江西省南昌市高考物理一模试卷

江西省南昌市高考物理一模试卷

‎2019年江西省南昌市高考物理一模试卷 二、选择题（本题共8小题每小题6分．在每小题给出的四个选项中第14至18题只有一项符合题目要求，第19至2题有两项或三项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．（6分）一位物理老师制作了一把如图所示的“简易铜丝琴”。他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，铜丝旁边放置一块磁铁，用手指拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。根据上面所给的信息，下面说法正确的是（　　）‎ A．铜丝的振动引起空气振动而发出声音 ‎ B．振动的铜丝切割磁感线产生直流电流 ‎ C．该“简易铜丝琴”将电能转化为机械能 ‎ D．利用这一装置所揭示的原理可制成发电机 ‎2．（6分）一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物体施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过P点（5，25）的直线，如图所示，则（　　）‎ A．小物块做匀速直线运动 ‎ B．水平拉力F的大小为2.5N ‎ C．5s内小物块的位移为5m ‎ D．5s末小物块的速度为25m/s ‎3．（6分）在α粒子散射实验中，α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的，其中有极少数α粒子发生了大角度偏转，甚至被反向弹回。假定一个速度为v的高速α粒子（He）与金原子核（Au）发生弹性正碰（碰撞前金原子核可认为是静止的），则（　　）‎ A．α粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小 ‎ B．α粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的 ‎ C．α粒子散射实验说明带正电的物质均匀分布在原子内部 ‎ D．当它们的距离最小时，α粒子与金原子核的动量大小之比为4：197‎ ‎4．（6分）在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏﹣﹣“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆环大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力，则大人和小孩所抛出的圆环（　　）‎ A．运动时间之比为9：4 B．速度变化率之比为4：9 ‎ C．水平初速度之比为2：3 D．落地时速度之比为3：2‎ ‎5．（6分）如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体栓接，其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为（　　）‎ A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3‎ ‎6．（6分）如图所示，真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的x1＝0和x2的位置上。将一试探电荷q放置在x0处恰好静止。现将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，则（　　）‎ A．试探电荷q一定向右运动 ‎ B．试探电荷q所受电场力一定向左 ‎ C．电场力对试探电荷一定是先做正功 ‎ D．试探电荷的电势能一定是先减小 ‎7．（6分）如图所示带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则（　　）‎ A．它们上升的最大高度关系为ha＝hb＝hc ‎ B．它们上升的最大高度关系为hb＜ha＝hc ‎ C．到达最大高度时，b小球动能最小 ‎ D．到达最大高度时，c小球机械能最大 ‎8．（6分）下表是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是（　　） ‎ 信息序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 信息内容 地球一年约365天 地表重力加速度约为9.8m/s2‎ 火星的公转周期为687天 日地距离大约是1.5亿km 地球半径约6400km A．选择②⑤可以估算地球质量 ‎ B．选择①④可以估算太阳的密度 ‎ C．选择①③④可以估算火星公转的线速度 ‎ D．选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力 三、非选择题：包括必做题和选做题两部分．第22题～第32题为必做题每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选做题，考生根据要求作答．‎ ‎9．某物理课外兴趣小组的三名同学想“验证力的平行四边形定则”，他们找到了如下物品：一根粗细均匀的长橡皮筋、木板、剪刀白纸、铅笔、刻度尺、三角板、三个重量相同的钩码图钉和细绳若干。他们设计了如下实验方案：‎ 步骤1：橡皮筋一端固定，另一端系上细绳套，分别挂上一个两个、三个钩码，用刻度尺测量挂上相应的钩码时橡皮筋的长度，看伸长量是否与所挂钩码数成正比，若成正比则进行下一步；‎ 步骤2：将橡皮筋剪成长度均为的三段，将三段橡皮筋的一端系在一起设为结点O，另一端均系上细绳套，任取两细绳套对拉检查对应橡皮筋长度是否相等，若相等则进行下一步；‎ 步骤3：在木板上固定白纸，在白纸合适位置用图钉套住一细绳套，现用手将另两细绳套成一定角度往下拉适当的距离记录结点O的位置和测量三段橡皮筋的长度l1、l2、l3．