，水平向右 B．，水平向左 C．+，水平向左 D．，水平向右6．（6分）x＝0处的质点在t＝0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播的简谐横波。如图甲为x＝0处的质点的振动图象，如图乙为该简谐波在t0＝0.03s时刻的一部分波形图。已知质点P的平衡位置在x＝1.75m处，质点Q的平衡位置在x＝2m。下列说法正确的是（）A．质点Q的起振方向向上 B．从t0时刻起经过0.0275s质点P处于平衡位置 C．从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点 D．从t0时刻起经过0.025s，质点P通过的路程小于1m E．从t0时刻起经过0.01s质点Q将运动到x＝3m处7．（6分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6m，右侧间距为0.2m。质量均为0.02kg的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以10m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态。g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变 B．由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒 C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9J D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5C8．（6分）如图甲所示，质量m＝4kg的物块静止在光滑水平面上，现将水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随物块位移变化的情况如图乙所示，x＝18m后撤去拉力，下列说法不正确的是（）A．x＝5m时，物块的速度达到最大 B．x＝5m与x＝15m时，物块的速度等大反向 C．物块的最大速度为5m/s D．撤去拉力F后物块的速度大小为2m/s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33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题：9．（6分）某物理兴趣小组的同学在实验室里再现了伽利略对自由了落体运动的研究，做了如下实验：如图所示，他在标有刻度的斜面底端固定一个光电门，让一个小球从斜面某一位置由静止开始释放。用刻度尺测得小球的直径为D，读出释放处与光电门间的距离为x，测出小球运动到斜面底端的时间为t，光电门档光的时间为△t。（1）小球运动到斜面底端时的速度为v＝（用题中给出的字母表示）（2）改变小球释放位置，取3次试验数据，分别用对应的下标1、2、3表示，算出小球经过光电门时的速度分别为v1、v2、v3，则下列选项中伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是。A.B.C．x1﹣x2＝x2﹣x3D.＝＝（3）当用图象法求小球在斜面上运动的加速度时，为了方便处理数据，若纵坐标的物理量是释放处与光电门的距离x，则横坐标的物理量可以是。A．t2B.C.D．△t210．（4分）某同学利用如图所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻为几千Ω）的内阻，可使用的器材有：两个电阻箱RA（最大阻值为99999.9Ω）和RB（最大阻值为9999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V，内阻不计）：单刀开关S1和S2，完成下列实验步骤中的填空：①为了保护微安表，开始时将电阻箱A的阻值调至最大；②闭合S1，断开S2，逐步减小电阻箱A的阻值，使微安表满偏，此时电阻箱A的读数为12000.6Ω；③断开S1，将电阻箱A的读数调整为4000.2Ω，将电阻箱B的阻值调至（选填“最大”或“最小”），再闭合S1和S2，然后调整电阻箱B的阻值，使微安表重新达到满偏，这时电阻箱A两端的电压与②中相比（选填“改变”或“不变）；④此时电阻箱B的读数为1450.6Ω，则由此可知待测微安表的内阻为Ω，电源的电动势为V（电动势的结果保留三位有效数字）。11．（5分）某同学想要测量一只电压表V的内阻，实验室提供的器材如下：A．电池组（电动势约为3V，内阻不计）；B．待测电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；C．电流表A（量程3A，内阻15Ω）；D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）E．变阻箱R2（0～9999Ω）；F．开关和导线若干。（1）该同学设计了如下四个电路，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理的是。（2）用你选择的电路进行实验时，为了能作出相应的直线图线、方便计算出电压表的内阻，你认为应该选为横坐标，为纵坐标建立坐标轴进行数据处理（填所测物理量的名称或符号）。（3）根据前面所做的选择，利用实验数据所作图象的斜率为k、截距为b，则待测电压表V内阻的表达式Rv＝。12．（18分）如图所示，间距为d的平行导轨A2A3、C2C3所在平面与水平面的夹角θ＝30°，其下端连接阻值为R的电阻，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，水平台面所在区域无磁场。长为d、质量为m的导体棒静止在光滑水平台面ACC1A1上，在大小为mg（g为重力加速度大小）、方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后撤去恒力，导体棒恰好运动至左边缘A1C1，然后从左边缘A1C1飞出台面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2处，沿导轨下滑时间t后开始做匀速运动。