第25頁/共25頁高考模擬檢測卷（一）試題物理一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.如圖所示為氫原子的能級示意圖，則下列說法正確的是（）

A.大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，能發(fā)出3種不同頻率的光B.一個處于能級的氫原子，最多只能放出6種光子C.用能量為的大量電子，去激發(fā)處于基態(tài)的大量氫原子，可能使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)D.已知金屬鉀的逸出功為，從能級躍遷到能級釋放的光子可使金屬鉀發(fā)生光電效應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．大量處于能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，根據(jù)可知能發(fā)出6種不同頻率的光，A錯誤；B．一個處于能級的氫原子，可能出現(xiàn)的躍遷路徑為可知最多只能放出3種光子，B錯誤；C．處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)需要吸收的能量為因為電子的能量可以部分被吸收，故用能量為的大量電子，去激發(fā)處于基態(tài)的大量氫原子，可能使處于基態(tài)的氫原子躍遷到激發(fā)態(tài)，C正確；D．從能級躍遷到能級釋放的光子能量為由于光子能量小于金屬鉀的逸出功，故不能使金屬鉀發(fā)生光電效應(yīng)，D錯誤；故選C。2.如圖所示，在水平力F作用下A、B保持靜止。若A與B的接觸面是水平的，且F≠0，則（）A.A的受力個數(shù)可能是3個 B.A的受力個數(shù)可能是5個C.B的受力個數(shù)可能是3個 D.B的受力個數(shù)可能是5個【答案】D【解析】【詳解】對系統(tǒng)受力分析可知，斜面對摩擦力可能為零AB．對A受力分析，由平衡條件得：A受重力，B對A的支持力，水平力F，以及B對A的摩擦力四個力的作用，故AB錯誤；CD．對B受力分析：至少受重力、對B的壓力、對B的靜摩擦力、斜面對的支持力，還可能受到斜面對B的摩擦力，故D正確，C錯誤。故選D。3.甲、乙兩輛汽車同時同地出發(fā)，沿同方向做直線運動，兩車速度的平方隨x的變化圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.汽車甲停止前，甲、乙兩車相距最遠(yuǎn)時，甲車的位移為8mB.汽車甲的加速度大小為C.汽車甲、乙在t＝4s時相遇D.汽車甲、乙在x＝6m處的速度大小為3m/s【答案】A【解析】【詳解】B．根據(jù)并根據(jù)題給圖像可推知甲、乙兩車的初速度大小分別為圖像的斜率的絕對值表示汽車加速度大小的2倍，所以甲、乙兩車的加速度大小分別為且甲做勻減速直線運動，乙做勻加速直線運動，故B錯誤；A．汽車甲停止前，甲、乙兩車相距最遠(yuǎn)時二者速度相同，設(shè)共經(jīng)歷時間為t1，則解得此時甲車的位移為故A正確；C．甲車總運動時間為甲停下時位移為9m，而此時乙車的位移為所以甲、乙兩車相遇一定發(fā)生在甲車停下之后，設(shè)相遇時刻為t，則有解得故C錯誤；D．汽車甲、乙在x＝6m處的速度大小為故D錯誤。故選A。4.如圖所示，在豎直的平面直角坐標(biāo)系xOy中，一無阻擋的拋物線邊界把平面分為兩部分，在y軸上A處有一質(zhì)點小球以的初速度垂直于y軸射出，已知OA＝5m，不計空氣阻力，，則（）A.小球到達邊界的時間為B.小球到達邊界的位置為（，2m）C.小球到達x軸時速度方向與x軸負(fù)方向成30°D.經(jīng)過足夠長的時間，小球速度方向可能和y軸平行【答案】A【解析】【詳解】AB．小球做平拋運動，則其坐標(biāo)分別為其中聯(lián)立得聯(lián)立可得故與邊界交點坐標(biāo)為（-2m，4m），故達到邊界的時間為故A正確，B錯誤；C．小球下落OA高度時，豎直方向的速度大小為到達x軸時速度方向與水平方向的夾角即不為，故C錯誤；D．根據(jù)可知由于有初速度，故小球速度不可能與y軸平行，故D錯誤。故選A。5.如圖所示，匝數(shù)為N的矩形導(dǎo)線框以角速度ω在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直磁場方向的軸OO'勻速轉(zhuǎn)動，線框面積為S且與理想變壓器原線圈相連，原、副線圈匝數(shù)比為1∶4，圖示時刻線框平面與磁感線垂直并以此時刻為計時起點，、為定值電阻，R為滑動變阻器，電流表和電壓表均為理想電表，電流表、的示數(shù)分別為、，電壓表、的示數(shù)分別為、。不計線框電阻，下列說法正確的是（）A.交流電壓表的示數(shù)為4NBSωB.從圖示位置開始，線框轉(zhuǎn)過180°的過程中，通過線圈的電荷量為0C.若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，則電流表的示數(shù)增大D.若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，則變大【答案】C【解析】【詳解】A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值為有效值為所以交流電壓表V2測副線圈兩端電壓的有效值，則故A錯誤；B．線框中感應(yīng)電流隨時間成正弦規(guī)律變化，且圖示時刻線框正位于中性面，感應(yīng)電流為零，線框轉(zhuǎn)過180°之后線框再次位于中性面，感應(yīng)電流也為零，在上述過程中通過線框的電流先增大后減小，所以通過線框的電荷量不可能為0，故B錯誤；CD．若只將滑動變阻器的滑片向d端滑動，則R接入電路的阻值減小，副線圈所接電路總電阻減小，而線框的輸出電壓不變，所以U1不變，則U2不變，副線圈電流增大，根據(jù)可知I1增大，故C正確，D錯誤。故選C。6.如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子（質(zhì)子重力不計），所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷，則質(zhì)子的速度可能為（）

A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】質(zhì)子帶正電，且質(zhì)子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過點，其可能的軌跡如圖所示

由軌跡圖可知，所有圓弧所對的圓心角均為，根據(jù)幾何關(guān)系可得，質(zhì)子做圓周運動的半徑為（，，…）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得（，，…）當(dāng)時，可得B正確，ACD錯誤；故選B。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，選對但不全的得3分．7.土星的衛(wèi)星很多，現(xiàn)已發(fā)現(xiàn)數(shù)十顆，這些衛(wèi)星的運動可視為繞土星的勻速圓周運動。下表是有關(guān)土衛(wèi)五和土衛(wèi)六兩顆衛(wèi)星的一些參數(shù)，下列說法正確的是（）衛(wèi)星直徑質(zhì)量軌道半徑發(fā)現(xiàn)者發(fā)現(xiàn)日期土衛(wèi)五1530527040卡西尼1672年土衛(wèi)六51501221830惠更斯1655年A.土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)速度比土衛(wèi)六的小B.土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)周期比土衛(wèi)六的小C.土衛(wèi)五表面的重力加速度比土衛(wèi)六的大D.土星對土衛(wèi)五的萬有引力約為其對土衛(wèi)六萬有引力的倍【答案】BD【解析】【詳解】A．設(shè)土星的質(zhì)量為M，由衛(wèi)星速度公式公轉(zhuǎn)半徑越大，衛(wèi)星的線速度越小，則土衛(wèi)六的公轉(zhuǎn)線速度小，故A錯誤；B．由衛(wèi)星周期公式半徑越大，周期越大，所以土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)周期小，故B正確；C．根據(jù)，解得土衛(wèi)五表面的重力加速度土衛(wèi)六表面的重力加速度則土衛(wèi)五表面的重力加速度比土衛(wèi)六的小，選項C錯誤；D．土星對土衛(wèi)五的萬有引力大小為土星對土衛(wèi)六的萬有引力大小為則土星對土衛(wèi)五的萬有引力約為其對土衛(wèi)六萬有引力的倍，故D正確。故選BD。考點：萬有引力定律的應(yīng)用。8.如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當(dāng)滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，下列結(jié)論中正確的是（）A.上述過程中，F(xiàn)做功等于滑塊和木板動能的增量B.其他條件不變的情況下，M越大，s越小C.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長D.其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多【答案】BD【解析】【詳解】A．由功能關(guān)系可知拉力F做功除了增加兩物體動能以外還有系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，故A錯誤；B．由于木板受到摩擦力不變，當(dāng)M越大時木板加速度越小，而滑塊加速度不變，相對位移一樣，滑快在木板上運動時間短，所以木板運動的位移小，故B正確；C．滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運動，在其他條件不變的情況下，木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，所以拉力F越大滑塊的加速度越大，離開木板時間就越短，故C錯誤；D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移乘積，相對位移沒變，摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確；故選BD。9.如圖兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP'、QQ'傾斜放置，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)在同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則（）A.金屬棒ab一直加速下滑B.金屬棒ab最終可能勻速下滑C.金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D.帶電微粒可能靜止不動【答案】AC【解析】【詳解】AB．將M、N視為電容為C的平行板電容器，設(shè)金屬棒ab的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌間距為L，ab從靜止開始在一極短的時間內(nèi)速度的變化量為，此時電容器兩端電壓為電容器的帶電量為回路中的電流為根據(jù)牛頓第二定律有解得由上式可知金屬棒ab將一直勻加速下滑，故A正確，B錯誤；C．根據(jù)右手定則可知金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢，故C正確；D．因為金屬棒ab勻加速下滑，速度增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，則M、N間電壓增大，電場強度增大，帶電微粒所受電場力增大，即合外力變化，不可能靜止不動，故D錯誤。故選AC。10.如圖a，點電荷固定在絕緣水平面上x軸的原點O，軸上各點電勢φ與x的關(guān)系如圖b。可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量為0.05kg、電荷量為+8.0×10-9C，從x=0.2m處由靜止釋放，到達x=0.4m處時速度達到最大。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.01，g=10m/s2。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在x=0.4m處滑塊（）