（如图所示）‎ ‎（1）则有关上述操作说法正确的有　 　‎ A．步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律 B．步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同 C．步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向 D．步骤3还需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小 ‎（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时　 　（填“需要”或“不需要”）保证结点O位置不变。现测得l＝10.0m，则甲、乙、丙记录的数据明显存在错误的是　 　（填“甲”或“乙”或“丙”）。‎ 甲：l1＝l2＝l3＝15.0cm；‎ 乙：l1＝15.0cm，l2＝120．cm，l3＝12.0cm；‎ 丙：l1＝16.0cm，l2＝13.0cm，l3＝14.0cm ‎10．（1）如图1所示为小南同学用欧姆挡去测量浴霸里的白炽灯（220V，275W）不发光时灯丝电阻的表盘照片，但在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去小南同学认为还是能够知道其电阻值，那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是　 　Ω．如果照片所拍摄的是直流电流档（量程为5A）的表盘，则所测电流为　 　A。‎ ‎（2）小南同学想通过实验测量出欧姆表内部电源的电动势和内阻，他在实验室中找到了下列器材：‎ 待测欧姆表（选择“欧姆档”）‎ 电流表A（量程为0.6A，内阻不可忽略）‎ 电压表V量程为3V，内阻非常大）滑动变阻器R 电键K导线若干 ‎（Ⅰ）连接好电路，将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（Ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（Ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U﹣I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（Ⅳ）求出U﹣Ⅰ图线斜率k和在纵轴上的截距a。‎ 回答下列问题：①请在答卷的实物图2上完成电路连线。‎ ‎②选用k、a、R表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝　 　，r＝　 　，代人数值可得E和r的测量值。‎ ‎11．如图所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8求：‎ ‎（1）a线框穿出磁场区域时的电流大小；‎ ‎（2）a线框穿越磁场区域时的速度；‎ ‎（3）线框b进人磁场过程中产生的焦耳热。‎ ‎12．如图所示，两块长度均为l的绝缘木板A、B置于水平地面上的光滑区域，mA＝2kg，mB＝1kg，它们的间距为d＝2m。一质量为2kg、长度为2l的长板C叠放于A板的上方，二者右端恰好齐平。C与A、B之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给长板C施加一个方向水平向右、大小为4N的外力F，结果A板被长板C带动加速直到与木板B发生碰撞。假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘连在一起。（g取10m/s2）‎ ‎（1）求木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；‎ ‎（2）要使C最终恰好与木板A、B两端对齐，木板A、B的长度l的值；‎ ‎（3）若C恰好与木板A、B两端对齐时撤去F，A、B、C三者立刻被锁定为一个系统，此时ABC开始进入水平地面上的粗糙区域，AB下表面与粗糙区域的动摩擦因数μ2＝0.3．求A板运动的位移大小。‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．对理想气体做功，内能不一定增加 ‎ B．水由液态变为气态，分子势能增加 ‎ C．液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大 ‎ D．已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数 ‎ E．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大 ‎14．两个底面积均为S的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。左容器上端敞开，右容器上端封闭。容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略的活塞，活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示（h已知），现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。求：‎ ‎①未漏气时活塞B下方气体的压强；‎ ‎②活塞B的质量。‎ ‎15．