2019年寧夏銀川一中高考物理一模試卷

1、2019 年寧夏銀川一中高考物理一模試卷副標(biāo)題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1.以下涉及物理學(xué)史上的四個重大發(fā)現(xiàn)，其中說法不正確的是（）A. 卡文迪許通過扭秤實驗，測定出了萬有引力常量B. 奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C. 牛頓根據(jù)理想斜面實驗，提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因D. 紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律的結(jié)論2. 如圖所示， 輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿 M、N 上的 a、b 兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正

2、確的是（）A. 繩的右端上移到b，繩子拉力變小B. 將桿 N 向右移一些，繩子拉力變大C. 繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D. 若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣服架懸掛點右移3. 霍曼轉(zhuǎn)移軌道（ Hohmanntransferorbit ）是一種變換太空船軌道的方法，此種軌道操縱名稱來自德國物理學(xué)家瓦爾特 ?霍曼。在電影和小說流浪地球中，利用霍曼轉(zhuǎn)移軌道，用最少的燃料地球會到達(dá)木星軌道，最終逃出太陽系。如圖所示，科學(xué)家利用固定在地面的萬臺超級聚變發(fā)動機瞬間點火，使地球在地球軌道 上的 B 點加速，通過運輸軌道，再在運輸軌道上的A 點瞬間點火， 從而進(jìn)入木星軌道 關(guān)于地球的運動， 下列說法中正確的是

3、 （）A. 在運輸軌道上經(jīng)過 A 的速度小于經(jīng)過 B 的速度B. 在軌道 上經(jīng)過 A 的動能大于在軌道 上經(jīng)過 B 的動能C. 在軌道 上運動的周期小于在軌道 上運動的周期D. 在軌道 上經(jīng)過 A 的加速度小于在運輸軌道上經(jīng)過A 的加速度4. 電荷量為 Q1 和 Q2 的兩點電荷分別固定在 x 軸上的 O、C 兩點，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，x 軸上各點電勢隨x 的變化關(guān)系如圖所示。則（）A. Q1 帶負(fù)電， Q2 帶正電B. 將一帶負(fù)電的試探電荷自G 點靜止釋放， 僅在電場力作用下一定不能到達(dá)D 點C. G 點處電場強度的方向沿x 軸正方向D. 將一帶負(fù)電的試探電荷從D 點沿 x 軸正方向移到J

4、 點，電場力先做負(fù)功后做正功第1頁，共 19頁5.如圖所示， 在空間有一坐標(biāo)系xOy 中，直線 OP 與 x 軸正方向的夾角為 30o，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域 I 和 II ，直線 OP 是它們的邊界， OP 上方區(qū)域 I 中磁場的磁感應(yīng)強度為 B一質(zhì)量為 m，電荷量為 q 的質(zhì)子（不計重力）以速度 v 從 O 點沿與 OP 成30o 角的方向垂直磁場進(jìn)入?yún)^(qū)域I ，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域 I 和 II 后，恰好垂直打在x 軸上的 Q 點（圖中未畫出） ，則下列說法正確的是 （）A. 區(qū)域 II 中磁感應(yīng)強度為B. 區(qū)域 II 中磁感應(yīng)強度為3BC. 質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運

5、動時間為D. 質(zhì)子在第一象限內(nèi)的運動時間為二、多選題（本大題共5 小題，共 27.0 分）6. 在如圖所示的電路中，電源電動勢E 和內(nèi)電阻 r 為定值， R1 為滑動變阻器， R2 和 R3 為定值電阻。當(dāng)R1 的滑動觸頭 P 從左向右移動時，伏特表V1 和 V2 的示數(shù)的增量分別為 U1 和U2，對 U 1 和 U 2 有（）A. B.| U1| | U2|U |=|U |12C. U 1 0，U2 0D. U2 0， U 1 07. 如圖所示。在光滑絕緣水平面上有一單匝線圈ABCD 在水平外力作用下以大小為v 的速度向右勻速進(jìn)入豎直向上的勻強磁場。第二次以大小為的速度向右勻速進(jìn)入該勻強磁場

