2019-2020學(xué)年江蘇省南京師大附屬實驗學(xué)校高三(上)第一次模擬物理試卷

1、2019-2020 學(xué)年江蘇省南京師大附屬實驗學(xué)校高三（上）第一次模擬物理試卷一、單選題（本大題共5 小題，共15.0 分）1.2018 年 2 月，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)志著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)星的國家之一該衛(wèi)星在距地面約500 ?的圓形軌道上運行，則其()A. 線速度大于第一宇宙速度B. 周期大于地球自轉(zhuǎn)的周期C. 角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度D. 向心加速度大于地面的重力加速度2. 高空墜物極易對行人造成傷害若一個質(zhì)量為50 ?25層落下，的雞蛋從一居民樓的與地面的撞擊時間約為2 10 -3?，試估算該雞蛋對地面的沖擊力約為()A.

2、1000 ?B. 500 ?C.100 ?D.50 ?3. 掃描隧道顯微鏡 (?)可用來探測樣品表面原子尺寸上的形貌，為了有效減弱外界震動對STM 的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ豎直安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小震動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒定磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及其左右震動的衰減最有效的方案是 ( )A.B.C.D.4. 如圖所示， 在磁感應(yīng)強度大小為 ?0 的勻強磁場中， 兩長直導(dǎo)線 P 和 Q 垂直于紙面固定放置， 兩者之間的距離為 l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里大小相等的電流時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為 l 的 a 點處的磁

3、感應(yīng)強度為零。若僅讓P 中的電流反向，則 a 點處磁感應(yīng)強度的大小為()A. 0B.23?0C.3?0D. 0332?5. 如圖所示，一鋼繩的兩端分別固定在兩座山的P、Q 處，P 點高于 Q 點，某人抓住套在繩子上的光滑圓環(huán)從P 處滑到 Q 處?；羞^程中繩子始終處于繃緊狀態(tài)，不計空氣阻力。關(guān)于人從P 處滑到 Q 處過程說法正確的是()A.B.機械能先減小后增大從 P 處滑到最低位置過程重力功率一直增大C. 滑到最低位置時人受到水平方向的合力為零D. 動能最大位置與 P 處的水平距離小于與 Q 處的水平距離二、多選題（本大題共5 小題，共20.0 分）6. 如圖甲所示是線圈在勻強磁場中繞垂直于

4、磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的交變電壓圖象。將該電壓加在圖乙中理想變壓器的M、N 兩端。變壓器原、副線圈匝數(shù)比第1頁，共 16頁為 5：1，電阻 R 的阻值為 2?，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是()A.B.C.D.0.01?時穿過線圈的磁通量最大線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50?/?流過燈泡的電流方向每秒鐘改變50 次電流表的示數(shù)為2A7.如圖所示電路中，合上開關(guān)S 后，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為U 、 I，定值電阻 ?消耗的功率為P，2電容器所帶的電荷量為Q，兩電表均為理想電表。當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，下列有關(guān)物理量之間變化關(guān)系圖象正確的是()A.B.C.D.8. 如圖所示，以 O

5、 為圓心、半徑為 R 的虛線圓位于足夠大的勻強電場中，圓所在平面與電場方向平行，M、 N 為圓周上的兩點。帶正電粒子只在電場力作用下運動，在 M 點速度方向如圖所示，經(jīng)過 M、N 兩點時速度大小相等。 已知 M 點電勢高于 O 點電勢，且電勢差為 U，下列說法正確的是 ()A. M、 N 兩點電勢相等B. 粒子由 M 點運動到 N 點，電勢能先增大后減小?C. 該勻強電場的電場強度大小為?D. 粒子在電場中可能從M 點沿圓弧運動到N 點9. 如圖所示，質(zhì)量為 ?1的木塊和質(zhì)量為 ?2 的長木板疊放在水平地面上?，F(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力 F，木塊在長木板上滑行，長木板始終靜止。已知木塊與長木