已知波源的平衡位置在O点，t＝0时刻开始做振幅为50cm的简诸振动，频率为20Hz，发出一列横波沿x轴正方向传播，如图所示为P点恰好开始振动时的波形，P、Q两质点平衡位置坐标分别为P（6，0）、Q（28，0），则下列说法正确的是 （　　）‎ A．这列波的波速为40m/s ‎ B．当t＝0.35s时，Q点刚开始振动 ‎ C．波源刚开始振动时的运动方向沿﹣y方向 ‎ D．Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置 ‎ E．Q点刚开始振动之前，P点经过的路程为14.0m ‎16．如图，现有一束平行单色光垂直入射到一半径为R的玻璃半球的底面上，O点是半球的球心，虚线OO′是过球心O与半球底面垂直的直线，已知光速为c，玻璃对该色光的折射率为。‎ ‎①底面上多大区域面积的入射光线能够直接从球面射出？‎ ‎②某入射光线从距离虚线OO′为0.5R处入射，经球面折射后与OO′有交点，求该光线从进入半球到该交点的运动时间？‎ ‎2019年江西省南昌市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 二、选择题（本题共8小题每小题6分．在每小题给出的四个选项中第14至18题只有一项符合题目要求，第19至2题有两项或三项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．（6分）一位物理老师制作了一把如图所示的“简易铜丝琴”。他是这么做的：在一块木板上固定两颗螺丝钉，将一根张紧的铜丝缠绕在两颗螺丝钉之间，扩音器通过导线与两螺丝钉连接，铜丝旁边放置一块磁铁，用手指拨动铜丝，扩音器上就发出了声音。根据上面所给的信息，下面说法正确的是（　　）‎ A．铜丝的振动引起空气振动而发出声音 ‎ B．振动的铜丝切割磁感线产生直流电流 ‎ C．该“简易铜丝琴”将电能转化为机械能 ‎ D．利用这一装置所揭示的原理可制成发电机 ‎【考点】D6：电磁感应在生活和生产中的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】根据产生感应电流的关键是：闭合电路的部分导体，做切割磁感线运动，从而即可求解。‎ ‎【解答】解：AB、手指拨动铜导线发声是由于铜导线振动时切割磁感线产生交变的感应电流，电流通过扩音器放大后发声，故AB错误；‎ CD、该“简易铜丝琴”将机械能转化为电能，所以利用这一装置所揭示的原理可制成发电机，故C错误，D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】考查电磁感应现象，掌握电磁感应现象的原理是解答本题的关键。‎ ‎2．（6分）一质量为1kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给物体施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过P点（5，25）的直线，如图所示，则（　　）‎ A．小物块做匀速直线运动 ‎ B．水平拉力F的大小为2.5N ‎ C．5s内小物块的位移为5m ‎ D．5s末小物块的速度为25m/s ‎【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题．‎ ‎【分析】匀变速直线运动的特点是加速度不变。根据图象可知x与v2成正比，从而确定物体的运动性质。‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知x与v2成正比，且过P点（5，25），根据数学知识得：v2＝5x，根据公式v2＝2ax可得：a＝2.5m/s2，故物块做匀加速直线运动，故A错误；‎ B、根据牛顿第二定律得F＝ma＝2.5N，故B正确；‎ C、根据位移与时间关系公式x＝＝31.25m，故C错误；‎ D、根据速度与时间关系公式得v＝at＝12.5m/s，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解得此类问题的关键是从所给的图象中提取有效信息，然后结合所学知识进行解答。‎ ‎3．（6分）在α粒子散射实验中，α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的，其中有极少数α粒子发生了大角度偏转，甚至被反向弹回。假定一个速度为v的高速α粒子（He）与金原子核（Au）发生弹性正碰（碰撞前金原子核可认为是静止的），则（　　）‎ A．α粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小 ‎ B．α粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的 ‎ C．α粒子散射实验说明带正电的物质均匀分布在原子内部 ‎ D．当它们的距离最小时，α粒子与金原子核的动量大小之比为4：197‎ ‎【考点】53：动量守恒定律；J1：粒子散射实验．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；54M：原子的核式结构及其组成．‎ ‎【分析】电场力做负功，电势能增加；α粒子散射实验表面原子的内部有一个很小的核，原子的全部正电荷和几乎的全部质量都集中在原子核里；α粒子在靠近金原子核的过程中满足动量守恒。‎ ‎【解答】解：A、α粒子在靠近金原子核的过程中，库仑力做负功，电势能逐渐增加，故A错误；‎ B、α粒子散射实验是原子的核式结构理论的基础，并不能说明原子核是由质子和中子组成的，故B错误；‎ C、α粒子散射实验说明带正电的物质分布在原子内部很小的区域内，即原子的内部有一个很小的原子核，故C错误；‎ D、α粒子在靠近金原子核的过程中，系统动量守恒，当它们的距离最小时，两者的速度相等，则α粒子与金原子核的动量大小之比等于质量之比，即为4：197，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】考查原子核式结构模型的内容，掌握粒子散射实验的意义，理解电场力做功正负与电势能的变化关系，注意动量守恒定律的条件。