2019年晉冀魯豫中原名校高考物理三模試卷

1、2019 年晉冀魯豫中原名校高考物理三模試卷副標(biāo)題題號(hào)一二三四五總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.利用氘核和氚核進(jìn)行聚變反應(yīng)是獲得核能的重要途徑之一，其核反應(yīng)方程是H +H He+X+17.6MeV 下列說法正確的是（）A. X 是質(zhì)子B. 反應(yīng)后核子的平均質(zhì)量變小C. 17.6 MeV 是 He 的結(jié)合能D. H 與 H 之間的距離約為-1010 m 時(shí)發(fā)生聚變反應(yīng)2. 艦載戰(zhàn)斗機(jī)著艦被稱為“在刀尖上跳舞”，指的是艦載戰(zhàn)斗機(jī)著艦有很大的風(fēng)險(xiǎn)，一旦著艦不成功， 飛行員必須迅速實(shí)施“逃逸復(fù)飛”，“逃逸復(fù)飛”是指制動(dòng)掛鉤掛攔阻索失敗后飛機(jī)的復(fù)飛。 若某飛行員在一次訓(xùn)練“逃逸

2、復(fù)飛”科目時(shí)， 艦載戰(zhàn)斗機(jī)復(fù)飛前的速度為 25m/s，復(fù)飛過程中的最大加速度為 6m/s2，航母跑道長(zhǎng)為 200m，起飛需要的最小速度為50m/s。則艦載戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上復(fù)飛過程的最短時(shí)間是（）A. 4.2sB. 5.0sC. 7.5sD. 8.0s3. 如圖所示，一條細(xì)繩跨過固定的光滑釘子O 連接兩個(gè)小球 A， B，兩球都穿在一根光滑且與豎直方向成30角的直桿上，保持細(xì)繩跟直桿在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)兩球平衡時(shí) OA 繩與直桿的夾角為 30角， OA=AB，則球 A、 B的質(zhì)量之比為（）A.B.C.D.4.如圖所示。 AB、CD 是一個(gè)圓的兩條直徑且AB、CD 夾角為60該圓處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)

3、度方向平行該圓所在平而。其中 = =， U=，保持該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小不變，BCAB讓電場(chǎng)以過B 點(diǎn)且垂直圓所在平面的直線為軸逆時(shí)轉(zhuǎn)過60則下列判斷錯(cuò)誤的是（）A. 轉(zhuǎn)動(dòng)前 UBD =B. 轉(zhuǎn)動(dòng)后C. 轉(zhuǎn)動(dòng)后D. 轉(zhuǎn)動(dòng)后5. 如圖所示， 截面為半圓 ABC 的柱體放在地面上， 半圓的半徑為 R，B 為半圓的最高點(diǎn)。 D 是圓弧的中點(diǎn)，在柱體左側(cè)地面上E 點(diǎn)正上方某點(diǎn)水平拋出一個(gè)小球，恰好能垂直打在D 點(diǎn)，已知 EA=R，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小為（）第1頁(yè)，共 18頁(yè)A.B.C.D.二、多選題（本大題共4 小題，共23.0 分）6.一顆人造地球衛(wèi)星先是在圓軌道I 上繞地球運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周

4、期為T，點(diǎn)火加速后衛(wèi)星進(jìn)入橢圓軌道II 繞地球運(yùn)動(dòng)， 在橢圓軌道上有a、b、c、d 四個(gè)對(duì)稱點(diǎn)，a 為近地點(diǎn)， c 為遠(yuǎn)地點(diǎn)，且遠(yuǎn)地點(diǎn)到地心距離為近地點(diǎn)到地心距離的3 倍。下列說法正確的是 （）A. 衛(wèi)星在橢圓軌道上的運(yùn)行周期為TB. 在橢圓軌道上，從d 經(jīng) a 到 b 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于從b 經(jīng) c 到 d 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C. a 至 b 的時(shí)間D. c 到 d 的時(shí)間7.如圖所示的理想變壓器電路中，三個(gè)定值電阻的阻值相同。變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2： 1在 a、 b端加上電壓為U 的交流電壓。 電鍵 S 斷開時(shí)。 理想電流表的示數(shù)I，則（）A. 變壓器的輸入功率為 UIB. 原線圈電路中電阻消耗

