2019年第三次全国大联考物理试卷(新课标ⅱ卷)(解析版)

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1、2019 年第三次全国大联考物理试卷（新课标卷）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 15 题只有一项符合题目要求， 第 68 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物体的受力情况往往决定了物体的运动形式，关于力对物体运动形式的影响，下列说法中不正确的是（）A垂直进入匀强磁场的带电粒子，洛伦兹力只改变其运动方向B自由落体运动中，重力只改变速度大小C垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使得速度方向逐渐的偏向电场力方向D圆周运动中合外力只改变速度方向2如图所示，质量分别为m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固

2、定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动， 则此时两球间的距离为 x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m 的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知 x1=2x2，则有（）AF1=F2BF1=4F2 CF14F2DF1=2F23在光滑的绝缘水平面上， 固定有一个电流方向如图所示的直导线，第1页（共 35页）其右侧有一个正方形导线框，某一时刻导线框获得一个向右倾斜45大小为m/s 的瞬时速度，假设通电导线足够长，则线框最终运动形式的判断，下列说法正确的是（）A线框的速度等于1m/sB线框中

3、产生沿顺时针方向的恒定电流C线框在安培力作用下逐渐远离直导线D线框静止4假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周，某一时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则有（）A同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2：1B同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为8：1C再经过h 两颗卫星距离最远D再经过h 两颗卫星距离最远5如图所示，半径为R 的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球 1、2、3 沿水平轨道分别以速度v1=2、v2=3、v3=4水平向左冲上半圆形轨道，g 为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A 的水平距离和离开轨道后的运动形式的说

4、法正确的是（）第2页（共 35页）A三个小球离开轨道后均做平抛运动B小球 2和小球 3的落点到 A 点的距离之比为：2C小球 1和小球 2做平抛运动的时间之比为1：1D小球 2 和小球 3做平抛运动的时间之比为1：16在匀强电场所在平面内存在一个半径为R 的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0 沿不同的方向从A 点进入圆形区域，已知从 D 点离开的粒子动能最大，且 AB、CD是两条互相垂直的直径则下列说法正确的是（）A电场方向沿 CD方向B电场方向沿 AD 方向C从 B 点离开的粒子速度仍是v0D从 C点离开的粒子速度仍是v07如图甲所示，光滑小球在水平面上做往复运动，在分界线MN 的左

5、侧始终受到水平恒力F1 的作用，在分界线MN 的右侧始终受到水平恒力 F2 的作用，小球从 A 点由静止开始运动，在05s 内运动的 vt 图象如图乙所示，已知小球质量为m=2kg，则（）第3页（共 35页）AF1 与 F2 大小之比为 3：2Bt=5s 时，小球回到 A 点Ct=3s 时，恒力 F2 的功率为 8WD在 0 4s 的过程中， F1 与 F2 做功之和为 36J8如图是磁流体泵的示意图，已知磁流体泵是高为h 的矩形槽，槽左右正对的两壁是导电的， 它们的间距为L，两导电壁加上电压U平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场槽的下部分与水银面接触，上

6、部与竖直的绝缘管相连已知水银的电阻率为，水银的密度为，重力加速度为 g，磁12流体泵正常工作时，水银上升，则下列说法正确的是（）A水平槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极B电压一定时，水银槽的长度L 越长，受到的安培力越大C电压一定时，水银槽的左侧面面积越大，受到的安培力越大D若 U，则磁流体泵无法工作三、非选择题： 包括必考题和选考题两部分 第 9 题第 12 题为题，每个考题考生都必须作答，第 13 18 为选考题，考生格局要求作第4页（共 35页）答（一）必考题9为了简化对平抛运动规律的探究过程，同学们利用速度传感器组装了如图 1 所示的实验装置（ 1）小球从曲面静止释放后从 A 点离

7、开轨道，为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，下列措施中有必要的是A轨道必须光滑B轨道末端切线必须水平C小球要选用密度大的材料D斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内（2）为了探究速度随时间变化的规律，同学们选择了作图象的方法来直观呈现，关于纵轴和横轴表示的物理量， 你认为最合适的是Avt 图象Bv2t 图象Cv2t2 图象（ 3）某一次实验呈现的图象如图 2 所示，则平抛的初速度 v0= m/s10描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验过程中，选择的灯泡标有 “ 2V，0.36W”字样实验器材如下：电池组（电动势为3V，内阻约 1）；电流表（量程为0250mA，内阻 5）；电压表（量程为03V，内阻约

