2020年寧夏六盤山高中高考物理模擬試卷解析版

高考物理模擬試卷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）1.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場 E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示， 電場方向豎直向下，若不計(jì)空氣阻力，根據(jù)帶電油滴從 a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，下述結(jié)論正確的是（ ）B.油滴的動(dòng)能減少A.B.油滴的動(dòng)能減少C.該油滴做勻加速曲線運(yùn)動(dòng) D.重力勢能和電勢能之和增加2.如圖，一質(zhì)量為 M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套2.在大環(huán)上質(zhì)量為 m的小環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)），從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為 g．當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對輕桿拉力的大小為（ ）A.Mg-mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場（未畫出）。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的 P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從 Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá) PQ的中點(diǎn) O．已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為（ ）C.D.1T，T，引力常量為 G．地球的密度為 （假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體。已知地球表面重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為 g；地球自轉(zhuǎn)的周期為TOC\o"1-5"\h\zA. B. C.如圖，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為 n1、．原線圈通過一理想電流表 A接正弦交流電源，一個(gè)二極管和阻值為 R的負(fù)載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端。假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大。用交流電壓表測得 a、b端和 c、d端的電壓分別為 Uab和Ucd，則（ ）Uab：Ucd=n1：n2增大負(fù)載電阻的阻值 R，電流表的讀數(shù)變小負(fù)載電阻的阻值越小， cd間的電壓 Ucd越大將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍5小題，共 27.0分）

研究光電效應(yīng)規(guī)律的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示， 分別用兩種光照射光電管陰極 K時(shí)，都有光電子產(chǎn)生。在光電管的兩極 K、A之間加反向電壓時(shí)，光電子從陰極 K發(fā)射出來后向陽極 A做減速運(yùn)動(dòng)。 當(dāng)電流表讀數(shù)為零時(shí)， 電壓表的讀數(shù)稱為反向截止電壓。在光電管 K、A之間加正向電壓時(shí)， 光電子從陰極 K發(fā)射出來向陽極 A做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電流表的讀數(shù)為最大時(shí)，稱為飽和光電流。由電壓表和電流表的讀數(shù)，可畫出這兩種光照射時(shí)光電管的伏安特性曲線如圖乙所示，以下說法正確的是（ ）7.A.圖甲中所加電壓為正向電壓B.兩種光分別照射光電管時(shí)，反向截止電壓相同C.兩種光的頻率不同D.兩種光的強(qiáng)度不同如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線7.A.圖甲中所加電壓為正向電壓B.兩種光分別照射光電管時(shí)，反向截止電壓相同C.兩種光的頻率不同D.兩種光的強(qiáng)度不同如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為場強(qiáng) E1的勻強(qiáng)電場，方向豎向下，虛線下方為場強(qiáng) E2的勻強(qiáng)電場，方向豎直向上，一個(gè)質(zhì)量 m，帶電 +q的小球從上方電場的 A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場中與 A關(guān)于虛線對稱的 B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（ ）兩電場強(qiáng)度大小關(guān)系滿足 E2>E1帶電小球在 A、B兩點(diǎn)電勢能相等若AB高度差為 A，則 UAB=-D.在虛線上、下方的電場中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同8.