5、的功率與副線圈電路中電阻消耗的功率之比為1： 4C. 每個(gè)電阻的阻值為D. 電鍵閉合后，電流表的示數(shù)為8. 如圖所示為正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小為 E，磁場(chǎng)垂直于紙面水平向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B一個(gè)電量為 q、質(zhì)量為（ g 為重力加速度） 的帶正電粒子在場(chǎng)中P 點(diǎn)豎直向下以大小為v0 的初速度向下射出。則（）A. 若，則粒子將向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.C.若且方向豎直向上，射出的瞬間，加速度大小為改變粒子射出的速度，且粒子在場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)D. 改變粒子射出的速度，且粒子在場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則射出的初速度大小為9. 關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的

6、是（）第2頁(yè)，共 18頁(yè)A. 氣體向真空的自由膨脹是不可逆的B. 理想氣體在等溫膨脹過程中從外界吸收的熱量全部用于對(duì)外做功C. 空調(diào)機(jī)既能制熱又能制冷，說明熱傳遞不存在方向性D. 只要對(duì)內(nèi)燃機(jī)不斷改進(jìn)，就可以把內(nèi)燃機(jī)得到的全部?jī)?nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能E. 一定質(zhì)量 100的水變成 100的水蒸氣， 分子平均動(dòng)能不變， 其分子之間的勢(shì)能增加三、填空題（本大題共1 小題，共4.0 分）10.如圖所示為一列沿x 軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=1s 時(shí)的波形圖， 質(zhì)點(diǎn) A 振動(dòng)過程中連續(xù)兩次經(jīng)過平衡位置所用的時(shí)間為1s，則這列波傳播的速度大小為_m/s，平衡位置在x=2m 處的質(zhì)點(diǎn)B 的振動(dòng)方程為 _。四、實(shí)驗(yàn)

7、題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置，測(cè)滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。長(zhǎng)木板放在水平桌面上，將有定滑輪的一端伸出桌而，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。（ 1）對(duì)實(shí)驗(yàn)的要求，下列說法正確的是_A長(zhǎng)木板沒有定滑輪的一端應(yīng)適當(dāng)墊高B連接滑塊的細(xì)線應(yīng)與長(zhǎng)木板平行C砝碼和托盤的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量D釋放滑塊前，應(yīng)將滑塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（ 2）在符合實(shí)驗(yàn)要求的情況下進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，接通電源，釋放滑塊，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的一段紙如圖乙所示， A、 B、 C、D 、 E 為紙帶上連續(xù)的五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有 4 個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)（圖中未標(biāo)出） ，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電的頻率為 50Hz，則滑

8、塊的加速度大小為 a=_m/s2（保留兩位有效數(shù)字） 。要測(cè)量滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量_（寫出物理量及符號(hào)）；根據(jù)測(cè)得的物理量及已知量，可求得滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=_（用已知和所測(cè)物理量表示）。（ 3）由于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與紙帶間及細(xì)繩與滑輪間的阻力，使實(shí)驗(yàn)測(cè)得的動(dòng)摩擦因數(shù)比真實(shí)值 _（填“大”或“小”）。12. 某同學(xué)要測(cè)量干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的實(shí)驗(yàn)器材有：兩節(jié)干電池、定值電阻 R0=2、電流表（0 0.6A，內(nèi)阻約為 0.1 ）、靈敏電流計(jì) G（滿偏電流 I g=200 A，內(nèi)阻 r g=150 ），滑動(dòng)變阻器R1（ 0 20， 2.0A）、電阻箱 R2 （ 0-

9、99999.9 ）、電鍵 S、導(dǎo)線若干。（ 1）實(shí)驗(yàn)中，將靈敏電流計(jì)與電阻箱串聯(lián)，改裝成量程為4V 的電壓表。電阻箱接入電路的阻值為 _。（ 2）該同學(xué)根據(jù)提供的器材，連接了部分電路，請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線將實(shí)驗(yàn)電路第3頁(yè)，共 18頁(yè)圖甲連接完整。（ 3）電路中的定值電阻 R0 的作用是 _，閉合電鍵前應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片移到 _（填“ a”或“ b”）端。（ 4）閉合電鍵，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，測(cè)得多組靈敏電流計(jì)的電流示數(shù)I1 和電流表的示數(shù) I 2，作出 I 1 一 I 2 圖象如圖乙所示， 則電源的電動(dòng)勢(shì)E=_V，內(nèi)阻 r =_（均保留三位有效效字）。五、計(jì)算題（本大題共4 小題，共52.0 分）

