《高中試卷》2018年廣東省深圳市高考物理一模試卷

1、2018年廣東省深圳市高考物理一模試卷二、選擇題1（3分）下列說法正確的是（）a在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，只要入射光足夠強(qiáng)，時(shí)間足夠長，金屬表面就會(huì)逸出光電子b在光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，飽和光電流大小取決于入射光的頻率，頻率越大，飽和光電流越大c根據(jù)波爾的原子理論，氫原子從n5的激發(fā)態(tài)躍遷多n2的激發(fā)態(tài)時(shí)，原子能量減小，電勢(shì)能增加d根據(jù)波爾的原子理論，大量處于基態(tài)的氫原子吸收波長為0的光子后，如果輻射出3種頻率的光子，則其中波長最小的為02（3分）如圖所示為甲乙兩物體做直線運(yùn)動(dòng)的xt圖象，對(duì)于0t1時(shí)間內(nèi)兩物體的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）a甲物體速度方向與加速度方向相同b乙物體加速度方向與速度方向相反c甲

2、物體的平均速度大于乙物體的平均速度d乙物體位移變小，速度變大3（3分）如圖所示，a、b兩端接在正弦交流電源上，原副線圈回路中a、b電阻的阻值相同，原副線圈匝數(shù)比為n1：n2，下列說法正確的是（）aa、b電阻的電流之比為n1：n2ba、b電阻的電壓之比為n1：n2ca、b電阻的功率之比為n22：n12da電阻上的電壓與原線圈輸入電壓之比為1：14（3分）如圖所示，直線mn左側(cè)空間存在范圍足夠大，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，在磁場(chǎng)中p點(diǎn)有一個(gè)粒子源，可在紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子（重力不計(jì)），已知pom60°，po間距為l，粒子速率均為3qbl

3、2m，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為（）am2qbbm3qbcm4qbdm6qb5（3分）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定在天花板上，另一端栓接條形磁鐵，一個(gè)銅盤放在條形磁鐵的正下方的絕緣水平桌面上，控制磁鐵使彈簧處于原長，然后由靜止釋放磁鐵，不計(jì)磁鐵與彈簧之間的磁力作用，且磁鐵運(yùn)動(dòng)過程中未與銅盤接觸，下列說法中正確的是（）a磁鐵所受彈力與重力等大反向時(shí)，磁鐵的加速度為零b磁鐵下降過程中，俯視銅盤，銅盤中產(chǎn)生順時(shí)針方向的渦旋電流c磁鐵從靜止釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，磁鐵減少的重力勢(shì)能等于彈簧彈性勢(shì)能d磁鐵從靜止釋放到最終靜止的過程中，磁鐵減少的重力勢(shì)能大于銅盤產(chǎn)生的焦耳熱6（3分）如圖所示，

4、斜面體abc靜止于粗糙水平地面上，物塊m1、m2均沿斜面勻速下滑，已知m1m2，12，下列說法中正確的是（）a地面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右b地面對(duì)斜面體沒有摩擦力c所給條件不足，不能判斷摩擦力方向d斜面體ab面和ac面的動(dòng)摩擦因數(shù)不同7（3分）我國發(fā)射的某衛(wèi)星，其軌道平面與地球赤道在同一平面內(nèi)，衛(wèi)星距地面的高度約為500km，而地球同步衛(wèi)星的軌道高度約為36000km，已知地球半徑約為6400km已知地球表面的重力加速度g10m/s2，關(guān)于該衛(wèi)星，下列說法中正確的是（）a該衛(wèi)星的線速度大小約為7.7km/sb該衛(wèi)星的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度c一年內(nèi)，該衛(wèi)星被太陽光照射時(shí)間小于同步衛(wèi)星被太陽光

5、照射時(shí)間d該衛(wèi)星的發(fā)射速度小于第一宇宙速度8（3分）如圖所示，滑輪大小可忽略的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，將小物塊在傳送帶底端p點(diǎn)無初速度釋放，小物塊在摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)至傳送帶頂端，在小物塊運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法中正確的是（）a小物塊所受摩擦力的瞬時(shí)功率一定不斷變大b小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動(dòng)能的增加量c若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能d若物塊滑動(dòng)頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的動(dòng)能三、非選擇題9某物理興趣小組利用如圖（a）所示的裝置來測(cè)量物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：把“”型木塊放在光滑水平面上