6、板間的動摩擦因數(shù)為?，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為?，且最大靜摩擦力與滑12動摩擦力相等。則()A. ?1一定小于 ?2B. ?1可能大于 ?2C. 改變F的大小，? ?(? + ? )?時，長木板將開始運動212第2頁，共 16頁D. 改 F 作用于長木板， ? (?1 + ?2)(?1 + ?2)?時，長木板與木塊將開始相對滑動10. 下列說法正確的是 ( )A. 石墨和金剛石的物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同B. 液體表面張力方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部C. 降低溫度可以使未飽和汽變成飽和汽D. 當(dāng)分子間距離增大時，分子間的引力增大，斥力減小三、填空題（本大題共2 小題

7、，共11.0 分）11. 如圖所示，螺旋測微器讀數(shù)為 _mm。12.(1) 如圖所示， 一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a 開始，經(jīng)歷過程 到達(dá)狀態(tài)d。過程 中氣體 _(選填“放出”或“吸收” ) 了熱量，狀態(tài)d 的壓強 _(選填“大于”或“小于” ) 狀態(tài) b 的壓強。(2) 在第 (1) 問 狀態(tài)變化過程中， 1mol 該氣體在 c 狀態(tài)時的體積為 10L，在 d 狀態(tài)時壓強為 c 狀態(tài)時壓強的 23 .求該氣體在 d 狀態(tài)時每立方米所含分子數(shù)。( 已知阿伏加德羅常數(shù) ?1023-1 ，? = 6.0?結(jié)果保留一位有效數(shù)字 )四、實驗題（本大題共2 小題，共15.0 分）13. (1) 如圖甲所示

8、是測量木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)實驗裝置圖，圖中一端帶有定滑輪的長木板水平固定。 圖乙為木塊在水平木板上帶動紙帶運動時打點計時器打出的一條紙帶， 0、 1、 2、3、 4、 5、 6、7 為計數(shù)點，打點計時器的電源為50Hz 的交流電，則木塊加速度大小為2_?/? .( 結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2) 若測得木塊的質(zhì)量為 M ，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為 m，木塊的加速度為 a，重力加速度為g_( 用題中所給字母表示 ) 。，則木塊與長木板間動摩擦因數(shù) ?=(3) 如果滑輪略向下傾斜，使細(xì)線沒有完全調(diào)節(jié)水平，由此測得的 ?值 _( 選填“偏大”或“偏小” )。14. 某同學(xué)準(zhǔn)備測定一電池的電動勢和

9、內(nèi)阻。(1) 先用多用電表“直流 2.5?擋”粗測該電池電動勢，讀數(shù)為_V。第3頁，共 16頁(2) 為較精確測量電池電動勢和內(nèi)阻，設(shè)計了圖甲所示的電路。其中定值電阻R 約為 3?，標(biāo)有長度刻度電阻絲ac 每單位長度電阻為?，電流表內(nèi)阻不計。根據(jù)圖甲0完成圖乙中實物連線。(3) 閉合開關(guān)SP，記錄aP的長度L和相應(yīng)電流表的示數(shù)I，測得幾組L、，滑動觸點1為縱坐標(biāo)， L 為橫坐標(biāo)，作出如圖丙所示的1kI 值。以 ? 圖象，已知圖象斜率為，圖象與縱軸截距為b，由此可求得電池電動勢?= _，內(nèi)阻 ?= _。 ( 用題中字母kbR、 、?表示)0五、計算題（本大題共4 小題，共59.0 分）15. 如

10、圖所示，半徑為 R 的圓管 BCD 豎直放置，一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為 m 的小球以某一初速度從 A 點水平拋出，恰好從 B 點沿切線方向進入圓管，到達(dá)圓管最高點 D 后水平射出。已知小球在D 點對管下壁壓力大小為 1 ?，且 A、 D 兩點在同一水平線上，BC2弧對應(yīng)的圓心角?= 60，不計空氣阻力。求：(1) 小球在 A 點初速度的大?。?2) 小球在 D 點角速度的大??；(3) 小球在圓管內(nèi)運動過程中克服阻力做的功。16. 如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN 和 PQ 固定在豎直平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為 R 的定值電阻 ?和 ?.兩導(dǎo)軌間有一邊長為的正方形區(qū)域 abcd，該區(qū)域內(nèi)122

