1、試卷第 =page 24 24頁，總 =sectionpages 24 24頁試卷第 =page 23 23頁，總 =sectionpages 24 24頁安徽省某校高考物理適應(yīng)性試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58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，有選錯的得0分1. 金屬鈣的逸出功為4.310-19J，普朗克常量h6.610-34Js，光速c3.0108m/s，以下說法正確的是（ ） A.用波長為500nm的單色光照射金屬鈣，能產(chǎn)生光電效應(yīng)B.若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)，則增大光的強(qiáng)度將會

2、使光電子的最大初動能增大C.若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則在保持強(qiáng)度不變的情況下，增大入射光頻率，則單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)不變D.若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則減小光的強(qiáng)度將會使單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)減少2. 地面上放置一粗糙三角形斜面體，斜面體上有一物塊在沿斜面向上的力F作用下恰好能保持靜止（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），現(xiàn)撤去F，下列說法正確的是（ ） A.物塊一定處于靜止?fàn)顟B(tài)B.物塊所受的摩擦力大小不變C.物塊所受的摩擦力方向一定變化D.地面對三角形斜面體支持力可能不變3. 為科學(xué)探測月球地質(zhì)資源，我國于2018年12月8日2時23分，發(fā)射嫦娥四號探測

3、器，開啟了月球探測的新旅程。嫦娥四號首先需發(fā)射到近地點(diǎn)約200公里，遠(yuǎn)地點(diǎn)38萬公里的地月轉(zhuǎn)移軌道，隨后進(jìn)入離月球高度為100km的環(huán)月圓軌道。2019年1月3日早上，嫦娥四號探測器成功著陸在月球背面南極-艾特肯盆地馮卡門撞擊坑的預(yù)選著陸區(qū)。下列關(guān)于嫦娥四號的說法正確的是（ ） A.嫦娥四號質(zhì)量越大，脫離地球所需的發(fā)射速度越大B.嫦娥四號發(fā)射速度需要大于11.2km/sC.嫦娥四號在地月轉(zhuǎn)移軌道上逐漸遠(yuǎn)離地球過程中，速度變小，加速度也變小D.嫦娥四號在由地月轉(zhuǎn)移軌道變到環(huán)月軌道后，速度大于月球第一宇宙速度4. 空間中一靜電場的某物理量在x軸上分布情況如圖所示，其中OA=OB，則（ ） A.若為

4、E-x圖象，則ABB.若為E-x圖象，則將一電子由A沿x軸移向B，電場力先做負(fù)功再做正功。C.若為-x圖象，則EA、EB相同D.若為-x圖象，在A自由釋放一質(zhì)子，其僅在電場力作用下運(yùn)動到B，加速度先變小后增大5. 通電直導(dǎo)線A、B與圓形通電導(dǎo)線環(huán)放在同一粗糙絕緣水平面上，O為導(dǎo)線環(huán)圓心，導(dǎo)線A、B與導(dǎo)線環(huán)直徑CD平行且到CD距離相等，當(dāng)它們通有如圖所示的電流后，均仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（ ） A.O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0B.導(dǎo)線環(huán)受到向右的摩擦力C.導(dǎo)線A受到的摩擦力一定向右D.導(dǎo)線B受到的摩擦力一定向右6. 如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為1:2，原線圈接u2202sin100t(V)的正弦交流

5、電，R150，R2100，滑動變阻器R最大阻值100，開始時滑片位于a端，為理想電壓表。則（ ） A.副線圈中交流電周期為125sB.t=120s時，電壓表示數(shù)為882VC.滑片由a向b滑動的過程中，電流表示數(shù)變大，電壓表示數(shù)變小D.滑片由a向b滑動的過程中，原線圈輸出功率變小7. 在光滑的水平面上有兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B的水平勻強(qiáng)磁場，虛線3為磁場分界線，如圖所示，一個邊長為l、質(zhì)量為m、總電阻為r的正方形金屬框abcd垂直磁場方向，以水平速度v從圖示位置1開始向右運(yùn)動，經(jīng)過位置2、位置3的速度分別為34v、v2，則下列說法正確的是（ ） A.在位置1，c、d兩端電壓為BlvB.在位置2，