6、，則下列說法正確的是（）A. 笫二次進(jìn)入與笫一次進(jìn)入時線圈中的電流之比為13：B. 第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時外力做功的功率之比為13：C. 第二次進(jìn)入與笫一次進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生的熱量之比為1： 3D. 第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時通過線圈中某一橫截面的電荷量之比為8. 如圖所示，質(zhì)量均為 m 的物塊 a、b 用一根勁度系數(shù)為k 的輕彈簧相連接， 放在傾角為 的足夠長光滑固定斜面上，且 a 是帶電量為 +q 的絕緣物塊， C 為固定擋板，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一外力F 沿斜面方向拉物塊a 使之向上做勻加速運動，當(dāng)物塊 a 剛要離開斜面時物塊

7、開擋板 C重力加速度大小為g，則此過程（）1： 3b 恰將離A. 物塊 a 運動的距離為B.C. 外力 F 做的功為D.9.下列說法中正確的是（）物塊 a 運動的時間為彈簧彈力做的功為A. 氣體壓強的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)B. 布朗運動是液體分子的運動，說明液體分子永不停息地做無規(guī)則熱運動C. 熱力學(xué)第二定律的開爾文表述： 不可能從單一熱庫吸收熱量， 使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響第2頁，共 19頁D. 水黽可以停在水面上是因為液體具有表面張力E. 溫度升高，物體所有分子的動能都增大10.一列簡諧橫波沿x 軸正方向傳播，t=0 時波形圖如圖中實線所示，此時波剛好傳

8、到c 點； t=0.6s 時波恰好傳到e 點，波形如圖中虛線所示，a、 b、c、 d、 e 是介質(zhì)中的質(zhì)點下列說法正確的是（）A. 這列波的周期為T=0.8sB.C.D.E.當(dāng) t=0.6s 時質(zhì)點 a 速度沿 y 軸負(fù)方向質(zhì)點 c 在這段時間內(nèi)沿x 軸正方向移動了3m質(zhì)點 d 在這段時間內(nèi)通過的路程為20cmt=0.6 s時，質(zhì)點e 將要沿 y 軸正方向運動三、實驗題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）11. 在“驗證機械能守恒定律”的實驗中， 小明同學(xué)利用傳感器設(shè)計實驗： 如圖甲所示，將質(zhì)量為m、直徑為 d 的金屬小球在一定高度h 由靜止釋放，小球正下方固定一臺紅外線計時器，能自動記

9、錄小球擋住紅外線的時間t，改變小球下落高度h，進(jìn)行多次重復(fù)實驗。此方案驗證機械能守恒定律方便快捷，請完成以下問題：（ 1）用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑d=_mm；（ 2）為直觀判斷小球下落過程中機械能是否守恒，應(yīng)作下列哪一個圖象_；Ah-t 圖象B h- 圖象C h-t2 圖象D h-圖象（ 3）經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動能增加量mv2 總是稍小于重力勢能減少量 mgh，你認(rèn)為增加釋放高度h 后，兩者的差值會_（填“增大”“縮小”或“不變”）。12. 要測量一節(jié)內(nèi)阻較大的干電池的電動勢和內(nèi)阻， 某同學(xué)設(shè)計了如圖 1 所示的實驗電路，電路中的定值電阻 R1=8。（ 1）

10、閉合開關(guān)前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片調(diào)到最右端。閉合開關(guān)后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄多組電壓表的示數(shù)U 1、 U2，填在如表中，請根據(jù)表格數(shù)據(jù)在圖2 所示的坐標(biāo)系中作出U 2-U1 的圖象。U1 /V0.100.200.300.400.500.60U2 /V1.050.900.750.700.450.30根據(jù)作出的圖象可得到電池的電動勢E=_V，電池的內(nèi)阻 r=_ 。（ 2）由于電壓表 V1 內(nèi)阻的存在， 測得的干電池電動勢_（填“大于”“等于”第3頁，共 19頁或“小于”）電動勢的真實值，測得的干電池內(nèi)阻_（填“大于”“等于”或“小于”）內(nèi)阻的真實值。四、計算題（本大題共4 小題，共52.0 分）1

11、3. 傳送帶以恒定速度 v=4m/s 順時針運行，傳送帶與水平面的夾角 =37現(xiàn)將質(zhì)量 m=2 kg 的小物品輕放在其底端 （小物品可看成質(zhì)點），平臺上的人通過一根輕繩用恒力F=20N 拉小物品，經(jīng)過一段時間物品被拉到離地高為H=1.8m 的平臺上， 如圖所示。已知物品與傳送帶這間的動摩擦因數(shù)=0.5，設(shè)最大2靜摩擦力等于滑動摩擦力，g 取 10m/s ，已知 sin37 =0.6 ， cos37=0.8求：若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F，求物品還需多少時間離開皮帶？14. 小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角 =53，導(dǎo)軌上端串接一個0.0