A.所受電場力大小為5.0×10-3N B.所在位置的電勢為4.0×105VC.電勢能為2.0×10-3J D.速度大小為0.2m/s【答案】ACD【解析】【詳解】A．x=0.4m處時速度達到最大，電場力等于摩擦力，F(xiàn)=μmg=0.01×0.05×10N=5×10-3N，故A正確；B．由圖可知，x=0.4m即1/x=2.5m-1處電勢為2.5×105V，故B錯誤；C．根據(jù)電勢能，Ep=8.0×10-9C×2.5×105V=2.0×10-3J，故C正確；D．從x=0.2m處到達x=0.4m處，根據(jù)動能定理，，即：8.0×10-9×（5×105-2.5×105）-0.01×0.05×10×0.2=×0.05×v2，解得，v=0.2m/s，故D正確．故選：ACD三、非選擇題：共56分．第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答．第15~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共43分．11.橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內(nèi)，伸長量x與彈力F成正比，即，k的值與橡皮筋未受到拉力時的長度L、橫截面積S有關(guān)，理論與實踐都表明，其中Y是一個由材料決定的常數(shù)，材料力學(xué)上稱之為楊氏模量。（1）在國際單位制中，楊氏模量Y的單位應(yīng)該是______。A．NB．mC．N/mD．Pa（2）有一段橫截面是圓形的橡皮筋，應(yīng)用如圖1所示的實驗裝置可以測量出它的楊氏模量Y的值．首先利用刻度尺測得橡皮筋的長度L＝20.00cm，利用測量工具測得橡皮筋未受到拉力時的直徑，那么測量工具應(yīng)該是______。（3）做出橡皮筋受到的拉力F與伸長量x的圖象，如圖2所示，由圖象可求得該橡皮筋的勁度系數(shù)，那么，這種橡皮筋的Y值等于______（只要填寫Y的數(shù)值并保留兩位有效數(shù)字）【答案】①.D②.螺旋測微器③.5.0×106【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)可得可得的單位是，結(jié)合可得可得的單位是，即壓強的單位為，故D正確，ABC錯誤；（2）[2]測量直徑是測量到毫米的千分位，故用到的測量工具是螺旋測微器；（3）[3]根據(jù)圖象可得，勁度系數(shù)的大小根據(jù)其中聯(lián)立解得12.壓力傳感器按用途分類主要是壓力監(jiān)視、壓力測量和壓力控制及轉(zhuǎn)換成其他量的測量。按供電方式分為壓阻型和壓電型傳感器，前者是被動供電的，需要有外電源，后者是傳感器自身可以產(chǎn)生電壓，不需要外加電源。為了探究某壓電型壓力傳感器的輸出電流與其所受正壓力之間的關(guān)系，某興趣小組的同學(xué)做了如下實驗，實驗電路圖如圖甲所示，將壓力傳感器水平放置，接入如圖甲所示電路，其上放置一與壓力傳感器上表面面積接近的平整薄硬木板（使壓力傳感器上表面受力均勻），電流表是量程、內(nèi)阻為的靈敏電流表。當(dāng)在木板上放置重物時，因為壓力傳感器受到正壓力，其兩端將產(chǎn)生輸出電壓，此時壓力傳感器相當(dāng)于不計內(nèi)阻的電源，通過放置不同重物測量產(chǎn)生的壓力F與通過電流表電流I并繪制圖像來完成實驗。

（1）測量結(jié)束后得到砝碼數(shù)與所讀的電流表示數(shù)之間關(guān)系如下表，表中數(shù)據(jù)中明顯存在錯誤的一組是第________組（填砝碼個數(shù)，砝碼數(shù)即為實驗組數(shù)）。砝碼數(shù)n/個12345電流表示數(shù)0.220.430.60.841.00（2）根據(jù)列表中數(shù)據(jù)在圖乙所示坐標(biāo)系中描繪出電流隨砝碼數(shù)變化的圖線______。圖像不過原點的原因是_________________。（3）通過查詢實驗所用壓力傳感器參數(shù)，發(fā)現(xiàn)銘牌上的參數(shù)顯示其正常工作壓力范圍為，對應(yīng)輸出電壓范圍為。而實驗只提供5個的砝碼，g取，則要想使砝碼全部放入時靈敏電流表恰好滿偏，則電阻R的阻值應(yīng)為________。

（4）若將兩個相同的壓力傳感器圖丙方式放置連接（不計傳感器自身重力），放上相同重物后，圖甲和圖丙兩圖中電流表示數(shù)之比為_________。【答案】①.3②.③.薄硬木板對壓力傳感器產(chǎn)生壓力④.40⑤.1∶2【解析】【分析】【詳解】(1)[1]由列表知有一組有明顯錯誤，其他四組是合理的，通過觀察五組電流數(shù)據(jù)中有四組數(shù)據(jù)讀到了，說明該電流表的最小分度值為，第3組數(shù)據(jù)只讀到，說明讀數(shù)時明顯錯誤。(2)[2][3]圖像如圖所示

設(shè)每個砝碼質(zhì)量為m，平整薄硬板質(zhì)量為，壓電型傳感器受到壓力產(chǎn)生的電動勢E滿足根據(jù)閉合電路歐姆定律得聯(lián)立解得由此可知不過坐標(biāo)原點的原因是因為硬板木板有質(zhì)量，對壓力傳感器產(chǎn)生壓力。(3)[4]由題意得的壓力對應(yīng)輸出電壓，則在5個砝碼（總重力5N）作用下的輸出電壓為，有聯(lián)立解得(4)[5]當(dāng)重物產(chǎn)生的壓力為時，圖丙2每個傳感器上壓力均為，但相當(dāng)于兩個電源串聯(lián)在一起，圖甲中傳感器上壓力為，則圖丙中輸出電壓為圖甲中輸出電壓的2倍，圖甲和圖乙兩圖中電流表示數(shù)之比為1∶2。13.如圖，單人雙槳賽艇比賽中，運動員用雙槳同步劃水使賽艇沿直線運動。運動員每次動作分為劃水和空中運槳兩個階段，假設(shè)劃水和空中運槳用時均為，賽艇（含運動員、雙槳）質(zhì)量為，受到的阻力恒定，劃水時雙槳產(chǎn)生動力大小為賽艇所受阻力的2倍，某時刻雙槳剛?cè)胨畷r賽艇的速度大小為，運動員緊接著完成1次動作，此過程賽艇前進，求：（1）劃水和空中運槳兩階段賽艇的加速度大小之比；（2）賽艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。

