2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第2部分考前沖刺方略高考仿真模擬練1

1、高考仿真模擬練模擬練一本試卷分第I卷選擇題和第n卷非選擇題兩局部.總分值110分.考試時(shí)間60分鐘.第I卷選擇題共48分本卷共8小題，每題6分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得0分.14. 以下說法正確的選項(xiàng)是A. “交流電的有效值使用了平均思想法B. 探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，使用了控制變量法C. 電場強(qiáng)度是用比值法定義的，電場強(qiáng)度與電場力成正比，與試探電荷的電荷量成反比D. “如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個(gè)分量，在等勢面上移動(dòng)電荷時(shí)靜

2、電力就要做功，這里用到了歸納法解析：選B“交流電的有效值使用了等效替代法，A錯(cuò)誤；探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，用的是控制變量法，B正確；電場強(qiáng)度是用比值法定義的，但電場強(qiáng)度與電場力、試探電荷的電荷量都無關(guān)，C錯(cuò)誤；“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個(gè)分量，在等勢面上移動(dòng)電荷時(shí)靜電力就要做功用的是反證法，D錯(cuò)誤.15. 無線網(wǎng)絡(luò)給人們帶來了很多方便.假設(shè)可以采用衛(wèi)星對所有用戶在任何地方提供免費(fèi)WiFi效勞.地球半徑為R重力加速度為 g,提供免費(fèi) WiFi效勞的衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，那么以下關(guān)于該衛(wèi)星的說法正確的選項(xiàng)是A. 衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道越高，角

3、速度越大B. 衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道越高，速度越小C. 假設(shè)衛(wèi)星距離地面的高度等于地球半徑，那么衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期為D. 衛(wèi)星的軌道可以在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi) 解析：選B.由Gnmrw2,解得3=G，由此可知，衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道越高，即 軌道半徑r越大，角速度3越小，A錯(cuò)誤；由Gp mr，可得v = 顯然衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道越高，即軌道半徑 r越大，速度v越小，B正確；由 洋巴mr?T 2，又r = 2R,Gl= gF2,解得T= 4冗、J , C錯(cuò)誤；由于地球自轉(zhuǎn)，經(jīng)線所在的平面不停地變化，而衛(wèi)星D錯(cuò)誤.的軌道平面不變，所以衛(wèi)星的軌道不可能在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi),16. 在光

4、滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在0點(diǎn)，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，0B與電場線平行假設(shè)小球從 A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動(dòng)到 B點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，那么關(guān)于此過程，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A. 小球的動(dòng)能先變小后變大B. 小球的切向加速度一直變大C. 小球受到的拉力先變大后變小D. 小球受到的電場力做功的功率先增大后減小 解析：選D.小球從A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知小球的動(dòng)能 Ek一直增大，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；小球從 A點(diǎn)擺動(dòng)到B點(diǎn)的過程中輕繩與 0B勺夾角設(shè)為0，那么小球的切向加速度qEsin 0a1=m隨著0的減小

5、而減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)牛一v一2頓第二定律和向心力公式有F qEcos 0 = mL，得小球受到的拉力大小 F= qEcos 0 + Ek,cos 0、E均隨著0的減小而增大，可見 F 一直增大，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；在 A點(diǎn)時(shí)小球的速率 為零，電場力做功的瞬時(shí)功率為零， 過B點(diǎn)時(shí)小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時(shí)功率也為零，可見小球受到的電場力做功的功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確.17如下圖，一理想變壓器原、畐U線圈匝數(shù)之比為4 ： 1，原線圈兩端接入穩(wěn)定的正弦交流電源u = 220 ；'2sin 314t(V);畐9線圈接有電阻 R并接有理想電壓表和理想電流表.以下 結(jié)論正確的選

6、項(xiàng)是()A. 電壓表讀數(shù)為 55 2 VB. 假設(shè)僅副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，那么電流表的讀數(shù)減小到原來的一半C. 假設(shè)僅R的阻值增加到原來的 2倍，那么輸入功率也增加到原來的2倍D. 假設(shè)R的阻值和副線圈匝數(shù)同時(shí)增加到原來的2倍，那么輸出功率增加到原來的2倍解析：選D.因?yàn)榻涣麟娫?u= 220 2sin 314 t(V)，電壓表的讀數(shù)為變壓器的輸出電壓的有I In效值，由U?=二得，電壓表讀數(shù)為 55 V,所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；假設(shè)副線圈匝數(shù)增加，那么U2增大,由丨2 = R可知，電流表示數(shù)增大，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；輸入電壓和匝數(shù)比不變，那么輸出電壓不變，當(dāng)負(fù)載電阻 R變大時(shí)，12= 口，電流變小

