2017屆四川省瀘州市高考物理二診試卷（解析版）

1、2017年四川省瀘州市高考物理二診試卷一、選擇題：本題共8個小題，每個小題6分1如圖所示，MN是流速穩(wěn)定的河流，河寬一定，小船在靜水中的速度大小一定，現(xiàn)小船自A點渡河，第一次船頭沿AB方向與河岸上游夾角為，到達(dá)對岸；第二次船頭沿AC方向與河岸下游夾角為，到達(dá)對岸，若兩次航行的時間相等，則（）A=BCD無法比較與的大小2我國成功發(fā)射世界首顆量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子號”，實現(xiàn)了衛(wèi)星與地面的量子通信，量子的不可復(fù)制性確保信息傳輸?shù)慕^對安全，若“墨子號”衛(wèi)星定軌后，在離地面高度為h的軌道上做勻速圓周運動，已知地球的質(zhì)量為M，萬有引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，下列說法正確的是（）A火箭發(fā)射加速升

2、空時，“墨子號”衛(wèi)星對火箭的壓力小于自身重力B衛(wèi)星在軌運行的速度，大于7.9km/sC衛(wèi)星在軌運行的周期等于T=2D衛(wèi)星在軌運行的向心加速度小于g3如圖所示，三根長為L的直線電流在空間構(gòu)成以A為頂點的等腰直角三角形，其中A、B電流的方向垂直紙面向里，C電流方向垂直紙面向外，其中B、C電流大小為I，在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B0，導(dǎo)線A通過的電流大小為I，則導(dǎo)線A受到的安培力是（）A B0IL，水平向左B2B0IL，豎直向上C2B0IL，水平向右D04如圖所示，光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B，放在與左側(cè)豎直墻垂直的直線上，設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以速度v朝著B運動，設(shè)

3、系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機械能損失，則下列判斷正確的是（）A若m1=m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B若m1m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C兩球第一次碰撞后B球的速度一定是D兩球第一次碰撞后A球一定向右運動5如圖所示，R1=R，R2=2R，R3=3R，Rg=4R，電源負(fù)極接地，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，電容器帶電量為Q1；斷開開關(guān)S將R1和R3的位置互換，開關(guān)重新閉合穩(wěn)定后，電容器帶電量為Q2，則Q1和Q2的比值為（）A1BCD6如圖所示，小球甲從A點水平拋出，小球乙從B點自由釋放，兩小球同時經(jīng)過C點時速度的大小相等，方向間夾角為60，已知兩小球質(zhì)量相等，BC高h(yuǎn)，重力加速度為g，不計空氣阻力

4、，由以上條件可知（）A乙球釋放時間要比甲球拋出時間提前B兩球經(jīng)過C點時重力的功率相等CA、B兩點的高度差為hDA、B兩點的水平距離為h7如圖所示，圖甲、圖乙分別是等量負(fù)點電荷和等量異種點電荷組成的兩個獨立的帶電系統(tǒng)，O為電荷連線和中垂線的交點，M、N是連線上對O點對稱的兩點，p、q是中垂線上對O點對稱的兩點，現(xiàn)有一個正點電荷，僅受電場力作用，則（）A該正點電荷在圖甲和圖乙中從p運動到q時一定是沿直線運動B該正點電荷在圖甲和圖乙中從M運動到N時一定是沿直線運動C該正點電荷可以在圖甲中做勻速圓周運動經(jīng)過p和qD該正點電荷可以在圖乙中做勻速圓周運動經(jīng)過p和q8在傾角=37的光滑足夠長斜面上有兩個用輕

5、彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別m1=2kg、m2=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當(dāng)B剛要離開C時，A的速度為1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，則（）A恒力F=31NB從用力F拉物塊A開始到B剛離開C的過程中，A沿斜面向上運動0.3mC物塊A沿斜面向上運動過程中，A先加速后勻速運動DA的速度達(dá)到最大時，B的加速度大小為0.5m/s2二、非選擇題（一）必考題9對于下面長度測量工具，請按要求正確讀出數(shù)據(jù)（1）刻度尺測