10、13. 如圖所示。粗細(xì)均勻的光滑直桿水平固定放置。圓環(huán)A套在桿上，長(zhǎng)為 L 的細(xì)線連接在A 上，下面吊著物塊 B，物塊 B 處于靜止， A 和 B 的質(zhì)量相等。鎖定圓環(huán)A，子彈 C 以一定的水平速度射入物塊B 并留在物塊 B 中，子彈射入物塊的一瞬間， 細(xì)線的張力為物塊B重力的 2倍，子彈的質(zhì)量為物塊B 質(zhì)量的 k 倍（ k1）。重力加速度為 g，不計(jì)物塊和圓環(huán)的大小及空氣阻力。求：（ 1）子彈射入物塊前的速度大小。（ 2）解除圓環(huán)的鎖定，當(dāng)子彈以原速度射入物塊后，子彈和物塊一起向上擺動(dòng)的最大高度是多少？14.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN 、PQ 之間的間距L=2m，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)

11、成的平面與水平面成 30角，導(dǎo)軌間水平虛線 cd 和 ef 間的區(qū)域 I 內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線 ef 下方的區(qū)域 II 內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T，cd、ef 間的距離為s0=3.5m。長(zhǎng)度均為 L=2m、質(zhì)量均為m=0.2kg、電阻均為R=10 的金屬捧 a、b 垂直于導(dǎo)軌放置，金屬棒 a 離磁場(chǎng)邊界cd 有一定的距離、 金屬棒 b 離磁場(chǎng)邊界cd 的距離為sb =2.5m，先固定金屬棒 b，由靜止釋放金屬棒 a，金屬棒 a 進(jìn)入?yún)^(qū)域 I 后做加速運(yùn)動(dòng)，在到達(dá)虛線 ef 之前加速度已為 0，當(dāng)金屬捧 a 剛要離開區(qū)域 I 時(shí)釋

12、放金屬棒 b，此后，金屬棒 b 在到達(dá)虛線ef 之前加速度也已為0不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，g 取 10m/s2求：（ 1）金屬棒 a 剛要離開區(qū)域 I 時(shí)的速度大小；（ 2）金屬棒 b 剛進(jìn)入?yún)^(qū)域 I 時(shí)加速度的大小和方向；（ 3）若金屬棒a 開始釋放的位置離磁場(chǎng)邊界cd 的距離為 s0=1.5m。則從金屬棒 a釋放到金屬棒b 剛好要出區(qū)域 I 的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱。第4頁(yè)，共 18頁(yè)15. 如圖所示，汽缸開口向上放在水平地面上，缸內(nèi)用活塞封閉一段理想氣體， 活塞質(zhì)量為 m、截面積為 S，活塞離缸底的距離為 h，質(zhì)量也為 m 的物塊放在缸底，用

13、細(xì)線與活塞相連，細(xì)線剛好伸直， 活塞與汽缸內(nèi)壁無摩擦且氣密性好，汽缸導(dǎo)熱性能好，重力加速度為 g，大氣壓強(qiáng)為 p0，環(huán)境溫度為 T0，不計(jì)缸內(nèi)物塊的大小。 現(xiàn)緩慢升高環(huán)境的溫度，當(dāng)物塊對(duì)缸底的壓力恰好為零時(shí)：環(huán)境的溫度變?yōu)槎嗌伲咳衾^續(xù)緩慢提高環(huán)境溫度， 當(dāng)活塞上升 時(shí)，環(huán)境溫度為多少？若此時(shí)細(xì)線突然斷開，活塞的加速度多大？16. 如圖所示， ABC 為直角三棱角的截面， B=90 ， A=30 ，AB 邊長(zhǎng)為 L一束單色光平行于 AC 邊照射到 AB 邊的中點(diǎn) E，折射光線照射到 AC 邊后，反射光線剛好垂直 BC 邊射出，光在真空中的傳播速度為c。求：棱鏡對(duì)光的折射率并判斷折射光線照射到AC