8、3k）；开关一个、导线若干第5页（共 35页）（ 1）为了测得尽可能多的实验数据，滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值20，额定电流 1A）B滑动变阻器（最大阻值1750 ，额定电流 0.3A）（2）为保证测量的数据尽可能准确，实验的电路图应选用下列的图1 的（填字母代号）（ 3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 2 所示如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5V，内阻为 5的电源两端，小灯泡消耗的功率是W111932 年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个D 形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应

9、强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直 设两 D 形盒之间所加的交流电压为U，被加速的粒子质量为 m、电量为 q，粒子从 D 形盒一侧开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出求：（ 1）粒子从静止开始第 1 次经过两 D 形盒间狭缝加速后的速度大小；（ 2）粒子第一次进入 D 型盒磁场中做圆周运动的轨道半径；（ 3）粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器 D 形盒射出第6页（共 35页）12质量 M=10kg 的木板 A 沿水平面向右运动，与水平面之间的动摩擦因数等于1=0.1，当木板 A 的速度 v0=5m/s 时，在 A 的左端施加一个恒力F=35N，如图所示，同时在木

10、板上面无初速度放上一个质量m=5kg 的滑块 B已知滑块 B 右端的木板上表面粗糙， 长度为 12.5m，与滑块之间动摩擦因数2=0.2，滑块左端的木板上表面包括滑块所放的位置为光滑，长度为2.5m（ 1）至少经过多长时间滑块和木板的速度相等（ 2）共经过多长时间滑块与木板分开？( 二）选考题，请考生任选一模块作答 物理 选修 3-313在做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，用胶头滴管从配好的浓度为的酒精油酸溶液中吸取溶液滴一滴到撒有痱子粉的水面上，数得油膜在画有边长 a 的正方形小格的玻璃板上共占有 x 个方格已知 n 滴溶液的总体积为 v用以上字母表示油酸分子直径的大小d=水面为什么要

11、撒一层痱子粉？第7页（共 35页）14如图所示的导热气缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，外界大气压强保持不变现使气缸内气体温度从 27 缓慢升高到 87，此过程中气体对活塞做功 240J，内能增加了 60J活塞与气缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力，活塞可以缓慢自由滑动求缸内气体从外界吸收的热量升温后缸内气体体积是升温前气体体积的多少倍？【物理学校 3-4】15为了测量当地重力加速度竖直，同学们设计了单摆装置来帮忙，但是由于粗心忘记测量摆球直径， 实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长 l，测得多组周期 T 和 l 的数据，作出 T2l 图象，如图所示第8页（共 35页）小

12、球的直径是cm；实验测得当地重力加速度大小是m/s2（取三位有效数字） 16图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC光线垂直 AB 射入，分别在 CD 和 EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等， 最后光线垂直 BC 射出若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（计算结果可用三角函数表示）【物理选修 3-5】17物理学理论的建立离不开实验，而相关变化的过程描述分析离不开方程式，下列关于物理学家及其对应的实验和反应方程中表述正确的是（）A卢瑟福 粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型B汤姆生发现电子揭示了原子结构的复杂性CNaMg+e 是一个原子核的裂变

13、反应方程D贝克勒尔发现天然放射现象证实了原子核内部有着复杂的结构第9页（共 35页）EU+nXe+Sr+2n 是衰变18如图所示，质量为M=2kg 的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A=2kg 的物体 A （可视为质点） 一个质量为 m=20g 的子弹以 500m/s 的水平速度迅即射穿A 后，速度变为 100m/s（子弹不会落在车上），最后物体 A 静止在车上若物体A 与小车间的动摩擦因数 =0.5（取 g=10m/s2）（ 1）平板车最后的速度是多大？（ 2）子弹射穿物体 A 过程中系统损失的机械能为多少？（ 3）A 在平板车上滑行的距离为多少？第 10 页（共

14、 35 页）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 15 题只有一项符合题目要求， 第 68 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物体的受力情况往往决定了物体的运动形式，关于力对物体运动形式的影响，下列说法中不正确的是（）A垂直进入匀强磁场的带电粒子，洛伦兹力只改变其运动方向B自由落体运动中，重力只改变速度大小C垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使得速度方向逐渐的偏向电场力方向D圆周运动中合外力只改变速度方向【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【分析】 明确力和运动的