6、線框的加速度為零C.在位置3，線框的電功率為4B2l2v2rD.在位置3，線框的加速度為2B2l2vmr8. 在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為1kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象，AB平行于x軸，BC為四分之一圓弧曲線。已知重力加速度g10m/s2，根據(jù)以上信息能得出的物理量有（ ） A.物體運(yùn)動的時間B.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.8C.合外力對物體所做的功D.物體做勻速運(yùn)動時的速度三、非選擇題： 某實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究的裝置如圖所示，已知遮光條通過光電門的時間為t，寬度為

7、d，小車A到光電門B的距離為s，重物質(zhì)量為m，小車質(zhì)量為M。 （1）若該小組利用此裝置驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則需要驗(yàn)證的關(guān)系式為_（用題所給的物理量表示，不考慮摩擦阻力） （2）若該小組通過描點(diǎn)作出線性圖象來反映小車所受合力做的功與小車動能改變的關(guān)系他們作的圖象關(guān)系是下列哪一個時才能符合實(shí)驗(yàn)要求（）。A.s-tB.s-t2C.s-t-1D.s-t-2 下列哪個實(shí)驗(yàn)操作能夠減小實(shí)驗(yàn)誤差 C 。 A調(diào)整軌道的傾角，在未掛重物時使小車能在軌道上勻速運(yùn)動 B必須滿足重物的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量 C必須保證小車從靜止?fàn)顟B(tài)開始釋放 熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器(PTC)和負(fù)溫度系數(shù)電阻器(NTC)正溫度系數(shù)電

8、阻器(PTC)在溫度升高時電阻值越大，負(fù)責(zé)溫度系數(shù)電阻器(NTC)在溫度升高時電阻值越小，熱敏電阻的這種特性，常常應(yīng)用在控制電路中某實(shí)驗(yàn)小組選用下列器材探究通過熱敏電阻Rx（常溫下阻值約為10.0）的電流隨其兩端電壓變化的特點(diǎn)，如圖所示 A.電流表A1（量程100mA，內(nèi)阻約1）B.電流表A2（量程0.6A，內(nèi)阻約0.3）C.電壓表V1（量程3.0V，內(nèi)阻約3k）D.電壓表V2（量程15.0V，內(nèi)阻約10k）E.滑動變阻器R（最大阻值為10）F.滑動變阻器R（最大阻值為500）G.電源E（電動勢15V，內(nèi)阻忽略）H.電鍵、導(dǎo)線若干 實(shí)驗(yàn)中改變滑動變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開

9、始逐漸增大，請?jiān)谒峁┑钠鞑闹羞x擇必需的器材，應(yīng)選擇的器材為電流表 B ；電壓表 D ；滑動變阻器 E （只需填寫器材前面的字母即可） 請?jiān)谒峁┑钠鞑闹羞x擇必需的器材，在圖1虛線框內(nèi)畫出該小組設(shè)計(jì)的電路圖 該小組測出熱敏電阻R1的U-I圖線如圖2曲線I所示請分析說明該熱敏電阻是 PTC 熱敏電阻（填PTC或NTC） 該小組又通過查閱資料得出了熱敏電阻R2的U-I圖線如圖2曲線II所示然后又將熱敏電阻R1、R2分別與某電池組連成電路如圖3所示測得通過R1和R2的電流分別為0.30A和0.60A，則該電池組的電動勢為 10.0 V，內(nèi)阻為 6.67 （結(jié)果均保留三位有效數(shù)字） 如圖所示平面內(nèi)，O

10、為原點(diǎn)，第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，第四象限有垂直于xOy平面向外的矩形勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，有一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入第一象限，經(jīng)過電場后由x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第四象限，粒子最終可返回x軸。已知OM距離為32L，ON距離為L，粒子初速度為v，所帶電荷量大小為+q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。求 （1）電場強(qiáng)度的大小； （2）能讓粒子返回x軸的磁場最小面積。 如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點(diǎn)切線水平，長為L4m的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質(zhì)量分別為m10.3kg和m21kg兩個小物體用細(xì)繩將它們連接，中間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈簧的彈性勢能

11、Ep19.5J，已知傳送帶以v01.5m/s的速度向左勻速運(yùn)動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.15，某時剪斷細(xì)繩，小物體m1向左運(yùn)動，g取10m/s2，求： （1）剪斷細(xì)繩后m1向左運(yùn)動速度大小； （2）從小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運(yùn)動，電動機(jī)需對傳送帶多提供的電能E； （3）為了讓小物體m1從C點(diǎn)水平飛出后落至AB平面的水平位移最大，豎直光滑半圓軌道AC的半徑R和小物體m1平拋的最大水平位移x的大小。【物理-選修3-3】（15分） 下列說法正確的是（ ） A.晶體在一定的條件下可以轉(zhuǎn)化為非晶體，但非晶體無法轉(zhuǎn)化為晶體B.物體的內(nèi)能改變時溫度不一定改變