14、 邊能否發(fā)生全反射；光從 E 點(diǎn)射入到從BC 邊射出所用的時(shí)間。第5頁(yè)，共 18頁(yè)第6頁(yè)，共 18頁(yè)答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A 、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知， X 為中子，故 A 錯(cuò)誤 。B、反應(yīng)過程中，釋放核能，出現(xiàn)質(zhì)量虧損，反應(yīng)后核子的平均 質(zhì)量變小，故 B正確。C、17.6MeV 是核反應(yīng)釋放的能量，不是He 的結(jié)合能，故 C 錯(cuò)誤 。D、 H 與 H 之間的距離約為 10-15 m 時(shí)，即核力的作用范圍，才會(huì)發(fā)生聚變反應(yīng)，故D 錯(cuò)誤 。故選：B。根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得出 X 和 Y 的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，從而得出 Y 的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)。根據(jù) 愛因斯坦質(zhì)能方程分析核反 應(yīng)

15、是否有質(zhì)量虧損。解決本題的關(guān)鍵知道核反 應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知道核反 應(yīng)有能量釋放，一定有質(zhì)量虧損。核力的范圍內(nèi)才會(huì)發(fā)生聚變反應(yīng)。2.【答案】 A【解析】解：艦載戰(zhàn)斗機(jī)在復(fù) 飛過程中做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)，令飛機(jī)的最短復(fù) 飛距離為 s，由題知 v，2，v=50m/s0=25m/s a=6m/s根據(jù) v2-v 02=2as得：s=m=156.25m200m飛機(jī)復(fù)飛的最短時(shí)間為：t=s=4.2s，故A 正確，BCD 錯(cuò)誤 。故選：A。艦載戰(zhàn)斗機(jī)在復(fù) 飛過程中做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)，根據(jù) v2-v02=2as可以求出 飛機(jī)復(fù)飛的最短時(shí)間。本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律。這道題基本公式的 應(yīng)用，難度

16、不大。3.【答案】 C【解析】第7頁(yè)，共 18頁(yè)解：A 球的受力分析如 圖甲所示，根據(jù)對(duì)稱性可知 FT=mA g。B 球的受力分析如 圖乙所示。根據(jù)平衡條件有FTcos45 +NBcos60 =mBg?FT sin45 -NB sin60 =0。聯(lián)m=33+CABD錯(cuò)誤立以上各式可解得mA： B。：（）。故 正確故選：C。分別對(duì) AB 兩球分析，同一根繩子上的拉力相等，即 繩子 AB 兩球的拉力是相等的。根據(jù)平衡條件分 別列式進(jìn)而求解。本題考查了隔離法 對(duì)兩個(gè)物體的受力分析，關(guān) 鍵是抓住同一根 繩子上的拉力處處相等，根據(jù)平衡條件將兩個(gè)小球的重力 聯(lián)系起來。4.【答案】 D【解析】設(shè)圓周半徑為則

17、R，由 = =，U=得電場(chǎng)方解：A 、R， BD=R，BC=BAB C向由 B 指向 D，且電場(chǎng)強(qiáng)度 E= ，轉(zhuǎn)動(dòng)前 UBD =UBA =，故A 正確；B、轉(zhuǎn)動(dòng)后 BD 和電場(chǎng)強(qiáng)度成 60，所以 UBD =ERcos60= ，故 B 正確；轉(zhuǎn)動(dòng)后 BC與電場(chǎng)強(qiáng)度成 30所以 UBC=E? Reos30= C正確。C、，故轉(zhuǎn)動(dòng)后AC與電場(chǎng)強(qiáng)度成 60UAC =-ERcos60=- ，故D錯(cuò)誤；D、本題選錯(cuò)誤 的，故選：D。根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直找 電場(chǎng)線方向，根據(jù) U=Ed 求解電勢(shì)差。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中找到電勢(shì)相等的點(diǎn)是找 電場(chǎng)方向的關(guān) 鍵，電場(chǎng)線垂直等勢(shì)面。U=Ed，d 為沿電場(chǎng)線方向距離。5.【