11、有磁感應(yīng)強度大小為 B，方向垂直紙面向里的勻強磁場 一質(zhì)量為 m 的金屬桿與導(dǎo)軌相互垂直且接觸良好， 從 ab 處由靜止釋放， 若金屬桿離開磁場前已做勻速運動，其余電阻均不計求：第4頁，共 16頁(1) 金屬桿離開磁場前的瞬間流過R?1 的電流大小和方向；(2) 金屬桿離開磁場時速度的大?。?3) 金屬桿穿過整個磁場過程中電阻 ?1 上產(chǎn)生的電熱17. 如圖所示， 一質(zhì)量為 M 、足夠長的平板靜止于光滑水平面上，平板左端與水平輕彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上。平板上有一質(zhì)量為m 的小物塊以速度 ?向右運0動，且在本題設(shè)問中小物塊保持向右運動。已知小物塊與平板間的動摩擦因數(shù)為?，彈簧彈性勢能

12、?與彈簧形變量 x 的平方成正比，重力加速度為g。求：? ，小物塊速度大小為?(1) 當(dāng)彈簧第一次伸長量達(dá)最大時，彈簧的彈性勢能為0 .?3 求該過程中小物塊相對平板運動的位移大??；(2)平板速度最大時彈簧的彈力大??；(3)已知上述過程中平板向右運動的最大速度為v。若換用同種材料，質(zhì)量為?的小2物塊重復(fù)上述過程，則平板向右運動的最大速度為多大？18. 如圖所示， 半徑為 a 的圓內(nèi)有一固定的邊長為1.5?的等邊三角形框架ABC，框架中心與圓心重合，S為位于 BC 邊中點處的狹縫。三角形框架內(nèi)有一水平放置帶電的平行金屬板，框架與圓之間存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。一束質(zhì)量為

13、m、電量為q，不計重力的帶正電的粒子，從P 點由靜止經(jīng)兩板間第5頁，共 16頁電場加速后通過狹縫 S，垂直 BC 邊向下進入磁場并發(fā)生偏轉(zhuǎn)。忽略粒子與框架碰撞時能量與電量損失。求：(1) 要使粒子進入磁場后第一次打在SB 的中點，則加速電場的電壓為多大？(2) 要使粒子最終仍能回到狹縫S，則加速電場電壓滿足什么條件？(3) 回到狹縫 S 的粒子在磁場中運動的最短時間是多少？第6頁，共 16頁答案和解析1.【答案】 C【解析】 解： A、第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時最大的環(huán)繞速度，即為近地衛(wèi)星的線速度，該衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，故A 錯誤。B、該衛(wèi)星的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的小

14、，由開普勒第三定律知該衛(wèi)星的周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，而地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，所以該衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，故B 錯誤。C、該衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，由?= 2?知，該衛(wèi)星的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的?角速度，故C 正確。?D 、根據(jù) ?=2 知該衛(wèi)星的向心加速度小于近地衛(wèi)星的向心加速度，而近地衛(wèi)星的向心?加速度等于地面的重力加速度，所以該衛(wèi)星的向心加速度小于地面的重力加速度，故 D錯誤。故選： C。第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時最大的環(huán)繞速度。衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大。將該衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星和近地衛(wèi)星進行比較解答。本題的關(guān)鍵是知道第一宇宙速度的意義，掌握

15、近地衛(wèi)星和地球同步衛(wèi)星的線速度、周期和加速度的特點。2.【答案】 A【解析】 【分析】每層樓高約為 3m，計算雞蛋下落的總高度，計算下落的時間，全過程根據(jù)動量定理列方程求解。本題主要是考查動量定理， 利用動量定理解答問題時， 要注意分析運動過程中物體的受力情況，能夠根據(jù)全過程動量定理求解?！窘獯稹棵繉訕歉呒s為 3m，雞蛋下落的總高度為：? = (25 - 1) 3? = 72?；自由下落時間為： ?2?= 3.8?，1 =?與地面的碰撞時間約為：?= 0.002?，2全過程根據(jù)動量定理可得：?(?- ?=2 01 + ?)2解得沖擊力為：?= 950? 103 ?，故 A 正確 BCD 錯誤。

