貴州2024年高職單招物理模擬試題「含答案」

2025-01-04 09:24:20 發(fā)布在貴州單招

貴州 2020年高職單招物理模擬試題【含答案】　

一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）

1．在物理學的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，科學家們運用了許多研究方法，以下關(guān)于物理學研究方法的敘述中不正確的是（　?。?/p>

A．在不考慮帶電體的大小和形狀時，常用點電荷代替帶電體采用了理想法

B．根據(jù)速度定義式v=

，當△t→0時，

就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義式運用了假設(shè)法

C．在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實驗應用了控制變量法

D．玻璃瓶內(nèi)裝滿水，用穿有透明細管的橡皮塞封口．手捏玻璃瓶，細管內(nèi)液面高度有明顯變化，說明玻璃瓶發(fā)生形變，該實驗采用放大的思想方法

2．一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖3所示．則（　?。?/p>

A．2～6s時間內(nèi)物體的加速度為0.5m/s2

B．物塊的質(zhì)量為1kg

C．整個過程中，物體所受摩擦力始終為2N

D．0～10s時間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功30J

3．將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道3．軌道1、2相切于Q點，2、3相切于P點，M、N為橢圓軌道短半軸的端點，則當衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時（如圖所示），以下說法正確的是（　?。?/p>

A．在三條軌道中周期從大到小的順序是3軌道、1軌道、2軌道

B．在三條軌道中速率最大的時刻為經(jīng)過2軌道的Q點，速率最小的時刻為經(jīng)過2軌道上P點

C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度

D．衛(wèi)星在軌道2上從M﹣P﹣N運動所需的時間等于從N﹣Q﹣M的時間

4．如圖所示，在水平地面上的箱子內(nèi)，用細線將質(zhì)量均為m的兩個球a、b分別系于箱子的上、下兩底的內(nèi)側(cè)，輕質(zhì)彈簧兩端分別與球相連接，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，下端細線對箱底的拉力為2mg，箱子的質(zhì)量為M（m《M），則下列說法正確的是（重力加速度為g）（　?。?/p>

A．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時地面受到的壓力大小為Mg﹣2mg

B．中間彈簧的彈力大小為mg

C．剪斷連接球b與箱底的細線瞬間，b球的瞬時加速度為2g

D．剪斷連接球a與彈簧連接點的瞬間，a球的加速度為3g

5．在如圖所示的含有理想變壓器的電路中，變壓器原、副線圈匝數(shù)比為20：1，圖中電表均為理想交流電表，R為光敏電阻（其阻值隨光強增大而減?。琇l和L2是兩個完全相同的燈泡．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是（　?。?/p>

A．交流電的頻率為50Hz

B．電壓表的示數(shù)為220V

C．當照射R的光強增大時，電流表的示數(shù)變大

D．若Ll的燈絲燒斷后，電壓表的示數(shù)會變大

6．如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，M點與N在同一電場線上．兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，分別以初速度V2、V1垂直于電場線進入電場（軌跡位于豎直平面內(nèi)），兩粒子恰好能相遇于P點，重力不計．在此過程中，下列說法正確的是（　?。?/p>

A．兩粒子到達P點的速度大小可能相等

B．電場力對兩粒子做功一定不相同

C．兩粒子到達P點時的電勢能的都比進入電場時大

D．兩粒子到達P點所需時間一定不相等

7．如圖所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，下端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度為B．現(xiàn)給導體棒MN一平行于導軌的初速度v，使導體棒保持與導軌垂直并沿導軌向上運動，經(jīng)過一段時間導體棒又回到原位置．不計導軌和導體棒的電阻，在這一過程中，下列說法正確的是（　　）

A．導體棒上滑時棒中的電流方向由N到M

B．導體棒上滑階段和下滑階段的同一位置受到的安培力大小相同

C．整個過程中流過導體某一橫截面上的電荷量必然為零

D．導體棒在上升階段動能減小量等于回路中熱能的增加量

#p#分頁標題#e#

8．電磁流量計廣泛應用于測量可導電液體（如污水）在管中的流量（在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫截面的流體的體積），為了簡化，假設(shè)流量計是如圖所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）圖中流量計的上、下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，現(xiàn)于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面，當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率為ρ，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得（　?。?/p>

A．流量為

B．流量為

C．若將污水濃度變大，則上下兩板間電勢差將變大

D．若流量越大，則上下兩板間電勢差將變大

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22-32題為必考題，每個試題考生都作答；第33題-39題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題（共129分）

9．在水平固定的長木板上，用物體A、B分別探究了加速度隨著合外力的變化的關(guān)系，實驗裝置如圖（1）所示（打點計時器、紙帶圖中未畫出）．實驗過程中用不同的重物P分別掛在光滑的輕質(zhì)動滑輪上，使平行于長木板的不可伸長的細線（中間連結(jié)有一輕質(zhì)細彈簧）分別拉動長木板上的物塊由靜止開始加速運動（紙帶與打點計時器之間阻力及空氣阻力可忽略），實驗后進行數(shù)據(jù)處理，得到了物塊A、B的加速度a與輕質(zhì)彈簧秤的伸長量x的關(guān)系圖象分別如圖（2）中的A、B所示（g已知），