12、5 的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56m 的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2.0T質(zhì)量 m=4.0kg 的金屬棒CD 水平置于導(dǎo)軌上， 用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH 相連。 CD 棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距 s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80N 拉動 GH 桿， CD 棒由靜止開始運動，上升過程中CD 棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD 棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD 棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s2，sin53 =0.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量）。求（ 1） CD 棒進(jìn)入磁場時速度v 的大??；（ 2） CD 棒

13、進(jìn)入磁場時所受的安培力F A 的大小；（ 3）在拉升 CD 棒的過程中，健身者所做的功W 和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q。第4頁，共 19頁15. 一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài) A變化到狀態(tài) B 再變化到狀態(tài) C，其狀態(tài)變化過程的p-V 圖象如圖所示。已知該氣體在狀態(tài)A 時的溫度為27求：（ i）該氣體在狀態(tài)B 和 C 時的溫度分別為多少？（ ii）該氣體從狀態(tài)A 經(jīng) B 再到 C 的全過程中是吸熱還是放熱？傳遞的熱量是多少？16.如圖所示， ABCD 是一玻璃磚的截面圖，一束光與 AB 面成 30角從 AB 邊上的 E 點射入玻璃磚中，折射后經(jīng)玻璃磚的 BC 邊反射后，從 CD 邊上的 F 點垂直于 C

14、D邊射出。 已知 B=90，C=60，EB=10cm，BC=30cm。真空中的光速c=3108m/s，求：玻璃磚的折射率；光在玻璃磚中從E 到 F 所用的時間。 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）第5頁，共 19頁第6頁，共 19頁答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 、牛頓提出萬有引力定律后，卡文迪 許通過扭秤實驗，測定出了力有引力恒量，故 A 正確；B、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效 應(yīng)，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故 B 正確；C、伽利略根據(jù)理想斜面 實驗，提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因，故 C 錯誤；D、紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后，先后指出：閉合電路中感應(yīng)電動勢 的大小，跟穿過這

15、一電路的磁通量的 變化率成正比，后人稱之 為法拉第電磁感應(yīng)定律，故 D 正確。本題選不正確的，故選：C。根據(jù)物理學(xué)史和常 識解答，記住著名物理學(xué)家的主要 貢獻(xiàn)即可。本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大 發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一。2.【答案】 B【解析】解：如圖所示，兩個繩子是對稱的，與豎直方向夾 角是相等的。假設(shè)繩子的長度為 X ，則 Xcos=L，繩子一端在上下移 動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不 變，則 角度不變；AC 、兩個繩子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于 夾角不變，所以繩子的拉力不 變；A 錯誤，C 錯誤；第7頁，共 19頁B、當(dāng)

16、桿向右移動后，根據(jù) Xcos =L，即L 變大，繩長不變，所以 角度減小，繩子與豎直方向的 夾角變大，繩子的拉力 變大，B 正確；D、繩長和兩桿距離不 變的情況下，不變，所以掛的衣服質(zhì)量變化，不會影響懸掛點的移 動，D 錯誤 。故選：B。繩子兩端上下移 動時，兩桿距離不變，據(jù)此分析兩端 繩子間夾角的變化情況，進(jìn)而分析拉力的 變化；兩桿之間距離發(fā)生變化時，分析兩段繩子之間的夾角變化，進(jìn)而分析拉力 變化。本題在判斷繩子拉力的 變化關(guān)鍵是把握一個合力的不 變，然后分析繩子夾角的變化情況，而夾角的變化情況又與兩桿距離有關(guān)，寫出了距離與夾角關(guān)系，題目就會變的容易。3.【答案】 A【解析】輸軌道上，A 點