16、故選： A。3.【答案】 B【解析】 解：當(dāng)加恒定磁場后，當(dāng)紫銅薄板上下及左右振動時，導(dǎo)致穿過板的磁通量變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)磁場進而阻礙板的運動，而AC 選項，只能上下振動時，才有磁通量變化，左右振動，卻沒有磁通量變化，D 上下磁通量不變，因此只有B 選項穿過板的磁通量變化，故B 正確， ACD 錯誤；故選： B。根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合楞次定律的阻礙相對運動角度，及產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，即可判定。考查電磁感應(yīng)原理，掌握楞次定律中阻礙相對運動，理解磁通量的含義，及感應(yīng)電流的第7頁，共 16頁產(chǎn)生條件。4.【答案】 B【解析】 【分析】依據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識，即可求

17、解?？疾橛沂致菪▌t與矢量的合成的內(nèi)容， 掌握幾何關(guān)系與三角知識的應(yīng)用， 理解外加磁場方向是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹拷猓涸趦蓪?dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I 時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l 的 a點處的磁感應(yīng)強度為?，如下圖所示：1由于此時a 點處的磁感應(yīng)強度為零，則有? = ?；10由此可知，外加的磁場方向與PQ 平行，且由Q 指向 P，若僅讓 P 中的電流反向，依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：? ?30= 1?；?203解得： P 或 Q 通電導(dǎo)線在a 處的磁場大小為? =?；?30當(dāng) P 中的電流反向，其他條件不變，再依據(jù)幾何關(guān)系，及三角知識，則有：?2 =3?0；3因外加的磁場方向與 P

18、Q 平行，且由 Q 指向 P，磁場大小為 ?；0最后由矢量的合成法則，那么a 點處磁感應(yīng)強度的大小為 ?= 23?，故 B 正確， ACD30錯誤；故選 B。5.【答案】 C【解析】 解： A、人從 P 處滑到 Q 處過程只有重力做功，機械能不變，故A 錯誤；B、從 P 點滑到最低點的過程中，豎直方向的速度先增大后減小，在最低點豎直方向的速度為零，根據(jù)?= ?可知?從 P 處滑到最低位置過程重力功率先增大后減小，故B 錯誤；C、滑到最低位置時，即繩子兩邊繩子與豎直方向的夾角相等的位置，此時人受到水平方向的合力為零，故 C 正確；D 、在最低點動能最大，對人受力分析，如圖所示，由于P 點的位置高

19、于Q，故動能最大位置與P 處的水平距離大于與Q 處的水平距離，故D 錯誤。第8頁，共 16頁故選： C。人從 P 處滑到 Q 處過程機械能不變，根據(jù)?= ?分析重力功率的變化；在最低點動?能最大，合力水平方向合力為零，根據(jù)幾何關(guān)系分析水平距離。本題主要是考查平衡條件和機械能守恒定律的知識， 能清楚運動過程和受力情況是解答本題的關(guān)鍵。6.【答案】 BCDA0.01?時，電壓最大， 此時是磁通量的變化率最大，【解析】 解： 、由圖象可知， 在 ?=此時穿過線圈的磁通量為零，故A 錯誤；2?=2?=50?/? BB、根據(jù)圖象可以知道，交流電的周期是0.04?，由 ?= ?0.04正，故確；C、交流電

20、的周期是 0.04?，在每一個周期內(nèi)交流電的方向改變2 次，所以流過燈泡的電?=22流方向每秒鐘改變次數(shù)：?= 0.04= 50 次，故 C 正確。D 、電壓表讀數(shù)為副線圈有效值，原線圈的電壓的有效值為100V，由電壓與匝數(shù)成正比?2120V可得副線圈的電壓有效值為：?2= ? ?1 = 5 100 = 20?，所以電壓表的示數(shù)為；1副線圈上的電流： ?2 =?=20=10?2?=1?110 = 2?，所以電流表讀數(shù)為2A，故 D 正確。由電流與匝數(shù)成反比得?2 ?=251故選： BCD。電表讀數(shù)為交流電有效值，不能與瞬時值混淆，輸出功率也是用有效值計算?= ?.電2 2流表讀數(shù)可根據(jù)公式求得