导体棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外的其他电阻、一切摩擦均不计。求：（1）导体棒到达A1C1处时的速度大小v0以及A2C2与台面ACC1A1间的高度差h；（2）导体棒匀速运动的速度大小v；（3）导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q。13．（14分）如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为L1＝5m，A、C两点间的距离为L2＝8m，∠BAC＝37°，且匀强电场方向平行AB、AC直线所在的平面。现把一个电荷量q＝4×10﹣9C的正点电荷放在匀强电场中，当电荷q由A点移到B点时电场力做功，当点电荷q由A点移到C点时电场力做功，若取A点电势为零，求：（1）B、C两点电势各为多少？（2）匀强电场的电场强度大小和方向。（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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．．[物理--选修3-3]（15分）14．（6分）对于热力学定律，下列说法正确的是（）A．第一类永动机不可能实现，因为违背了热力学第一定律 B．热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度 C．热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和 D．热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响 E．热力学第二定律指出，热量可以自发地由低温物体传给高温物体15．（9分）如图，固定在水平面上的竖直薄壁气缸高H＝0.50m，横截面积S＝0.040m2，厚度不计的轻活塞封闭了一定质量的理想气体。当缸内温度为t＝27℃、压强等于大气压p0时，气柱高度h＝0.4m。不计活塞与气缸的摩擦，已知大气压。①如果缸内温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸上端口，求此时竖直拉力F的大小；②如果缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸上端口，求此时气体温度为多少摄氏度。【修理--选修3-4】（15分）16．（6分）如图甲为一列简谐横波在t＝0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；M是平衡位置在x＝8.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（）A．该波向左传播，波速为40m/s B．质点M与质点Q的运动方向总是相反 C．t＝0.75s时，Q点的位移为10cm D．在0.5s时间内，质点M通过的路程为1.0m E．质点P简谐运动的表达式为10sin（10πt+）cm17．（9分）如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃OD平面，入射角为i，B、C点为两单色光经O点折射后与半圆柱体玻璃曲面的交点。（i）若红光在玻璃中的折射率为n＝1.1，恰好在C点没有红光射出，求此时入射角i的正弦值sini；（计算结果可保留根号）（ii）若沿OB折射的单色光由O到B的传播时间为tB，沿OC折射的单色光由O到C的传播时间为tC，求tB与tC的比值。

2019年山东省德州市乐陵一中高考物理押题试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．（6分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是（）A．卢瑟福通过α粒子散射实验，证实了原子核内存在质子和中子 B．约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击Al发现了人工放射性同位素Al C．普朗克提出了光子说，成功地解释了光电效应现象 D．密立根通过阴极射线在电场中和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷【分析】考察对物理学家对物理学发展的贡献【解答】解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故A错误；B、1934年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击，发现了人工放射性同位素，故B正确；C、爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，故C错误；D、1897年，汤姆孙通过阴极射线在电场中和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷，故D错误。故选：B。【点评】要熟记课本中提到的物理学家提出的物理学说和实验，理解物理学家在特定阶段对物理学发展巨大的推动作用2．（6分）同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2s内（）A．M板带正电，且电荷量增加 B．M板带正电，且电荷量减小 C．M板带负电，且电荷量增加 D．M板带负电，且电荷量减小【分析】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；根据线圈内部磁感应强度变化率正比于直导线的电流变化率判断感应电动势大小变化来判断电荷量变化；【解答】解：B、由图象可知，在第2内，沿直导线QP的电流正向减小且电流的变化率变大，线圈内磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向且，由此可知，上极板M电势高，是正极且感应电动势增大，是充电过程，故BCD错误，A正确；故选：A。【点评】本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键。