湖南省長(zhǎng)沙市2018屆高三統(tǒng)一高考模擬考試物理試卷帶答案

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上長(zhǎng)沙市2018屆高三年級(jí)統(tǒng)一模擬考試物理一、選擇題： 1.將一物塊放在粗糙的水平桌面上，假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力從某時(shí)刻起，物塊受到一大小為F、方向不變的水平拉力的作用用a表示物塊的加速度大小當(dāng)F逐漸增大時(shí)，下列圖象能正確描述a與F之間關(guān)系的是A. B. C. D. 【答案】C【分析】開(kāi)始F較小時(shí)，物體靜止；當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律列式找到a-F函數(shù)關(guān)系。【詳解】當(dāng)F從0開(kāi)始增加時(shí)，靜摩擦力逐漸變大，當(dāng)F大于最大靜摩擦力時(shí)，物體開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)；由牛頓第二定律有：Fmgma，可得：a-g，即a是F的一次函數(shù)，且在x軸上的截距為正，C正確2.如圖所

2、示，某健身愛(ài)好者利用如下裝置鍛煉自己的臂力和腿部力量，在O點(diǎn)懸掛重物C，手拉著輕繩且始終保持繩索平行于粗糙的水平地面當(dāng)他緩慢地向右移動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的有A. 繩OA拉力大小不變B. 繩OB拉力變大C. 健身者與地面間的摩擦力變小D. 繩OA、OB拉力的合力變大【答案】B【解析】【分析】對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，根據(jù)正交分解法列出方程求解拉力，根據(jù)的變化分析拉力的變化.【詳解】AB設(shè)OA、OB繩的拉力分別為FA和FB，重物的質(zhì)量為m。對(duì)O點(diǎn)有FAcos-mg=0，F(xiàn)Asin-FB=0，解得FA=，F(xiàn)B=mgtan。當(dāng)健身者緩慢向右移動(dòng)時(shí)，變大，則兩拉力均變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C健身者所受的摩擦力與

3、FB相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D健身者緩慢移動(dòng)時(shí)，兩繩拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B.3.2017 年8月12日，“墨子號(hào)”取得最新成果國(guó)際上首次成功實(shí)現(xiàn)千公里級(jí)的星地雙向量子通信，為構(gòu)建覆蓋全球的量子保密通信網(wǎng)絡(luò)奠定了堅(jiān)實(shí)的科學(xué)和技術(shù)基礎(chǔ)，至此，“墨子號(hào)”量子衛(wèi)星提前、圓滿地完成了預(yù)先設(shè)定的全部三大科學(xué)目標(biāo)假設(shè)“墨子號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，監(jiān)測(cè)系統(tǒng)測(cè)得“墨子號(hào)”在經(jīng)過(guò)小于運(yùn)行周期的時(shí)間t內(nèi)運(yùn)行的弧長(zhǎng)為s，其與地心連線掃過(guò)的角度為(弧度)，引力常量為G，則A. “墨子號(hào)”運(yùn)行的角速度為B. “墨子號(hào)”的軌道半徑為C. 地球的質(zhì)量為M=D. “墨子號(hào)”繞地球運(yùn)行的向心加速

4、度為【答案】C【解析】【分析】由圓周運(yùn)動(dòng)的角速度公式確定角速度，再求周期由圓的幾何知識(shí)確定半徑，由萬(wàn)有引力提供向心力確定出地球的質(zhì)量根據(jù)an=2R求解向心加速度。【詳解】AB “墨子號(hào)”做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度v=，角速度=，又v=R，或由s=R，“墨子號(hào)”做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；C由G=m2R得，地球的質(zhì)量M=，選項(xiàng)C正確；D衛(wèi)星環(huán)繞地球的向心加速度an=2R=，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C.【點(diǎn)睛】解決本題時(shí)，要對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)的公式、各個(gè)量之間的關(guān)系要熟悉，明確s=r；對(duì)于衛(wèi)星問(wèn)題，關(guān)鍵要抓住萬(wàn)有引力提供向心力這一基本思路4.兩平行虛線間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.05T、方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