如圖甲所示 ,足夠長的木板 B靜置于光滑水平面上 ,其上放小滑塊 A,木板B受到隨時(shí)F作用時(shí) ,用傳感器測出 B的加速度 a,得到如圖乙所示的 a-F圖象,已知 g取 10m/s2,則()A.滑塊A的質(zhì)量為 4kg B.木板B的質(zhì)量為 1kgC.滑塊A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.1D.當(dāng)F=10N時(shí)木板B的加速度為 4m/s2如圖所示， 質(zhì)量為 m的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)， 活塞與氣缸之間無摩擦， a狀態(tài)是氣缸放在冰水混合物中氣體達(dá)到的平衡狀態(tài)，在活塞上加一質(zhì)量為m的砝碼， 經(jīng)過過程 Ⅰ達(dá)到b狀態(tài)，再將氣缸從容器中移出后， 經(jīng)過過程 Ⅱ在室溫（ 27℃）中達(dá)到 c狀態(tài)，已知大氣壓強(qiáng)保持不變，下列說法中正確的是（ ）

過程 Ⅰ中理想氣體從外界吸收熱量過程 Ⅱ中理想氣體從外界吸收熱量c狀態(tài)與a狀態(tài)相比， c狀態(tài)的氣體分子對活塞的作用力較大理想氣體在 b狀態(tài)的內(nèi)能大于在 a狀態(tài)的內(nèi)能理想氣體在 c狀態(tài)的內(nèi)能大于在 a狀態(tài)的內(nèi)能一條繩子兩端為 A點(diǎn)和B點(diǎn)，沿繩子建立坐標(biāo)系，如圖甲所示，每隔 1m選一個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)，圖乙為A點(diǎn)的振動(dòng)圖象， 圖丙為B點(diǎn)的振動(dòng)圖象， 兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)分別形成兩列TOC\o"1-5"\h\z波相對傳播，波速均為 2m/s，則下列說法正確的是（ ）兩列波的波長都是 2m這兩列波相遇后會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象兩列波在 t=2.5s時(shí)開始相遇t=3s時(shí)， x=4m處質(zhì)點(diǎn)的位移大小為 40cmt=2s時(shí)， x=5m處質(zhì)點(diǎn)的位移大小為 40cm三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 2小題，共 15.0分）用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。如圖 1所示，先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置 O。實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟 1：不放小球 2，讓小球1從斜槽上 A點(diǎn)由靜止?jié)L下， 并落在地面上重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟 2：把小球 2放在斜槽前端邊緣位置 B，讓小球 1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次， 并使用與步驟 1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟 3：用刻度尺分別測量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置 M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長度TOC\o"1-5"\h\z上述實(shí)驗(yàn)除需測量線段 OM、OP、ON的長度外， 還需要測量的物理量有 。A．小球 1和小球2的質(zhì)量 m1、m2B．B點(diǎn)離地面的高度 hC．A、B兩點(diǎn)間的高度差 △hD．小球 1和小球 2的半徑 r（2）當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式 （用所測物理量的字母表示）時(shí)，即說明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律。（3）完成上述實(shí)驗(yàn)后，某實(shí)驗(yàn)小組對上述裝置進(jìn)行了改造，如圖 2所示：圖中圓弧為圓心在斜槽末端 B的圓弧。使小球 1仍從斜槽上 A點(diǎn)由靜止?jié)L下，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟1和2的操作，得到兩球落在圓弧上的平均位置為 M’、 P’、 N’．測得斜槽末端M’、 P’、 N’三點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角分別為 a1、a2、a3，則驗(yàn)證兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為 （用所測物理量的字母表示）某同學(xué)用下列器材測電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻。待測電源 E（電動(dòng)勢約為 3V，內(nèi)阻約為2.5Ω）；電流表 A（量程為 0-0.6A，內(nèi)阻約為 0.5Ω）；電阻箱 R（最大阻值為99.9Ω）；開關(guān) S，導(dǎo)線若干。（1）在圖1的虛線框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖。該同學(xué)根據(jù)正確的電路圖，正確連接電路，規(guī)范操作。