（1）（多選題）由圖判斷下列說法正確的是　　

A．一端帶有定滑輪的長木板，未達到平衡物塊所受摩擦力的目的

B．實驗中重物P的質(zhì)量應遠小于物塊的質(zhì)量

C．若在實驗中長木板是水平的，圖（2）中又知道了圖象的截距，就能求解出物體與木板間的動摩擦因數(shù)

D．試驗中，應該先釋放重物再接通打點計時器的電源

（2）某同學仔細分析了圖（2）中兩條線不重合的原因，得出結(jié)論：兩個物體的質(zhì)量不等，且mA　　mB（填“大于”“等于”或“小于”）；兩物體與木板之間動摩擦因數(shù)μA　　μB（填“大于”“等于”或“小于”）．

10．某學生實驗小組利用圖（a）所示電路，測量多用電表內(nèi)電池的電動勢和電阻“×lk”擋內(nèi)部電路的總電阻．使用的器材有：

多用電表；

電壓表：量程5V，內(nèi)阻十幾千歐；

滑動變阻器：最大阻值5kΩ

導線若干．

回答下列問題：

（1）將多用電表擋位調(diào)到電阻“×lk”擋后并進行了歐姆調(diào)零．

（2）將圖（a）中多用電表的紅表筆和　?。ㄌ睢?”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端．

（3）將滑動變阻器的滑片調(diào)到適當位置，使多用電表的示數(shù)如圖（b）所示，這時電壓表的示數(shù)如圖（c）所示．多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為　　kΩ和　　V．

（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零．此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0kΩ和4.00V．多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的電路，如圖（d）所示．根據(jù)前面的實驗數(shù)據(jù)計算可得，此多用電表內(nèi)電池的電動勢為　　V，電阻“×lk”擋內(nèi)部電路的總電阻為　　kΩ．

11．如圖，A、B為半徑R=1m的四分之一光滑絕緣豎直圓弧軌道，在四分之一圓弧區(qū)域內(nèi)存在著E=1×106V/m、豎直向上的勻強電場，有一質(zhì)量m=1kg、帶電荷量q=+1.4×10﹣5C的物體（可視為質(zhì)點），從A點的正上方距離A點H處由靜止開始自由下落（不計空氣阻力），BC段為長L=2m、與物體間動摩擦因數(shù)μ=0.2的粗糙絕緣水平面．（取g=10m/s2）

（1）若H=1m，物體能沿軌道AB到達最低點B，求它到達B點時對軌道的壓力大??；

（2）通過你的計算判斷：是否存在某一H值，能使物體沿軌道AB經(jīng)過最低點B后最終停在距離B點0.8m處．

#p#分頁標題#e#

12．如圖所示的豎直直角坐標平面xoy內(nèi)有兩條過原點的射線OA和OB與x軸的正半軸和負半軸都成45°角，在x軸上方∠AOB區(qū)域間分布著方向垂直紙面向外大小為B1的勻強磁場，在x軸的下方存在著方向垂直紙面向外大小為B2=

勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子以速度v從位于直線OA上的P（L，L）點豎直向下射出，經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，此粒子每經(jīng)過相同的時間T會回到P點，（不計粒子重力）

（1）求勻強磁場

之比；

（2）若保持B2不變，而∠AOB間的磁場方向不變，現(xiàn)從P點向下發(fā)射兩個速度在0～

圍內(nèi)（0＜v≤

）與原來相同的帶電粒子（不計兩個粒子間的相互作用力），它們進入∠AOB強磁場后都要經(jīng)過P點，求∠AOB間的磁感應強度的B1′的大?。?/p>

（3）在滿足題（2）中的條件下，求從P點出發(fā)后又回到P點的最短時間為多少？

【選修3-3】

13．下列說法正確的是（　　）

A．“用油膜法估測分子的大小”實驗中油酸分子直徑等于純油酸體積除以相應油酸膜的面積

B．一定質(zhì)量的理想氣體在體積不變的情況下，壓強p與熱力學溫度T成正比

C．氣體分子的平均動能越大，氣體的壓強就越大

D．物理性質(zhì)各向同性的一定是非晶體

E．液體的表面張力是由于液體分子間的相互作用引起的

14．如圖甲所示的玻璃管上端開口，管內(nèi)有一部分水銀封住密閉氣體，上管足夠長，上、下管的截面積分別為S1=2cm2、S2=1cm2．封閉氣體初始溫度為57℃，乙圖為對封閉氣體緩慢加熱過程中氣體壓強隨體積變化的圖線．求：（攝氏溫度t與熱力學溫度T的關(guān)系是T=t+273K）

（Ⅰ）封閉氣體初始狀態(tài)的壓強；

（Ⅱ）若緩慢升高氣體溫度，升高至多少方可將所有水銀全部壓入細管內(nèi)．

【選修3-4】

15．如圖所示，a、b、c、…、k為連續(xù)的彈性介質(zhì)中間隔相等的若干質(zhì)點，e點為波源，t=0時刻從平衡位置開始向上做簡諧運動，振幅為3cm，周期為0.2s．在波的傳播方向上，后一質(zhì)點比前一質(zhì)點遲0.05s開始振動．t=0.25s時，x軸上距e點2.0m的某質(zhì)點第一次到達最高點，則（　　）

