1、2016年黑龍江省哈爾濱一中高考物理二模試卷一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確）1如圖所示，一條細繩跨過定滑輪連接兩個小球A、B，它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計繩與滑輪間的摩擦，當兩球平衡時OA繩與水平方向的夾角為2，OB繩與水平方向的夾角為，則球A、B的質(zhì)量之比為（）A1：2cosBtan：1C2cos：1D1：2sin2如圖所示，斜面上有a、b、c、d四個點，ab=bc=cd從a點正上方的O點以速度v水平拋出一個小球，它落在斜面上b點若小球從O點以速度2v水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的（）Ab與c之間某一點

2、Bc點Cc與d之間某一點Dd點3某研究小組成員設(shè)計了一個如圖所示的電路，已知純電阻R的阻值不隨溫度變化與R并聯(lián)的是一個理想的交流電壓表，D是理想二極管（它的導(dǎo)電特點是正向電阻為零，反向電阻為無窮大）在A、B間加一交流電壓，瞬時值的表達式為u=20sin100t（V），則交流電壓表示數(shù)為（）A10VB20VC15VD14.1 V4假設(shè)在宇宙中存在這樣三個天體A、B、C，它們在一條直線上，天體A離天體B的高度為某值時，天體A和天體B就會以相同的角速度共同繞天體C運轉(zhuǎn)，且天體A和天體B繞天體C運動的軌道都是圓軌道，如圖所示，以下說法正確的是（）A天體A做圓周運動的加速度大于天體B做圓周運動的加速度B

3、天體A做圓周運動的速度小于天體B做圓周運動的速度C天體A做圓周運動的向心力大于天體C對它的萬有引力D天體A做圓周運動的向心力等于天體C對它的萬有引力5用水平力F拉著一物體在水平地面上做勻速直線運動，從t=0時刻起水平力F的大小隨時間均勻減小，到t1時刻F減小為零則物體所受的摩擦力Ff隨時間t變化圖象可能是下列圖中（）ABCD6環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向射入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)

4、切線方向射入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法中正確的是（）A對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越大B對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越小C對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小D對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變7如圖1所示，物體以一定初速度從傾角=37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m選擇地面為參考平

5、面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖2所示g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80則（）A物體的質(zhì)量m=0.67kgB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.40C物體上升過程的加速度大小a=10m/s2D物體回到斜面底端時的動能Ek=10J8質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點整個過程中不計空氣阻力且小球從未落地，則（）A勻強電場方向豎直向上B從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動能變化了mg2t2C整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2D從A點到最低點的

6、過程中，小球重力勢能變化了mg2t2二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題9某探究小組設(shè)計了“用一把尺子測定動摩擦因數(shù)”的實驗方案如圖示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端開始時小球和滑塊均靜止，剪短細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移x（空氣阻力對本實驗的影響可以忽略）滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為以下能引起實驗誤差的

7、是a滑塊的質(zhì)量 b當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮長度測量時的讀數(shù)誤差 d小球落地和滑塊撞擊擋板不同時10某實驗小組設(shè)計如下電路圖來測量電源的電動勢及內(nèi)阻其中待測電源電動勢約為2V，內(nèi)阻比較?。凰秒妷罕砹砍虨?V、內(nèi)阻很大按實驗電路圖在圖（2）中連接實物圖先將電阻箱電阻調(diào)至如圖（3）所示，則其電阻讀數(shù)為閉合開關(guān)S，將S1打到b端，讀出電壓表的讀數(shù)為1.10V；然后將S1打到a端，此時電壓表讀數(shù)如圖（4）所示，則其讀數(shù)為根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得電阻R0=（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）將S1打到b端，讀出電阻箱讀數(shù)R以及相應(yīng)的電壓表讀數(shù)U，不斷調(diào)節(jié)電阻箱R，得到多組R值與相應(yīng)的U值，作出圖如圖5所示，則通過圖象

8、可以得到該電源的電動勢E=V，內(nèi)阻r=（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）11如圖所示，長L=9m的傳送帶與水平方向的傾角為37°，在電動機的帶動下以V=4m/s 的速率順時針方向運行，在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住，在傳送帶的A端無初速地放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失及碰撞時間不計（sin=0.6，cos=0.8，g=10m/s2）求：（1）物塊從A處第一次滑到P處的過程中，物塊與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量？（2）物塊與擋板P第一次碰撞后，上升到最高點時到擋板P的距離？12如圖所示為一個平面直角坐標系xo