【答案】（1）；（2），【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)賽艇受到的阻力大小為f，雙漿劃水時的動力為F，設(shè)劃水和運漿階段的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律劃水時F-f=ma1空中運漿時f=ma2依題意有F=2f聯(lián)立解得(2)由以上分析可知，賽艇勻加速和勻減速前進時加速度大小相等，則加速結(jié)束時速度達到最大，則劃水時運槳時又聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得14.一小型風(fēng)洞實驗室內(nèi)水平桌面上放兩根足夠長的平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，如圖甲（俯視）所示。虛線MN左側(cè)區(qū)域I有豎直向下的勻強磁場B1，虛線PQ右側(cè)區(qū)域Ⅲ有豎直向下的勻強磁場B3，中間區(qū)域Ⅱ有水平向左的勻強磁場B2，B1=B2=B，B3=2B。中間區(qū)域處于一向上的風(fēng)洞中，當(dāng)棒經(jīng)過此區(qū)域時會受到豎直向上的恒定風(fēng)力F＝mg的作用。長度均為L的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好，兩棒質(zhì)量均為m，棒ab電阻為，棒cd電阻為R，其余電阻不計。兩棒最初靜止，現(xiàn)給棒ab一個水平向右的瞬間沖量使得其獲得初速度v0，已知棒cd到達MN前兩棒不相碰且均已勻速。當(dāng)棒cd剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，對棒ab施加一水平向右的外力使棒ab向右做勻加速直線運動，外力隨時間變化的圖像如圖乙所示。已知直線斜率為k，t0時刻棒cb恰好進入?yún)^(qū)域Ⅲ，棒cd進入?yún)^(qū)域Ⅲ后瞬間撤去棒ab上的外力。區(qū)域Ⅰ、Ⅲ導(dǎo)軌光滑，中間區(qū)域?qū)к壌植谇遗c棒cd的動摩擦因數(shù)為μ，兩棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，棒ab始終在區(qū)域Ⅰ運動。已知，，重力加速度為g。求：（1）棒ab剛開始運動時，棒兩端的電勢差Uab；（2）圖乙中t=0時刻外力F0多大，t0時刻棒ab的速度多大；（3）棒cd進入?yún)^(qū)域Ⅲ后的過程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱多大。

【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）棒ab的感應(yīng)電動勢為聯(lián)立得（2）棒ab開始運動到兩棒勻速過程兩棒動量守恒，有得施加外力后任一時刻，對棒ab，有棒ab做勻加速直線運動聯(lián)立得其中可得t0時刻棒ab的速度（3）棒cd所受摩擦力時刻時刻對棒cd在區(qū)域Ⅱ運動過程由動量定理，得聯(lián)立得棒cd進入?yún)^(qū)域Ⅲ后，對棒ab，有對棒cd，有穩(wěn)定時，有聯(lián)立得，對兩棒能量守恒，有聯(lián)立得（二）選考題：共13分．請考生從兩道題中任選一題作答．如果多做，則按第一題計分．15.兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線與r軸交點的橫坐標(biāo)為r0，相距很遠(yuǎn)的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近，若兩分子相距無窮遠(yuǎn)處時分子勢能為零，下列說法正確的是（）A.在r>r0階段，F(xiàn)做正功，分子動能增加，勢能減小B.在r<r0階段，F(xiàn)做負(fù)功，分子動能減小，勢能也減小C.在r=r0時，分子勢能最小，動能最大D.在r=r0時，分子勢能為零E.分子動能和勢能之和在整個過程中不變【答案】ACE【解析】【分析】【詳解】A．r大于r0時，分子力表現(xiàn)為引力，相互靠近時F做正功，分子動能增加，勢能減小，A正確；B．當(dāng)r小于r0時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，F(xiàn)做負(fù)功，分子動能減小，勢能增加，B錯誤；C．由以上分析可知，當(dāng)r等于r0時，分子勢能最小，動能最大，C正確；D．因為兩分子相距無窮遠(yuǎn)處時分子勢能為零，所以r等于r0時，分子勢能為負(fù)值，D錯誤；E．除分子力外，由于沒有其他力做功，故分子動能和勢能之和在整個過程中不變，E正確。故選ACE。16.如圖所示，U形管右管橫截面積為左管2倍，管內(nèi)水銀在左管內(nèi)封閉了一段長為26cm、溫度為280K的空氣柱，左右兩管水銀面高度差為36cm，大氣壓為76cm

現(xiàn)向右管緩慢補充水銀．若保持左管內(nèi)氣體的溫度不變，當(dāng)左管空氣柱長度變?yōu)?0cm時，左管內(nèi)氣體的壓強為多大？在條件下，停止補充水銀，若給左管的氣體加熱，使管內(nèi)氣柱長度恢復(fù)到26cm，則左管內(nèi)氣體的溫度為多少？【答案】（1）52cmHg；（2）427K．【解析】【詳解】（1）對于封閉氣體有：p1=（76﹣36）cmHg=40cmHg，V1=26S1cm3，V2=20S1cm3由于氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律可得：p1V1=p2V2（2）停止加水銀時，左管水銀比右管高：h1=76﹣52cmHg=24cmHg；對左管加熱后，左管下降6cm，右管面積是左管的2倍，故右管上升3cm，左管比右管高為：h2=h1﹣9cm=15cm故封閉氣體的壓強：p3=76﹣15cmHg=61cmHg封閉氣體在初始狀態(tài)和最終狀態(tài)的體積相同，由查理定律可得：故：點睛：根據(jù)圖示求出封閉氣體壓強，熟練應(yīng)用玻意耳定律及查理定律即可正確解題；本題的難點是：氣體最終狀態(tài)的壓強．17.一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，時波的圖象如圖所示，質(zhì)點P的平衡位置在處。該波的周期。由此可知。該列波的傳播速度為___________。在時間內(nèi)質(zhì)點P經(jīng)過的路程為___________，時質(zhì)點P的速度方向沿y軸___________方向（選填“負(fù)”或“正”）【答案】①.②.③.負(fù)【解析】【分析】【詳解】[1]由圖可知，該簡諧橫波波長由可得[2]由圖可知質(zhì)點P的振幅為0.1m，故1.2s內(nèi)（三個周期）質(zhì)點P運動的路程為[3]由于簡諧橫波沿x軸正向傳播，由圖可知t=0時，質(zhì)點P經(jīng)過平衡位置沿y軸正方向運動，0.6s等于一個半周期，故0.6s時質(zhì)點P的速度方向沿y軸負(fù)方向。18.某種透明材料制成的半球殼，外徑是內(nèi)徑的兩倍，過球心O的截面如圖所示，A是外球面上的點，AO是半球殼的對稱軸。一單色光在圖示截面內(nèi)從A點射入，當(dāng)入射角i=45°時折射光恰與內(nèi)球面相切于B點。（i）求透明材料對該光的折射率；（ii）要使從A點入射光的折射光能從內(nèi)球面射出半球殼，求光在A點入射角應(yīng)滿足的條件。

【答案】（i）；（ii）i<30°【解析】【詳解】（i）當(dāng)入射角i=45°時，設(shè)折射角為r，透明材料對該光的折射率為n，ΔABO為直角三角形，則解得r=30°（ii）光在A點入射角為i′時，設(shè)折射角為r′，折射光射到內(nèi)球面上的D點剛好發(fā)生全反射，則折射光完全不能從內(nèi)球面射出半球殼，折射光在內(nèi)球面的入射角等于臨界角為C，如圖所示，在ΔADO中，由正弦定理有

解得解得i′=30°要使從A點射入光的折射光能從內(nèi)球面射出半球殼，則光在A點入射角i應(yīng)滿足：i<30°

高考模擬檢測卷（二）試題物理注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.在近代物理發(fā)展的過程中，實驗和理論相互推動，促進了人們對世界的認(rèn)識。對下列實驗描述正確的是（）

A.甲圖的理論，可以很好的解釋氫原子光譜的規(guī)律B.湯姆孫通過乙圖所示的氣體放電管發(fā)現(xiàn)了電子，即β射線C.丙圖放射源產(chǎn)生的三種射線中，射線1是β射線D.丁圖所示為光電效應(yīng)實驗，驗電器因為帶上負(fù)電指針張開【答案】A【解析】【詳解】A．氫原子的能級圖可以很好的解釋氫原子光譜的規(guī)律，選項A正確；B．湯姆孫通過乙圖所示的氣體放電管發(fā)現(xiàn)了電子，但不是射線，選項B錯誤；C．丙圖放射源產(chǎn)生的三種射線中，射線1是粒子，選項C錯誤；D．丁圖所示的實驗中，從鋅板中逸出光電子，則鋅板帶上正電，驗電器因為帶上正電指針張開，選項D錯誤。故選A。2.如圖所示，甲、乙兩輛汽車并排沿平直路面向前行駛，兩車車頂O1、O2兩位置都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個藍(lán)牙設(shè)備在5m以內(nèi)時能夠?qū)崿F(xiàn)通信。t=0時刻，甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時甲車的速度為4m/s，乙車的速度為1m/s，O1、O2的距離為3m。從該時刻起甲車以1m/s2的加速度做勻減速運動直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運動。忽略信號傳遞時間，從t=0時刻起，甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時間為（）