A．該機械波在彈性介質(zhì)中的傳播速度為8m/s

B．該機械波的波長為2m

C．圖中相鄰質(zhì)點間距離為0.5m

D．當a點經(jīng)過的路程為9cm時，h點經(jīng)過的路程為12cm

E．當b點在平衡位置向下振動時，c點位于平衡位置的上方

16．如圖所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣中，已知∠A=60°，∠C=90°，一束極細的光于AC邊的中點D垂直AC面入射，AD=a，棱鏡的折射率n=

．求：

（?。┕鈴睦忡R第一次射入空氣時的折射角；

（ⅱ）光從進入棱鏡到它第一次從BC邊和AB邊射入空氣所經(jīng)歷的時間分別為多少？．（設(shè)光在真空中的傳播速度為c）

【選修3-5】

17．下列說法正確的是（　?。?/p>

A．放射性物質(zhì)經(jīng)過一個半衰期后所剩質(zhì)量為原有質(zhì)量的一半

B．β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子時所產(chǎn)生的

C．結(jié)合能越大，原子中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定

D．在光電效應的實驗中，在發(fā)生光電效應的情況下，入射光的波長越小，光電子的最大初動能越大．

E．根據(jù)波爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小

18．如圖所示，豎直平面內(nèi)軌道ABCD的質(zhì)量M=0.4kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半徑為R=0.4m的光滑四分之一圓弧，在B點與水平軌道BD相切，水平軌道的BC段粗糙，動摩擦因數(shù)μ=0.4，長L=3.5m，CD段光滑，D端連一輕彈簧，現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg的小物體（可視為質(zhì)點）在距A點高為H=3.6m處由靜止自由落下，恰沿A點滑入圓弧軌道（g=10m/s2）

（i）ABCD軌道在水平面上運動的最大速率；

（ⅱ）彈簧最大的彈性勢能．

貴州 2020年高職單招物理模擬試題參考答案與試題解析

一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）

1．在物理學的探索和發(fā)現(xiàn)過程中，科學家們運用了許多研究方法，以下關(guān)于物理學研究方法的敘述中不正確的是（　?。?/p>

A．在不考慮帶電體的大小和形狀時，常用點電荷代替帶電體采用了理想法

#p#分頁標題#e#

B．根據(jù)速度定義式v=

，當△t→0時，

就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義式運用了假設(shè)法

【考點】物理學史．

【分析】點電荷是在一定條件下的科學抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；當時間非常小時，我們認為此時的平均速度可看作某一時刻的速度即稱之為瞬時速度，采用的是極限思維法；研究多個變量時，應控制一些不變研究兩個變量之間的關(guān)系，應用控制變量法．

【解答】解：A、在不考慮帶電體的大小和形狀時，常用點電荷代替帶電體是建立理想化的物理模型的方法，故A正確；

B、以時間趨向無窮小時的平均速度作為瞬時速度，采用了極限思維法，故B錯誤；

C、研究多個變量時，應控制一些不變研究兩個變量之間的關(guān)系，所以在探究加速度、力、質(zhì)量三者之間的關(guān)系時，先保持質(zhì)量不變研究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變研究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，該實驗運用了控制變量法，故C正確；

D、玻璃瓶內(nèi)裝滿水，用穿有透明細管的橡皮泥封口．手捏玻璃瓶，細管內(nèi)液面高度變化，說明玻璃瓶發(fā)生形變．該實驗采用放大的思想，故D正確．

本題選不正確的

故選：B

A．2～6s時間內(nèi)物體的加速度為0.5m/s2

B．物塊的質(zhì)量為1kg

C．整個過程中，物體所受摩擦力始終為2N

D．0～10s時間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功30J

【考點】動能定理；勻變速直線運動的圖像．

【分析】2～6s時間內(nèi)物體的加速度可根據(jù)速度時間圖象的斜率求得；根據(jù)6﹣8s時間內(nèi)，物體勻速直線運動，拉力和摩擦力相等，求得摩擦力的大小，然后再根據(jù)2﹣6s內(nèi)，利用牛頓第二定律列式求解物體的質(zhì)量．根據(jù)功的計算公式W=Fl求物體克服摩擦力所做的功．

【解答】解：A、在速度時間圖象上，斜率表示加速度，由圖3可得2﹣6s時間內(nèi)物體的加速度為：

m/s2=0.75m/s2．故A錯誤．

B、由圖3知，6﹣8s內(nèi)物體做勻速直線運動，由平衡條件得：f2=F2=2N

由圖3可得2﹣6s物體做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：F1﹣f2=ma1

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：m=

kg，故B錯誤．

C、在0﹣1s內(nèi)物體靜止不動，物體所受摩擦力f1=F1=1N，2﹣10s內(nèi)物體所受摩擦力f2=2N，故C錯誤．

D、在整個過程中通過的位移為：x=

×（2+8）×3m=15m，物體克服摩擦力做功：W=f2x=2×15J=30J，故D正確．

故選：D

3．將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道3．軌道1、2相切于Q點，2、3相切于P點，M、N為橢圓軌道短半軸的端點，則當衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時（如圖所示），以下說法正確的是（　　）