‎ ‎4．（6分）在公园里我们经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏﹣﹣“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人从同一条竖直线上距离地面的不同高度处分别水平抛出两个小圆环大人抛出圆环时的高度为小孩抛出圆环高度的倍，结果恰好都套中地面上同一物体。不计空气阻力，则大人和小孩所抛出的圆环（　　）‎ A．运动时间之比为9：4 B．速度变化率之比为4：9 ‎ C．水平初速度之比为2：3 D．落地时速度之比为3：2‎ ‎【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题．‎ ‎【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同；根据平抛运动的规律进行判断。‎ ‎【解答】解：A、根据得可知大人和小孩所抛出的圆环运动时间之比为3：2，选项A错误；‎ B、速度变化率等于加速度，因为加速度均为g，可知速度变化率之比为1：1，选项B错误；‎ C、大人和小孩的水平位移相等，根据可知水平初速度比等于2：3，选项C正确；‎ D、根据可知，落地的竖直速度之比为3：2，则根据可知落地时速度之比不等于3：2，选项D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解。‎ ‎5．（6分）如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体栓接，其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为（　　）‎ A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3‎ ‎【考点】2S：胡克定律；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】根据平衡条件得到弹力和重力大小关系，再根据动能定理列方程求解质量之比。‎ ‎【解答】解：设弹簧原来的压缩量x1，则kx1＝mAg；当B刚离开地面时弹簧的伸长量为x2，则kx2＝mBg；‎ 恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面，根据动能定理可得F0（x1+x2）﹣mAg（x1+x2）+△EP＝0，‎ 恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为v＝，根据动能定理可得2F0（x1+x2）﹣mAg（x1+x2）+△EP＝，‎ 联立解得：F0（x1+x2）＝＝‎ ‎2kx1+2kx2＝3mAg 解得物体A与物体B的质量比值mA：mB＝2：1，故A正确、BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解。‎ ‎6．（6分）如图所示，真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的x1＝0和x2的位置上。将一试探电荷q放置在x0处恰好静止。现将Q2的固定点左移少许距离，将该试探电荷q仍放置在x0处，则（　　）‎ A．试探电荷q一定向右运动 ‎ B．试探电荷q所受电场力一定向左 ‎ C．电场力对试探电荷一定是先做正功 ‎ D．试探电荷的电势能一定是先减小 ‎【考点】A8：点电荷的电场；AE：电势能与电场力做功．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；49：合成分解法；532：电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】开始时，x0点场强为零；当移动Q2后x0点的场强不再为零，则电荷放置在该点时不再平衡，要发生移动，电场力做正功，电势能减小；‎ ‎【解答】解：将一试探电荷q放置在x0处恰好静止，说明x0点的场强为零，即Q1在x0‎ 处产生的场强与Q2在x0处产生的场强等大反向；将Q2的固定点左移少许距离，则Q2在x0处产生的场强减小，x0处的合场强不再等于零，但是由于不知道Q1和Q2的电性，则不知道合场强的方向，则将该试探电荷q仍放置在x0处时，不能判断它受力的方向以及运动的方向，但是可知电场力对试探电荷一定是先做正功，电势能先减小，故AB错误，CD正确；‎ 故选：CD。‎ ‎【点评】求解此题要知道空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则。‎ ‎7．（6分）如图所示带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则（　　）‎ A．它们上升的最大高度关系为ha＝hb＝hc ‎ B．它们上升的最大高度关系为hb＜ha＝hc ‎ C．到达最大高度时，b小球动能最小 ‎ D．到达最大高度时，c小球机械能最大 ‎【考点】6B：功能关系；A6：电场强度与电场力；AE：电势能与电场力做功；CF：洛伦兹力．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况。‎ ‎【解答】解：AB、第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：ha＝．