A.2s B.10s C.16s D.20s【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)幾何知識可知，當(dāng)甲車在乙車前方且為5m時，根據(jù)勾股定理可知根據(jù)運動學(xué)公式有，解得，因為甲車做勻減速運動而乙車做勻速運動，所以兩車之間的距離先增大后減小，當(dāng)此時有當(dāng)此時有當(dāng)此時甲車的速度為根據(jù)幾何關(guān)系可知，從4s開始到乙車行駛至甲車前方4m的過程中滿足這段過程經(jīng)歷的時間為所以甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時間為故選B。3.如圖所示，直角三角形金屬框abc電阻為R，ab邊長為L，bc邊長為L。金屬框繞ab邊以角速度逆時針轉(zhuǎn)動，空間中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。下列說法正確的是（）A.若磁場方向平行ab邊向上，金屬框中沒有感應(yīng)電流，bc間電勢差也為0B.若磁場方向垂直紙面向里，圖示時刻金屬框中的感應(yīng)電流最大C.若磁場方向垂直紙面向里，從圖示時刻開始至金屬框轉(zhuǎn)過的過程中，流經(jīng)金屬框的電量為D.若磁場方向垂直紙面向里，從圖示時刻開始至金屬框轉(zhuǎn)過的過程中，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】D【解析】【詳解】A．磁場方向平行ab邊向上時，金屬框磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，但bc邊切割磁感線，有感應(yīng)電動勢，bc電勢差不為0，A錯誤；B．若磁場方向垂直紙面向里，金屬框轉(zhuǎn)動產(chǎn)生正弦式交變電流，圖示時刻感應(yīng)電流為0，B錯誤；C．從圖示時刻開始至金屬框轉(zhuǎn)過的過程有解得C錯誤；D．從圖示時刻開始至金屬框轉(zhuǎn)過的過程中，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱由聯(lián)立解得故D正確。故選D。4.如圖所示，“V”形槽各處所用材料完全相同，兩側(cè)面夾角可以調(diào)節(jié)，槽的棱與水平面的夾角為37°，兩側(cè)面與水平面的夾角相同。圓柱形工件放在“V”形槽中，當(dāng)“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°時，工件恰好能勻速下滑。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。則當(dāng)“V”形槽兩側(cè)面的夾角90°時，工件下滑的加速度大小為（）

A.3m/s2 B.2m/s2C. D.【答案】C【解析】【詳解】工件勻速下滑，在任意方向上合力都為零，將工件的重力分解到沿斜面向下和垂直斜面向下，有

作出垂直于“V”形槽方向的受力平面圖如圖所示

“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°，所以兩側(cè)面對工件的彈力N夾角120°，則合力“V”形槽兩側(cè)面對工件的摩擦力方向相同，大小都為，則代入可解得當(dāng)“V”形槽兩側(cè)面的夾角為90°時，有

解得故選C。5.我國快舟一號甲運載火箭以“一箭雙星”方式成功將“行云二號”衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進入預(yù)定軌道。如圖所示，設(shè)地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g0，衛(wèi)星在半徑為R的近地圓形軌道I上運動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道的遠(yuǎn)地點B時，再次點火進入軌道半徑為4R的圓形軌道Ⅲ繞地球做圓周運動，設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量保持不變。則（）

A.衛(wèi)星在軌道Ⅱ向軌道Ⅲ變軌時火箭需在B點點火向前噴氣加速B.飛船在軌道Ⅱ上穩(wěn)定飛行經(jīng)過A、B點速度之比為C.衛(wèi)星在軌道I、Ⅲ上相同時間掃過的面積相同D.衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的速率大于第一宇宙速度【答案】D【解析】【詳解】A．衛(wèi)星在軌道Ⅱ向軌道Ⅲ變軌時火箭需在B點點火向后噴氣加速，A錯誤；B．由開普勒第二定律，在近地點和遠(yuǎn)地點的運動半徑之比為，則A、B兩點速度之比，B錯誤；C．根據(jù)萬有引力提供向心力解得則衛(wèi)星在軌道Ⅰ、Ⅲ上運行的半徑分別為R和4R，則速度之比為，則相同時間內(nèi)掃過的面積之比為，C錯誤；D．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上繞地球表面飛行，重力提供向心力，有解得則衛(wèi)星在軌道Ⅱ上A點的速率大于在軌道Ⅰ上A點的速率，即大于，D正確。故選D。6.如圖，足夠長的光滑平行金屬直導(dǎo)軌固定在水平面上，左側(cè)軌道間距為2d，右側(cè)軌道間距為d。軌道處于豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。質(zhì)量為2m、有效電阻為2R的金屬棒a靜止在左側(cè)軌道上，質(zhì)量為m、有效電阻為R的金屬棒b靜止在右側(cè)軌道上。現(xiàn)給金屬棒a一水平向右的初速度，經(jīng)過一段時間后兩金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)。已知兩金屬棒運動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌良好接觸，導(dǎo)軌電阻忽略不計，金屬棒a始終在左側(cè)軌道上運動，則下列說法正確的是（）A.整個運動過程中a、b兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒B.達到穩(wěn)定狀態(tài)時，a、b兩棒的速度之比為2：1C.金屬棒b穩(wěn)定時的速度大小為D.整個運動過程中金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】D【解析】【詳解】A．金屬棒a、b長度不等，則所受安培力大小不等，即金屬棒a、b棒組成的系統(tǒng)合外力不為0，故動量不守恒，A錯誤；BC．對金屬棒a、b分別由動量定理可得，聯(lián)立可得兩金屬棒最后勻速運動，回路中電流為0，則有即則，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，速度之比為，BC錯誤；D．由能量守恒知，回路產(chǎn)生的焦耳熱為則金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱為D正確。故選D。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊放在傾角為37°的斜面上，用繞過動滑輪的細(xì)線連接，給動滑輪施加一個沿斜面向上的拉力F，A、B兩物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接兩物塊的細(xì)線均平行于斜面，不計滑輪的質(zhì)量，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是（）

A.F的最小值為0.4mg B.F的最小值為0.8mgC.逐漸增大拉力F，A先滑動 D.逐漸增大拉力F，B先滑動【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)力的平衡可知，滑輪兩邊繩上的拉力大小分別為，當(dāng)A剛要向下滑動時有解得當(dāng)B剛好要下滑時有解得因此F的最小值為，故A錯誤，B正確；CD．當(dāng)A剛好要上滑時解得當(dāng)B剛好要上滑時解得因此逐漸增大F，物塊B先滑動，故C錯誤，D正確。故選BD。8.如圖所示，一長為L的輕桿下端固定一質(zhì)量為m的小球，上端連在光滑水平軸O上，輕桿可繞水平軸在豎直平面內(nèi)運動。當(dāng)小球在最低點時給它一個水平初速度，小球剛好能做完整的圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列判斷正確的是（）

A.除最高點外，小球做完整圓周運動的過程中僅有一處合力指向圓心B.小球的初速度大小為C.桿的力為0時，小球的速度大小為D.桿的力為0時，小球的速度大小為【答案】AC【解析】【詳解】A．小球做變速圓周運動，除最高點外，僅在最低點合力指向圓心，A正確；B．小球恰能做完整圓周運動，最高點速度為0，根據(jù)得最低點速度為B錯誤；CD．設(shè)桿的力為0時，桿與豎直方向的夾角為，桿的速度為，將小球所受重力沿桿和垂直桿方向進行分解，如圖

則有，聯(lián)立解得C正確，D錯誤。故選AC。9.如圖，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的質(zhì)子（不計重力）在勻強電場中運動，先后經(jīng)過水平虛線上A、B兩點時的速度大小分別為、，方向分別與AB成斜向上、斜向下，已知AB=L，則（）

A.質(zhì)子從A到B的運動為勻變速運動B.場強大小為C.質(zhì)子從A點運動到B點所用的時間為D.質(zhì)子的最小速度為【答案】ABD【解析】【詳解】A．質(zhì)子在勻強電場中受力恒定，加速度恒定，A正確；B．質(zhì)子在勻強電場中做拋體運動，在于電場垂直的方向上分速度相等，設(shè)va與電場線的夾角為β，如圖所示