6、得紙帶AB兩點間的距離是 cm；（2）螺旋測微器的讀數(shù)是 mm10圖甲為某同學(xué)測量兩節(jié)干電池電動勢和內(nèi)電阻的電路圖，其中虛線框內(nèi)為用毫安表改裝成雙量程電壓表的電路，請完成下列問題：（1）毫安表的內(nèi)阻為100，滿篇電流為3mA，R1和R2為定值電阻，其中R2=3000，若使用a和b接線柱，電壓表量程為12V，則R1= ，若使用a和c接線柱，電壓表的量程為 V；（2）實驗主要步驟如下：在閉合開關(guān)S1前，將開關(guān)S2撥向c，并將電阻箱R的讀數(shù)調(diào)到 （選填“最大”或“最小”），然后閉合開關(guān)S1；多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下相應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電阻箱的讀數(shù)R，根據(jù)所測數(shù)據(jù)在圖乙坐標(biāo)系中描繪出圖象；由圖象求得電源

7、的電動勢E= V，內(nèi)阻r= （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）11隨著不可再省資源的日益消耗，環(huán)境問題越來越嚴(yán)重，我國正加緊新能源汽車的研發(fā)，很多技術(shù)達(dá)到了世界領(lǐng)先水平，假如一輛新能源汽車的質(zhì)量為m，其發(fā)動機的額定功率為P0，從某時刻起汽車以速度v0在水平公路上勻速直線行駛，此時汽車發(fā)動機的輸出功率為P0，接著汽車開始勻加速直線行駛，當(dāng)速度增加到2v0時，發(fā)動機的輸出功率恰好為P0；如果汽車在水平公路上沿直線行駛中所受到的阻力與行駛速率成正比，求：（1）汽車在水平公路上沿直線行駛所能達(dá)到的最大速率vm；（2）汽車勻加速直線行駛所通過的距離12如圖所示，MN是豎直平面內(nèi)半徑為R=1m的絕緣光滑半圓弧軌道，

8、水平絕緣粗糙軌道NP長為L=2m，軌道NP區(qū)域存在水平向左的有界勻強電場E1，MN、QP為電場的兩邊界線，平行金屬板AC左端靠近QP，軌道NP與半圓弧軌道相切于N點，P點到A板的距離為d，AC板間電勢差UCA=4V，AC板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.8T，板間距離d=2m，一個電荷量qa=0.1C、質(zhì)量ma=20g的金屬小球a以某一初速度從A板上的D孔與A板成37進(jìn)入電磁場運動后，剛好在水平方向上與靜止在P點不帶電的質(zhì)量為mb=60g金屬小球b發(fā)生正碰，b與a碰后均分電荷量，碰后小球a恰好從C板的右端邊緣離開且速度大小為vc=m/s，小球b進(jìn)入NP直線軌道并沖入圓弧軌道，與軌

9、道NP的動摩擦因數(shù)為0.5，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）金屬小球a剛與金屬小球b碰前的速度大??；（2）若小球b進(jìn)入半圓弧軌道后不脫離軌道，則水平勻強電場E1的取值范圍（二）選考題【物理-選修3-3】13以下說法中正確的有（）A功可以全部轉(zhuǎn)化為熱B物體吸收熱量，同時對外做功，其內(nèi)能可能增加C食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體D布朗運動是指液體分子的無規(guī)則運動E當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時，分子勢能都隨分子間距離的增大而增大14如圖所示，透熱的氣缸內(nèi)封有一定質(zhì)量的理想氣體，缸體質(zhì)量M=100kg，活塞質(zhì)量m=10kg，缸內(nèi)氣體的壓強P1=2.0105P