12、C.某種液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，隨體積的增大而減小D.分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大E.空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量 如圖所示，容器A和氣缸B都是導(dǎo)熱的，A放置在127C的恒溫槽中，B放置在27C的空氣中，大氣壓強(qiáng)為p空1.0105Pa，開始時閥門K關(guān)閉，A內(nèi)為真空，其體積VA3.6L，B內(nèi)活塞截面積S100cm2、質(zhì)量m2kg，活塞下方充有理想氣體，其體積為VB6.0L，活塞上方與大氣連通，A與B間連通細(xì)管體積不計(jì)，打開閥門K后活塞緩慢下移至某一位置（未觸及氣缸底部），不計(jì)A與B之間的熱傳遞，取g10m/s2，試求：活塞穩(wěn)定后氣缸B內(nèi)氣體

13、的體積；活塞下移過程中，活塞對氣缸B內(nèi)氣體做的功。 【物理-選修3-4】（15分） 一列波沿x軸方向傳播，某一時刻的波形如圖所示。質(zhì)點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)O的水平距離為0.6m，波長1.6m，此時質(zhì)點(diǎn)A沿y軸正方向振動，經(jīng)過0.1s第一次到達(dá)波峰處，則下列說法中正確的是（ ） A.這列波沿x軸正方向傳播B.這列波的周期T0.8sC.波速v14m/sD.從圖示時刻開始，質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過t1.6s運(yùn)動的路程為0.4mE.從圖示時刻開始，質(zhì)點(diǎn)A經(jīng)過t0.5s第一次到達(dá)波谷 如圖甲所示是由透明材料制成的半圓柱體，一束細(xì)光束由真空沿著徑向與AB成角射入，對射出的折射光線的強(qiáng)度隨角的變化進(jìn)行記錄，得到的關(guān)系如圖乙所示，

14、如圖丙所示是這種材料制成的器具，左側(cè)是半徑為R的半圓，右側(cè)是長為8R，高為2R的長方體，一束單色光從左側(cè)A點(diǎn)沿半徑方向與長邊成37角射入器具。已知光在真空中的傳播速度為c，求：該透明材料的折射率；光線穿過器具的時間。 參考答案與試題解析 安徽省某校高考物理適應(yīng)性試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58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，有選錯的得0分1.【答案】D【考點(diǎn)】愛因斯坦光電效應(yīng)方程光電效應(yīng)現(xiàn)象及其解釋【解析】光子能量公式為Ehc，只有光子能量大于等于金屬的逸出功時，才能發(fā)生光電效應(yīng)。入射光的強(qiáng)度決定

15、了單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)。光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)。【解答】A、波長為500nm的單色光的光子能量為：Ehc=6.610-343.010850010-9J3.9610-19J4.310-19J，故用波長為500nm的單色光照射金屬鈣，不能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故A錯誤；B、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，Ekmhv-W0，光電子的最大初動能與光的強(qiáng)度無關(guān)，故B錯誤；C、若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則在保持強(qiáng)度不變的情況下，增大入射光頻率，則單位時間照射到金屬表面的光子數(shù)減少，單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)減小，故C錯誤；D、若某波長的單色光能使金屬鈣產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，則減小光

16、的強(qiáng)度，則單位時間內(nèi)發(fā)射的光子數(shù)減小，將會使單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)減小，故D正確。2.【答案】D【考點(diǎn)】力的合成與分解的應(yīng)用解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)用摩擦力的判斷摩擦力的計(jì)算【解析】根據(jù)物體沿斜面方向的運(yùn)動趨勢的不同，物體受到的靜摩擦力有兩種情況進(jìn)行討論即可。【解答】AC、由于物體恰好能保持靜止，當(dāng)F未撤去時，若物體有沿斜面向下的運(yùn)動趨勢時，由于沿斜面方向平衡，則最大靜摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件得：F+mgcosmgsin，則有：mgcosmgsin，撤去F后，物體將沿斜面向下運(yùn)動，物體所受摩擦力的方向沿斜面向上，即摩擦力的方向?yàn)榘l(fā)生變化，故AC錯誤；B、若物體有沿斜面向上的