則有解得根據(jù)動能定理有解得B正確；C．根據(jù)幾何關(guān)系可得，AC的長度為則質(zhì)子從A點運動到B點所用的時間為C錯誤；D．在勻變速運動過程中，當(dāng)速度與電場力垂直時，質(zhì)子的速度最小，有D正確。故選ABD。10.如圖所示，傾角為的固定斜面AB段粗糙，BP段光滑，一輕彈簧下端固定于斜面底端P點，彈簧處于原長時上端位于B點，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，將彈簧壓縮后恰好能回到AB的中點Q。已知A、B間的距離為x，重力加速度為g，則（）A.物體由A點運動至最低點的過程中加速度先不變后減小為零，再反向增大直至速度減為零B.物體與AB段的動摩擦因數(shù)C.物體在整個運動過程中克服摩擦力做的功為D.物體第13次經(jīng)過B點時，物體在AB段運動經(jīng)過的路程為【答案】BCD【解析】【詳解】A．物體接觸彈簧前，加速度大小由公式解得而接觸彈簧瞬間由于接觸面光滑，故有解得故A項錯誤；B．物體從A到上滑到Q點的過程，由能量守恒得解得故B項正確；C．由于物體在AB段運動時會有機械能損失，故物體每次反彈后上升的高度逐漸較少，最終物體以B點為最高點做簡諧運動，之后不會克服摩擦力做功。故從開始釋放到物體到B點速度為0，有故C項正確；D．設(shè)物體第n次回到最高點時離B的距離為，則物體由第次回到最高點至第n次回到最高點有將代入得為等比數(shù)列（其中）。物體第13次經(jīng)過B點時，此時物體第6次回至最高點后向下經(jīng)過B點。物體在AB段運動經(jīng)過的路程有故D項正確。故選BCD。三、非選擇題：共56分。第11~14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15~16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11.某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的實驗裝置驗證水平方向動量守恒定律，所用器材：氣墊導(dǎo)軌、帶四分之一圓弧軌道的滑塊（水平長度L）、光電門、金屬小球、游標(biāo)卡尺、天平等。（1）實驗步驟如下：①按照如圖甲所示，將光電門A固定在滑塊左端，用天平測得滑塊和光電門A的總質(zhì)量為M，光電門B固定在氣墊導(dǎo)軌的右側(cè)。②用天平稱得金屬球的質(zhì)量為m，用20分度游標(biāo)卡尺測金屬球的直徑，示數(shù)如圖乙所示，小球的直徑d=________cm。③開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，讓金屬小球從C點靜止釋放。A、B光電門的遮光時間分別為△t1、△t2（光電門B開始遮光時小球已離開滑塊）。（2）驗證M、m系統(tǒng)水平方向動量守恒________（填“需要”或“不需要”）保證滑塊的上表面光滑。（3）如圖驗證M、m系統(tǒng)水平方向動量守恒，只需驗證________成立即可（用M、m、d、L、△t1、△t2表示）。【答案】①.1.300cm②.不需要③.【解析】【詳解】（1）②[1]20分度的游標(biāo)卡尺，每相鄰兩個格的實際長度為0.95mm，由此可得小球的直徑為d=32.0mm-20×0.95mm=13.00mm=1.300cm（2）[2]即使上表面不光滑，系統(tǒng)水平方向合外力也為零，所以也滿足動量守恒，即不需要保證滑塊的上表面光滑；（3）[3]令小球脫離滑塊時對地的速度為v1，滑塊對地的速度為v2，根據(jù)動量守恒則有根據(jù)題意可得聯(lián)立可得12.某同學(xué)要將量程為3mA的毫安表G改裝成量程為30mA的電流表。他先測量出毫安表G的內(nèi)阻，然后對電表進行改裝，最后再利用一標(biāo)準(zhǔn)毫安表對改裝后的電流表進行校準(zhǔn)，可供選擇的器材如下：毫安表頭G（量程3mA，內(nèi)阻約為幾百歐姆）A.滑動變阻器R1（0~1kΩ）；B.滑動變阻器R2（0~10kΩ）；C.電阻箱R（0~9999.9Ω）；D.電源E1（電動勢約為1.5V）；E.電源E2（電動勢約為9V）；開關(guān)、導(dǎo)線若干具體實驗步驟如下：①按電路原理圖a連接電路；②將滑動變阻器的阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S1后調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，使毫安表G的指針滿偏；③閉合S2，保持滑動變阻器不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使毫安表G的指針偏轉(zhuǎn)到量程的三分之一位置；④記下電阻箱的阻值

回答下列問題：（1）為減小實驗誤差，實驗中電源應(yīng)選用________（填器材前的字母），滑動變阻器應(yīng)選用________（填器材前的字母）；（2）如果按正確操作步驟測得電阻箱的阻值為90.0Ω，則毫安表G內(nèi)阻的測量值Rg=________Ω，與毫安表內(nèi)阻的真實值Rg'相比，Rg________（填“＞”“=”或“＜”）Rg'；（3）若按照第（2）問測算的Rg，將上述毫安表G并聯(lián)一個定值電阻R改裝成量程為30mA的電流表，接著該同學(xué)對改裝后的電表按照圖b所示電路進行校準(zhǔn)，當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為16.0mA時，改裝表的指針位置如圖c所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預(yù)期值，要想達到實驗?zāi)康模瑹o論測得的內(nèi)阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將定值電阻R換成一個阻值為kR的電阻即可，其中k=________；

（4）若用該電流表量程3mA，內(nèi)阻按照第（2）問測算的Rg按正確的步驟改裝成歐姆表并測標(biāo)準(zhǔn)電阻Rx的阻值時（如圖d），理論上其測量結(jié)果與標(biāo)準(zhǔn)電阻Rx實際阻值相比較________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】①.E②.B③.180④.<⑤.⑥.相等【解析】【詳解】（1）[1][2]根據(jù)實驗原理，當(dāng)閉合后，電路總電阻會減小，總電流會變大，則當(dāng)毫安表G的指針偏轉(zhuǎn)到量程的三分之一位置時，通過電阻箱的電流會大于毫安表讀數(shù)的2倍，會產(chǎn)生誤差；為了使得當(dāng)閉合后電路總電阻變化較小，則滑動變阻器用電阻阻值較大的，這樣的話要想能使毫安表能調(diào)節(jié)到滿偏，則所用電源的電動勢應(yīng)該較大，即采用。（2）[3][4]根據(jù)以上分析可知，如果按正確操作步驟測得的阻值為，因認(rèn)為通過電阻箱的電路等于毫安表電流的2倍，則毫安表G內(nèi)阻等于電阻箱的阻值的2倍，即毫安表G內(nèi)阻的測量值實際上因通過電阻箱的電流會大于毫安表讀數(shù)的2倍，則毫安表內(nèi)阻的真實值偏大，即與毫安表內(nèi)阻的真實值相比（3）[5]當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為16.0mA時，改裝表的讀數(shù)為15.0mA，則當(dāng)改裝表滿偏時，對應(yīng)的真實電流為32.0mA，即把毫安表G改裝成32mA的電流表時把毫安表G改裝成30mA的電流表時所以（4）[6]測量時歐姆表進行歐姆調(diào)零，表頭的內(nèi)阻的誤差不影響歐姆表的內(nèi)阻，所以，測量值等于真實值。13.如圖所示，水平面上有一質(zhì)量m=3kg的小車，其右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量m0=2kg的小物塊，小物塊與小車一起以v0=4m/s的速度向右運動，與靜止在水平面上質(zhì)量M=1kg的小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦阻力。求：（1）小車與小球碰撞后小球的速度大小；（2）從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小物塊的沖量；（3）若從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短用時2s，試寫出小車在這2s內(nèi)的位移x與彈簧最大形變量l的關(guān)系式。【答案】（1）；（2），方向向左；（3）【解析】【詳解】（1）小車與小球碰撞過程中，動量與機械能均守恒，有解得（2）當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，根據(jù)動量守恒定律有解得設(shè)碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小物塊的沖量為I，根據(jù)動量定理有解得負(fù)號表示方向向左（3）小車碰撞結(jié)束到彈簧被壓縮最短的過程中，設(shè)小物塊速度為，小車速度為，由動量守恒，有任取一段極短時間Δt均有累加求和后，有又聯(lián)立兩式，解得14.顯像管電視機已漸漸退出了歷史的舞臺，但其利用磁場控制電荷運動的方法仍然被廣泛應(yīng)用。如圖為一磁場控制電子運動的示意圖，大量質(zhì)量為m，電荷量為e（e＞0）的電子從P點飄進加速電壓為U的極板，加速后的電子從右極板的小孔沿中心線射出，一圓形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域半徑為R，磁感應(yīng)強度大小，方向垂直于紙面向里，其圓心O1位于中心線上，在O1右側(cè)2R處有一垂直于中心線的熒光屏，其長度足夠大，屏上O2也位于中心線上，不計電子進電場時的初速度及它們間的相互作用，R，U，m，e為已知量。求：（1）電子在磁場中運動時的半徑r；（2）電子從進入磁場到落在熒光屏上的運動時間；（3）若圓形磁場區(qū)域可由圖示位置沿y軸向上或向下平移，則圓形區(qū)域向哪個方向平移多少距離時，電子在磁場中的運動時間最長？并求此情況下粒子打在熒光屏上位置離O2的距離。