17、為遠(yuǎn)日點，B 點為近日點，根據(jù)開普勒第二定律知，解：A 、在運A 點速度小于 B 點速度，故 A 正確；軌軌道都是圓周軌道，根據(jù)得動能B、 道和，由于 rr，故EEkB，故B 錯誤；ABkAC、根據(jù)開普勒第三定律知，半徑越大，周期越大，則在軌道上運 動的周期大于在軌道上運 動的周期，故 C 錯誤；D、同一物體在同一位置所受萬有引力相同， 則加速度相同，故在軌道上經(jīng)過 A 的加速度等于在運 輸軌道上經(jīng)過 A 的加速度，故 D 錯誤；故選：A。在橢圓軌道上，近日點速度大于 遠(yuǎn)日點速度；在圓周軌道上根據(jù)萬有引力提供向心力可得速度和周期表達(dá)式，可以判斷、的動能關(guān)系和周期關(guān)系；第8頁，共 19頁同一物體

18、在同一位置所受萬有引力相同，則加速度相同；本題考查變軌問題 ，應(yīng)用萬有引力公式及向心力基本公式的應(yīng)用，難度不大，屬于中檔 題。4.【答案】 B【解析】解：A 、由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為 0，B 點的電勢為 0，由于沿著電場線電勢 降低，所以 O 點的電荷 Q1 帶正電，C 點電荷 Q2 帶負(fù)電，故A 錯誤；B、帶負(fù)電的試探電荷在 G 點受 x 正方向的 電場力，故沿 x 正向加速運 動，不能到達(dá) D 點，故 B 正確；C、沿著電場線電勢 逐漸降低，可知 G 點的電場強度沿 x 軸負(fù)方向，故 C 錯誤；D、負(fù)電荷從 D 點到 J 點的電場力先沿 x 正向后沿 x 負(fù)向，故電場力先做正功后做負(fù)功，故

19、 D 錯誤；故選：B。根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷兩個電荷的電性。根據(jù) B 點距離 O 比較遠(yuǎn)而距離 C 比較近，確定電荷量的大小。分析電場力的方向判斷 電場力做功的正負(fù)。解決本題的關(guān)鍵是明確沿著 電場線電勢 逐漸降低，分析場強的方向，判斷電場力的方向。5.【答案】 D【解析】解：設(shè)質(zhì)子在磁場 I 和 II 中做圓周運動的軌道半徑分別為 r1 和 r2，區(qū)域 II 中磁感應(yīng)強度為 B，由牛頓第二定律得：qvB=mqvB =m粒子在兩區(qū)域運 動的軌跡如圖所示，由帶電粒子才磁場中運動的對稱性和幾何關(guān)系可知， 質(zhì)子從 A 點出磁場 I 時的速度方向第9頁，共 19頁與 OP 的夾角為 30，故質(zhì)

20、子在磁場 I 中軌跡的圓心角為：=60，如圖所示：則 O1OA 為等邊三角形，有：OA=r 1 在區(qū)域 II 中，質(zhì)子運動圓周，O2 是粒子在區(qū)域 II 中做圓周運動的圓心，r2=OAsin30由 解得區(qū)域 II 中磁感應(yīng)強度為：B=2B，故A 正確，B 錯誤。質(zhì)子在區(qū)運 動軌跡對應(yīng)的圓心角：=60在區(qū)運 動軌跡對應(yīng)的圓心角為： =90質(zhì)子在區(qū)的運 動周期：T1=，運動時間 t1=T1=質(zhì)子在區(qū)運 動的周期：T2=，運動時間 t2=T2=則粒子在第一象限內(nèi)的運 動時間 t=t1+t2=故C 錯誤，D 正確。故選：D。質(zhì)子在兩個磁 場中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速 圓周運動。根據(jù)圓的對稱性可知

21、，質(zhì)子從 A 點出磁場 I 時的速度方向與OP 的夾角為 30，即與 x 軸平行。在區(qū)域 II 中，由題分析可知，質(zhì)子運動圓周，由幾何知識作出軌跡，如圖。由幾何關(guān)系，得到質(zhì)子在兩個磁 場中軌跡半徑與 OA 的關(guān)系，由牛頓第二定律研究兩個磁感 應(yīng)強 度的關(guān)系，求解區(qū)域 II 中磁 場 的磁感 應(yīng)強 度大小。求出質(zhì)子運動軌跡所對應(yīng)的圓心角，然后求出質(zhì)子在磁場中做圓周運動的時間。本題考查帶電粒子在有界磁 場中的運動，帶電粒子通過磁場的邊界時，如果邊界是直線，根據(jù)圓的對稱性得到，帶電粒子入射速度方向與 邊界的夾角等于出射速度方向與 邊界的夾角，這 在處理有界磁 場 的問題 常常用到。6.【答案】 AD

