《高中試卷》2019年山東省日照市高考物理一模試卷

1、2019年山東省日照市高考物理一模試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1（6分）氫原子的能級(jí)如圖，一群氫原子處于n4能級(jí)上。當(dāng)氫原子從n4能級(jí)躍遷到n3能級(jí)時(shí)，輻射光的波長(zhǎng)為1884nm，下列判斷正確的是（）a氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多產(chǎn)生4種譜線b從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，氫原子核一定向外放出能量c氫原子從n3能級(jí)躍遷到n2能級(jí)時(shí)，輻射光的波長(zhǎng)大于1884md用從能級(jí)n2躍遷到n1輻射的光照射w逸6.34ev的鉑，能發(fā)生光電效應(yīng)2（6分）a、b兩小

2、球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和m（mm）。若使a球獲得瞬時(shí)速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為l1；若使b球獲得瞬時(shí)速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為l2，則l1與l2的大小關(guān)系為（）al1l2 bl1l2 cl1l2d不能確定3（6分）我國發(fā)射的“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器首次探訪月球背面。2018年12月30日8時(shí)，嫦娥四號(hào)探測(cè)器由距月面高度約100km的環(huán)月軌道，成功降軌至距月面15km的著陸軌道。2019年1月3日早，嫦娥四號(hào)探測(cè)器調(diào)整速度方向，由距離月面15km處開始實(shí)施動(dòng)力下降，速度從相對(duì)月球1.7km/s，至距月面100m處減到零（相對(duì)于月球

3、靜止），并做一次懸停，對(duì)障礙物和坡度進(jìn)行識(shí)別，再緩速垂直下降。10時(shí)26分，在反推發(fā)動(dòng)機(jī)和著陸緩沖機(jī)的作用下，“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器成功著陸在月球背面的預(yù)選著陸區(qū)。探測(cè)器的質(zhì)量約為1.2×103kg，地球質(zhì)量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度約為9.8m/s2，下列說法正確的是（）a探測(cè)器由環(huán)月軌道降至著陸軌道的過程中，機(jī)械能守恒b若動(dòng)力下降過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則加速度大小約為97m/s2c最后100m緩慢垂直下降，探測(cè)器受到的反沖作用力約為1.2×104nd地球的第一宇宙速度約為探測(cè)器在近月軌道上運(yùn)行的線速度的22倍4（6分）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)

4、量分別為3m、m的小圓環(huán)a、b用細(xì)線達(dá)著，套在一個(gè)豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為o系統(tǒng)平衡時(shí)，細(xì)線所對(duì)的圓心角為90°，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及線的質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度大小用g表示，下列判斷正確的是（）a小圓環(huán)a、b受到大圓環(huán)的支持力之比是3：1b小圓環(huán)a受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15°c細(xì)線與水平方向的夾角為30°d細(xì)線的拉力大小為32mg5（6分）教學(xué)用發(fā)電機(jī)能夠產(chǎn)生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(jī)通過理想變壓器向用電器供電，電路如圖所示。副線團(tuán)的匝數(shù)可以通過滑動(dòng)觸頭q來調(diào)節(jié)，副線圈兩端連接定值電阻r0，燈泡l和滑動(dòng)變阻器r，p為滑動(dòng)變阻器的

5、滑動(dòng)觸頭，原線圈上連接一只理想交流電流表a，閉合開關(guān)s，電流表的示數(shù)為l。則（）a僅增大發(fā)電機(jī)線的轉(zhuǎn)速，i增大b僅將p向上滑動(dòng)，i增大c僅將q向上滑動(dòng)，i增大d僅將開關(guān)s斷開，i增大6（6分）長(zhǎng)木板上表面的一端放有一個(gè)木塊，木塊與木板接觸面上裝有摩擦力傳感器，如圖甲所示，木板由水平位置緩慢向上轉(zhuǎn)動(dòng)（即木板與地面的夾角變大），另一端不動(dòng)，摩擦力傳感器記錄了木塊受到的摩擦力ff隨角度的變化圖象如圖乙所示。下列判斷正確的是（）a木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan1b木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=ff2mgcos1c木板與地面的夾角為2時(shí)，木塊做自由落體運(yùn)動(dòng)d木板由1轉(zhuǎn)到的2的過程中，木塊的速度變化越來越快7

