2020-2021學年高考理綜(物理)模擬試題及答案解析一

&知識就是力量！&&知識就是力量！&@學無止境！@@學無止境！@新課標最新年高考理綜（物理）模擬試卷二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯白勺得0分.1.下列敘述正確的是（ ）A.力、長度和時間是力學中三個基本物理量，它們的單位牛頓、米和秒就是基本單位B.伽利略用月-地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性C.法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點D.牛頓在給出萬有引力定律的同時給出了引力常量2.如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置， M、N為板間同一電場線上的兩點.一帶電粒子（不計重力）以速度 Vm經(jīng)過M點向下運動，一段時間后返回，以速度 Vn經(jīng)過N點向上運動，全過程未與下板接觸，則（ ）A.粒子一定帶正電B.電場線方向一定豎直向上C.M點的電勢一定比N點的高D.粒子在N點的電勢能一定比在 M點的大.閉合回路由電阻R與導(dǎo)線組成，其內(nèi)部磁場大小按B-t圖變化，方向如圖，則回路中（A.電流方向為順時針方向 B.電流強度越來越大C.磁通量的變化率恒定不變 D.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越來越大.如圖甲，匝數(shù)n=2的金屬線圈（電阻不計）圍成的面積為 10cm：線圈與R=2◎的電阻連接，置于豎直向上、均勻分布的磁場中.磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度為 B.B-t關(guān)系如圖乙，規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向.忽略線圈的自感影響.則下列 i-t關(guān)系圖正確的是（ ）

iB/X1011印iB/X1011印C.A.B.D..如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P,細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動（圓錐擺） .現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動（圖中 P'位置），兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是（ ）A.Q受到桌面的靜摩擦力變大 B.小球P運動的角速度變小C.細線所受的拉力變小 D.Q受到桌面的支持力變大2014年5月10日天文愛好者迎來了 土星沖日”的美麗天象.土星沖日”是指土星和太陽正好分處地球的兩側(cè)，三者幾乎成一條直線.該天象每 378天發(fā)生一次，土星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的方向相同，公轉(zhuǎn)軌跡都近似為圓，地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期和半徑以及引力常量均已知，根據(jù)以上信息可求出（ ）A.土星質(zhì)量B.地球質(zhì)量土星公轉(zhuǎn)周期土星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)速度之比.如圖xoy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為 d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿正x軸方7T向以速度v做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強度 B=B0cos■丁x（式中民為已知

量），規(guī)定豎直向下方向為磁感應(yīng)強度正方向，線框電阻為 Ro,t=0時刻NN邊恰好在y軸處，則卜列說法正確的是（ ）22d.經(jīng)過t=且線圈中產(chǎn)生的電熱q<Ll__J2u R.如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為 k,一端固定在傾角為0的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m,初始時均靜止.現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物塊B,使B做加速度為a的勻加速運動，AB兩物塊在開始一段時間內(nèi)的 t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線（ti時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點），重力加速度為g,則（t2時刻，彈簧形變量為0mssin0ti時刻，彈簧形變量為 C.從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大D.從開始到ti時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少三、本卷包括必考題和選考題兩部分.第22題?第32題為必考題，每個試題考生都應(yīng)作答.第33題?第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答.