最新2019-2020年山东省高考物理二模试卷(解析版)

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2019-2020年高三第二次高考模拟考试理综物理试题含答案

-2a -a t /s 2019-2020年高三第二次高考模拟考试理综物理试题含答案本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，其中第Ⅱ卷第33—40为选考题，其它题为必考题。

考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 N-14 Ca-40 Ga-70 As-75第Ⅰ卷二、选择题：（每个小题6分。

第14题至18题在每个题给出的四个选项中，只有一个正确的。

19至21题为多选题，选对并且选全的得6分，漏选的得3分。

选错的或不答的得0分。

）14．如图所示，A 、B 两物体的质量分别是和，整个系统处于静止状态，不计滑轮的质量和一切摩擦。

如果绳的一端由P 点缓慢向左运动到Q 点，整个系统始终处于平衡状态，关于绳子拉力大小F 和两滑轮间绳子与水平方向的夹角α的变化，以下说法中正确的是A ．F 变小，α变小B ．F 变大，α变小C ．F 不变，α不变D ．F 不变，α变大15．美国宇航局2011年12月5日宜布，他们发现了太阳系外第一个类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒一226”，其直径约为地球的2.4倍，至今该行星的确切质量和表面成分仍不清楚．假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于A ．3.3×103m/sB ．7.9×103 m /sC ．1.2×104m/sD ．1.9×104m/s16．理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器R 的滑片．下列说法正确的是A ．副线圈输出电压的频率为100 HzB ．理想交流电压表的示数为31.1 VC ．P 向下移动时，变压器原、副线圈中电流都变大D ．P 向上移动时，变压器的输出功率增大 17．某物体由静止开始做直线运动，物体加速度a 随时间t 的变化图象如图所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是 A ．物体在2～4s 内做匀速直线运动 B ．物体在4s 末离出发点最远C ．物体始终向同一方向运动D ．物体在0～4s 和在4～8s 内的位移相同V 1 V 2 R 1 R 3 R 2 18．如图甲所示，竖直挡板左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，时刻，一质量、电荷量的微粒在O 点具有竖直向下的速度，是挡板MN 上一点，直线与挡板MN 垂直，取，则微粒下一次经过直线时与O 点的距离为B ．0.6 mA. 1.2 m C ．2.4 m D ．1.8 m19．如图所示，电阻、、均为定值电阻，为当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是A ．电表、示数均减小，、示数均增大B ．电源的效率增大C ．电流表示数变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值D ．电压表示数变化的绝对值大于电压表示数变化的绝对值20．两个电荷量分别为和的点电荷放在x 轴上的O 、M两点，两电荷连线上各点电势随x 变化的关系如图所示，其中A 、N 两点的电势为零，ND 段中C 点电势最高，则A ．C 点的电场强度大小为零B ．A 点的电场强度大小为零C ．NC 间场强方向向x 轴正方向D ．将一负点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功21．如图所示，圆心在O 点、半径为R 的圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，与的夹角为60º，轨道最低点a 与桌面相切。