5、一個(gè)總電阻為0.005的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為1m/scd邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)下列說(shuō)法正確的是A. 導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)為0.1mB. 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為0.2mC. 在t0.2s至t0.4 s這段時(shí)間內(nèi)，cd兩點(diǎn)間沒(méi)有電勢(shì)差D. 磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外【答案】D【解析】【分析】根據(jù)EBLv求解導(dǎo)體框的邊長(zhǎng)；根據(jù)圖像信息求解磁場(chǎng)的寬度；在t0.2s至t0.4 s這段時(shí)間內(nèi)，線框的兩邊仍切割磁感線，從而判斷cd兩點(diǎn)間有

6、無(wú)電勢(shì)差；根據(jù)楞次定律判斷磁場(chǎng)的方向?！驹斀狻緼根據(jù)EBLv0.01 V可知，L=E/Bv0.2 m，A錯(cuò)誤；B導(dǎo)線框的cd邊從進(jìn)入磁場(chǎng)到離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間為0.4s，根據(jù)svt0.4m可知，磁場(chǎng)寬度為0.4m，B錯(cuò)誤；C在t0.2 s至t0.4 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒ab和cd均切割磁感線，產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，cd間有電勢(shì)差，所以C錯(cuò)誤；D根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)線切割磁感線運(yùn)動(dòng)，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式以及楞次定律，本題能夠從圖象中獲取感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小、方向、運(yùn)動(dòng)時(shí)間等。5.如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連

7、，將A用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊B調(diào)整木板的位置，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒(méi)有拉力，此時(shí)輕彈簧的形變量為x突然撤去木板，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A. 撤去木板后，B物塊向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)速度最大B. 撤去木板后，B物塊向下運(yùn)動(dòng)2x時(shí)速度最大C. 撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為gD. 撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為1.5g【答案】D【解析】【分析】求出撤去木板前彈簧的拉力，再根據(jù)牛頓第二定律求出撤去木板瞬間B的瞬時(shí)加速度當(dāng)B物塊向下運(yùn)動(dòng)到重力和彈力相等時(shí)，速度最大【詳解】AB當(dāng)B物塊受到的合外力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)T2=2mg=kx2，又mg=k

8、x，所以彈簧此時(shí)的伸長(zhǎng)量x2=2x，即B物塊向下運(yùn)動(dòng)3x時(shí)其速度最大，選項(xiàng)AB均錯(cuò)誤；CD撤去木板瞬間，B物塊所受的合外力為3mg，由牛頓第二定律知其加速度大小為1.5g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選D.【點(diǎn)睛】解決本題關(guān)鍵知道撤去木板的瞬間，彈簧的拉力不變，根據(jù)牛頓第二定律可以求出瞬時(shí)加速度當(dāng)彈力和重力相等時(shí)，速度最大6.人類對(duì)光的本性以及原子內(nèi)部結(jié)構(gòu)的進(jìn)一步認(rèn)識(shí)，促進(jìn)了科技極大的進(jìn)步，并大量應(yīng)用于醫(yī)療、通訊等領(lǐng)域下列說(shuō)法中正確的是A. 氫原子吸收光子后，從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷，原子能量增加B. 相同頻率的光照射不同金屬，從金屬表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能越大，說(shuō)明這種金屬的逸出功越大C. 的半衰

9、期約為4天，1g經(jīng)8天全部發(fā)生了衰變D. 鈾核()衰變?yōu)殂U核()的過(guò)程中，中子數(shù)減少了32個(gè)【答案】A【解析】【詳解】A根據(jù)波爾理論，氫原子吸收光子后，從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷，原子能量增加，選項(xiàng)A正確；B由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程h=EKm+W可知，光電子最大初動(dòng)能越大的金屬的逸出功越小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C經(jīng)過(guò)8天兩個(gè)半衰期，剩下的質(zhì)量應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的四分之一，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D鈾核的中子數(shù)為146個(gè)，鉛核的中子數(shù)為124個(gè)，兩者相比較，中子數(shù)減少了22個(gè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A.7.阻值相等的四個(gè)電阻、電容為C的電容器及電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻可以忽略的電池連接成如圖所示電路開(kāi)始時(shí)，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)且電流穩(wěn)定，然后閉合開(kāi)關(guān)S，