須用黑色簽字筆在答題卡上規(guī)定的區(qū)域書寫作答，在試題卷上作答無效.（一）必考題（共11題，計129分）9.某同學利用如圖（甲）所示的裝置，探究彈簧彈力9.某同學利用如圖（甲）所示的裝置，探究彈簧彈力F與伸長量41的關(guān)系，由實驗繪出F與41的關(guān)系圖線如圖（乙）所示，該彈簧勁度系數(shù)為N/m.①如圖甲，在木板上記下懸掛兩個鉤碼時彈簧末端的位置 O;②卸下鉤碼然后將兩細繩套系在彈簧下端，用兩彈簧稱將輕彈簧末端拉到同一位置 。，記錄細繩套AO、BO的及兩彈簧稱相應(yīng)的讀數(shù).圖乙中 B彈簧稱的讀數(shù)為N;③該同學在坐標紙上畫出兩彈簧拉力 FAFb的大小和方向如圖丙所示，請在圖丙中作出 Fa、用的合力F'；④已知鉤碼的重力，可得彈簧所受的拉力 F如圖丙所示，觀察比較F和F',得出結(jié)論.11.為測量一阻值約為21◎的電阻，可供選擇的器材如下：電流表A（量程300mA,內(nèi)阻約為2Q）;電流表A（量程150mA,內(nèi)阻約為10Q）;電壓表Vi（量程1V,內(nèi)阻r=1000Q）;電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約為3000Q）;定值電阻R0=1000Q;滑動變阻器Ri（最大阻值5Q）;滑動變阻器R2（最大阻值1000◎）;

電源E(電動勢約為4V,內(nèi)阻r約為1Q);開關(guān)，導(dǎo)線若干.電源E(電動勢約為4V,內(nèi)阻r約為1Q);開關(guān)，導(dǎo)線若干.為了使測量盡量準確，測量時電表讀數(shù)不得小于其量程的應(yīng)選,滑動變阻器應(yīng)選4,電壓表應(yīng)選.(均填器材代號)根據(jù)你選擇的器材，請在線框內(nèi)畫出實驗電路圖.12.如圖所示，在光滑的水平地面上，相距 L=10m的A、B兩個小球均以V0=10m/s向右運動，隨后兩球相繼滑上傾角為30°的足夠長的光滑斜坡，地面與斜坡平滑連接，取 g=10m/s2.求：A球滑上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇.13.如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖，圓心為原點 O、半彳5為％的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xoy平面向里的勻強磁場.一束質(zhì)量為 m、電量為q、動能為&的帶正電粒子從坐標為(0、R。)的A點沿y負方向射入磁場區(qū)域I,粒子全部經(jīng)過x軸上的P點，方向沿x軸正方向.當在環(huán)形區(qū)域n加上方向垂直于xoy平面的勻強磁場時，上述粒子仍從 A點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域I,粒子經(jīng)過區(qū)域n后從Q點第2次射入?yún)^(qū)域I,已知OQ與x軸正方向成60°.不計重力和粒子間的相互作用.求：(1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強度Bi的大小；(2)若要使所有的粒子均約束在區(qū)域內(nèi)，則環(huán)形區(qū)域 n中B2的大小、方向及環(huán)形半徑R至少為(3)粒子從A點沿y軸負方向射入后至再次以相同的速度經(jīng)過 A點的運動周期.二.選彳3-314.下列說法正確的是（ ）A.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢B.分子間同時存在著引力和斥力，當分子間距增加時，分子間的引力增大，斥力減小C.液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征D.液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動E.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部.如圖所示，氣缸放置在水平平臺上，活塞質(zhì)量為 10kg,橫截面積50cm2,厚度不計.當溫度為27c時，活塞封閉的氣柱長10cm,若將氣缸倒過來放置時，活塞下方的空氣能通過平臺上的缺口與大氣相通.g取10m/s2,不計活塞與氣缸之間的摩擦，大氣壓強保持不變①將氣缸倒過來放置，若溫度上升到 127C,此時氣柱的長度為20cm,求大氣壓強.②分析說明上述過程氣體是吸熱還是放熱.（選修3-4）.兩列簡諧橫波白^振幅都是20cm,傳播速度大小相同.實線波的頻率為 2Hz,1&x軸正方向傳播，虛線波沿x軸負方向傳播.某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則（ ）A.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實線波和虛線波的頻率之比為 3:2C.平衡位置為x=6m處的質(zhì)點此刻速度為零D.平衡位置為x=8.5m處的質(zhì)點此刻位移y>20cm