22、【解析】解：AB 、滑片向右移動時，滑動變阻器接入 電阻減小，則電路中電流增大，R3分壓即 U 及內(nèi)阻分 壓變大，R1 與 R2 的電壓和即 U1 變?。灰蚩傠妷翰蛔?，故第10 頁，共 19頁U1 的減小量的 絕對值一定大于 R3兩端電壓增大值的絕對值；故|U1| |U2|；故 A 正確；B 錯誤CD、U1 減小U1 為負(fù)，U2 增大 U2 為正，則 C 錯誤，D 正確，故選：AD 。分析電路結(jié)構(gòu)，明確各電壓表所測量范圍，根據(jù)閉合電路歐姆定律可分析 電流的變化，明確兩電壓表的變化關(guān)系。本題考查閉合電路歐姆定律的 應(yīng)用，此類題型的處理方法一般是按照 “局部 -整體 -局部 ”的分析方法 進(jìn)行分析

23、；本題中還要注意明確內(nèi)阻一定 這一條件。7.【答案】 AC【解析】解：設(shè)磁感應(yīng)強度為 B，CD 邊長度為 L，AD 邊長為 L，線圈電阻為 R；線進(jìn)入磁場過產(chǎn)應(yīng)電動勢應(yīng)電流為：I=A 、 圈程中， 生的感E=BLv ，感應(yīng)電流 I 與速度 v 成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中電流，感之比：I2：I： ：，故A正確；1=v=1 3B 、線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力 為：FA=BIL=，線圈做勻速直 線運動，為為由平衡條件得，外力F=F，外力功率：P=Fv=，功：A =BIL=率與速度的平方成正比，第二次進(jìn)入與第一次 進(jìn) 入時外力做功的功率之比 為 ：P22：，故錯誤；P2（ ）：vB1=1

24、922，產(chǎn)C、線圈進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為：Q=I Rt=（）R =生的熱量與速度成正比，第二次 進(jìn)入與第一次 進(jìn)入時線圈中產(chǎn)生熱量之比：QQ2： 1= ：v=1：3，故C 正確；過導(dǎo)線橫截面電荷量為：q=It=t=電電D、通， 荷量與速度無關(guān)，荷量之比 為1：1，故D 錯誤；故選：AC。根據(jù)切割公式E=BLv 求解電動勢，由歐姆定律求出感 應(yīng)電流，然后求出電流第11 頁，共 19頁之比；線框勻速進(jìn)入勻強磁場，安培力與外力平衡，根據(jù)安培力公式求解安培力，再結(jié)合平衡條件得到外力，最后根據(jù)P=Fv 求解外力的功率；由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量，然后求出熱量之比，由電流定義式求出電荷量間的關(guān)系。本

25、題考查電磁感應(yīng)導(dǎo)體棒切割磁 場模型，本題關(guān)鍵明確線圈進(jìn)入磁場過程中，電動勢 E=BLv ，然后根據(jù) P=Fv 求解功率，根據(jù) Q=I2Rt 求解熱量，能由電流定義式可以求出 電荷量。8.【答案】 AB【解析】時彈簧的壓縮量塊b 恰好離開擋板 C時 彈解：A 、開始，當(dāng)物， 簧伸長量：則塊a 運動的距離為=， 物故 A正確；B、當(dāng)a 離開斜面時滿足：mgcos =qvB，解得塊a 運動的時間為，物=，故B 正確；動，解得=C、根據(jù) 能定理 W-mg xsin =+ ，故C 錯誤；D、彈簧開始的 壓縮量等于最后的伸 長量，彈性勢能不變，則彈簧彈力做的功為 0，故D 錯誤；故選：AB。根據(jù)胡克定律求