21、。1電表讀數(shù)為交流電有效值，正弦交流電有效值等于最大值的2，輸出功率用有效值計算。7.【答案】 ABD【解析】 【分析】據(jù)電路結(jié)構(gòu)可求出各量的表達(dá)式，據(jù)表達(dá)式分析各圖的正誤。圖象類問題要由物理知識求出相應(yīng)量的表達(dá)式結(jié)合數(shù)學(xué)知識判斷是否與圖相符。【解答】2，與圖相符，則A.?2 的功率 ?= ?2B.電容器與滑動變阻器的分壓相同，A 正確；?= ?-?(?+ ? )電量 ?= ? = -?(?+ ?)?+2?，與圖相符，則B 正確；C.電壓表示數(shù)為路端電壓： ?= ?- ?，圖為一直線，則C 錯誤；?D .由?= ?- ?可知= ?，則 D 正確。?故選： ABD。8.【答案】 AB【解析】 解

22、： AB、帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在M、N 兩點動能相等，則電勢能也相等。因為勻強電場，所以兩點的連線 MN 即為等勢面。根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線 ?由.曲線運動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO 方向；第9頁，共 16頁可知， 速度方向與電場力方向夾角先大于90后小于 90，電場力對于運動來說先是阻力后是動力，所以電勢能先增大后減小。故AB 正確；C、勻強電場的電場強度?=?式中的 d 是沿著電場強度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知， ?2，所以2?，故 C 錯誤；?= ?=2?D 、粒子在電場中收到力為恒力，故不可能做圓周運動，故D 錯誤；故選： AB。正電粒

23、子僅在電場力作用下，從M 運動到 N，由速度大小，得出粒子的動能，從而確定粒子的電勢能大與小。由于勻強電場，則等勢面是平行且等間距。根據(jù)曲線運動條件可從而確定電場力的方向，從而得出勻強電場的電場線方向。緊扣動能相等作為解題突破口，由于僅在電場力作用下，所以得出兩點的電勢能大小關(guān)系。并利用等勢面與電場線垂直的特性，從而推出電場線位置。再由曲線運動來確定電場力的方向。 同時考查 ?= ?中 d 的含義重要性， 注意公式中的 d 為沿電場線方向上的距離。9.【答案】 BD【解析】 解： AB、對 ?1，根據(jù)牛頓運動定律有： ?- ?1?1 ?= ?1?，對 ?2 ，由于保持靜止有： ? ?- ? =

24、 0 ，? (?1 +?2 )(?1 + ?2 )?時，長木板與木塊將開始相對滑動。故D 正確。故選： BD。分別對 A、B 進行受力分析， 根據(jù)牛頓第二定律， 列出對于的方程， 可以知道無法 ?、?12的大小；改變 F 的大小，只要木塊在木板上滑動，則木塊對木板的滑動摩擦力不變，則長木板仍然保持靜止；改 F 作用于長木板， 先求出木塊的加速度， 然后利用整體法求出F 的表達(dá)式，可以求出長木板與木塊將開始相對滑動的條件。本題考查了牛頓第二定律、摩擦力等知識點。解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，結(jié)合整體和隔離法，運用牛頓第二定律進行求解。10.【答案】 AC【解析】 解： A、石墨和金剛石是兩種

25、不同的晶體，其物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同造成的，故A 正確；B、由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，分子間表現(xiàn)為引力，液體表面存在張力，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直。故B 錯誤；C、飽和汽壓是物質(zhì)的一個重要性質(zhì)，它的大小取決于物質(zhì)的本性和溫度，溫度越高，飽和氣壓越大，則降低溫度可使使未飽和汽變成飽和汽，故C 正確；D 、當(dāng)分子間的距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，斥力減小的快，故D 錯誤；故選： AC。石墨和金剛石都是晶體； 表面張力形成的原因是： 液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)

