辽宁省大连八中2022届高三理综（物理部分）下学期第一次模拟考试试题（含解析）

2022年辽宁省大连八中高考物理一模试卷一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．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）如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（　　）　A．速度的变化相同B．动能的变化相同　C．重力势能的变化相同D．重力的平均功率相同【考点】：机械能守恒定律．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：A、B处于同一高度并恰好静止，可以判断mB＞mA，剪断轻绳后两物体机械能都守恒，重力做功的大小等于重力势能的变化量．功率的大小有定义式判断．【解析】：解：A、由动能定理得：mgh=mv2，所以末速度和质量没有关系，又因为初速度均为零，速度变化量大小相同，方向不同，A错误；B、只有重力做功，机械能守恒，两物块质量不同，B错误；C、由题意知mB＞mA，因为H相同所以重力势能变化量不同，C错误；D、重力平均功率P=Fv所以PA=mAgvPB=mbgvsinθ，因为mBsinθ=mA所以PA=PB，D正确；故选：D【点评】：本题考查了机械能守恒定律，解题的关键是先判断出质量的大小关系，在根据机械能守恒分析各项．　2．（6分）如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（　　）　A．Mg+mgB．Mg+2mg　C．Mg+mg（sinα+sinβ）D．Mg+mg（cosα+cosβ）【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力．-17-\n【解析】：解：对木块a受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到N1=mgcosα故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα①同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ②对斜面体受力分析，如图，假设摩擦力向左根据共点力平衡条件，得到f+N2′cosα﹣N1′cosβ=0③F支﹣Mg﹣N1′sinβ﹣N2′sinα=0④根据题意α+β=90°⑤由①～⑤式解得F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；故选A．【点评】：本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力．也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高．　3．（6分）设地球为质量分布均匀的球体，O为地心．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．在下列四个图中，能正确描述x轴上各点的重力加速度g的分布情况的是（　　）　A．B．C．D．-17-\n【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，在其内部距离地心距离为r处一点的加速度相当于半径为r的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可．【解析】：解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=，由于地球的质量为M=πR3ρ，所以重力加速度的表达式可写成：g=．根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为R﹣r的井底，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g′=r当r＜R时，g与r成正比，当r＞R后，g与r平方成反比．故选：A．【点评】：抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为r的球体的质量．　4．（6分）如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（　　）　A．2mB．mC．mD．3m【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t，即可表示出Q点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=at2=1m，结合Q的速度等于PN段的平均速度，求出Q的速度，再结合运动学公式求出OQ的距离，结合PQ距离求出OP长度．【解析】：解：设相等的时间为t，加速度为a，由：△s=at2，得加速度：Q点的速度为PN段的平均速度：则OQ间的距离：-17-\n则OP长度：sOP=sOQ﹣SPQ==故ABD错误，C正确；故选：C．【点评】：解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，1、某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．2、在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即△x=aT2．　5．（6分）在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的读数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2读数变化量大小分别是△I、△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）　A．△U2大于△U1　B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大　C．电源的输出功率变大　D．变大、变大【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．【解析】：解：A、滑动变阻器电阻增大，总电流减小，r1电压减小，r2电压增大，而U外又增大，明显r2电压增大要超过r1电压减小，则A错误；　　B、滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离R2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，外压增大，通过灯泡的电流变大，则R1电流变小，则其分压变小，电容器的电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B错误C、小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联r1r2就更小了，当外电阻小于内电阻时，由p出的图象可知，p出增大，则C正确；D、为外阻，变大，为内阻，不变，则D错误故选：C-17-\n【点评】：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析，特别要理解||=r，知道内、外电路电压变化量大小相等．　6．（6分）（2022•大连校级一模）A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的x﹣t图象如上图所示，则下列说法正确的是（　　）　A．A质点以20m/s的速度匀速运动　B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动　C．经过4s，B质点的速度小于于A质点的速度　D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．【解析】：解：A、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，则A质点的速度为v===10m/s，故A错误．B、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，B的速度先为正，后为负，所以B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确．