A．在三條軌道中周期從大到小的順序是3軌道、1軌道、2軌道

B．在三條軌道中速率最大的時刻為經(jīng)過2軌道的Q點，速率最小的時刻為經(jīng)過2軌道上P點

C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度

D．衛(wèi)星在軌道2上從M﹣P﹣N運動所需的時間等于從N﹣Q﹣M的時間

【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系．

【分析】根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、和向心力的表達式進行討論即可

衛(wèi)星做逐漸遠離圓心的運動，要實現(xiàn)這個運動必須使衛(wèi)星所需向心力大于萬有引力，所以應給衛(wèi)星加速

#p#分頁標題#e#

【解答】解：A、衛(wèi)星繞中心天體做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，得

，則半徑大的周期大，

軌道3半徑比軌道2，軌道2大于軌道1，所以衛(wèi)星在軌道3上的周期大于軌道2的周期大于在軌道1上的周期，故A錯誤．

B、從軌道1到軌道2，衛(wèi)星在Q點是做逐漸遠離圓心的運動，要實現(xiàn)這個運動必須使衛(wèi)星所需向心力大于萬有引力，所以應給衛(wèi)星加速，增加所需的向心力．所以在軌道2上Q點的速度大于軌道1上Q點的速度．在軌道2上P點的速度小于軌道3上P點的速度，根據(jù)v=

得衛(wèi)星在軌道3上線速度小于衛(wèi)星在軌道1上線速度，

所以在軌道2上P點的速度小于衛(wèi)星在軌道1上線速度，故B正確；

C、衛(wèi)星運行時只受萬有引力，加速度a=

，所以衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度，C錯誤；

D、近地點速度大，遠地點速度小，則在軌道2上從M﹣P﹣N運動所需的時間小于從N﹣Q﹣M的時間，則D錯誤

故選：B

A．系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時地面受到的壓力大小為Mg﹣2mg

B．中間彈簧的彈力大小為mg

C．剪斷連接球b與箱底的細線瞬間，b球的瞬時加速度為2g

D．剪斷連接球a與彈簧連接點的瞬間，a球的加速度為3g

【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．

【分析】對整體進行受力分析，即可得出開始時地面受到的壓力；分別對燒斷線的前后的b物體以及整體進行受力分析，利用牛頓第二定律求解即可，注意彈簧的彈力非突變的特點

【解答】解：A、對整體進行受力分析可知，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，地面的支持力等于三個物體的重力，即：

，根據(jù)牛頓第三定律，得：地面受到壓力大小為（M+2m）g，故A錯誤；

B、對b受力分析，b球受到重力、中間彈簧的彈力和細線的拉力，

，故B錯誤；

C、剪斷連接球b與箱底的細線瞬間，b球受重力和彈簧的彈力，彈簧的彈力不能發(fā)生突變，b球的瞬時加速度

，故C正確；

D、剪斷連接球a與彈簧連接點的瞬間，a球受重力和彈簧的彈力，彈簧的彈力不能發(fā)生突變，a球的瞬時加速度

，故D錯誤；

故選：C

5．在如圖所示的含有理想變壓器的電路中，變壓器原、副線圈匝數(shù)比為20：1，圖中電表均為理想交流電表，R為光敏電阻（其阻值隨光強增大而減?。琇l和L2是兩個完全相同的燈泡．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是（　　）

A．交流電的頻率為50Hz

B．電壓表的示數(shù)為220V

C．當照射R的光強增大時，電流表的示數(shù)變大

D．若Ll的燈絲燒斷后，電壓表的示數(shù)會變大

【考點】變壓器的構(gòu)造和原理；電功、電功率；正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式．

#p#分頁標題#e#

【分析】由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，輸入、輸出功率之比．和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．

【解答】解：A、原線圈接入如圖乙所示，T=0.02s，所以頻率為f=

=50Hz，故A正確；

B、原線圈接入電壓的最大值是220

V，所以原線圈接入電壓的有效值是U=220V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為20：1，所以副線圈電壓是11V，所以V的示數(shù)為11V，故B錯誤；

C、R阻值隨光強增大而減小，根據(jù)I=

知副線圈電流增加，副線圈輸出功率增加，根據(jù)能量守恒定律，所以原線圈輸入功率也增加，原線圈電流增加，所以A的示數(shù)變大，故C正確；

D、當Ll的燈絲燒斷后，變壓器的輸入電壓不變，根據(jù)變壓比公式，輸出電壓也不變，故電壓表讀數(shù)不變，故D錯誤；

故選：AC

A．兩粒子到達P點的速度大小可能相等

B．電場力對兩粒子做功一定不相同

C．兩粒子到達P點時的電勢能的都比進入電場時大

D．兩粒子到達P點所需時間一定不相等

【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢能．

【分析】分析初末位置的電勢差，判斷電場力做功的關(guān)系，由動能定理分析速度大小關(guān)系；

運用運動的分解法和運動學公式分析運動時間的關(guān)系．

【解答】解：AB、兩粒子進入電場后做類平拋運動，因為重力不計，豎直方向勻速，水平向左勻加速，因為兩粒子水平方向的位移不同，電場力做功一定不同，由動能定理可知，兩粒子達到P點的速度大小不等，故A錯誤，B正確；