9、y在第象限中，取一個與兩個坐標軸相切的圓，圓心為點D，切點為A、B，圖中只畫出圓的四分之一在第、象限過M點有一條垂直x軸的虛線，其左側(cè)固定兩帶電平行金屬板P、Q，兩板間距離為d，其中心軸線與x軸重合，板右端有擋板，只在中心軸上開有小孔在平面直角坐標系xoy的整個空間區(qū)域中（設(shè)為真空）存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里（圖中沒有畫出），磁感應(yīng)強度的大小為B在平行板內(nèi)x軸上的S點，有一個能沿x軸正向發(fā)射相同速度粒子的粒子源，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q（不計粒子的重力）當調(diào)節(jié)PQ兩板間的電壓為U1時，粒子打到擋板上距P極板為的N點，當調(diào)節(jié)PQ兩板間的電壓為U2時，粒子沿x軸從小孔M點射出從小孔M射

10、出的粒子，在磁場中做圓周運動時恰好經(jīng)過AB段圓弧的中點C，且OM=OB（忽略電磁場間的相互影響）求：（1）粒子打到N點時的動能Ek；（2）圓弧ACB的半徑R（二）選考題【物理-選修3-3】13下列說法正確的是（）A氣體的內(nèi)能是所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和B液晶的光學(xué)性質(zhì)不隨所加電場的變化而變化C功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功D一定量的氣體，在體積不變時，分子每秒平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E一定量的氣體，在壓強不變時，分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加14如圖，一根粗細均勻的細玻璃管開口朝上豎直放置，玻璃管中有一段長為h=24cm的水銀柱封閉了一段長為

11、x0=23cm的空氣柱，系統(tǒng)初始溫度為T0=200K，外界大氣壓恒定不變?yōu)镻0=76cmHg現(xiàn)將玻璃管開口封閉，將系統(tǒng)溫度升至T=400K，結(jié)果發(fā)現(xiàn)管中水銀柱上升了2cm，若空氣可以看作理想氣體，試求：i升溫后玻璃管內(nèi)封閉的上下兩部分空氣的壓強分別為多少cmHg？ii玻璃管總長為多少？【物理-選修3-4】15一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖所示，此時波剛好傳到P點，t+0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點，則以下說法正確的是 （）A這列波的波速可能為50m/sB質(zhì)點a在這段時間內(nèi)通過的路程一定小于30cmC質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60cm

12、D若T=0.8s，則當t+0.5s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同E若T=0.8s，當t+0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為y=0.1sin（t）（m）16在真空中有一正方體玻璃磚，其截面如圖所示，已知它的邊長為d在AB面上方有一單色點光源S，從S發(fā)出的光線SP以60°入射角從AB面中點射入，當它從側(cè)面AD射出時，出射光線偏離入射光線SP的偏向角為30°，若光從光源S到AB面上P點的傳播時間和它在玻璃磚中傳播的時間相等，求點光源S到P點的距離【物理-選修3-5】17下列說法正確的有 （）A普朗克曾經(jīng)大膽假設(shè)：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍，這個不可再分

13、的最小能量值叫做能量子B粒子散射實驗中少數(shù)粒子發(fā)生了較大偏轉(zhuǎn)，這是盧瑟福猜想原子核式結(jié)構(gòu)模型的主要依據(jù)之一C由玻爾理論可知，氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時，要輻射一定頻率的光子，同時電子的動能減小，電勢能增大D在光電效應(yīng)實驗中，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越小E在康普頓效應(yīng)中，當入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉(zhuǎn)移給電子，因此，光子散射后波長變短18如圖所示，在光滑的水平面上有兩個物塊，其質(zhì)量分別為M和m，現(xiàn)將兩物塊用一根輕質(zhì)細線拴接，兩物塊中間夾著一個壓縮的輕彈簧，彈簧與兩物塊未拴接，它們以共同速度

14、v0在水平面上向右勻速運動某時刻細線突然被燒斷，輕彈簧將兩物塊彈開，彈開后物塊M恰好靜止求彈簧最初所具有的彈性勢能EP2016年黑龍江省哈爾濱一中高考物理二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確）1如圖所示，一條細繩跨過定滑輪連接兩個小球A、B，它們都穿在一根光滑的豎直桿上，不計繩與滑輪間的摩擦，當兩球平衡時OA繩與水平方向的夾角為2，OB繩與水平方向的夾角為，則球A、B的質(zhì)量之比為（）A1：2cosBtan：1C2cos：1D1：2sin【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力【分析】分別對A