（2）第一次測量：調(diào)節(jié)電阻箱 R，示數(shù)為 R1時(shí)，讀取電流表示數(shù) I1，示數(shù)為 R2時(shí)，讀取電流表示數(shù) I2．則電源電動(dòng)勢的計(jì)算式 E= V，內(nèi)阻的計(jì)算式 r= （3）第二次測量：調(diào)節(jié)電阻箱 R的阻值，記錄多組電流表的讀數(shù) I和電阻箱的對應(yīng)讀數(shù) R，以 為縱坐標(biāo)， R為橫坐標(biāo)，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出如圖 2所示的-R圖線，則電源電動(dòng)勢 E= V，內(nèi)阻 r= Ω。（4）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是 A．由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差B．由于電流表的內(nèi)阻，會使電源電動(dòng)勢的測量值存在系統(tǒng)誤差C．第二次測量中的數(shù)據(jù)處理方式可以減小偶然誤差D．第一次測量中，若測有三組數(shù)據(jù)，則可求得電源電動(dòng)勢 E和內(nèi)阻r及電流表內(nèi)阻RA

13.如圖所示， 一條軌道固定在豎直平面內(nèi)， 粗糙的ab段水平， bcde段光滑， cde段是13.以O(shè)為圓心、 R為半徑的一小段圓弧，圓心 O與在ab同一水平線上．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起，靜止于 b處，A的質(zhì)量是 B的3倍．兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離， 分別向左、 右始終沿軌道運(yùn)動(dòng)． B到d點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，此時(shí)軌道對 B的支持力大小等于 B所受重力的 倍，A與ab段的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ，重力加速度為 g，求：1）物塊B在d點(diǎn)的速度大??；2）物塊 A滑行的距離 s和時(shí)間t．14.相距L=1m的足夠長金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為 m1=1kg的金屬棒 ab和質(zhì)量為14.m2=0.02kg的金屬棒 cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖 1所示，虛線上方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1T，方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同． ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ=0.4，兩棒的電阻均為 R=2Ω，其余電阻不計(jì)． ab棒在方向豎直向上的拉力 F作用下，從靜止開始沿導(dǎo)軌豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)， 加速度 a=1m/s當(dāng)cd棒通過2C的電量時(shí)， 其產(chǎn)生的熱量為 當(dāng)cd棒通過2C的電量時(shí)， 其產(chǎn)生的熱量為 2.5J，則外力 F需要做功為多少；3）判斷 cd棒將做怎樣的運(yùn)動(dòng)，求出 cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間 t0，并在圖 2cd棒所受摩擦力 Ffcd隨時(shí)間變化的圖象．磁場中也由靜止釋放．（ g=10m/s2）求：磁場中也由靜止釋放．（ g=10m/s2）求：1）當(dāng)時(shí)間 t=2s時(shí)拉力F的大??；15.16.如圖所示，內(nèi)壁光滑的圓柱形氣缸豎直倒立在兩木塊上，氣15.16.缸底水平，氣缸質(zhì)量為 M=20kg，橫截面積為 S=5.0×10-3m2、高為H=0.5m，質(zhì)量m=10kg的活塞在氣缸中封閉了定質(zhì)量的理想氣體，氣體溫度 t1=27℃，活塞靜止，此時(shí)活塞到氣缸開口端的距離為 h=0.1m，通過一定的方法使氣缸內(nèi)的封閉氣體從外界吸收了熱量 Q=620J，此時(shí)氣體溫度為 t2=177℃，已知大氣壓強(qiáng)為p0=1.0×105Pa，重力加速度大小 g=10m/s2，求①最終氣體的壓強(qiáng)②此過程中封閉氣體的內(nèi)能變化如圖所示為截面為四分之三圓的玻璃柱，圓弧 ABC面鍍銀，圓弧的半徑為 cm，一細(xì)光束垂直 OA并從OA的中點(diǎn)D射入玻璃柱，玻璃柱對該光的折射率為 ，光在真空中的傳播速度為 c=3×108m/s，求：①光從玻璃柱中射出時(shí)光線的折射角②光在玻璃柱中傳播的時(shí)間（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）答案和解析答案和解析.【答案】 C【解析】 解： A、由圖可知，油滴向上偏轉(zhuǎn)，故一定受向上的電場力，因電場線向下，故油滴一定帶負(fù)電，故 A錯(cuò)誤；B、從 a到b的運(yùn)動(dòng)過程，電場力大于重力，電場力做的功大于重力做的功，依據(jù)動(dòng)能定理，從 a到b的運(yùn)動(dòng)過程中合外力做正功，則動(dòng)能增加，故 B錯(cuò)誤；C、因電場力和重力均恒定，故合力不變，油滴加速度恒定，所以油滴做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、根據(jù)功能關(guān)系可知，在從 a到b的運(yùn)動(dòng)過程中只有重力、電場力做功，因此重力勢能、電勢能、動(dòng)能三者之和保持不變，因動(dòng)能增加，故重力勢能和電勢能之和減小，故D錯(cuò)誤。