C、電場力對兩粒子都做正功，電勢能減少，故C錯誤；

D、水平方向上，由x=

at2，加速度為：a=

，因為兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，所以加速度相等，位移不等，所以兩粒子到達P點所需時間一定不相等，故D正確．

故選：BD．

A．導體棒上滑時棒中的電流方向由N到M

B．導體棒上滑階段和下滑階段的同一位置受到的安培力大小相同

C．整個過程中流過導體某一橫截面上的電荷量必然為零

D．導體棒在上升階段動能減小量等于回路中熱能的增加量

【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；安培力．

【分析】A、依據(jù)楞次定律，即可判定感應電流的方向；

B、根據(jù)安培力公式FA=BIL=

，結(jié)合棒來回過程中，產(chǎn)生熱量，即可判定安培力大小關(guān)系；

C、依據(jù)電量綜合表達式q=It=

，整個過程中，根據(jù)磁通量的變化量，即可判定；

D、根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，即可求解．

【解答】解：A、導體棒上滑時，依據(jù)楞次定律，棒中的電流方向由N到M，故A正確；

B、導體棒上滑階段和下滑階段的同一位置，由于電阻產(chǎn)生熱量，導致來回的速度大小不相等，再由安培力公式FA=BIL=

，那么同一位置受到的安培力大小也不相同，故B錯誤；

#p#分頁標題#e#

C、依據(jù)電量綜合表達式q=It=

，整個過程中流過導體某一橫截面上的電荷量q=0，故C正確；

D、根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，棒在上升階段，動能減小量等于棒的重力勢能與回路中熱能的增加量，故D錯誤；

故選：AC．

A．流量為

B．流量為

C．若將污水濃度變大，則上下兩板間電勢差將變大

D．若流量越大，則上下兩板間電勢差將變大

【考點】霍爾效應及其應用．

【分析】當導電流體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，正負電荷受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終穩(wěn)定時，電荷所受電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)歐姆定律及電阻定律求出上下表面間的電勢差，從而根據(jù)平衡求出速度以及流量的大小．

【解答】解：AB、最終穩(wěn)定時有：qvB=q

．則v=

根據(jù)電阻定律R′=ρ

，則總電阻R總=R′+R

所以U=IR總=I（ρ

+R）

解得v=

所以流量Q=vS=vbc=

．故A正確，B錯誤．

CD、由上分析可知，那么上下兩極間的電勢差U=

，故C錯誤，D正確；

故選：AD．

（1）（多選題）由圖判斷下列說法正確的是　AC　

A．一端帶有定滑輪的長木板，未達到平衡物塊所受摩擦力的目的

B．實驗中重物P的質(zhì)量應遠小于物塊的質(zhì)量

C．若在實驗中長木板是水平的，圖（2）中又知道了圖象的截距，就能求解出物體與木板間的動摩擦因數(shù)

D．試驗中，應該先釋放重物再接通打點計時器的電源

（2）某同學仔細分析了圖（2）中兩條線不重合的原因，得出結(jié)論：兩個物體的質(zhì)量不等，且mA　小于　mB（填“大于”“等于”或“小于”）；兩物體與木板之間動摩擦因數(shù)μA　大于　μB（填“大于”“等于”或“小于”）．

【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．

#p#分頁標題#e#

【分析】（1）寫出木板水平時加速度的表達式討論即可；實驗時要先接通電源，再放開小車；小車受到的拉力可以由彈簧測力計讀出；實驗時應先接通電源再釋放重物．

（2）根據(jù)圖象由牛頓第二定律可以判斷出物體質(zhì)量大?。?/p>

由牛頓第二定律求出加速度的表達式，然后判斷動摩擦因數(shù)大?。?/p>

【解答】解：（1）A、平衡摩擦力時應把長木板的一端墊高，由圖示可知，一端帶有定滑輪的長木板未達到平衡物塊所受摩擦力的目的，故A正確；

B、物塊所受的拉力可以由彈簧的伸長量求出，實驗過程重物P的質(zhì)量不需遠小于物塊的質(zhì)量，故B錯誤；

C、長木板水平時，對物塊A由牛頓第二定律可得：F﹣μmg=ma，即a=

﹣μg，對B由牛頓第二定律可得：F﹣μmg=ma，即a=

﹣μg，木板水平時如果已知圖象的截距，可以求出物體與木板間的動摩擦因，故C正確；

D、試驗中，應該先接通打點計時器的電源然后釋放重物，故D錯誤；故選：AC．

（2）由牛頓第二定律得：m=

，a﹣F圖象斜率的倒數(shù)等于m，由圖象可得：A的斜率大于B的斜率，則A斜率的倒數(shù)小于B斜率的倒數(shù)，即A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量；