C、经过4s时，B质点的速度为0，小于A的速度，故C正确；D、由图可知，0﹣4s内运动方向相同，4﹣8s内运动方向相反，所以在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在8s末达到最大，故D错误．故选：BC．【点评】：理解位移﹣时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度﹣时间图象的点、线、面的物理意义．　7．（6分）如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，在O正上方h高位置的A点与A'关于O对称．质量为m的带正电的小球从A点静止释放，并穿过带电环．则小球从A点到A'过程中加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象可能正确的是（取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零）（　　）-17-\n　A．B．C．D．【考点】：电势能．【分析】：画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况．由EP=mgh分析重力势能的变化情况．根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况．【解析】：解：小球运动过程的示意图如图所示．A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小．故A是可能的．故A正确．B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=﹣mgh，根据数学知识可知，B是可能的．故B正确．C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的．故C正确．D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的．故D错误．故选：ABC．【点评】：本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系．机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析．　8．（6分）如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q（导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g），则（　　）-17-\n　A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I=　B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a=g﹣　C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s=　D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q=m﹣【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：题中cd切割磁感线产生感应电动势，感应电动势为E=BLv0，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求得导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I；根据牛顿第二定律和安培力公式F=BIL求解ab棒的加速度大小．根据感应电量公式q=求解s．根据能量守恒定律求解Q．【解析】：解：A、cd切割磁感线产生感应电动势为E=BLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I==．故A错误．B、对于ab棒：根据牛顿第二定律得：mg﹣f=ma，又f=μN，N=BIL，联立解得，a=g﹣．故B正确．C、对于cd棒，根据感应电量公式q=得：q=，则得，s=，故C正确．D、设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q．根据能量守恒得：2Q+μmgs=，又s=，解得：Q=m﹣，故D正确．故选：BCD【点评】：解决本题要知道cd相当于电源，ab是外电路，掌握感应电量公式q=，会正确分析能量如何转化．　三、非选择题．包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题．考生根据要求作答．（一）必考题-17-\n9．（6分）某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变．（1）使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为　过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）　；（2）如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示．将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的h﹣x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（﹣a，0）和（0，b），则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1=　　，木块与水平板间的动摩擦因数μ2=　　．（以上两空用a、b和l中的某些物理量表示）【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】：实验题；摩擦力专题．【分析】：（1）根据动能定理列式求解x与h的关系表达式；（2）再次根据动能定理列式，得到x﹣h图象的表达式．【解析】：解：（1）对全程运用动能定理，有：mgh﹣μmgx=0得到：h=μx；故x﹣h图象是过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2）对全程运用动能定理，有：mgh﹣μ1mgcosθ•x1﹣μ2mgx=0（θ为斜面的坡角）由几何关系得到：L=x1cosθ得到：h=μ2x+μ1L图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为（a，0）和（0，﹣b），故：μ2=（斜率）μ1l=b（截距）解得：μ1=μ2=故答案为：（1）过坐标原点的倾斜向上直线（或正比例函数）；（2），．【点评】：本题关键是两次根据动能定理列式求解出x﹣h图象的函数表达式，然后结合图象进行分析，不难．　-17-\n10．（2分）若用主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量某一器件的长度时，显示如图所示，则该游标卡尺的读数为　103.10　mm．【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】：实验题．【分析】：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解析】：解：游标卡尺的主尺读数为103mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.05mm=0.10mm，所以最终读数为：103mm+0.10mm=103.10mm．故答案为：103.10【点评】：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　11．（2分）现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线问刻度模糊，若用该欧姆挡的×100Ω挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻R时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图乙所示，则该待测电阻R=　500　Ω．【考点】：用多用电表测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律求出电阻阻值．【解析】：欧姆表调零时，Ig=，由图示欧姆表可知，中央刻度值为：15×100Ω=1500Ω，指针在中央刻度线时：Ig=，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：I=Ig=，解得：RX=500Ω．