故選： C。根據(jù)圖中的運(yùn)動(dòng)軌跡情況， 可以判斷出重力和電場力的大小關(guān)系， 然后根據(jù)功能關(guān)系求解即可。本題考查粒子在電場和重力場的復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，重點(diǎn)考查帶電小球的功能關(guān)系轉(zhuǎn)化。在學(xué)習(xí)過程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問題的關(guān)鍵。TOC\o"1-5"\h\z.【答案】 C【解析】 解：小環(huán)在最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=m，得：F=mg+m，小環(huán)從最高到最低，由動(dòng)能定理，則有： ；對大環(huán)分析，有： T=F+Mg=m（g+）+Mg=5mg+Mg．故 C正確，A、B、D錯(cuò)誤。故選： C。根據(jù)牛頓第二定律求出小環(huán)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)， 大環(huán)對它的拉力， 再用隔離法對大環(huán)分析，求出大環(huán)對輕桿的拉力大?。鉀Q本題的關(guān)鍵搞清小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解．.【答案】 C【解析】 解：設(shè)粒子在鋁板上、下方的軌道半徑分別為 r1、r2，速度分別為 v1、v2。由題意可知，粒子軌道半徑為： r1=2r2，由題意可知，穿過鋁板時(shí)粒子動(dòng)能損失一半，即為： mv22=?mv12解得： v1=v2，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： qvB=m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為： B=，磁感應(yīng)強(qiáng)度之比：C正確，ABD錯(cuò)誤。

磁感應(yīng)強(qiáng)度之比：故選： C。粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度與半徑和速度間的關(guān)系，然后再求出磁感應(yīng)強(qiáng)度之比。本題考查了求磁感應(yīng)強(qiáng)度，根據(jù)題意求出粒子的軌道半徑、與速度關(guān)系，然后應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題。.【答案】 B解：設(shè)地球半徑為 R，在兩極，引力等于重力，則有：mg0mg0=解得：ρ=B正確， 解得：ρ=B正確， ACD錯(cuò)誤；由此可得地球質(zhì)量為： M=，在赤道處，引力與支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律，則有：G-mg=m R，地球的密度為：故選： B。根據(jù)萬有引力等于重力， 則可列出物體在兩極的表達(dá)式， 再由引力與支持力的合力提供向心力，列式綜合可求得地球的質(zhì)量，最后由密度公式，即可求解。本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用， 掌握牛頓第二定律的應(yīng)用， 注意地球兩極與赤道的重力的區(qū)別，知道密度表達(dá)式。.【答案】 B【解析】 解：A、假設(shè)副線圈兩端電壓的有效值為 U2，根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，即有： Uab：U2=n1：n2；而因二極管的單向?qū)щ娦裕?cd間電壓的有效值并不等于副線圈兩端的電壓有效值，所以 Uab：Ucd不等于 n1：n2，故 A錯(cuò)誤；B、副線圈兩段的電壓依賴于輸入電壓和匝數(shù)， 所以副線圈兩端的電壓不變， 電阻增大，則電流減小，副線圈的功率減小，最后使得輸入功率減小，而輸入電壓不變，最后使得電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，故 B正確；C、cd間的電壓由原線圈的輸入電壓以及原、副線圈的匝數(shù)比有關(guān)，與負(fù)載電阻無關(guān)，所以cd間的電壓 Ucd不會隨著負(fù)載電阻變化，故 C錯(cuò)誤；D、假設(shè)副線圈兩端交變電壓的峰值為 Um，副線圈回路的電流峰值為 Im，則二極管短路前有：副線圈兩端電壓的有效值 U2=，由W=計(jì)算電阻 R的電能得：Ucd=．副線圈回路電流的有效值IUcd=．副線圈回路電流的有效值I2≠，W=I2Rt計(jì)算電阻 R的電能得：（)2R=Icd2RT，求得 Icd=。則 Pcd=UcdIcd=二極管短路后有： cd兩端電壓等于副線圈兩端電壓，即U二極管短路后有： cd兩端電壓等于副線圈兩端電壓，即UR的I′cd=．則P′cd=U′cdI′cd= ．所以 P′cd=2Pcd。而原線圈上的電壓有效值不變， 所以二極管短路后的電流表讀數(shù)是二極管短路前的 倍。故D錯(cuò)誤。故選： B。假設(shè)沒有二極管，則可根據(jù)理想變壓器的原副線圈的功率相等，且電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，即可求解電壓關(guān)系，電流變化情況，再由二極管的單向?qū)щ娦裕鶕?jù)副線圈的電壓與時(shí)間變化規(guī)律，從而可求得結(jié)果。