由牛頓第二定律得：F﹣μmg=ma，a=0時，F(xiàn)=μmg，由圖象可知，a=0時，A、B的F相等，即μAmAg=μBmBg，而mA＜mB，則μA＞μB．

故答案為：（1）AC；（2）小于；大于．

10．某學生實驗小組利用圖（a）所示電路，測量多用電表內(nèi)電池的電動勢和電阻“×lk”擋內(nèi)部電路的總電阻．使用的器材有：

多用電表；

電壓表：量程5V，內(nèi)阻十幾千歐；

滑動變阻器：最大阻值5kΩ

導線若干．

回答下列問題：

（1）將多用電表擋位調(diào)到電阻“×lk”擋后并進行了歐姆調(diào)零．

（2）將圖（a）中多用電表的紅表筆和　1?。ㄌ睢?”或“2”）端相連，黑表筆連接另一端．

（3）將滑動變阻器的滑片調(diào)到適當位置，使多用電表的示數(shù)如圖（b）所示，這時電壓表的示數(shù)如圖（c）所示．多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為　15.0　kΩ和　3.60　V．

（4）調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零．此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0kΩ和4.00V．多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的電路，如圖（d）所示．根據(jù)前面的實驗數(shù)據(jù)計算可得，此多用電表內(nèi)電池的電動勢為　9.0　V，電阻“×lk”擋內(nèi)部電路的總電阻為　15.0　kΩ．

【考點】伏安法測電阻．

【分析】（2）紅正黑負，電流從紅表筆流入電表，從黑表筆流出電表；

（3）歐姆表讀數(shù)等于倍率乘以表盤讀數(shù)，伏特表讀數(shù)要估讀；

（4）由于半偏電流是滿偏電流的一半，故歐姆表的中值電阻等于內(nèi)電阻；根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電動勢．

【解答】解：（2）多用電表插孔紅正黑負，電流從紅表筆流入電表，從黑表筆流出電表；電流從電壓表正接線柱流入，由圖示a所示可知，紅表筆接觸2，黑表筆接1；

（3）用電表擋位調(diào)到電阻“×lk”，由圖b所示可知，電阻阻值：1K×15.0Ω=15.0kΩ；由圖c所示可知，電壓表分度值為0.1V，電壓表讀數(shù)為3.60V；

（4）歐姆表的中值電阻等于內(nèi)電阻，故歐姆表1K檔位的內(nèi)電阻為15.0KΩ；

根據(jù)閉合電路歐姆定律，電動勢為：E=U+

?r=4V+

×15kΩ=9V；

故答案為：（2）1；（3）15.0；3.60；（4）9.0；15.0．

（1）若H=1m，物體能沿軌道AB到達最低點B，求它到達B點時對軌道的壓力大??；

（2）通過你的計算判斷：是否存在某一H值，能使物體沿軌道AB經(jīng)過最低點B后最終停在距離B點0.8m處．

【考點】帶電粒子在混合場中的運動；向心力；勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系．

【分析】（1）物體由初始位置運動到B，根據(jù)動能定理求出B點速度，小物塊剛到達B點時，根據(jù)牛頓第二定律求解壓力；

#p#分頁標題#e#

（2）設(shè)小物塊能沿著軌道AB到達B點的最小速度為v，在B點根據(jù)牛頓第二定律列式，物體由初始位置運動到B，根據(jù)動能定理列式，小物塊在水平面滑行，再由動能定理列式，聯(lián)立方程即可求解．

【解答】解：（1）物體由初始位置運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有

mg（R+H）﹣qER=

mv2

到達B點時由支持力FN、重力、電場力的合力提供向心力FN﹣mg+qE=

解得FN=8N?

根據(jù)牛頓第三定律，可知物體對軌道的壓力大小為8N，方向豎直向下

（2）要使物體沿軌道AB到達最低點B，當支持力為0時，最低點有個最小速度v，則

qE﹣mg=

解得v=2m/s

在粗糙水平面上，由動能定理得：﹣μmgx=﹣

mv2

所以x=1m＞0.8m

故不存在某一H值，使物體沿著軌道AB經(jīng)過最低點B后，停在距離B點0.8m處．

答：（1）若H=1m，物體能沿軌道AB到達最低點B，它到達B點時對軌道的壓力大小是8N；

（2）不存在某一H值，使物體沿著軌道AB經(jīng)過最低點B后，停在距離B點0.8m處．

（1）求勻強磁場

之比；

（2）若保持B2不變，而∠AOB間的磁場方向不變，現(xiàn)從P點向下發(fā)射兩個速度在0～

圍內(nèi)（0＜v≤

）與原來相同的帶電粒子（不計兩個粒子間的相互作用力），它們進入∠AOB強磁場后都要經(jīng)過P點，求∠AOB間的磁感應強度的B1′的大小．

（3）在滿足題（2）中的條件下，求從P點出發(fā)后又回到P點的最短時間為多少？

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．

【分析】（1）粒子從P點向下，運動過程的軌跡圖畫出來，根據(jù)對稱性，在上下兩磁場中勻速圓周運動的半徑相等．

（2）畫出粒子運動的軌跡，通過幾何關(guān)系可知在上面磁場中圓周運動半徑是下方磁場中圓周運動半徑的2倍，粒子在下方磁場中運動半個周期，在上方磁場中運動四分之一圓周，再由半徑公式得出磁感應強度之間的關(guān)系，從而求出上方磁場的磁感應強度．