2019-2020年高三下学期二模考试物理试题含答案

2019-2020年高三下学期二模考试物理试题含答案本试卷共7页，满分150分，考试时间120分钟。

全卷包括六大题，第一、二大题为单项选择题，第三大题为多项选择题，第四大题为填空题，第五大题为实验题，第六大题为计算题。

考生注意：1、答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号。

2、第一、第二和第三大题的作答必须用2B铅笔涂在答题纸上相应区域内与试卷题号对应的位置，需要更改时，必须将原选项用橡皮擦去，重新选择。

第四、第五和第六大题的作答必须用黑色的钢笔或圆珠笔写在答题纸上与试卷题号对应的位置（作图可用铅笔）。

3、第30、31、32、33题要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。

有关物理量的数值计算问题，答案中必须明确写出数值和单位。

一．单项选择题（共16分，每小题2分，每小题只有一个正确选项。

）1．分子直径的大小约为（）（A）10－1m （B）10－6m （C）10－10m （D）10－15m2．下列力的命名方式与其他力不同的是（）（A）反冲力（B）万有引力（C）核力（D）分子力3．下列物理量的单位均为国际单位制中基本单位的是（）（A）力、长度、质量（B）速度、质量、时间（C）长度、力、时间（D）长度、质量、时间4．有关核电站发电过程中的能量转化情况，下列说法中正确的是（）（A）发电机是将电能转化为机械能（B）汽轮机是将内能转化为机械能（C）核电站是利用核聚变释放的核能（D）核电站是利用化学反应释放的核能5．关于自然过程中的方向性，下列说法正确的是（）（A）摩擦生热的过程是可逆的（B）凡是符合能量守恒的过程一般都是可逆的（C）实际的宏观过程都具有“单向性”或“不可逆性”（D）空调机既能致冷又能致热，说明热传递不存在方向性6．下列不．属于卢瑟福贡献的是（）（A）预言了中子（B）否定了汤姆孙的葡萄干蛋糕模型（C）第一个实现原子核的人工转变（D）发现天然放射现象7．关于电磁波及其应用，下列说法中正确的是（）（A）在真空中，无线电波的传播速度大于红外线的传播速度（B）收音机放进金属薄膜袋内，也能正常收音（C）电磁波必须依靠介质来传播（D）电磁波的传播过程是能量传递的过程8．如图为卢瑟福的α粒子散射实验，①、②两条线表示实验中α粒子运动的轨迹，则沿③所示方向射向原子核的α粒子可能的运动轨迹为（）（A ）轨迹a （B ）轨迹b （C ）轨迹c （D ）轨迹d 二．单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项。

山东省济宁市2020届高三第二次模拟考试(物理)(含答案)

山东济宁市2019—2020学年度高考模拟考试物理试题2020．06 注意事项：1．答题前，考生将自己的姓名、考生号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列说法正确的是A．晶体一定具有各向异性B．温度升高物体的内能一定增大C．布朗运动是液体分子的无规则运动D．自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果2．小明同学利用插针法测量半圆柱形玻璃砖的折射率。

如图所示，他在白纸上作一直线MN以及它的垂线AB，玻璃砖的圆心为O，其底边与直线MN对齐，在垂线AB上插两枚大头针P1和P2。

小明在半圆柱形玻璃砖右侧区域内无法观察到P1、P2沿AB方向射出的光线，若要观察到，应将玻璃砖的位置作适当调整，下列说法正确的是A．沿MN向M端平移适当距离B．沿MN向N端平移适当距离C．向左平移适当距离D．向右平移适当距离3．现有大量处于n=4能级的氢原子，当这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，氢原子能级示意图如图所示。

下列说法正确的是A．跃迁后核外电子的动能减小B．最多可辐射出4种不同频率的光C．由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最短D．用n=4能级跃迁到，n=2能级辐射的光照射逸出功为2．65eV的某种金属能发生光电效应4．从塔顶同一位置由静止先后释放两个小球A、B，不计空气阻力。

从释放B球开始计随时间t变化的图像为时，在A球落地前，两球之间的距离x5．直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，位于x=0处的一波源发出的两列机械波a、b同时分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，某时刻的波形图如图所示，此时刻a波恰好传到x=4m处，下列说法正确的是A．波源的起振方向沿y轴正方向B．两列波的频率关系f a=4f bC．此时刻b波传到x=－16m处D．质点P在这段时间内的路程为30cm6．如图所示，理想变压器的原线圈输入电压的有效值保持不变，副线圈匝数可调，与副线圈相连的输电线上的等效电阻为R0，与原线圈相连的输电线上的电阻忽略不计。

(9份试卷汇总)2019-2020学年山东省潍坊市第二次高考模拟考试理综物理试卷

高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题1．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用。

F的大小与时间的关系和物块速度与时间的关系如图甲乙所示，取重力加速度g=10m/s2。

由两图像可以求得物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（）A．B．C．D．2．下列说法正确的是A．频率越低的光，粒子性越显著B．无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应C．氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，动能也变大D．发生β衰变时，新核的核电荷数不变3．如图所示,轻质弹性绳一端固定于O点,另一端系一小球,小球静止时弹性绳竖直。