26、出初末狀 態(tài)的彈簧的形變量，求出 a 的運動距離；當(dāng)a 剛要離開斜面時支持力為零，洛倫茲力和重力垂直斜面的分力平衡，求出 剛要離開斜面時的速度，根據(jù)運動學(xué)公式求出 a 運動的時間；對 a 由動能能定理求出外力做的功；彈簧彈力做的功等于 彈性勢能的減少量。本題是連接體問題，關(guān)鍵是正確分析物體的受力情況，判斷能量的 轉(zhuǎn)化情況，要靈活運用功能原理分析物體機械能的 變化情況。第12 頁，共 19頁9.【答案】 ACD【解析】解：A 、氣體壓強的大小和 單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)，單位體積內(nèi)的分子數(shù)越多 則單位時間內(nèi)對器壁碰撞的次數(shù)就越多，氣體分子的平均動能越大，則氣體分子 對器壁的碰

27、撞力越大， 壓強越大，故 A 正確；B、布朗運動是懸浮在液體中的固體 顆粒的無規(guī)則運動，間接地說明液體分子永不停息地做無 規(guī)則熱運動，故 B 錯誤；C、熱力學(xué)第二定律的開 爾文表述：不可能從單一熱庫吸收熱量，使之完全變成功，而不產(chǎn)生其他影響，故 C 正確；D、水黽可以停在水面上是因 為液體具有表面 張力，故 D 正確；E、溫度升高，物體分子的平均動能變大，并非所有分子的 動能都增大，故 E 錯誤。故選：ACD。根據(jù)壓強的微觀意義解釋；布朗運動是指懸浮在液體中的 顆粒所做的無 規(guī)則運動的運動，布朗運動是由于液體分子的無 規(guī)則運動對固體微粒的碰撞不平衡導(dǎo)致的，它間接反映了液體分子的無 規(guī)則運動熱力

28、學(xué)第二定律的開 爾文表述：不可能從單一熱庫 吸收熱量，使之完全變 成功，而不產(chǎn)生其他影響；表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子 間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子 間的相互作用表 現(xiàn)為引力該題考查壓強的意義、布朗運動、熱力學(xué)第二定律、表面 張力以及溫度的意義，掌握布朗運動的現(xiàn)象是在顯微鏡下觀察的水中 懸浮顆粒的運動，而反映的是液體分子的無 規(guī)則 運動10.【答案】 ADE【解析】解：A 、由題意可知，該波向右傳播，起振的方向向上，波長是 =4m，0.6s的時間內(nèi)傳播的距離是，所以有T=0.6s，則得該波的周期 T=0.8s。故 A 正確。第13 頁，共 19頁B、簡諧橫波沿 x 軸正方向 傳播，由波

29、形平移法可知，當(dāng) t=0.6s時質(zhì)點 a 速度沿y 軸正方向，故 B 錯誤 。C、簡諧橫波沿 x 軸正方向傳播，質(zhì)點 c 只上下振 動，不向前移動。故 C 錯誤 。D、波從 c 傳到 d 的時間為T，所以質(zhì)點 d 在這段時間內(nèi)振動了T，通過的路程為 S=2A=2 10cm=20cm，故D 正確。E、該波向右傳播，各個質(zhì)點的起振方向均向上，所以 t=0.6s 時，質(zhì)點 e 將要沿y 軸正方向運 動，故E 正確。故選：ADE。由兩列波的波形 圖可得兩波形相距的 時間與周期的關(guān)系，可求得周期，運用波形平移法判斷 質(zhì)點 a 和 e 的速度方向質(zhì)點 c 只上下振 動，不向前移動根據(jù)時間與周期的關(guān)系求 質(zhì)

30、點 d 在這段時間內(nèi)通過的路程本題考查對波動圖象的理解能力知道兩個 時刻的波形 時，往往應(yīng)用波形的平移法來理解，要知道介 質(zhì)中各個質(zhì)點的起振方向相同， 質(zhì)點只振動，不隨波向前移 動11.【答案】 17.306D增大【解析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度 為 17mm，可動刻度為 30.6 0.01mm=0.306mm，所以最終讀數(shù)為 17mm+0.306mm=17.306mm，（2）若減小的重力勢能等于增加的 動能時，可以認(rèn)為機械能守恒，則有：mgh=mv 2；2即：2gh=（ ）為直觀判斷小球下落 過程中機械能是否守恒，所以 應(yīng)作 h- 圖象，故選：D。（3）經(jīng)正確的實驗操作，小明發(fā)現(xiàn)小球動