17、運(yùn)動趨勢時，由于沿斜面方向平衡，則最大靜摩擦力方向沿斜面向下，根據(jù)平衡條件得：Fmgcos+mgsin，撤去F后，若物體沿斜面下滑，物塊所受的摩擦力大小不變；若物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力等于mgsin，摩擦力發(fā)生了變化，故B錯誤；D、若物體有沿斜面向下的運(yùn)動趨勢時，根據(jù)平衡條件得：F+mgcosmgsin，撤去F后，物體對斜面體的作用力保持不變，則地面對三角形斜面體支持力不變，故D正確。3.【答案】C【考點(diǎn)】第二宇宙速度和第三宇宙速度萬有引力定律及其應(yīng)用第一宇宙速度【解析】通過宇宙速度的意義判斷嫦娥四號發(fā)射速度的大小，根據(jù)引力做功正負(fù)判斷速度的變化情況，由牛頓第二定律分析加速度的變化情況，環(huán)月運(yùn)

18、動最大運(yùn)行速度等于月球的第一宇宙速度。【解答】A、脫離地球引力所需的最小發(fā)射速度為11.2km/s，發(fā)射速度與嫦娥四號的質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；B、繞月球運(yùn)動未脫離地球的引力束縛，發(fā)射速度小于地球的第二宇宙速度，故B錯誤；C、遠(yuǎn)離地球過程中引力做負(fù)功且減小，遠(yuǎn)離地球過程中萬有引力減小，加速度減小，故C正確；D、繞月球運(yùn)動，速度不能大于月球的第一宇宙速度，故D錯誤；4.【答案】D【考點(diǎn)】電勢能電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系電場力做功與電勢能變化的關(guān)系【解析】若為E-x圖象，沿電場線方向電勢逐漸降低；若為-x圖象，其斜率代表電場強(qiáng)度。【解答】A、若為E-x圖象，由圖象知，A到B電場強(qiáng)度一直是負(fù)值，表明電場方向

19、一直是沿x軸負(fù)方向，沿電場線方向電勢逐漸降低，因此A到B電勢是升高的，則AB，故A錯誤；B、A、B之間電場方向一直是沿x軸負(fù)方向，電子受到的電場力方向指向x軸正方向，所以電場力一直做正功，故B錯誤；C、若為-x圖象，其斜率代表電場強(qiáng)度，則A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，但方向相反，故C錯誤；D、若為-x圖象，A到O電勢降低，電場方向指向x軸正方向，在A點(diǎn)靜止釋放質(zhì)子所受電場力方向指向x軸正方質(zhì)子將向x軸正方向運(yùn)動，由圖象斜率變化可知電場強(qiáng)度先變小，在O點(diǎn)為零，O到B過程電場反向逐漸變大，所以質(zhì)子的加速度先變小后變大。5.【答案】C【考點(diǎn)】安培力通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向【解析】1、右手定則

20、判斷圓形導(dǎo)線及直線導(dǎo)線感應(yīng)磁場2、左手定則判斷圓形導(dǎo)線和直導(dǎo)線受到的安培力【解答】A、使用右手定則，判斷圓形通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場，圓內(nèi)沿紙面向外，圓外沿紙面向內(nèi)。導(dǎo)線B在O點(diǎn)感應(yīng)磁場沿紙面向內(nèi)，導(dǎo)線A在O點(diǎn)感應(yīng)磁場沿紙面向外。但題目未給出A、B及圓形導(dǎo)線電流大小，故O點(diǎn)有場強(qiáng)方向無法判斷。故A錯誤；B、導(dǎo)線B在圓形導(dǎo)線感應(yīng)磁場沿紙面向內(nèi)，圓形導(dǎo)線左半圓受安培力向右，右半圓受安培力向左，但左半圓離導(dǎo)線B距離近，故B對圓形導(dǎo)線總安培力向右。導(dǎo)線A在圓形導(dǎo)線感應(yīng)磁場沿紙面向外，同理A對圓形導(dǎo)線總安培力向左。但未知A、B導(dǎo)線電流大小，故無法判斷圓形導(dǎo)線合力方向，故B錯誤；C、圓形導(dǎo)線在A處產(chǎn)生磁場沿紙面

