2019年青海省西寧四中、五中、十四中三校高考物理模擬試卷(4月份)

1、2019 年青海省西寧四中、五中、十四中三校高考物理模擬試卷（ 4 月份）副標(biāo)題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5 小題，共30.0 分）1. 一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中 若把它在空中自由落體的過程稱為 ，進入泥潭直到停止的過程稱為，則（）A. 過程 中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量B. 過程 中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程 中重力沖量的大小C. 過程 中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量D. 過程 中阻力的沖量大小等于過程 與過程 重力沖量的大小2. 如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， P與圓心 O

2、 的連線與水平面的夾角為，將力 F 在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過90，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，在此過程中下列說法正確的是（）A. 框架對小球的支持力先減小后增大B. 拉力 F 的最小值為 mgsin C. 地面對框架的摩擦力始終在減小D. 框架對地面的壓力先增大后減小3. 如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是 O，最低點是 P，直徑 MN 水平， a、 b 是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷）， b 固定在 M 點， a 從 N 點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過 p 點到達某點 Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球 a（）A. 從 N 到 Q 的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小

3、B. 從 N 到 P 的過程中，速率先減小后增大C. 從 N 到 Q 的過程中，電勢能一直增加D. 從 P 到 Q 的過程中，動能減少量等于電勢能增加量4. 用如圖甲所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象。閉合開關(guān)S，用頻率為的光照射光電管時發(fā)生了光電效應(yīng)。圖乙是該光電管發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的最大初動能Ek 與入射光頻率 的關(guān)系圖象，圖線與橫軸的交點坐標(biāo)為（a，0），與縱軸的交點坐標(biāo)為（ 0， -b），下列說法中正確的是（）第1頁，共 18頁A. 普朗克常量為h=B. 斷開開關(guān) S 后，電流表 G 的示數(shù)為零C. 僅增加照射光的強度，光電子的最大初動能將增大D. 保持照射光強度不變，僅提高照射光頻率，電流

4、表G 的示數(shù)保持不變5.2018 年 2 月 2 日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空，標(biāo)志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的（）A. 密度B. 向心力的大小C. 衛(wèi)星的質(zhì)量D. 線速度的大小二、多選題（本大題共5 小題，共 38.0 分）6.如圖甲，兩個等量同種電荷P、 Q 固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q=+1 10-3C，質(zhì)量 m=0.02kg 的小球從 a 點靜止釋放，沿

5、中垂線運動到電荷連線中點O 過程中的v-t 圖象如圖乙中圖線所示，其中b 點處為圖線切線斜率最大的位置，圖中為過 b 點的切線，則下列說法正確的是（）A. P、 Q 帶正電荷B. b 點的場強 E=30V/mC. a、b 兩點間的電勢差為 90VD. 小球從 a 到 O 的過程中電勢能先減少后增加7. 甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動， 甲做勻加速直線運動， 乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的位置x 隨時間 t 的變化如圖所示。下列說法正確的是（）第2頁，共 18頁A. 在 t1 時刻兩車速度相等B. 從 0 到 t1 時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C. 從 t1 到 t2 時間內(nèi)，兩車走過的路程相

6、等D. 在 t1 到 t2 時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等8.如圖所示， 同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b 的邊長均為 l ，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m 和 m它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域開始時，線框b 的上邊與勻強磁場的下邊界重合，線框a 的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l 現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框 b 全部進入磁場時，a、b 兩個線框開始做勻速運動不計摩擦和空氣阻力，則（）A. a、 b 兩個線框勻速運動的速度大小為B. 線框 a 從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為C. 從開始運動到線框a 全部進

7、入磁場的過程中，線框a 所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD. 從開始運動到線框a 全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl9.下列說法中正確的是（）A. 晶體具有確定的熔點B. 理想氣體從外界吸熱，則內(nèi)能一定增大C. 某物體溫度高，組成該物體的某些分子速率可能很小D. 露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用E. 壓縮氣體需要力表明氣體分子間存在斥力10. 一束光從空氣射向折射率的某種玻璃的表面，如圖所示，i 代表入射角，則（）A. 當(dāng)入射角i=30 r=45 時，折射角B. 無論入射角 i 為多大，折射角r 都不會超過 45C. 欲使折射角r =30 i=45 ，應(yīng)以的角度入射D. 當(dāng)入射角