15、关系，并根据电场和磁场的性质进行分析，从而明确物体在电场和磁场中的运动情况【解答】 解： A、垂直进入匀强磁场的带电粒子时，洛伦兹力只改变其运动方向；不改变粒子的运动速度大小；故A 正确；B、自由落体运动中，重力竖直向下，只改变速度大小，不改变速度方向；故 B 正确；C、垂直进入匀强电场的带电粒子，电场力使沿电场方向上的速度增第 11 页（共 35 页）大；故使得速度方向逐渐的偏向电场力方向；故C正确；D、圆周运动中合外力可能改变速度大小也可以改变速度方向；故D错误；本题选错误的；故选D2如图所示，质量分别为m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，现沿弹簧轴线方向在

16、质量为2m 的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动， 则此时两球间的距离为 x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m 的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知 x1=2x2，则有（）AF1=F2BF1=4F2 CF14F2DF1=2F2【考点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的形变量，得出两球之间的距离【解答】解：沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上施加一水平向右的拉力 F1，对整体分析，整体的加速度a=，隔离对

17、m 的小球分析，根据牛顿第二定律得，；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m 的小球上施加一水平向左的拉力第 12 页（共 35 页）F2，a=，隔离对 2m 的小球分析，根据牛顿第二定律得：由于 x1=2x2，联立可得： F1=4F2故 B 正确， ACD错误故选： B3在光滑的绝缘水平面上， 固定有一个电流方向如图所示的直导线，其右侧有一个正方形导线框，某一时刻导线框获得一个向右倾斜45大小为m/s 的瞬时速度，假设通电导线足够长，则线框最终运动形式的判断，下列说法正确的是（）A线框的速度等于1m/sB线框中产生沿顺时针方向的恒定电流C线框在安培力作用下逐渐远离直导线D线框静止【考点】 安培力【分

18、析】正方形导线框周围有环形的磁场， 正方形导线框向右上运动，磁通量减小，根据 “来拒去留 ”可知，所受的安培力与运动方向相反，使正方形导线框在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终正方形导线框的运动状态为匀速沿导线运动，速度为原第 13 页（共 35 页）来速度的沿导线方向上的分量【解答】 解： A、正方形导线框周围有环形的磁场，正方形导线框向右运动，磁通量减小，根据 “来拒去留 ”可知，所受的安培力与运动方向相反，使正方形导线框在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动由题意知：

19、沿导线方向分速度v1=v0?cos60 =1m/s，故 A 正确， CD错误；B、线框在向右移动的过程中，做减速运动，磁通量减小，根据楞次定律可知产生的感应电流方向顺时针，但电流不恒定，故 B 错误故选： A4假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周，某一时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方， 已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则有（）A同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2：1B同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为8：1C再经过h 两颗卫星距离最远D再经过h 两颗卫星距离最远【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力公式，得到线速度

20、、角速度与轨道第 14 页（共 35 页）半径的关系，在根据轨道半径的大小，求解线速度、角速度的关系，当两颗卫星的夹角为时，相距最远，据此求解经过的时间【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：v=，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1：2，故 A 错误；B、根据万有引力提供向心力得：，则同步卫星的和侦察卫星的角速度之比为1：8，故 B 错误；C、根据 T=可知，同步卫星的周期为24h，则角速度为rad/s，则侦察卫星的角速度为rad/s当两颗卫星的夹角为时，相距最远，则有： t=，故 C正确， D 错误故选： C5如图所示，半径为R 的光滑半圆形轨

21、道和光滑水平轨道相切，三个小球 1、2、3 沿水平轨道分别以速度v1=2、v2=3、v3=4水平向左冲上半圆形轨道，g 为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A 的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是（）A三个小球离开轨道后均做平抛运动第 15 页（共 35 页）B小球 2 和小球 3的落点到 A 点的距离之比为：2C小球 1 和小球 2做平抛运动的时间之比为1：1D小球 2 和小球 3做平抛运动的时间之比为1：1【考点】 机械能守恒定律；平抛运动【分析】先求出小球通过最高点时的临界速度，再分析三个小球能否到达最高点若能通过最高点就能做平抛运动，再由平抛运动的规律分析水