21、向里，故A受到安培力向左。導(dǎo)線B在A處產(chǎn)生磁場沿紙面向里，故A受到安培力向左。故A合力向左，則必定受向右摩擦力。故C正確；D、圓形導(dǎo)線在B處產(chǎn)生磁場沿紙面向里，故B受到安培力向左。導(dǎo)線A在B處產(chǎn)生磁場沿紙面向外，故B受到安培力向右。因未知圓形導(dǎo)線和A導(dǎo)線電流大小，故B導(dǎo)線受安培力方向無法判斷。故D錯誤；6.【答案】C,D【考點(diǎn)】交變電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式變壓器的構(gòu)造和原理電功率電功【解析】求出原線圈交流電的周期，則副線圈中交流電周期等于原線圈交流電周期；交流電壓表顯示的是有效值，根據(jù)等效電阻結(jié)合變壓器的原理求解；根據(jù)電路動態(tài)分析的方法進(jìn)行分析；開始時將原線圈和副線圈所在電路等效成電阻R等效

22、，則R等效=n12n22R并，再根據(jù)“內(nèi)外電阻相等時輸出功率最大”進(jìn)行分析。【解答】A、原線圈接u2202sin100t(V)的正弦交流電，則有：2T=100，解得原線圈交流電的周期T=150s，則副線圈中交流電周期也為150s，故A錯誤；B、交流電壓表顯示的是有效值，R2和滑動變阻器R最大阻值并聯(lián)的電阻為R并50，開始時將原線圈和副線圈所在電路等效成電阻R等效，則R等效=n12n22R并12.5，此時原線圈的電流為I1=22050+12.5A3.52A，此時原線圈兩端電壓為：U1I1R等效44V；根據(jù)變壓器原理可得電壓表的示數(shù)為UVU2=n2n1U1=88V，故B錯誤；C、滑片由a向b滑動過

23、程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小，副線圈電流變大，則原線圈中電流變大，原線圈電壓變小，則電壓表示數(shù)變小，故C正確；D、開始時將原線圈和副線圈所在電路等效成電阻R等效，則R等效=n12n22R并12.5R1，R并逐漸變小，則R等效逐漸變小，原線圈輸出功率變小，故D正確。7.【答案】B,D【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律電磁感應(yīng)中的能量問題安培力的計(jì)算感生電動勢單桿切割磁感線【解析】c、d兩端電壓為路端電壓，根據(jù)歐姆定律結(jié)合EBlv進(jìn)行解答；在位置2感應(yīng)電流為零，則安培力為零，根據(jù)牛頓第二定律可知線框的加速度大小；在位置3，求出線框切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，根據(jù)電功率的計(jì)算公式求解線框的電功率，根

24、據(jù)牛頓第二定律求解加速度。【解答】A、在位置1，cd邊切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1Blv，c、d兩端電壓為路端電壓，即為U=34Blv，故A錯誤；B、在位置2，線框內(nèi)磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電流為零，則安培力為零，根據(jù)牛頓第二定律可知線框的加速度為零，故B正確；C、在位置3，線框切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E32Blv2=Blv，所以線框的電功率為P=E32r=B2l2v2r，故C錯誤；D、在位置3，回路中的感應(yīng)電流為I3=E3r=Blvr，前后兩邊安培力方向均向左，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=2BI3lm=2B2l2vmr，故D正確。8.【答案】B,C,D【考點(diǎn)】

25、動能定理的應(yīng)用恒力做功牛頓第二定律的概念【解析】根據(jù)物體的運(yùn)動情況確定能否求運(yùn)動時間；物體做勻速運(yùn)動時，受力平衡，拉力等于摩擦力，根據(jù)Fmg求解動摩擦因數(shù)，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示拉力做的功，從而求出合外力做的功，根據(jù)動能定理求物體做勻速運(yùn)動時的速度。【解答】A、因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時間無法求出，故A錯誤；B、物體做勻速直線運(yùn)動時，拉力F與滑動摩擦力f大小相等，則有Ffmg，因此，=Fmg=810=0.8，故B正確；CD、減速過程由動能定理得：WF+Wf0-12mv2，根據(jù)F-x圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算出拉力做的功WF，而Wf-mgx，由此可以求得合外力對物體所做的功(WF+