6、（6分）半徑分別為r和2r的同心半圓光滑導(dǎo)軌mn、pq固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的導(dǎo)體棒ab置于半圓軌道上面，ba的延長(zhǎng)線通過導(dǎo)軌的圓心o，裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在n、q之間接有一阻值為r的電阻。導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下，以角速度繞o順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（）a導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為32br2b電阻r中的電流方向從q到nc外力的功率大小為9b2r428rd若導(dǎo)體棒不動(dòng)，要產(chǎn)生同方向的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)該減小8（6分）如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處

7、于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行，m為a、c連線的中點(diǎn)，n為b、d連線的中點(diǎn)。一電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電勢(shì)能減小w；若電子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電勢(shì)能也減小w下列說法正確的是（）a電子從m點(diǎn)移動(dòng)到n點(diǎn)，電勢(shì)能也減小wbb點(diǎn)的電勢(shì)一定低于d點(diǎn)的電勢(shì)c電場(chǎng)強(qiáng)度的方向一定是從b點(diǎn)指向a點(diǎn)da、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于b、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差二、非選擇題：第9-12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13-16題為選考題，考生根據(jù)要求作答9（5分）某同學(xué)做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：用圖釘把白紙固定在水平放置的木板上，將橡皮條的一端固定在板上一點(diǎn)，兩個(gè)細(xì)繩套系在橡皮條的另一端：用兩個(gè)彈簣測(cè)力計(jì)

8、分別拉住兩個(gè)細(xì)繩套，互成角度地施加拉力，使橡皮條伸長(zhǎng)，結(jié)點(diǎn)到達(dá)紙面上某一位置；用鉛筆描下結(jié)點(diǎn)位置，記為o，記錄兩個(gè)力的方向和兩彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)f1和f2；只用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，通過細(xì)繩套把橡皮條拉到步驟中的長(zhǎng)度，記錄力的方向和測(cè)力計(jì)的示數(shù)f3；畫出拉力f1、f2、f3的圖示如圖，然后按平行四邊形定則畫出合力f；通過比較f與f的大小和方向，即可得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論。回答下列問題：（1）糾正步驟中的錯(cuò)： 。（2）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作的建議，正確的是 （填寫選項(xiàng)前的字母）a記錄力的方向時(shí)，用鉛筆沿著細(xì)繩套的方向畫直線即可b若f與f3的大小和方向不相同，則需要重新實(shí)驗(yàn)，直到相同為止c控制兩個(gè)測(cè)力計(jì)的示數(shù)f1和f2，

9、均不能大于一個(gè)測(cè)力計(jì)的示數(shù)f3d使用測(cè)力計(jì)時(shí)，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線，讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度（3）糾正了上述步驟中的問題后，重新完成實(shí)驗(yàn)，根據(jù)標(biāo)注的信息，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上規(guī)定區(qū)域做出f1、f2的合力f。10（10分）物理興趣小組的同學(xué)將毫安表與定值電阻rx并聯(lián)擴(kuò)大量程，測(cè)量某一電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。（1）圖甲是該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)電路，請(qǐng)指出實(shí)驗(yàn)電路中存在的兩處錯(cuò)誤，寫在答題卡的指定區(qū)域。（2）毫安表ma的量程為0200ma，內(nèi)阻為r0，若實(shí)驗(yàn)中需要將其量程擴(kuò)大到01a，并聯(lián)的定值電阻rx （用r0表示）（3）改變滑動(dòng)變阻器r的阻值，記錄多組毫安表和電壓表的示數(shù)l、u，得到如圖乙所示的ui關(guān)系圖線。由圖

10、線得到電池的電動(dòng)勢(shì)e v，內(nèi)阻r （結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（4）關(guān)于實(shí)驗(yàn)誤差的分析，下列說法正確的 （填寫選項(xiàng)前的字母）a實(shí)驗(yàn)中電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值等于真實(shí)值b實(shí)驗(yàn)中內(nèi)阻的測(cè)量值小于真實(shí)值c誤差是由于電壓?jiǎn)实膬?nèi)阻造成的d電流表和電壓表的讀數(shù)誤差是系統(tǒng)誤差11（14分）冰壺比賽是在水平冰面上進(jìn)行的體育項(xiàng)目，比賽場(chǎng)地示意圖如圖所示。比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員腳蹬起蹬器，身體成跪式手推冰壺從本壘圓心o向前滑行，至前衛(wèi)線時(shí)放開冰壺使其沿直線oo滑向營壘圓心o，為使冰壺能在冰面上滑的更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可用毛刷刷冰面以減小冰壺與冰面問的動(dòng)摩擦因數(shù)。已知o點(diǎn)到前衛(wèi)線的距離d4m，o、o之間的距離l30.0m，冰壺的質(zhì)量為20kg