10、電流再次穩(wěn)定閉合開(kāi)關(guān)前后電容器所帶的電荷量A. 增加 B. 增加C. 增加 D. 減少【答案】B【解析】【分析】分別畫(huà)出S斷開(kāi)和閉合時(shí)的等效電路圖，找打電容器兩端的電壓，根據(jù)Q=CU求解電鍵S閉合和斷開(kāi)時(shí)電容器的帶電量，從而求解電量的變化?！驹斀狻坑梢阎獥l件及電容定義式C可得：Q1U1C，Q2U2C.S斷開(kāi)時(shí)等效電路如圖甲所示：U1·E×E；S閉合時(shí)等效電路如圖乙所示，U2·EE根據(jù)Q=CU則Q1=，Q2= ；Q=Q2-Q1=，選項(xiàng)B正確；8.女子短道速滑隊(duì)是我國(guó)冰上競(jìng)技項(xiàng)目的強(qiáng)項(xiàng)，2017年3月12日， 在短道速滑世錦賽上，中國(guó)隊(duì)獲得女子3000米接力賽冠軍通過(guò)

11、觀察比賽錄像發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開(kāi)始向前滑行，如圖所示，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則在乙推甲的過(guò)程中A. 甲對(duì)乙的作用力與乙對(duì)甲的作用力大小相等B. 甲、乙的動(dòng)量變化一定相同C. 甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功D. 甲、乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒【答案】AD【解析】【分析】運(yùn)動(dòng)員在“交棒”過(guò)程中，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員相互作用的力等大、反向、共線，作用時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量定理，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化等大、反向、共線，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；根據(jù)功的概念判斷做功的情況。【詳解】A根據(jù)牛頓第三定律，乙推甲的

12、過(guò)程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，選項(xiàng)A正確；B乙推甲的過(guò)程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即p甲p乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C在乙推甲的過(guò)程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D結(jié)合動(dòng)能定理和實(shí)際情境可知，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D正確；故選AD9.如圖是靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，通過(guò)某種機(jī)制使電場(chǎng)中的塵埃帶上負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的圖示位置的P、M、N三點(diǎn)在同一直線上，且PM=MN下列判斷正確的是A. b是直流高壓電源的負(fù)極B. 電場(chǎng)中M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的

13、電勢(shì)C. 同一個(gè)點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力D. 電場(chǎng)中N、M間的電勢(shì)差UNM小于M 、P間的電勢(shì)差UMP【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)方向，分析塵埃所受的電場(chǎng)力方向，判斷其電性。放電極與集塵極間建立非勻強(qiáng)電場(chǎng)，塵埃所受的電場(chǎng)力是變化的，依據(jù)電場(chǎng)線的疏密來(lái)體現(xiàn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，并沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)是降低的?！驹斀狻緼塵埃在電場(chǎng)中通過(guò)某種機(jī)制帶上負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，說(shuō)明集塵極帶正電，b是直流高壓電源的正極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B順著電場(chǎng)線，電勢(shì)降落，則M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C越靠近放電極電場(chǎng)越強(qiáng)，同一點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力越大，選項(xiàng)C正確；DU

14、=Ed，N、M間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度小于M、P間的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以N、M間的電勢(shì)差UNM小于M、P間的電勢(shì)差UMP，選項(xiàng)D正確；故選CD?！军c(diǎn)睛】本題考查運(yùn)用分析實(shí)際問(wèn)題工作原理的能力，剖題時(shí)，抓住塵埃的運(yùn)動(dòng)方向是突破口，理解本電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，是解題的關(guān)鍵。10.在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)在x 軸上分布如圖所示下列說(shuō)法中正確的有A. q1和q2帶有同種電荷B. 電荷在x2處受到的電場(chǎng)力為零C. 正電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D. 正電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力減小【答案】BD【解析】【分析】由電勢(shì)的變化及無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零可得源電荷帶異號(hào)電荷，再根據(jù)曲線斜率等于場(chǎng)強(qiáng)即得到電場(chǎng)