26、Wf)及物體做勻速運(yùn)動時的速度v，故CD正確。三、非選擇題：【答案】mgs=12(M+m)(dt)2D,C【考點(diǎn)】用光電門測速法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律用紙帶測速法（落體法）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【解析】（1）根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系求出系統(tǒng)重力勢能的減少量，再求出系統(tǒng)動能的增加量，若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)動能的增加量，即可得表達(dá)式；（2）由于遮光條通過光電門的時間極短，可以用平均速度表示瞬時速度；根據(jù)動能定理推導(dǎo)出s-t的表達(dá)式，畫圖線是線性關(guān)系的圖象最能反映規(guī)律；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和操作方法分析實(shí)驗(yàn)誤差。【解答】從位置A到位置B的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量為Epmgs，系統(tǒng)

27、的初速度為零，則此過程中系統(tǒng)的動能的增加量為：Ek=12(M+m)v2=12(M+m)(dt)2，若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)動能的增加量，即有表達(dá)式：mgs=12(M+m)(dt)2。數(shù)字計(jì)時器記錄通過光電門的時間，由位移公式計(jì)算出物體通過光電門的平均速度，用該平均速度代替物體的瞬時速度，故在遮光條經(jīng)過光電門時滑塊的瞬間速度為：v=dt根據(jù)動能定理：Fs=12Mv2=12M(dt)2；可見s與t2成反比，即與t-2成正比，故應(yīng)作出s-t-2圖象，故ABC錯誤，D正確。故選：D；AB、經(jīng)前面分析知，本實(shí)驗(yàn)為保持合外力不變，通過改變位移得大小來改變做功，因此需要保持合外力不變，

28、不需要讓合外力近似為重物的重力，故AB錯誤；C、經(jīng)前面分析知，要使s-t-2圖象為過原點(diǎn)的直線，應(yīng)保證小車初動能為零，即必須保證小車從靜止?fàn)顟B(tài)開始釋放，故C正確。故選：C。故答案為：（1）mgs=12(M+m)(dt)2；（2）D；C。【答案】B，D，E（5）如圖PTC10.0，6.07【考點(diǎn)】測定電源的電動勢和內(nèi)阻描繪小燈泡的伏安特性曲線【解析】（1）明確實(shí)驗(yàn)要求電壓從零調(diào)時，變阻器應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié)；應(yīng)根據(jù)電源電動勢的大小來選擇電壓表的量程；通過求出通過待測電阻的最小電流來選擇電流表的量程（2）根據(jù)待測電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻可知電流表應(yīng)用外接法（3）關(guān)鍵是明確U

29、-I圖象中圖線的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于待測電阻的阻值，通過比較斜率大小即可求解（4）根據(jù)U-I讀出R1和R2兩端的電壓，然后根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解即可【解答】根據(jù)電源電動勢為15V可知電壓表應(yīng)選D(1)電壓表的最小電壓應(yīng)為量程的13即5V，常溫下熱敏電阻的電阻為10，所以通過熱敏電阻的最小電流應(yīng)為Im=510A0.5A，所以電流表應(yīng)選B(2)由于熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，又變阻器采用分壓式接法，電路圖如圖所示：根據(jù)URI可知，圖象上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率等于待測電阻的阻值大小，從圖線可知電阻各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率逐漸增大，所以電阻隨電壓（溫度）的增大而增大，即電阻

30、是正溫度系數(shù)，所以該熱敏電阻是PTC(3)在閉合電路中，電源電動勢：EU+Ir，由圖2曲線II所示可知，電流為0.3A時，電阻R1兩端電壓為8V，電流為0.60A時，電阻R2兩端電壓為6.0V，則：E8+0.3r，E6+0.6r，解得：E10.0V，r6.67(4)聯(lián)立以上兩式解得：E10.0V，r6.07故答案為：B，D，E(5)如圖PTC10.0，6.07【答案】電場強(qiáng)度的大小為3mv2qL；能讓粒子返回x軸的磁場最小面積為23m2v2q2B2【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用向心力帶電粒子在電場中的加（減）速和偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動規(guī)律【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)

31、律可以求出電場強(qiáng)度；（2）根據(jù)速度的合成求得到達(dá)N點(diǎn)的速度，及與x軸的方向，做出粒子的軌跡圖，即可根據(jù)幾何關(guān)系求得磁場的最小面積。【解答】在第一象限內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動，沿x軸方向做勻速度運(yùn)動，：則Lvt在y軸方向做初速度為零的勻加速度運(yùn)動，則32L=12at2在y軸方向，根據(jù)牛頓第二定律可得：qEma聯(lián)立解得E=3mv2qL，a=3v2L，t=Lv到達(dá)N點(diǎn)時，沿y軸方向的速度為vy=at=3v故N點(diǎn)的速度為vN=v2+vy2=2v與水平方向的夾角為cos=v2v=12故60粒子進(jìn)入磁場后，根據(jù)牛頓第二定律可得：q2vB=m(2v)2r，解得r=2mvqB能讓粒子返回x軸，此時粒子離開磁場時速