10、a，活塞與氣缸壁無摩擦且不漏氣，此時缸內(nèi)氣體的溫度為47，活塞位于距缸頂0.6l處，整個裝置都靜止，已知大氣壓恒為P0=1.0105Pa，重力加速度為g=10m/s2，T=t+273，求：（1）活塞的面積S；（2）缸內(nèi)氣體溫度為多少攝氏度時，活塞恰好會靜止在離氣缸頂部0.9l處四、選考題15以下說法中正確的有（）A把調(diào)準(zhǔn)的擺鐘由瀘州移至赤道，這個鐘將變慢，若要重新調(diào)整，應(yīng)縮短擺長B在干涉現(xiàn)象中，振動加強點的位移總比減弱點的位移要大C只有發(fā)生共振時，受迫振動的頻率才等于驅(qū)動力的頻率D振動的頻率越高，則波傳播一個波長的距離所用的時間越短E向人體發(fā)射頻率已知的超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，

11、測出反射波的頻率變化就能知道血流的速度，這種方法熟稱“彩超”16如圖所示，a、b、c是處于同一均勻介質(zhì)中某一直線上的三個質(zhì)點，一列簡諧波的波源在b點，波同時沿該直線向ba和bc方向傳播，a、b兩質(zhì)點平衡位置之間的距離L1=7m，各質(zhì)點做簡諧運動時的周期T=0.4s，波長4m5m，t1=0時刻，波剛好傳到質(zhì)點a，此時質(zhì)點b恰好位于波峰，t2=1.6s時刻，質(zhì)點c第一次到達(dá)波谷，求：（1）簡諧橫波的波長；（2）b、c兩質(zhì)點平衡位置之間的距離L2017年四川省瀘州市高考物理二診試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8個小題，每個小題6分1如圖所示，MN是流速穩(wěn)定的河流，河寬一定，小船在靜水中的速度

12、大小一定，現(xiàn)小船自A點渡河，第一次船頭沿AB方向與河岸上游夾角為，到達(dá)對岸；第二次船頭沿AC方向與河岸下游夾角為，到達(dá)對岸，若兩次航行的時間相等，則（）A=BCD無法比較與的大小【考點】44：運動的合成和分解【分析】根據(jù)合速度的方向，通過平行四邊形定則確定靜水速的方向，然后將靜水速沿河岸方向和垂直于河岸方向分解，通過等時性比較渡河的夾角【解答】解：第一次小船沿AB航行，到達(dá)對岸，合速度沿AB方向，設(shè)為v1；第二次沿AC航行，到達(dá)對岸，合速度沿AC方向，設(shè)為v2根據(jù)平行四邊形定則知，v1與河岸的夾角小于v2與河岸的夾角，因為靜水速不變，根據(jù)等時性知，則v1在垂直于河岸方向上的速度等于v2垂直于河

13、岸方向上的速度，因此兩方向與河岸的夾角也相等，即=，故A正確，BCD錯誤故選：A2我國成功發(fā)射世界首顆量子科學(xué)實驗衛(wèi)星“墨子號”，實現(xiàn)了衛(wèi)星與地面的量子通信，量子的不可復(fù)制性確保信息傳輸?shù)慕^對安全，若“墨子號”衛(wèi)星定軌后，在離地面高度為h的軌道上做勻速圓周運動，已知地球的質(zhì)量為M，萬有引力常量為G，地球表面的重力加速度為g，下列說法正確的是（）A火箭發(fā)射加速升空時，“墨子號”衛(wèi)星對火箭的壓力小于自身重力B衛(wèi)星在軌運行的速度，大于7.9km/sC衛(wèi)星在軌運行的周期等于T=2D衛(wèi)星在軌運行的向心加速度小于g【考點】4H：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系【分析】第一宇宙速度是衛(wèi)星近表面圓軌道的運行