6、，木塊表面ab、bc粗糙程度相同；木塊右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個(gè)力傳感器，（當(dāng)力傳感器受水平壓力時(shí)，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器受到水平拉力時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值）；一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從c點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)過程中，傳感器記錄到的力與時(shí)間的關(guān)系如圖b所示（物體經(jīng)過b時(shí)的速率不變）回答下列問題：（1）為了測(cè)出滑塊與“”型木塊的動(dòng)摩擦因數(shù)，需要測(cè)量或已知哪些物理量 。a、bc的長度b、斜面bc的傾角c、圖b中f1的大小d、圖b中f2的大小e、ab的長度（2）若已經(jīng)由實(shí)驗(yàn)得到（1）中所需物理量，滑塊與“”型木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù) 。10如圖（a）所示，是多用電表歐姆檔內(nèi)部的部分原理圖，已知電源電動(dòng)勢(shì)e1.5

7、v，內(nèi)阻r1，靈敏電流計(jì)滿偏電流ig10ma，內(nèi)阻為rg90，表盤如圖b所示，歐姆表表盤中值刻度為“15”（1）多用電表的選擇開關(guān)旋至“”區(qū)域的某檔位時(shí)，將多用電表的紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零，調(diào)零后多用電表的總內(nèi)阻為 ，某電阻接入紅、黑表筆間，表盤如圖（b）所示，則該電阻的阻值為 。（2）若將選擇開關(guān)旋至“×1”，則需要將靈敏電流計(jì) （選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一阻值為 的電阻，再歐姆調(diào)零。（3）多用電表長時(shí)間使用后，電源內(nèi)阻變大，電動(dòng)勢(shì)變小，此因素會(huì)造成被測(cè)電阻的測(cè)量值比真實(shí)值 （選填“偏大”“不變”或“偏小”）。11如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中相鄰豎直等勢(shì)線間距d10 cm質(zhì)量m0.1

8、 kg，帶電量為q1×103 c的小球以初速度v010m/s拋出，初速度方向與水平線的夾角為45°，已知重力加速度g10m/s2求：（1）小球加速度的大??；（2）小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度和距拋出點(diǎn)的距離。12如圖所示，半徑為r的四分之一圓弧軌道，在底端n點(diǎn)與水平面相切，質(zhì)量為m1m的小球a從圓弧頂端無初速度釋放，與靜止于n點(diǎn)，質(zhì)量為m23m的鐵質(zhì)小球b發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，碰后小球b靠近靜止于水平面上的一帶有磁性裝置的物體時(shí)，被磁性裝置接受，該物體的總質(zhì)量為m312m，自動(dòng)投放球裝置保障n點(diǎn)總有一個(gè)與b球完全相同的小球靜止待碰，忽略一切摩擦力，已知重力加速度為g，求：（1

9、）小球a第一次與b碰前的瞬間所受支持力的大小及物體接收第一個(gè)小球b后的速度大小；（2）通過計(jì)算判定帶磁性裝置的物體能否接收到第三個(gè)小球；（3）a球從釋放到最終靜止，在碰撞過程中所受外力的總沖量大小?！疚锢?選修3-3】13（3分）下列說法正確的是（）a液晶具有流動(dòng)性，其光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性b太空艙中的液滴呈球狀是由于完全失重情況下液體表面張力的作用c用打氣筒的活塞壓縮氣體很費(fèi)勁，說明分子間有斥力d第二類永動(dòng)機(jī)是不可能制造出來的，因?yàn)樗`反了能量守恒定律e在合適的條件下，某些晶體可以裝備為非晶體，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w14（3分）如圖所示，有一上部開有小孔的圓柱形氣缸，氣缸的高度為2l，橫