3．（6分）如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线達着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O．系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是（）A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是：1 B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15° C．细线与水平方向的夹角为30° D．细线的拉力大小为mg【分析】对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，根据正弦定理可求得支持力与竖直方向的夹角、绳的拉力，小圆环A、B受到大圆环的支持力之比；根据几何知识可求得细线与水平方向的夹角。【解答】解：ABD、对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，根据正弦定理可以得到：＝，＝，由于T＝T'，α+β＝90°整理可以得到：α＝300，β＝600，T＝T'＝mg再次利用正弦定理：＝，＝整理可以得到：NA：NB＝：1，故A正确BD错误；C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为90°﹣30°﹣45°＝15°，故C错误。故选：A。【点评】本题考查了物体的平衡条件的应用，受力分析构建力的三角形，借助数学知识求解时解题的关键。4．（6分）中国一些道路建设很有特色，某地段建成螺旋式立交桥，如图所示。现有某汽车沿某段标准螺旋道路保持速率不变上行，关于该车在这段道路运动的说法正确的是（）A．汽车牵引力是恒力 B．汽车做匀变速运动 C．汽车做匀速圆周运动 D．汽车运行功率恒定【分析】汽车在螺旋式立交桥上做速率不变的螺旋式运动，非匀速圆周运动，据此判断即可；【解答】解：A、该车做曲线运动牵引力的方向变化，牵引力不是恒力，选项A错误；B、该车运动过程所受合力方向变化，合力不是恒力，汽车所做运动不是匀变速运动，选项B错误；C、汽车所做运动不是同一平面内的圆周运动，选项C错误；D、汽车运动过程中牵引力大小和速率保持不变，根据功率公式P＝Fv可知：汽车运行功率恒定，选项D正确。故选：D。【点评】汽车做的并非匀速圆周运动，而是速率不变的螺旋状运动。5．（6分）如图所示，带电量为﹣q的点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为（）A．，水平向右 B．，水平向左 C．+，水平向左 D．，水平向右【分析】由点电荷的场强公式可得出q在a点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在a点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在b点形成的场强；【解答】解：﹣q在a点形成的电场强度的大小为E1＝，方向向右；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向左，大小也为，由对称性可知，薄板在b点的场强也为，方向向右；故选：A。【点评】题目中要求的是薄板形成的场强，看似无法解决；但注意a点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在a点的电场强度，而薄板两端的电场是对称的，故由对称性可解．6．（6分）x＝0处的质点在t＝0时刻从静止开始做简谐振动，带动周围的质点振动，在x轴上形成一列向x正方向传播的简谐横波。如图甲为x＝0处的质点的振动图象，如图乙为该简谐波在t0＝0.03s时刻的一部分波形图。已知质点P的平衡位置在x＝1.75m处，质点Q的平衡位置在x＝2m。下列说法正确的是（）A．质点Q的起振方向向上 B．从t0时刻起经过0.0275s质点P处于平衡位置 C．从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点 D．从t0时刻起经过0.025s，质点P通过的路程小于1m E．从t0时刻起经过0.01s质点Q将运动到x＝3m处【分析】由图读出波长λ和周期T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移。【解答】解：A、由图甲可知，在t＝0时刻振源质点是向y轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q起振的方向仍为y轴负方向，故A错误；B、由图甲可知周期为T＝0.02s，由图乙可知波长为λ＝2m，则波速为：则由图乙可知当P再次处于平衡位置时，时间为：，经过周期的整数倍之后，质点P再次处于平衡位置，即经过t''＝t′+T＝0.0275s还处于平衡位置，故B正确；C、由于波沿x轴正方向传播，可知从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点，故C正确；D、由题可知：，若质点P在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：，但此时质点P不在特殊位置，故其路程小于1m，故D正确；E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故E错误。故选：BCD。【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。7．（6分）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6m，右侧间距为0.2m。质量均为0.02kg的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以10m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态。g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变 B．