7、，又Pl= P2= Ul2，故輸入功率也減小，所以選R項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，貝y 12增加到原來的2倍，同時(shí)R的阻值也增U2加到原來的2倍，故輸出功率 P2= 3變?yōu)樵瓉淼?倍，所以選項(xiàng)D正確.R18如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上一質(zhì)量為m的小物塊從輕彈簧上方且離地高度為 hi的A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊下落過程中的動(dòng)能Ek隨離地高度h變化的關(guān)系如圖乙所示，其中是h2hi段圖線為直線.重力加速度為g,那么以下判斷中正確的h2時(shí)，小物塊的加速度恰好為零川 陽A. 當(dāng)小物塊離地高度為B.當(dāng)小物塊離地高度為C.小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中

8、，彈簧的彈性勢能增加了 mg h2h3時(shí)，小物塊的動(dòng)能最大，此時(shí)彈簧恰好處于原長狀態(tài)-h3)D.小物塊從離地高度為hi處下落到離地高度為h4處的過程中，其減少的重力勢能恰好等于彈簧增加的彈性勢能解析：選D.由題意可知，當(dāng)小物塊離地高度為h2時(shí)，小物塊剛好開始接觸彈簧，此時(shí)小物塊只受到重力作用，故此時(shí)的加速度大小為重力加速度g, A錯(cuò)誤；當(dāng)小物塊離地高度為 h3時(shí)，由題圖乙可知小物塊的動(dòng)能到達(dá)最大，小物塊的速度到達(dá)最大，此時(shí)有mg= k x,彈簧的壓縮量為 x= h2-h3, B錯(cuò)誤；小物塊從離地高度為 h2處下落到離地高度為 h3處的過程中，重力勢能減少了 mgh2 h3，由能量守恒定律可知，

9、小物塊減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小 物塊增加的動(dòng)能和彈簧增加的彈性勢能，即彈簧增加的彈性勢能 Ep= mg h2 h3 Ek2 Eki, C錯(cuò)誤；由題圖乙可知，當(dāng)小物塊離地高度為h4時(shí)，小物塊的動(dòng)能為零，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧增加的彈性勢能，D正確.19如下圖為一邊長為 L的正方形abed, P是be的中點(diǎn)假設(shè)正方形區(qū)域內(nèi)只存在由 d指 向a的勻強(qiáng)電場，那么在a點(diǎn)沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為 m電荷量為q的帶負(fù)電粒子不 計(jì)重力恰好從P點(diǎn)射出.假設(shè)該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，那么在a點(diǎn)沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從 c點(diǎn)射出.由此可知 A.勻強(qiáng)電

10、場的電場強(qiáng)度為22mvqLB.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為mvqLC. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度大小等于在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度大小D. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1 : 21 1解析：選BC.帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有L= vt, -L= at2, qE= ma聯(lián)立解得 E2 2qvBa't 'mv v=込,a=, A錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有2vmv厶，一、=mr，由幾何關(guān)系有r = L,聯(lián)立解得B= qp B正確；粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的加速度t = £，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間2 2v v2,D

11、錯(cuò)誤.n=廠=a, C正確；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 r L=2，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為20.如下圖，M N為同一水平面內(nèi)的兩條平行長導(dǎo)軌，左端串聯(lián)電阻R,金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，桿和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)， 且桿與導(dǎo)軌間無摩擦， 整個(gè)裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場 中.現(xiàn)對金屬桿 ab施加一個(gè)與桿垂直的水平向右的恒力F,使桿從靜止開始運(yùn)動(dòng).在運(yùn)動(dòng)過程中，桿的速度大小為v，桿所受安培力為F安，R中的電流為I , R上消耗的總能量為 E總，那么以下關(guān)于v、F安、丨、E總隨時(shí)間變化的圖象可能正確的選項(xiàng)是1<1M F/V解析：選AD.由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢

12、和感應(yīng)電流，受到隨速度增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時(shí)，金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A所示的速度v隨時(shí)間變化的圖象正確.金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E= BLv,感應(yīng)電流I = E/R=，感應(yīng)電流與速度 v成正比，感應(yīng)電流RBVv隨時(shí)間變化的圖線與選項(xiàng) A所示v t圖線類似，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.桿所受安培力F安= BIL = - ,F安隨時(shí)間變化的圖線與速度 v隨時(shí)間變化的圖線類似，選項(xiàng)B錯(cuò)誤由功能關(guān)系，開始時(shí)水平方向的恒力 F做的功一局部使金屬桿動(dòng)能增大， 另一局部轉(zhuǎn)化為電能，被電阻R消耗掉; 當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)后， 水平方向的恒力F做的

13、功等于R上消耗的能量；因此R上消耗的總能 量E總隨時(shí)間變化的圖象可能是 D.21 如下圖，在水平面上放置一傾角為 0的光滑斜面，斜面上用勁度系數(shù)為 k的輕彈簧 連接一質(zhì)量為 m的小木塊，輕彈簧連在斜面頂端， 開始系統(tǒng)處于平衡狀態(tài). 現(xiàn)使斜面從靜止開始緩慢向左加速， 加速度從零開始緩慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木塊最終穩(wěn)定在某一位置彈簧處在彈性限度內(nèi)斜面從靜止開始向左加速到加速度到達(dá)最大值的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是A. 木塊的重力勢能一直減小B. 木塊的機(jī)械能一直增加C.木塊的加速度大小可能為gtan 0D.彈簧的彈性勢能一直增加解析：選BCD.由于彈簧的彈力和斜面的支持力的合力對木塊

14、始終做正功，木塊的機(jī)械能一 定增加，B正確.設(shè)彈簧的原長為Lo,對木塊受力分析，開始木塊靜止在斜面上， 那么有mgin0 = kxi,開始時(shí)彈簧長度 Li= Lo+ xi= Lo+噸；0 ；向左加速后，在木塊離開斜面前，根據(jù)牛頓第二定律，mgos 0 Fn= mssin 0 , kx2 mgsin 0 = mscos 0 ;當(dāng) Fn= 0 時(shí)，加速、g“ xs、mgsin 0 + macos 0度a=, C正確加速度增大過程，彈簧長度L2= L°+ X2= L0+tan 0k可見L2> L1，隨著加速度增大，彈簧變長，重力勢能一直減??；當(dāng)木塊恰好要離開斜面時(shí)，mg彈簧長度L3=

15、 L0+ X3= L0+ ©n 0 ；當(dāng)木塊離開斜面穩(wěn)定時(shí)，設(shè)彈簧與水平方向的夾角為a ,mgav 0,有=kx4, mg= maan a,隨著 a增大，a減小，彈簧長度 L4 = L0+ X4 = L0sin a+ 1，所以L3< L4,D 正確.因?yàn)閔3=Lssin0 = L0Sin0 +h4=Jsina = Lsinaksi n ak+尹h4v h3，由于不知末狀態(tài)木塊是否離開斜面，木塊的重力勢能可能一直減小，也可能k先減小后增大，A錯(cuò)誤.第n卷非選擇題共62分本卷包括必考題和選考題兩局部.第2225題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答，第3335題為選考題，考生根據(jù)要求作

16、答.一必考題共47分22. 6分某物理興趣小組利用電子秤探究小球在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，他們到物理實(shí)驗(yàn)室 取來電子秤、鐵架臺(tái)、長度為L的輕質(zhì)細(xì)線和小球等.nct*1將鐵架臺(tái)放在電子秤上，其讀數(shù)為M撤去鐵架臺(tái)將小球放在電子秤上，其讀數(shù)為m2組裝好實(shí)驗(yàn)裝置如下圖保持細(xì)線自然伸長，將小球拉起至使細(xì)線處于水平位置，此時(shí)電子秤讀數(shù)為 填寫“阿m、“ M'、“大于葉m或“處于 M和 MF m之間.3從釋放小球至小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程，電子秤讀數(shù) .填“逐漸增大、“逐漸減小或“保持不變忽略空氣阻力，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線的拉力為;電子秤的讀數(shù)為.重力加速度為 g解析：2將小球拉起至使細(xì)線處于水平