11、，冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.008，用毛刷刷過冰面后動(dòng)摩擦因數(shù)減小到20.004，營壘的半徑r1m，g取l0m/s2（1）若不刷冰面，要使冰壺恰好滑到o點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力多大？（2）若運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力為10n，要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離是多少？12（18分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的一、二象限內(nèi)，分別存在以虛線om為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于xoy平面向里，虛線om與x軸負(fù)方向成45°角。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)o處以速度v0沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子每次到x軸將反彈，第一次反彈無能量損失，以后

12、每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均減為反彈前的12、方向相反。電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于mv0216qd，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于mv0qd，求：（不計(jì)粒子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計(jì)算結(jié)果可用分式表示）（1）帶電粒子第三次經(jīng)過om時(shí)的坐標(biāo)；（2）帶電粒子第三次到達(dá)om時(shí)經(jīng)過的時(shí)間；（3）帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程。【物理一選修3】（15分）13（5分）以下有關(guān)熱學(xué)內(nèi)容的敘述，正確的是（）a在兩分子問距離增大的過程中，分子間的作用力定減小b液晶既有液體的流動(dòng)性，又有光學(xué)性質(zhì)的各向異性c容器中的氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子頻繁撞擊器壁面產(chǎn)生的d布朗運(yùn)動(dòng)反映了花粉小

13、顆粒內(nèi)部分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)e即使沒有漏氣，沒有摩擦的能量損失，內(nèi)燃機(jī)也不可能把內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能14（10分）如圖甲所示，用面積s10cm2的活塞在汽缸內(nèi)封閉著定質(zhì)量的理想氣體，活塞上放一砝碼，活塞和砝碼的總質(zhì)量m2kg，開始時(shí)汽缸內(nèi)的氣體的溫度t1300k，缸內(nèi)氣體的高度h40cm，現(xiàn)對(duì)缸內(nèi)氣體緩慢加熱使缸內(nèi)氣體的溫度升高到t2400k，已知加熱過程中氣體吸收的熱量q420j，外界大氣壓強(qiáng)為p010×105pa，重力加速度g取i0m/s2求：加熱過程活塞上升的高度h；加熱過程中被封閉氣體內(nèi)能的變化u?！疚锢硪贿x修3-4】（15分）15（5分）如圖所示，圖1為一列水平方向傳播的簡(jiǎn)諧橫

14、波在t0時(shí)的波形圖，圖2是這列波中質(zhì)點(diǎn)p的振動(dòng)圖線，則該波的傳播速度為 m/s； 該波的傳播方向?yàn)?（填“向左”或“向右”）16（10分）如圖，真空中有一下表面鍍反射膜的平行玻璃磚，其折射率n=2一束單色光以與界面成45°角射到玻璃磚上表面上，進(jìn)入玻璃磚經(jīng)下表面反射后，再從玻璃磚上表面射出，已知光在真空中的傳播速度c3.0×108m/s，玻璃磚厚度d=3cm求該單色光在玻璃磚中傳播的速度和傳播的路程。2019年山東省日照市高考物理一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，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14題只有一項(xiàng)符合題目要求，第58題有多項(xiàng)符合

15、題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分1【分析】能級(jí)間躍遷，吸收的光子能量必須等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，該光子才能被吸收發(fā)生躍遷，能級(jí)差越大，光子頻率越大，波長(zhǎng)越小?！窘獯稹拷猓篴、根據(jù)c42=6知，一群處于n4能級(jí)上的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)最多產(chǎn)生6種譜線，故a錯(cuò)誤。b、從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，氫原子一定向外放出能量，但原子核不向外放出能量，故b錯(cuò)誤。c、n4躍遷到n3輻射的光子能量小于n3躍遷到n2輻射的光子能量，可知n3躍遷到n2輻射的光子波長(zhǎng)小于1884nm，故c錯(cuò)誤。d、從能級(jí)n2躍遷到n1輻射的光的能量值：e12e2e13.4（13.6）10.2ev，該光照射w逸6