现对小球施加一个水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°,若弹性绳的形变在弹性限度内,弹性绳原长为,则此过程中小球上升的高度为:A． B． C． D．4．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的电动势图象如图乙所示，通过原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W，现闭合开关，灯泡正常发光．则（）A．t＝0．01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．交流发电机的转速为100 r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 AD．灯泡的额定电压为220V5．下列说法正确的是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大6．质谱仪装置原理图如图所示，某种带电粒子经电场加速后从小孔O以相同的速率沿纸面射入匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向外，已知从O点射出的粒子有微小发散角2，且左右对称.结果所有粒子落点在乳胶底片的P1P2直线区间，下列说法正确的是（）A．打在P2点粒子一定是从O点垂直板射入的粒子B．打在P2点粒子一定是从O点右偏射入的粒子C．打在P1点粒子一定是从O点左偏射入的粒子D．打在P1点粒子一定是在磁场中运动时间最短的粒子二、多项选择题7．人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动。

2019-2020年高三下学期二模考试物理试题含解析

2019-2020年高三下学期二模考试物理试题含解析一、选择题（本题包括7小题，每小题6分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1．（6分）如图所示，滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动，它的下端通过一根细线与小球相连，小球受到水平向右的拉力F的作用，此时滑块与小球处于静止状态．保持拉力F始终沿水平方向，将其大小缓慢增大，细线偏离竖直方向的角度将增大，这一过程中滑块始终保持静止，则（）A．滑块对杆的压力增大B．滑块受到杆的摩擦力增大C．小球受到细线的拉力大小不变D．小球所受各力的合力增大【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：先对球分析，根据平衡条件求解拉力和细线的张力情况；然后对球和滑块整体分析，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力情况．【解析】：解：CD、对球分析，受重力mg、拉力F和细线的拉力T，如图所示：根据平衡条件，有：F=mgtanθT=故拉力F不断增加，拉力T也增加；小球的合力为零，保持不变；故C错误，D错误；AB、对球和滑块整体分析，受到总重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，有：N=（M+m）gf=F=mgtanθ支持力不变，根据牛顿第三定律，压力也不变；静摩擦力等于拉力，不断增加；故A错误，B正确；故选：B【点评】：本题关键在于运用整体法和隔离法对整体和小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解，对于研究对象的灵活选择，有时可以使问题大大简化，起到事半功倍的效果．2．（6分）如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象．【解析】：解：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v．设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0﹣mv0=（M+m）v，得v=＜v0故A正确，BCD错误．故选：A．【点评】：解决本题的关键要正确分析物体的运动情况，明确木板碰到挡板后，系统的动量守恒，运用动量守恒定律研究最终的共同速度．3．（6分）如图所示，ac和bd为正方形abcd的对角平分线，O为正方形的中心．现在abc三点分别放上电荷量相等的三个正电荷，则下列说法正确的是（）A．O点电场强度的方向垂直于ac由O指向dB．从O到d电势逐渐升高C．将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变小D．将带正电的试探电荷由O移到d，该电荷的电势能逐渐减少【考点】：电势差与电场强度的关系；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据点电荷产生的场强和场强的叠加原理判断场强的大小，沿电场线方向电势降低，正电荷沿电场线方向电场力做正功，电势能减小【解析】：解：A、根据点电荷产生的场强和叠加原理可得O点的场强方向垂直于ac由O指向d，故A正确；B、O到d的场强方向指向d，故沿电场线方向电势降低，故B错误；C、根据电场的叠加可知将b点的电荷移到O点时，d点的电场强度变大，故C错误；D、将带正电的试探电荷由O移到d，电场力做正功，电势能减小，故D正确；故选：AD【点评】：本题考查对电场叠加的理解和应用能力，明确其计算用矢量合成法则，会分析电势的高低4．（6分）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L l和L2是两个完全相同的灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A．电压u的频率为100 HzB．电压表V的示数为22VC．当照射R的光强增大时，电流表A的示数变大D．