22、平距离和时间之比【解答】 解： A、设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mg=m，得 v=设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v，由机械能守恒定律得2mgR+=，得 v=由于 v1=2v，所以小球1 不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故 A 错误BCD、小球 2 和小球 3 离开轨道后做平抛运动， 由 2R=得 t=2，则得：小球 2 和小球 3 做平抛运动的时间之比为1：1设小球 2 和小球 3 通过最高点时的速度分别为v2和 v3根据机械能守恒定律得：22；2mgR+mv 22；2mgR+ mv2 = mv23= mv3解得 v2=，v3=由平抛运动规律

23、得：水平距离为x=v0t ，t 相等，则小球2 和小球 3的落点到 A 点的距离之比为：2小球 1 做的不是平抛运动，则小球 1 和小球 2 做平抛运动的时间之比第 16 页（共 35 页）不是 1： 1，故 BD 正确， C错误故选： BD6在匀强电场所在平面内存在一个半径为R 的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0 沿不同的方向从A 点进入圆形区域，已知从 D 点离开的粒子动能最大，且 AB、CD是两条互相垂直的直径则下列说法正确的是（）A电场方向沿 CD方向B电场方向沿 AD 方向C从 B 点离开的粒子速度仍是v0D从 C点离开的粒子速度仍是v0【考点】 带电粒子在匀强电场中的运动

24、【分析】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从 A 点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域， 从 D 点离开圆形区域的带电微粒的动能最大 则说明电场力做功最大， 从而得出D 点是电势最短的点电场力做功就是电量与两点的电势差的乘积【解答】 解： A、B、仅在电场力作用下从 A 点进入，离开 D 点的动能最大，电势能最小，由于带电微粒是带正电， 则 D 点是电势最低的点，所以电场线与过 D 的切线相垂直，故匀强电场的方向沿 CD方向，第 17 页（共 35 页）由 C指向 D故 A 正确， B 错误C、由于 AB 与 CD垂直，而电场的方向沿CD的方向，所以 AB 两点的电势

25、相等，所以从B 点离开的粒子速度仍是v0故 C 正确；D、由上可知，电场线方向从C 到 D，由沿着电场线方向，电势降低，则有 C点的电势能最大，动能最小，故D 错误；故选： AC7如图甲所示，光滑小球在水平面上做往复运动，在分界线MN 的左侧始终受到水平恒力F1 的作用，在分界线MN 的右侧始终受到水平恒力 F2 的作用，小球从 A 点由静止开始运动，在05s 内运动的 vt 图象如图乙所示，已知小球质量为m=2kg，则（）AF1 与 F2 大小之比为 3：2Bt=5s 时，小球回到 A 点Ct=3s 时，恒力 F2 的功率为 8WD在 0 4s 的过程中， F1 与 F2 做功之和为 36J

26、【考点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】根据速度时间图线得出物体的运动规律，从而确定出小球在MN 右方运动的时间，根据图线的斜率求出小球的加速度，结合牛顿第二定律求出作用力的大小 根据图线与时间轴围成的面积求出小球的位移第 18 页（共 35 页）【解答】解：由图可知，小球先向右做匀加速直线运动，过MN 后做匀减速运动到零， 再反向做匀加速直线运动， 向左过 MN 后做匀减速运动到零；A、小球在 MN 左侧的加速度大小：小球在右方运动的加速度大小：在左方，根据牛顿第二定律得，F1=ma1=26N=12N，在右方，根据牛顿第二定律得，F2=ma2=24N=8N所以 F1 与 F2 大

27、小之比为 12：8=3：2故 A 正确B、vt 图中 v 与时间轴围成的面积表示物体的位移，由图可知， 0 5s 末物体的总位移等于 0，则物体 t=5s 时，小球回到 A 点故 B 正确；C、t=3s 时，物体的速度： v3=v1a2t=64（ 31）=2m/s可知 3s 末物体速度的大小为2m/s，所以 t=3s 时，恒力 F2 的功率为P=F2v3=82=16W故 C 错误；D、由动能定理可得，在0 4s 的过程中， F1 与 F2 做功之和为W=J故 D 正确故选： ABD8如图是磁流体泵的示意图，已知磁流体泵是高为h 的矩形槽，槽左右正对的两壁是导电的， 它们的间距为L，两导电壁加上