16、.34ev的鉑，能發(fā)生光電效應(yīng)，故d正確。故選：d。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了能級(jí)躍遷的基本運(yùn)用，知道能級(jí)間躍遷輻射或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，難度中等。2【分析】當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同。a、b兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合判斷?！窘獯稹拷猓寒?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同。對(duì)甲圖取a的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv（m+m）v由機(jī)械能守恒定律得：ep=12mv2-12（m+m）v2。聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)有：ep=mmv22(m+m)同理：對(duì)乙圖取b的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)有：ep=mmv22(m+m)故彈性勢(shì)能相等，

17、則有：l1l2故abd錯(cuò)誤c正確。故選：c?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律，要注意明確能量的轉(zhuǎn)化情況，并掌握動(dòng)量守恒的條件。3【分析】探測(cè)器改變軌道需要通過反沖變速；第一宇宙速度是星球表面的繞星的環(huán)繞速度；緩速下降過程近似的平衡狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篴、探測(cè)器由環(huán)月軌道降至著陸軌道的過程中，由于受到了反沖作用力，且反沖作用力對(duì)探測(cè)器做負(fù)功，探測(cè)器機(jī)械能減小，故a錯(cuò)誤；b、若動(dòng)力下降過程做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度1.7km/s，末速度為零，位移為x15km0.1km14.9km，根據(jù)速度位移公式，有：v2-v02=2ax 代入數(shù)據(jù)解得：a=v2-v022x=02-170022×

18、14.9×1000m/s2=97m/s2故b正確；c、最后100m的緩速垂直下降過程近似平衡，故探測(cè)器受到的反沖作用力與重力平衡，為fmg月1.2×103kg×10n/kg1.2×104n，故c錯(cuò)誤；d、第一宇宙速度是星球表面軌道繞星的環(huán)繞速度，故v=gmr，故v地v月=gm地r地gm月r月=m地m月×r月r地=81×13.7=21.9，故d錯(cuò)誤；故選：b?！军c(diǎn)評(píng)】人造衛(wèi)星變軌問題的三點(diǎn)注意事項(xiàng)：（1）人造衛(wèi)星變軌時(shí)半徑的變化，根據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關(guān)系判斷；穩(wěn)定在新軌道上的運(yùn)行速度變化由v=gmr判斷。（2）人造衛(wèi)星在不同軌

19、道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不同，軌道半徑越大，機(jī)械能越大。（3）人造衛(wèi)星經(jīng)過不同軌道相交的同一點(diǎn)時(shí)加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度。4【分析】對(duì)a和b進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則做出重力和支持力的合力的大小等于繩子的拉力的大小，根據(jù)正弦定理可求得支持力與豎直方向的夾角、繩的拉力，小圓環(huán)a、b受到大圓環(huán)的支持力之比；根據(jù)幾何知識(shí)可求得細(xì)線與水平方向的夾角。【解答】解：abd、對(duì)a和b進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則做出重力和支持力的合力的大小等于繩子的拉力的大小，設(shè)支持力與豎直方向的夾角分別為和，根據(jù)正弦定理可以得到：3mgsin45°=tsin，mgsin45°=tsin

20、，由于tt'，+90°整理可以得到：300，600，tt'=62mg再次利用正弦定理：nasin(180°-30°-45°)=3mgsin45°，nbsin(180°-45°-60°)=mgsin45°整理可以得到：na：nb=3：1，故a正確bd錯(cuò)誤；c、由圖根據(jù)幾何知識(shí)可以知道，細(xì)線與水平方向的夾角為90°30°45°15°，故c錯(cuò)誤。故選：a?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物體的平衡條件的應(yīng)用，受力分析構(gòu)建力的三角形，借助數(shù)學(xué)知識(shí)求解時(shí)解題的關(guān)鍵。5【分析

21、】根據(jù)emnbs分析電動(dòng)勢(shì)的變化，從而分析電流的變化；根據(jù)p和q的滑動(dòng)情況確定電壓和電流的變化?！窘獯稹拷猓篴、僅增大發(fā)電機(jī)線的轉(zhuǎn)速，根據(jù)emnbs可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，故i增大，故a正確；b、僅將p向上滑動(dòng)，總電阻增大，總電流減小，根據(jù)變壓器原理可得原線圈的電流減小，故b錯(cuò)誤；c、僅將q向上滑動(dòng)，副線圈匝數(shù)增大，輸出電壓變大，根據(jù)變壓器原理可得i增大，故c正確；d、僅將開關(guān)s斷開，總電阻增大，總電流減小，根據(jù)變壓器原理可得i減小，故d錯(cuò)誤。故選：ac?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理