17、位置時(shí)，電子秤讀數(shù)為鐵架臺(tái)的質(zhì)量M3從釋放小球到小球向下運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過程，細(xì)線中拉力逐漸增大，電子秤讀數(shù)逐漸增大.一 1 2 一小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律有 mgL= ?mv,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，2設(shè)細(xì)線中拉力為 F,對小球，由牛頓第二定律有F- mg=專, 聯(lián)立解得F= 3mg對鐵架臺(tái)受Fn力分析，設(shè)電子秤對鐵架臺(tái)的支持力為Fn,由平衡條件得Fn= M葉F,電子秤的讀數(shù)為一=Mg+ 3m答案：2 M1分 逐漸增大1分43 mg2分MF 3m2分23. 9分某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動(dòng)勢約2 V和內(nèi)阻，考慮蓄電池的內(nèi)阻很小，電路中使用了一個(gè)保護(hù)電阻R0,

18、除蓄電池、滑動(dòng)變阻器 R、開關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室中可供選用的器材還有：A. 電流表量程3 A，內(nèi)阻約0.1 QB. 電壓表量程3 V，內(nèi)阻3 k QC. 電壓表量程1.8 V，內(nèi)阻1.8 k QD. 定值電阻阻值1 Q,額定功率5 WE. 定值電阻阻值5 Q,額定功率10 W1實(shí)驗(yàn)時(shí)，電壓表應(yīng)該選用 ，保護(hù)電阻應(yīng)該選用填器材前字母序號(hào)2在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行儀器檢查時(shí)發(fā)現(xiàn)電流表已經(jīng)損壞不能用了，那么以下實(shí)驗(yàn)改良方案中理論上可行的有A. 在缺少電流表的情況下，把滑動(dòng)變阻器更換成電阻箱，來測蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻B. 按照實(shí)驗(yàn)電路圖，在缺少電流表的情況下只依靠滑動(dòng)變阻器調(diào)節(jié)，從而測出蓄電池的電 動(dòng)勢和內(nèi)阻C.

19、在缺少電流表的情況下，去掉滑動(dòng)變阻器，只依靠更換保護(hù)電阻，測出兩組數(shù)據(jù)，列式 并聯(lián)立求解蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻D. 在缺少電流表的情況下，用未使用的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器測出多組數(shù)據(jù)，作圖象求出蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻3該實(shí)驗(yàn)小組經(jīng)過討論后，按照改良的電路圖乙進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)整滑動(dòng)變阻器測得了5組兩電壓表的數(shù)據(jù)如下表電壓表V1讀數(shù)UV1.881.921.941.982.00電壓表V2讀數(shù)U2V172 1.000.600.34請?jiān)趫D丙中作出蓄電池的路端電壓U隨保護(hù)電阻R兩端的電壓U變化的圖象，并根據(jù)圖象得出蓄電池的電動(dòng)勢 E=V,內(nèi)阻r =Q.解析：1蓄電池的電動(dòng)勢為 2 V左右，故電壓表選

20、用B,當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻為E 2 V零，保護(hù)電阻用 D時(shí)，電路中電流約為I = = 2 A,小于電流表的量程，故保護(hù)電阻R 1 L2選用D.如果電流表不能用，把滑動(dòng)變阻器換成電阻箱，就可以用伏阻法測蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，故A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律有E= U+ Ur,如果只更換保護(hù)電阻測出兩組數(shù)據(jù)，R能夠建立兩個(gè)方程求出蓄電池的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，C正確；因?yàn)殡妷罕淼膬?nèi)阻遠(yuǎn)大于保護(hù)電阻，故將量程為1.8 V的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，由1=莒可得電路中的電流，故實(shí)際上是通過R0把剩余電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，把電壓表改裝成電流表，D正確. 根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，縱軸截距即為蓄電池的電動(dòng)勢E= 2.