第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上有：v02＝2ghc，所以ha＝hc；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mghb+Ek＝mv02，又由于mv02＝mgha，所以 ha＞hb；故A错误，B正确。‎ C、到达最大高度时，b、c两小球还有速度，而a球在最大高度速度为零，可知a动能最小，故C错误；‎ D、因c球中除重力做负功外，电场力对c球做正功，则到达最大高度时，c小球机械能最大，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功，注意区分电场力做功与洛伦兹力做功的不同。‎ ‎8．（6分）下表是一些有关火星和地球的数据，利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是（　　） ‎ 信息序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 信息内容 地球一年约365天 地表重力加速度约为9.8m/s2‎ 火星的公转周期为687天 日地距离大约是1.5亿km 地球半径约6400km A．选择②⑤可以估算地球质量 ‎ B．选择①④可以估算太阳的密度 ‎ C．选择①③④可以估算火星公转的线速度 ‎ D．选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力 ‎【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】选择要研究的系统，根据列出表达式，根据已知条件即可进行判断。‎ ‎【解答】解：A、根据mg＝可知选择②⑤中的g和R，可以估算地球质量M，故A正确；‎ B、根据，则选择①中的地球的公转周期T和④的日地距离r可以估算太阳的质量，但是由于不知太阳的半径，则不能估算太阳的密度，故B错误；‎ C、因选择①④可以估算太阳的质量，根据，再选择③可知火星的公转周期可求解火星公转的半径，再根据可估算火星公转的线速度，故C正确；‎ D、选择①②④因为不能确定地球的质量，则不可以估算太阳对地球的吸引力，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题考查万有引力定律的运用，解决本题的关键是建立物理模型，利用卫星常用的两条思路：重力等于万有引力，以及万有引力等于向心力，进行列式分析。‎ 三、非选择题：包括必做题和选做题两部分．第22题～第32题为必做题每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选做题，考生根据要求作答．‎ ‎9．某物理课外兴趣小组的三名同学想“验证力的平行四边形定则”，他们找到了如下物品：一根粗细均匀的长橡皮筋、木板、剪刀白纸、铅笔、刻度尺、三角板、三个重量相同的钩码图钉和细绳若干。他们设计了如下实验方案：‎ 步骤1：橡皮筋一端固定，另一端系上细绳套，分别挂上一个两个、三个钩码，用刻度尺测量挂上相应的钩码时橡皮筋的长度，看伸长量是否与所挂钩码数成正比，若成正比则进行下一步；‎ 步骤2：将橡皮筋剪成长度均为的三段，将三段橡皮筋的一端系在一起设为结点O，另一端均系上细绳套，任取两细绳套对拉检查对应橡皮筋长度是否相等，若相等则进行下一步；‎ 步骤3：在木板上固定白纸，在白纸合适位置用图钉套住一细绳套，现用手将另两细绳套成一定角度往下拉适当的距离记录结点O的位置和测量三段橡皮筋的长度l1、l2、l3．（如图所示）‎ ‎（1）则有关上述操作说法正确的有　ABC　‎ A．步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律 B．步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同 C．步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向 D．步骤3还需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小 ‎（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时　不需要　（填“需要”或“不需要”）保证结点O位置不变。现测得l＝10.0m，则甲、乙、丙记录的数据明显存在错误的是　乙　（填“甲”或“乙”或“丙”）。‎ 甲：l1＝l2＝l3＝15.0cm；‎ 乙：l1＝15.0cm，l2＝120．cm，l3＝12.0cm；‎ 丙：l1＝16.0cm，l2＝13.0cm，l3＝14.0cm ‎【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；46：实验分析法；52R：基本实验仪器．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理结合实验的步骤分析解答；（2）此实验是用橡皮筋的形变量来代替力的大小，根据三力平衡的条件即可分析。‎ ‎【解答】解：（1）A、步骤1中，若橡皮筋的伸长量与所挂钩码数成正比说明符合胡克定律，则步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律，故A正确；‎ B、任取两细绳套对拉，因橡皮筋受的拉力相等，若对应橡皮筋长度相等，则形变量相同，则劲度系数相同；则步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同，故B正确；‎ C、步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向，故C正确；‎ D、因橡皮筋的拉力与形变量成正比，则步骤3不需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小，故D错误；‎ 故选：ABC。