18、答案】 B【解析】解：由于小球能垂直打在 D 點(diǎn)，因此小球在 D 點(diǎn)的速度方向與水平方向成 45，設(shè)小球拋出的初速度 為 v0，小球打到 D 點(diǎn)時(shí)速度沿豎直方向的分速度 為第8頁(yè)，共 18頁(yè)則，水平位移 x=R+ （R-R）=（2-）R，由vy=v0， t=v0=得 v0=，故B 正確，ACD 錯(cuò)誤。故選：B。小球作平拋運(yùn) 動(dòng)，垂直打在斜面的 D 點(diǎn)，可以求出打在 D 點(diǎn)的速度方向，然后可以運(yùn)用平拋運(yùn) 動(dòng)規(guī)律求出初速度大小。本題考查了平拋運(yùn) 動(dòng)。關(guān)鍵點(diǎn)：垂直打在 D 點(diǎn)，速度方向夾角為 45。6.【答案】 AC【解析】解：AC 、由題可知橢圓軌道半長(zhǎng)軸為圓軌 道半徑的 2 倍，由開普勒第三定律

19、可得：衛(wèi)星在橢圓軌道的運(yùn)行周期 為 T2，在圓軌道運(yùn)動(dòng)的周期為 T，則 T2=（）T=T，故A 正確，B、據(jù)開普勒第二定律，衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)，在遠(yuǎn)地點(diǎn)速度最小，在近地點(diǎn)速度最大，可天從 d 經(jīng) a 到 b 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間要小于從 b 經(jīng) c 到 d 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故 B錯(cuò)誤CD、據(jù)稱性及衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)知：2tab，得 tabT，同樣有 2tcd，得tcdT，故C 正確，D 錯(cuò)誤故選：AC。由開普勒三定律可求得在兩個(gè)軌道上運(yùn)行 對(duì)應(yīng)的周期關(guān)系，再據(jù)開普勒第二定律可確定出在各自的 軌道段對(duì)應(yīng)的時(shí)間大小關(guān)系。考查開普勒運(yùn) 動(dòng)定律，明確周期與半 長(zhǎng)軸關(guān)系及近地點(diǎn)速度快， 遠(yuǎn)地點(diǎn)速度慢即可輕松

20、7.【答案】 BD【解析】變壓器原線圈輸入電壓變壓器的輸入功率小于 UI ，故A錯(cuò)誤。解：A 、小于 U，C、由于原線圈電路中的電阻兩端的 電壓小于 U，則每個(gè)電阻的阻值小于，故 C錯(cuò)誤。第9頁(yè)，共 18頁(yè)B、根據(jù)變流比可知，副線圈電路中的電流為 2I，設(shè)定值電阻阻值為 R，則原、副線圈電路中的電阻消耗的功率之比 為 1：4，故B 正確。D、電鍵 S 斷開時(shí)，結(jié)合串并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，U=4IR+IR=5IR ，當(dāng)電鍵 S 閉合時(shí)，設(shè)電流表的示數(shù) 為 I1，副線圈中的電流為 2I1，副線圈兩端的 電壓為 I1R，原線圈兩端的 電壓為 2I則U=2I 1R+I1R=3I1R，解得，故D 正確。1R

21、，故選：BD。根據(jù)變壓器工作原理 結(jié)合電功率的計(jì)算公式分析 變壓器的輸出功率。理想變壓器的輸出功率等于 輸入功率。根據(jù)理想 變壓器動(dòng)態(tài)分析的方法分析 電流表的示數(shù)。本題主要是考 查了變壓器的動(dòng)態(tài)分析，解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的 電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想 變壓器的輸出功率決定 輸入功率且相等。8.【答案】 BCD【解析】解：A 、若，則有 qv0B=qE，粒子向下射出的一瞬間 電場(chǎng)力和洛倫茲力，等大反向，隨著速度增大，洛 倫茲力增大，粒子會(huì)向左偏 轉(zhuǎn)，不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B、若且方向豎直向上，射出的瞬間，粒子受到的洛倫茲力方向向右