8、i=arctan時，反射光線跟折射光線恰好互相垂直E. 當(dāng)入射角大于臨界角時，會發(fā)生全反射三、實驗題探究題（本大題共2 小題，共15.0 分）11. 現(xiàn)要驗證“當(dāng)合外力一定時，物體運動的加速與其質(zhì)量成反比”這一物理規(guī)律給定的器材如下：一傾角第3頁，共 18頁可以調(diào)節(jié)的長斜面（如圖所示）、小車、計時器、米尺、彈簧秤，還有鉤碼若干實驗步驟如下（不考慮摩擦力的影響），在空格中填入適當(dāng)?shù)墓交蛭淖郑?1）用彈簧秤測出小車的重力，除以重力加速度得到小車的質(zhì)量M（ 2）用彈簧秤沿斜面向上拉小車保持靜止，測出此時的拉力F （ 3）讓小車自斜面上方一固定點A1 從靜止開始下滑到斜面底端A2，記下所用的時間 t

9、用米尺測量A 與 A2 之間的距離s，從運動學(xué)角度得小車的加速度a=_ （ 4）在小車中加鉤碼，所加鉤碼總質(zhì)量為m，要保持小車與鉤碼的合外力不變，你將如何調(diào)節(jié)A1 相對于 A2 的高度 h？_（ 5）多次增加鉤碼，在小車與鉤碼的合外力保持不變情況下，可得鉤碼總質(zhì)量m與小車從A1 到 A2 時間 t 的關(guān)系式為： m=_12. 某實驗小組研究兩個未知元件 X 和 Y 的伏安特性， 使用的器材包括電壓表 （內(nèi)阻約為 3k）、電流表（內(nèi)阻約為 1）、定值電阻等。（ 1）使用多用電表粗測元件X 的電阻，選擇“ 1”歐姆擋測量，示數(shù)如圖（ a）所示，讀數(shù)為 _據(jù)此應(yīng)選擇圖中的_（填“ b”或“ c”）電

10、路進行實驗；（ 2）連接所選電路，閉合S；滑動變阻器的滑片P 從左向右滑動，電流表的示數(shù)逐漸 _（填“增大”或“減小”）；依次記錄電流及相應(yīng)的電壓；將元件X 換成元件 Y，重復(fù)實驗；（ 3）如圖（ d）是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的U -I 圖線，由圖可判斷元件 _（填“ X”和“ Y”）是非線性元件；（ 4）該小組還借助 X 和 Y 中的線性元件和阻值R=21 的定值電阻， 測量待測電池的電動勢 E 和內(nèi)阻 r ，電路如圖（ e）所示，閉合S1 和 S2，電壓表讀數(shù)為3.00V；斷開 S2，讀數(shù)為 1.00V利用圖（ d）可算得 E=_ Vr =_ （結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，視電壓表為理想電壓表）。四

11、、計算題（本大題共4 小題，共50.0 分）第4頁，共 18頁13. 如圖所示，長木板質(zhì)量 M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為 m=1kg 的物塊 A，右端放著一個質(zhì)量也為m=1kg 的物塊 B，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為 =0.4， AB 之間的距離 L=6m，開始時物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對物塊 A 施加方向水平向右的恒定推力 F 作用，取 g=10m/s2。（ 1）為使物塊 A 與木板發(fā)生相對滑動， F 至少為多少？（ 2）若 F=8N，求物塊 A 經(jīng)過多長時間與 B 相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間 AB 的速度分別是多少？1