10、截面積為s，一厚度不計(jì)的輕質(zhì)活塞封閉1mol的單分子理想氣體，開始時(shí)活塞距底部的距離為l，氣體的熱力學(xué)溫度為t1，已知外界大氣壓為p0，1mol的單分子理想氣體內(nèi)能公式為u=32rt，現(xiàn)對(duì)氣體緩慢加熱，求：活塞恰好上升到氣缸頂部時(shí)氣體的溫度和氣體吸收的熱量；當(dāng)加熱到熱力學(xué)溫度為3t1時(shí)氣體的壓強(qiáng)?！疚锢?選修3-4】15（3分）一列簡諧橫波在t0時(shí)刻的圖象如圖甲所示，平衡位置位于x15m處的a質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示，下列說法中正確的是（）a這列波沿x軸負(fù)方向傳播b這列波的波速是53m/sc從t0開始，質(zhì)點(diǎn)p比質(zhì)點(diǎn)q晚0.4s回到平衡位置d從t0到t0.1s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)q加速度越來越小e從t0

11、到t0.6s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a的位移為4m16（3分）半徑為a的小球外層包裹一層厚度均勻的透明物體，透明物體外徑為b（b2a），折射率為2，水平向右的平行光照射到球外透明物體上，穿過透明物體射到內(nèi)部小球的光被吸收，求被內(nèi)部小球吸收部分平行光的橫截面積。2018年廣東省深圳市高考物理一模試卷參考答案與試題解析二、選擇題1【分析】發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光頻率大于極限頻率，遏制電壓與最大初動(dòng)能有關(guān)，入射光的頻率越大，最大初動(dòng)能越大。光強(qiáng)不一定能發(fā)生光電效應(yīng)，不一定有光電流，在發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光的強(qiáng)度影響光電流的大小。用光子能量為e的一束單色光照射處于基態(tài)的一群氫原子，發(fā)出3種不同頻率的光，知?dú)湓?/p>

12、從基態(tài)躍遷到n3的激發(fā)態(tài)，根據(jù)hemen去進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓篴、根據(jù)發(fā)生光電效應(yīng)的條件可知，在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光頻率大于極限頻率，入射光頻率小于極限頻率時(shí)不能逸出光電子，與光的強(qiáng)度、照射的時(shí)間都無關(guān)。故a錯(cuò)誤；b、入射光頻率一定時(shí)，入射光越強(qiáng)，光子數(shù)目越多，則飽和光電流越大。故b錯(cuò)誤； c、根據(jù)波爾的原子理論，氫原子從n5的激發(fā)態(tài)躍遷多n2的激發(fā)態(tài)時(shí)輻射光子，原子能量減?。辉撨^程中電子軌道半徑減小，庫侖力做正功，所以電勢(shì)能減小。故c錯(cuò)誤。 d、根據(jù)波爾的原子理論，大量處于基態(tài)的氫原子吸收波長為0的光子后，如果輻射出3種頻率的光子，則輻射出的3種頻率的光子中，波長為0

13、光子的能量最大，等于氫原子吸收的能量，所以波長最小的為0故d正確。故選：d?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)的條件和規(guī)律。知道光電流的大小在發(fā)生光電效應(yīng)的前提下，與入射光的強(qiáng)度有關(guān)。2【分析】位移時(shí)間圖線的斜率表示速度，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，再判斷速度方向與加速度方向的關(guān)系。結(jié)合平均速度等于位移除以時(shí)間分析。【解答】解：a、根據(jù)位移時(shí)間圖線的斜率表示速度，知甲物體做減速直線運(yùn)動(dòng)，速度方向與加速度方向相反，故a錯(cuò)誤。b、由乙圖象的斜率減小，知乙物體做減速直線運(yùn)動(dòng)，速度方向與加速度方向相反，故b正確。c、根據(jù)位移等于x的變化量，知兩個(gè)物體的位移相等，則兩者的平均速度相等，故c錯(cuò)誤。d、由圖知，乙物體