14、速度已知“墨子號”衛(wèi)星做勻速圓周運動的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的半徑，由萬有引力提供向心力即可求出運動線速度v，向心加速度a的公式，進(jìn)而比較即可【解答】解：A、火箭發(fā)射加速升空時，加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)，所以“墨子號”衛(wèi)星對火箭的壓力大于自身重力故A錯誤；B、7.9km/s是第一宇宙速度，是最大的圓軌道運行速度，則該衛(wèi)星在圓軌道上運行速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；C、根據(jù)可知，T=22，故C錯誤；D、根據(jù)可知，a=，半徑越大，加速度越小，則該衛(wèi)星在圓軌道上運行時加速度小于地球表面的重力加速度，故D正確；故選：D3如圖所示，三根長為L的直線電流在空間構(gòu)成以A為頂點的等腰直角三角形，其中A、

15、B電流的方向垂直紙面向里，C電流方向垂直紙面向外，其中B、C電流大小為I，在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B0，導(dǎo)線A通過的電流大小為I，則導(dǎo)線A受到的安培力是（）A B0IL，水平向左B2B0IL，豎直向上C2B0IL，水平向右D0【考點】CC：安培力；C6：通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向【分析】根據(jù)矢量合成法則，可知A、B電流在C處的磁應(yīng)強度疊加的大小，再由左手定則與安培力大小表達(dá)式即可求解【解答】解：B、C電流在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小分別為B0，根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，則有A處的磁感應(yīng)強度為：BA=；再由左手定則可知，安培力方向豎直向上，大小為F=；所以B正確、AC

16、D錯誤；故選：B4如圖所示，光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的小球A、B，放在與左側(cè)豎直墻垂直的直線上，設(shè)B開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球以速度v朝著B運動，設(shè)系統(tǒng)處處無摩擦，所有的碰撞均無機械能損失，則下列判斷正確的是（）A若m1=m2，則兩球之間有且僅有兩次碰撞B若m1m2，則兩球之間可能發(fā)生兩次碰撞C兩球第一次碰撞后B球的速度一定是D兩球第一次碰撞后A球一定向右運動【考點】53：動量守恒定律【分析】兩球碰撞時無機械能損失，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和機械能守恒列出等式，根據(jù)碰后兩者的速度大小，對照碰撞的條件進(jìn)行討論求解【解答】解：設(shè)球A和球B第一次碰撞后速度分別為v1和v2，取向左為正方向由系統(tǒng)動

17、量守恒：m1v=m1v1+m2v2系統(tǒng)機械能守恒得： m1v2=m1v12+m2v22解得：v1=v，v2=vA、若m1=m2，則得 v1=0，v2=v，即A與B碰撞后交換速度，當(dāng)球B與墻壁碰后以速度v2返回，并與球A發(fā)生第二次碰撞，之后B靜止，A向右運動，不再發(fā)生碰撞，所以兩球之間有且僅有兩次碰撞，故A正確B、若m1m2，則得 v1v，v20，兩球之間只能發(fā)生一次碰撞，故B錯誤C、兩球第一次碰撞后，B球的速度為 v2=v，不一定是，與兩球的質(zhì)量關(guān)系有關(guān)，故C錯誤D、兩球第一次碰撞后A球的速度為v1=v，當(dāng)m1m2時，v10，碰后A球向左運動，m1=m2，則得 v1=0，碰后A球靜止當(dāng)m1m2

18、時，v10，碰后A球向右運動，故D錯誤故選：A5如圖所示，R1=R，R2=2R，R3=3R，Rg=4R，電源負(fù)極接地，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，電容器帶電量為Q1；斷開開關(guān)S將R1和R3的位置互換，開關(guān)重新閉合穩(wěn)定后，電容器帶電量為Q2，則Q1和Q2的比值為（）A1BCD【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；AP：電容【分析】分別求出R1和R3的位置互換前后，電容器兩端的電壓，根據(jù)Q=CU求出電容器所帶的電荷量，再求出比值；【解答】解：圖示狀態(tài)兩端的電壓等于電容器上極板的電勢：電阻兩端的電壓等于電容器下極板的電勢：電容器兩極板間的電壓電容器所帶的電量=斷開開關(guān)S將R1和R3的位置互換，開關(guān)重新閉合穩(wěn)定后，

