2022年河南省許昌高中高考沖刺物理押題沖刺

2019年河南省許昌高中高考物理押題試卷（二）一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）2019年春晚在舞《春海）》中拉開(kāi)帷幕。如圖所示，五名領(lǐng)舞者在鋼絲繩的拉動(dòng)下以相同速度緩緩升起，若五名領(lǐng)舞者的質(zhì)量（包括衣服和道具）相等，下面說(shuō)法中正確的是（）A．觀眾欣賞表演時(shí)可把領(lǐng)舞者看作質(zhì)點(diǎn) B．2號(hào)和4號(hào)領(lǐng)舞者的重力勢(shì)能相等 C．3號(hào)領(lǐng)舞者處于超重狀態(tài) D．她們?cè)谏仙^(guò)程中機(jī)械能守恒2．（6分）超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠（其余兩顆未畫出），工作時(shí)彈簧通過(guò)鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時(shí)，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當(dāng)用強(qiáng)磁場(chǎng)吸引防資扣的頂部時(shí)，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動(dòng)，防盜扣松開(kāi)，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90°，彈簧通過(guò)鐵環(huán)施加給每個(gè)小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個(gè)小鐵珠對(duì)釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為（不計(jì)摩擦以及小鐵珠的重力）（）A．F B．F C．F D．F3．（6分）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)原來(lái)靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結(jié)果得到一張兩個(gè)相切圓1和2的徑跡照片如圖所示，已知兩個(gè)相切圓半徑分別r1、r2，則下列說(shuō)法正確的是（）A．原子核可能發(fā)生α衰變，也可能發(fā)生β衰變 B．徑跡2可能是衰變后新核的徑跡 C．若衰變方程是U→TH+He，則衰變后新核和射出的粒子的動(dòng)能之比為117：2 D．若衰變方程是→TH+He，則r1：r2＝1：454．（6分）如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、O′在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將兩球在圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切阻力，則在最低點(diǎn)時(shí)（）A．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1：1 B．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1：2 C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比1：1 D．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比1：25．（6分）2019年1月3日，嫦娥四號(hào)探測(cè)器登陸月球，實(shí)現(xiàn)人類探測(cè)器首次月球背面軟著陸，為給嫦娥四號(hào)探測(cè)器提供通信支持，我國(guó)早在2018年5月21日就成功發(fā)射嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋號(hào)”，如圖所示，“鵲橋號(hào)”中繼星一邊繞拉格朗日L2點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，一邊隨月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)且其繞點(diǎn)的半徑遠(yuǎn)小于點(diǎn)與地球間的距離。（已知位于地、月拉格朗日L1、L2點(diǎn)處的小物體能夠在地、月的引カ作用下，幾乎不消耗燃料，便可與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。）則下列說(shuō)法正確的是（）A．“鵲橋號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/s B．“鵲橋號(hào)”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期約等于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期 C．同一衛(wèi)星在L1點(diǎn)受地、月引力的合力與其在L2點(diǎn)受地、月引カ的合力相等 D．若技術(shù)允許，使“鵲橋號(hào)”剛好位于L1點(diǎn)，能夠更好地為嫦娥四號(hào)探測(cè)器提供通信支持6．（6分）在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力。如圖（a）所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰?若碰撞前后兩壺的v﹣t圖象如圖（b）所示。關(guān)于冰壺的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)了4s停下 C．撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.275m D．碰撞后藍(lán)壺的加速度大小為0.3m/s27．（6分）如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等差等勢(shì)線，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量絕對(duì)值為q的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，在B點(diǎn)的速度大小為v2，且方向與等勢(shì)線平行A、B連線長(zhǎng)為L(zhǎng)，連線與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則（）A．該粒子一定帶正電 B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 C．粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能 D．等勢(shì)線b的電勢(shì)比等勢(shì)線c的電勢(shì)高8．（6分）如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)帶有孔的小球，小A球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱的C點(diǎn)后，小球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D點(diǎn)，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是（）A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和可能增大 C．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力對(duì)其做功的功率最大 D．小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能一定最大三、非選擇題：．第22-32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．（4分）利用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測(cè)量滑塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。將彈簧放置在水平桌面上，左端固定，右端在O點(diǎn)，此時(shí)彈簧為原長(zhǎng)：在O點(diǎn)右側(cè)的A、B位置各安裝一個(gè)光電門。讓帶有遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置C（滑塊與彈簧未拴接）由靜止釋放滑塊，與兩個(gè)光電門都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從A至B所用的時(shí)間。改變光電門B的位置進(jìn)行多次測(cè)量，每次都使滑塊從同一位置由C靜止釋放，并用米尺測(cè)量A，B之間的距離且記下遮光片從A到B所用時(shí)間t值（1）由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的，﹣t圖線如圖（b）所示，可得出滑塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)＝（重力加速度大小g＝9.8m/2，保留2位有效數(shù)字）（2）若保持光電門B的位置不變，改變光電門A的位置，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)圖（c）中作出的﹣t圖線可能正確的是。