【答案】（1）；（2）；（3）沿y軸負(fù)向平移；【解析】【詳解】（1）設(shè)電子在電場中加速獲得的速度v，由動能定理得電子在磁場中做勻速圓周運動時，由牛頓第二定律又解得（2）由左手定則判斷出電子圓周運動的圓心在中心線下方，設(shè)速度偏向角及軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為，出磁場后打到熒光屏的M點

由幾何關(guān)系可知解得則電子在磁場中的運動時間為電子飛出磁場后的運動時間為則電子從進磁場到落在熒光屏上的運動時間為（3）易知，當(dāng)粒子射入和射出兩點連線為圓形磁場直徑時，時間最長，如圖，當(dāng)磁場由圖示位置沿y軸負(fù)向平移時，電子從C點進入磁場，從D點出磁場，做圓周運動的圓心為，速度偏向角及軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為，出磁場后打到熒光屏的N點，CD為圓形區(qū)域的直徑。的延長線交中心線于F

由幾何關(guān)系可知解得故磁場沿y軸負(fù)向平移時電子在磁場中運動時間最久，又解得（二）選考題：共13分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按第一題計分。[物理――選修3―3]15.下列說法正確的是（）A.某冰水混合物的溫度為0℃，則其分子的平均動能為零B.一定量的某理想氣體溫度升高時，內(nèi)能一定增大C.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度升高時，分子平均動能增大，氣體的壓強不一定增大D.氣體如果失去了容器的約束就會散開，原因是氣體分子之間斥力大于引力E.熱量可以從低溫物體向高溫物體傳遞【答案】BCE【解析】【詳解】A．分子在做永不停息的無規(guī)則運動，因此其分子的平均動能不是零，故A錯誤；B．氣體分子的平均動能只與分子的溫度有關(guān)，因此溫度升高，平均動能增加，而理想氣體的內(nèi)能只有分子動能，氣體分子的內(nèi)能一定增大，故B正確；C．壓強是大量氣體分子持續(xù)撞擊器壁產(chǎn)生的，其大小取決于溫度和體積，若溫度升高體積增大則壓強可能減小，則C正確；D．氣體分子間的距離很大，相互作用力近似為零，氣體如果沒有容器的約束，氣體分子散開原因是分子做雜亂無章的運動的結(jié)果，故D錯誤；E．熱量不可以自發(fā)從低溫物體向高溫物體傳遞，但能在一定條件下是可以從低溫物體向高溫物體傳遞熱量，故E正確。故選BCE。16.如圖所示，豎直放置的絕熱圓形氣缸內(nèi)有兩組固定于氣缸壁的卡環(huán)。質(zhì)量為m的活塞CD放置在體積可忽略的下卡環(huán)上，與位于上卡環(huán)下方的輕質(zhì)活塞AB通過輕質(zhì)彈簧相連。圓形氣缸右壁離AB不遠(yuǎn)處有一小狹縫與外界大氣相通，活塞CD下方封閉了長度為L的一定質(zhì)量的理想氣體。初始時刻，封閉氣體的溫度為，壓強為，兩個活塞都靜止，且AB與上卡環(huán)接觸但無擠壓。現(xiàn)對封閉氣體緩慢加熱，若上卡環(huán)所能承受的最大豎直壓力為，外界大氣壓強為，彈簧的勁度系數(shù)，活塞CD的運動可視為緩慢的，且最終不會到達小狹縫所在位置，重力加速度為g，兩個活塞的橫截面積均為S，則要使上卡環(huán)能安全使用。求：（1）氣缸內(nèi)封閉氣體的最高溫度；（2）若封閉氣體的溫度達到了最高溫度，求全過程外界對封閉氣體所做的功。

【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）當(dāng)彈簧對AB豎直向上的壓力大小為時，CD已經(jīng)離開下卡環(huán)，彈簧設(shè)形變量為，滿足關(guān)系代入數(shù)據(jù)，則有則此時封閉氣體的壓強為，由CD的受力可知則有對封閉氣體，設(shè)溫度為T，則由氣體狀態(tài)方程為可得（2）由題可知，彈簧初始狀態(tài)為原長。設(shè)CD恰好上升時氣體壓強為，對CD由受力分析可知則有外界對封閉氣體做功為[物理――選修3―4]17.如圖所示，在均勻介質(zhì)中，位于x=?10m和x=10m處的兩波源S1和S2沿y軸方向不斷振動，在x軸上形成兩列振幅均為4cm、波速均為2m/s的相向傳播的簡諧橫波，t=0時刻的波形如圖，下列說法正確的是（）A.t=0到t=4s，x=8m的質(zhì)點向左運動了8mB.t=4s時，兩列波在x=?1m處相遇，且此后x=?1m處位移始終為0C.t=0到t=3s，x=?9.5m處的質(zhì)點運動的路程為24cmD.形成穩(wěn)定干涉圖樣后，x軸上兩波源間（不含波源）有9個振動加強點E.兩列波都傳遞到x=0處后，因為x=0處為加強點，所以此處位移始終為8cm【答案】BCD【解析】【詳解】A．質(zhì)點不隨著波形的傳播沿x軸運動，只會沿軸運動，A錯誤；B．處相遇減弱點，振幅相同，此后處位移始終為0，B正確；C．根據(jù)波形圖可知t=0到t=3s為1.5T，路程為6A=24cm，C正確；D．兩波源振動同步，振動加強點滿足波程差其中n=1，2，…，即兩波源間（不含波源）有9個振動加強點，如圖坐標(biāo)、、、、0、2、4、6、8（單位：m）共9個點，D正確；E．兩列波都傳遞到x=0處后，因為x=0處為加強點，但是加強點位移不始終為8cm，E錯誤。故選BCD。18.大部分高層建筑都會采用斷橋鋁窗，隔熱隔音效果好，也提高了建筑內(nèi)的采光率，斷橋鋁窗一般都是用中空玻璃，如圖甲所示。某一斷橋鋁窗其剖面及尺寸示意圖如圖乙所示，雙層中空玻璃由兩層玻璃加密封框架，形成一個夾層空間，隔層充入干燥空氣，每單層玻璃厚度為d，夾層寬度為l，一光束沿與玻璃垂直面成i=53°角從墻外經(jīng)雙層中空玻璃射入室內(nèi)（光束與玻璃剖面在同一平面上），光線通過玻璃后入射光線與出射光線會有一個偏移量（兩光線垂直距離），玻璃折射率，光在空氣中的速度近似為c，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的偏移量h；（2）這束光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的時間t。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）畫出這束光的光路圖如圖所示，根據(jù)折射定律由幾何知識可知光束進入第一層玻璃的偏移量這束光通過每層玻璃的偏移量相等，所以從室外到室內(nèi)的偏移量故得將數(shù)據(jù)代入可得（2）光在玻璃中的傳播速度由幾何知識得所以光通過中空玻璃從室外到室內(nèi)的時間為