28、电压U平行于纸面的前后两绝缘壁间有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场槽的下部分与水银面接触，上部与竖直的绝缘管相第 19 页（共 35 页）连已知水银的电阻率为，水银的密度为，重力加速度为 g，磁12流体泵正常工作时，水银上升，则下列说法正确的是（）A水平槽的左壁应该接电源负极，右壁接电源正极B电压一定时，水银槽的长度L 越长，受到的安培力越大C电压一定时，水银槽的左侧面面积越大，受到的安培力越大D若 U，则磁流体泵无法工作【考点】 安培力的计算；电阻定律【分析】利用电阻定律求的电阻， 再利用闭合电路的欧姆定律求的电流，即可求得安培力，抓住安培力大于重力得出水银上升的条件，从而即可

29、求解【解答】 解： A、根据题意可知，安培力方向向上，结合左手定则，则电流方向由左向右，那么水平槽的左壁应该接电源正极，右壁接电源负极，故A 错误；BC、设磁流体泵的厚度为d，两极间的电阻为： R=1，电流大小为： I= ，受到的安培力为： F=BIL，方向向上，大小为F=，由此可知，安培力大小与 L 无关，而与槽侧面面积有关，即面积越大时，安培力也越大，故 B 错误， C正确，D、要使水银上升，则Fmg，即 B?L 2gLdh，解得： U第 20 页（共 35 页），故 D 错误故选： C三、非选择题： 包括必考题和选考题两部分第 9 题第 12 题为题，每个考题考生都必须作答，第 13 1

30、8 为选考题，考生格局要求作答（一）必考题9为了简化对平抛运动规律的探究过程，同学们利用速度传感器组装了如图 1 所示的实验装置（ 1）小球从曲面静止释放后从 A 点离开轨道，为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，下列措施中有必要的是BCD A轨道必须光滑B轨道末端切线必须水平C小球要选用密度大的材料D斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内（ 2）为了探究速度随时间变化的规律，同学们选择了作图象的方法来直观呈现，关于纵轴和横轴表示的物理量，你认为最合适的是C Avt 图象Bv2t 图象Cv2t2 图象（ 3）某一次实验呈现的图象如图 2 所示，则平抛的初速度 v0= 2 m/s第 21 页（共 3

31、5 页）【考点】 研究平抛物体的运动【分析】 根据实验的原理以及操作中的注意事项确定减小误差的方法；根据平行四边形定则得出小球速度的表达式，结合表达式分析判断；结合表达式，通过图线的纵轴截距求出平抛运动的初速度【解答】解：（ 1）为了使小球的运动尽可能接近平抛运动，斜槽的末端必须水平，轨道不一定需要光滑， 只要让小球从斜槽的同一位置由静止释放即可故 A 错误， B 正确为了使小球运动过程中所受的空气阻力可以忽略，小球选择密度较大的，故 C正确为了使小球的运动在某一竖直面内，斜槽上下端口一定要在同一个竖直平面内，故 D 正确故选： BCD（2）小球的速度v=，则，可知通过图线直观地得出v 与 t

32、 的关系，应作出v2t2 图象，故选：C（3）因为，可知纵轴截距，解得平抛运动的初速度 v0=2m/s故答案为：（1）BCD，（2）C，（3）210描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验过程中，选择的灯泡标有 “ 2V，0.36W”字样实验器材如下：第 22 页（共 35 页）电池组（电动势为3V，内阻约 1）；电流表（量程为0250mA，内阻 5）；电压表（量程为03V，内阻约 3k）；开关一个、导线若干（1）为了测得尽可能多的实验数据，滑动变阻器应选下列中的A（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值20，额定电流 1A）B滑动变阻器（最大阻值1750 ，额定电流 0.3A）（2）为保证测量的数据尽可能

33、准确，实验的电路图应选用下列的图1 的B（填字母代号）（ 3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 2 所示如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5V，内阻为 5的电源两端，小灯泡消耗的功率是0.10W【考点】 描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（ 2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法， 然后选择实验电路；（ 3）画出电源的 U I 曲线，与小灯泡伏安曲线的交点对应的电压和电流即为此时小灯泡的实际电压与电流，根据 P=UI 即可求得实际功第 23 页（共 35 页）率【解答】 解：（1）电源电动势为3V，两滑动变阻器均可保证电路安全，为方便实验操作

34、，滑动变阻器应选择最大阻值较小的，故选A，（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻：R=，电流表内阻为 5，电压表内阻为 3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，需要选择图 B 所示实验电路，（3）在灯泡 IU 图象坐标系内作出电源的IU 图象如图所示：两图象交点对应的电压与电流即为小灯泡此时的实际电压与电流， 所以小灯泡两端电压为 1.0V，电流 I=O.10A，所以实际功率为： P=UI=1.00.10=0.10W故答案为：（1）A；（2）B；（3）0.10111932 年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的