（3）從P點以

向下運動的粒子回到P點所用時間最短，根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子在各階段所以時間，然后求出總的最短時間．

【解答】解：（1）由P點射出的粒子先做勻速直線運動進入勻強磁場B2中，

設(shè)勻速圓周運動的半徑為R2，

由牛頓第二定律得：qvB2=m

，解得：R2=

=L，

粒子每經(jīng)過相同時間T會回到P點，必滿足在勻強磁場B1中半徑R1大小為L，

由牛頓第二定律得：qvB1=m

解得：R1=

=L，則：

=1；

（2）從P點向下發(fā)射速度為vX滿足范圍為：0﹣

，

與原來相同的帶電粒子，由于保持B2不變，當速度v時半徑為L，

則速度為0﹣

的粒子在B2磁場中必定經(jīng)過半個周期后在x軸正半軸間返回，

如圖2所示，進入B1′勻強磁場后都要經(jīng)過P點，

則在B1′磁場中運動的半徑為B2磁場中運動半徑的兩倍，

#p#分頁標題#e#

即：2

，解得：

，即：B1′=

；

（3）從第二問分析可知，從P點以

向下運動的粒子回到P點所用時間最短，

粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=

，

在B1′的磁場中運動時間為：t1=

，

在B2的磁場中運動時間為：t2=

，

在無場區(qū)運動中的時間為：t3=

，

運動時間：t總=t1+t2+t3=

；

答：（1）勻強磁場

之比為1；

（2）∠AOB間的磁感應強度的B1′的大小為

．

（3）在從P點出發(fā)后又回到P點的最短時間為：

．

【選修3-3】

13．下列說法正確的是（　?。?/p>

A．“用油膜法估測分子的大小”實驗中油酸分子直徑等于純油酸體積除以相應油酸膜的面積

B．一定質(zhì)量的理想氣體在體積不變的情況下，壓強p與熱力學溫度T成正比

C．氣體分子的平均動能越大，氣體的壓強就越大

D．物理性質(zhì)各向同性的一定是非晶體

E．液體的表面張力是由于液體分子間的相互作用引起的

【考點】封閉氣體壓強；*液體的表面張力現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象；用油膜法估測分子的大?。?/p>

【分析】“用油膜法估測分子的大小”實驗中油酸分子直徑等于純油酸體積除以相應油酸膜的面積；一定質(zhì)量的理想氣體在體積不變的情況下，壓強p與熱力學溫度T成正比；溫度是分子平均動能的標志，但影響氣體壓強的因素還有體積；多晶體和非晶體都有各向異性；由于表面層分子分布比液體內(nèi)部稀疏，分子間相互作用表現(xiàn)為引力．表面張力的存在使液體表面想被拉伸的彈簧一樣，總有收縮的趨勢．

【解答】解：A、油膜法測分子直徑大小的實驗中，油膜經(jīng)充分擴散，形成單分子油膜，故純油酸體積除以油膜面積即為分子直徑大小，故A正確；

B、由查理定律可知，一定質(zhì)量的理想氣體在體積不變的情況下，壓強p與熱力學溫度T成正比．故B正確；

C、氣體分子平均動能大，說明氣體溫度較高，但不確定氣體體積的大小，由理想氣體狀態(tài)方程可知無法確定氣體壓強大小，故C錯誤；

D、多晶體也具有各向同性的特點，故D錯誤；

E、液體的表面張力是由于表面層分子分布比液體內(nèi)部稀疏，分子間相互作用表現(xiàn)為引力．故E正確

故選：ABE

#p#分頁標題#e#

（Ⅰ）封閉氣體初始狀態(tài)的壓強；

（Ⅱ）若緩慢升高氣體溫度，升高至多少方可將所有水銀全部壓入細管內(nèi)．

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程．

【分析】（1）根據(jù)圖象直接得出封閉氣體的壓強

（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求末狀態(tài)的溫度

【解答】解：（1）氣體初狀態(tài)體積為：

，

由圖知此時壓強為：

，

（2）由題意知：

，

從狀態(tài)1到狀態(tài)2由理想氣體狀態(tài)方程知代入數(shù)據(jù)知：

其中

代入數(shù)據(jù)解得：

答：（Ⅰ）封閉氣體初始狀態(tài)的壓強為80cmHg；

（Ⅱ）若緩慢升高氣體溫度，升高至369K方可將所有水銀全部壓入細管內(nèi)．

【選修3-4】

A．該機械波在彈性介質(zhì)中的傳播速度為8m/s

B．該機械波的波長為2m

C．圖中相鄰質(zhì)點間距離為0.5m

D．當a點經(jīng)過的路程為9cm時，h點經(jīng)過的路程為12cm

E．當b點在平衡位置向下振動時，c點位于平衡位置的上方

【考點】橫波的圖象．

【分析】由波的周期為0.2s，后一質(zhì)點比前一質(zhì)點遲0.05s開始振動，可知相鄰質(zhì)點間的距離等于

波長，e振動0.05s第一次到達波峰，根據(jù)t=0.25s時，x軸上距e點2.0m的某質(zhì)點第一次到達最高點，可得到波長，從而求得波速．結(jié)合對稱性分析．