22、想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。6【分析】根據(jù)木板抬起的過程中木塊的受力及狀態(tài)的變化，根據(jù)木塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可以確定木塊受到的是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力；再通過受力分析可得出摩擦力隨角度的變化，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解?！窘獯稹拷猓篴b、木塊受到的摩擦力在開始到滑動(dòng)過程為靜摩擦力，fmgsin，故為正弦規(guī)律變化；而滑動(dòng)后變?yōu)榱嘶瑒?dòng)摩擦力，則摩擦力fmgcos，為余弦規(guī)律變化，而滑動(dòng)摩擦力一般小于最大靜摩擦力，當(dāng)夾角為1時(shí)，最大靜摩擦力為ff2，而滑動(dòng)摩擦力為ff1；根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式，則有：mgcos1mgsin1，解得：tan1，當(dāng)mgcos1ff1；解得：=ff1mgcos1，故ab錯(cuò)誤

23、；c、當(dāng)木板與地面的夾角為2時(shí)，木塊不受到摩擦力，但有水平初速度，則做勻變速運(yùn)動(dòng)，故c錯(cuò)誤；d、當(dāng)木板由1轉(zhuǎn)到的2的過程中，依據(jù)mgcosff；可知，木塊受到摩擦力大小會(huì)減小，則其受到的合力也增大，那么加速度增大，因此木塊的速度變化越來越快，故d正確；故選：d?！军c(diǎn)評(píng)】在求摩擦力時(shí)，一定要先明確是屬于滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力，再分別根據(jù)滑動(dòng)摩擦及靜摩擦力的求解方法進(jìn)行求解。7【分析】由公式e=12bl2求出ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)電壓分配規(guī)律求ab兩端的電壓。由歐姆定律求出電流，由右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；外力的功率大小等于回路的電功率，由公式pei求出外力的功率。若導(dǎo)體棒不動(dòng)，要產(chǎn)生同

24、方向的電流，由楞次定律判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況。【解答】解：a、ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 e=12b（2r）2-12br2=32br2，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為 u=r2r=34br2，故a錯(cuò)誤。b、由右手定則判斷可知，感應(yīng)電流的方向是從b端流向a端，所以電阻r中的電流方向從q到n，故b正確。c、感應(yīng)電流大小：i=e2r=3br24r；外力的功率大小為 pei=9b2r428r，故c正確。d、若導(dǎo)體棒不動(dòng)，要產(chǎn)生同方向的電流，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)方向相同，根據(jù)楞次定律判定知磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)該減小，故d正確。故選：bcd?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式e=12bl2，要知道l是轉(zhuǎn)動(dòng)半

25、徑的長(zhǎng)度，本題中ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不能根據(jù)這個(gè)公式這樣做：e=12b（2r）2。8【分析】m為ac的中點(diǎn)，n為bd的中點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)力做功wqu，uab求解從m到n的電勢(shì)能的變化情況；電場(chǎng)線的方向不一定是運(yùn)動(dòng)的方向；根據(jù)wqu求解電勢(shì)差的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篴、粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小w，故：qaqbw，粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小w，故：qcqdw，勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿著相同方向每前進(jìn)相同距離電勢(shì)的變化相同，故ammc，即m=a+c2同理：n=b+d2故qmqnw，故a正確；b、根據(jù)題意可知uabucd，由圖象可知ab的距離小于cd的距離，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線特點(diǎn)可得出b點(diǎn)的電勢(shì)小

26、于d點(diǎn)的電勢(shì)，故b正確；c、電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小w，但ab連線不一定沿著電場(chǎng)線，故c錯(cuò)誤；d、粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小w，故：qaqbw，粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小w，故：qcqdw，解得：quacqubd0故a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于b、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故d正確。故選：abd?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵根據(jù)電場(chǎng)力做功公式求解w，運(yùn)用公式ued時(shí)，要正確理解d的含義：d是沿電場(chǎng)方向兩點(diǎn)間的距離。二、非選擇題：第9-12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13-16題為選考題，考生根據(jù)要求作答9【分析】（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，除記錄彈簧秤的示數(shù)外，還要記下兩條細(xì)繩的方向，以便確定兩個(gè)

