江苏省徐州市王杰中学2022届高三物理下学期3月模拟试卷含解析

2022年江苏省徐州市王杰中学高考物理模拟试卷（3月份）　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（　　）11324213093298164526255824366119249716006482104A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比　2．气象研究小组用图示简易装置测定水平风速．在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．则（　　）A．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小B．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则θ变大C．θ=60°时，风速v=6m/sD．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°　24\n3．如图所示，为a、b两条曲线汽车a、b在同一条平直公路上速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）A．t1时刻两车也相遇B．t1时刻a车在前，b车在后C．a车速度先增大后减小，b车速度先减小后增大D．a车加速度先增大后减小，b车加速度先减小后增大　4．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）A．b球一定先落在斜面上B．a球一定先落在半圆轨道上C．a球可能先落在半圆轨道上D．a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上　5．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压μ=220sin（100πt）V．副线圈接入电阻的阻值R=100Ω．则（　　）A．通过电阻的电流是22AB．交流电的频率是100HzC．与电阻并联的电压表的示数是100VD．变压器的输入功率是484W　　二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v024\n较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点．关于这一运动过程，以下说法正确的是（　　）A．为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B．为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C．擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D．擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短　7．我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息．若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2．已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）A．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1B．地球的质量与月球的质量之比为C．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为　8．如图所示，在A、B两点分别放置两个电荷量相等的正点电荷，O点为A、B连线的中点，M点位于A、B连线上，N点位于A、B连线的中垂线上．则关于O、M、N三点的电场强度E和电势φ的判定正确的是（　　）A．EM＞EOB．φM＜φOC．EN＜EOD．φN＜φO　9．如图所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上．铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上．闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来．则下列说法中正确的是（　　）A．若保持开关闭合，则铝环不断升高B．开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D．如果将电源的正、负极对调，还会观察到同样的现象24\n　　三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-17题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．10．①“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示．计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度　　　　　　m/s（结果保留两位有效数字）②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲　　　　　　μ乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）　11．为了测定电流表A1的内阻，某同学采用如图1所示的实验电路．其中：A1是待测电流表，量程为0～300μA，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程是0～200μA；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关．（1）①实验中滑动变阻器采用　　　　　　接法（填“分压”或“限流”）；②根据图1所示电路的实物图，画出实验电路图．（2）请将该同学的操作补充完整：①连接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最　　　　　　（填“左端”或“右端”）；将开关S2扳到接点a处，接通开关S1；调整滑动变阻器R2，使电流表A2的读数是150μA；②将开关S2扳到接点b处，　　　　　　，使电流表A2的读数仍是150μA．③若此时电阻箱各旋钮的位置如图2所示，则待测电流表A1的内阻Rg=　　　　　　Ω．24\n（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动位置，都要保证两只电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应用　　　　　　．（填写阻值前相应的字母）A．200kΩB．20kΩC．15kΩD．150kΩ　　[选做题]A．