15、強(qiáng)度的變化，進(jìn)而分析電場(chǎng)力變化【詳解】AB -x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由圖像可知，x2左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，x2右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度向右， x2處電場(chǎng)強(qiáng)度等于零，故q1和q2均在x1左側(cè)且?guī)в挟惙N電荷，A錯(cuò)誤，B正確CD正電荷從x1處移到x2處，電勢(shì)升高，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力減小，C錯(cuò)誤，D正確；故選BD11.如圖甲所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為n1 : n2=21，且分別接有電阻R1和R2，R1=R2=400為電壓有效值不變的正弦交流電源，閉合開(kāi)關(guān)K時(shí)，通過(guò)電阻R2的電流如圖乙所示，則此時(shí)A. 用電壓表測(cè)量交流電源電壓約為424 VB. 交流電源的輸出功率90 WC. 斷開(kāi)

16、開(kāi)關(guān)K后，通過(guò)電阻R1的電流變成原來(lái)的一半D. R1和R2消耗的功率之比為12【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析即可得出結(jié)論?！驹斀狻緼由U1/U2=n1/n2，I1/I2=n2/n1得，通過(guò)R2的電流有效值I2=0.3A，通過(guò)R1的電流有效值I1=0.15A，副線圈兩端的電壓U2=I2R2=120V，原線圈兩端電壓U1=240V，而U=U1+I1R1=300V424V，選項(xiàng)A正確；B交流電源的功率P=UI1=90W，選項(xiàng)B正確；C斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，通過(guò)電阻R1的電流為0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； DR1消耗的功率P1=I12R1，R2消

17、耗的功率P2=I22R2，P1:P2= I12: I22=1:4，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AB?！军c(diǎn)睛】本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；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。12.一底角為60°的等腰梯形ABCD內(nèi)部(包括邊界)有垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m，電量為q且?guī)ж?fù)電的粒子以大小v的速率從A處垂直于磁場(chǎng)向各個(gè)方向入射，已知等腰梯形的上底長(zhǎng)為d，下底長(zhǎng)為3d，忽略帶電粒子的重力以下說(shuō)法正確的是A. 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為dB. 粒子能從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)C

18、. 粒子不能從BC邊上距離點(diǎn)d處離開(kāi)磁場(chǎng)D. 粒子能夠垂直于AB邊從AB邊離開(kāi)磁場(chǎng)【答案】AC【解析】【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)題意分析答題【詳解】A由得帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為d，選項(xiàng)A正確；BA、C之間的距離大于2d，所以粒子不可以從C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，B錯(cuò)誤；C設(shè)BC邊上距離C點(diǎn)d處為E點(diǎn)，由已知可得AB邊、CD邊均為2d，所以AE的長(zhǎng)度也為2d，若要粒子從E點(diǎn)離開(kāi)，則必須從A點(diǎn)垂直于AE進(jìn)入磁場(chǎng)，而這樣的粒子從A點(diǎn)就離開(kāi)了磁場(chǎng)，所以不存在這樣的粒子軌跡，選項(xiàng)C正確；D因?yàn)锳B邊的長(zhǎng)度等于軌跡圓的直

19、徑2d，所以要使粒子垂直于AB邊離開(kāi)磁場(chǎng)，則只能從A點(diǎn)垂直于AB進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是半圓，這樣的半圓與BC邊一定相交，所以不可能垂直于AB邊而從AB邊離開(kāi)磁場(chǎng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC.【點(diǎn)睛】本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑是解題的前提，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程即可解題二、非選擇題： 13.用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究“動(dòng)能定理” 某學(xué)習(xí)小組在氣墊導(dǎo)軌上安裝了一個(gè)光電門(mén)B，滑塊上固定一遮光條細(xì)線一端連著滑塊，另一端繞過(guò)氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力電傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放（1）某同學(xué)用游