15、B兩球分析，運用合成法，用T表示出A、B兩球的重力，同一根繩子上的拉力相等，即繩子AB兩球的拉力是相等的【解答】解：分別對AB兩球分析，運用合成法，如圖：由幾何知識得：Tsin2=mAgTsin=mBg故mA：mB=sin2：sin=2cos：1，故C正確，ABD錯誤故選：C2如圖所示，斜面上有a、b、c、d四個點，ab=bc=cd從a點正上方的O點以速度v水平拋出一個小球，它落在斜面上b點若小球從O點以速度2v水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的（）Ab與c之間某一點Bc點Cc與d之間某一點Dd點【考點】平拋運動【分析】解答本題需要掌握：平拋運動的特點并能靈活應(yīng)用，應(yīng)用相關(guān)數(shù)學(xué)知識求解，

16、如假設(shè)沒有斜面的限制，將落到那點，有斜面和沒有斜面的區(qū)別在哪里【解答】解：過b做一條與水平面平行的一條直線，若沒有斜面，當小球從O點以速度2v水平拋出時，小球?qū)⒙湓谖覀兯嬎骄€上c點的正下方，但是現(xiàn)在有斜面的限制，小球?qū)⒙湓谛泵嫔系腷c之間，故A正確，BCD錯誤故選A3某研究小組成員設(shè)計了一個如圖所示的電路，已知純電阻R的阻值不隨溫度變化與R并聯(lián)的是一個理想的交流電壓表，D是理想二極管（它的導(dǎo)電特點是正向電阻為零，反向電阻為無窮大）在A、B間加一交流電壓，瞬時值的表達式為u=20sin100t（V），則交流電壓表示數(shù)為（）A10VB20VC15VD14.1 V【考點】正弦式電流的最大值和有效

17、值、周期和頻率【分析】交流電壓表示數(shù)為有效值，注意二極管的單向?qū)щ娦裕沟冒雮€周期內(nèi)R1通路，另半個周期內(nèi)R1斷路，從而利用熱效應(yīng)即可求解【解答】解：二極管具有單向?qū)щ娦裕沟冒雮€周期內(nèi)R1通路，另半個周期內(nèi)R1斷路在正半周內(nèi)，交流電的有效值為20V，故一個周期內(nèi)的電阻發(fā)熱為Q=T，解得：U=10V=14.1V故選：D4假設(shè)在宇宙中存在這樣三個天體A、B、C，它們在一條直線上，天體A離天體B的高度為某值時，天體A和天體B就會以相同的角速度共同繞天體C運轉(zhuǎn)，且天體A和天體B繞天體C運動的軌道都是圓軌道，如圖所示，以下說法正確的是（）A天體A做圓周運動的加速度大于天體B做圓周運動的加速度B天體A做

18、圓周運動的速度小于天體B做圓周運動的速度C天體A做圓周運動的向心力大于天體C對它的萬有引力D天體A做圓周運動的向心力等于天體C對它的萬有引力【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用【分析】根據(jù)公式a=2r，分析加速度的關(guān)系；由公式v=r，分析速度的關(guān)系；天體A做圓周運動的向心力是由B、C的萬有引力共同提供的【解答】解：A、由于天體A和天體B繞天體C運動的軌道都是同軌道，角速度相同，由a=2r，可知天體A做圓周運動的加速度大于天體B做圓周運動的加速度，故A正確B、由公式v=r，可知天體A做圓周運動的速度大于天體B做圓周運動的速度，故B錯誤C、D、天體A做圓周運動的向心力是由B、C的萬有引力的合力提供的，大于

19、天體C對它的萬有引力故C正確，D錯誤故選：AC5用水平力F拉著一物體在水平地面上做勻速直線運動，從t=0時刻起水平力F的大小隨時間均勻減小，到t1時刻F減小為零則物體所受的摩擦力Ff隨時間t變化圖象可能是下列圖中（）ABCD【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；滑動摩擦力；力的合成與分解的運用【分析】物體勻速運動，拉力減小后，當拉力減小到零時，有兩種情況：一是一直是滑動摩擦力，一是先是滑動摩擦力，后是靜摩擦力從而即可求解【解答】解：由題意可知，物體在勻速運動，從t=0時刻，拉力F開始均勻減小，t1時刻拉力減小為零，出現(xiàn)的摩擦力有兩種可能，一是當拉力為零時，物體仍在滑動，則受到的一直是滑動摩擦力，即