故答案为：500【点评】：知道欧姆表的工作原理，根据欧姆表的电路应用闭合电路欧姆定律求出计算待测电阻．　-17-\n12．（5分）为了精确测量一电动势约为5V，内阻约为2.5Ω的直流电源的电动势E和内电阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：A．电流表A（量程为200mA，内阻约为10Ω）B．电流表G1（量程为50mA，内阻约为20Ω）C．电流表G2（量程为20mA，内阻为50Ω）D．定值电阻10ΩE．定值电阻50ΩF．定值电阻150ΩH．滑动变阻器50ΩJ．滑动变阻器500Ω选择合适的仪器，设计的实验电路如图甲所示，电流表A的读数为IA，电流表G的读数为Ig，移动滑动变阻器，测量多组IA和Ig的数据，并以IA为纵轴坐标，以Ig为横坐标描点作图，若得到的图象如乙图所示，对应的关系方程为IA=kIg+b，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b=　　（用R、R1、R2、Rg、RA、E和r中的某些量表示）；若b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：　D　（填D、E或F），滑动变阻器应该选择：　H　（填H或J）；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：　不会　（填“会”或“不会”）．【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据图示电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式分析答题．【解析】：解：由图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=Ig（Rg+R1）+（Ig+IA）（R2+r），则：IA=，图象对应的关系方程为IA=kIg+b，则：b=，由题意可知，电源电动势约为5V，内阻约为2.5Ω，b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择：D，滑动变阻器应该选择：H；由图示图象与图象的函数表达式可知，在该实验电路中，不会会因为仪表有内阻而产生系统实验误差．故答案为：；D；H；不会；【点评】：根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式即可正确解题．　-17-\n13．（14分）高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍．求：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；（2）列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）根据速度时间公式求出列车的加速度，对整个列车和第六七两节车厢分析，运用牛顿第二定律求出第五节车厢对第六节车厢的作用力；（2）根据共点力平衡分别求出第六节车厢在有动力时和无动力时，第五节车厢对第六节车厢的作用力，从而得出作用力的变化．【解析】：解：（1）列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度a=，①对整个列车，由牛顿第二定律得，F﹣k•7mg=7ma②设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得，③联立①②③得，④其中“﹣”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反．（2）列车匀速运动时，对整体由平衡条件得，F′﹣k•7mg=0⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：⑥第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢的作用力为T2，则有：⑦联立⑤⑥⑦得T1=﹣kmgT2=kmg因此作用力变化△T=T2﹣T1=kmg答：（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力为为m（+kg）．（2）第五节车厢对第六节车厢的作用力变化kmg．-17-\n【点评】：解决本题的关键合理地选择研究对象，正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．　14．（19分）（1）如图1所以，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面，在纸面内有一条以O点为圆心、半径为L圆弧形金属导轨，长也为L的导体棒OA可绕O点自由转动，导体棒的另一端与金属导轨良好接触，并通过导线与电阻R构成闭合电路．当导体棒以角速度ω匀速转动时，试根据法拉第电磁感应定律E=，证明导体棒产生的感应电动势为E=BωL2．（2）某同学看到有些玩具车在前进时车轮上能发光，受此启发，他设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮，可以增强夜间骑车的安全性．图1所示为自行车后车轮，其金属轮轴半径可以忽略，金属车轮半径r=0.4m，其间由绝缘辐条连接（绝缘辐条未画出）．车轮与轮轴之间均匀地连接有4根金属条，每根金属条中间都串接一个LED灯，灯可视为纯电阻，每个灯的阻值为R=0.3Ω并保持不变．车轮边的车架上固定有磁铁，在车轮与轮轴之间形成了磁感应强度B=0.5T，方向垂直于纸面向外的扇形匀强磁场区域，扇形对应的圆心角θ=30°．自行车匀速前进的速度为v=8m/s（等于车轮边缘相对轴的线速度）．不计其它电阻和车轮厚度，并忽略磁场边缘效应．①在图1所示装置中，当其中一根金属条ab进入磁场时，指出ab上感应电流的方向，并求ab中感应电流的大小；②若自行车以速度为v=8m/s匀速前进时，车轮受到的总摩擦阻力为2.0N，则后车轮转动一周，动力所做的功为多少？（忽略空气阻力，π≈3.0）【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）根据法拉第电磁感应定律证明；（2）根据右手定则判定感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小从而得出感应电流的大小；根据能量守恒定律求解动力所做的功，关键是求出焦耳热．【解析】：解：（1）设金属棒OA在△t时间内扫过的面积为△S，则：所以有：-17-\n根据法拉第电磁感应定律有：（2）①根据右手定则知：ab中的电流方向为b→a．ab相当于电源，其等效电路如图所示，有：=20rad/s应用（1）推导出的结果：=0.8V电路总电阻：=0.4Ω通过ab中的电流：=2A②车轮转动一周的时间：=0.3s则T时间内克服阻力做功：Wf=fs=f•vt=2×8×0.3=4.8JT时间内产生电流的时间为：=0.1s在T时间内，电流通过灯泡电阻产生的焦耳热为：=0.16J动力所做的功为：W动=Wf+Q=4.8+0.16=4.96J答：（1）证明略（2）①在图1所示装置中，当其中一根金属条ab进入磁场时，指出ab上感应电流的方向，求ab中感应电流的大小为2A；②若自行车以速度为v=8m/s匀速前进时，车轮受到的总摩擦阻力为2.0N，则后车轮转动一周，动力所做的功为4.96J．【点评】：本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题的难度和区分度．　（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致．在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做．则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]（15分）15．（6分）下列说法正确的是（　　）　A．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律　B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点　C．物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大　D．