当L l的灯丝烧断后，电压表V的示数会变大【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解析】：解：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为f==50 Hz，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是220V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B 错误；C、R阻值随光强增大而减小，根据I=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当L l的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误；故选：C【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．5．（6分）在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l．金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连．棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示．从图示位置在棒ab上加水平拉力F，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正）（）A．B．C．D．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：在金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区的过程中，ab棒或cd棒切割磁感线，由E=BLv 分析感应电动势的变化，判断感应电流大小的变化，由楞次定律分析感应电流的方向．由F=BIL 得到安培力的表达式，再由平衡条件分析F的变化．【解析】：解：在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv 分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，cd 产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F=BIL=，L均匀增大，则F非线性增大．故ACD错误，B正确．故选：B．【点评】：对于电磁感应中图象问题，先根据楞次定律判断感应电流方向，再运用E=BLv、欧姆定律判断感应电流大小的变化情况，要注意公式E=BLv中L是有效的切割长度．6．（6分）如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同．A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则（引力常量为G）（）A．两卫星经过时间t=T1+T2再次相距最近B．两颗卫星的轨道半径之比T22：T12C．若己知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的质量D．若己知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：两行星相距最近时，两行星应该在同一半径方向上，两行星相距最远时，两行星应该在同一直径上，由于A的周期小，故A转得较快，当A比B多转一圈时两行星再次相距最近．【解析】：解：A、两行星相距最近时，两行星应该在同一半径方向上，A多转动一圈时，第二次追上，转动的角度相差2π，即：t﹣t=2π，解得：t=．故A错误；B、根据万有引力提供向心力得：=m rA卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以：，故B错误；C、若己知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：=m r，所以可求出地球的质量，故C正确D、不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，故D错误；故选：C．【点评】：根据几何关系得到两颗卫星相距最近和相距最远所满足的角度关系，最近时两卫星在同一半径上角度差为2π弧度，卫星相距最远时，两卫星在同一直径上，转过的角度差为π弧度．7．（6分）一块长木板abc长为2L，沿与水平面成θ角倾斜放置，它的ab部分表面光滑，bc 部分表面粗糙，两部分长度相等．木板下端口处有一与木板垂直的挡板，挡板上固定一段劲度系数为k的轻弹簧，弹簧长度为0.5L．将一质量为m的物块在木板的顶端c由静止释放，物块将沿木板下滑，已知重力加速度大小为g，下列表述正确的是（）A．物块最终会在ab之间某一段范围内做往复运动B．物块运动过程中克服摩擦力做的功最多为mgLsinθC．物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的D．物块每一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都等于mgsinθ（）【考点】：功能关系；弹性势能．【分析】：物块从C到最低点的运动中，物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能，物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ab之间某一段范围内做往复运动，根据能量守恒定律计算过程中摩擦力做功，最大的弹性势能．【解析】：解：A、物块从C到最低点的运动中，物块的势能转化为摩擦生热和弹簧的势能，从最低点返回后弹性势能转化为摩擦生热和物块的重力势能，物块会在木板上做往返运动，每次经过bc面都有能量损失，直至最后的弹性势能只能转化为物块到达b点的重力势能，物块只在ab之间某一段范围内做往复运动，故A正确；B、物块最后在b与a上方某点之间做往复运动，物块到达最低点时，由mgsinθ=kx，解得：x=，根据能量守恒定律，mg（2L﹣）sinθ=W f+mg（L﹣）sinθ，解得：W f=mgLsinθ，故B正确；C、物块开始会在b点上方某点和最低点运动，最后在b点和最低点之间运动，故在b点上方某点和最低点运动，每次有能量损耗，故每一次下滑过程达到最大速度的位置是不一样的，但在在b点和最低点之间运动，无能量损耗，物块每一次下滑过程达到最大速度的位置是一样的，故C错误；D、物块第一次到达最低点时，由mgsinθ=kx，解得：x=，根据能量守恒定律得：mgsin=E P+Q，整理得：E P+Q=mgsinθ（），故物块第一次下滑过程中弹簧具有的弹性势能的最大值都小于mgsinθ（），故D错误；故选：AB【点评】：本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合平衡条件、能量守恒定律求解，分析时注意物块运动到最低点时，位移不等于2L，利用公式时，注意位移大小．