14、位移變大，而速度變小，故d錯(cuò)誤。故選：b?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道位移時(shí)間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示速度，要明確減速直線運(yùn)動(dòng)的速度與加速度方向是相反的。3【分析】首先計(jì)算出通過副線圈的電流，由變比關(guān)系可知原線圈的電流，繼而可表示出與原線圈串聯(lián)的電阻的分壓，結(jié)合題意即可在原線圈上列出電壓的等式，可求出副線圈上的電壓。利用pui可表示出兩個(gè)電阻的功率。【解答】解：a、設(shè)流過電阻b的電流為i2，原線圈的電流為i1，根據(jù)電流與匝數(shù)的關(guān)系可知，原、副線圈的電流之比為：i1i2=n2n1，即a、b電阻的電流之比為n2：n1，故a錯(cuò)誤；b、流過電阻的電阻值相等，由uir可知，a、b電阻的電壓之比與

15、流過它們的電流成正比，所以為：ur1u2=i1ri2r=n2n1，故b錯(cuò)誤；c、根據(jù)pui，兩個(gè)電阻消耗的功率：p1p2=ur1i1u2i2=n22n12，故c正確；d、電阻a上的電壓：ur1=n2n1u2，原線圈兩側(cè)的電壓：u1=n1n2u2ur2，則d錯(cuò)誤；故選：c。【點(diǎn)評(píng)】該題的突破口是表示出原線圈中的電流和原線圈回路中的電阻的分壓，找出原線圈的電壓和原線圈回路中的電阻的分壓的數(shù)值關(guān)系。該題類似于遠(yuǎn)距離輸電的情況。4【分析】由題設(shè)條件求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r，結(jié)合左手定則粒子做逆時(shí)針方向勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t最短時(shí)，所轉(zhuǎn)過的圓心角最小，所對(duì)的弦也最短，畫出最短的弦，再作出粒子

16、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)最短時(shí)間的軌跡，由幾何關(guān)系求出此種情況下粒子的偏轉(zhuǎn)角，從而求出了最短時(shí)間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力作向心力，則有：qvb=mv2r，解得r=mvbq=mbq×3bql2m=32l；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：t=2rv=3l3bql2m=2mbq；因?yàn)榱Ｗ幼鰣A周運(yùn)動(dòng)的半徑、周期相同，那么，粒子轉(zhuǎn)過的中心角越小，則其弦長越小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短；所以，過p點(diǎn)做om的垂線，可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長最小為：lsin60°=32lr，故最短弦長對(duì)應(yīng)的中心角為60°，所以，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為：tmin=16t=m3bq，故acd錯(cuò)誤

17、，b正確；故選：b?！军c(diǎn)評(píng)】求解粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，通常由幾何關(guān)系先求的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑或弦長，在根據(jù)洛倫茲力作向心力解得磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等問題5【分析】利用楞次定律判斷銅盤所受安培力的方向，從而判斷銅盤對(duì)水平面的壓力變化情況，線圈會(huì)阻礙磁鐵運(yùn)動(dòng)做負(fù)功，所以磁鐵最終會(huì)停止。【解答】解：a、磁鐵受到重力、彈力外，若磁鐵向上運(yùn)動(dòng)，則受到向下的安培阻力，若向下運(yùn)動(dòng)，則受到向上的安培阻力，因此磁鐵所受彈力與重力等大反向時(shí)，磁鐵的加速度不一定為零，故a錯(cuò)誤；b、當(dāng)磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過銅盤的磁通量向下增大，根據(jù)楞次定律感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向上，俯視銅盤，銅盤中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的渦旋電流，故b錯(cuò)誤；

18、c、磁鐵從靜止釋放到第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，由于電磁感應(yīng)，則磁鐵減少的重力勢(shì)能大于彈簧彈性勢(shì)能，故c錯(cuò)誤；d、根據(jù)能量守恒定律，從靜止至停止，減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以產(chǎn)生焦耳熱小于磁鐵減小的重力勢(shì)能。故d正確；故選：d?！军c(diǎn)評(píng)】本題巧妙的考查了楞次定律的應(yīng)用，只要記住“增反減同”這一規(guī)律，此類題目難度不大。6【分析】首先分析物塊m1、m2和斜面體整體，根據(jù)平衡條件判斷地面與斜面體間的摩擦力情況；再隔離物塊m1、m2分析，根據(jù)平衡條件列式求解斜面體ab面和ac面的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篴bc、物塊m1、m2和斜面體均處于平衡狀態(tài)，故三個(gè)物體的合力為零；對(duì)三個(gè)物體整體分

