还剩27页未读，
继续阅读
2020届湖南省株洲高三一模物理试卷（含答案）
展开
这是一份2020届湖南省株洲高三一模物理试卷（含答案），共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南省株洲市2020届高三物理一模考试试题
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则（θ一直小于30°）则（ ）
A．站在地面的人比站在二楼的人省力
B．站在地面的人对绳的拉力越来越大
C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大
D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率
2．（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接髙压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则（ ）
A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况
B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大
C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小
D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大
3．（6分）我国即将展开深空探测，计划在2020年通过一次发射，实现火星环绕探测和软着陆巡视探测，已知太阳的质量为M，地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别为R1和R2：速率分别为v1和v2：地球绕太阳的周期为T．当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如图），只考虑太阳对探测器的作用，则（ ）
A．探测器在A点加速的值等于
B．探测器在B点的加速度为
C．探测地在B点的动能为
D．探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为
4．（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R．若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）
A．当流过棒的电荷为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量q/2的过程中，棒释放的热量为
D．定值电阻R释放的热量为
5．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．铀238发生α衰变成钍234时，α粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量
B．铀238发生α衰变成234时，α粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能
C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D．核反应方程14N+→17O+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒
6．（6分）图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，则（ ）
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
7．（6分）如图1，在水平向右的匀强电场中，t＝0时，带负电的物块以速度v0沿斜面向上运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用Ek表示滑块的动能，x表示位移，Ep表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v0的方向为正方向，则下列图线正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a，b金属球，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则（ ）
A．在b球落地前的整个过程中，a，b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgL
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功﹣mgL
D．在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
二、非选择题
9．（6分）某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放，A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次。图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。
（1）下列说法正确的是
A．斜槽的末端必须水平
B．需要测量斜槽末端距地面的高度
C．图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D．图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
（2）用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d＝ m
（3）实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示，若碰撞过程中动量守恒，则两小球的质量之比 （用所给符号表示）
10．（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V，内阻约几千欧）和微安表（量程为300μA，内阻约一千欧）的内阻。
（1）按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路 。
（2）实验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：
①闭合K1，用伏安法测微安表内阻。为了测量更加准确，定值电阻R用该选择的是
A．10Ω
B．100Ω
C．l kΩ
D．7.8kΩ
②闭合K前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于 端_ （选填“左”或“右”）
③闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的值为R0，则微安表内阻表达式为 ；
④断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表内阻表达式为 。
11．（12分）弹射座椅（ Eject1on seat），是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）发动机对座椅推力的值；
（2）发动机对座椅冲量的大小。
12．（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O坐标（L，0），圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从M（﹣L，L）点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：
（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
三、选择题（共4小题，每小题5分，满分15分）
13．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在运不停息的做无规则的热运动
B．同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在
C．温度升高物体的内能一定增大
D．密度p体积为v摩尔质量为M的铝所含原子数为NA
E．绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，这是表面张力作用的结果
14．（10分）如图所示，导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体。一根不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V．用手托着重物，使其缓慢曼上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲。已知大气压强为P0活塞横截面积为S，环境温度保持不变。求：
（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
（ii）之后从静止上释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最初托起重物前的位置上升了H．若气体的温度不变则气体吸收的热量是多少？
15．如图，A、B是两列波的波源，t＝0时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA＝0.1sin（2πt+π） m，xB＝0.2sin（2πt）m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。p是介质中的一点，t＝2s时开始振动，已知PA＝40cm，PB＝50cm，则（ ）
A．两列波的波速均为0.25m/s
B．两列波的波长均为0.2m
C．两列波在P点相遇时振动总是加强的
D．P点合振动的振幅为0．lm
E．t＝2.25s，P点距平衡位置0．lm
16．一根折射率为n＝、截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB＝6a，长度AD＝4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的夹角θ＝45°．光从右端射出后交于延长线上的S′点。只考虑一次反射，求：
（1）S′与玻璃尺右端的距离；
（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S′与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD′变成为多少？
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则（θ一直小于30°）则（ ）
A．站在地面的人比站在二楼的人省力