二、必考题（共4小题，满分56分）8．（8分）如图甲所示，通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数．在水平桌面上放一块长木板，适当垫高木板的一端，让铁块从木板的顶端a由静止滑到底端b，铁块与b处的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c时速度变为零．现用刻度尺量出木板的长度L，ac间的距离x．（1）要完成实验还需要用刻度尺测量出离桌面的高度h，根据测出的数据，若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响，则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为．（用测得的量的符号表示）（2）为了提高实验的精度，需考虑铁块的宽度，图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图，由图可知铁块的宽度为 3.140cm．（3）以下能引起实验误差的是：CD（填选项序号）A．铁块的质量B．当地的重力加速度C．铁块与挡板碰撞时有能量损失D．测量长度时的读数误差．【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据动能定理，结合滑动摩擦力做功与路径有关，重力做功与高度有关，及长度关系确定正弦与余弦值，从而即可求解摩擦因数；（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据动摩擦因数式，从而确定误差根源，即可求解．【解析】：解：（1）根据动能定理，选取从静止到停止过程，则有：解得：μ=上可知要求μ，则需要知道h，即物体到桌面的高度；（2）游标卡尺的固定刻度读数为31mm=3.1cm，游标读数为0.05×8=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为3.1cm+0.040cm=3.140cm；（3）由上式可知，实验中误差产生的原因有：铁块与挡板碰撞时有能量损失，及测量长度时的读数误差；而铁块的质量与当地的重力加速度，在等式两边约去，故CD正确，AB错误；故答案为：（1）离桌面的高度h，；（2）3.140；（3）CD．【点评】：1、掌握游标卡尺的读数，注意游标卡尺不需估读．2、考查动能定理的应用，能根据受力分析和几何关系求解，并掌握分析误差的根源是解题的关键．9．（10分）某同学从下列器材中选择了一部分，用来测量一旧的层叠电池的电动势（4V左右）和内电阻（估计6Ω左右）．多用电表（电流档有250mA、500mA等量程，这两个量程对应的内阻分别为5Ω和2Ω）电压表V1（量程3V，内阻3KΩ）电压表V2（量程1.5V，内阻1KΩ）滑动变阻器R1（最大阻值100Ω，额定电流1A）滑动变阻器R2（最大阻值2KΩ，额定电流1A）开关和导线若干最终测得了六组电压和电流数据，描出的点如图2所示．（1）在图1的虚线框内画出实验电路图（使用多用电表的电流档测电流时，电路中用符号“黑﹣﹣红”表示，其中的黑与红分别表示的是多用电表的黑表笔和红表笔．所选电流档的量程为500mA，所选滑动变阻器为R1（填“R1”或“R2”）；（2）实验过程中若电压表V1的示数为1.5V，此时电压表V2的示数应为0.5V；（3）图2是某同学实验时画出的电源路端电压与通过电源的电流的图象，他把各组数据描出的点直接用折线连了起来，请纠正他存在的问题，画出正确的图线，由图象求出电源的电动势为 4.1V，内电阻为 6.4Ω．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题．【分析】：（1）由题意可明确电路结构及实验原理，从而确定电表的选择并明确电路图的确定；（2）由串联电路的规律可求得电压表V2的示数；（3）由闭合电路欧姆定律可确定表达式，再由图象的性质可求得电源的内阻及电动势．【解析】：解：（1）由题意可知，电源电动势为4V，单个电压表无法使用，故应将两电压表串联使用；电路如图所示；内阻约为6Ω；故最大电流约为A；故多用电表应选择500mA档；因电源内阻较小，故滑动变阻器不能选择2kΩ的电阻；应选择总阻值较小的R1；（2）V1的示数为1.5V，故电压表V2的示数为：=0.5V；（3）由U=E﹣Ir可知，U﹣I图象应为一次函数；故不能画成折线；故应将各点用直线连接，不在直线上的点可以舍去；如图所示；由图可知，电动势E=4.1V；内阻r==6.4Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）500mA；R1；（2）0.5；（3）如图所示；4.1；6.4．【点评】：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析实验原理，认真分析电路结构，再由数学规律可求得电动势和内电阻．10．（18分）如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°．在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（第（2）、（3）两问结果保留三位有效数字）（1）物块由a运动到b所用的时间；（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为多少？（物块在b端无能量损失）（3）若物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03L b，式中L b为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在（2）中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）根据牛顿运动定律求解加速度，根据位移时间关系知时间；（2）根据位移速度关系列方程求解；（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，根据受力分析列方程，结合物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03L b知斜面长度的临界值，从而讨论最大速度．