【解答】解：A、根據(jù)題意可知波的周期為0.2s，t=0時刻e點從平衡位置開始向上做簡諧運動，經(jīng)過t=0.05s，e點第一到達最高點．t=0.25s時，x軸上距e點2.0m的某質(zhì)點第一次到達最高點，則知該質(zhì)點的振動比e點落后一個周期，所以波長為λ=2m，波速為v=10m/s，故A錯誤，B正確．

C、由波的周期為T=0.2s，后一質(zhì)點比前一質(zhì)點遲0.05s=

開始振動，可知相鄰質(zhì)點間的距離等于

波長，為0.5m．故C正確．

D、根據(jù)對稱性知，當a點經(jīng)過的路程為9cm時，h點經(jīng)過的路程為12cm，故D正確．

E、波從e點向左右兩側(cè)傳播，根據(jù)波的傳播方向知，當b點在平衡位置向下振動時，c點位于波谷，故E錯誤

故選：BCD．

16．如圖所示，直角玻璃三棱鏡置于空氣中，已知∠A=60°，∠C=90°，一束極細的光于AC邊的中點D垂直AC面入射，AD=a，棱鏡的折射率n=

．求：

（?。┕鈴睦忡R第一次射入空氣時的折射角；

（ⅱ）光從進入棱鏡到它第一次從BC邊和AB邊射入空氣所經(jīng)歷的時間分別為多少？．（設(shè)光在真空中的傳播速度為c）

【考點】光的折射定律．

【分析】（i）畫出光路圖，判斷光線在AB面和BC面上能否發(fā)生全反射，由幾何知識求出光線第一次射入空氣時的入射角，由折射定律求解折射角；

（ii）根據(jù)幾何關(guān)系求出光線在玻璃磚內(nèi)通過的路程，由運動學知識求解時間

【解答】解：（i）如圖所示，i1=60°，設(shè)玻璃對空氣的臨界角為C，

#p#分頁標題#e#

則sinC=

，得　C=45°

因為i1＞45°，發(fā)生全反射

由幾何知識可得，i2=i1﹣30°=30°＜C，則光線從BC面折射而出，由折射定律有：

所以γ=45°．

在BC邊上反射的光線由幾何關(guān)系可知將垂直AB邊射出．

（ii）三棱鏡中光速v=

從BC邊射出的光線所用的時間：t1=

．

從AB邊射出的光線所用的時間：t2=t1+

答：

（?。┕鈴睦忡R第一次射入空氣時的折射角是45°；

（ⅱ）光從進入棱鏡到它第一次從BC邊和AB邊射入空氣所經(jīng)歷的時間分別為

和

．

【選修3-5】

17．下列說法正確的是（　?。?/p>

A．放射性物質(zhì)經(jīng)過一個半衰期后所剩質(zhì)量為原有質(zhì)量的一半

B．β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子時所產(chǎn)生的

C．結(jié)合能越大，原子中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定

D．在光電效應的實驗中，在發(fā)生光電效應的情況下，入射光的波長越小，光電子的最大初動能越大．

E．根據(jù)波爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小

【考點】氫原子的能級公式和躍遷；原子核的結(jié)合能．

【分析】放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變時所需要的時間，叫半衰期，半衰期具有統(tǒng)計規(guī)律，對大量的原子核適用；β衰變所釋放的電子是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放出來；根據(jù)光電效應方程EKm=hγ﹣W0，可知道光電子的最大初動能與什么因素有關(guān)；根據(jù)玻爾理論和庫侖力提供向心力分析．

【解答】解：A、放射性物質(zhì)經(jīng)過一個半衰期后所剩元素的原子的物質(zhì)的量為原有物質(zhì)的量的一半，不是所剩質(zhì)量為原有質(zhì)量的一半．故A錯誤．

B、β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的，不是來自核外電子．故B正確．

C、比結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定．故C錯誤．

D、根據(jù)光電效應方程EKm=hγ﹣W0，入射光的波長越小，則入射光的頻率越大，光電子的最大初動能越大．故D正確．

E、根據(jù)波爾理論，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要釋放一定頻率的光子，則總能量值減小；根據(jù)庫侖力提供向心力得：

可知電子的動能增大，根據(jù)能量守恒可知電勢能減小．故E正確．

故選：BDE

（i）ABCD軌道在水平面上運動的最大速率；

（ⅱ）彈簧最大的彈性勢能．

【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．

【分析】（i）當小物體運動到圓弧最低點B時軌道的速率最大．小物體和軌道組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒：由動量守恒定律可得求解最大速率；

（ii）彈簧被壓縮到最短時整個系統(tǒng)的速度為零，由能量守恒定律求解彈簧最大的彈性勢能．