20、大小不變，故A正確；另一是當拉力為零前，物體已靜止，則當拉力為零時，則先是滑動摩擦力，后是靜摩擦力，滑動摩擦力大小不變，而靜摩擦力的大小與拉力相等，而此時拉力小于滑動摩擦力大小，故D正確，BC錯誤；故選：AD6環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向射入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其工作原理的示意圖如圖所示，正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向射入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀

21、空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法中正確的是（）A對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越大B對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強度B越小C對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小D對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【分析】帶電粒子被加速后進入勻強磁場區(qū)域，做勻速圓周運動，根據(jù)圓周運動的半徑公式和周期公式判斷荷質(zhì)比與磁感強度的關(guān)系，周期和磁感強度的關(guān)系【解答】解：A、B、環(huán)形空腔的半徑保持不變，當電壓不變時，粒子進

22、入磁場的速度相同，根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式：R=，荷質(zhì)比越大，B應(yīng)該越小，故A錯誤，B正確；C、D、當帶電粒子確定后，加速電壓越大，粒子進入磁場速度越大，荷質(zhì)比確定，所以磁感應(yīng)強度應(yīng)該越大，根據(jù)周期公式T=，可得磁感應(yīng)強度的增大會使周期變小，故C正確，D錯誤；故選：BC7如圖1所示，物體以一定初速度從傾角=37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖2所示g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80則（）A物體的質(zhì)量m=0.67kgB物體與斜面間的動摩

23、擦因數(shù)=0.40C物體上升過程的加速度大小a=10m/s2D物體回到斜面底端時的動能Ek=10J【考點】動能定理的應(yīng)用；機械能守恒定律【分析】當物體到達最高點時速度為零，機械能等于物體的重力勢能，由重力勢能計算公式可以求出物體質(zhì)量；在整個運動過程中，機械能的變化量等于摩擦力做的功，由圖象求出摩擦力的功，由功計算公式求出動摩擦因數(shù)；由牛頓第二定律求出物體上升過程的加速度；由動能定理求出物體回到斜面底端時的動能【解答】解：A、物體到達最高點時，機械能E=EP=mgh，m=1kg，故A錯誤；B、物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，減少的機械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即3050=&

24、#215;1×10cos37°×，=0.5，故B錯誤；C、物體上升過程中，由牛頓第二定律得：mgsin+mgcos=ma，解得a=10m/s2，故C正確；D、由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功W=3050=20J，在整個過程中由動能定理得EKEK0=2W，則EK=EK0+2W=50+2×（20）=10J，故D正確；故選CD8質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，在t秒末加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點整個過程中不計空氣阻力且小球從未落地，則（）A勻強電場方向豎直向上B從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動

25、能變化了mg2t2C整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2D從A點到最低點的過程中，小球重力勢能變化了mg2t2【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；重力勢能【分析】分析小球的運動情況：小球先做自由落體運動，加上勻強電場后小球先向下做勻減速運動，后向上做勻加速運動由運動學(xué)公式求出t秒末速度大小，加上電場后小球運動，看成一種勻減速運動，自由落體運動的位移與這個勻減速運動的位移大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求電場力，由W=qEd求得電場力做功，即可得到電勢能的變化由動能定理得求出A點到最低點的高度，得到重力勢能的減小量【解答】解：A、小球所受電場力方向是向上的，但不知道小

26、球帶電的電性，所以不能判斷電場的方向，故A錯誤；B、從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了Ek=，故B錯誤；C、小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反設(shè)電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g，則小球回到A點時的速度為v=vat=2gt整個過程中小球速度增量的大小為v=vv=3gt，速度增量的大小為3gt由牛頓第二定律得：a=，聯(lián)立解得電場力大?。篍q=4mg整個過程中電場力做的功；電場力做的功等于電勢能的減小量，故整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2；故C正確；D、設(shè)從

27、A點到最低點的高度為h，根據(jù)動能定理得：mghqE（hgt2）=0解得：h=gt2；故D錯誤故選：C二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題9某探究小組設(shè)計了“用一把尺子測定動摩擦因數(shù)”的實驗方案如圖示，將一個小球和一個滑塊用細繩連接，跨在斜面上端開始時小球和滑塊均靜止，剪短細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音用刻度尺測出小球下落的高度H、滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移x（空氣阻力對本實驗的影響可以忽略）滑塊沿斜面運動的加速度與