19、電阻兩端的電壓等于電容器上極板的電勢：電容器兩端的電壓電容器所帶的電量電容器所帶的電量，故C正確，ABD錯誤；故選：C6如圖所示，小球甲從A點水平拋出，小球乙從B點自由釋放，兩小球同時經(jīng)過C點時速度的大小相等，方向間夾角為60，已知兩小球質(zhì)量相等，BC高h(yuǎn)，重力加速度為g，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A乙球釋放時間要比甲球拋出時間提前B兩球經(jīng)過C點時重力的功率相等CA、B兩點的高度差為hDA、B兩點的水平距離為h【考點】43：平拋運動【分析】根據(jù)速度時間公式，抓住速度大小相等，結(jié)合平行四邊形定則分別求出甲乙運動的時間，從而得出甲乙兩球到達(dá)C點的時間根據(jù)速度位移公式求出乙球到達(dá)C點的速度，抓

20、住兩球在C點的速度大小相等，結(jié)合平行四邊形定則求出甲乙兩球做平拋運動的初速度根據(jù)速度位移公式求出AC的高度差，從而得出AB的高度差結(jié)合初速度和時間求出A、B兩點的水平距離【解答】解：A、對乙球有；v=gt乙，h=所以：v=對甲有：vcos60=gt甲，則t乙=，則乙球釋放時間要比甲球拋出時間提前故A錯誤B、乙球到達(dá)C點的速度v=，則甲球到達(dá)C點時豎直方向的分速度：，根據(jù)重力的功率的表達(dá)式：P=mgvy可知，兩球經(jīng)過C點時重力的功率不相等故B錯誤C、AC兩點的高度差，則A、B的高度差，故C正確D、根據(jù)平行四邊形定則知，甲球平拋運動的初速度，A、B的水平距離x=，故D正確故選：CD7如圖所示，圖甲

21、、圖乙分別是等量負(fù)點電荷和等量異種點電荷組成的兩個獨立的帶電系統(tǒng)，O為電荷連線和中垂線的交點，M、N是連線上對O點對稱的兩點，p、q是中垂線上對O點對稱的兩點，現(xiàn)有一個正點電荷，僅受電場力作用，則（）A該正點電荷在圖甲和圖乙中從p運動到q時一定是沿直線運動B該正點電荷在圖甲和圖乙中從M運動到N時一定是沿直線運動C該正點電荷可以在圖甲中做勻速圓周運動經(jīng)過p和qD該正點電荷可以在圖乙中做勻速圓周運動經(jīng)過p和q【考點】AA：電場的疊加；AD：電勢差與電場強度的關(guān)系【分析】根據(jù)兩個在空間內(nèi)的等量正電荷和兩個等量異號電荷電場線的分布，找出粒子所受電場力，確定可能運動軌跡沿著電場線電勢逐漸降低，根據(jù)等量同

22、種電荷和等量異種電荷的電場線的分布，判斷各點的電勢高低，根據(jù)負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，從而可以判斷粒子在各點的電勢能大小【解答】解：A、在甲圖中，pq間電場線方向均指向O點，正點電荷可沿直線從p運動到q，在乙圖中，pq間電場線方向垂直pq連線，那么正點電荷所受的電場力與pq連線垂直，不可能沿直線運動，故A錯誤B、在甲圖中，MN間電場線方向均背離O點，正點電荷可沿直線從M運動到N，在乙圖中，MN間電場線方向由M指向N，那么正點電荷所受的電場力與MN連線平行，也可以沿直線運動故B正確C、該粒子在甲圖所示電場中，所受的電場力指向O點，正點電荷可以繞O點做勻速圓周運動，并經(jīng)過M、N