32、度方向恰好沿x軸負(fù)方向，粒子運(yùn)動軌跡圖如圖所示由幾何關(guān)系可得：此時粒子的圓心角為120，故NPr-rcos60NQ2rsin60故最小面積SNPNQ=23m2v2q2B2【答案】剪斷細(xì)繩后m1向左運(yùn)動速度大小是10m/s。為了維持傳送帶勻速運(yùn)動，電動機(jī)需對傳送帶多提供的電能E是6.75J。當(dāng)R為1.25m時水平位移最大x為5m。【考點(diǎn)】動量守恒定律的理解摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化動量守恒定律的綜合應(yīng)用平拋運(yùn)動基本規(guī)律及推論的應(yīng)用平拋運(yùn)動的概念【解析】（1）剪斷細(xì)繩后彈簧將兩個物體彈開的過程，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別列式，可求出剪斷細(xì)繩后m1向左的速度大小。（2）從小物體m2滑上傳送帶到第

33、一次滑離傳送帶的過程中，先要判斷m2從哪離開傳送帶，可根據(jù)動能定理求出m2向右減速運(yùn)動的最大距離，從而判斷m2從哪離開傳送帶。根據(jù)動量定理求所用時間，再根據(jù)能量守恒求電動機(jī)需對傳送帶多提供的電能E。（3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律和平拋運(yùn)動的規(guī)律得到小物體m1平拋的水平位移x與圓半徑的表達(dá)式，由數(shù)學(xué)知識求解。【解答】對m1和m2彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有：0m1v1-m2v2剪斷細(xì)繩前彈簧的彈性勢能為：Ep=12m1v12+12m2v22解得v110m/s，v23m/s設(shè)m2向右減速運(yùn)動的最大距離為x，由動能定理得：-m2gx0-12m2v22解得x3mL4m則m2先向右減速至速度為零

34、，向左加速至速度為v01.5m/s，然后向左勻速運(yùn)動，直至離開傳送帶。設(shè)小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為t。取向左為正方向。根據(jù)動量定理得：m2gtm2v0-(-m2v2)解得：t3s該過程皮帶運(yùn)動的距離為：x帶v0t1.53m4.5m故為了維持傳送帶勻速運(yùn)動，電動機(jī)需對傳送帶多提供的電能為：Em2gx帶解得：E6.75J設(shè)豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體m1平拋的水平位移最大為x。從A到C由機(jī)械能守恒定律得：12m1v12=12m1vC2+2mgR由平拋運(yùn)動的規(guī)律有：xvCt12R=12gt12聯(lián)立整理得x=4R(10-4R)根據(jù)數(shù)學(xué)知識知當(dāng)4R10-4R，即R1.25m

35、時水平位移最大為x5m【物理-選修3-3】（15分）【答案】BDE【考點(diǎn)】熱力學(xué)第二定律分子間的相互作用力* 晶體和非晶體熱力學(xué)第一定律【解析】某些晶體和非晶體在一定的條件下可以相互轉(zhuǎn)化；物體的內(nèi)能是分子動能和分子勢能的和；根據(jù)F-r圖象理解記憶；由于電流做功，空調(diào)機(jī)在制冷過程中，從室內(nèi)吸收的熱量少于向室外放出的熱量。【解答】A、在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，熔融過的石英卻是非晶體；把晶體硫加熱熔化（溫度超過300C）再倒進(jìn)冷水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉(zhuǎn)化為晶體硫，故A錯誤。B、物體的內(nèi)能是分子動能和分子勢能的和，溫度是分子平均動能大小的標(biāo)志，溫度升高物體分子的平均動能增大，分子勢能變化不清楚，所以內(nèi)能不一定改變，故B正確。C、液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強(qiáng)也是一定的，與體積無關(guān)，故C錯誤。D、如圖所示：分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大，故D正確。E、空調(diào)機(jī)在制冷過程中，把室內(nèi)的熱量向室外釋放，消耗電能，產(chǎn)生熱