20、標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=_mm（2）下列實(shí)驗(yàn)要求中不必要的一項(xiàng)是_(請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母)A應(yīng)使A位置與光電門(mén)間的距離適當(dāng)大些B應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力電傳感器的總質(zhì)量C應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平 D應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)保持滑塊的質(zhì)量M和A、B間的距離L不變，改變鉤碼質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的力電傳感器的示數(shù)F和遮光條通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間t，通過(guò)描點(diǎn)作出線性圖象，研究滑塊動(dòng)能的變化量與合外力對(duì)它所做功的關(guān)系，處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖象是_(請(qǐng)?zhí)顚?xiě)選項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母)A作出“t-F圖象” B作出“t2-F圖象”C作出“t2-圖象” D作出“-F2圖象”【答案】（1）2.30 （

21、2）B （3）C【解析】【分析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)結(jié)果等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，不需要估讀；（2）從實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)誤差角度分析操作的步驟；（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算加速度，根據(jù)牛頓第二定律F=Ma計(jì)算表達(dá)式，從而確定處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作什么圖象【詳解】（1）由圖知第6條刻度線與主尺對(duì)齊，d=2mm+6×0.05mm=2.30mm；（2）應(yīng)使A位置與光電門(mén)間的距離適當(dāng)大些，有利于減小誤差，故A是必要的；拉力是直接通過(guò)傳感器測(cè)量的，故與小車(chē)質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小關(guān)系無(wú)關(guān)，故B不必要；應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，保持拉線方向與木板平面平行，這樣拉力才等于合力，故CD是必要的；本題選不必要的，故選B（

22、3）根據(jù)牛頓第二定律得，那么()22()L解得： 所以研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出F圖象或作出t2-圖象，故C正確故選C.【點(diǎn)睛】本題要知道滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的瞬時(shí)速度可近似認(rèn)為是滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)的平均速度要求能夠根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析操作的合理性14.指針式多用電表是實(shí)驗(yàn)室中常用的測(cè)量?jī)x器。(1)如圖所示為某同學(xué)設(shè)計(jì)的多用電表的原理示意圖。虛線框中S為一個(gè)單刀多擲開(kāi)關(guān)，通過(guò)操作開(kāi)關(guān)，接線柱B可以分別與觸點(diǎn)1、2、3接通，從而實(shí)現(xiàn)使用多用電表測(cè)量不同物理量的不同功能。關(guān)于此多用電表，下列說(shuō)法中正確的是_。（選填選項(xiàng)前面的字母） A. 當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，多用電表處于測(cè)量電流的擋位，

23、其中接線柱B接的是黑表筆          B. 當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，其中接線柱B接的是黑表筆C. 當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，多用電表處于測(cè)量電阻的擋位，其中接線柱B接的是紅表筆          D. 當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，其中接線柱B接的是紅表筆(2)用實(shí)驗(yàn)室的多用電表進(jìn)行某次測(cè)量時(shí)，指針在表盤(pán)的位置如圖所示。a.若所選擋位為直

24、流50mA擋，則示數(shù)為_(kāi)mA；b.若所選擋位為電阻×10擋，則示數(shù)為_(kāi)。 (3)用該多用電表正確測(cè)量了一個(gè)約15的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約2k的電阻。在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，請(qǐng)選擇以下必須的步驟，并按操作順序逐一寫(xiě)出步驟序號(hào)：_。A將紅表筆和黑表筆接觸B把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×100”位置C把選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“×1k”位置D調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使表針指向歐姆零點(diǎn) (4)某小組同學(xué)們發(fā)現(xiàn)歐姆表的表盤(pán)刻度線不均勻，分析在同一個(gè)擋位下通過(guò)待測(cè)電阻的電流I和它的阻值Rx關(guān)系，他們分別畫(huà)出了如圖所示的幾種圖象，其中可能正確的是_。A、 B、C、 D、【答案】 (1)

25、. A (2). 21.0 190 (3). BAD (4). AC【解析】【分析】（1）靈敏電流計(jì)G與分流電阻并聯(lián)可以改裝成電流表，與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，與滑動(dòng)變阻器、電源一起可以改裝成歐姆表，分析圖示電路圖答題。（2）根據(jù)電流表量程確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。（3）用歐姆表測(cè)電阻要選擇合適擋位使指針指在中央刻度線附近，歐姆表?yè)Q擋后要進(jìn)行歐姆調(diào)零。（4）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出I-Rx以及-Rx的表達(dá)式，進(jìn)而選擇圖象即可?！驹斀狻浚?）由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)3時(shí)，表頭與分壓電阻串聯(lián)，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電壓的擋位，其中接線