此題作為選擇題的壓軸題有一定的難度，也比較有新意，涉及的知識點(diǎn)有交變電流、理想變壓器、二極管、電路的動(dòng)態(tài)分析等。該題對于 D選項(xiàng)的爭議比較大，是個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)。.【答案】 BD【解析】 解： A、分析圖甲可知，所加電壓為反向電壓，故 A錯(cuò)誤；BC、由圖乙可知， 兩種光的截止電壓是相同的， 根據(jù)光電效應(yīng)方程 eU截= =hv-W．所以兩種光的頻率相同。故 B正確，C錯(cuò)誤；D、由圖乙可知，兩種光的飽和光電流不相等，說明兩種情況下產(chǎn)生的光電子的數(shù)目不相等，則入射光的光照強(qiáng)度不相等。故 D正確。故選： BD。反向電壓 U和頻率一定時(shí)， 發(fā)生光電效應(yīng)產(chǎn)生的光電子數(shù)與光強(qiáng)成正比， 則單位時(shí)間到達(dá)陰極 A的光電子數(shù)與光強(qiáng)也成正比，截止電壓 U0與頻率ν是線性關(guān)系，不是正比關(guān)系，光強(qiáng) I與頻率ν一定時(shí)，光電流 i隨反向電壓的增大而減小。解決本題的關(guān)鍵是掌握光電效應(yīng)的條件 v>v0以及光電流方向的確定，注意光電子的最大初動(dòng)能是由入射光的頻率決定，與光強(qiáng)無關(guān)。.【答案】 AC【解析】 解： AD、A到虛線速度由零加速至 v，虛線到 B速度v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的推論知，時(shí)間相同，則加速度大小相等，方向相反；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得： a1= ，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2=在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a1=a2，解得： E2-E1=．故A正確D錯(cuò)誤。BC、對A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得， qUAB+mgh=0，解得： UAB= ，知 A、B的電勢不等，則電勢能不等。故 B錯(cuò)誤C正確；故選： AC。根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性得出加速度的大小關(guān)系，通過動(dòng)能定理求出 A、B的電勢差。結(jié)合牛頓第二定律得出兩電場強(qiáng)度的關(guān)系。本題考查了電場中動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用， 抓住小球在上方電場和下方電場中運(yùn)動(dòng)的對稱性入手分析求解。.【答案】 BD【解析】 解：ABD、由圖知，當(dāng) F=8N時(shí)，加速度為： a=2m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有： F=（mA+mB）a，代入數(shù)據(jù)解得： mA+mB=4kg，當(dāng) F大于8N時(shí)， A、B發(fā)生相對滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：對 B有：a= ，由圖示圖象可知，圖線的斜率： k====1，解得： mB=1kg，滑塊 A的質(zhì)量為： mA=3kg。當(dāng)a=0時(shí)， F=6N，代入解得 μ=0.2，故 A、C錯(cuò)誤，B正確。D、根據(jù)F=10N>8N時(shí)，滑塊與木板相對滑動(dòng)， B的加速度為： aB=a= =4m/s2．故D正確。故選： BD。當(dāng)拉力較小時(shí)， m和M保持相對靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)， m和M發(fā)生相對滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法進(jìn)行解答．本題考查牛頓第二定律與圖象的綜合， 知道滑塊和木板在不同拉力作用下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵， 掌握處理圖象問題的一般方法， 通常通過圖線的斜率和截距入手分析．.【答案】 BCE【解析】 解：A、過程Ⅰ中外界對氣體做功，內(nèi)能不變，理想氣體放出熱量， A錯(cuò)誤；B、過程 Ⅱ中理想氣體對外做功，內(nèi)能增大，理想氣體從外界吸收熱量， B正確；C、由于 c狀態(tài)的壓強(qiáng)大于 a狀態(tài)的壓強(qiáng)，所以 c狀態(tài)的氣體分子對活塞的作用力較大，C正確；D、理想氣體在 b狀態(tài)的溫度等于在 a狀態(tài)的溫度，在 b狀態(tài)的內(nèi)能等于在 a狀態(tài)的內(nèi)能，D錯(cuò)誤；E、理想氣體在 c狀態(tài)的溫度高于在 a狀態(tài)的溫度，在 c狀態(tài)的內(nèi)能大于在 a狀態(tài)的內(nèi)能， E正確。故選： BCE。由氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知撞擊個(gè)數(shù)的變化以及分子的撞擊力的變化； 由熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w吸熱還是放熱。本題關(guān)鍵是明確氣體壓強(qiáng)的微觀意義， 同時(shí)要能根據(jù)熱力學(xué)第一定律列式求解， 注意公式△U=Q+W，注意各量的符號。