12、4. 如圖所示，長方形區(qū)域甲內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小B1=0.3T 的勻強磁場，方向垂直于紙面向外，長方形區(qū)域乙內(nèi)存在沿紙面方向水平向左的勻強電場，場強大小為 E=N/C，長方形區(qū)域丙內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小B2 =0.3T 的勻強磁場，方向垂直于紙面向里，長方形區(qū)域的長度足夠長，寬度d=1m。一束帶正電的某種粒子荷質(zhì)比為C/kg，從 ab 上的 O 點以沿與ab 成 60角的初速度射入磁場，剛好垂直邊界cd 射出區(qū)域甲而進入勻強電場乙區(qū)域，且以沿與ef 成 角（銳角未知）進入丙區(qū)域，最后粒子剛好不能從磁場區(qū)域丙下邊界射出。（不計粒子所受重力，取3，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。求：（ 1）粒子從 O

13、點射入磁場的初速度大?。唬?2）粒子進入丙區(qū)域與 ef 成的角度 （銳角）；（ 3）粒子從 O 點射入磁場到剛好不能從磁場區(qū)域丙下邊界射出的過程中，在磁場甲和磁場丙所用的時間之和。15. 北方某地的冬天室外氣溫很低， 吹出的肥皂泡會很快凍結(jié) 若剛吹出時肥皂泡內(nèi)氣體溫度為 T1，壓強為 P1，肥皂泡凍住后泡內(nèi)氣體溫度降為T2整個過程中泡內(nèi)氣體視為理想氣體，不計體積和質(zhì)量變化，大氣壓強為P0求凍結(jié)后肥皂膜內(nèi)外氣體的壓強差第5頁，共 18頁16.如圖所示，實線是一列簡諧橫波在t 1 時刻的波形圖，虛線是這列簡諧橫波在t2=（ t1+0.2 ） s時刻的波形圖。若波速為35m/s，請你判斷質(zhì)點M 在

14、t1 時刻的振動方向；在 t 1-t2 這段時間內(nèi)，如果 M 通過的路程為 1m，請你判斷波的傳播方向，并計算波速。第6頁，共 18頁答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、過程中鋼珠所受外力只有重力，由 動量定理知 鋼珠動量的改變等于重力的沖量，故 A 錯誤；B、過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以 過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與過程中重力沖量大小的和。故B 錯誤C、過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以 過程中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和。故 C 錯誤D、過程中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以 過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與 過程中重力沖量

15、大小的和。故 D 正確故選：D。根據(jù)動量定理分析 動量的改變量與沖量的關(guān)系過程中鋼珠只受到重力，鋼珠動量的改變量等于重力的沖量該題涉及兩段 過程，解答本題一要靈活 選擇研究的過程；二是運用動量定理研究沖量2.【答案】 C【解析】解：A 、B、以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力 圖，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，用 F 順時針轉(zhuǎn)動 至豎直向上之前，支持力逐漸減小，F(xiàn) 先減小后增大，當(dāng) F 的方向沿 圓的切線方向向上 時，F(xiàn) 最小，此時：F=mgcos故A 錯誤，B 錯誤；C、以框架與小球組成的整體 為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由圖可知，F(xiàn)在順

16、時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，F(xiàn) 沿水平方向的分力逐 漸減小，所以地面對框架的摩擦力始 終在減小。故 C 正確；第7頁，共 18頁D、以框架與小球組成的整體 為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由圖可知，F(xiàn)在順時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，F(xiàn) 沿豎直方向的分力逐 漸增大，所以地面對框架的支持力始 終在減小。故 D 錯誤 。故選：C。以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力 圖，根據(jù)平衡條件分析小球受力 變化情況再以整體 為研究對象，分析框架的受力情況本題采用隔離法研究 動態(tài)平衡問題，分析受力，作出力圖是關(guān)鍵3.【答案】 C【解析】解：A 、a 由 N 到 Q 的過程中