26、柱B接的是黑表筆，故A錯(cuò)誤；由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)2時(shí)，表頭與電源相連，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電阻的擋位，其中接線柱B接的是黑表筆，故B錯(cuò)誤，C正確；由圖示電路圖可知，當(dāng)S接觸點(diǎn)1時(shí)，表頭與分流電阻并聯(lián)，此時(shí)多用電表處于測(cè)量電流的擋位，其中接線柱B接的是黑表筆，故D正確；故選CD。（2）若所選擋位為直流10A擋，由圖所示可知，其分度值為0.2A，則示數(shù)為4.2A。若所選擋位為電阻×100擋，由圖所示可知，示數(shù)為：19×100=1900；（3）用多用電表正確測(cè)量了一個(gè)約15的電阻后，要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約2k的電阻，首先要把選擇開(kāi)關(guān)置于×100擋位位置，然后進(jìn)行歐

27、姆調(diào)零，把紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指針歐姆零刻度線位置，最后再測(cè)電阻，故合理的步驟是：BAD；（4）設(shè)歐姆表內(nèi)電池電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電流表內(nèi)阻與調(diào)零電阻的和為Rg，則有：，則I-Rx圖象是雙曲線的一條，隨著Rx的增大，I減小，故C正確，D錯(cuò)誤；上式的倒數(shù)：，可知Rx是線性函數(shù)，Rx=0時(shí)，0且有最小值，隨著Rx的增大而增大，故A正確，B錯(cuò)誤。故選AC.【點(diǎn)睛】本題考查了多用電表結(jié)構(gòu)、多用電表讀數(shù)與歐姆表的使用方法，知道電流表。電壓表與歐姆表的改裝原理是解題的前提，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)、掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。15.高鐵被譽(yù)為中國(guó)新四大發(fā)明之一因高鐵

28、的運(yùn)行速度快，對(duì)制動(dòng)系統(tǒng)的性能要求較高，高鐵列車(chē)上安裝有多套制動(dòng)裝置制動(dòng)風(fēng)翼、電磁制動(dòng)系統(tǒng)、空氣制動(dòng)系統(tǒng)、摩擦制動(dòng)系統(tǒng)等在一段直線軌道上，某高鐵列車(chē)正以v0=288km/h的速度勻速行駛，列車(chē)長(zhǎng)突然接到通知，前方x0=5km處道路出現(xiàn)異常，需要減速停車(chē)列車(chē)長(zhǎng)接到通知后，經(jīng)過(guò)tl=2.5s將制動(dòng)風(fēng)翼打開(kāi)，高鐵列車(chē)獲得a1=0.5m/s2的平均制動(dòng)加速度減速，減速t2=40s后，列車(chē)長(zhǎng)再將電磁制動(dòng)系統(tǒng)打開(kāi)，結(jié)果列車(chē)在距離異常處500m的地方停下來(lái)（1）求列車(chē)長(zhǎng)打開(kāi)電磁制動(dòng)系統(tǒng)時(shí)，列車(chē)的速度多大？（2）求制動(dòng)風(fēng)翼和電磁制動(dòng)系統(tǒng)都打開(kāi)時(shí)，列車(chē)的平均制動(dòng)加速度a2是多大？【答案】（1）60m/s（2）1

29、.2m/s2【解析】【分析】（1）根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系求解列車(chē)長(zhǎng)打開(kāi)電磁制動(dòng)系統(tǒng)時(shí)列車(chē)的速度；（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)公式列式求解打開(kāi)電磁制動(dòng)后打開(kāi)電磁制動(dòng)后列車(chē)行駛的距離，根據(jù)速度位移關(guān)系求解列車(chē)的平均制動(dòng)加速度.【詳解】（1）打開(kāi)制動(dòng)風(fēng)翼時(shí)，列車(chē)的加速度為a1=0.5m/s2，設(shè)經(jīng)過(guò)t2=40s時(shí)，列車(chē)的速度為v1，則v1=v0-a1t2=60m/s. （2）列車(chē)長(zhǎng)接到通知后，經(jīng)過(guò)t1=2.5s，列車(chē)行駛的距離x1=v0t1=200m 打開(kāi)制動(dòng)風(fēng)翼到打開(kāi)電磁制動(dòng)系統(tǒng)的過(guò)程中，列車(chē)行駛的距離x2 =2800m 打開(kāi)電磁制動(dòng)后，行駛的距離x3= x0- x1- x2=1500m； 16.如圖所示，在豎直平面