B．站在地面的人对绳的拉力越来越大
C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大
D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】31：定性思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】根据共点力的平衡分析绳子的拉力的大小；根据功能关系分析拉力做的功，然后由平均功率的定义式比较功率的大小。
【解答】解：BC、设物体质量为m，对物体受力分析，则有站在地面的人对绳的拉力FT＝mg，站在二楼的人对绳的拉力，重物匀速上升过程中，θ增大，cosθ减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，站在地面的人对绳的拉力不变，故B错误，C正确；
A、由于不知θ具体数值，所以无法比较站在地面的人对绳的拉力与站在二楼的人对绳的拉力的大小，故A错误；
D、根据动能定理，人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，克服物体重力做的功相等，所以人对绳拉力的功相等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，故D错误；
故选：C。
【点评】该图中，若二楼的人竖直向上拉滑轮，则可知二楼的人对绳子的拉力较小，但该题中，不知θ具体数值，所以要多加注意。
2．（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接髙压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则（ ）
A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况
B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大
C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小
D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小。
【解答】解：A、由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不一定方向相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动，故A错误；
B、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电。根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B正确；
CD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。再根据功的性质明确电场力做功正负；再根据电场力做功与电势能之间的关系即可判断电势能的变化情况。
3．（6分）我国即将展开深空探测，计划在2020年通过一次发射，实现火星环绕探测和软着陆巡视探测，已知太阳的质量为M，地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别为R1和R2：速率分别为v1和v2：地球绕太阳的周期为T．当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如图），只考虑太阳对探测器的作用，则（ ）
A．探测器在A点加速的值等于
B．探测器在B点的加速度为
C．探测地在B点的动能为
D．探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为
【考点】37：牛顿第二定律；4D：开普勒定律；4F：万有引力定律及其应用．
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力求出探测器在A点加速度和探测器在B点的加速度，由开普勒第三定律可知探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间。
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力可得，探测器在A点加速的值等于，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力可得，探测器在B点的加速度为，故B错误；
C、探测器由椭圆轨道变为火星轨道需要在B点点火加速，探测器在B点的速度小于v2，探测器在B点的动能小于，故C错误；
D、设探测器沿椭圆轨道的周期为T′，由开普勒第三定律可得，解得，探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为，故D错误；
故选：A。
【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。
4．（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R．若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）
A．当流过棒的电荷为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量q/2的过程中，棒释放的热量为
D．定值电阻R释放的热量为
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】先研究棒的速度减至零的过程，由牛顿第二定律、加速度的定义列式，采用积分法分析流过棒的电荷量，再研究当流过棒的电荷为时棒的速度。结合A项的结论求当棒发生位移为时棒的速度。根据能量守恒定律求棒和R释放的热量。
【解答】解：A、棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为，当流过棒的电荷为时，棒发生的位移为，根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为，设棒运动的时间为△t，则有 ，所以有，即
当流过棒的电荷为时，则有 ，当流过棒的电荷为q时，则有，解得 ，，故A错误；
B、当棒发生位移为时，则有，解得棒的速度为，故B错误；
C、当流过棒的电荷为的过程中，由能量守恒可得棒释放的热量为 ，故C错误；
D、棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为 ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题中棒做的变减速运动，要学会运用积分法研究电量与位移的关系，也可以根据动量定理求电量。对于热量，往往根据能量守恒定律研究。
5．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．铀238发生α衰变成钍234时，α粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量
B．铀238发生α衰变成234时，α粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能
C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D．核反应方程14N+→17O+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒
【考点】53：动量守恒定律；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JJ：裂变反应和聚变反应．
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系。半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系；根据系统动量守恒，即可解答。
【解答】解：A、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故A错误；
B、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故B正确；
C、β衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；
D、根据质量数守恒和电荷数守恒得核反应方程是 N+He→O+H，因系统合外力为零，则系统运量守恒。故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系。
6．（6分）图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，则（ ）
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】根据图象得到t＝0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值。
【解答】解：A、根据交流电产生的特点，结合图甲可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，所以产生的电动势一定是等于0，故A错误；
B、根据图象可知，在t＝0.2s时图线甲、乙对应的穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B正确；
C、由图可知，甲在0.2s内甲是个周期，则：＝0.16s，而乙是一个周期，则：T乙＝0.2s，由n＝，则甲、乙对应的线圈转速之比为5：4，故C正确；
D、感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω＝0.4×V＝5π V，
线圈的电阻为1.0Ω，则甲对应的线圈中交变电流的峰值为5πA．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。
7．（6分）如图1，在水平向右的匀强电场中，t＝0时，带负电的物块以速度v0沿斜面向上运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用Ek表示滑块的动能，x表示位移，Ep表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v0的方向为正方向，则下列图线正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：AB、设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，带电量为q，电场强度为E，设物块受到的支持力为FN，沿斜面向上为位移正方向；根据牛顿第二定律可得：
上滑过程中：﹣mgsinθ﹣μFN﹣qEcosθ＝ma，所以a＝﹣（mgsinθ+μFN+qEcosθ） ①