17、，重力豎直向下，而庫侖力一直沿二者的 連線方向，則可知，重力與庫侖 力的 夾 角一直減小，同 時庫侖 力在增大；故合力一直在增大；故A 錯誤；B、在整個過程中合力先與運 動方向的夾角均為銳角，合力做正功；而后一過程中合力與運 動方向夾角為鈍角，合力做負功；故從N 到 P 的過程中，速率先增大后減??；故 B 錯誤；C、由于在下降過程中，速度沿切線方向，庫侖力沿兩電荷的連線，則可知庫侖力一直與運 動方向夾角大于 90，故庫侖力一直做 負功；電勢能一直增加；故 C正確；D、從P 到 Q 的過程中，由動能定理可知：-mgh-W E=0-mv2；故動能的減小量等于重力 勢能增加量和 電勢能的增加量，故動

18、能減少量大于 電勢能增加量，故 D錯誤；故選：C。對 a 受力分析，明確庫侖力及重力的合力，根據(jù)功的公式明確合力做功情況；再根據(jù)重力做功和 電場力做功的特點與 勢能的關(guān)系分析 電勢能的變化。第8頁，共 18頁本題考查功能關(guān)系，要注意明確 電場力和重力具有相同的性 質(zhì)，即重力做功量度重力 勢能的改變量；而電場力做功量度 電勢能的改變量，合力的功等于物體動能的變化。4.【答案】 A【解析】解：A 、根據(jù) Ekm=hv-W 0 得，縱軸截距的絕對值等于金屬的逸出功，等于 b。當(dāng)最大初動能為零時，入射光的頻率等于截止 頻率，所以金屬的截止 頻率為v0=a，那么普朗克常量 為 h=故A 正確；B、電鍵

19、S斷開后，因光電效應(yīng)現(xiàn)象中，光電子存在最大初 動能，因此電流表 G 的示數(shù)不 為零，故 B 錯誤 。C、根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，入射光的 頻率與最大初 動能有關(guān)，與光的強度無關(guān)。故C錯誤。D、若保持照射光強度不變，僅提高照射光 頻率，則光子數(shù)目減小，那么 電流表 G 的示數(shù)變小。故 D 錯誤。故選：A。根據(jù)光電效應(yīng)方程得出最大初 動能與入射光 頻率的關(guān)系，結(jié)合圖線的斜率和截距進行分析。解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動能與入射光 頻率的關(guān)系，同時理解光電子的最大初 動能 Ek 與入射光 頻率 v 圖象的含義。5.【答案】 D【解析】解：AC 、設(shè)觀測可以得到 衛(wèi)星繞地球運動的周期為 T

20、，地球的半徑為 R，地球表面的重力加速度 為 g；地球表面的重力由萬有引力提供，所以： mg=等號的兩 側(cè)都有衛(wèi)星得質(zhì)量 m，所以不能求出衛(wèi)星的質(zhì)量，就不能求出衛(wèi)星的密度。故 AC 均錯誤；第9頁，共 18頁題訴衛(wèi)星的質(zhì)量，不能求出衛(wèi)星受到的向心力。故 B錯誤；B、 目中沒有告衛(wèi)圓周運動的向心力由萬有引力提供有：，在星球表面D、 星重力與萬有引力相等有mg=，據(jù)以上兩式可解得 衛(wèi)星的軌道半徑 r=，再據(jù) v=可求得衛(wèi)星的線速度，故 D 正確。故選：D。衛(wèi)星繞地球做圓周運動，萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛 頓第二定律求出 線速度、向心加速度、重力加速度，然后答題。本題考查了人造衛(wèi)星的應(yīng)

21、用，知道萬有引力提供向心力是解 題的關(guān)鍵，應(yīng)用萬有引力公式與牛 頓第二定律可以解 題。6.【答案】 BC【解析】解：A 、帶正電的小球從 a點由靜止 釋放，向上做加速運動可知，受到向上的電場力，則 aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負電，故 A 錯誤；B、v-t 圖象上斜率表示加速度可得： ，根牛頓第二定律得：qEb=ma ， 聯(lián)立解得：Eb=30V/m，故B 正確；C、由 ab有動能定理得：qUab=，由圖乙可得 vb=3m/s 帶入解得：Uab=90V，故C 正確；D、由圖象乙可知，小球速度一直增大， 電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故D錯誤；故選：BC。帶正電的小球從 a 運動到 O