放熱 Q為負(fù)，物體對外界做功 W為負(fù)。.【答案】 ABC【解析】 解： A、由圖知， 兩列波的周期都是 1s，波長都是 λ=vT=2×1m=2m，故A正確。B、兩列波的周期相同，相遇后會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故 B正確。C、在t=2.5s時(shí)間內(nèi)， A點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xA=vt=2×2.5m=5m，B點(diǎn)遲振動(dòng) 1s，在t=2.5s時(shí)間內(nèi)， B點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xB=v（t-1）=2×1.5m=3m，則xA+xB=8m，故兩列波在 t=2.5s時(shí)開始相遇，故 C正確。t=3s時(shí)，A點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xA=vt=2×3m=6m，B點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xB=v（t-1）=2×2m=4m，t=3s時(shí)，兩列波單獨(dú)在 x=4m處引起的位移均為 0，則 t=3s時(shí)，x=4m處質(zhì)點(diǎn)的位移大小為 0，故D錯(cuò)誤。t=2s時(shí)， A點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xA=vt=2×2m=4m，B點(diǎn)振動(dòng)傳播距離為 xB=v（t-1）=2×1m=2m，則 t=2s時(shí)， x=5m處質(zhì)點(diǎn)還沒有振動(dòng)，位移大小為 0，故 E錯(cuò)誤。故選：ABC。由圖讀出周期，由波速公式求出波長。當(dāng)兩列波的頻率相同時(shí)相遇后產(chǎn)生干涉現(xiàn)象。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求兩列波相遇的時(shí)間。根據(jù)波的疊加情況，分析 x=4m處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)還是減弱。 研究時(shí)間 t=3s與周期的關(guān)系， 分析該點(diǎn)的位移。 同理分析 t=2s時(shí)x=5m處質(zhì)點(diǎn)的位移大小。解決本題的關(guān)鍵要明確波的形成過程， 利用波的疊加原理分析兩列波相遇時(shí)各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況。要注意兩個(gè)波源起振方向是相同的。11.【答案】Am1?OP=m1?OM=m2?ON = +【解析】 解：（ 1）利用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”驗(yàn)證動(dòng)量定律實(shí)驗(yàn)是根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)原理，將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平位移的測量， 測出 OP、OM、ON外，還需要測量兩個(gè)小球的質(zhì)量，

故選項(xiàng)A正確；若碰撞前小球 1的動(dòng)量等于碰撞后小球 1和小球 2的動(dòng)量之和， 即： m1v0=m1v1+m2v2，就能說明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律，由于 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，所以當(dāng)所測物理量滿足 m1?OP=m1?OM=m2?ON即可。測得斜槽末端與 M′的連線與豎起方向的夾角為 α1，由平拋規(guī)律， x1=v1t1，y1= ，設(shè)斜槽末端與 M的連線長度為 L（即圓弧半徑為 L）， sinα1=，cosα1=，聯(lián)立解得：v1= ；測得斜槽末端與 P′連線與豎直方向的夾角為α2，同理可得：v0= ，測得優(yōu)秀干部槽末端與 N′的連線與豎起方向的珍角為α3，同理可得：m1v0=m1v1+m2v2化簡可得：=+。故答案為：（ 1）A（2）m1?OP=m1?OM=m2?ON3） = +（1）在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的知識得出碰撞前后兩球的速度，因?yàn)橄侣涞臅r(shí)間相等， 則水平位移代表平拋運(yùn)動(dòng)的速度。 根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測量的物理量；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可求得動(dòng)量守恒及機(jī)械能守恒的表達(dá)式；（3）小球落在弧面上，根據(jù)水平位移關(guān)系和豎直位移的關(guān)系，求出初速度與距離的表達(dá)式，從而得出動(dòng)量守恒的表達(dá)式。解決本題的關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)的原理，以及實(shí)驗(yàn)的步驟，在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，無需測出速度的大小，可以用位移代表速度。同時(shí)，在運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的知識得出碰撞前后兩球的速度，因?yàn)橄侣涞臅r(shí)間相等，則水平位移代表平拋運(yùn)動(dòng)的速度。若碰撞前后總動(dòng)能相等，則機(jī)械能守恒。12.【答案】 33AC【解析】 解：（1）由給出的儀表可知，實(shí)驗(yàn)中只給出了電流表和電阻箱，所以應(yīng)采用電流表與電阻箱串聯(lián)的方式進(jìn)行測量； 如圖所示；（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：I1=I2=聯(lián)立解得： E=；r=；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， I=變形可得：