28、重力加速度的比值為滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為以下能引起實驗誤差的是cda滑塊的質(zhì)量 b當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮長度測量時的讀數(shù)誤差 d小球落地和滑塊撞擊擋板不同時【考點】探究影響摩擦力的大小的因素【分析】由于同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，說明小球和滑塊的運動時間相同，由勻加速運動的位移時間公式和自由落體的位移時間公式即可求得加速度的比值；由牛頓第二定律及幾何關(guān)系即可求得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；由的數(shù)學(xué)表達式就可以知道能引起實驗誤差的因數(shù)，還要注意小球落地和滑塊撞擊擋板不同時也會造成誤差；【解答】解：由于同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，說明小球和滑塊的運動時間相同， 由x=at2和

29、H=gt2得：所以=根據(jù)幾何關(guān)系可知：sin=，cos= 對滑塊由牛頓第二定律得：mgsinmgcos=ma，且a=，聯(lián)立方程解得=由得表達式可知，能引起實驗誤差的是長度x、h、H測量時的讀數(shù)誤差，同時要注意小球落地和滑塊撞擊擋板不同時也會造成誤差，故選cd故答案為：c d10某實驗小組設(shè)計如下電路圖來測量電源的電動勢及內(nèi)阻其中待測電源電動勢約為2V，內(nèi)阻比較?。凰秒妷罕砹砍虨?V、內(nèi)阻很大按實驗電路圖在圖（2）中連接實物圖先將電阻箱電阻調(diào)至如圖（3）所示，則其電阻讀數(shù)為11閉合開關(guān)S，將S1打到b端，讀出電壓表的讀數(shù)為1.10V；然后將S1打到a端，此時電壓表讀數(shù)如圖（4）所示，則其讀數(shù)為

30、1.50V根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得電阻R0=4.0（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）將S1打到b端，讀出電阻箱讀數(shù)R以及相應(yīng)的電壓表讀數(shù)U，不斷調(diào)節(jié)電阻箱R，得到多組R值與相應(yīng)的U值，作出圖如圖5所示，則通過圖象可以得到該電源的電動勢E=1.67V，內(nèi)阻r=1.00（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【分析】電阻箱各旋鈕示數(shù)與對應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱的示數(shù)；由圖示電壓表確定的其量程與分度值，讀出其示數(shù)；由串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖象與函數(shù)表達式求出電源電動勢與內(nèi)阻【解答】解：（1）按實驗電路圖在圖（2）中連接實物圖：（2）先將電

31、阻箱電阻調(diào)至如圖（3）所示，則其電阻讀數(shù)為1×10+1×1=11閉合開關(guān)S，將S1打到b端，讀出電壓表的讀數(shù)為1.10V；電流I=0.1A，然后將S1打到a端，此時電壓表讀數(shù)如圖（4）所示，則其讀數(shù)為1.50V根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)可得電阻R0=11=4.0（3）在閉合電路中，電源電動勢：E=U+I（r+R0）=U+（r+R0），=+，由圖5所示圖象可知，b=0.6，E=1.67V，圖象斜率k=3，電源內(nèi)阻r=kER0=54=1.00故答案為：如圖；11，1.50，4.01.67，1.0011如圖所示，長L=9m的傳送帶與水平方向的傾角為37°，在電動機的帶動下以V=4

32、m/s 的速率順時針方向運行，在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住，在傳送帶的A端無初速地放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5，物塊與擋板的碰撞能量損失及碰撞時間不計（sin=0.6，cos=0.8，g=10m/s2）求：（1）物塊從A處第一次滑到P處的過程中，物塊與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量？（2）物塊與擋板P第一次碰撞后，上升到最高點時到擋板P的距離？【考點】功能關(guān)系；牛頓第二定律【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在下降過程和上升過程中的加速度，運用運動學(xué)公式求出下滑過程和上升過程的相對位移，求出相對運動距離之和，根據(jù)Q=fs求出產(chǎn)生的熱量應(yīng)用