[选修3-3]（12分）12．下列说法中正确的有（　　）A．气缸内的气体具有很大的压强，是因为气体分子间表现为斥力B．液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间表现为引力C．晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列的D．温度越高的物体，其内能一定越大、分子运动越剧烈　13．如图所示，当一定质量的理想气体气体由状态a沿acb到达状态b，气体对外做功为126J、吸收热量为336J；当该气体由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对气体做功为84J，则该过程气体是　　　　　　热（选填“吸”或“放”），传递的热量等于　　　　　　J．　14．已知地球到月球的平均距离为384400km，金原子的直径为3.48×10﹣9m，金的摩尔质量为197g/mol．若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”（已知NA=6.02×1023mol﹣1）．试问：①该“分子大道”需要多少个原子？②这些原子的总质量为多少？　　[选修3-4]（12分）15．下列说法正确的是（　　）A．光的偏振现象说明光是一种纵波B．相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关C．部队过桥不能齐步走，是为了避免桥梁发生共振现象D．我们在地球上接收到来自遥远星球光的波长变长，由此可知该星球正在远离我们　16．一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波源质点O起振时开始计时，0.2s时的波形如图所示，该波的波速为　　　　　　m/s；波源质点简谐运动的表达式y=　　　　　　cm．　24\n17．如图，一玻璃水槽，水深h=1.2m，身高H=1.8m的人紧靠水槽站立．太阳光以与水平方向成θ=37°角射在水面上，测得人在水中底部的影长L=1.7m．（c=、sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：①水的折射率；②光在水中的传播速度．　　四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g．（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．　19．如图所示，电阻可忽略的一定长度的光滑平行金属导轨MM′、NN′固定在水平面上，导轨间距d=0.8m，左端MN间接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面向下，距M′N′端L=1m处有一金属棒ab与导轨垂直且接触良好，其质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω，在F=2N的水平拉力作用下，由静止开始向M′N′端运动，到M′N′的过程中电阻R上产生的焦耳热QR=0.3J．求：（1）当金属棒运动速度为1m/s时，棒上的电流大小和方向．（2）金属棒从开始运动到M′N′的过程中，流过电阻R上的电荷量．（3）金属棒运动的最大速度vm．　20．△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处沿y轴正方向以相同的速度将质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t024\n时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴，不计粒子重力和空气阻力及粒子间的相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．　　24\n2022年江苏省徐州市王杰中学高考物理模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析　一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（　　）11324213093298164526255824366119249716006482104A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：通过表格中的数据，通过时间的平方与运动距离的关系，得出位移和时间的规律．解答：解：从表格中的数据可知，时间变为原来的2倍，下滑的位移大约变为原来的4倍，时间变为原来的3倍，位移变为原来的9倍，可知物体运动的距离与时间的平方成正比．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：本题考查学生的数据处理能力，能够通过数据得出物体位移与时间的关系．需加强训练．　2．气象研究小组用图示简易装置测定水平风速．在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．则（　　）24\nA．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小B．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则θ变大C．θ=60°时，风速v=6m/sD．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°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：对小球受力分析，受风力、重力、拉力，根据共点力平衡条件确定θ的变化．解答：解：C、小球受重力、拉力、风力处于平衡，根据共点力平衡知风力F=mgtanθ，θ从30°变为60°，则风力变为原来的3倍，因为风力大小正比于风速和球正对风的截面积，所以风速v=9m/s．故C错误．D、风速增大，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡．故D错误．A、若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，知风力不变，根据F=mgtanθ，知重力增大，风力不变，则θ减小．故A正确．B、若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则风力变大，根据F=mgtanθ，知θ变大．故B正确．故选：AB．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．　3．如图所示，为a、b两条曲线汽车a、b在同一条平直公路上速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）A．t1时刻两车也相遇B．t1时刻a车在前，b车在后C．