由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒 C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9J D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5C【分析】根据两导体棒的运动规律可判断回路磁通量的变化情况；开始金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，当两金属棒产生的感应电动势相等时，回路没有感应电流，两金属棒做匀速直线运动，应用动量定理可以求出两金属棒做匀速直线运动的速度；应用能量守恒定律可以求出电路产生的焦耳热；应用动量定理可以求出通过金属棒M的电荷量。【解答】解：A、M棒刚开始运动时，回路磁通量减少，最终稳定后磁通量不变，故A正确；B、M、N两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C、当M、N两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1＝BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，对N：BILNt＝mv2，解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s，由能量守恒定律得：mv02＝mv12+mv22+Q，解得：Q＝0.9J，故C正确；D、回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，电荷量：q＝It，则：﹣BLMq＝mv1﹣mv0，代入数据：q＝1.5C，故D正确；故选：ACD。【点评】本题是双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒都匀速运动时它们的感应电动势是相等的，知道动量定理是求电磁感应中电量常用的思路8．（6分）如图甲所示，质量m＝4kg的物块静止在光滑水平面上，现将水平向右的拉力F作用在物块上，拉力F随物块位移变化的情况如图乙所示，x＝18m后撤去拉力，下列说法不正确的是（）A．x＝5m时，物块的速度达到最大 B．x＝5m与x＝15m时，物块的速度等大反向 C．物块的最大速度为5m/s D．撤去拉力F后物块的速度大小为2m/s【分析】根据图象分析知道拉力先做正功，后做负功，由动能定理分析速度的变化，并求解最大速度。对整个过程，运用动能定理求撤去拉力时物体的速度。【解答】解：A、由图知，x在0﹣10m内，拉力F方向向右，对物块做正功，物体的速度增大。x在10﹣18m内，拉力做负功，速度在减小，所以x＝10m时，物块的速度达到最大，故A错误。B、x在5﹣15m内，拉力做的总功为0，则x＝5m与x＝15m时，物块的速度等大同向，故B错误。C、根据图象与坐标轴所围的面积表示拉力做功，知在0﹣10m内拉力做功为W＝50J，x＝10m时，物块的速度达到最大，设为vm．根据动能定理得：W＝，可得：vm＝5m/s，故C正确。D、设撤去拉力F后物块的速度大小为v。根据“面积”表示拉力做功，知在0﹣18m内拉力做功为：W′＝﹣＝10J，根据动能定理得：W′＝mv2，得：v＝m/s，故D错误。本题选说法不正确的，故选：ABD。【点评】解决本题的关键是要知道F﹣x图象与坐标轴所围的面积表示拉力做功，图象在x轴上方，功为正，图象在x轴下方，功为负。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33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题：9．（6分）某物理兴趣小组的同学在实验室里再现了伽利略对自由了落体运动的研究，做了如下实验：如图所示，他在标有刻度的斜面底端固定一个光电门，让一个小球从斜面某一位置由静止开始释放。用刻度尺测得小球的直径为D，读出释放处与光电门间的距离为x，测出小球运动到斜面底端的时间为t，光电门档光的时间为△t。（1）小球运动到斜面底端时的速度为v＝（用题中给出的字母表示）（2）改变小球释放位置，取3次试验数据，分别用对应的下标1、2、3表示，算出小球经过光电门时的速度分别为v1、v2、v3，则下列选项中伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是D。A.B.C．x1﹣x2＝x2﹣x3D.＝＝（3）当用图象法求小球在斜面上运动的加速度时，为了方便处理数据，若纵坐标的物理量是释放处与光电门的距离x，则横坐标的物理量可以是AC。A．t2B.C.D．△t2【分析】已知小球的直径与挡光时间，由速度公式可以求出速度；小球在斜面上做匀变速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确；同时判断该结论是否由伽利略用来证明匀变速运动的结论；根据运动学公式，结合图象中图线的斜率意义，分析该如何选择坐标。【解答】解：（1）由于小球的直径比较小，经过遮光条的平均速度可认为等于小球的瞬时速度，故小球经过光电门的速度v＝；（2）A、小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；B、由v＝at可得，a＝，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论，故B错误；C、由图可知及运动学规律可知，x1﹣x2＞x2﹣x3，故C错误；D、由运动学公式可知，x＝at2．故a＝2，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D正确；故选：D。（3）依据位移公式x＝，或x＝＝；若纵坐标的物理量是释放处与光电门的距离x，则横坐标的物理量可以是t2，或，故AC正确，BD错误；故答案为：（1）；（2）D；（3）AC。【点评】虽然当时伽利略是通过分析得出匀变速直线运动的，但我们今天可以借助匀变速直线运动的规律去理解伽利略的实验。10．