27、拉力的方向，只有使結(jié)點(diǎn)到達(dá)同樣的位置o，才能表示兩種情況下力的作用效果相同；（2）掌握實(shí)驗(yàn)操作的注意事項(xiàng)，知道通過平行四邊形得到的合力與實(shí)驗(yàn)測(cè)得的之間存在誤差；（3）注意通過平行四邊形得到的合力與實(shí)驗(yàn)測(cè)得的之間存在誤差，明確什么事實(shí)驗(yàn)測(cè)量值，什么是理論值即可正確解答?！窘獯稹拷猓海?）為了保證一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)的作用效果和另外兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)共同的作用效果相同，要把結(jié)點(diǎn)拉到o點(diǎn)位置；（2）a、確定力的方向時(shí)，只需要確定細(xì)繩套上的兩個(gè)點(diǎn)即可，故a錯(cuò)誤；b、若f與f3的大小和方向不相同，只要在誤差允許范圍內(nèi)就可以，故b錯(cuò)誤；c、矢量合成中，合力不一定大于分力，合力可以小于、等于、大于分力，故c錯(cuò)誤；d、

28、使用測(cè)力計(jì)時(shí)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，施力方向應(yīng)沿測(cè)力計(jì)軸線，讀數(shù)時(shí)視線應(yīng)正對(duì)測(cè)力計(jì)刻度，故答正確；故選：d；（3）如圖所示：故答案為：（1）結(jié)點(diǎn)拉到步驟中的o點(diǎn)；（2）d；（3）如圖所示【點(diǎn)評(píng)】本實(shí)驗(yàn)關(guān)鍵理解實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)步驟中有無遺漏或缺陷，因此掌握實(shí)驗(yàn)原理是解決實(shí)驗(yàn)問題的關(guān)鍵。10【分析】（1）滑動(dòng)變阻器采用限流接法時(shí)，為保護(hù)電路連接電路時(shí)滑片應(yīng)置于阻值最大處，分析圖示電路圖分析答題。（2）擴(kuò)大電流表量程應(yīng)給電流表并聯(lián)一個(gè)分流電阻，應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)求出并聯(lián)電阻阻值。（3）電源ui圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻。（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析圖示電路圖分析

29、實(shí)驗(yàn)誤差?！窘獯稹拷猓海?）由圖示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值沒有調(diào)到最大，毫安表的正負(fù)極接反了。（2）毫安表ma的量程為0200ma，內(nèi)阻為r0，若實(shí)驗(yàn)中需要將其量程擴(kuò)大到01a，分流電阻分流800ma，為毫安表的4倍，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，并聯(lián)電阻阻值為電流表內(nèi)阻的14，即為14r0。（3）由圖示電源ui圖象可知，電源電動(dòng)勢(shì)：e1.85v，電路電流為毫安表的5倍，電源內(nèi)阻為：r=ui=1.855×150×10-32.47。（4）ab、由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于電流表示數(shù)，電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，電源內(nèi)阻測(cè)量值小于真實(shí)值，故a錯(cuò)誤，b正確；c、電

30、壓表的分流是造成實(shí)驗(yàn)誤差的原因，誤差是由于電壓?jiǎn)实膬?nèi)阻造成的，故c正確；d、電流表和電壓表的讀數(shù)誤差是偶然誤差，故d錯(cuò)誤；故選：bc。故答案為：（1）滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值沒有調(diào)到最大，毫安表的正負(fù)極接反了；（2）14r0；（3）1.85；2.47；（4）bc?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握數(shù)據(jù)處理的方法，正確利用圖象進(jìn)行分析是解題問題的關(guān)鍵。11【分析】（1）若不刷冰面，冰壺恰好滑到o點(diǎn)時(shí)速度為零，對(duì)整個(gè)過程，利用動(dòng)能定理列式，可求得運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力。（2）對(duì)整個(gè)過程，運(yùn)用動(dòng)能定理分別求出冰壺運(yùn)動(dòng)到營壘的最左邊和最右邊時(shí)用毛刷刷冰面的距離，從而得到用毛