下滑过程中：﹣mgsinθ+μFN﹣qEcosθ＝ma′，所以a′＝﹣（mgsinθ﹣μFN+qEcosθ） ②
比较①②可知，向上运动的加速度大，向下运动的加速度小，二者都是负值，表示加速度的方向都向下。故A正确，B错误；
C、设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，带电量为q，电场强度为E，设物块受到的支持力为FN，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μFNx﹣qExcosθ＝Ek﹣Ek0，所以：＝Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μFN+qEcosθ）x； ③
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μFN•x′+qEx′cosθ＝Ek﹣0，所以：＝Ek＝（mgsinθ﹣μFN+qEcosθ）x′； ④
由公式③④可知，v与x是二次函数的关系，当x＝xm时有最小值。根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小；
由公式③④可知，Ek与x是线性函数的关系，故C错误；
D、物块向上运动的过程中电场力做负功，物块的电势能增大，由电势能与电场力做功的关系可得：EP＝qExcosθ
可知物块的电势能与x成正比。故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
8．（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a，b金属球，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则（ ）
A．在b球落地前的整个过程中，a，b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgL
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功﹣mgL
D．在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
【考点】53：动量守恒定律．
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；
BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：，且有，解得：，，所以轻杆对a球做功为：，轻杆对b球做功：WB＝﹣，故B正确，C错误；
D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚系统受力情况与运动过程，对两球及杆系统，水平方向上动量不守恒，系统机械能守恒，由机械能守恒可求得，解题时注意运动的合成与分解的应用。
二、非选择题
9．（6分）某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放，A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次。图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。
（1）下列说法正确的是 AD
A．斜槽的末端必须水平
B．需要测量斜槽末端距地面的高度
C．图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D．图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
（2）用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d＝ 7.500 m
（3）实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示，若碰撞过程中动量守恒，则两小球的质量之比 （用所给符号表示）
【考点】ME：验证动量守恒定律．
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线必须保持水平；碰撞后入射球的水平速度变小，且入射球的速度小于被碰球的速度，据此判断各球水平位移关系，确定球的落点位置。
（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（3）两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出两球的质量之比。
【解答】解：（1）A、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，故A正确；
B、本实验是根据平抛的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距地面的高度，故B错误；
CD、碰撞后A球速度小，B球速度大，因为落地时间相同，所以M点是碰撞后A球落点，N点是B球落点，而图中P点是未放小球B时小球A的落点，故C错误，D正确；
故选：AD。
（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度读数为7.5mm。可动刻度读数为0.01×0.0mm＝0.000mm，所以小球的直径最终读数为：7.5mm+0.000mm＝7.500mm；
（3）由动量守恒定律得：mav0＝mav1+mbv2，小球在空中做平抛运动的时间t相等，小球的水平位移与群殴水平速度成正比，可以用小球的水平位移表示其水平速度，所以有：ma（OP﹣d）＝ma（OM﹣d）+mb（ON﹣d），解得，两小球质量之比为：＝。
故答案为：（1）AD； （2）7.500； （3）。
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验注意事项、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；小球离开斜槽后做平抛运动，小球的运动时间相等，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应动量守恒定律即可解题。
10．（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V，内阻约几千欧）和微安表（量程为300μA，内阻约一千欧）的内阻。
（1）按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路 。
（2）实验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：
①闭合K1，用伏安法测微安表内阻。为了测量更加准确，定值电阻R用该选择的是 D
A．10Ω
B．100Ω
C．l kΩ
D．7.8kΩ
②闭合K前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于 左 端_ （选填“左”或“右”）
③闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的值为R0，则微安表内阻表达式为 ﹣R0 ；
④断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表内阻表达式为 。
【考点】N6：伏安法测电阻．
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。
（2）①根据电压表量程与毫安表量程应用欧姆定律求出定值电阻阻值，然后选择定值电阻；
②为保护电路，滑动变阻器采用分压接法闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零额位置；
③根据题意应用欧姆定律与串联电路特点求出电阻；
④根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律求出电压表内阻表达式。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）①闭合K1，根据电压表两侧电压跟R1和微安表的总电压相等，由欧姆定律可知：R+RA＝＝＝10000Ω，毫安表内阻约为1000Ω，则定值定值应选择：D；
②由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路不受损坏，闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应置于最左端；
③闭合K后，电阻R1短路，所以电压表测得R1和微安表的总电压，所以微安表的内阻：RA＝；
④断开K1，根据欧姆定律有：
解得电压表内阻表达式为：；
故答案为：（1）；（2）①D；②左；③；④。
【点评】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项与实验数据处理，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题，掌握基础知识是解题的关键，要注意基础知识的学习与积累。
11．（12分）弹射座椅（ Eject1on seat），是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）发动机对座椅推力的值；
（2）发动机对座椅冲量的大小。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）座椅先向上做匀加速运动，后做匀减速运动，根据两个过程的总位移等于总高度，第一过程的末速度等于第二个过程的初速度分别列式，求出匀加速的加速度，再由牛顿第二定律求出发动机对座椅推力的值；
（2）根据冲量的定义式 I＝Ft求发动机对座椅冲量的大小。
【解答】解：（1）设座椅上升的最大速度为vm，有运动学关系可得：
设发动机作用时间为t1，座椅的加速度a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg＝ma1
由速度公式有：
vm＝a1t1
vm＝gt2
又t1+t2＝t＝5s
解得：N＝10mg＝1.0×104N
（2）设发动机对座椅冲量为：I＝Nt1
解得：I＝5×103N•S。
答：（1）发动机对座椅推力的值是1.0×104N。
（2）发动机对座椅冲量的大小为5.0×103N•s。
【点评】解决本题的关键是理清座椅在空中整个过程中的运动规律，抓住两个过程的位移之和等于高度以及速度关系。本题也可以画出v﹣t图象分析座椅的运动过程。
12．（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O坐标（L，0），圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从M（﹣L，L）点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：