（4分）某同学利用如图所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻为几千Ω）的内阻，可使用的器材有：两个电阻箱RA（最大阻值为99999.9Ω）和RB（最大阻值为9999.9Ω）；电源E（电动势约为1.5V，内阻不计）：单刀开关S1和S2，完成下列实验步骤中的填空：①为了保护微安表，开始时将电阻箱A的阻值调至最大；②闭合S1，断开S2，逐步减小电阻箱A的阻值，使微安表满偏，此时电阻箱A的读数为12000.6Ω；③断开S1，将电阻箱A的读数调整为4000.2Ω，将电阻箱B的阻值调至最小（选填“最大”或“最小”），再闭合S1和S2，然后调整电阻箱B的阻值，使微安表重新达到满偏，这时电阻箱A两端的电压与②中相比不变（选填“改变”或“不变）；④此时电阻箱B的读数为1450.6Ω，则由此可知待测微安表的内阻为2901.2Ω，电源的电动势为1.45V（电动势的结果保留三位有效数字）。【分析】①根据实验方法确定R1选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微安表，分析滑片C开始应处的位置；③接通S2前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；④根据闭合电路欧姆定律和串并联电路中各种关系求出电流表的阻值和电源电动势。【解答】解：③只闭合S1时，RA＝12000.6Ω时，电流表满偏，则有：E＝Im（RA+Rμ），再闭合S1和S2，且电阻箱调到RA′＝4000.2Ω时，电阻减小，则其两端的电压减小，则电流表两端的电压增大，则只能减小RB两端的电压，则RB应调到最小。由于仍然要使电流表满偏，所以电流表两端的电压不变。④上述两种情况下，由于电流表均是满偏，所以有：只闭合S1时，RA＝12000.6Ω时，电流表满偏，则有：E＝Im（RA+Rμ），再闭合S1和S2时，E＝（Im+）RA′+ImRμ（此式中RA′＝4000.2Ω、RB＝1450.6Ω、Im＝100×10﹣6A）联立以上几式求得：Rμ＝2901.2Ω，E＝1.49V。故答案为：③最小，不变；④2901.2，1.49【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。对于实验仪器的选取一般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则。11．（5分）某同学想要测量一只电压表V的内阻，实验室提供的器材如下：A．电池组（电动势约为3V，内阻不计）；B．待测电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；C．电流表A（量程3A，内阻15Ω）；D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）E．变阻箱R2（0～9999Ω）；F．开关和导线若干。（1）该同学设计了如下四个电路，为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理的是C。（2）用你选择的电路进行实验时，为了能作出相应的直线图线、方便计算出电压表的内阻，你认为应该选R为横坐标，为纵坐标建立坐标轴进行数据处理（填所测物理量的名称或符号）。（3）根据前面所做的选择，利用实验数据所作图象的斜率为k、截距为b，则待测电压表V内阻的表达式Rv＝。【分析】（1）电压表内阻很大，串联接入电路后电流很小，电流表示数几乎为零，无法准确读数，因此不能用伏安法测电压表内阻，应使用电压表与电阻箱组成电路测电压表内阻。（2）应用图象法处理实验数据时，图象为直线最简单，根据闭合电路的欧姆定律求出电压与电阻箱阻值关系，然后作出合适的图象。（3）根据函数表达式求出斜率k与截距b的表达式，然后求出电压表内阻。【解答】解：（1）A、图A所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路，电源电动势约为3V，电压表内阻约为3kΩ，由于电压表内阻太大，电路电流很小几乎为零，电流表无法准确读数，A电路不合理。B、图B电路中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B电路不合理。C、图C电路，由于电阻箱电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图C。D、图D电路中当电阻箱电阻较大时，电压表便于读数，但电流表示数很小不便读数；当电阻箱电阻小较小时，电流表读数不超过五分之一满偏，故D电路不合理。故选：C。（2）选用图C所示实验电路，闭合开关S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱的阻值R。由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得：，此式可改写为：，以R为横坐标，为纵坐标，作出图象，用图象法处理实验数据。（3）由，则图象的斜率：，截距：，则电压表内阻。故答案为：（1）C；（2）R；；（3）。【点评】本题考查了实验电路的选择、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理。12．（18分）如图所示，间距为d的平行导轨A2A3、C2C3所在平面与水平面的夹角θ＝30°，其下端连接阻值为R的电阻，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，水平台面所在区域无磁场。长为d、质量为m的导体棒静止在光滑水平台面ACC1A1上，在大小为mg（g为重力加速度大小）、方向水平向左的恒力作用下做匀加速运动，经时间t后撤去恒力，导体棒恰好运动至左边缘A1C1，然后从左边缘A1C1飞出台面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2处，沿导轨下滑时间t后开始做匀速运动。导体棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R外的其他电阻、一切摩擦均不计。求：（1）导体棒到达A1C1处时的速度大小v0以及A2C2与台面ACC1A1间的高度差h；（2）导体棒匀速运动的速度大小v；（3）导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q。