31、刷刷冰面的距離的范圍?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力為f，對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得 fd1mgl0代入數(shù)據(jù)解得 f12n（2）設(shè)冰壺運(yùn)動(dòng)到營壘的最左邊時(shí)，用毛刷刷冰面的距離是x1冰壺運(yùn)動(dòng)到營壘的最右邊時(shí)，用毛刷刷冰面的距離是x2。由動(dòng)能定理得：fd1mg（lrx1）2mgx10代入數(shù)據(jù)解得 x18m由動(dòng)能定理得：fd1mg（l+rx2）2mgx20代入數(shù)據(jù)解得 x212m所以要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離在8m12m范圍。答：（1）若不刷冰面，要使冰壺恰好滑到o點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力是12n。（2）若運(yùn)動(dòng)員對(duì)冰壺的推力為10n，要使冰壺滑到營壘內(nèi)，用毛刷刷冰面的距離在8m12m

32、范圍?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于涉及力在空間上效果求速度或距離時(shí)，要優(yōu)先考慮動(dòng)能定理，這樣比較簡(jiǎn)潔。運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)要靈活選取研究過程。12【分析】（1）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為b，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，粒子做34的圓周運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過om，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求得半徑和坐標(biāo)。（2）求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期和平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間即可求出帶電粒子第三次到達(dá)om時(shí)經(jīng)過的時(shí)間；（3）因粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，求出到達(dá)x軸時(shí)的水平分速度和豎直分速度，然后根據(jù)第一次豎直分速度減半反彈，求出豎直分速度和高度，第二次豎直分速度、高度，以此類推第n次豎直分速度、高度，然后求解沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程為?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)

33、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為b，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，粒子做34的圓周運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過om，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0bmv02r解得：r=mv0qb=d故第三次經(jīng)過om時(shí)的坐標(biāo)為（2d、2d）（2）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：t=2mqb=2dv0沿y軸方向加速度：a=qem=v0216d沿y軸方向：vy02-v02=2ar聯(lián)立解得：t1=(122-16)dv0帶電粒子第三次到達(dá)om時(shí)經(jīng)過的時(shí)間：tt+2t1=(2+242-32)dv0（3）因粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，故到達(dá)x軸時(shí)的水平分速度為v0，豎直方向：vy2=2a（2d）第一次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy1=12vy，高度h1=

34、vy122a=14×2d第二次豎直分速度減半反彈，豎直分速度vy2=12vy1=122vy，高度h2=vy222a=142×2d第n次豎直分速度減半反彈，高度hn=vyn22a=142×2d故總路程h2d+2（h1+h2+hn，）2d+2×2d（14+142+14n）h=103d即帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程為h=103d答：（1）帶電粒子第三次經(jīng)過om時(shí)的坐標(biāo)為（2d、2d）；（2）帶電粒子第三次到達(dá)om時(shí)經(jīng)過的時(shí)間為(2+242-32)dv0；（3）帶電粒子從第二次進(jìn)入電場(chǎng)開始，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的總路程為103d?！军c(diǎn)評(píng)】本題是

35、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵；應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用。【物理一選修3】（15分）13【分析】分子間距離增大時(shí)，分子間的作用力不一定減小，也可能增大，與分子力表現(xiàn)為引力和斥力有關(guān)。液晶既有液體的流動(dòng)性，又有光學(xué)性質(zhì)的各向異性，在顯示器等方面有著廣泛應(yīng)用，容器中的氣體對(duì)器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子頻繁撞擊器壁而產(chǎn)生的。布朗運(yùn)動(dòng)是花粉小顆粒在水中無規(guī)則的運(yùn)動(dòng)，是由于周圍液體分子撞擊的沖力不平衡引起，所以布朗運(yùn)動(dòng)反映了水分子在做無規(guī)則的運(yùn)動(dòng)。每個(gè)花粉顆粒是由大量花粉分子構(gòu)成的，所以布朗運(yùn)動(dòng)不能反映花粉小顆粒內(nèi)部分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)。根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%；故即使沒有漏氣，沒有摩擦的能量損失，內(nèi)燃機(jī)也不可能把內(nèi)能全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能?！窘獯稹拷猓篴、分子間距離增大時(shí)，分子間的作用力不一定減小，也可能增大，與分子力表現(xiàn)為引力和斥力有關(guān)。故a錯(cuò)誤；b、液晶既有液體的流動(dòng)性，又有光學(xué)性質(zhì)的各向異性，在顯示器等方面有著廣泛應(yīng)用，故b正