23、，故C正確D、在乙電場中，正點電荷受到電場力與pq連線垂直，不可能做勻速圓周運動，故D錯誤故選：BC8在傾角=37的光滑足夠長斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別m1=2kg、m2=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F拉物塊A使之沿斜面向上運動，當(dāng)B剛要離開C時，A的速度為1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，則（）A恒力F=31NB從用力F拉物塊A開始到B剛離開C的過程中，A沿斜面向上運動0.3mC物塊A沿斜面向上運動過程中，A先加速后

24、勻速運動DA的速度達(dá)到最大時，B的加速度大小為0.5m/s2【考點】37：牛頓第二定律；29：物體的彈性和彈力【分析】未加拉力F時，物體A對彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；物塊B剛要離開C時，彈簧的拉力等于物體B重力的下滑分力，根據(jù)平衡條件并結(jié)合胡克定律求解出兩個狀態(tài)彈簧的形變量，得到彈簧的長度變化情況，從而求出A發(fā)生的位移；根據(jù)牛頓第二定律求出F的大??；當(dāng)A的加速度為零時，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結(jié)合牛頓第二定律求出B的加速度【解答】解：A、當(dāng)B剛離開C時，B對擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsin，解得彈簧的伸長量=根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)m1gsinkx2=m1a，

25、解得：F=31N，故A正確；B、開始A處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsin=kx1，解得彈簧的壓縮量=，可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=0.3m，故B正確；C、對整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F（m1+m2）gsin=（m1+m2）a，解得a=0.2，故A先加速運動，后做加速度較小的加速運動，故C錯誤；D、當(dāng)A的加速度為零時，A的速度最大，設(shè)此時彈簧的拉力為FT，則：FFTm2gsin=0所以FT=Fm2gsin=313100.6N=13N以B為研究對象，則：FTm2sin=ma所以：a=0.75m/s2故D錯誤故選：AB二、非選擇題（一）必考題9對于下面

26、長度測量工具，請按要求正確讀出數(shù)據(jù)（1）刻度尺測得紙帶AB兩點間的距離是6.25cm；（2）螺旋測微器的讀數(shù)是5.705mm【考點】L4：螺旋測微器的使用【分析】明確刻度尺的最小分度，從而確定正確的讀數(shù)方法；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀【解答】解：（1）由圖可知，毫米刻度尺的最小分度為0.1cm，故AB間的距離為6.25cm；（2）螺旋測微器的固定刻度為5.5mm，可動刻度為20.50.01mm=0.205mm，所以最終讀數(shù)為5.5mm+0.205mm=5.705mm故答案為：（1）6.25；（2）5.70510圖甲為某同學(xué)測量兩節(jié)干電池電動勢和

27、內(nèi)電阻的電路圖，其中虛線框內(nèi)為用毫安表改裝成雙量程電壓表的電路，請完成下列問題：（1）毫安表的內(nèi)阻為100，滿篇電流為3mA，R1和R2為定值電阻，其中R2=3000，若使用a和b接線柱，電壓表量程為12V，則R1=900，若使用a和c接線柱，電壓表的量程為3V；（2）實驗主要步驟如下：在閉合開關(guān)S1前，將開關(guān)S2撥向c，并將電阻箱R的讀數(shù)調(diào)到最大（選填“最大”或“最小”），然后閉合開關(guān)S1；多次調(diào)節(jié)電阻箱，記下相應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電阻箱的讀數(shù)R，根據(jù)所測數(shù)據(jù)在圖乙坐標(biāo)系中描繪出圖象；由圖象求得電源的電動勢E=2.86V，內(nèi)阻r=1.44（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點】N3：測定電源的電動勢