E.從圖示時刻起再經(jīng)過 0.25s,平衡位置為x=5m處的質(zhì)點的位移yV017.如圖所示，上下表面平行的玻璃磚折射率為 n='J~2,下表面鑲有銀反射面，一束單色光與界面的夾角?！?°射到玻璃表面上，結(jié)果在玻璃磚右邊豎直光屏上出現(xiàn)相距 h=2.0cm的光點A和B.（圖中未畫出A,B）.①請在圖中畫出光路示意圖；②求玻璃磚的厚度d.（選修3-5）:18.在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類歷史的進步.下列表述符合物理學史實的是（ ）A.普朗克為了解釋黑體輻射現(xiàn)象，第一次提出了能量量子化理論B.愛因斯坦為了解釋光電效應(yīng)的規(guī)律，提出了光子說C.盧瑟福通過對“粒子散射實驗的研究，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型D.貝克勒爾通過對天然放射性的研究，發(fā)現(xiàn)原子核是由質(zhì)子和中子組成的E.玻爾大膽提出假設(shè)，認為實物粒子也具有波動性19.如圖所示，一質(zhì)量為M、長為l的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A,mvM.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度（如圖），使A開始向左運動、B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板，以地為參照系.（1）若已知（1）若已知A和B的初速度大小為V0,求它們最后的速度的大小和方向;（2）若初速度的大小未知，求小木塊（2）若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處（從地面上看）離出發(fā)點的距離.參考答案與試題解析二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合題目要求，第19?21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯白勺得0分.1.下列敘述正確的是（ ）A.力、長度和時間是力學中三個基本物理量，它們的單位牛頓、米和秒就是基本單位B.伽利略用月-地檢驗”證實了萬有引力定律的正確性C.法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點D.牛頓在給出萬有引力定律的同時給出了引力常量【考點】物理學史.【分析】力學中的基本物理量有三個，它們分別是長度、質(zhì)量、時間，它們的單位分別為 m、kg、s,牛頓用月-地物驗法驗證了牛頓定律的正確性.再結(jié)合法拉第和牛頓的貢獻進行答題.【解答】解：A、力”不是基本物理量， 牛頓”也不是力學中的基本單位，故A錯誤；B、牛頓用力-地年驗法驗證了萬有引力定律的正確性，故 B錯誤；C、法拉第最先提出電荷周圍存在電場的觀點，故 C正確；D、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，但沒有給出引力常量，故D錯誤.故選：C.2.如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置， M、N為板間同一電場線上的兩點.一帶電粒子（不計重力）以速度 Vm經(jīng)過M點向下運動，一段時間后返回，以速度 Vn經(jīng)過N點向上運動，全過程未與下板接觸，則（ ）A.粒子一定帶正電B.電場線方向一定豎直向上C.M點的電勢一定比N點的高D.粒子在N點的電勢能一定比在M點的大【考點】電勢能；電勢.【分析】由粒子的運動情景可得出粒子受到的電場力的方向，由電場力做功的性質(zhì)可得出電勢能及動能的變化.【解答】解：A、BC:于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上；因粒子的電性與電場的方向都不知道，所以兩個都不能判定.故 A錯誤，B錯誤，C錯誤；D:粒子由M到N電場力做負功，動能減少，電勢能增加，故 M點的電勢能小于N點的電勢能，故D正確.故選：D3.閉合回路由電阻R與導(dǎo)線組成，其內(nèi)部磁場大小按B-t圖變化，方向如圖，則回路中（ ）

A.電流方向為順時針方向 B.電流強度越來越大C.磁通量的變化率恒定不變 D.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越來越大【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；影響感應(yīng)電動勢大小的因素；楞次定律.?=BS可知，磁通量隨時間均勻增加，故【分析】由B-t?=BS可知，磁通量隨時間均勻增加，故【解答】解：由圖象可知，磁感應(yīng)隨時間均勻增大，則由其變化率恒定不變，故C正確；由楞次定律可知，電流方向為順時針，故A正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知， E=三―由法拉第電磁感應(yīng)定律可知， E=三―Ts,故感應(yīng)電動勢保持不變,電流強度不變，故 BD均錯；故選AC.4.如圖甲，匝數(shù)n=24.如圖甲，匝數(shù)n=2的金屬線圈（電阻不計）圍成的面積為 10cm：線圈與R=2◎的電阻連接,置于豎直向上、均勻分布的磁場中.磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度為 I規(guī)定感應(yīng)電流置于豎直向上、均勻分布的磁場中.磁場與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度為 I規(guī)定感應(yīng)電流i從a經(jīng)過R到b的方向為正方向.忽略線圈的自感影響.則下列的是（ ）B.B-t關(guān)系如圖乙，i-t關(guān)系圖正確.即KlO-^T印C.A..即KlO-^T印C.A.B.D.【考點】楞次定律.則可得出磁通量的變化情況,由楞次定律可知電流的方向；由法【分析】由右圖可知B的變化,則可得出磁通量的變化情況,由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況.