19、析，受重力和地面的支持力，不受地面摩擦力，否則不能平衡，故a錯(cuò)誤，b正確，c錯(cuò)誤；d、物體m1受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，故平衡條件，有：m1gsin1f10，n1mgcos10，其中：f11n1，聯(lián)立解得：1tan1，同理分析物體物體m2有，2tan2，故斜面體ab面和ac面的動(dòng)摩擦因數(shù)不同，故d正確；故選：bd。【點(diǎn)評(píng)】本題考查平衡問題，關(guān)鍵是采用整體法和隔離法靈活選擇研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件列式求解，不難。7【分析】根據(jù)衛(wèi)星的線速度公式和萬有引力與重力的關(guān)系列式，求解該衛(wèi)星的線速度大小。根據(jù)牛頓第二定律分析加速度關(guān)系。第一宇宙速度是衛(wèi)星最小的發(fā)射速度。【解答】解：a、該衛(wèi)星的線速度為：v=

20、gmr+h，又由g=gmr2得：v=gr2r+h=10×(6400×103)26400×103+500×1037700m/s7.7km/s，故a正確。b、根據(jù)a=gmr2知該衛(wèi)星的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，故b正確。c、由開普勒第三定律知，該衛(wèi)星的周期小于同步衛(wèi)星的周期，則一年內(nèi)，該衛(wèi)星被太陽光照射時(shí)間小于同步衛(wèi)星被太陽光照射時(shí)間，故c正確。d、第一宇宙速度是衛(wèi)星最小的發(fā)射速度，知該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度，故d錯(cuò)誤。故選：abc?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是掌握衛(wèi)星的線速度和加速度公式，可結(jié)合萬有引力提供向心力推導(dǎo)出來，會(huì)根據(jù)軌道半徑的關(guān)系比較向心

21、加速度、線速度和周期關(guān)系。8【分析】根據(jù)物塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷摩擦力功率的變化，結(jié)合動(dòng)能定理比較摩擦力做功與物塊動(dòng)能的變化量，根據(jù)功能關(guān)系比較摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能與物塊增加的機(jī)械能關(guān)系。【解答】解：a、物塊受到重力、支持力和摩擦力作用，可能先做勻加速，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則摩擦力的瞬時(shí)功率先增大，后不變，故a錯(cuò)誤。b、在運(yùn)動(dòng)的過程中，摩擦力做正功，重力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功等于動(dòng)能的變化量，則摩擦力做功大于物塊動(dòng)能的增加量，故b正確。cd、根據(jù)功能關(guān)系知，摩擦力做功等于物塊機(jī)械能的增加量，物塊運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)，恰好與傳送帶共速，則物塊的位移與相對(duì)位移大小大小，則摩擦力對(duì)物塊做功的大小等

22、于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能，故c正確，d錯(cuò)誤。故選：bc?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握功能關(guān)系，知道除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增加量，知道摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積。三、非選擇題9【分析】當(dāng)木塊在斜面上和水平面上時(shí)，對(duì)“”型木塊受力分析，由平衡知識(shí)可知求得關(guān)系式，即可判斷；【解答】解：（1）對(duì)“”型木塊受力分析，由平衡知識(shí)可知：f1mgcossinmgcoscos；f2mg，聯(lián)立兩式可得：=f2cossinf1+f2cos2，則要測(cè)動(dòng)摩擦因數(shù)，要測(cè)量的物理量是：、斜面bc的傾角、圖b中f1的大小以及圖b中f2的大小，故選bcd。（2）