28、和內(nèi)阻【分析】（1）明確改裝原理，根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律即可求出電阻和改裝后的量程；（2）明確實驗原理，知道R開始時應(yīng)滑到最大值；再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，變形得出對應(yīng)的與圖象對應(yīng)的表達(dá)式，從而求出電動勢和內(nèi)電阻【解答】解：（1）根據(jù)改裝原理可知，U=Ig（Rg+R1+R2）代入數(shù)據(jù)解得：R1=R2Rg=3000100=900；若使用ac接線柱，則量程為：U=Ig（Rg+R1）=31031000=3V；（2）實驗中為了讓電流從最小值開始變化，故開始時應(yīng)將電阻箱讀數(shù)調(diào)至最大值；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：1000I=變形可得：=+由圖可知， =349解得：E=2.86V；=1.44故答案為：（1）

29、900；3；（2）最大；（3）2.86；1.4411隨著不可再省資源的日益消耗，環(huán)境問題越來越嚴(yán)重，我國正加緊新能源汽車的研發(fā)，很多技術(shù)達(dá)到了世界領(lǐng)先水平，假如一輛新能源汽車的質(zhì)量為m，其發(fā)動機的額定功率為P0，從某時刻起汽車以速度v0在水平公路上勻速直線行駛，此時汽車發(fā)動機的輸出功率為P0，接著汽車開始勻加速直線行駛，當(dāng)速度增加到2v0時，發(fā)動機的輸出功率恰好為P0；如果汽車在水平公路上沿直線行駛中所受到的阻力與行駛速率成正比，求：（1）汽車在水平公路上沿直線行駛所能達(dá)到的最大速率vm；（2）汽車勻加速直線行駛所通過的距離【考點】63：功率、平均功率和瞬時功率；37：牛頓第二定律【分析】（1

30、）根據(jù)以速度為v0時的勻速運動，求得汽車運動受到的阻力系數(shù)，當(dāng)牽引力等于阻力時，速度達(dá)到最大；（2）當(dāng)速度等于2v0時，求得此時的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，利用運動學(xué)公式求得位移【解答】解：（1）設(shè)汽車受到的阻力f=kv，當(dāng)牽引力等于阻力時，汽車勻速運動，當(dāng)速度為v0時，則，解得當(dāng)汽車達(dá)到最大速度時，此時，解得vm=3v0（2）當(dāng)汽車加速到2v0時，輸出功率達(dá)到P0，勻加速剛好結(jié)束，此時牽引力F=設(shè)勻加速運動時的加速度為a，則有運動學(xué)公式可知解得s=答：（1）汽車在水平公路上沿直線行駛所能達(dá)到的最大速率vm為3v0（2）汽車勻加速直線行駛所通過的距離為12如圖所示，MN是豎直平面內(nèi)半

31、徑為R=1m的絕緣光滑半圓弧軌道，水平絕緣粗糙軌道NP長為L=2m，軌道NP區(qū)域存在水平向左的有界勻強電場E1，MN、QP為電場的兩邊界線，平行金屬板AC左端靠近QP，軌道NP與半圓弧軌道相切于N點，P點到A板的距離為d，AC板間電勢差UCA=4V，AC板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.8T，板間距離d=2m，一個電荷量qa=0.1C、質(zhì)量ma=20g的金屬小球a以某一初速度從A板上的D孔與A板成37進(jìn)入電磁場運動后，剛好在水平方向上與靜止在P點不帶電的質(zhì)量為mb=60g金屬小球b發(fā)生正碰，b與a碰后均分電荷量，碰后小球a恰好從C板的右端邊緣離開且速度大小為vc=m/s，小球b進(jìn)

32、入NP直線軌道并沖入圓弧軌道，與軌道NP的動摩擦因數(shù)為0.5，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）金屬小球a剛與金屬小球b碰前的速度大小；（2）若小球b進(jìn)入半圓弧軌道后不脫離軌道，則水平勻強電場E1的取值范圍【考點】53：動量守恒定律；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】（1）由題設(shè)條件可以求得a球在AC板間受到的電場力恰與重量相等，所以a球在板間做勻速圓周運動由幾何關(guān)系求出半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求得a球做勻速圓周運動的速度即剛與b球碰撞前的速度大?。?）ab碰撞動量守恒，再加上碰后a球恰從C板邊緣飛出，由題設(shè)