【解答】解：由圖可知， 0-2s內(nèi)，線圈中磁通量的變化率相同，故 0-2s內(nèi)電流的方向相同,由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為正方向;同理可知，2-5s內(nèi)電路中的電流為逆時針，為負方向，E嗡E嗡可得E=喏'則知0-2s內(nèi)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為:Ei=2x32￡10?乂1QY[0—4=3X10-6V,則電流大小為：Ii=i=|X1O-6A=1.5X106A；itz同理2s—5s內(nèi)，I2=1.5X10「6A.故B正確，ACD錯誤.故選：B..如圖所示，一根細線下端拴一個金屬小球P,細線的上端固定在金屬塊Q上，Q放在帶小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面內(nèi)做勻速圓周運動（圓錐擺） .現(xiàn)使小球改到一個更高一些的水平面上做勻速圓周運動（圖中 P'位置），兩次金屬塊Q都靜止在桌面上的同一點，則后一種情況與原來相比較，下面的判斷中正確的是（ ）A.Q受到桌面的靜摩擦力變大B.小球P運動的角速度變小C.細線所受的拉力變小 D.Q受到桌面的支持力變大【考點】向心力.【分析】金屬塊Q保持在桌面上靜止，根據(jù)平衡條件分析所受桌面的支持力是否變化.以 P為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析細線的拉力的變化，判斷 Q受到桌面的靜摩擦力的變化.由向心力知識得出小球P運動的角速度、加速度與細線與豎直方向夾角的關(guān)系，再判斷其變化【解答】解：設(shè)細線與豎直方向的夾角為 0,細線的拉力大小為T,細線的長度為L.P球做勻速圓周運動時，由重力和細線的拉力的合力提供向心力，如圖，則有：T=mg,mgtan0=mw2Lsin0,得角速度，使小球改到一個更高的水平面上作勻速圓周運動時,T=mg,mgtan0=mw2Lsin0,得角速度，使小球改到一個更高的水平面上作勻速圓周運動時,0增大,cos。減小，則得到細線拉力T增大，角速度3增大.故B、C錯誤.對Q球，由平衡條件得知,Q受到桌面的靜摩擦力等于細線的拉力大小， 對Q球，由平衡條件得知,于重力，則靜摩擦力變大,Q于重力，則靜摩擦力變大,Q所受的支持力不變，故A正確，D錯誤;故選：A.Tmg.2014年5月10日天文愛好者迎來了土星沖日”的美麗天象.土星沖日”是指土星和太陽正好分處地球的兩側(cè)，三者幾乎成一條直線.該天象每 378天發(fā)生一次，土星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的方向相同，公轉(zhuǎn)軌跡都近似為圓，地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期和半徑以及引力常量均已知，根據(jù)以上信息可求出（ ）—一—1—一

-- Ft土豆1一宅宜二二工A.土星質(zhì)量B.地球質(zhì)量土星公轉(zhuǎn)周期土星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)速度之比【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；開普勒定律.【分析】地球和土星均繞太陽做圓周運動，靠萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動的運動公式列式分析可以求解的物理量.【解答】解：A、日行星受到的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列方程后，行星的質(zhì)量會約去，故無法求解行星的質(zhì)量，故AB均錯誤；2兀2兀C、土星沖日”天象每378天發(fā)生一次，即每經(jīng)過378天地球多轉(zhuǎn)動一圈，根據(jù)（丁-〒）t=2兀可以求解土星公轉(zhuǎn)周期，故C正確；D、知道土星和地球繞太陽的公轉(zhuǎn)周期之比， 根據(jù)開普勒第三定律，可以求解轉(zhuǎn)動半徑之比， 根據(jù)2兀Rv「j^可以進一步求解土星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)速度之比，故 D正確；故選：CD..如圖xoy平面為光滑水平面，現(xiàn)有一長為 d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下，沿正x軸方[7T|向以速度v做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應(yīng)強度 B=BoCOS-x（式中R為已知量），規(guī)定豎直向下方向為磁感應(yīng)強度正方向，線框電阻為 Rc，，t=0時刻NN邊恰好在y軸處，則下列說法正確的是（ ）.t=0時，外力大小C.