22、 點的受力情況判斷兩 電荷電性；根據(jù)v-t 圖中斜率表示加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解 b 點電場強度；根據(jù)動能定理求解 ab 兩點間電勢差；根據(jù)圖乙分析速度 變化，根據(jù)動能定理分析 電場力做功，然后根據(jù)功能關(guān)系分析 電勢能變化。第10 頁，共 18頁明確等量同種 電荷電場的特點是解本 題的關(guān)鍵，據(jù)v-t 圖獲取加速度、速度、動能等物理量是解本 題的突破口。7.【答案】 CD【解析】解：A 、x-t 圖象的斜率表示速度，在 t1 時刻乙圖象的斜率大于甲 圖象的斜率，所以乙車的速度大于甲 車速度，故 A 錯誤；B、從 0 到 t1 時間內(nèi)，兩車走過的路程是乙 車大于甲車，故B 錯誤；C、從 t1

23、到 t2 時間內(nèi)，兩車走過的路程均 為 x2-x1，路程相等，故C 正確；D、根據(jù)圖象可知，在 t1 時刻乙圖象的斜率大于甲 圖象的斜率，在 t2 時刻乙圖象的斜率小于甲 圖象的斜率，在 t1 到 t2 時間內(nèi)的某時刻二者的斜率相同，此時兩車速度相等，故 D 正確。故選：CD。x-t 圖象的斜率表示速度，根據(jù)斜率的 變化分析速度的 變化；交點表示相遇，由此分析路程大小。對于圖象問題，我們學(xué)會 “五看 ”，即：看坐標(biāo)、看斜率、看面積、看交點、看截距；了解圖象的物理意 義是正確解 題的前提。8.【答案】 BC【解析】解：A 、設(shè)兩線框剛勻速運動的速度為 v，此時輕繩上的張力為 T，則對 a 有：T

24、=2mg-BIl對 b 有：T=mg I=E=Blv 則：v= 故 A 錯誤；B、線框 a 從下邊進入磁場后，線框 a 通過磁場時以速度 v 勻速運動，設(shè)線框 a通過磁場的時間為 t，則：t= ，故B 正確。C、從開始運動到線框 a 全部進入磁場的過程中，線框 a 只在 a 勻速進入磁場第11 頁，共 18頁的過程中產(chǎn)生焦耳熱，設(shè)為 Q，由功能關(guān)系可得：2mgl-mgl=Q所以：Q=mgl故 C 正確；D、設(shè)兩線框從開始運 動至 a全部進入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為 W，此過程中左、右兩線框分別向上、向下運動 2l 的距離，對這一過程，由能量守恒定律有：4mgl=2mgl+3mv

25、2+W解 得：W=2mgl-故D 錯誤。故選：BC。當(dāng) b 剛?cè)窟M入磁場時，系統(tǒng)開始做勻速運 動，分別對兩線框列平衡方程，可得線框受到安培力大小， 繼而求得感 應(yīng)電流大小，根據(jù)歐姆定律和法拉第 電磁感應(yīng)定律可得系 統(tǒng)勻速運動的速度大小，即可求得 線框通過磁場的時間當(dāng)左、右兩線框分別向上、向下運動 2l 的距離時，兩線框等高，根據(jù)能量守恒得系統(tǒng)機械能的減少等于 產(chǎn)生的總焦耳熱根據(jù)功能關(guān)系求解兩 線框組成的系統(tǒng)克服安培力做的功本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué) 問題，安培力的計算和分析能量如何 轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵，要加強訓(xùn)練，熟練掌握法拉第定律、歐姆定律、安培力等等基 礎(chǔ)知識，提高解題能力9.【答案】 ACD【