35、工作原理如图所示，置于真空中的两个D 形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直 设两 D 形盒之间所加的交流电压为U，被加速的粒子质量为 m、电量为 q，粒子从 D 形盒一侧开始被加速（初动能第 24 页（共 35 页）可以忽略），经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出求：（ 1）粒子从静止开始第 1 次经过两 D 形盒间狭缝加速后的速度大小；（ 2）粒子第一次进入 D 型盒磁场中做圆周运动的轨道半径；（ 3）粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器 D 形盒射出【考点】 质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】（1）根据动能定理求出粒子

36、由静止开始第 1 次经过两 D 形盒狭缝加速后的速度大小（2）根据洛伦兹力提供向心力，结合半径公式求出粒子第一次进入D 型盒磁场中做圆周运动的轨道半径（ 3）根据 D 形盒的半径，根据半径公式求出粒子的最大动能，根据每一次加速后增加的动能，求出加速的次数【解答】 解：（1）粒子在电场中被加速，由动能定理得：解得：（ 2）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据解得：代入数据得：（3）若粒子射出，则粒子做圆周运动的轨道半径为R，设此时速度第 25 页（共 35 页）为 vn，由牛顿第二定律得：，解得此时粒子的速度为：此时粒子的动能为：粒子每经过一次加速动能增加qU，设经过 n 次加速

37、粒子射出， 则有：，代入数据解得：答：（1）粒子从静止开始第1 次经过两 D 形盒间狭缝加速后的速度大小为（ 2）粒子第一次进入D 型盒磁场中做圆周运动的轨道半径为（3）粒子至少经过次加速才能从回旋加速器D 形盒射出12质量 M=10kg 的木板 A 沿水平面向右运动，与水平面之间的动摩擦因数等于 1=0.1，当木板 A 的速度 v0=5m/s 时，在 A 的左端施加一个恒力F=35N，如图所示，同时在木板上面无初速度放上一个质量m=5kg 的滑块 B已知滑块 B 右端的木板上表面粗糙， 长度为 12.5m，与滑块之间动摩擦因数2=0.2，滑块左端的木板上表面包括滑块所放的位置为光滑，长度为2

38、.5m（1）至少经过多长时间滑块和木板的速度相等第 26 页（共 35 页）（2）共经过多长时间滑块与木板分开？【考点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）对长木板受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后计算出长木板向右减速为 0 时运动的距离， 再与 L 相比较，判断滑块能否从长木板的左端滑下； 再计算后来长木板向左运动到二者速度相等的时间，求和即可（ 2）滑块从放到长木板上开始至离开长木板所用的时间就是这两个时间之和；【解答】解：（1）滑块刚刚放到长木板时， 木板相对于滑块向右运动，受到的合力为 0，故相对地面静止，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得长木板的加

39、速度m/s2长木板向右减速为0 运动的距离该位移恰好等于木板左侧的长度，所以滑块没有掉落；长木板向右运动的时间长木板向左运动的加速度长木板向左的位移等于2.5m 的时间：代入数据得：s1.58s此时木块的速度：m/s 1.58m/s之后滑块相对于长木板向右运动，二者之间的摩擦力：f= mg=0.22510=10N第 27 页（共 35 页）滑块向左的加速度：木板的加速度：再经过时间 t 3 速度相等，得： v1+a4t 3=a3t 3联立得： t 3=1.58s所以滑块和木板的速度相等的时间：t=t1+t2+t3=1+1.58+1.58=4.16s（ 2 ） 滑 块 加 速t3 时 间 内滑

40、块 与 木 板 之间 的 相 对 位移 ： x=代入数据得： x=1.2482m12.5m结合（ 1）的分析可知，二者的速度相同后，滑块的加速度不可能再大于木板的加速度，则二者一起做加速运动，不可能再分离答：（1）经过 4.16s 时间滑块和木板的速度相等（2）滑块不可能与木板分开( 二）选考题，请考生任选一模块作答 物理 选修 3-313在做“用油膜法估测分子直径大小”的实验中，用胶头滴管从配好的浓度为的酒精油酸溶液中吸取溶液滴一滴到撒有痱子粉的水面上，数得油膜在画有边长a 的正方形小格的玻璃板上共占有x 个方格已知 n 滴溶液的总体积为v用以上字母表示油酸分子直径的大小d=水面为什么要撒一