（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷与粒子经过O点时的速度。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（3）求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。
【解答】解：（1）带电的粒子在匀强电场做类平抛运动，
水平方向：L＝v0t1，
竖直方向：，
解得，粒子的比荷：，
粒子通过O点时的速度：，
即为：θ＝60°；
（2）带电的粒子在匀强磁场做内圆周运动，运动轨迹如图所示：
根据几何关系解得：，
洛伦磁力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：；
（3）根据几何关系可得粒子在匀强磁场偏转角为60°，
通过的弧长为：，
解得粒子在磁场中运动的时间为：，
答：（1）粒子的比荷为，粒子通过0点时的速度大小为：2v0，方向：水平方向成60°；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为：。
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。
三、选择题（共4小题，每小题5分，满分15分）
13．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在运不停息的做无规则的热运动
B．同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在
C．温度升高物体的内能一定增大
D．密度p体积为v摩尔质量为M的铝所含原子数为NA
E．绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，这是表面张力作用的结果
【考点】82：阿伏加德罗常数；84：布朗运动；92：* 晶体和非晶体．
【专题】31：定性思想；45：归纳法；541：分子运动论专题．
【分析】布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，不是液体分子的运动。同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在。物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关。原子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数。液体表面存在表面张力。结合这些知识分析。
【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动，不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B、同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在，例如液晶就同时具有晶体和非晶体的性质；故B正确；
C、物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关，所以温度升高物体的内能不一定增大，故C错误；
D、质量和摩尔质量的比值就是物质的量，物质的量乘以阿伏伽德罗常数就是原子个数，故D正确；
E、绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，是由于液体表面张力作用而形成球形；故E正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查了热力学的基本知识，特别要注意：布朗运动是在显微镜下观察的水中悬浮颗粒的运动，而反映的是液体分子的无规则运动，但不是分子热运动。
14．（10分）如图所示，导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体。一根不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V．用手托着重物，使其缓慢曼上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲。已知大气压强为P0活塞横截面积为S，环境温度保持不变。求：
（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
（ii）之后从静止上释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最初托起重物前的位置上升了H．若气体的温度不变则气体吸收的热量是多少？
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，气体发生等温变化，确定状态参量，根据玻意耳定律结合几何关系求解；
（ii）根据动能定理求出气体对外做的功，再根据热力学第一定律即可求解吸收的热量。
【解答】解：（i）根据对活塞受力分析可知
未托活塞时，压强为：，气体体积为：V1＝V
托着重物时，压强为：P2＝P0，气体体积为：V2＝V﹣Sh
根据理想气体状态方程可知：P1V1＝P2V2
解得：
（ii）根据热力学第一定律且理想气体的温度不变，内能不变，有：△U＝Q﹣W＝0
根据动能定理有：W+mg（H+h）﹣P0S（H+h）＝0
解得气体吸收的热量为：
答：（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度为；
（ii）气体吸收的热量是
【点评】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
15．如图，A、B是两列波的波源，t＝0时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA＝0.1sin（2πt+π） m，xB＝0.2sin（2πt）m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。p是介质中的一点，t＝2s时开始振动，已知PA＝40cm，PB＝50cm，则（ ）
A．两列波的波速均为0.25m/s
B．两列波的波长均为0.2m
C．两列波在P点相遇时振动总是加强的
D．P点合振动的振幅为0．lm
E．t＝2.25s，P点距平衡位置0．lm
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．
【专题】32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据P点起振时间，由距离和传播时间求得波的传播速度；根据振动方程得到周期，即可求得波长；由距离差得到两波传到P点的时间差，然后根据起振方向得到相位差，即可得到振动加强，从而求得振幅；根据时间得到两波在P点的位移，即可根据叠加原理求得P点位移。
【解答】解：A、两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得：，故A错误；
B、由振动方程可得：两列波的周期T相同，T＝1s；故两列波的波长均为λ＝vT＝0.2m，故B正确；
CD、根据两波源到P点的距离差可知：B波比A波传到P点的时间晚；
根据振动方程可得：A波起振方向向下，B波起振方向向上；故两波在P点的振动同向，那么，P点为振动加强点，故两列波在P点相遇时振动总是加强的，P点合振动的振幅为0.1m+0.2m＝0.3m，故C正确，D错误；
E、．t＝2.25s＝，波的传播距离为vt＝0.45m，故此时B波还没有到达P点，A波刚好振动了，位于波谷，所以P点距平衡位置0．lm，故E正确；
故选：BCE。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
16．一根折射率为n＝、截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB＝6a，长度AD＝4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的夹角θ＝45°．光从右端射出后交于延长线上的S′点。只考虑一次反射，求：
（1）S′与玻璃尺右端的距离；
（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S′与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD′变成为多少？
【考点】H3：光的折射定律．
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）由折射定律求出光线进入玻璃砖的入射角，由几何关系求得光线射到AD边的入射角，与临界角比较，判断出光线在AD边上发生全反射，结合对称性求解。
（2）AD′边越短，交点S′与CD的距离越大，S′与右端距离变为原来的2倍，由几何知识求解玻璃尺的长度AD′。
【解答】解：（1）光线由S射向AB边，由折射定律有：
解得θ1＝30°光线射向AD边，有：θ2＝60°
由，C＝45°＜θ2，则光线在AD边上P点发生全反射
由几何关系知P点为AD边的中点，故入射光线关于AD、BC的中线对称，上下两条光线关于延长线对称，可知S′与玻璃尺右端的距离为a；
（2）分析可知，AD′边越短，交点S′与CD的距离越大，
由于S″与C′D′的距离边为2a，所以光在C′D′边上的出射点与D′的距离为a，则有：
玻璃尺的长度为：
答：（1）S′与玻璃尺右端的距离为a。
（2）玻璃尺的长度AD′变成为。
【点评】对于几何光学问题，画出光路图是解决几何光学问题的基础，充分运用几何知识研究出入射角和折射角。要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式。
湖南省株洲市2020届高三物理一模考试试题
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则（θ一直小于30°）则（ ）
A．站在地面的人比站在二楼的人省力
B．站在地面的人对绳的拉力越来越大
C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大
D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率
2．（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接髙压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则（ ）
A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况
B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大
C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小