【分析】（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，导体棒离开台面后做平抛运动，应用平抛运动规律求出高度。（2）由E＝BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，导体棒做匀速直线运动，由平衡条件可以求出速度。（3）导体棒在导轨上运动过程，应用动量定理可以求出通过导体棒横截面的电荷量。【解答】解：（1）导体棒在台面上做匀加速直线运动，速度：v0＝at，由牛顿第二定律得：mg＝ma，解得：v0＝gt，导体棒离开台面后做平抛运动，竖直方向：vy＝v0tanθ，，解得：h＝gt2；（2）导体棒在导轨上做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsinθ＝BId，电流：I＝＝，解得：v＝；（3）导体棒在导轨上运动过程，由动量定理得：mgsinθ•t﹣Bdt＝mv﹣m•，电荷量：q＝t，解得：q＝（t﹣）；答：（1）导体棒到达A1C1处时的速度v0大小为gt，A2C2与台面ACC1A1间的高度差h为gt2；（2）导体棒匀速运动的速度大小v为；（3）导体棒在导轨上变速滑行的过程中通过导体棒某一横截面的总电荷量q为（t﹣）。【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程与运动性质是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量定理、E＝BLv、欧姆定律即可解题。13．（14分）如图所示，在匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为L1＝5m，A、C两点间的距离为L2＝8m，∠BAC＝37°，且匀强电场方向平行AB、AC直线所在的平面。现把一个电荷量q＝4×10﹣9C的正点电荷放在匀强电场中，当电荷q由A点移到B点时电场力做功，当点电荷q由A点移到C点时电场力做功，若取A点电势为零，求：（1）B、C两点电势各为多少？（2）匀强电场的电场强度大小和方向。【分析】（1）根据，结合电势差与电势的关系，即可求解；（2）根据电场强度公式E＝，结合d是沿着电场强度方向的距离，即可求解。【解答】解：（1）由，得AB、AC间的电势差为：​，而UAB＝ϕA﹣ϕB，UAC＝ϕA﹣ϕC，其中：ϕA＝0；所以可得B、C两点电势分别为：ϕB＝﹣20V，ϕC＝﹣40V；（2）设D点是A、C连线的中点，由匀强电场的性质可知：可得：ϕD＝ϕB＝﹣20V，所以B、D连线就是匀强电场中的一个等势面由于，AB＝5m，∠BAC＝37°，所以可得：∠ADB＝90°故电场强度的方向由A指向C；电场强度的大小为：。答：（1）B点电势为﹣20V，C点电势为﹣40V；（2）匀强电场的电场强度大小为5V/m，方向由A指向C。【点评】考查公式，与E＝的应用，理解电势差与电势的关系，掌握d中的含义。（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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．．[物理--选修3-3]（15分）14．（6分）对于热力学定律，下列说法正确的是（）A．第一类永动机不可能实现，因为违背了热力学第一定律 B．热力学第一定律指出，不可能达到绝对零度 C．热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和 D．热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响 E．热力学第二定律指出，热量可以自发地由低温物体传给高温物体【分析】第一类永动机不可能实现，因为违背了热力学第一定律；热力学第零定律指出，不可能达到绝对零度；热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和；热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响；热力学第二定律指出，热量可以自发地由高温物体传给低温物体。【解答】解：A、第一类永动机不可能实现，因为违背了热力学第一定律。故A正确；B、热力学第零定律指出，不可能达到绝对零度。故B错误；C、热力学第一定律指出，一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做功的和。故C正确；D、热力学第二定律指出，不能从单一热源吸热全部用来对外做功而不产生其它影响。故D正确；E、热力学第二定律指出，热量可以自发地由高温物体传给低温物体。故E错误。故选：ACD。【点评】本题考查了热力学定律。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。15．（9分）如图，固定在水平面上的竖直薄壁气缸高H＝0.50m，横截面积S＝0.040m2，厚度不计的轻活塞封闭了一定质量的理想气体。当缸内温度为t＝27℃、压强等于大气压p0时，气柱高度h＝0.4m。不计活塞与气缸的摩擦，已知大气压。①如果缸内温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸上端口，求此时竖直拉力F的大小；②如果缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸上端口，求此时气体温度为多少摄氏度。【分析】①由题，温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律和力平衡条件可求得水平拉力F的大小；②气缸内气体温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律求解气体的温度。【解答】解：①对缸内气体，由玻意耳定律得：p0hS＝p1HS…①当活塞位于气缸上端口时，受力平衡，有：p0S＝p1S+F…②由①②解得：F＝800N…③②对缸内气体，由盖•吕萨克定律得：＝…④式中T＝273+t，T'＝273+t'…⑤由④⑤解得：t'＝1