33、牛頓第二定律與勻變速直線運動的速度位移公式求出物塊的位移，然后答題【解答】解：（1）物塊從A點由靜止釋放，由牛頓第二定律得：向下運動的加速度：ma1=mgsinmgcos，代入數(shù)據(jù)解得：a1=2m/s2，由速度位移公式可知，與P碰前的速度為：v1=6m/s，物塊從A到B的時間為：t1=在此過程中物塊相對傳送帶向下位移為：s1=L+vt1=21m摩擦生熱為：Q=mgcoss1=84J（2）物塊與擋板碰撞后，以v1的速率反彈，因v1v，物塊相對傳送帶向上滑，由牛頓第二定律可知，物塊向上做減速運動的加速度為a2有：ma2=mgsin+mgcos，代入數(shù)據(jù)解得：a2=10m/s2物塊速度減小到與傳送帶

34、速度相等所需時間：t2=0.2s，物塊向上的位移：x1=1m，物塊相對傳送帶向上的位移為：s2=l1vt2=0.2m物塊速度與傳送帶速度相等后，tan，由牛頓第二定律可知：ma3=mgsinmgcos，代入數(shù)據(jù)解得，物塊向上做減速運動的加速度：a3=2m/s2，物塊速度減小到零的時間為：t3=物塊向上的位移：x2=4m，離P點的距離：x1+x2=1+4=5m答：（1）物塊與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為84J；（2）物塊從第一次靜止釋放到與擋板P第一次碰撞后，物塊上升到最高點時到擋板P的距離為5m12如圖所示為一個平面直角坐標系xoy在第象限中，取一個與兩個坐標軸相切的圓，圓心為點D，切點為A

35、、B，圖中只畫出圓的四分之一在第、象限過M點有一條垂直x軸的虛線，其左側(cè)固定兩帶電平行金屬板P、Q，兩板間距離為d，其中心軸線與x軸重合，板右端有擋板，只在中心軸上開有小孔在平面直角坐標系xoy的整個空間區(qū)域中（設(shè)為真空）存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里（圖中沒有畫出），磁感應(yīng)強度的大小為B在平行板內(nèi)x軸上的S點，有一個能沿x軸正向發(fā)射相同速度粒子的粒子源，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q（不計粒子的重力）當調(diào)節(jié)PQ兩板間的電壓為U1時，粒子打到擋板上距P極板為的N點，當調(diào)節(jié)PQ兩板間的電壓為U2時，粒子沿x軸從小孔M點射出從小孔M射出的粒子，在磁場中做圓周運動時恰好經(jīng)過AB段圓弧的中點C，且O

36、M=OB（忽略電磁場間的相互影響）求：（1）粒子打到N點時的動能Ek；（2）圓弧ACB的半徑R【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】根據(jù)動能定理列方程求出粒子打到N點時的動能；根據(jù)牛頓第二定律求出粒子圓周運動的半徑，作出軌跡，由幾何知識求圓弧ACB的半徑R【解答】解：（1）設(shè)粒子的初速度為v0，粒子從S點到N點時有：當PQ兩板的電壓為U2時： 得：代入得：（2）粒子在磁場中做圓周運動，由洛侖茲力和牛頓運動定律有：qv0B=m 得：粒子做圓周運動的圓心必在過M點并垂直于x軸的直線ME上；同時這個軌跡經(jīng)過C點，所以軌跡的圓心也一定在MC的垂直平分線EF上，這樣ME與

37、EF的交點E就是軌跡的圓心，ME就是軌跡的半徑r過C點作MB的垂線與MB交于H點，則MEFCMH有：由CDB=45°得CH=ODOC=45° MH=2RRsin45°MF=MC聯(lián)立可得：答：（1）粒子打到N點時的動能；（2）圓弧ACB的半徑（二）選考題【物理-選修3-3】13下列說法正確的是（）A氣體的內(nèi)能是所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和B液晶的光學(xué)性質(zhì)不隨所加電場的變化而變化C功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功D一定量的氣體，在體積不變時，分子每秒平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而減小E一定量的氣體，在壓強不變時，分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)隨著溫

38、度降低而增加【考點】物體的內(nèi)能；溫度是分子平均動能的標志；熱力學(xué)第一定律；熱力學(xué)第二定律【分析】依據(jù)：內(nèi)能包含分子動能和勢能，溫度與分子動能相關(guān)，掌握熱力學(xué)第二定律，掌握壓強的微觀解釋可以解答各選項【解答】解：A、氣體的內(nèi)能是所有分子熱運動的動能和分子間的勢能之和，故A正確；B、液晶的光學(xué)性質(zhì)隨所加電場的變化而變化，故B錯誤；C、功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，熱量在一定條件下也可以全部轉(zhuǎn)化為功，故C錯誤；D、一定量的氣體，在體積不變時，溫度降低，壓強減小，根據(jù)氣體壓強原理知道分子每秒平均碰撞次數(shù)也減小故D正確E、一定量的氣體，在壓強不變時，隨著溫度降低體積在減小，所以分子每秒對器壁單位面積平均碰撞次數(shù)在