21、03 V,內(nèi)阻=斗=弓¥ = I U22.03 - 1.881.72 - 00.09 Q.答案：1B1 分D1 分2ACD2 分3如下圖2 分2.031 分0.092 分24. 12分光滑矩形斜面 GHN的傾角為a,在其上放置一矩形金屬線框 ABCD AB邊的邊 長為丨1, BC邊的邊長為丨2,線框的電阻為 R質(zhì)量為m斜面上矩形 OPH銘域內(nèi)存在勻強(qiáng) 磁場，方向垂直于斜面向上， 磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，如果線框在恒力 F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)開 始時(shí)刻，CD與 NM重合，線框進(jìn)入磁場最初一段時(shí)間是勻速的，且線框的AB邊始終平行于MN重力加速度為g,求：N(1) 線框進(jìn)入磁場前的加速度大小；(

22、2) 線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。?3) 線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱.解析：(1)對進(jìn)入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F mgsin a = ma(2 分)解得線框進(jìn)入磁場前的加速度大小.2 分F mgsina=&l 2v八F= mgsin a +2 分Rm(2)由題意知，線框進(jìn)入磁場最初一段時(shí)間內(nèi)的合力為零，那么解得線框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為F m§inaBlR2 分(3)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q= 12Rt =B0l iv-R-2R-F mgsina l 2.4 分答案：見解析25. (20分)如圖甲所示，一電動(dòng)遙控小車停在水平地面上，

23、水平車板離地高度為h= 0.2 m小車質(zhì)量M= 3 kg，質(zhì)量m= 1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置于車板上某處 A,物塊與車板 間的動(dòng)摩擦因數(shù) 口 = 0.1.現(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1= 1.6 s時(shí)物塊從車板上滑落.小車的速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，小車受到地面的摩擦阻力是1 2小車對地面壓力的，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g= 10 m/s .求：(1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時(shí)間 t以及物塊滑落前受到的滑動(dòng)摩擦力的功率最大值P;物塊落地時(shí)落地點(diǎn)到車尾B的水平距離so;02 s時(shí)間內(nèi)小車的牽引力做的功 W 解析：(1)物塊從車板上滑落后做平拋運(yùn)動(dòng)，那么有

24、1 2h = 2g t 1 分得 t=o.2 si分物塊滑落前受到的滑動(dòng)摩擦力大小f = 口 mg= 1 N1 分根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小ai= - = 1 m/s 21 分 當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間11= 1.6 s時(shí)物塊的速度 V1 = at11分得 V1 = 1.6 m/s1分由于V1< 2 m/s，所以物塊在車板上受到滑動(dòng)摩擦力而一直加速，物塊滑落前受到的滑動(dòng)摩 擦力的功率最大值P= fv 11 分得 P= 1.6 W1 分 物塊滑落后前進(jìn)的距離S1 = V1 A t1分由題圖乙得t = 1.6 s 時(shí)小車的速率 V2= 2 m/s物塊滑落后小車前進(jìn)的距離s= V2 A t 1分落地

25、點(diǎn)到車尾 B的水平距離so = s S11分得 So = 0.08 m1 分01s時(shí)間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為2 2 2a2= 1 m/s = 2 m/s 1 分 根據(jù)牛頓第二定律得 F1 f kM m g= Ma,其中1解得F1 = 11 N1分1小車的位移大小 S2 =2X 1 m= 1 m1分 1 1.6 s 時(shí)間內(nèi)，牽引力 F2 = k M-F ng+ f = 5 N1 分 由題圖乙得小車的位移大小S2= 2X 0.6 m = 1.2 m1 分1. 62 s時(shí)間內(nèi)，牽引力F3= kMg= 3 N1分由題圖乙得小車的位移大小S2= 2X 0.4 m = 0.8 m1 分02 s時(shí)

26、間內(nèi)小車的牽引力做的功為WZ= F1S2 + F2S2'+ F3S2 "= 19.4 J1 分 答案：10.2 s 1.6 W 20.08 m 319.4 J二選考題：此題共15分請考生從給出的3道題中任選一題作答如果多做，那么按所做的第一題計(jì)分.33 物理一一選修 3 315分15 分如圖所 示是分子 間引力 或斥力 大小隨分 子間距 離變化 的圖象， 由此可 知填正確答案標(biāo)號(hào)選對1個(gè)得2分，選對2個(gè)得4分，選對3個(gè)得5分.每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分A. ab表示引力圖線B. cd表示引力圖線C.當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時(shí)，分子力一定為零D.當(dāng)分子間距離