‎ ‎（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时，因两次实验间无任何关系，则不需要保证结点O位置不变。‎ 用橡皮筋的长度减去原长即为伸长量，此伸长量与力成正比，可代替力来操作，则甲同学中三个力分别对应：5、5、5，三力能平衡；‎ 乙同学中三个力对应：5、110、2，此三力不可能平衡；乙同学中三个力对应：6、3、4，此三力可能平衡；‎ 故乙记录的数据明显存在错误；‎ 故答案为：（1）ABC；（2）不需要，乙。‎ ‎【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。‎ ‎10．（1）如图1所示为小南同学用欧姆挡去测量浴霸里的白炽灯（220V，275W）不发光时灯丝电阻的表盘照片，但在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去小南同学认为还是能够知道其电阻值，那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是　18.0　Ω．如果照片所拍摄的是直流电流档（量程为5A）的表盘，则所测电流为　3.44　A。‎ ‎（2）小南同学想通过实验测量出欧姆表内部电源的电动势和内阻，他在实验室中找到了下列器材：‎ 待测欧姆表（选择“欧姆档”）‎ 电流表A（量程为0.6A，内阻不可忽略）‎ 电压表V量程为3V，内阻非常大）滑动变阻器R 电键K导线若干 ‎（Ⅰ）连接好电路，将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；‎ ‎（Ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；‎ ‎（Ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U﹣I图线（U、I都用国际单位）；‎ ‎（Ⅳ）求出U﹣Ⅰ图线斜率k和在纵轴上的截距a。‎ 回答下列问题：①请在答卷的实物图2上完成电路连线。‎ ‎②选用k、a、R表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝　a　，r＝　﹣k　，代人数值可得E和r的测量值。‎ ‎【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有 ‎【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）金属导体的电阻随温度升高而增大；根据欧姆表的表盘进行读数；‎ ‎（2）欧姆表电流是从红表笔流入，黑表笔流出；根据U＝E﹣Ir求解电动势和内阻。‎ ‎【解答】解：（1）白炽灯正常发光时的电阻为：R＝＝＝176Ω，‎ 白炽灯在不发光时电阻温度较低，电阻比正常发光时小得多，则由表盘可知，测得的电阻为18.0Ω；‎ 如果照片所拍摄的是直流电流档（量程为5A）的表盘，则最小刻度为0.1A，则所测电流为3.44A。‎ ‎（2）①电路连线如图：‎ ‎②根据U＝E﹣Ir可知E＝a；﹣r＝k，即r＝﹣k；‎ 故答案为：（1）18.0；3.44；（2）①实物电路图如图所示；②a；﹣k。‎ ‎【点评】本题考查电源电动势与内电阻的测量方法，解决本题时要注意同时结合电表的改装；并明确计算时要根据改装后的电路进行分析；同时注意欧姆表在本题中是作为电源存在的；明确其同样存在电动势和内电阻。‎ ‎11．如图所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a、b电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，线框b的上边框与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8求：‎ ‎（1）a线框穿出磁场区域时的电流大小；‎ ‎（2）a线框穿越磁场区域时的速度；‎ ‎（3）线框b进人磁场过程中产生的焦耳热。‎ ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；539：电磁感应中的力学问题．‎ ‎【分析】（1）对线框a、b分别列出平衡方程即可求解a线框穿出磁场区域时的电流大小；‎ ‎（2）根据求解的电流值结合E＝BLv求解速度；‎ ‎（3）由能量守恒关系求解线框b进入磁场过程中产生的焦耳热。‎ ‎【解答】解：（1）设绳子拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域 对a线框根据平衡条件可得：4mgsinθ＝FA+F 对b线框F＝mgsinθ 且F安＝BIl 联立解得：I＝；‎ ‎（2）a线框匀速运动时，a、b线框速度大小相等，感应电动势：E＝BLv 根据闭合电路的欧姆定律可得I＝‎ 解得：v＝；‎ ‎（3）设b线框进入磁场过程产生的焦耳热为Q，对系统列能量守恒方程：‎ ‎4mglsinθ＝mglsinθ++Q 解得：Q＝mgl﹣。‎ 答：（1）a线框穿出磁场区域时的电流大小为；‎ ‎（2）a线框穿越磁场区域时的速度为；‎ ‎（3）线框b进人磁场过程中产生的焦耳热为mgl﹣。‎ ‎【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。‎ ‎12．如图所示，两块长度均为l的绝缘木板A、B置于水平地面上的光滑区域，mA＝2kg，mB＝1kg，它们的间距为d＝2m。一质量为2kg、长度为2l的长板C叠放于A板的上方，二者右端恰好齐平。