D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大
3．（6分）我国即将展开深空探测，计划在2020年通过一次发射，实现火星环绕探测和软着陆巡视探测，已知太阳的质量为M，地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别为R1和R2：速率分别为v1和v2：地球绕太阳的周期为T．当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如图），只考虑太阳对探测器的作用，则（ ）
A．探测器在A点加速的值等于
B．探测器在B点的加速度为
C．探测地在B点的动能为
D．探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为
4．（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R．若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）
A．当流过棒的电荷为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量q/2的过程中，棒释放的热量为
D．定值电阻R释放的热量为
5．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．铀238发生α衰变成钍234时，α粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量
B．铀238发生α衰变成234时，α粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能
C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D．核反应方程14N+→17O+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒
6．（6分）图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，则（ ）
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
7．（6分）如图1，在水平向右的匀强电场中，t＝0时，带负电的物块以速度v0沿斜面向上运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用Ek表示滑块的动能，x表示位移，Ep表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v0的方向为正方向，则下列图线正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a，b金属球，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则（ ）
A．在b球落地前的整个过程中，a，b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgL
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功﹣mgL
D．在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
二、非选择题
9．（6分）某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放，A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次。图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。
（1）下列说法正确的是
A．斜槽的末端必须水平
B．需要测量斜槽末端距地面的高度
C．图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D．图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
（2）用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d＝ m
（3）实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示，若碰撞过程中动量守恒，则两小球的质量之比 （用所给符号表示）
10．（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V，内阻约几千欧）和微安表（量程为300μA，内阻约一千欧）的内阻。
（1）按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路 。
（2）实验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：
①闭合K1，用伏安法测微安表内阻。为了测量更加准确，定值电阻R用该选择的是
A．10Ω
B．100Ω
C．l kΩ
D．7.8kΩ
②闭合K前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于 端_ （选填“左”或“右”）
③闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的值为R0，则微安表内阻表达式为 ；
④断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表内阻表达式为 。
11．（12分）弹射座椅（ Eject1on seat），是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）发动机对座椅推力的值；
（2）发动机对座椅冲量的大小。
12．（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O坐标（L，0），圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从M（﹣L，L）点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：
（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
三、选择题（共4小题，每小题5分，满分15分）
13．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在运不停息的做无规则的热运动
B．同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在
C．温度升高物体的内能一定增大
D．密度p体积为v摩尔质量为M的铝所含原子数为NA
E．绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，这是表面张力作用的结果
14．（10分）如图所示，导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体。一根不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V．用手托着重物，使其缓慢曼上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲。已知大气压强为P0活塞横截面积为S，环境温度保持不变。求：
（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
（ii）之后从静止上释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最初托起重物前的位置上升了H．若气体的温度不变则气体吸收的热量是多少？
15．如图，A、B是两列波的波源，t＝0时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA＝0.1sin（2πt+π） m，xB＝0.2sin（2πt）m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。p是介质中的一点，t＝2s时开始振动，已知PA＝40cm，PB＝50cm，则（ ）
A．两列波的波速均为0.25m/s
B．两列波的波长均为0.2m
C．两列波在P点相遇时振动总是加强的
D．P点合振动的振幅为0．lm
E．t＝2.25s，P点距平衡位置0．lm
16．一根折射率为n＝、截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB＝6a，长度AD＝4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的夹角θ＝45°．光从右端射出后交于延长线上的S′点。只考虑一次反射，求：
（1）S′与玻璃尺右端的距离；
（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S′与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD′变成为多少？
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）如图所示，两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升，相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑滑轮的质量及摩擦，在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变，则（θ一直小于30°）则（ ）
A．站在地面的人比站在二楼的人省力
B．站在地面的人对绳的拉力越来越大
C．站在二楼的人对绳的拉力越来越大
D．同一时刻，二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】31：定性思想；43：推理法；52C：功率的计算专题．
【分析】根据共点力的平衡分析绳子的拉力的大小；根据功能关系分析拉力做的功，然后由平均功率的定义式比较功率的大小。
【解答】解：BC、设物体质量为m，对物体受力分析，则有站在地面的人对绳的拉力FT＝mg，站在二楼的人对绳的拉力，重物匀速上升过程中，θ增大，cosθ减小，所以站在二楼的人对绳的拉力越来越大，站在地面的人对绳的拉力不变，故B错误，C正确；
A、由于不知θ具体数值，所以无法比较站在地面的人对绳的拉力与站在二楼的人对绳的拉力的大小，故A错误；
D、根据动能定理，人对绳拉力的功等于克服物体重力做的功，克服物体重力做的功相等，所以人对绳拉力的功相等，所以二楼的人对绳拉力的功率等于地面的人对绳拉力的功率，故D错误；
故选：C。
【点评】该图中，若二楼的人竖直向上拉滑轮，则可知二楼的人对绳子的拉力较小，但该题中，不知θ具体数值，所以要多加注意。