26、部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，即是表面張力；分子間同時存在引力和斥力，都隨著距離增大而減小，但斥力減得快；飽和汽壓是物質(zhì)的一個重要性質(zhì)，它的大小取決于物質(zhì)的本性和溫度。飽和汽壓越大，表示該物質(zhì)越容易揮發(fā)；本題考查晶體、表面張力、飽和氣壓等概念的理解，注意晶體和非晶體的區(qū)別，會從形第10 頁，共 16頁狀、熔點、各個方向上的物理性質(zhì)區(qū)分它們，但是要注意多晶體這一特例。11.【答案】 9.199【解析】 解：螺旋測微器的固定刻度為9.0?，可動刻度為 0.01 19.9?= 0.199?，所以最終讀數(shù)為9.199?。故答案為： 9.199(9.198 、 9.200)螺旋測微器的讀數(shù)方法是

27、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。螺旋測微器的讀數(shù)方法， 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，一定注意有效位數(shù)的保留。12.【答案】 吸收小于【解析】 解： (1) 過程 中氣體體積不變，做功為零；溫度升高，氣體內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸熱；連接 bO 和 dO，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程? = ?可得： ?=?，?- ?圖象中過原點的傾斜直線表示氣體做等壓變化，斜率表示壓強，故過b、 d 做過原點的直線如圖所示：由圖知狀態(tài)d 的壓強比狀態(tài)b 的壓強小，故答案為：吸熱、小于；(2) 過程，氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得：?= ?，? ?又

28、? =2?3?解得： ? = 15L?6 1023?-2 個= 4 1025個?= ?=1.5 10?答：該氣體在d 狀態(tài)時每立方米所含分子數(shù)為4 1025 個。(1) 根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析吸放熱情況，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程分析壓強變化；(2) 過程，氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可求得d 的體積，從而該氣體在d 狀態(tài)時每立方米所含分子數(shù)。本題主要考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律，要能夠根據(jù)溫度判斷氣體內(nèi)能的變化；在應(yīng)用熱力學(xué)第一定律時一定要注意各量符號的意義；?為正表示內(nèi)能變大，Q 為正表示物體吸熱；W 為正表示外界對物體做功。13.【答案】 0.47?-(?+?)?偏大【解析】 解

29、： (1) 木塊的加速度大小為：(4.81+4.35+3.89-3.42-2.98-2.50)-222?= 10；9 0.01?/? = 0.47?/?(2) 對木塊、砝碼盤和砝碼系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有：?- ?= (? + ?)?，解得： ?= ?-(?+?)?，?(3) 令繩子對 M 的拉力大小為 T，如果滑輪略向下傾斜，根據(jù)牛頓第二定律有：?- ?(?+ ?) = (? + ?)?解得： ?=?-(?+?)?+? ，所以測量值偏大，第11 頁，共 16頁?-(?+?)?故答案為： (1)0.46 ， (2)， (3) 偏大?(1) 利用逐差法可計算出打出某點時紙帶運動的加速度。(2)

30、對木塊、砝碼盤和砝碼進行受力分析，運用牛頓第二定律求出木塊與長木板間動摩擦因數(shù)。(3) 在實驗中紙帶與打點計時器之間存在摩擦力，還存在空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析誤差。解決該題的關(guān)鍵是掌握逐差法求解加速度的大小， 能用整體法以及根據(jù)牛頓定律列方程并推導(dǎo)出動摩擦因數(shù)的表達(dá)式；14.【答案】 (1)1.55 ；(2) 如圖所示；? ?(3) 0； 0- ?。? ?【解析】 【分析】(1) 明確讀數(shù)方法，從而確定對應(yīng)的讀數(shù)大小；(2) 根據(jù)給出的電路圖連接實物圖；1(3) 根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，變形得出?- ?的關(guān)系式，由圖象即可求出電動勢和內(nèi)電阻。本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗， 要注