30、內(nèi)的光滑固定軌道由四分之一圓弧AB和二分之一圓弧BC組成，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接過(guò)BC圓弧的圓心O有厚度不計(jì)的水平擋板和豎直擋板各一塊，擋板與圓弧軌道之間有寬度很小的縫隙AB弧的半徑為2R，BC弧的半徑為R一直徑略小于縫寬的小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)不考慮小球撞到擋板以后的反彈 （1）通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)（2）若小球能到達(dá)C點(diǎn)，求小球在B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；若小球不能到達(dá)C點(diǎn)，請(qǐng)求出小球至少?gòu)木郃點(diǎn)多高處由靜止開(kāi)始自由下落才能夠到達(dá)C點(diǎn)（3）使小球從A點(diǎn)正上方不同高度處自由落下進(jìn)入軌道，小球在水平擋板上的落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離x會(huì)隨小球開(kāi)始下落

31、時(shí)離A點(diǎn)的高度h而變化，請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出x2-h圖象（不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）【答案】（1）小球可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)（2）4:1（3）；【解析】【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律求解小球到達(dá)C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力，若壓力大于零，說(shuō)明能到達(dá)C點(diǎn)；（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球在B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；（3）小球自由落下，經(jīng)ABC圓弧軌道到達(dá)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解h的范圍，畫(huà)出圖象?！驹斀狻浚?）若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N0設(shè)小球的質(zhì)量為m，在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有Nmg=小球由開(kāi)始下落至運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中，機(jī)械能守

32、恒，有由式可知， 小球可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn) （2）小球在C點(diǎn)的動(dòng)能為EkC，由機(jī)械能守恒得設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有由式得EkB：EkC4 （3）x2-h圖象如圖所示： 17.如圖所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平軌道，PQ段為足夠長(zhǎng)的光滑豎直軌道，NP段為光滑的四分之一圓弧，圓心為O，直線NN右側(cè)有方向水平向左的電場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），電場(chǎng)強(qiáng)度E=，在包含圓弧軌道NP的ONOP區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界處無(wú)磁場(chǎng)）軌道MN最左端M點(diǎn)處?kù)o止一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的物塊A，一質(zhì)量為3m為物塊C從左側(cè)的光滑軌道上以速度v0撞向

33、物塊AA、C之間只發(fā)生一次彈性碰撞，且最終剛好挨在一起停在軌道MN上，A、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，重力加速度為gA在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所帶電荷量保持不變且始終沒(méi)有脫離軌道A第一次到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為2mg求：（1）碰撞后A、C的速度大?。唬?）A、C與水平軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）A對(duì)軌道NP的最大壓力的大小【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）A、C發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒，列式聯(lián)立求解碰后A、C的速度；（2）A在NN右側(cè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力和重力做功之和為0。根據(jù)動(dòng)能定理列式求解A、C與水平軌道MN的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）將重力和電場(chǎng)力進(jìn)行等效合成，

34、找到A對(duì)軌道NP有最大壓力的位置，根據(jù)動(dòng)能定理求解此位置的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解最大壓力.【詳解】（1）A、C發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為vA、vC，則有：3mv0=mvA+3mvC=+聯(lián)立解得：（2）設(shè)A、C最后靜止時(shí)與M點(diǎn)的距離為l1，A在NN右側(cè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力和重力做功之和為0。有mg（2Ll）=3mgl=聯(lián)立解得（3）設(shè)A在點(diǎn)的速度為，A從M到N的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得設(shè)圓弧NP的半徑為a因?yàn)锳在點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg，A在NN右側(cè)受到的電場(chǎng)力F=qE=mg重力和電場(chǎng)力的合力大小為F合=2mg，方向與OP夾角為。過(guò)O點(diǎn)沿合力方向作直線與圓弧相交于點(diǎn)，當(dāng)A經(jīng)P點(diǎn)返回N點(diǎn)的過(guò)程中到達(dá)