2．（6分）如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接髙压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则（ ）
A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况
B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大
C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小
D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．
【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小。
【解答】解：A、由于涂料微粒有初速度，初速度和电场力不一定方向相同，故涂料微粒的运动轨迹不一定沿电场线方向运动，故A错误；
B、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电。根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B正确；
CD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，故CD错误；
故选：B。
【点评】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性。再根据功的性质明确电场力做功正负；再根据电场力做功与电势能之间的关系即可判断电势能的变化情况。
3．（6分）我国即将展开深空探测，计划在2020年通过一次发射，实现火星环绕探测和软着陆巡视探测，已知太阳的质量为M，地球，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分别为R1和R2：速率分别为v1和v2：地球绕太阳的周期为T．当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如图），只考虑太阳对探测器的作用，则（ ）
A．探测器在A点加速的值等于
B．探测器在B点的加速度为
C．探测地在B点的动能为
D．探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为
【考点】37：牛顿第二定律；4D：开普勒定律；4F：万有引力定律及其应用．
【专题】31：定性思想；4C：方程法；52A：人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力求出探测器在A点加速度和探测器在B点的加速度，由开普勒第三定律可知探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间。
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力可得，探测器在A点加速的值等于，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力可得，探测器在B点的加速度为，故B错误；
C、探测器由椭圆轨道变为火星轨道需要在B点点火加速，探测器在B点的速度小于v2，探测器在B点的动能小于，故C错误；
D、设探测器沿椭圆轨道的周期为T′，由开普勒第三定律可得，解得，探测器沿椭圆轨道从A飞行到B的时间为，故D错误；
故选：A。
【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。
4．（6分）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R．若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）
A．当流过棒的电荷为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量q/2的过程中，棒释放的热量为
D．定值电阻R释放的热量为
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】34：比较思想；43：推理法；538：电磁感应——功能问题．
【分析】先研究棒的速度减至零的过程，由牛顿第二定律、加速度的定义列式，采用积分法分析流过棒的电荷量，再研究当流过棒的电荷为时棒的速度。结合A项的结论求当棒发生位移为时棒的速度。根据能量守恒定律求棒和R释放的热量。
【解答】解：A、棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为，当流过棒的电荷为时，棒发生的位移为，根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为，设棒运动的时间为△t，则有 ，所以有，即
当流过棒的电荷为时，则有 ，当流过棒的电荷为q时，则有，解得 ，，故A错误；
B、当棒发生位移为时，则有，解得棒的速度为，故B错误；
C、当流过棒的电荷为的过程中，由能量守恒可得棒释放的热量为 ，故C错误；
D、棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为 ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题中棒做的变减速运动，要学会运用积分法研究电量与位移的关系，也可以根据动量定理求电量。对于热量，往往根据能量守恒定律研究。
5．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．铀238发生α衰变成钍234时，α粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量
B．铀238发生α衰变成234时，α粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能
C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流
D．核反应方程14N+→17O+X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒
【考点】53：动量守恒定律；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JJ：裂变反应和聚变反应．
【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小关系。半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系；根据系统动量守恒，即可解答。
【解答】解：A、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故A错误；
B、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故B正确；
C、β衰变释放的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误；
D、根据质量数守恒和电荷数守恒得核反应方程是 N+He→O+H，因系统合外力为零，则系统运量守恒。故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和动能的大小关系。
6．（6分）图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化。设线圈的电阻为1.0Ω，则（ ）
A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大
B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2s时，线圈平面均平行于磁感线圈
C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4
D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】32：定量思想；4C：方程法；53A：交流电专题．
【分析】根据图象得到t＝0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值。
【解答】解：A、根据交流电产生的特点，结合图甲可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，所以产生的电动势一定是等于0，故A错误；
B、根据图象可知，在t＝0.2s时图线甲、乙对应的穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故B正确；
C、由图可知，甲在0.2s内甲是个周期，则：＝0.16s，而乙是一个周期，则：T乙＝0.2s，由n＝，则甲、乙对应的线圈转速之比为5：4，故C正确；
D、感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω＝0.4×V＝5π V，
线圈的电阻为1.0Ω，则甲对应的线圈中交变电流的峰值为5πA．故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。
7．（6分）如图1，在水平向右的匀强电场中，t＝0时，带负电的物块以速度v0沿斜面向上运动，然后滑回到原处，已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用Ek表示滑块的动能，x表示位移，Ep表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v0的方向为正方向，则下列图线正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】AG：电势差和电场强度的关系．
【专题】31：定性思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：AB、设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，带电量为q，电场强度为E，设物块受到的支持力为FN，沿斜面向上为位移正方向；根据牛顿第二定律可得：
上滑过程中：﹣mgsinθ﹣μFN﹣qEcosθ＝ma，所以a＝﹣（mgsinθ+μFN+qEcosθ） ①
下滑过程中：﹣mgsinθ+μFN﹣qEcosθ＝ma′，所以a′＝﹣（mgsinθ﹣μFN+qEcosθ） ②
比较①②可知，向上运动的加速度大，向下运动的加速度小，二者都是负值，表示加速度的方向都向下。故A正确，B错误；