31、意明確電表的讀數(shù)方法， 明確閉合電路歐姆定律數(shù)據(jù)分析的基本方法?！窘獯稹?1) 用多用電表“直流 2.5?擋”進行測量，量程為 2.5?，故最小分度為 0.05?，故讀數(shù)為1.55?；(2) 根據(jù)給出的電路圖連接實物圖如圖所示；由于電流較小，電流表應(yīng)選擇0.6?量程；(3) 根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：?=?+?+?01?0?解得： ?= ?+ ? ?+ ?根據(jù)圖象可知：?+ ?= ?=解得： ?=?0；?=0- ?0?第12 頁，共 16頁故答案為： (1)1.55 ；(2) 如圖所示；(3) ?0 ； ?0- ?。? ?15.【答案】 解： (1) 小球從 A 到 B 做平拋運動，豎直方向由

32、速度位移的關(guān)系式得：2? = 2?(1+ cos 60 )?解得： ? = 3?在 B 點：將速度分解如圖所示，由幾何關(guān)系得：? =?= ?0?60(2) 在 D 點，由向心力公式得：21?-?= ? ?2?2?解得： ? =2根據(jù)角速度與線速度的關(guān)系得：?= ?2?(3) 從 A 到 D 全過程由動能定理得：-?1212克=? -?2?201解得： ?克 = 4?答： (1) 小球在A 點初速度的大小是?；?(2) 小球在 D 點角速度的大小是2?；1(3) 小球在圓管內(nèi)運動過程中克服阻力做的功為4 ??！窘馕觥?(1) 小球從 A 到 B 做平拋運動，豎直方向由速度位移的關(guān)系式可求得到B

33、時的豎直速度，在B 點：將速度分解由幾何關(guān)系可求得初速度；(2) 在 D 點，由向心力公式求得在D 點的速度，再由角速度與線速度的關(guān)系可求得角速度；(3) 從 A 到 D 全過程由動能定理可求得克服阻力做的功。本題考查向心力公式、平拋及動能定理的應(yīng)用，要注意正確選擇物理過程，明確物理規(guī)律的應(yīng)用求解。16.【答案】 解： (1) 設(shè)流過金屬桿中的電流為I ，由平衡條件得：?2?= ? ，解得： ?=2?所以 ?中的電流大小為：?= 2 =，方向從 P 到 M。11?第13 頁，共 16頁(2) 設(shè)桿勻速運動時的速度為v，由 ?=?2? ?， ?= ? 解得： ?=2222? ?12，(3) 由能

34、量守恒定律得：? = ?+2?2?322?1上產(chǎn)生的焦耳熱為：? ?。? =4-4 412? ?答： (1) 金屬桿離開磁場前的瞬間流過?的電流大小為?，方向從 P 到 M；1?(2) 金屬桿離開磁場時速度的大小為2?22；? ?(3) 金屬桿穿過整個磁場過程中電阻?上產(chǎn)生的電熱為322? ? ? ?。14-44? ?【解析】 (1) 桿出磁場前已做勻速運動，重力與安培力平衡，由安培力公式?= ?和平衡條件求解電流大??；由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。?(2)(3) 桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢?= ?，又根據(jù)閉合歐姆定律得到?= ?，聯(lián)立可求得金2屬桿勻速運動的速度v；金屬桿穿過整個磁場過程中，根據(jù)能量

35、守恒定律求解回路中產(chǎn)生的總熱量，根據(jù)兩個電阻并聯(lián)求解?上產(chǎn)生的電熱。2本題是電磁感應(yīng)中電路問題，掌握安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定?律是基礎(chǔ)。要注意金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不是?= ?，而是 ?= ?，有效切割的2?長度為 。217.【答案】 解： (1) 彈簧伸長最長時平板速度為零，設(shè)相對位移大小為s，對系統(tǒng)由能量守恒得：121?0)2+ ?+ ? =?(20232?解得：4?-?= 0?9?(2) 平板速度最大時，加速度為 0，處于平衡狀態(tài)，即： ?= ?= ?(3) 平板向右運動時，位移大小等于彈簧伸長量，當(dāng)木板速度最大時有：?= ?對木板由動能定理得：?=?12?1+?2同理，當(dāng) ?=1?時有：= ? 2，平板達(dá)最大速度2112由能量守恒得：2 ?= ?2 + 2 ?由題可知： ?2 ，即： ?=1?1? ?24解