22、，大小 F 洛 =qv0B=qE=mg，則合力為 F= mg，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度大小 為 a=g，故B 正確。CD、改變粒子射出的速度，且粒子在 場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與電場(chǎng)力和重力的合力等大反向， 則 qvB=mg，得v=如果做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小變則洛倫茲力大小變化，合力方向變則粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，因此，化，化，粒子在場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故 CD 正確。故選：BCD。第10 頁(yè)，共 18頁(yè)帶電粒子在復(fù)合 場(chǎng)中受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，根據(jù)各力的關(guān)系分析合力，從而判斷其運(yùn)動(dòng)情況。解決本題的關(guān)鍵是要正確分析清楚粒子的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況，分析時(shí)要抓住洛 倫茲力與

23、速度有關(guān)，而電場(chǎng)力與速度無關(guān)。9.【答案】 ABE【解析】解：A 、根據(jù)熱力學(xué)第二定律知?dú)怏w向真空的自由膨脹是不可逆的。故 A 正確。B、理想氣體在等溫膨 脹過程中氣體的內(nèi)能沒有 變，所以把吸收的熱量全部對(duì)外做功。故 B 正確。C、空調(diào)機(jī)既能致 熱又能制冷，但是要耗 電，即熱傳遞有方向性，熱量只能自發(fā)地由高溫物體 傳向低溫物體。故 C 錯(cuò)誤 。D、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知， 熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%，即使對(duì)內(nèi)燃機(jī)不斷改進(jìn)，也不可以把內(nèi)燃機(jī)得到的全部?jī)?nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。故 D 錯(cuò)誤。E、溫度是分子的平均 動(dòng)能的標(biāo)志，一定量 100的水 變成 100的水蒸氣，吸收熱量，溫度不變，其分子的平均動(dòng)能不

24、變，吸收的熱量增加了分子之 間的勢(shì)能。故 E 正確。故選：ABE。氣體向真空的自由膨 脹是不可逆的；氣體在等溫膨 脹，溫度不變（U=0），根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體從外界吸收的 熱量全部用于 對(duì)外做功；熱量也可以從低溫物體向高溫物體 傳遞，但必須一起其他的一些 變化；熱機(jī)的效率不可能達(dá)到 100%；溫度不變，其分子的平均動(dòng)能不變，吸收的熱量增加了分子之間的勢(shì)能。本題考查了熱力學(xué)第一定律、熱力學(xué)第二定律、溫度是分子平均 動(dòng)能的標(biāo)志等知識(shí)點(diǎn)。這種題型要善于 積累，難度不大。10.【答案】 2y=-sin t（ cm）【解析】第11 頁(yè)，共 18頁(yè)題長(zhǎng)則傳播的速度大小 v=2m/s，t=0解：由意可知

25、，周期 T=2s，波=4m， 波時(shí)刻質(zhì)點(diǎn) B 在平衡位置且沿y 軸負(fù)方向振動(dòng)，因此 B 點(diǎn)的振動(dòng)方程為 y=-sin（cm）=-sin t（cm）。故答案為：2；y=-sin t（cm）。根據(jù)題意和波形 圖，確定周期和波長(zhǎng)，進(jìn)一步計(jì)算波速。根據(jù)波動(dòng)規(guī)律確定 B 點(diǎn)的振動(dòng)方程。機(jī)械振動(dòng)問題中，一般根據(jù)振動(dòng)圖或質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)得到周期、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向。再根據(jù)波形圖得到波長(zhǎng)和波的傳播方向，從而得到波速及質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)進(jìn)， 而根據(jù)周期得到路程?！敬鸢浮?BD 1.0托盤和砝碼的總質(zhì)量m1、滑塊的質(zhì)量 m2大11.【解析】解：（1）該實(shí)驗(yàn)只要保證滑塊勻加速下滑即可，長(zhǎng)木板沒有定滑 輪的一端不需要應(yīng)適當(dāng)墊高，而應(yīng)該放在水