a车速度先增大后减小，b车速度先减小后增大D．a车加速度先增大后减小，b车加速度先减小后增大考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．专题：直线运动规律专题．24\n分析：根据速度时间图线判断汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前．通过图线的斜率判断加速度的变化．解答：解：A、在t2时刻，两车相遇，在t1﹣t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故A、B错误．C、由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大．故C正确．D、图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度．　4．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍．若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）A．b球一定先落在斜面上B．a球一定先落在半圆轨道上C．a球可能先落在半圆轨道上D．a、b不可能同时落在半圆轨道和斜面上考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．解答：解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较．　5．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压μ=220sin（100πt）V．副线圈接入电阻的阻值R=100Ω．则（　　）24\nA．通过电阻的电流是22AB．交流电的频率是100HzC．与电阻并联的电压表的示数是100VD．变压器的输入功率是484W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为100Ω，所以电流的为1A，所以A错误；B、由输入电压公式可知，角速度为100π，所以交流电的频率为50Hz，故B错误；C、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，所以C正确；D、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P=，所以变压器的输入功率是1×102W，所以D错误．故选C．点评：根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．　二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．冰壶比赛场地如图，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线MN处放手让冰壶滑出．设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小，直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置，于是运动员在冰壶到达前用毛刷摩擦冰壶运行前方的冰面，这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ′，设经过这样擦冰，冰壶恰好滑行到圆心O点．关于这一运动过程，以下说法正确的是（　　）A．为使本次投掷成功，必须在冰壶滑行路线上的特定区间上擦冰B．为使本次投掷成功，可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰C．擦冰区间越靠近投掷线，冰壶滑行的总时间越短D．擦冰区间越远离投掷线，冰壶滑行的总时间越短考点：动能定理的应用．专题：动能定理的应用专题．分析：从发球到O点应用动能定理列出等式找出在冰壶滑行路线上擦冰的距离来进行判断．擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短．解答：解：A、从发球到O点应用动能定理列出等式可知：24\n，所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰，只要保证擦冰的距离一定就行．故A错误，B正确．C、擦冰区间越靠近投掷线，则开始阶段冰壶的平均速度就越大，总的平均速度越大，距离一定，所以时间越短，故C正确，D错误．故选BC．点评：本题关键要分析冰壶的运动情况，能运用动能定理找出擦冰的距离．对于一定距离，先以较大速度运动，再以较小速度运动，总的时间较小．　7．我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息．若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2．已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）A．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1B．地球的质量与月球的质量之比为C．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为考点：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．专题：万有引力定律的应用专题．分析：质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．解答：解：A、质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1，故A正确．B、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：==，故B错误．C、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故C错误．D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：==，故D正确．故选：AD．点评：本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可．24\n　8．如图所示，在A、B两点分别放置两个电荷量相等的正点电荷，O点为A、B连线的中点，M点位于A、B连线上，N点位于A、B连线的中垂线上．则关于O、M、N三点的电场强度E和电势φ的判定正确的是（　　）A．EM＞EOB．φM＜φOC．EN＜EOD．φN＜φO考点：电势；电场强度．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题可作出NO所在处的电场线，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势高低．