33、已知和動能定理可以求出碰后b球的速度對b球來講，不脫離軌道有兩種情況，臨界條件是通過半圓弧的最高點和恰好運動到與圓心等高點按此兩種情況由牛頓第二定律和動能定理分別求得E1最大值和最小值【解答】解：（1）依題，當(dāng)小球a在兩板間時， 因此，小球a做勻速圓周運動，設(shè)半徑為r，速度為v0，由幾何關(guān)系和牛頓第二定律有： 解得：v0=10m/s（2）設(shè)ab碰撞后速率分別為va vb，以向左的方向為正方向，由動量守恒定律有： mav0=mavambvb 碰撞后對a球根據(jù)動能定理： 解得：va=2m/s vb=4m/s 小球b能進(jìn)入半圓軌道，則有 解得：E11.2N/C，球不脫離軌道有兩種情況，臨界條件是小球

34、剛好能通過半圓弧的最高點和恰好運動到與圓心等高點則 解得：E1=10.2N/C 解得：E1=7.2N/C 因此小球b不脫離軌道的條件是： 1.2N/CE17.2N/C 或E110.2N/C答：（1）金屬小球a剛與金屬小球b碰前的速度大小為10m/s（2）若小球b進(jìn)入半圓弧軌道后不脫離軌道，則水平勻強電場E1的取值范圍是：1.2N/CE17.2N/C 或E110.2N/C（二）選考題【物理-選修3-3】13以下說法中正確的有（）A功可以全部轉(zhuǎn)化為熱B物體吸收熱量，同時對外做功，其內(nèi)能可能增加C食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體D布朗運動是指液體分子的無規(guī)則運動E當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時，分

35、子勢能都隨分子間距離的增大而增大【考點】92：* 晶體和非晶體；86：分子間的相互作用力【分析】解答本題需掌握：功是能量轉(zhuǎn)化的量度；熱力學(xué)第一定律公式：U=W+Q；晶體固有固定的熔點；布朗運動是指懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動；分子力做功等于分子勢能的減小量【解答】解：A、功是能量轉(zhuǎn)化的量度，不能轉(zhuǎn)化為熱，故A錯誤；B、物體吸收熱量，同時對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，其內(nèi)能可能增加，故B正確；C、晶體固有固定的熔點，食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體，故C正確；D、布朗運動是指懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，不是液體分子的運動，是液體分子無規(guī)則熱運動的體現(xiàn)，故D錯誤；E、

36、分子力做功等于分子勢能的減小量，當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時，分子勢能都隨分子間距離的增大而增大，故E正確；故選：BCE14如圖所示，透熱的氣缸內(nèi)封有一定質(zhì)量的理想氣體，缸體質(zhì)量M=100kg，活塞質(zhì)量m=10kg，缸內(nèi)氣體的壓強P1=2.0105Pa，活塞與氣缸壁無摩擦且不漏氣，此時缸內(nèi)氣體的溫度為47，活塞位于距缸頂0.6l處，整個裝置都靜止，已知大氣壓恒為P0=1.0105Pa，重力加速度為g=10m/s2，T=t+273，求：（1）活塞的面積S；（2）缸內(nèi)氣體溫度為多少攝氏度時，活塞恰好會靜止在離氣缸頂部0.9l處【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程【分析】（1）選汽缸為研究對象，列受力平衡方程可解封閉氣體壓強（2）即缸內(nèi)氣體為等壓變化，由等壓變化方程可得溫度值【解答】解：（1）以氣缸為對象（不包括活塞），列氣缸受力平衡方程：代入數(shù)據(jù)：解得：（2）當(dāng)活塞恰好靜止