26、解析】解：A 、晶體有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點，故A 正確；B、理想氣體從外界吸 熱若同時對外做功，則內(nèi)能不一定增大，故 B 錯誤；C、溫度是分子的平均 動能的標(biāo)志，是大量分子做無 規(guī)則運動的統(tǒng)計規(guī)律，某物體溫度高， 組成該 物體的某些分子速率可能很小，故C 正確；D、液體的表面張力有使液體的表面 積減小到最小的 趨勢，如露珠呈球狀是由于液體表面 張力的作用。故 D 正確。E、壓縮氣體也需要用力是 為了克服氣體內(nèi)外的 壓強的差。不能表明氣體分子第12 頁，共 18頁間存在著斥力。故 E 錯誤故選：ACD。晶體有確定的熔點；做功與 熱傳遞都可以改 變物體的內(nèi)能；溫度是分子的平均動能的標(biāo)志

27、，溫度越高，分子平均動能越大；液體的表面張力有使液體的表面積減小到最小的 趨勢；壓縮氣體也需要用力是 為了克服氣體內(nèi)外的 壓強的差。本題關(guān)鍵要掌握晶體與非晶體、 熱力學(xué)第一定律、分子 動理論、表面張力等熱力學(xué)基本知 識。熱學(xué)中很多知 識點要需要 記憶，注意平時的積累，在平時訓(xùn)練中加強練習(xí)。10.【答案】 BCD【解析】解：A 、根據(jù) n=時，可知折射角 r，當(dāng)入射角 i=30 ，sinr=一定小于 30故A 錯誤 。B、當(dāng)入射角是90時，折射角最大，根據(jù) n=，則折射角最大 值為 r=45 ，所以無論入射角 i 是多大，折射角 r 都不會超 過 45故 B 正確。C、當(dāng)折射角 r=30 ，由n

28、= ，解得：i=45 故C 正確。D、當(dāng)反射光線跟折射光線恰好互相垂直時 設(shè)為為r，有， 入射角i ，折射角i+r=90 ，n=tani所以 i=arctann=i=arctan故 D正確。E、因為光是從空氣 進入玻璃，所以不可能 發(fā)生全反射。故 E 錯誤 。故選：BCD。發(fā)生全反射的條件：一從光密介 質(zhì)進入光疏介 質(zhì)，二是入射角大于等于 臨界角。根據(jù)折射定律求出折射角的大小。解決本題 的關(guān)鍵 掌握折射定律，以及掌握全反射的條件：一從光密介質(zhì)進入光疏介質(zhì)，二是入射角大于等于 臨界角。11.【答案】 （ 3）（ 4）減小高度h，保持（ M +m） h 不變或讓；第13 頁，共 18頁（5）【解析

29、】【分析】本題考查牛頓運動定律，運動學(xué)公式和受力分析根據(jù)滑 塊的運動性質(zhì)，由運動學(xué)公式求加速度，再 對物體分析受力，由牛 頓第二定律解相關(guān)的方程求解本題是課本演示實驗拓展，要注意兩者的區(qū) 別，課本實驗原理是控制小 車的質(zhì)量不變，改變拉力，探究 a 和 F 之間的關(guān)系；此題是控制 F 不變，探究質(zhì)量 m和 a 的關(guān)系【解答】（3）由運動學(xué)公式有：，解得：（4）對增加了質(zhì)量的小車分析受力有：，解得：（5）由牛頓第二定律：，又：，解得：故答案為：（3）（4）減小高度 h，保持（M+m ）h 不變或讓；（5）12.【答案】 10b增大Y3.20.50【解析】解：（1）使用多用電表粗測元件 X 的電阻，

30、選擇 “ 1歐”姆擋測量，示數(shù)如圖（a）所示，讀數(shù)為 10。元件X 的電阻遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表采用外接法 誤差較小，因此需要選擇圖 b 所示實驗電路；（2）連接所選電路，閉合 S；滑動變阻器的滑片 P 從左向右滑 動，并聯(lián)支路電壓增大，電流表的示數(shù)逐 漸增大；（3）如圖（d）是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的 U-I 圖線，由圖可判斷元件 Y 是非線性元件；（4）根據(jù)U-I 圖線得出元件 X 的電阻 R=10；閉合 S1 和 S2，電壓表讀數(shù)為 3.00V；斷開S2，讀數(shù)為 1.00V，第14 頁，共 18頁根據(jù)閉合電路歐姆定律列出等式：E=3+rE=1+（r+21）解得：E=3.2(V）,r=0.50