39、增加，故E 正確故答案為：ADE14如圖，一根粗細均勻的細玻璃管開口朝上豎直放置，玻璃管中有一段長為h=24cm的水銀柱封閉了一段長為x0=23cm的空氣柱，系統(tǒng)初始溫度為T0=200K，外界大氣壓恒定不變?yōu)镻0=76cmHg現(xiàn)將玻璃管開口封閉，將系統(tǒng)溫度升至T=400K，結(jié)果發(fā)現(xiàn)管中水銀柱上升了2cm，若空氣可以看作理想氣體，試求：i升溫后玻璃管內(nèi)封閉的上下兩部分空氣的壓強分別為多少cmHg？ii玻璃管總長為多少？【考點】封閉氣體壓強；理想氣體的狀態(tài)方程【分析】先求解出初狀態(tài)和末狀態(tài)氣體的壓強的表達式，然后根據(jù)題意列出方程進行求解【解答】解：i設(shè)升溫后下部空氣壓強為P，玻璃管壁橫截面積S，則

40、初態(tài)：p1=p0+hHg V1=x0s末態(tài)：p=？V2=（x0+2）s對下部氣體有：入數(shù)據(jù)得：P=184cmHg下部氣體：P=PhHg=160cmHg ii設(shè)上部氣體最初長度為x，此時上部氣體壓強 初態(tài)：P1=P0V1=xS末態(tài)：P=PhHg=160cmHgV2=（x2）s對上部氣體有：代入數(shù)據(jù)得：x=40cm 所以管總長為：x0+h+x=87cm答案：i升溫后玻璃管內(nèi)封閉的上下兩部分空氣的壓強分別為184cmHg和160cmHg ii玻璃管總長為87cm【物理-選修3-4】15一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t時刻波形圖如圖所示，此時波剛好傳到P點，t+0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、

41、b、c、P、Q是介質(zhì)中的質(zhì)點，則以下說法正確的是 （）A這列波的波速可能為50m/sB質(zhì)點a在這段時間內(nèi)通過的路程一定小于30cmC質(zhì)點c在這段時間內(nèi)通過的路程可能為60cmD若T=0.8s，則當t+0.5s時刻，質(zhì)點b、P的位移相同E若T=0.8s，當t+0.4s時刻開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為y=0.1sin（t）（m）【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系【分析】由圖可知波的波長，而由兩列波的波形圖可得兩波形相距的時間與周期的關(guān)系，則可得出波速的表達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質(zhì)點的路程及位移及質(zhì)點的振動方程【解答】解：A、由圖可知，波的波長為40m；兩列波相距0.6s=（

42、n+）T，故周期T=； 波速v=（4n+3）m/s=×（4n+3）m/s，（n=0，1，2，）；當n=0時，當v=50m/s時，故A正確；B、質(zhì)點a在平衡位置上下振動，振動的最少時間為T，故路程最小為3A即30cm，故B錯誤；C、c的路程為60cm說明c振動了1.5個周期，則可有：+1.5T=0.6，即+=0.6解得：n=1時滿足條件，故C正確；D、在 t 時刻，因波沿X軸正方向傳播，所以此時質(zhì)點P是向上振動的，經(jīng)0.5秒后，P是正在向下振動（負位移），是經(jīng)過平衡位置后向下運動0.1秒；而質(zhì)點b是正在向上振動的（負位移），是到達最低點后向上運動0.1秒，因為0.2秒等于，可見此時兩個質(zhì)點的位移是相同的 故D正確；E、當T=0.8s，當t+0.4s時刻時，質(zhì)點c在上端最大位移處，據(jù)=rad/s= rad/s，據(jù)圖知A=0.1m，當從t+0.4s時刻時開始計時，則質(zhì)點c的振動方程為x=0.1sin（t+）m，故E錯誤故選：ACD16在真空中有一正方體玻璃磚，其截面如圖所示，已知它的邊長為d在AB面上方有一單色點光源S，從S發(fā)出的光線SP以60°入射角從AB面中點射入，當它從側(cè)面AD射出時，出射光線