根据电场线的疏密判断场强大小．解答：解：AC、由于MN两点处电场线的疏密情况未知，不能判定这两点电场强度的大小，故AC错误．B、AO电场线从M指向O，根据顺着电场线方向电势降低，则知φM＞φO．故B错误．D、作出NO所在处的电场线如图，电场线方向从O指向N，根据顺着电场线方向电势降低，则知φN＜φO．故D正确．故选：D．点评：本题的解题关键在于掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的方向表示电势的高低，作出电场线，就能判断电势的高低．　9．如图所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上．铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上．闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来．则下列说法中正确的是（　　）A．若保持开关闭合，则铝环不断升高B．开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D．如果将电源的正、负极对调，还会观察到同样的现象考点：楞次定律．分析：闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳．当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生．根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况．解答：解：A、B、C若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落．故AC错误，B正确．24\nD、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳．电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落．则观察到的现象不变．故D正确．故选BD．点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力．根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳．　三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-17题）两部分，共计42分．请将解答填写在相应的位置．10．①“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示．计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度　0.15　m/s（结果保留两位有效数字）②甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲　大于　μ乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线截距比较动摩擦因数的大小．解答：解：（1）连续相等时间内的位移之差为：△x=0.15cm，根据△x=aT2得小车的加速度：a=．（2）根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma，得：a=，可知纵轴截距的绝对值为μg，由图线可知μ甲g＞μ乙g，所以μ甲＞μ乙．故答案为：0.15，大于．点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用．对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距求解．　11．为了测定电流表A1的内阻，某同学采用如图1所示的实验电路．其中：24\nA1是待测电流表，量程为0～300μA，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程是0～200μA；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关．（1）①实验中滑动变阻器采用　限流　接法（填“分压”或“限流”）；②根据图1所示电路的实物图，画出实验电路图．（2）请将该同学的操作补充完整：①连接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最　左端　（填“左端”或“右端”）；将开关S2扳到接点a处，接通开关S1；调整滑动变阻器R2，使电流表A2的读数是150μA；②将开关S2扳到接点b处，　调节电阻箱R1　，使电流表A2的读数仍是150μA．③若此时电阻箱各旋钮的位置如图2所示，则待测电流表A1的内阻Rg=　86.3　Ω．（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动位置，都要保证两只电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应用　B　．（填写阻值前相应的字母）A．200kΩB．20kΩC．15kΩD．150kΩ考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）由实物图可知，电路采用限流法，开关为单刀双掷开关，则可得出原理图；（2）根据电路连接的要求及实验的原理可以知道滑片的位置及需要做的工作；电阻箱的阻值与Rg相等，读出示数即为待测值；（3）要保证安全应使电流不超过两电流表的量程，则可得出电阻值．解答：解：（1）由实物图可知该电路为限流接法，由实物图得出对应的原理如图所示：（2）①闭合开关之前，应使滑动变阻器的阻值最大，滑片在最左端；②本实验使用替代法测量电流表的内阻，因此开关a和接b时的电流表读数应该相同，开关接b时，需调节电阻箱R1．③电阻箱表示的阻值大小等于被测电流表的内阻，读数为86.3Ω．（3）当滑动变阻器R2的阻值为零时，电路中的电流不能超过两个电流表的量程，即I=≤200×10﹣6，解得R3≥20kΩ．为了便于调节，总阻值应尽量小一些；故选：B．故答案为：（1）①限流；②原理图所右图；（2）①左端；②调节电阻箱R1；③86.3；（3）B点评：本题考查电阻的测量实验，在解决实验问题时，一定要把握好实验的原理，由原理可得出实验的步骤及数据处理的方法，才能准确求解．24\n　[选做题]A．[选修3-3]（12分）12．下列说法中正确的有（　　）A．气缸内的气体具有很大的压强，是因为气体分子间表现为斥力B．液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间表现为引力C．晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列的D．