31、()故答案為：（1）10；b（2）增大；3（）Y （4）3.2；0.50電阻的大小等于表 盤的讀數(shù)乘以倍率。根據(jù)元件 X 的電阻大小確定 電流表的內(nèi)外接；先分析電路的連接方式即串 聯(lián)，然后根據(jù)滑動變阻器的正確使用方法進圖線閉電路歐行分析；根據(jù) 象得特點判斷元件是否是非性元件；根據(jù) 合姆定律列出等式求解 電動勢 E 和內(nèi)阻 r。知道串聯(lián)電路中電電電壓的關(guān)系，會正確使用滑動變阻器，會根據(jù)阻、 流和歐姆定律判斷 電壓表和電流表示數(shù)的 變化。關(guān)鍵掌握滑動變阻器分壓式和限流式的區(qū)別 電別，以及會， 流表內(nèi)外接的區(qū)通過圖線求解電源的電動勢和內(nèi)阻。13.B 和木板之間的摩【答案】 解：（1）據(jù)分析物塊 A

32、與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊擦力沒有達到最大靜摩擦力。設(shè)物塊 A 與木板恰好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則對整體： F 0=（ 2m+M） a對木板和 B： mg=（ m+M） a代入數(shù)據(jù)解得： F0 =5N即，為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5 N；（ 2）物塊的加速度大小為：，木板和 B 的加速度大小為：，物塊滑到木板右端所需時間為t，則： xA-xB =L，即代入數(shù)據(jù)解得：t=2s。vA=aAt=42m/s=8 m/svB=aBt=12m/s=2 m/s，AB 發(fā)生彈性碰撞則動量守恒，有：mvAmvB=mvA+mvB，2根據(jù)機械能守恒有： m + mvB

33、= m+ m解得： vA =2m/s， vB =8m/s。答：（ 1）為使物塊 A 與木板發(fā)生相對滑動，F(xiàn) 至少為 5N；第15 頁，共 18頁（ 2）經(jīng)過 2s 時間 A 與 B 相撞，碰撞后 AB 的速度分別是 2m/s、 8m/s?！窘馕觥浚?）隔離對木板和 B 分析，根據(jù)牛頓第二定律求出 臨界的加速度，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出 F 的最小值。（2）當(dāng)F=8N 時，A 和木板間發(fā)生相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律求出物 塊 A 和木板與 B 的加速度大小，根據(jù)位移關(guān)系， 結(jié)合運動學(xué)公式求出物 塊 A 與 B 相撞的時間，結(jié)合動量守恒定律和機械能守恒定律求出碰撞后A 、B 的速度大小。本

34、題考查了牛頓第二定律、動量守恒定律和機械能守恒定律的綜合運用，關(guān)鍵抓住臨界狀態(tài)，理清物體的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運 動學(xué)公式綜合求解。知道彈性碰撞過程中動量守恒、機械能守恒。14.【答案】 解：（ 1）粒子在區(qū)域甲中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力；根據(jù)粒子做勻速圓周運動，根據(jù)進出區(qū)域甲的速度方向，根據(jù)幾何關(guān)系可得軌道半徑為：；根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：所以，粒子從O 點射入磁場的初速度大小為：；（ 2）粒子垂直進入?yún)^(qū)域乙，又有粒子在區(qū)域乙中只受水平向左的電場力作用，故粒子做類平拋運動；那么，粒子在區(qū)域乙中的運動時間為：進入?yún)^(qū)域丙時的豎直分速度為v0，水平分速度為：，水平向左；所以，粒子進入丙區(qū)域與ef 成的角度為：；（ 3）由（ 1）可得：粒子在區(qū)域甲中轉(zhuǎn)過的中心角為30；粒子剛