41、层痱子粉？作用是形成清晰的油膜边缘第 28 页（共 35 页）【考点】 用油膜法估测分子的大小【分析】用油膜法估测分子的大小的实验原理是：将油酸分子看成球形，且一个挨一个分布在水面上，形成单分子层的油膜，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度根据题意表示出一滴油膜的体积，用其除以单分子油膜的面积，可得油膜的厚度，即为油膜分子的直径【解答】 解：（1）由题意知，一滴酒精油酸溶液的体积其中纯油酸的体积为所形成油膜的面积为所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为（ 2）为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰，要在水面上先撒上痱子粉，作用是形成清晰的油膜边缘故答案为：（1）（2）作用是形成清晰的油膜边缘

42、14如图所示的导热气缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，外界大气压强保持不变现使气缸内气体温度从27缓慢升高到 87，此过程中气体对活塞做功240J，内能增加了 60J活塞与气缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力，活塞可以缓慢自由第 29 页（共 35 页）滑动求缸内气体从外界吸收的热量升温后缸内气体体积是升温前气体体积的多少倍？【考点】 热力学第一定律；气体的等温变化【分析】（1）气缸壁的导热性能良好，环境的压强保持不变，故气体做等压变化，温度升高内能增大， 做功放热问题可由热力学第一定律讨论（ 2）气体做等压变化，找出初末状态的状态参量列等压变化方程求解体积变化【解答】 解

43、：根据热力学第一定律，气体对活塞做功W=240J，内能增加了 U=60J：Q=UW=60J+240J=300J体温度从 27 缓慢升高到 87 过程中，体积增大，压强不变，初态温度为： 273+27=300K，末态温度为： 273+87=360K，根据查理定律：得：答：缸内气体从外界吸收的热量300J升温后缸内气体体积是升温前气体体积的1.2 倍第 30 页（共 35 页）【物理学校 3-4】15为了测量当地重力加速度竖直，同学们设计了单摆装置来帮忙，但是由于粗心忘记测量摆球直径， 实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长 l，测得多组周期 T 和 l 的数据，作出 T2l 图象，如图所示小球的

44、直径是1.2cm；实验测得当地重力加速度大小是9.86m/s2（取三位有效数字） 【分析】 由重力加速度的表达式求得 lT2 的关系式，根据数学知识分析图象的图线斜率及截距的意义可分析各物理量【解答】 解：（1）由得：则由数学关系得斜率为：，截距为则可求得截距为：（2）由斜率：，得： g=9.86m/s2故答案为： 1.2； 9.86第 31 页（共 35 页）16图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC光线垂直 AB 射入，分别在 CD 和 EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等， 最后光线垂直 BC 射出若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（

45、计算结果可用三角函数表示）【考点】 光的折射定律【分析】根据几何关系求出入射角， 通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值【解答】 解：设入射到 CD面上的入射角为 ，因为在 CD和 EA上发生全反射，且两次反射的入射角相等根据几何关系有： 4=90解得： =22.5 根据 sin =解得最小折射率n=答：该五棱镜折射率的最小值是第 32 页（共 35 页）【物理选修 3-5】17物理学理论的建立离不开实验，而相关变化的过程描述分析离不开方程式，下列关于物理学家及其对应的实验和反应方程中表述正确的是（）A卢瑟福 粒子散射实验揭示了原子的核式结构模型B汤姆生发现电子揭示了原子结构的复杂性CNaMg+

46、e 是一个原子核的裂变反应方程D贝克勒尔发现天然放射现象证实了原子核内部有着复杂的结构EU+nXe+Sr+2n 是衰变【考点】 物理学史【分析】根据物理学史和常识解答， 记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】 解： A、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故A 正确；B、汤姆生发现了电子，揭示了原子结构的复杂性，并提出的是“枣糕式原子模型 ”，故 B 正确；C、NaMg+e 是 衰变，故 C 错误；第 33 页（共 35 页）D、贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，故 D正确；E、U nXeSr 2 n 是重核的裂变反应方程， 故 E错误+故选： ABD18如图所示，质量为M=2kg 的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为M A=2kg 的物体 A （可视为质点） 一个质量为 m=20g 的子弹以 500m/s 的水平速度迅即射穿A 后，速度变为