C与A、B之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态，现给长板C施加一个方向水平向右、大小为4N的外力F，结果A板被长板C带动加速直到与木板B发生碰撞。假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘连在一起。（g取10m/s2）‎ ‎（1）求木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；‎ ‎（2）要使C最终恰好与木板A、B两端对齐，木板A、B的长度l的值；‎ ‎（3）若C恰好与木板A、B两端对齐时撤去F，A、B、C三者立刻被锁定为一个系统，此时ABC开始进入水平地面上的粗糙区域，AB下表面与粗糙区域的动摩擦因数μ2＝0.3．求A板运动的位移大小。‎ ‎【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；6B：功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求解A与B碰前的速度，根据碰撞过程的动量守恒列式可求解木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；‎ ‎（2）若当三者共速时，C恰好与木板A、B两端对齐，则根据牛顿第二定律结合位移关系可求解木板A、B的长度l的值；‎ ‎（3）AB由光滑平面进入粗糙平面过程中受到线性变化的地面摩擦力的作用，根据动能定理求解全部进入时的速度；在由动能定理求解直到停止时的位移，最后求解A板运动的总位移大小。‎ ‎【解答】解：（1）设A与C一起加速，由牛顿第二定律得：F＝（mA+mC）a1，‎ 因：fAC＝mAa1＜μ1mCg，判断可知A与C一起加速直到与B碰撞。‎ 设木板A碰B前的速度为v1，碰后的速度为v2，已知：F＝4N；‎ 对AC两板，由动能定理得：Fd＝，‎ 代入数据解得：v1＝2m/s；‎ A、B两木板碰撞过程系统动量守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1＝（mA+mB）v2，‎ 代入数据解得，木板A、B碰撞后瞬间的速度大小：v2＝m/s；‎ ‎（2）碰撞结束后，C受到的滑动摩擦力：f＝μ2mcg＝0.4mg＝F，‎ 因此C保持匀速而A、B做匀加速运动，直到三个物体达到共同速度v1‎ 设碰撞结束后到三个物体达到共同速度时经过的时间为t，‎ 对木板，由牛顿第二定律得：f＝（m2﹣mB）a2，‎ 由速度公式得：v1＝v2+a2t，‎ 这一过程C与A、B发生的相对位移为：△x＝v1t﹣t，‎ 代入数据解得：△x＝m，‎ 要使C最终恰好木板A、B两端对齐，则有：△x＝l，‎ 则木板的长度l应满足：l＝m；‎ ‎（3）AB由光滑平面进入粗糙平面过程中受到线性变化的地面摩擦力的作用，全部进入后速度设为v3。‎ 由动能定理得：﹣2l＝（mA+mB+mC）v32﹣（mA+mB+mC）v12，‎ 代入数据解得：v3＝m/s，‎ 之后，ABC在摩擦力作用下减速直到停止，‎ 由动能定理得：﹣μ2（mA+mB+mC）gs＝0﹣（mA+mB+mC）v32，‎ 代入数据解得：s＝0.5m，‎ 又：xA＝d+t+2l﹣s，‎ 代入数据解得：xA＝m；‎ 答：（1）木板A、B碰撞后瞬间的速度大小为m/s；‎ ‎（2）要使C最终恰好与木板A、B两端对齐，木板A、B的长度l的值为m；‎ ‎（3）A板运动的位移大小为m。‎ ‎【点评】本题为动量守恒定律与动能定理结合的题目，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是解题的前提与关键，在解题时要正确选择研究对象，做好受力分析，再选择相应的物理规律求解。‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．对理想气体做功，内能不一定增加 ‎ B．水由液态变为气态，分子势能增加 ‎ C．液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大 ‎ D．已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以计算出阿伏加德罗常数 ‎ E．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能都是随分子间距离的增大而增大 ‎【考点】86：分子间的相互作用力；87：分子势能；8F：热力学第一定律；9G：饱和汽、未饱和汽和饱和汽压．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．‎ ‎【分析】做功与热传递都可以改变物体的内能；温度是分子的平均动能的标志；饱和蒸汽压的大小与温度有关；阿伏伽德罗常数是联系微观与宏观的桥梁。‎ ‎【解答】解：A、对理想气体做功，若气体向外放热，根据热力学第一定律，则内能不一定增加，故A正确；‎ B、水由100℃的液态变为100℃的气态时要吸收热量，但是分子动能不变，则分子势能增加，故B正确；‎ C、液体的饱和汽压与温度有关，相等的温度下，同种液体的饱和汽压一定比未饱和汽压大；不同的温度时，某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大，故C错误。‎ D、用水的摩尔质量除以水分子的质量，可以得到阿伏加德罗常数，故D正确；‎ E、当分子力表现为引力时，从分子间距r0开始分子力随分子间距离的增大先增大后减小；分子势能都是随分子间距离的增大而增大，故E错误；‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】本题考查了热力学第一定律、温度的微观意义，明确改变物体的内能的方式有热传递，做功是关键；涉及的知识点多，难度不大，关键多看书。