C、设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，带电量为q，电场强度为E，设物块受到的支持力为FN，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μFNx﹣qExcosθ＝Ek﹣Ek0，所以：＝Ek＝Ek0﹣（mgsinθ+μFN+qEcosθ）x； ③
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μFN•x′+qEx′cosθ＝Ek﹣0，所以：＝Ek＝（mgsinθ﹣μFN+qEcosθ）x′； ④
由公式③④可知，v与x是二次函数的关系，当x＝xm时有最小值。根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小；
由公式③④可知，Ek与x是线性函数的关系，故C错误；
D、物块向上运动的过程中电场力做负功，物块的电势能增大，由电势能与电场力做功的关系可得：EP＝qExcosθ
可知物块的电势能与x成正比。故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
8．（6分）如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a，b金属球，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则（ ）
A．在b球落地前的整个过程中，a，b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgL
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功﹣mgL
D．在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
【考点】53：动量守恒定律．
【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，故A错误；
BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为的过程中，由机械能守恒定律得：，且有，解得：，，所以轻杆对a球做功为：，轻杆对b球做功：WB＝﹣，故B正确，C错误；
D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：，解得：，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚系统受力情况与运动过程，对两球及杆系统，水平方向上动量不守恒，系统机械能守恒，由机械能守恒可求得，解题时注意运动的合成与分解的应用。
二、非选择题
9．（6分）某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。试验时，先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放，A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次。图中0点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。
（1）下列说法正确的是 AD
A．斜槽的末端必须水平
B．需要测量斜槽末端距地面的高度
C．图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D．图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
（2）用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d＝ 7.500 m
（3）实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示，若碰撞过程中动量守恒，则两小球的质量之比 （用所给符号表示）
【考点】ME：验证动量守恒定律．
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线必须保持水平；碰撞后入射球的水平速度变小，且入射球的速度小于被碰球的速度，据此判断各球水平位移关系，确定球的落点位置。
（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（3）两球碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出两球的质量之比。
【解答】解：（1）A、小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽的末端必须水平才能保证小球从斜槽末端飞出时做平抛运动，故A正确；
B、本实验是根据平抛的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时式子两端会把时间消去，所以与高度无关，不需要测量斜槽末端距地面的高度，故B错误；
CD、碰撞后A球速度小，B球速度大，因为落地时间相同，所以M点是碰撞后A球落点，N点是B球落点，而图中P点是未放小球B时小球A的落点，故C错误，D正确；
故选：AD。
（2）由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的固定刻度读数为7.5mm。可动刻度读数为0.01×0.0mm＝0.000mm，所以小球的直径最终读数为：7.5mm+0.000mm＝7.500mm；
（3）由动量守恒定律得：mav0＝mav1+mbv2，小球在空中做平抛运动的时间t相等，小球的水平位移与群殴水平速度成正比，可以用小球的水平位移表示其水平速度，所以有：ma（OP﹣d）＝ma（OM﹣d）+mb（ON﹣d），解得，两小球质量之比为：＝。
故答案为：（1）AD； （2）7.500； （3）。
【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验注意事项、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；小球离开斜槽后做平抛运动，小球的运动时间相等，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，应动量守恒定律即可解题。
10．（9分）某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V，内阻约几千欧）和微安表（量程为300μA，内阻约一千欧）的内阻。
（1）按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路 。
（2）实验中，该同学进行了如下操作，完成下列问题：
①闭合K1，用伏安法测微安表内阻。为了测量更加准确，定值电阻R用该选择的是 D
A．10Ω
B．100Ω
C．l kΩ
D．7.8kΩ
②闭合K前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于 左 端_ （选填“左”或“右”）
③闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能的大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的值为R0，则微安表内阻表达式为 ﹣R0 ；
④断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表内阻表达式为 。
【考点】N6：伏安法测电阻．
【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；4B：图析法；535：恒定电流专题．
【分析】（1）根据电路图连接实物电路图。
（2）①根据电压表量程与毫安表量程应用欧姆定律求出定值电阻阻值，然后选择定值电阻；
②为保护电路，滑动变阻器采用分压接法闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零额位置；
③根据题意应用欧姆定律与串联电路特点求出电阻；
④根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律求出电压表内阻表达式。
【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（2）①闭合K1，根据电压表两侧电压跟R1和微安表的总电压相等，由欧姆定律可知：R+RA＝＝＝10000Ω，毫安表内阻约为1000Ω，则定值定值应选择：D；
②由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路不受损坏，闭合开关前，滑动变阻器R的滑片应置于最左端；
③闭合K后，电阻R1短路，所以电压表测得R1和微安表的总电压，所以微安表的内阻：RA＝；
④断开K1，根据欧姆定律有：
解得电压表内阻表达式为：；
故答案为：（1）；（2）①D；②左；③；④。
【点评】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项与实验数据处理，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题，掌握基础知识是解题的关键，要注意基础知识的学习与积累。
11．（12分）弹射座椅（ Eject1on seat），是飞行员使用的座椅型救生装置。在飞机失控时，依靠座椅上的动力（喷气发动机）装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落。某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅（连同飞行员）在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5s末到达最高点，上升的总高度为112.5m。在最高点时降落伞打开，飞行员安全到达地面。已知座椅（连同飞行员等）的总重量为100kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝10m/s2，求：
（1）发动机对座椅推力的值；
（2）发动机对座椅冲量的大小。
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4E：模型法；522：牛顿运动定律综合专题．
【分析】（1）座椅先向上做匀加速运动，后做匀减速运动，根据两个过程的总位移等于总高度，第一过程的末速度等于第二个过程的初速度分别列式，求出匀加速的加速度，再由牛顿第二定律求出发动机对座椅推力的值；
（2）根据冲量的定义式 I＝Ft求发动机对座椅冲量的大小。
【解答】解：（1）设座椅上升的最大速度为vm，有运动学关系可得：
设发动机作用时间为t1，座椅的加速度a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，根据牛顿第二定律得：
N﹣mg＝ma1
由速度公式有：
vm＝a1t1
vm＝gt2
又t1+t2＝t＝5s
解得：N＝10mg＝1.0×104N