31、能增加量mv2 總是稍小于重力 勢能減少量 mgh，增加釋放高度 h 后，由于空氣阻力增多，導(dǎo)致兩者的差 值會增第14 頁，共 19頁大故答案為：（1）17.306；（2）D；（3）增大螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度 讀數(shù)加上可 動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當(dāng)減小的機械能 應(yīng)等于增大的 動能；由原理即可明確注意事 項及數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容。對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量。本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解。12.【答案】 1

32、.204.0等于大于【解析】解：（1）由表中數(shù)據(jù)采用描點法得出 對應(yīng)的圖象如圖所示；由閉合電路歐姆定律可知：E=U1+U2+r，解得：U2=E-U1由圖電動勢E=1.2V；k=1.5，解得：可知，r=4.0 ；（2）由以上公式可得，由于 V 1 內(nèi)阻的影響，干路電流應(yīng)大于；故題目中出現(xiàn)誤差；當(dāng)外電路斷路時 電對電動勢的測量沒有影響；故電動， 阻的影響可以忽略；故勢的測量值等于真實值；但如果考 慮電壓表內(nèi)阻，表達(dá)式應(yīng)為：U2=E-U1，因 RR；故內(nèi)阻的測量值大于真實值；故答案為：（1）圖象如圖所示；1.20；4.0；（2）等于；大于。（1）由描點法作出圖象；再根據(jù)閉合電路歐姆定律得出 對應(yīng)的表

33、達(dá)式，從而明第15 頁，共 19頁確電源的電動勢和內(nèi)電阻；（2）根據(jù)實驗原理及表達(dá)式分析 誤差來源，并根據(jù)電表帶來的影響明確 誤差情況。本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要注意掌握根據(jù)圖象分析實驗數(shù)據(jù)的方法；同時注意靈活掌握 閉合電路歐姆定律的 應(yīng)用及誤差分析的方法。13.【答案】 解：（ 1）物品在達(dá)到與傳送帶速度v=4m/s相等前，有：F+mgcos37 -mgsin37 =ma1解得由 v=a1t1 ，t1=0.5 s位移=1m隨后，有： F -mgcos37-mgsin37 =ma2解得 a2=0，即滑塊勻速上滑位移總時間為： t=t1+t2=1s即物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時

34、間是1s。（ 2）在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力 F ，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgcos37 -mgsin37 =ma3解得：假設(shè)物品向上勻減速到速度為零時，通過的位移為x即物體速度為減為零時已經(jīng)到達(dá)最高點；由解得：（，舍去）即物品還需離開皮帶?！窘馕觥浚?）先假設(shè)傳送帶足夠長，對滑塊受力分析，根據(jù)牛 頓第二定律求解出加速度，然后運用運 動學(xué)公式求解出加速的位移和時間，根據(jù)位移判斷是否有第二個過程，當(dāng)速度等于傳送帶速度后，通過受力分析，可以得出物體恰好勻速上滑，最后得到總時間；第16 頁，共 19頁（2）若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬 間撤去恒力 F，先受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然

35、后根據(jù)運 動學(xué)公式列式求解。本題關(guān)鍵是受力分析后，根據(jù)牛 頓第二定律求解出加速度，然后根據(jù)運 動學(xué)公式列式求解。14.【答案】 解：（ 1） CD 棒進(jìn)入磁場前，由牛頓第二定律得：a=12m/s2 進(jìn)入磁場時 CD 棒的速度為： v=2.4m/s （ 2） CD 棒進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Blv 感應(yīng)電流為： I= CD 棒安培力為： F A=BIl 聯(lián)立代入得： F A=48N （ 3）在拉升 CD 棒的過程中，健身者所做的功為：W=F（ s+d）=64J 由于 F-mgsin -FA=0 所以 CD 棒進(jìn)入磁場后做勻速運動，在磁場中運動時間為：t= 則電阻產(chǎn)生的焦耳熱為： Q=I 2Rt=26.88J答：（ 1） CD 棒進(jìn)入磁場時速度 v 的大小為 2.4m/s（ 2） CD 棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA 的大小是48N；（ 3）在拉升 CD 棒的過程中，健身者所做的功W 是 64J，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q 是 26.88J?！窘馕觥浚?）CD 棒進(jìn)入磁場前，由牛頓第二定律求出加速度，再由運 動學(xué)公式求 CD 棒進(jìn)入磁場時速度 v。（2）CD 棒進(jìn)入磁場后切割磁感 線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 ，先由E=BLv 求感應(yīng)電動勢 ，再由歐