高考模擬檢測卷（三）試題物理一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分，每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列關(guān)于物理史實或現(xiàn)象的說法正確的是（）A.經(jīng)典物理學(xué)無法解釋原子的穩(wěn)定性，但可以解釋原子光譜的分立特性B.根據(jù)玻爾氫原子模型，氫原子輻射出光子后，電子繞核運動的動能將減小C.天然放射性元素的放射性與元素的化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，說明射線來自于原子核D.盧瑟福用粒子轟擊氮原子核，產(chǎn)生出氧的一種同位素和一個中子【答案】C【解析】【詳解】A．按照經(jīng)典物理學(xué)，核外電子在庫侖引力作用下做圓周運動，電子的動能以電磁波形式輻射出去，最終落在原子核上，原子是不穩(wěn)定的。電子輻射電磁波的頻率等于電子繞核轉(zhuǎn)動的頻率，電子能量逐漸減小，它離原子核越來越近，我們應(yīng)該看到原子輻射出各種頻率的光，即原子光譜是連續(xù)的，故經(jīng)典物理學(xué)無法解釋原子的穩(wěn)定性，也無法解釋原子光譜的分立特性，A項錯誤；B．根據(jù)玻爾氫原子模型，氫原子輻射出光子后，原子的能級降低，電子的軌道半徑減小，電子的動能增大，B項錯誤；C．一種放射性元素，不管它是以單質(zhì)存在，還是以化合物形式存在，都具有放射性，由于元素的化學(xué)性質(zhì)主要取決于原子核外的最外層電子數(shù)，這就說明射線與核外電子無關(guān)，而是來自于原子核，C項正確；D．盧瑟福用粒子轟擊氮原子核，核反應(yīng)方程為，為質(zhì)子，D項錯誤。故選C。2.天文愛好者小郭在10月29日通過衛(wèi)星過境的GoSatWatch獲得天和空間站過境運行軌跡（如圖甲），通過微信小程序“簡單夜空”，點擊“中國空間站過境查詢”，獲得中國天和空間站過境連續(xù)兩次最佳觀察時間信息（如圖乙，11月2日開始時間17:50:08和11月3日開始時間18:28:40），這兩次連續(xù)過境中空間站繞地球共轉(zhuǎn)過16圈，但因白天天空太亮或夜晚空間站處在地球陰影中而造成觀察時機不佳。地球自轉(zhuǎn)周期為24h，不考慮空間站軌道修正，由以上信息可得同步衛(wèi)星的軌道半徑是天和空間站的軌道半徑的（）

A.3.6倍 B.6.3倍 C.9.6倍 D.12倍【答案】B【解析】【詳解】由圖乙的信息可知兩次最佳觀察時間約為24h，兩次最佳觀察過境中間空間站還有15次過境，可知空間站一天時間繞地球16次，根據(jù)空間站的周期根據(jù)開普勒第三定律解得同步衛(wèi)星與天和空間站的軌道半徑之比為故B正確，ACD錯誤。故選B。3.如圖是公路上安裝的一種測速“電子眼”。在“電子眼”前方路面下間隔一段距離埋設(shè)兩個通電線圈，當(dāng)車輛通過線圈上方的道路時，會引起線圈中電流的變化，系統(tǒng)根據(jù)兩次電流變化的時間及線圈之間的距離，對超速車輛進行抓拍。下列判斷正確的是（）A.汽車經(jīng)過線圈會產(chǎn)生感應(yīng)電流B.線圈中的電流是由于汽車通過線圈時發(fā)生電磁感應(yīng)引起的C.“電子眼”測量的是汽車經(jīng)過第二個線圈的瞬時速率D.如果某個線圈出現(xiàn)故障，沒有電流，“電子眼”還可以正常工作【答案】A【解析】【詳解】A．在“電子眼”前方路面下間隔一段距離埋設(shè)的是“通電線圈”，汽車上大部分是金屬，當(dāng)汽車通過線圈時會引起通電線圈的磁通量變化，從而產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故A正確；

B．線圈本身就是通電線圈，線圈中的電流并不是由于汽車通過線圈時發(fā)生電磁感應(yīng)引起的，汽車通過時產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象只是引起線圈中電流發(fā)生變化，故B錯誤；C．測量的是經(jīng)過兩個線圈的平均速度，故C錯誤；D．如果某個線圈出現(xiàn)故障，沒有電流，就會無計時起點或終點，無法計時，電子眼不能正常工作，故D錯誤。故選A。4.如圖甲是利用物理方法來滅蛾殺蟲的一種環(huán)保型設(shè)備黑光燈、它發(fā)出的紫色光能夠引誘害蟲飛近高壓電網(wǎng)來“擊斃”害蟲。黑光燈高壓電網(wǎng)的工作電路原理圖如圖乙所示、變壓器的輸入端接入交流電經(jīng)過變壓器變成高壓。已知高壓電網(wǎng)相鄰兩極間距離為0.5cm，空氣在常溫常壓下的擊穿電場為6220V/cm，變壓器可視為理想變壓器，為防止空氣被擊穿而造成短路、變壓器匝數(shù)比的最小值（）

A.1：10 B.10：1 C.22：311 D.311：22【答案】A【解析】【分析】【詳解】空氣被擊穿時，兩電極間的最大電壓U2m=6220×0.5=3110V原線圈的電壓峰值根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知故選A。5.如圖所示，一個傾角為30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面體放在粗糙的水平面上，斜面體的質(zhì)量為。輕繩的一端固定在天花板上，另一端系住質(zhì)量為m的小球，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕繩與豎直方向的夾角也為30°。若滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則斜面體與水平面間的動摩擦因數(shù)至少為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由題意對小球受力分析，沿斜面方向由平衡條件得解得對小球和斜面構(gòu)成的整體受力分析，由平衡條件得，水平方向滿足豎直方向滿足當(dāng)時，斜面體與水平面間的動摩擦因數(shù)最小，解得最小為故選C。6.如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8×10－6C的帶負(fù)電小球A，其正上方O用輕細(xì)彈簧懸掛一質(zhì)量m＝0.06kg、電荷量大小為2×10－6C的小球B，彈簧的勁度系數(shù)k＝5N/m，原長L0＝0.3m。現(xiàn)小球B恰能以A球為圓心在水平面內(nèi)做順時針方向（從上往下看）的勻速圓周運動，此時彈簧與豎直方向的夾角＝53°。已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，兩小球都視為點電荷。則下列說法不正確的是（）A.B勻速圓周運動的半徑為0.4mB.小球B所受向心力為1.7NC.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上水平向左的勻強電場的瞬間，B球做離心運動D.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強磁場的瞬間，B做向心運動【答案】D【解析】【詳解】AB．小球A、B的庫侖力彈簧彈力為T，小球B在豎直方向上，有彈簧的彈力在水平方向的分力由胡克定律可解得小球B做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心A有，則F必定指向圓心，故B球帶正電，小球B所受向心力故AB正確，不符合題意；C．在圖示位置加上水平向左的勻強電場的瞬間，小球B受到向左的電場力，這時提供的向心力減小，小于所需要的向心力，小球做離心運動，故C正確，不符合題意；D．在圖示位置加上豎直向下的勻強磁場的瞬間，由于小球做順時針運動，且?guī)д姡勺笫侄▌t可知，小球受到一個背離圓心的洛倫茲力作用，這時提供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運動，故D錯誤，符合題意。故選D。二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7.如圖所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN之間加上高壓直流電源，其間產(chǎn)生強非勻強電場E；水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負(fù)電；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風(fēng)機的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥，如圖所示虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡，則下列說法正確的是（）

A.水分子在B點時，水分子帶正電一端受到的電場力與帶負(fù)電荷一端受到電場力大小不相等B.水分子沿軌跡ABCD運動過程中電場力始終做正功C.水分子沿軌跡ABCD運動過程中電勢能先減少后增加D.如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子從A處開始將向下運動【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．由于電場的分布不均勻，由圖可知，上端的電場強度大于下端電場強度，根據(jù)F=qE可得，水分子帶正電一端受到的電場力與帶負(fù)電荷一端受到電場力大小不相等，故A正確；B．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，在CD階段，受到的電場力方向與運動的方向夾角大于90°，故電場力做負(fù)功，故B錯誤；C．水分子沿軌跡ABCD運動過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，故電勢能先減小后增大，故C正確；D．如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，產(chǎn)生的電場方向發(fā)生反轉(zhuǎn)，但水分子是一端帶正電，另一端帶等量負(fù)電，故水分子的正負(fù)端發(fā)生反轉(zhuǎn)，水分子還是從A處開始將向上運動，故D錯誤。故選AC。8.如圖所示，長為L的水平固定長木板AB，C為AB的中點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊，開始時將物塊拉至長木板的右端點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板CB段間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，且k＞，物塊第一次到達C點時，物塊的速度大小為v0，這時彈簧的彈性勢能為E0，不計物塊的大小，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）