通過線圈的瞬時電流C.通過線圈的瞬時電流22D.經(jīng)過t=線圈中產(chǎn)生的電熱q=2%Lvdu R【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢.【分析】由題意明確感應(yīng)電動勢的規(guī)律，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線規(guī)律和交流電有效值的計算方法可求得電流及熱量.【解答】解：A、由于磁場是變化的，故切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也為變值，安培力也會變力；故要保持其勻速運動，外力F不能為恒力，故A錯誤；B、t=0B、t=0時，左右兩邊的磁感應(yīng)強度均為Be方向相反，則感應(yīng)電動勢E=2RLV,拉力等于安培力即F=2BdL=叫即F=2BdL=叫''故B錯誤;

RC、由于兩邊正好相隔半個周期，故產(chǎn)生的電動勢方向相同，經(jīng)過的位移為兀vtE=2B0Lvcos瞬時電流iJB.Y'gd”，故C正確；vt;瞬時電動勢D、由于瞬時電流成余弦規(guī)律變化，故可知感應(yīng)電流的有效值D、由于瞬時電流成余弦規(guī)律變化，故可知感應(yīng)電流的有效值2B0Lv,故產(chǎn)生的電熱Q=I2Rt=_5 ,故D正確;故選：CD.8.如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為 k,一端固定在傾角為0的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m,初始時均靜止.現(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動物

塊B,使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在開始一段時間內(nèi)的 u-t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線（ti時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點），重力加速度為g,則（ ）t2時刻，彈簧形變量為ti時刻，彈簧形變量為C.從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大D.從開始到ti時刻，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少【考點】胡克定律；功能關(guān)系.【分析】剛開始AB靜止，則F彈=2mgsin。，外力施加的瞬間，對A根據(jù)牛頓第二定律列式即可求解AB間的彈力大小，由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律可以求出彈簧形變量，ti時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律求出ti時刻彈簧的形變量,并由牛頓第二定律分析拉力的變化情況.根據(jù)彈力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的彈簧形變量，再根據(jù)求出彈性勢能，從而求出彈簧釋放的彈性勢能，根據(jù)動能定理求出拉力做的功，從而求出從開始到ti時刻，拉力F做的功和彈簧釋放的勢能的關(guān)系.【解答】解：A、由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得:mgsin0=kx,mgsin6則得：x=―.— ，故A錯誤；kB、由圖讀出，ti時刻AB、由圖讀出，ti時刻A、mgsin。4max=C、從開始到ti時刻，對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F+kx-2mgsin0=2ma,得F=2mgsin0+2ma-kx,x減小，F(xiàn)增大；ti時刻到t2時刻，對B,由牛頓第二定律得:F-mgsin9=ma,得F=mgsin0+ma,可知F不變，故C錯誤.D、由上知：ti時刻A、B開始分離…①開始時有：2mgsinO=kx0…②從開始到ti時亥L彈簧釋放的勢能 E.^kxg …③ . 1 3f從開始到ti時刻的過程中，根據(jù)動能te理得： Wf+&-2mgsin9（xo-x）巧如,…④2a（x0-x）=v12…⑤由①②③④⑤解得：Wf-E=—（嗯◎,門6-mm）,所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少,|k故D正確.故選：BD三、本卷包括必考題和選考題兩部分.第22題?