温度越高的物体，其内能一定越大、分子运动越剧烈考点：分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志；*晶体和非晶体．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：气体压强是由分子的频繁碰撞产生，不是因为气体分子间表现为斥力；液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大，分子间表现为引力；晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列的；影响物体内能的因素有物质的量、温度、体积等多方面．解答：解：A、气体压强是由分子的频繁碰撞产生，不是因为气体分子间表现为斥力，故A错误；B、液体表面具有张力是因为液体表面层的分子间隙较大，分子间表现为引力，故B正确；C、晶体的物理性质具有各向异性是因为晶体内部微粒按一定规律排列，故C正确；D、影响物体内能的因素有物质的量、温度、体积等多方面，故D错误．故选：BC．点评：本题全面考查了热学的有关基础知识，对于这部分知识主要是加强记忆和平时的积累　13．如图所示，当一定质量的理想气体气体由状态a沿acb到达状态b，气体对外做功为126J、吸收热量为336J；当该气体由状态b沿曲线ba返回状态a时，外界对气体做功为84J，则该过程气体是　放　热（选填“吸”或“放”），传递的热量等于　294　J．考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：理想气体状态方程专题．分析：在运用△U=Q+W来分析问题时，首先必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则：①W＞0，表示外界对系统做功；W＜0，表示系统对外界做功；②Q＞0，表示系统吸热；Q＜0，表示系统放热；③△U＞0，表示系统内能增加；△U＜0，表示内能减少．气体由状态a经过acb过程至状态b，又从状态b经bca过程回到状态a，整个过程内能变化为0．解答：解：acb过程，W1=﹣126J，Q1=336J，由热力学第一定律得：△u=W1+Q1=210J，气体内能增加210J，当气体由状态b沿曲线ba返回状态a时，整个过程内能变化为0．则△U′=﹣210J，b到a过程中，W2=84J，由热力学第一定律得：△u′=W2+Q2=﹣210J，Q2=294J，故气体为放热，传递的热量为294J．故答案为：放，294J．24\n点评：本题考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件．　14．已知地球到月球的平均距离为384400km，金原子的直径为3.48×10﹣9m，金的摩尔质量为197g/mol．若将金原子一个接一个地紧挨排列起来，筑成从地球通往月球的“分子大道”（已知NA=6.02×1023mol﹣1）．试问：①该“分子大道”需要多少个原子？②这些原子的总质量为多少？考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏伽德罗常数的应用专题．分析：（1）根据N=求解分子数；（2）先根据m0=求解分子的质量，再根据m=m0•N求解质量．解答：解：（1）地球到月球的平均距离为384400km，金原子的直径为3.48×10﹣9m，故“分子大道”需要的原子数为：N==≈1.10×1017个；（2）单个分子的质量为：m0=①这些原子的总质量为：m=m0•N②联立①②解得：m==≈3.6×10﹣8kg；答：（1）该“分子大道”需要1.10×1017个原子；（2）这些原子的总质量为3.6×10﹣8kg．点评：本题关键是明确阿伏加德罗常数是联系宏观物理量与微观物理量的桥梁，记住阿伏加德罗常数即可计算．　[选修3-4]（12分）15．下列说法正确的是（　　）A．光的偏振现象说明光是一种纵波B．相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关C．部队过桥不能齐步走，是为了避免桥梁发生共振现象D．我们在地球上接收到来自遥远星球光的波长变长，由此可知该星球正在远离我们考点：光的偏振；产生共振的条件及其应用；狭义相对论．分析：干涉和衍射是所有波的特性，偏振是横波的特性；相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关；波的干涉中，振动加强的点振幅增加了；多普勒效应中，频率变大表示靠近，频率降低表示远离．24\n解答：解：A、横波和纵波都能发生干涉、衍射，只有横波能发生偏振现象，故A错误；B、相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，故B错误；C、部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象找出破坏，故C正确；D、我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，则频率变低，根据多普勒效应，该星球正在距离我们远去，故D正确．故选：CD点评：本题考查到光的偏振、相对论的两个基本假设、共振与多普勒效应等知识点，都是一些记忆性的知识点，难度不大，在平时学习中注意多积累，避免在这类题目上失分．　16．一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波源质点O起振时开始计时，0.2s时的波形如图所示，该波的波速为　10　m/s；波源质点简谐运动的表达式y=　﹣10sin5πt　cm．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：0.2s内波只传播了半个周期，根据v=即可求解波速，读出波长和求出周期，根据数学知识写出振动方程．解答：解：0.2s内波只传播了半个周期，根据v=得：波速v=根据波形图可知：λ=4m，0.2s内波只传播了半个周期，则T=0.4s，则圆频率：ω==5πrad/s，振幅A=10cm，波源先向下振动，则波源质点简谐运动的表达式y=﹣10sin5πt故答案为：10；﹣10sin5πt点评：书写振动方程时，要分析三个要素：振幅A、初相位和圆频率，根据数学知识求解．　17．如图，一玻璃水槽，水深h=1.2m，身高H=1.8m的人紧靠水槽站立．太阳光以与水平方向成θ=37°角射在水面上，测得人在水中底部的影长L=1.7m．（c=、sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：①水的折射率；②光在水中的传播速度．24\n考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：先作出光路图，如图所示．根据几何知识求得BD长，得到影子中EF的长度，即可求得入射角i和折射角r的正弦值，由折射定律n=，求出折射率n．由v=求解光在水中的传播速度．