【解析】：解：（1）受力分析知物体的加速度为a1===1.6m/s2x=a1t2解得a到b的时间为t==5s（2）物体从a到p：=2a1x1物块由P到b：=2a2x2a2=μgx=x1+x2解得ap距离为x1=14.3m（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，即a==0μbc=0.277+0.03L b，联立解得L b=10m因此如斜面长度L＞10m，则L b=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．答：（1）物块由a运动到b所用的时间为5s；（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为14.3m；（3）斜面长度L＞10m，则L b=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．【点评】：本题考查的是牛顿第二定律及共点力平衡，但是由于涉及到动摩擦因数变化，增加了难度；故在分析时要注意物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0这个条件．11．（20分）如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功；（2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）粒子在电场中做类似平抛运动，速度偏转角正切值为位移偏转角正切值的2倍，求解出末速度后根据动能定理列式求解电场力对它所做的功；（2）粒子在电场中做类似平抛运动，已知水平分位移和竖直分位移，根据分位移公式列式求解即可；（3）粒子在磁场中匀速圆周运动，画出可能的运动轨迹，然后结合牛顿第二定律和几何关系列式分析．【解析】：解：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：v==电场力对粒子所做的功为：W=（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：v′=v0tan30°=水平方向：L=v0t竖直方向：解得：y=电场力对粒子所做的功：W=qEy两板间的电压U=2Ey0解得：U=（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30°=R粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是：nR=L R=（n=1，2，3，…）由牛顿第二定律，有：解得：B0=（n=1，2，3，…）粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；解得：（n=1，2，3，…）当T＞答：（1）粒子在两板间运动时电场力对它所做的功为；（2）两板间的电势差为，A点的位置坐标（0，）；（3）磁场区域磁感应强度B0的大小B0=（n=1，2，3，…）、磁场变化周期T＞．【点评】：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分类似平抛运动和匀速圆周运动进行分析，关键是画出轨迹，根据牛顿第二定律和动能定理列式分析．三、选考题（任选一模块作答）（12分）【物理-物理3-3】12．（4分）下列说法正确的是（）A．温度升高，物体分子热运动的平均动能一定增大B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而减小C．外界对物体做功，物体内能一定增加D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热【考点】：热力学第一定律；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志．【分析】：温度是分子平均动能的标志；分子间存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零；根据热力学第一定律分析内能的变化．【解析】：解：A、温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，温度升高，物体分子热运动的平均动能一定增大；故A正确；B、当分子力表现为斥力时，分子间距离减小时，分子力做负功；故分子势能随分子间距离的减小而增大；故B错误；C、外界对物体做功时，可能物体同时对外放热，故内能不一定增加；故C错误；D、对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大对外做功，根据理想气体的状态方程：，可知气体的温度一定升高，内能增大．根据热力学第一定律可知一定从外界吸热；故D正确；故选：AD．【点评】：本题考查温度的微观意义、分子间的相互作用力、热力学第一定律和理想气体的状态方程，要注意明确分子的作用力与分子间距离的关系．13．（8分）一气缸质量为M=60kg（气缸的厚度忽略不计且透热性良好），开口向上放在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞，活塞质量m=10kg．气缸内封闭了一定质量的理想气体，此时气柱长度为L1=0.4m．已知大气压为p o=1×105Pa．现用力缓慢向上拉动活塞，若使气缸能离开地面，气缸的高度至少是多少？（取重力加速度g=l0m/s2．）【考点】：理想气体的状态方程．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：设汽缸足够长，F达最大值时活塞仍在气缸内，根据玻意耳定律求解出拉伸后的长度后比较即可．【解析】：解：未加拉力时，活塞受力平衡有：p0S+mg=p1S代入数据得：Pa，V1=0.4S设F达到最大值时活塞仍在气缸中，设此时气柱长为L2，气体压强为p2，根据活塞受力平衡，有：p0S+mg=F+p2S代入数据得：Pa，V2=L2•S根据玻意耳定律有：p1SL1=p2SL2解得：L2=1.1m答：使气缸能离开地面，气缸的高度至少是1.1m．【点评】：本题考查理想气体状态方程应用，关键是找出对应状态的状态参量，明确压强、温度、体积三个量中有几个量变化．（12分）【物理-物理3-4】14．一简谐波在如图所示的x轴上传播，实线和虚线分别是t1=0和t2=0.2s时刻的波形图．则下列说法正确的是（）。

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