26、平桌面上，保持水平。故 A 錯(cuò)誤；B、連接滑塊的細(xì)線應(yīng)與長(zhǎng)木板平行，保證壓力等于滑 塊的重力，故 B 正確；C、以整體為研究對(duì)象分析，不需要使得砝 碼和托盤的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量，故 C 錯(cuò)誤；D、為了充分的利用 紙帶，釋放滑塊前，應(yīng)將滑塊靠近打點(diǎn) 計(jì)時(shí)器，故 D 正確。故選：BD。（2）AB=3.90cm=0.0390m，AC=8.79cm=0.0879m，AD=14.70cm=0.1470m， AF=21.60cm=0.2160m每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有 4 個(gè)打點(diǎn)，說明相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔：T=0.1s，根據(jù)逐差法有：a=1.0m/s2要測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，由 f= F可知要求 ，需要知道摩擦

27、力和 壓力的大小，壓N力就是滑 塊的重力，所以需要知道滑 塊的質(zhì)量 m2，摩擦力要根據(jù)鐵塊的運(yùn)動(dòng)來求得，滑塊做的是勻加速運(yùn) 動(dòng)，拉滑塊運(yùn)動(dòng)的是托盤和砝碼，所以也要知道托盤和砝碼的質(zhì)量 m1。第12 頁(yè)，共 18頁(yè)以整個(gè)系 統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：m1g-f= （m1+m2）af= mg2聯(lián)=。立 解得：（3）由于打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與紙帶間及細(xì)繩與滑輪間的阻力 f ，則動(dòng)摩擦因數(shù) 為 ，使實(shí)驗(yàn)測(cè)得的動(dòng)摩擦因數(shù)比真 實(shí)值偏大。故答案為：（1）BD ；（2）1.0；托盤和砝碼的總質(zhì)量 m1、滑塊的質(zhì)量 m2；（3）大。（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的方法進(jìn)行分析；（2）利用逐差法x=aT2 可以求出物體的加速度大

28、小，根據(jù)牛頓第二定律有=ma，由此可知需要測(cè)量的物理量，根據(jù)牛 頓第二定律的表達(dá)式，可以求出摩擦系數(shù)的表達(dá)式；（3）如果打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與紙帶間及細(xì)繩與滑輪間的阻力，推導(dǎo)出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式進(jìn)行分析。解決實(shí)驗(yàn)問題 首先要掌握 該實(shí)驗(yàn)原理，了解實(shí)驗(yàn)的操作步 驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項(xiàng)，同時(shí)要熟練應(yīng)用所學(xué)基本 規(guī)律解決實(shí)驗(yàn)問題 。12.【答案】 19850保護(hù)電路、防止短路b2.901.00【解析】解：（1）將靈敏電流計(jì)與電阻箱串聯(lián)，改裝成量程 為 4V 的電壓表，電阻箱接入電路的電阻滿足：U=I g（rg+R2）求得：R2=19850。（2）靈敏電流表 G 與電阻箱串聯(lián)當(dāng)成一個(gè) 電壓表使用，要與滑動(dòng)變阻

29、器串聯(lián)，按此思路 連接實(shí)物圖如圖所示。（3）電路的定值電阻 R2r 作用是：保護(hù)電路，防止短路；閉合電鍵前應(yīng)將滑動(dòng)第13 頁(yè)，共 18頁(yè)變阻器的滑片移到b 端，使滑動(dòng)變阻器接入 電路的電阻最大。（4）當(dāng)I2=0 時(shí)，即滑動(dòng)變阻器相當(dāng)于斷路，從 圖象縱截距讀出電流 I ，所以電動(dòng)勢(shì)為：E=IRV =1.45 10-620000V=2.90V電源內(nèi)阻為：r=1.00 。故答案為：（1）19850（2）實(shí)物連接如圖所示（3）保護(hù)電路防止短路b（4）2.901.00（1）根據(jù)串聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖連接實(shí)物圖；（3）閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器接入 電路的阻值應(yīng)為滑動(dòng)變阻

30、器的最大阻 值，根據(jù)電路圖確定滑片的位置；（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律找出兩 電流表示數(shù)之 間的關(guān)系式，結(jié)合圖象求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。要掌握改裝 電壓表串聯(lián)內(nèi)阻的計(jì)算方法；應(yīng)用圖象求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻時(shí)，從圖象上求出 電流值，然后應(yīng)用歐姆定律求出 電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻。13.【答案】 解：（ 1）設(shè)物塊 A 和 B 的質(zhì)量為 m，則子彈的質(zhì)量為km。子彈射入物塊B 后的瞬間，對(duì)整體，由牛頓第二定律得：F -（ m+km） g=（ m+km）據(jù)題有： F=2mg可得： v=第14 頁(yè)，共 18頁(yè)子彈射入B 的過程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：kmv0=（ m+km） v解得： v0=（ 2）子彈和