一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大　E．一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大【考点】：热力学第二定律；*晶体和非晶体．【专题】：热力学定理专题．-17-\n【分析】：热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零．又称“熵增定律”，表明了在自然过程中，一个孤立系统的总混乱度（即“熵”）不会减小．【解析】：解：A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；B、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B正确；C、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故C错误；D、根据，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故D正确；E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E正确；故选：BDE．【点评】：本题考查了热力学第二定律、晶体与非晶体、温度的微观意义、气体状态方程、分子力等，知识点多，关键是记住基础知识．　16．（9分）如图所示，A、B气缸的长度均为60cm，截面积均为S=40cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．原来阀门关闭，A内有压强PA=2.4×105Pa的氧气．B内有压强PB=1.2×105Pa的氢气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．假定氧气和氢气均视为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略不计．求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热（简要说明理由）．【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】：理想气体状态方程专题．【分析】：整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等．根据玻意耳定律，结合关系条件求解．根据热力学第一定律分析吸放热情况．【解析】：解：（1）、由玻意耳定律得：对A部分气体有：pALS=p（L+x）S，对B部分气体有：pBLS=p（L﹣x）S，代入相关数据解得：x=20cm，p=1.8×105Pa；（2）、活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热．答：（1）、活塞C移动的距离为20cm，平衡后B中气体的压强1.8×105Pa；（2）、活塞C移动过程中B中气体放热．【点评】：本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．　-17-\n[物理--选修3-4]（15分）17．某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t．他测得的g值偏小，可能的原因是（　　）　A．测摆线长时摆线拉得过紧　B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了　C．开始计时，秒表过早按下　D．实验中误将51次全振动数为50次　E．实验中误将49.5次全振动数为50次【考点】：用单摆测定重力加速度．【专题】：实验题．【分析】：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π，根据此公式变形得到g=，判断g值偏小的原因．【解析】：解：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2π，根据此公式变形得到g=，A、测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．C、开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C正确；D、实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D正确；E、实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故E错误．故选：BCD【点评】：本题关键要掌握实验的原理：单摆的周期公式T=2π，要能根据实验原理，分析实验误差．　18．一单色光通过一横截面为半圆柱形的透明物体如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出，已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求：（i）光线在M点的折射角；（ii）透明物体的折射率．-17-\n【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：（i）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．（ii）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．【解析】：解：（i）如图所示，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线．设在M点处，光的入射角为θ1，折射角为θ2，∠OMQ=α，∠PNF=β．根据题意有α=30°①由几何关系得：∠PNO=∠PQO=θ2，所以β+θ2=60°②且α+θ2=β③由①②③式得θ2=15°④；（ii）根据折射率公式有n=⑤由④⑤式得n=≈1.932；答：（i）光线在M点的折射角为15°；（ii）透明物体的折射率为（或1.932）．【点评】：本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力的要求较高．　[物理--选修3-5]（15分）19．用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，得到Uc﹣ν图象如图所示，根据图象求出该金属的截止频率νc=　5.0×1014　Hz，普朗克常量h=　6.4×10﹣34　J•s．（已知电子电荷量e=1.6×10﹣19C）【考点】：光电效应．-17-\n【专题】：光电效应专题．【分析】：根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．【解析】：解：根据Ekm=hv﹣W0得，横轴截距的绝对值等于金属的截止频率，为v0=5.0×1014．通过图线的斜率求出k=h=J•s．故答案为：5.0×1014，6.4×10﹣34【点评】：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．　20．如图所示，在光滑水平面上静置一长为L的木板B，可视为质点的物块A置于木板B的右端．另有一个与木板B完全相同的木板C以初速度v向右运动与木板B发生正碰，碰后木板B与C立即粘连在一起，A、B、C的质量皆为m，重力加速度为g．①求木板B的最大速度；②若要求物块A不会掉在水平面上，则物块与木板问的动摩擦因数μ至少是多大？【考点】：动量守恒定律；功能关系．【专题】：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】：①C、B相碰过程，动量守恒，由动量守恒定律列式，可求出碰后B的速度．C、B碰撞后，一起向右做减速运动，A做加速运动，故C、B碰撞后瞬间B的速度即为最大速度．②若要求物块A不会掉在水平面上，三者速度相等，由动量守恒求出共同速度．再由能量守恒定律列式，求出动摩擦因数μ．【解析】：解：①C与B相碰后的瞬间，B有最大速度vB，由动量守恒定律得：mv=2mvB得木块B的最大速度为：vB=0.5v．②设最终速度为v′，由动量守恒定律有：mv=3mv′由能量定律定律有：﹣=μmgL解得：μ=答：①木板B的最大速度是0.5v；②若要求物块A不会掉在水平面上，则物块与木板问的动摩擦因数μ至少是．【点评】：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，知道该问题的临界情况，以及知道摩擦产生的热量Q=f△s=fL．-17-