解答：解：由直角三角形知识得：CD=0.8m所以BD=0.9m由直角三角形知识得：∠BOD=37°由折射率公式得：n==又由n=知：v==m/s=×108m/s=2.25×108m/s答：①水的折射率为；②光在水中的传播速度为2.25×108m/s．点评：解答几何光学问题，首先要正确作出光路图，再充分运用几何知识求出相关的长度，由折射定律求解n．　四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．18．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生变化，重力加速度为g．（1）求小木块与木板间的动摩擦因数；（2）当θ角满足什么条件时，小木块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．24\n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）θ=30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据平衡条件和摩擦力公式列方程，可求出摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律得出速度的表达式，然后根据位移公式得到上滑距离S的表达式，结合数学知识求S的极值．解答：解：（1）当θ=30°时，木块匀速运动，受力平衡．对木块受力分析得：mgsinθ=μFN…①FN=mgcosθ…②联立①②得：μ=tanθ=tan30°=（2）当θ变化时，则由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma设木块上滑的位移S，则有：v02=2aS可得S==，式中tanα=μ=，α=30°当θ+α=90°时，S最小，此时有：θ=60°故有：Smin==答：（1）小物块与木板间的动摩擦因数为；（2）当θ=60°时，小物块沿木板上滑的距离最小，此最小值为．点评：本题第二问中求加速度和位移是物理学中的常规问题，关键是由数学三角函数知识求极值，要重视数学方法在物理中的应用．　19．如图所示，电阻可忽略的一定长度的光滑平行金属导轨MM′、NN′固定在水平面上，导轨间距d=0.8m，左端MN间接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面向下，距M′N′端L=1m处有一金属棒ab与导轨垂直且接触良好，其质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω，在F=2N的水平拉力作用下，由静止开始向M′N′端运动，到M′N′的过程中电阻R上产生的焦耳热QR=0.3J．求：（1）当金属棒运动速度为1m/s时，棒上的电流大小和方向．（2）金属棒从开始运动到M′N′的过程中，流过电阻R上的电荷量．（3）金属棒运动的最大速度vm．24\n考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出感应电流的大小，再由右手定则可确定感应电流的方向．（2）根据q=It，I=，综合而得，，则代入数据即可解得；（3）由题意可知，根据电阻R上产生的焦耳热，可求出电路中产生的总焦耳热，即为安培力做功；再由拉力做功，安培力做功，结合根据动能定理即可求解．解答：解：（1）电动势E=Bdv电流大小所以I=0.4A根据右手定则，电流方向b到a．（2）电荷量q=I△t电流大小电动势△Φ=BLd所以q=0.4C（3）金属棒上产生的热量，则整个过程中产生的热量为Q=0.4J，则安培力做功为﹣0.4J．金属棒从开始运动到M′N′的过程中，由动能定理可得，WF+W安=解得：vm=4m/s答：（1）当金属棒运动速度为1m/s时，棒上的电流大小为0.4A和方向为b到a．（2）金属棒从开始运动到M′N′的过程中，流过电阻R上的电荷量为0.4C．（3）金属棒运动的最大速度vm为4m/s．点评：考查法拉第电磁感应定律、右手定则、闭合电路欧姆定律、电流与电量表达式、及动能定理，注意右手定则与左手定则的区分，同时注意电阻R的热量并不是克服安培力做功的值．　20．△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（L，0）、C（0，L），在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处沿y轴正方向以相同的速度将质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t024\n时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴，不计粒子重力和空气阻力及粒子间的相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求磁感应强度B的大小．（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于．（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ2的最大值．由△t=T和已知条件△tmax=，联立可求出θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解粒子的速度．解答：解：（1）据题分析知，粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，轨迹对应的圆心角为90°，则t=t0=T，故粒子运动的周期T=4t0由T=…①得B=…②（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°﹣θ2…③故t1+t2==2t0…④（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，由②得：△θ=θ2﹣θ1=2θ2﹣180°…⑤根据⑤式可知θ2越大，△θ2越大，时间差△t越大24\n由△t=T…⑥由题时间间隔最大值为△tmax=…⑦又T=4t0…⑧则⑤⑥⑦⑧得，θ2的最大值为θmax=150°…⑨在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系α=180°﹣θ=30°…⑩由几何知识得tan∠A==，得∠A=60°…（11）β=90°﹣∠A=30°…（12）且有Rcosα+=L解得：R=根据qvB=m，解得：v=答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是．（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是t1+t2=2t0．（3）粒子进入磁场时的速度大小为．24\n点评：对于带电粒子在磁场中运动类型，要能作出粒子的运动轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．　24