第32題為必考題，每個試題考生都應(yīng)作答.第33題?第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答.須用黑色簽字筆在答題卡上規(guī)定的區(qū)域書寫作答，在試題卷上作答無效.（一）必考題（共11題，計129分）.某同學利用如圖（甲）所示的裝置，探究彈簧彈力 F與伸長量41的關(guān)系，由實驗繪出F與41的關(guān)系圖線如圖（乙）所示，該彈簧勁度系數(shù)為 125N/m.【考點】探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系.【分析】由胡克定律可知，彈簧的彈力 F與彈簧的伸長量41成正比，根據(jù)圖象可以求出彈簧的勁度系數(shù).【解答】解：彈簧的F-A1圖象的斜率是彈簧的勁度系數(shù)，由圖象可知，彈簧的勁度系數(shù)： k-八】—J=125N/m；Al0.12in故答案為：125..某同學用如圖（甲）所示的裝置驗證 力的平行四邊形定則用一木板豎直放在鐵架臺和輕彈簧所在平面后.其部分實驗操作如下，請完成下列相關(guān)內(nèi)容：

圖甲 圄乙 圉丙①如圖甲，在木板上記下懸掛兩個鉤碼時彈簧末端的位置 O;②卸下鉤碼然后將兩細繩套系在彈簧下端，用兩彈簧稱將輕彈簧末端拉到同一位置 。，記錄細繩套AO、BO的方向及兩彈簧稱相應(yīng)的讀數(shù).圖乙中 B彈簧稱的讀數(shù)為 11.40N;③該同學在坐標紙上畫出兩彈簧拉力 F、Fb的大小和方向如圖丙所示，請在圖丙中作出 Fa、房的合力F'；④已知鉤碼的重力，可得彈簧所受的拉力 F如圖丙所示，觀察比較F和F',得出結(jié)論.【考點】驗證力的平行四邊形定則.【分析】本實驗的目的是要驗證平行四邊形定則，故應(yīng)通過平行四邊形得出合力再與真實的合力進行比較，理解實驗的原理即可解答本題，彈簧秤讀數(shù)時要注意估讀.【解答】解：根據(jù)驗證平行四邊形定則的實驗原理要記錄細繩套 AO、BO的方向和拉力大小，拉力大小由彈簧秤讀出，分度值為 0.1N,估讀一位：11.40N作圖如下：.為測量一阻值約為21◎的電阻，可供選擇的器材如下:電流表A（量程300mA,內(nèi)阻約為2Q）;電流表A（量程150mA,內(nèi)阻約為10口）；電壓表V（量程1V,內(nèi)阻r=1000Q）;電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約為3000Q）;定值電阻R0=1000Q;滑動變阻器Ri（最大阻值5口）；滑動變阻器R2（最大阻值1000◎）;電源E（電動勢約為4V,內(nèi)阻r約為1Q）;開關(guān)，導(dǎo)線若干.為了使測量盡量準確，測量時電表讀數(shù)不得小于其量程的 電壓表應(yīng)選Vi,電流表應(yīng)選A_,滑動變阻器應(yīng)選_Ri_.（均填器材代號）根據(jù)你選擇的器材，請在線框內(nèi)畫出實驗電路圖.【考點】伏安法測電阻.【分析】根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；為準確測量電阻阻值，應(yīng)測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器可以采用分壓接法，根據(jù)待測電阻與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法，作出實驗電路圖.【解答】解：電源電動勢為4V,直接使用電壓表Vi量程太小，為了使測量盡量準確，測量時電表讀數(shù)不得小于其量程的 使用電壓表V2量程又太大，可以把電壓表Vi與定值電阻Ro串聯(lián)，增大其量程進行實驗，故電壓表選擇 Vi,待測電阻兩端的電壓不能超過 2V,最大電流不超過i00mA,所以電流表選A2,待測電阻的電壓從零開始可以連續(xù)調(diào)節(jié)， 變阻器采用分壓式接法，為保證電路安全方便實驗操作,滑動變阻器應(yīng)選Ri.為準確測量電阻阻值，應(yīng)測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器可以采用分壓接法，由于待測電阻阻值接近電流表內(nèi)阻，所以采用電流表外接法.如圖所示：故答案為：Vi,A2,Ri.電路圖如圖所示