23、由（1）可知滑塊與“”型木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：=f2cossinf1+f2cos2。故答案為：（1）bcd；（2）f2cossinf1+f2cos2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了受力分析和共點(diǎn)力平衡，關(guān)鍵是正確的受力分析，分清過程即可判斷10【分析】（1）歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出歐姆表內(nèi)阻；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。（2）歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻，根據(jù)題意求出歐姆表內(nèi)阻，然后應(yīng)用歐姆定律求出歐姆調(diào)零時(shí)的電流，再應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律分析答題。（3）歐姆表工作原理是閉合電路的歐姆定律，內(nèi)置電源電動(dòng)勢(shì)變小、內(nèi)阻變大，應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差

24、?！窘獯稹拷猓海?）調(diào)零后多用電表的總內(nèi)阻為：r內(nèi)=eig=1.510×10-3=150；歐姆表中值電阻等于其內(nèi)阻，則歐姆表的中值電阻為150，由題意可知，歐姆表中央刻度線為15，則該檔位為“×10”歐姆檔，則由表盤可知，該電阻的阻值為：6×1060。（2）因中值電阻等于歐姆表的內(nèi)阻，若將選擇開關(guān)旋至“×1”，則歐姆表的內(nèi)阻為15，此時(shí)調(diào)零時(shí)電路的總電流為i=er內(nèi)=1.515=0.1a，需要將靈敏電流計(jì)并聯(lián)一阻值為：r并=igrgi-ig=10×10-3×900.1-10×10-3=10，再歐姆調(diào)零。（3）當(dāng)電池電動(dòng)勢(shì)e變

25、小、內(nèi)阻變大時(shí)，歐姆得重新調(diào)零，由于滿偏電流ig不變，歐姆調(diào)零時(shí)歐姆表內(nèi)阻：r內(nèi)=eig變小，用歐姆表測(cè)電阻時(shí)：i=erx+r內(nèi)=igr內(nèi)rx+r內(nèi)=ig1+rxr內(nèi)，由于r內(nèi)變小，則i變小，指針跟原來的位置相比偏左了，歐姆表的示數(shù)變大了，電阻測(cè)量值偏大。故答案為：（1）150；60；（2）并聯(lián)；10；（3）偏大?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了歐姆表的工作原理、歐姆表讀數(shù)與誤差分析，歐姆表工作原理是閉合電路歐姆定律，知道歐姆表的工作原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可解題。11【分析】（1）根據(jù)圖象結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式求解電場(chǎng)強(qiáng)度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；（2）根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)求

26、解小球再次回到圖中水平線時(shí)的時(shí)間，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解水平位移；根據(jù)動(dòng)能定理求解速度大小。【解答】解：（1）根據(jù)圖象可知，電場(chǎng)線方向向左，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：e=ud=1000.1v/m1000v/m，合力大小為：f=(mg)2+(qe)2=2n，方向與初速度方向垂直；根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a=fm=102m/s2；（2）小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球再次回到圖中水平線時(shí)的時(shí)間為：t2×v0sin45°g=2s，此過程中與拋出點(diǎn)的距離為：x=v0cos45°t+12×qemt2=20m，在此過程中重力做功為零

27、，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qex=12mv2-12mv02代入數(shù)據(jù)解得：v105m/s。而速度的方向與初速度方向夾角的正切值為2；答：（1）小球加速度的大小為102m/s2；（2）小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度為105m/s，速度的方向與初速度方向夾角的正切值為2，距拋出點(diǎn)的距離為20m?！军c(diǎn)評(píng)】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。12【分析】（1）小球a沿圓弧滾下過程機(jī)械能守恒

28、，在最低點(diǎn)受到的重力和支持力的合力提供向心力；根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律求出支持力的大小。碰撞過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律求出碰撞后a與b的速度；b與磁性物體相互作用的過程中水平方向的動(dòng)量守恒，由此求出物體接收第一個(gè)小球b后的速度大小。（2）與（1）的方法與步驟相同，同理可以求出a第二次碰撞后a的速度，以及物體接收第二個(gè)小球b后的速度大小。（3）根據(jù)動(dòng)量定理即可求出外力對(duì)a球的沖量?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)a球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度為v0，則有：12mv02=mgr 所以：v0=2gr設(shè)此時(shí)軌道對(duì)a球支持力為n，則：fn-mg=mv02r 聯(lián)立解