變形可得：則由圖可知： = =；=1解得： E=3V；r=3Ω；（4）A、因電流表存在內(nèi)阻，所以測出的內(nèi)阻中包含電流表內(nèi)阻，由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差，故 A正確；B、電流表內(nèi)阻對圖象的斜率沒有影響，所以測出的電源的電動(dòng)勢準(zhǔn)確，故 B錯(cuò)誤；C、采用圖象法可以避免因讀數(shù)造成的偶然誤差；故第二次可以減小偶然誤差，故 C正確；D、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， I1=I3= ；根據(jù)數(shù)學(xué)規(guī)律可知，聯(lián)立三組數(shù)據(jù)無法求出電流表內(nèi)阻；故 D錯(cuò)誤。故答案為：（3，3。AC。析給出的儀表，從而確定測量方法，確定電路圖；據(jù)閉合電路歐姆定律列式，聯(lián)立方程即可求得電動(dòng)勢和內(nèi)電阻；據(jù)閉合電路歐姆定律列式，結(jié)合圖象即可分析對應(yīng)的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻；據(jù)實(shí)驗(yàn)過程進(jìn)行分析，明確實(shí)驗(yàn)誤差情況。根據(jù)待測電阻與滑動(dòng)變阻器阻值間的關(guān)系確定滑動(dòng)變阻器的接法， 根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法是正確連接實(shí)物電路圖的前提與關(guān)鍵。13.【答案】 解：（ 1）在d點(diǎn)對 B，由牛頓第二定律得：由①得：故物塊B在d點(diǎn)的速度大?。?．（2）設(shè) A、B在分離瞬間速度大小分別為 v1、v2，取水平向右方向?yàn)檎?A、B分離過程動(dòng)量守恒，則：3m（-v1）+mv2=0②A、B分離后， B從b點(diǎn)到d點(diǎn)過程由動(dòng)能定理得：③A向左減速至零過程由動(dòng)能定理得：④由①②③④得：A向左減速至零過程由動(dòng)量定理得：-u（3mg）t=0-3mv1

故物塊A滑行的距離： ，時(shí)間： ．【解析】 （1）在 d點(diǎn)根據(jù)向心力公式列方程可正確求解．（2）分析清楚作用過程，開始 AB碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰后 A反彈，B繼續(xù)運(yùn)動(dòng)根據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理可正確求解．本題考查了動(dòng)量守恒、動(dòng)能定理、動(dòng)量定理等規(guī)律的簡單應(yīng)用，較好的考查了學(xué)生綜合應(yīng)用知識的能力．.【答案】 解：（ 1）導(dǎo)體棒加速度為 a=1m/s2，由速度公式可得：v=at；感應(yīng)電動(dòng)勢 E=BLv電流I=根據(jù)牛頓第二定律可得：F-BIL-m1g=m1a聯(lián)立解得：F=11.5N（2）電量 q=電流根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，平均電動(dòng)勢：變化的磁通量 △?=BLxx== =8m由速度和位移關(guān)系可得：v2=2ax根據(jù)功能關(guān)系可得：2Q=W克安則拉力所做的功： WF=m1gx+2Q+聯(lián)立解得： WF=93Jcd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)， 速度達(dá)到最大；后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng) cd棒速度達(dá)到最大時(shí)，有：m2g=μFN，又FN=F安而F安=BIL聯(lián)立解得： m2g=μBIL對abcd回路，有： I=，又 vm=at0代入數(shù)據(jù)解得： t0=2sfcd隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．答：（ 1）當(dāng)時(shí)間 t=2s時(shí)拉力F的大小為 11.5N；（2）當(dāng) cd棒通過2C的電量時(shí)，其產(chǎn)生的熱量為 2.5J，則外力 F需要做功為 93J；cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)， 速度達(dá)到最大； 后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)， 最后停止運(yùn)動(dòng)； cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間 t0為 2s；圖象如圖所示．【解析】 （1）由E=BLv、