31、物塊一起向上擺動(dòng)到最大高度時(shí)， A、B（含子彈）速度相同，設(shè)為 v根據(jù)水平動(dòng)量守恒得：（ m+km）v=（ 2m+km）v根據(jù)機(jī)械能守恒得：（ m+km）v2= （ 2m+km） v 2+（m+km） gh：聯(lián)立解得： h=L答：（ 1）子彈射入物塊前的速度大小是。（ 2）解除圓環(huán)的鎖定，當(dāng)子彈以原速度射入物塊后，子彈和物塊一起向上擺動(dòng)的最大高度是L 。【解析】（1）先研究子彈射入物塊后的瞬間，根據(jù)向心力公式求出物 塊獲得的速度。再根據(jù)動(dòng)量守恒定律求子 彈射入物塊前的速度大小。（2）解除圓環(huán)的鎖定，子彈和物塊一起向上 擺動(dòng)的過程中系統(tǒng)的水平動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒。當(dāng)上升到最大高度 時(shí)兩者的速度

32、相同，由 動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求最大高度。本題考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn) 動(dòng)情況，知道 B 上升到最大高度的條件：系 統(tǒng)速度相同，注意使用動(dòng)量守恒定律 時(shí)要規(guī)定正方向。14.【答案】 解：（ 1）設(shè)金屬棒 a 剛要離開區(qū)域 時(shí)速度大小為 v1，此時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)為： E1=BLv1；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I1=由于此時(shí)加速度為0，根據(jù)平衡條件可得：mgsin30 =BI 1L解得： v1=5m/s；（ 2）設(shè)金屬棒 b 剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgsbsin30 =，其中 sb=2.5m解得： v2=5m/

33、s金屬棒 b 剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)為：E2=BL（ v1+v2） =20 V回路中的電流為： I 2= =1A由于金屬棒 b 剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為BI 2L=2N，而 mgsin30 =1 N，因此金屬棒 b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向向上，第15 頁(yè)，共 18頁(yè)根據(jù)牛頓第二定律可得： a=5m/s2，（ 3）金屬棒 b 進(jìn)入磁場(chǎng)的一瞬間，速度與a 金屬棒速度相同，加速度也相同，此后兩棒一起做相同的變減速運(yùn)動(dòng)；設(shè)金屬棒 b 剛要離開 的速度大小為 v3，此時(shí)回路中的電動(dòng)勢(shì)為： E3=2BLv 3，回路中的電流為： I 3=根據(jù)平衡條件有： mgsin30 =BI 3L解得： v3=2.5

34、m/s金屬棒 b 由靜止開始勻加速下滑的時(shí)間為：t=1s這段時(shí)間內(nèi)金屬棒 a 下滑的距離為： s a=v2t=5 m設(shè)金屬棒 a 釋放到金屬棒 b 剛要離開區(qū)域 的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律可得：mgsin30 （sa+2sb+s a） +mgsinm30 （ sa+s0） =Q+解得： Q=18.25J。答：（ 1）金屬棒a 剛要離開區(qū)域I 時(shí)的速度大小為5m/s；（ 2）金屬棒b 剛進(jìn)入?yún)^(qū)域I 時(shí)加速度的大小5m/s2，方向沿斜面向上；（ 3）從金屬棒 a 釋放到金屬棒b 剛好要出區(qū)域I 的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱18.25J?！窘馕觥浚?）根據(jù)閉合電路歐姆定律求解 電流強(qiáng)度，根據(jù)平衡條件求解速度；（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得金屬棒 b 剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小，根據(jù)安培力的計(jì)算公式求解金屬棒 b 剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力，由此分析加速度方向；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；（3）金屬棒b 進(jìn) 入磁 場(chǎng) 的一瞬 間，速度與 a 金屬棒速度相同，加速度也相同，此后兩棒一起做相同的 變減速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)平衡條件求解金屬棒 b 剛要離開的速度大小，根據(jù)能量守恒定律列方