‎ ‎14．两个底面积均为S的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。左容器上端敞开，右容器上端封闭。容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略的活塞，活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示（h已知），现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。求：‎ ‎①未漏气时活塞B下方气体的压强；‎ ‎②活塞B的质量。‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题．‎ ‎【分析】①未漏气时对活塞A受力分析，根据平衡可求封闭气体压强；‎ ‎②以所有气体为研究对象，找出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解。‎ ‎【解答】解：①设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为p1，对活塞A由平衡得：‎ P1S＝P0S+mg 解得：‎ ‎②设未漏气且平衡时，B上方的气体压强为p2，则有：‎ P2S＝P1S﹣mBg 漏气发生后，设整个封闭气体体积为V′，压强为P′，由力的平衡条件对A有：‎ P′S＝P0S+mg V′＝（3h﹣0.2h）S 由玻意耳定律得：‎ P1•2hS+P2•hS＝P′（3h﹣0.2h）S 解得：‎ 答：①未漏气时活塞B下方气体的压强为；‎ ‎②活塞B的质量为。‎ ‎【点评】本题考查气体压强计算和玻意耳定律，计算压强时常以活塞为研究对象，根据平衡列式求解；利用气体实验定律时，关键是寻找状态参量。‎ ‎15．已知波源的平衡位置在O点，t＝0时刻开始做振幅为50cm的简诸振动，频率为20Hz，发出一列横波沿x轴正方向传播，如图所示为P点恰好开始振动时的波形，P、Q两质点平衡位置坐标分别为P（6，0）、Q（28，0），则下列说法正确的是 （　　）‎ A．这列波的波速为40m/s ‎ B．当t＝0.35s时，Q点刚开始振动 ‎ C．波源刚开始振动时的运动方向沿﹣y方向 ‎ D．Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置 ‎ E．Q点刚开始振动之前，P点经过的路程为14.0m ‎【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】根据波形图得到波长，从而求解波速；根据v＝x/v求解波从O传到P点的时间；各个质点起振的方向与波源起振方向相同；波传播一个波长过程中质点振动一个周期，路程为4A。‎ ‎【解答】解：A、波的频率为20Hz，周期为T＝0.05s；OP＝6m＝1.5λ，则波长λ＝4m，则波速v＝＝m/s＝80m/s，故A错误；‎ B、振动从O传到Q的时间：t＝＝s＝0.35s，故B正确；‎ C、由波形图可知，P点开始起振的方向沿﹣y方向，则波源刚开始振动时的运动方向沿﹣y方向，故C正确；‎ D、因PQ＝22m＝5λ，则Q点刚开始振动时，P点恰位于平衡位置，故D正确；‎ E、Q点刚开始振动之前，P点要振动5T，则经过的路程为5.5×4A＝22A＝22×0.5m＝11m，故E错误；‎ 故选：BCD。‎ ‎【点评】本题考查了质点的振动情况与波的传播关系，运用“上下坡法”判断质点的振动方向。根据PQ间距离与波长的关系能够分析它们振动状态的关系。‎ ‎16．如图，现有一束平行单色光垂直入射到一半径为R的玻璃半球的底面上，O点是半球的球心，虚线OO′是过球心O与半球底面垂直的直线，已知光速为c，玻璃对该色光的折射率为。‎ ‎①底面上多大区域面积的入射光线能够直接从球面射出？‎ ‎②某入射光线从距离虚线OO′为0.5R处入射，经球面折射后与OO′有交点，求该光线从进入半球到该交点的运动时间？‎ ‎【考点】‎ ‎37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）根据光路图求解临界角，结合几何关系求解直接从球面射出的入射光线在底面上的面积；‎ ‎（2）根据光路图求解光线传播的距离结合v＝求解传播时间。‎ ‎【解答】解：①如图，从底上面A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角C时，对应光线到光轴的距离最大，设最大距离为d，i＝C 设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有sinC＝‎ 由几何关系有sini＝‎ 联立解得：d＝R 能够直接从球面射出的入射光线在底面上的面积为S＝πd2＝‎ ‎②设与光轴距R/2的光线在球面B点折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，‎ 由几何关系有i1＝300‎ 由折射定律有sinr1＝nsini1‎ 解得：r1＝600‎ 即∠BCQ＝30°可得LBC＝R；LAB＝‎ 且在玻璃半球中v＝‎ 联立得t＝‎ 答：①底面上区域面积为，‎ ‎②该光线从进入半球到该交点的运动时间为。‎ ‎【点评】解答此题的关键是会求解临界角，并结合v＝求解传播时间，属于中等难度题目。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 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