A.物塊可能會停在CB段上某處B.物塊最終會做往復(fù)運動C.彈簧開始具有的最大彈性勢能為D.整個過程中物塊克服摩擦做的功為【答案】BC【解析】【詳解】A．由于設(shè)BC段彈簧形變量為x得由此，物塊不可能停在BC段，故A錯誤；B．只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機械能就減小，所以物塊最終會在AC往返運動，故B正確；C．物塊從開始運動，到第一次運動到C過程中，根據(jù)能量守恒定律得故C正確；D．物塊第一次到達C，物塊的速度大小為，物塊最終會在AC段做往返運動，到達C點的速度為0，可知物塊克服摩擦做的功最大為D錯誤。故選BC。9.如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細(xì)線，細(xì)線另一端系質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線水平伸直，并由靜止釋放C球，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.C球由靜止釋放到第一次經(jīng)過最低點的過程中，木塊A的位移大小為B.A、B兩木塊分離時，C的速度大小為C.C球由靜止釋放到第一次經(jīng)過最低點的過程中，桿和水平面對木塊A作用力及木塊A所受重力的合沖量大小為D.從C球經(jīng)過最低點到恰好第一次到達輕桿左側(cè)最高處的過程中，木塊A一直做減速運動【答案】ABC【解析】【詳解】A．系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得由幾何關(guān)系得解得A移動的距離為A正確；B．小球釋放在向下擺動的過程中，桿對A有向右的作用力，使得A、B之間有壓力，A、B不會分離，當(dāng)C運動到最低點時，壓力為零，此時A、B將要分離。A、B、C系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得B正確；C．由動量定理得，對B對B解得桿和水平面對A力及木塊所受重力的合沖量為C正確；D．從C過最低點到恰好第一次達到輕桿左側(cè)最高處的過程中，木塊A先做減速運動再反向做加速運動，恰好到達輕桿左側(cè)最高處時與小球共速，D錯誤。故選ABC。10.如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界、進入磁場，速度大小均為；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，a棒的質(zhì)量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）

A.時刻a棒加速度大小為B.時刻b棒的速度為0C.時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D.時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AD【解析】【詳解】A．由題知，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個感應(yīng)電流之和，則有對a，根據(jù)牛頓第二定律有解得故A正確；B．根據(jù)左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒。由題知，時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時刻達到了共同速度，設(shè)為v。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和，根據(jù)電阻定律有，解得已知a的質(zhì)量為m，設(shè)b的質(zhì)量為，則有，聯(lián)立解得取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得故B錯誤；C．在時間內(nèi)，根據(jù)因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D．在時間內(nèi)，對a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有解得回路中產(chǎn)生的總熱量為對a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選AD。第Ⅱ卷非選擇題（共56分）三、非選擇題：共56分。第11～14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。11.某興趣小組的同學(xué)計劃“驗證機械能守恒定律”。裝置如圖甲所示，水平桌面上放有傾角為θ的氣墊導(dǎo)軌，氣墊導(dǎo)軌上安裝有連接數(shù)字計時器的光電門，氣墊導(dǎo)軌左端固定一原長為l。的彈簧，通過細(xì)線與帶有遮光條的滑塊相連。設(shè)計了以下步驟進行實驗：A．測出氣墊導(dǎo)軌的傾角為θ、彈簧勁度系數(shù)k、彈簧原長lo、滑塊質(zhì)量m、遮光條寬度d、重力加速度g，按照圖甲所示組裝好實驗裝置；B．將滑塊拉至氣墊導(dǎo)軌某一位置固定，要求從此位置釋放滑塊，可使小車運動到光電門時細(xì)線已經(jīng)彎曲。測出此時滑塊到光電門的距離x以及彈簧長度l；C．由靜止釋放滑塊，滑塊在拉力作用下運動，測出滑塊上遮光條通過光電門的時間為Δt；D．將滑塊拉至不同的位置，重復(fù)B、C步驟多次，并記錄每次對應(yīng)實驗數(shù)據(jù)。根據(jù)所測物理量可以得到每次實驗中滑塊重力勢能、彈性勢能、動能之間的關(guān)系，從而驗證機械能守恒。（1）根據(jù)實驗中測出的物理量，可得到滑塊從靜止釋放運動到光電門過程中重力勢能減小量為_________。（2）根據(jù)實驗中測出的物理量也可得到滑塊到達光電門時的動能，若“在彈性限度內(nèi)，勁度系數(shù)為k的彈簧，形變量為Δx時彈性勢能為”的說法正確，不考慮空氣阻力影響，要說明整個運動過程系統(tǒng)機械能守恒，需滿足的關(guān)系式為______。（3）若考慮到空氣阻力影響，實驗過程中得到的小車重力勢能減小量與彈簧彈性勢能減小量總和_____（填“大于”、“小于”、“等于”）小車動能增量。【答案】①.②.③.大于【解析】【詳解】（1）[1]滑塊從靜止釋放運動到光電門過程中重力勢能減小量（2）[2]要說明整個運動過程系統(tǒng)機械能守恒，需滿足即（3）[3]若考慮到空氣阻力影響，實驗過程中會有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能小車重力勢能減小量與彈簧彈性勢能減小量總會大于小車獲得的動能即大于小車動能增量。12.小明同學(xué)設(shè)計了如圖1所示的電路測電源電動勢E及電阻R1和R2的阻值．實驗器材有：待測電源E（不計內(nèi)阻），待測電阻R1

，

待測電阻R2

，

電流表A（量程為0.6A，內(nèi)阻較小），電阻箱R（0﹣99.99Ω），單刀單擲開關(guān)S1

，單刀雙擲開關(guān)S2

，導(dǎo)線若干．（1）先測電阻R1的阻值．閉合S1

，將S2切換到a，調(diào)節(jié)電阻箱R，讀出其示數(shù)r1和對應(yīng)的電流表示數(shù)I，將S2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱R，使電流表示數(shù)仍為I，讀出此時電阻箱的示數(shù)r2，則電阻R1的表達式為R1=

_______．（2）小明同學(xué)已經(jīng)測得電阻R1=2.0Ω，繼續(xù)測電源電動勢E和電阻R2的阻值．他的做法是：閉合S1

，將S2切換到b，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對應(yīng)的電流表示數(shù)I，由測得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖2所示的1/I﹣R圖線，則電源電動勢E=

______V，電阻R2=

_______Ω．（保留兩位有效數(shù)字）（3）用此方法測得的電動勢的測量值__________

真實值；R2的測量值

_________真實值（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.r1-r2，②.1.5，③.1.0，④.等于，⑤.大于【解析】【詳解】（1）[1]．當(dāng)R2接a時應(yīng)有：E=I（R2+r1）；當(dāng)S2接b時應(yīng)有：E=I（R2+R1+r）；聯(lián)立以上兩式解得：R1=r1-r2；（2）[2][3]．根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：E=I（R2+R+R1）變形為：，根據(jù)函數(shù)斜率和截距的概念應(yīng)有：=2.0解得：E=1.5V，R2=1.0Ω；

（3）[4][5]．若考慮電源內(nèi)阻，對（1）：接a時應(yīng)有：E=I（R2+r1+r），接b時應(yīng)有：E=I（R2+r2+r）聯(lián)立可得R1=r1-r2即測量值與真實值相比不變；

對（2）應(yīng)有：E=I（R2+R+R1+r）變形為比較兩次表達式的斜率和截距可知，電動勢不變，R1變小，即測量值比真實值偏大．【點睛】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，本實驗應(yīng)明確：遇到根據(jù)圖象求解的問題，首先應(yīng)根據(jù)需要的物理規(guī)律列出公式，然后整理出關(guān)于縱軸與橫軸物理量的函數(shù)表達式，再根據(jù)斜率和截距的概念求解即可．13.“再生制動”是一些汽電混動車輛的常用制動方式。所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機發(fā)電，將部分動能轉(zhuǎn)化為電能儲存在電池中。假設(shè)一輛汽電混動汽車的質(zhì)量為m，該汽車設(shè)定為前階段在速度大于v0時選擇再生制動，后階段速度小于等于v0時選擇機械制動。當(dāng)它以速度nv0（n＞1）在平直路面上做勻速行駛時，某一時刻開始剎車，前階段阻力的大小與速度的大小成正比，即f＝kv，后階段阻力恒為車重的倍，汽車做勻減速運動，重力加速度為g。求：（1）如果此次剎車的過程中汽電混動汽車動能減小量的倍被轉(zhuǎn)化為電能，那么此次剎車儲存多少電能；（2）汽電混動汽車從剎車到停止的位移多大。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)汽電混動汽車在剎車的過程中儲存的電能為E，依題意（2）設(shè)汽電混動汽車再生制動階段運動的位移為，由動量定理得又即所以在再生制動階段有解得在機械制動階段，汽電混動汽車做勻減速運動，由牛頓第二定律可得又解得設(shè)勻減速運動的位移為，由運動學(xué)得解得所以汽電混動汽車從剎車到停止的位移為14.利用電場與磁場控制帶