27、r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時(shí)，分子勢能一定最小E當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時(shí)，分子勢能一定為零210分如下圖，一活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在固定導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，活塞可沿汽缸 無摩擦地滑動(dòng)，活塞橫截面積為S= 0.01 m2、質(zhì)量為m= 10 kg，活塞距離汽缸底部的距離為 ho = 10 cm，外界大氣壓強(qiáng) p0 = 1.0 x 105 Pa，環(huán)境溫度為 10= 27 °C, g= 10 m/s 2. 當(dāng)環(huán)境溫度緩慢升高至57 C時(shí)，試比擬此過程中氣體吸收的熱量Q與物體內(nèi)能變化量 U的大小關(guān)系. 當(dāng)環(huán)境溫度升高至 57 C時(shí)，為使活塞距離底面的距離仍為10 cm，可使汽缸水

28、平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)加速度應(yīng)為多大？解析：1在F r圖象中，隨r增加，斥力變化快，所以 ab為引力圖線，A對，B錯(cuò)；兩圖 象相交點(diǎn)e為分子所受的引力和斥力大小相等， 即分子間相互作用的受力平衡位置， 分子力 為0,分子勢能最小，但不一定為 0,故C D對，E錯(cuò).2由熱力學(xué)第一定律得 U= WF Q1 分由于氣體膨脹對外做功，故W 02分因此Q>A U1分活塞距離底面的距離仍為10 cm,由查理定律得= *即 27327分5解得 p= 1.1 X 10 Pa1 分 對活塞，由牛頓第二定律得pS poSa=p-m-2 分2解得 a= 10 m/s .1 分 答案：1ACD 2Q>

29、;A U 10 m/s234. 物理一一選修 3 415分K=273 + 57 2假設(shè)這列波周期為1 s,那么以下判斷中正確的選項(xiàng)是1個(gè)得2分，選對2.填正確答案標(biāo)號(hào)選對個(gè)得4分，選對15 分如下圖為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時(shí)刻的波形圖,A.這列波的振幅為 8 cmB. 這列波的波速為 4 m/sC. 圖示時(shí)刻x= 2 m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)D. 圖示時(shí)刻x= 5 m處質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為零E. 從圖示時(shí)刻開始再經(jīng)過1.5 s, x= 12 m處的質(zhì)點(diǎn)剛好從平衡位置開始向y軸正方向運(yùn)動(dòng)210分如下圖，一個(gè)足夠大的容器中盛滿了某種透明液體，MN為該液體與空氣的水平分界面，其上有一以A

30、點(diǎn)為圓心、d= ：3 m為半徑的圓形不透光薄片.分界面上 A點(diǎn)正下方h=3 m深處有一點(diǎn)光源 O該點(diǎn)光源發(fā)出的光線經(jīng)不透光薄片的邊緣B點(diǎn)處射入空氣時(shí)，其折射光線與反射光線恰好垂直.粋:&琢:巒冷：;泌: ；曲琢曲曲丹:耳曲:宓 m涂&洽P 求該透明液體對該光的折射率n. 假設(shè)在點(diǎn)光源 0正下方也為h = 3m的P處水平放置一足夠大的平面鏡，試計(jì)算點(diǎn)光源0在分界面MN上照亮區(qū)域的面積取n = 3.14.解析:1振幅是傳播波的質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的最大距離，由題圖可知，這列波的振幅為4 cm,A錯(cuò)誤；由題圖可知，這列波的波長為入=4 m,由v=¥可得v = 4 m/s , B正確；由波傳播的方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向之間的關(guān)系“上坡下、下坡上，可判斷出x = 2m處的質(zhì)點(diǎn)在題圖時(shí)刻正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，C正確；在圖示時(shí)刻 x=5 m處的質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的距離最 大，故其加速度最大，D錯(cuò)誤；x = 12 m處的質(zhì)點(diǎn)與x = 4 m處的質(zhì)點(diǎn)位移相同，經(jīng)過1.5 s=1.5 T, x= 4 m處的質(zhì)點(diǎn)剛好到達(dá)平衡位置，開始向y軸正方向振動(dòng)，E正確.2光線在透明液體中的光路如下圖.由幾何關(guān)系有tan i = -, i = 30° 1分h又 i + r = 90°, r = 60° 1 分s