（2）设发动机对座椅冲量为：I＝Nt1
解得：I＝5×103N•S。
答：（1）发动机对座椅推力的值是1.0×104N。
（2）发动机对座椅冲量的大小为5.0×103N•s。
【点评】解决本题的关键是理清座椅在空中整个过程中的运动规律，抓住两个过程的位移之和等于高度以及速度关系。本题也可以画出v﹣t图象分析座椅的运动过程。
12．（20分）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O坐标（L，0），圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从M（﹣L，L）点以沿x轴正方向的初速度v0，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：
（1）粒子的比荷及粒子通过0点时的速度；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子在磁场中运动的时间。
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】11：计算题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷与粒子经过O点时的速度。
（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（3）求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后求出粒子在磁场中的运动时间。
【解答】解：（1）带电的粒子在匀强电场做类平抛运动，
水平方向：L＝v0t1，
竖直方向：，
解得，粒子的比荷：，
粒子通过O点时的速度：，
即为：θ＝60°；
（2）带电的粒子在匀强磁场做内圆周运动，运动轨迹如图所示：
根据几何关系解得：，
洛伦磁力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得：；
（3）根据几何关系可得粒子在匀强磁场偏转角为60°，
通过的弧长为：，
解得粒子在磁场中运动的时间为：，
答：（1）粒子的比荷为，粒子通过0点时的速度大小为：2v0，方向：水平方向成60°；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为：。
【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。
三、选择题（共4小题，每小题5分，满分15分）
13．（5分）下列说法正确的是 （ ）
A．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在运不停息的做无规则的热运动
B．同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在
C．温度升高物体的内能一定增大
D．密度p体积为v摩尔质量为M的铝所含原子数为NA
E．绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，这是表面张力作用的结果
【考点】82：阿伏加德罗常数；84：布朗运动；92：* 晶体和非晶体．
【专题】31：定性思想；45：归纳法；541：分子运动论专题．
【分析】布朗运动是指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，不是液体分子的运动。同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在。物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关。原子数等于摩尔数乘以阿伏加德罗常数。液体表面存在表面张力。结合这些知识分析。
【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒所做的无规则运动，不是液体分子的运动。布朗运动是由大量液体分子撞击微粒引起的，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B、同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在，例如液晶就同时具有晶体和非晶体的性质；故B正确；
C、物体的内能与物体的温度、体积和摩尔数等因素有关，所以温度升高物体的内能不一定增大，故C错误；
D、质量和摩尔质量的比值就是物质的量，物质的量乘以阿伏伽德罗常数就是原子个数，故D正确；
E、绕地球运行的“天宫二号”自由漂浮的水滴成球型，是由于液体表面张力作用而形成球形；故E正确；
故选：BDE。
【点评】本题考查了热力学的基本知识，特别要注意：布朗运动是在显微镜下观察的水中悬浮颗粒的运动，而反映的是液体分子的无规则运动，但不是分子热运动。
14．（10分）如图所示，导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上。缸内轻质光滑活塞封闭一段一定质量的理想气体。一根不可伸长的细绳绕过定滑轮，一端拴住活塞，另一端拴着质量为m的重物处于平衡状态。此时气体体积为V．用手托着重物，使其缓慢曼上升，直到细绳刚开始松弛但并未弯曲。已知大气压强为P0活塞横截面积为S，环境温度保持不变。求：
（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度；
（ii）之后从静止上释放重物，重物下落到最低点未与地面接触时，活塞在气缸内比最初托起重物前的位置上升了H．若气体的温度不变则气体吸收的热量是多少？
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，气体发生等温变化，确定状态参量，根据玻意耳定律结合几何关系求解；
（ii）根据动能定理求出气体对外做的功，再根据热力学第一定律即可求解吸收的热量。
【解答】解：（i）根据对活塞受力分析可知
未托活塞时，压强为：，气体体积为：V1＝V
托着重物时，压强为：P2＝P0，气体体积为：V2＝V﹣Sh
根据理想气体状态方程可知：P1V1＝P2V2
解得：
（ii）根据热力学第一定律且理想气体的温度不变，内能不变，有：△U＝Q﹣W＝0
根据动能定理有：W+mg（H+h）﹣P0S（H+h）＝0
解得气体吸收的热量为：
答：（i）从重物开始被托起到最高点的过程中，活塞下降的高度为；
（ii）气体吸收的热量是
【点评】本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决。
15．如图，A、B是两列波的波源，t＝0时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为xA＝0.1sin（2πt+π） m，xB＝0.2sin（2πt）m，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。p是介质中的一点，t＝2s时开始振动，已知PA＝40cm，PB＝50cm，则（ ）
A．两列波的波速均为0.25m/s
B．两列波的波长均为0.2m
C．两列波在P点相遇时振动总是加强的
D．P点合振动的振幅为0．lm
E．t＝2.25s，P点距平衡位置0．lm
【考点】F5：波长、频率和波速的关系．
【专题】32：定量思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．
【分析】根据P点起振时间，由距离和传播时间求得波的传播速度；根据振动方程得到周期，即可求得波长；由距离差得到两波传到P点的时间差，然后根据起振方向得到相位差，即可得到振动加强，从而求得振幅；根据时间得到两波在P点的位移，即可根据叠加原理求得P点位移。
【解答】解：A、两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得：，故A错误；
B、由振动方程可得：两列波的周期T相同，T＝1s；故两列波的波长均为λ＝vT＝0.2m，故B正确；
CD、根据两波源到P点的距离差可知：B波比A波传到P点的时间晚；
根据振动方程可得：A波起振方向向下，B波起振方向向上；故两波在P点的振动同向，那么，P点为振动加强点，故两列波在P点相遇时振动总是加强的，P点合振动的振幅为0.1m+0.2m＝0.3m，故C正确，D错误；
E、．t＝2.25s＝，波的传播距离为vt＝0.45m，故此时B波还没有到达P点，A波刚好振动了，位于波谷，所以P点距平衡位置0．lm，故E正确；
故选：BCE。
【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
16．一根折射率为n＝、截面为正方形的厚玻璃尺放在纸面上，其正视图为长方形ABCD，宽度AB＝6a，长度AD＝4a，如图所示，在玻璃尺的左端，距离左端为a处有一光源S，处在AB、CD中点连线的延长线上，在纸面内向AB对称射出两条光线，光线与延长线的夹角θ＝45°．光从右端射出后交于延长线上的S′点。只考虑一次反射，求：
（1）S′与玻璃尺右端的距离；
（2）若玻璃尺断裂后长度减小但外形不变，使得S′与右端距离变为原来的2倍，那么玻璃尺的长度AD′变成为多少？
【考点】H3：光的折射定律．
【专题】11：计算题；32：定量思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．
【分析】（1）由折射定律求出光线进入玻璃砖的入射角，由几何关系求得光线射到AD边的入射角，与临界角比较，判断出光线在AD边上发生全反射，结合对称性求解。
（2）AD′边越短，交点S′与CD的距离越大，S′与右端距离变为原来的2倍，由几何知识求解玻璃尺的长度AD′。
【解答】解：（1）光线由S射向AB边，由折射定律有：
解得θ1＝30°光线射向AD边，有：θ2＝60°
由，C＝45°＜θ2，则光线在AD边上P点发生全反射
由几何关系知P点为AD边的中点，故入射光线关于AD、BC的中线对称，上下两条光线关于延长线对称，可知S′与玻璃尺右端的距离为a；
（2）分析可知，AD′边越短，交点S′与CD的距离越大，
由于S″与C′D′的距离边为2a，所以光在C′D′边上的出射点与D′的距离为a，则有：
玻璃尺的长度为：
答：（1）S′与玻璃尺右端的距离为a。
（2）玻璃尺的长度AD′变成为。
【点评】对于几何光学问题，画出光路图是解决几何光学问题的基础，充分运用几何知识研究出入射角和折射角。要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式。
相关试卷
山西省太原市2023届高三一模高三一模物理答案： 这是一份山西省太原市2023届高三一模高三一模物理答案，共4页。
2023年郑州市高三一模物理试卷含答案： 这是一份2023年郑州市高三一模物理试卷含答案，共7页。
2023届湖南省岳阳市高三一模模拟物理试卷（word版）： 这是一份2023届湖南省岳阳市高三一模模拟物理试卷（word版），共8页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