.如圖所示，在光滑的水平地面上，相距 L=10m的A、B兩個小球均以V0=10m/s向右運動，隨后兩球相繼滑上傾角為 30°的足夠長的光滑斜坡，地面與斜坡平滑連接，取g=10m/s2.求：A球滑上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇.上斜坡后經(jīng)過多長時間兩球相遇.【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系.【分析】物體A【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系.【分析】物體A到達斜面后做減速運動，利用牛頓第二定律求的加速度，求從物體物體B到達斜面時所需時間，再利用通過運動學公式及牛頓第二定律即可求得相遇時間A到達斜面到【解答】解：設(shè)A球滑上斜坡后經(jīng)過ti時間B球再滑上斜坡，則有:A球滑上斜坡后加速度mgsin 2A球滑上斜坡后加速度mgsin 2a= s,設(shè)此時A球向上運動的位移為 x,則_ s '''此時A球速度二『口一at1=5卬，sB球滑上斜坡時，加速度與A相同，以A為參考系，B相對于人以小v口一丫做勻速運動，設(shè)再經(jīng)過時間t2它們相遇，有：12售1，5s,則相遇時間t=t1+t2=2.5s答：A球滑上斜坡后經(jīng)過2.5s兩球相遇..如圖所示，為一磁約束裝置的原理圖，圓心為原點 O、半彳5為Ro的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xoy平面向里的勻強磁場.一束質(zhì)量為 m、電量為q、動能為Eo的帶正電粒子從坐標為(0、R。)的A點沿y負方向射入磁場區(qū)域I,粒子全部經(jīng)過x軸上的P點，方向沿x軸正方向.當在環(huán)形區(qū)域H加上方向垂直于xoy平面的勻強磁場時，上述粒子仍從 A點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域I,粒子經(jīng)過區(qū)域n后從Q點第2次射入?yún)^(qū)域I,已知OQ與x軸正方向成60°.不計重力和粒子間的相互作用.求：(1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強度Bi的大?。?2)若要使所有的粒子均約束在區(qū)域內(nèi)，則環(huán)形區(qū)域 n中B2的大小、方向及環(huán)形半徑R至少為大；(3)粒子從A點沿y軸負方向射入后至再次以相同的速度經(jīng)過 A點的運動周期.【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動.【分析】(1)粒子進入磁場I做圓周運動，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強度Bi的大小;(2)在環(huán)形區(qū)域n中，當粒子的運動軌跡與外圓相切，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求解軌跡半徑，再求解B2的大小.(3)根據(jù)粒子運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角，再求解運動周期.【解答】解：(1)設(shè)在區(qū)域I內(nèi)軌跡圓半徑為r產(chǎn)Ro；ri=qE[ri=qE[所以B1二(2)設(shè)粒子在區(qū)域所以B1二(2)設(shè)粒子在區(qū)域n中的軌跡圓半徑為上，部分軌跡如圖，由幾何關(guān)系知:_V3一:一qR。方向與B相反，即垂直xoy平面向外;由幾何關(guān)系得：R=2「2+r2=3「2,(3)軌跡從A點到Q點對應(yīng)圓心角。=90°+60°=150°,要仍從A點沿y軸負方向射入，需滿足;150n=360m,m、150n=360m,m、n屬于自然數(shù)，即取最小整數(shù) m=5,n=12EX，其中T代入數(shù)據(jù)得：T=(—T+現(xiàn)叵)■'J答:(1)區(qū)域(1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強度Bi的大小為勺2mE0

qR。(2)環(huán)形區(qū)域n中B2的大小為、方向與B(2)環(huán)形區(qū)域n中B2的大小為為右Ro；(3)粒子從A點沿y軸負方向射入后至再次以相同的速度經(jīng)過 A點的運動周期為普+的今無3%?選彳多3-314.下列說法正確的是( )

A.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢B.分子間同時存在著引力和斥力，當分子間距增加時，分子間的引力增大，斥力減小C.液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征D.液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動E.液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部【考點】*液晶；布朗運動；*相對濕度.