35、K點(diǎn)時(shí)，達(dá)到最大速度，此時(shí)A對(duì)軌道的壓力最大。A從M點(diǎn)到K點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：返回K點(diǎn)時(shí)：FNF合由得：FN由牛頓第三定律得A對(duì)軌道NP的最大壓力為：（二）選考題： 18.分子動(dòng)理論較好地解釋了物質(zhì)的宏觀熱力學(xué)性質(zhì)據(jù)此可判斷下列說(shuō)法中正確的是A. 懸浮在液體中的小顆粒不停的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)稱為布朗運(yùn)動(dòng)，顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著B(niǎo). 在真空、高溫條件下，可以利用分子擴(kuò)散向半導(dǎo)體材料摻入其它元素C. 當(dāng)分子間的引力大于斥力時(shí)，宏觀物體呈現(xiàn)固態(tài)；當(dāng)分子間的引力小于斥力時(shí)，宏觀物體呈現(xiàn)氣態(tài)D. 分子間距離減小時(shí)，分子間的引力和斥力都增大E. 隨著分子間距離的增大，分子勢(shì)能一定減小【答案】ABD【解析】

36、【詳解】A懸浮在液體中的小顆粒不停的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)稱為布朗運(yùn)動(dòng)，顆粒越小，溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著，選項(xiàng)A正確；B分子在永不停息的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，所以在真空、高溫條件下，可以利用分子擴(kuò)散向半導(dǎo)體材料摻入其它元素，選項(xiàng)B正確；C氣態(tài)的物體其引力是大于斥力的；物態(tài)并不是只由分子間作用力所決定的；故C錯(cuò)誤；D分子間距離減小時(shí)，分子間的引力和斥力都增大，選項(xiàng)D正確；E當(dāng)分子間距離等于r0時(shí)，分子間的勢(shì)能最小，分子可以從距離小于r0的處增大分子之間距離，此時(shí)分子勢(shì)能先減小后增大，故E錯(cuò)誤；故選ABD.19.如圖所示，有一截面積S=100cm2的導(dǎo)熱氣缸，氣缸內(nèi)部有一固定支架AB，支架上方有一小放氣孔，且上方氣

37、缸足夠長(zhǎng)，支架到氣缸底部距離為h=2.2cm，質(zhì)量m=10kg的活塞置于支架上，開(kāi)始時(shí)氣缸內(nèi)部封閉有溫度為T(mén)0=300K，壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)p0的氣體先堵住放氣孔，當(dāng)外界溫度緩慢上升至某溫度時(shí)，活塞被整體頂起，外界溫度繼續(xù)緩慢升高到T1=360時(shí)，此時(shí)活塞離氣缸底部的距離為h1然后保持氣體溫度360K不變，打開(kāi)放氣孔，由放氣孔緩慢放出少許氣體，活塞又回到支架處，氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)減為p0再將外界的溫度緩慢降至T0，此時(shí)氣缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)為p2整個(gè)過(guò)程中封閉氣體均視為理想氣體，已知外界大氣壓強(qiáng)恒為p0=105Pa，重力加速度為g=10m/s2，不計(jì)活塞與氣缸的摩擦求：（1）h1的大??； （2）p2的大小【答案】（1）2.4cm（2）8.3 ×104Pa【解析】【分析】（1）找到氣體的狀態(tài)變化參量，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)變化方程列式求解h1的大?。唬?）活塞重新回到支架后封閉的氣體做等容變化，根據(jù)查理定律列式求解p2的大小.【詳解】（1）封閉氣體變化開(kāi)始時(shí)，壓強(qiáng)為p0，溫度T0=300K，體積V0=Sh當(dāng)溫度上升到T1=360K且未放氣時(shí)，活塞受力平衡，此時(shí)壓強(qiáng)為p1，溫度T1=360K,體積V1=Sh1由平衡可得mg=S（p1-p0） 解得 p1=1.1p0 根據(jù)理