29、得：fn3mg。a與b相互作用的過程中水平方向的動(dòng)量守恒，選取向左為正方向，設(shè)碰撞后a球的速度大小為v1，b球的速度為v2，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv03mv2+mv1，根據(jù)機(jī)械能守恒可得：12mv02=12mv12+123mv22，聯(lián)立解得：v1=-122gr，v2=122gr其中負(fù)號(hào)表示方向與開始時(shí)的方向相反；b與磁性物體相互作用的過程中水平方向的動(dòng)量也守恒，則：3mv2（3m+12m）v3所以：v3=15v2=1102gr（2）a被彈回后向右運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，在到達(dá)最高點(diǎn)后再次返回，由機(jī)械能守恒可知，a第二次到達(dá)n點(diǎn)的速度為：v4=122gra第二次與b發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞后a球的速

30、度大小為v5，b球的速度為v6，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv43mv6+mv5，根據(jù)機(jī)械能守恒可得：12mv42=12mv42+123mv62，聯(lián)立解得：v5=-142gr，v6=142gr其中負(fù)號(hào)表示方向與開始時(shí)的方向相反；b與磁性物體相互作用的過程中水平方向的動(dòng)量也守恒，則：3mv6+（3m+12m）v3（3m+12m+3m）v718mv7所以：v7=182gr方法同前，可知a球第三次與b碰撞后b球獲得的速度大小也是182gr，所以帶磁性裝置的物體不能接收到第三個(gè)小球。（3）由動(dòng)量定理可知，a球在碰撞過程中所受外力的總沖量大小：im（v0+v1）+m（v1+v3）+m（v3+v5）+化簡得

31、：imv0+2m（v1+v3+v5+）即：i=mv0+2mv11-12=3mv0=3m2gr答：（1）小球a第一次與b碰前的瞬間所受支持力的大小是3mg，物體接收第一個(gè)小球b后的速度大小是1102gr；（2）通過計(jì)算判定帶磁性裝置的物體不能接收到第三個(gè)小球；（3）a球從釋放到最終靜止，在碰撞過程中所受外力的總沖量大小是3m2gr?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是碰撞前a球機(jī)械能守恒，碰撞過程兩球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量也守恒，同時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理列式求解?！疚锢?選修3-3】13【分析】液晶具有流動(dòng)性，光學(xué)性質(zhì)各向異性；液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，所以液體表面存在表面張力；理解第二類永動(dòng)機(jī)的設(shè)計(jì)原理

32、以及不能制造的原因；晶體與非晶體在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化?！窘獯稹拷猓篴、液晶具有流動(dòng)性，其光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性，故a正確；b、太空艙中的液滴呈球狀是由于完全失重情況下液體表面張力的作用，故b正確；c、用打氣筒的活塞壓縮氣體很費(fèi)勁，這是氣體壓強(qiáng)作用的結(jié)果，不能說明分子間有斥力，故c錯(cuò)誤；d、第二類永動(dòng)機(jī)是不可能制造出來的，因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，不違反能量守恒定律，故d錯(cuò)誤；e、在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)化為非晶體，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，加工后做成玻璃就是非晶體，故e正確；故選：abe?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查分子動(dòng)理論的內(nèi)容和熱力學(xué)第一定律，知識(shí)點(diǎn)較多，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識(shí)，注意氣體分子間隙大。14【分析】開始加熱活塞移動(dòng)過程封閉氣體作等壓變化，根據(jù)蓋呂薩克定律列式可求解溫度，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解吸收的熱量；當(dāng)加熱到3t1時(shí)，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可求解加熱后氣體的壓強(qiáng)。【解答】解：開始加熱后活塞上升的過程中封閉氣體作等壓變化，v1ls，v22ls，根據(jù)蓋呂薩克定律有：v1t1=v2t2解得：t22