【分析】空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢；分子間同時存在著引力和斥力，都隨距離的增大而減小，隨距離的減小而增大；液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征；液體表面存在張力是分子力的表現(xiàn)，表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直.【解答】解：A空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，故 A正確；B、分子間同時存在著引力和斥力， 當分子間距增加時，分子間的引力減小，斥力減小，故B錯誤;C、液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征，故C正確；D、液體中懸浮微粒的無規(guī)則運動稱為布朗運動，故D正確；E、由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離， 分子間表現(xiàn)為引力，液體表面存在張力，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直.故E錯誤.故選：ACD15.如圖所示，氣缸放置在水平平臺上，活塞質(zhì)量為15.如圖所示，氣缸放置在水平平臺上，活塞質(zhì)量為10kg,橫截面積50cm2,厚度不計.當溫度為27c時，活塞封閉的氣柱長10cm,若將氣缸倒過來放置時，活塞下方的空氣能通過平臺上的缺口與大氣相通.g取10m/s2,不計活塞與氣缸之間的摩擦，大氣壓強保持不變①將氣缸倒過來放置，若溫度上升到 127C,此時氣柱的長度為20cm,求大氣壓強.②分析說明上述過程氣體是吸熱還是放熱.【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強.【分析】①求出氣體的狀態(tài)參量，然后應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程求出壓強.②應(yīng)用熱力學第一定律分析答題.【解答】解：①氣缸正立時，氣體壓強： P產(chǎn)P【解答】解：①氣缸正立時，氣體壓強： P產(chǎn)P0嗚"s-氣缸倒立時，氣體壓強： P2=P0-IDg氣體溫度：Ti=273+27=300K,T2=273+127=400K,氣體體積：Vi=10X50=500cm3,V2=20x50=1000cm3,由理想氣體狀態(tài)方程得:P1V1，代入數(shù)據(jù)解得：由理想氣體狀態(tài)方程得:P1V1，代入數(shù)據(jù)解得：p0=1X105Pa;②在整個過程中，氣體體積增大，氣體對外做功， Wv0,氣體溫度升高，氣體內(nèi)能增加， △U>0,由熱力學第一定律：^UmW+Q可知，Q=AU-W>0,則氣體要吸收熱量；答：①將氣缸倒過來放置，若溫度上升到 127C,此時氣柱的長度為20cm,大氣壓強為ixio5pa.②上述過程氣體是吸熱.（選修3-4）16.兩列簡諧橫波白^振幅都是20cm,傳播速度大小相同.實線波的頻率為 2Hz,1&x軸正方向傳播，虛線波沿x軸負方向傳播.某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則（ ）『/cmA.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實線波和虛線波的頻率之比為 3:2C.平衡位置為x=6m處的質(zhì)點此刻速度為零D.平衡位置為x=8.5m處的質(zhì)點此刻位移y>20cmE.從圖示時刻起再經(jīng)過0.25s,平衡位置為x=5m處的質(zhì)點的位移yv0【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象；波的干涉和衍射現(xiàn)象.【分析】在均勻介質(zhì)中兩列波的波速相同，由 v=Af得：波長與頻率成反比.某時刻兩列波的平衡位置正好在x=0處重合，兩列波的平衡位置的另一重合處到 x=0處的距離應(yīng)該是兩列波的波長整數(shù)倍【解答】解：A、兩列波波速相同，波長不同，根據(jù) v=入f,頻率不同，不能干涉，故 A錯誤；B、兩列波波速相同，波長分別為 4m、6m,為2:3,根據(jù)根據(jù)v=淅，頻率比為3:2,故B正確；C、平衡位置為x=6m處的質(zhì)點此刻位移為零，兩列波單獨引起的速度不等，相反，故合速度不為零，故C錯誤；D、平衡位置為x=8.5m處的質(zhì)點，兩列波單獨引起的位移分別為乎A故合位移大于振幅A,故D正確；E、傳播速度大小相同.實線波的頻率為 2Hz,其周期為0.5s,由圖可知：虛線波的周期為 0.75s；從圖示時刻起再經(jīng)過0.25s,實線波在平衡位置為x=5m處于波谷，而虛線波也處于 y軸上方，但不在波峰處，所以質(zhì)點的位移 y<0,故E正確；故選BDE.17.如圖所示，上下表面平行的玻璃磚折射率為 n=/2,下表面鑲有銀反射面，一束單色光與界面的夾角?！?°射到玻璃表面上，結(jié)