10．（11分）某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲做“描繪小電珠的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。已知所用小電珠的額定電壓和額定功率分別為2.5V、1.2W，實(shí)驗(yàn)使用的直流電源的電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻忽略不計(jì)，實(shí)驗(yàn)可供選擇的器材規(guī)格如下a．電流表A1（量程0～0.6A，內(nèi)阻約5Ω）b．電流表A2（量程0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω）c．電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）d．電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約2000Ω）e．滑動(dòng)變阻器R1（阻值0～10，額定電流1A）f．滑動(dòng)變阻器R2（阻值0～5000，額定電流500mA）請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）為了完成實(shí)驗(yàn)且盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選擇，電壓表應(yīng)選擇、滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇（填寫實(shí)驗(yàn)器材前的序號(hào)）（2）根據(jù)所選的實(shí)驗(yàn)器材，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)合理的電路原理圖來(lái)完成該實(shí)驗(yàn)（3）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)用設(shè)計(jì)好的電路測(cè)得了該小電珠兩端的電壓U和通過(guò)該小電珠的電流，由歐姆定律計(jì)算得到的小電珠的電阻值（選填“大于”“等于“或“小于“）真實(shí)值（4）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)通過(guò)設(shè)計(jì)好的電路得到了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并根據(jù)得到的多組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)畫圖，如圖所示，該圖線向下彎曲，其原因是。（5）如果取兩個(gè)這樣的小電珠并聯(lián)以后再與一阻值為2.0Ω的定值電阻串聯(lián)，并接在電動(dòng)勢(shì)為3.0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)的直流電源兩端，則每個(gè)小電珠消耗的實(shí)際功率應(yīng)為W（結(jié)果保留兩位小數(shù)）11．（12分）如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1kg的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2kg的木塊，木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?現(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2（1）求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1；（2）t＝10s時(shí)，兩物體的加速度各為多大；（3）在如圖2畫出木塊的加速度隨時(shí)間変化的圖象（取水平拉カF的方向?yàn)檎较?，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過(guò)程）12．（20分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1垂直水平光滑金屬導(dǎo)軌平面向下，垂直導(dǎo)軌放置的導(dǎo)體棒ab在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)兩線圈感應(yīng)出電壓，使電壓表示數(shù)U保持不變。已知變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R2的三倍，平行金屬板MN相距為d。在電場(chǎng)作用下，一個(gè)帶正電粒子從O1由靜止開(kāi)始經(jīng)O2小孔垂直AC邊射入第二個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，方向垂直紙面向外，其下邊界AD距O1O2連線的距離為h。已知場(chǎng)強(qiáng)B2＝B，設(shè)帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則高度h＝，請(qǐng)注意兩線圈繞法，不計(jì)粒子重力。求：（1）試判斷拉力F能否為恒力以及F的方向（直接判斷）；（2）調(diào)節(jié)變阻器R的滑動(dòng)頭位于最右端時(shí)，MN兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度多大？（3）保持電壓表示數(shù)U不變，調(diào)節(jié)R的滑動(dòng)頭，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后都能擊中AD邊界，求粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍?！疚锢?-選修3-3】（15分）13．（5分）下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體放出熱量，其分子的平均動(dòng)能可能增大 B．當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢(shì)能總是隨分子間距離的減小而增大 C．飽和汽壓與溫度和體積有關(guān) D．第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律 E．某氣體的摩爾體積為V，每個(gè)分子的體積為V，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA＝14．（10分）如圖甲所示為“⊥”型上端開(kāi)口的玻璃管，管內(nèi)有一部分水銀封住密閉氣體，上管足夠長(zhǎng)，圖中粗細(xì)部分截面積分別為S1＝2cm2、S2＝lcm2．封閉氣體初始溫度為451K，氣體長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝22cm，圖乙為對(duì)封閉氣體緩慢加熱過(guò)程中氣體壓強(qiáng)隨體積変化的圖線，大氣壓強(qiáng)P0＝76cmHg．求（1）h1和h2的值；（2）若緩慢升高氣體溫度，升高到多少開(kāi)爾文可將所有水銀全部壓入細(xì)管內(nèi)【物理-選修3-4】（15分）15．（5分）以下物理學(xué)知識(shí)的相關(guān)敘述中，正確的是（）A．交警通過(guò)發(fā)射超聲波測(cè)量車速是利用了波的多普效應(yīng) B．用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振 C．通過(guò)手指間的縫隙觀察日光燈，可以看到彩色條紋，說(shuō)明光具有波動(dòng)性 D．紅外線的顯著作用是熱作用，溫度較低的物體不能輻射紅外線 E．在“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，為了減小測(cè)量單擺周期的誤差，應(yīng)選小球運(yùn)動(dòng)中的最低點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，測(cè)其n次全振動(dòng)的時(shí)間16．（10分）一列簡(jiǎn)諧橫波，在t＝0時(shí)刻的波形如圖所示，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅為l0cm．P、Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為﹣lm和﹣9m，波傳播方向由右向左，已知t＝0.7s時(shí)，P點(diǎn)第二次出現(xiàn)波峰．試計(jì)算：①這列波的傳播速度多大？②從t＝0時(shí)刻起，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間Q點(diǎn)第一次出現(xiàn)波峰？③當(dāng)Q點(diǎn)第一次出現(xiàn)波峰時(shí)，P點(diǎn)通過(guò)的路程為多少？

2019年河南省許昌高中高考物理押題試卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）2019年春晚在舞《春海）》中拉開(kāi)帷幕。如圖所示，五名領(lǐng)舞者在鋼絲繩的拉動(dòng)下以相同速度緩緩升起，若五名領(lǐng)舞者的質(zhì)量（包括衣服和道具）相等，下面說(shuō)法中正確的是（）A．觀眾欣賞表演時(shí)可把領(lǐng)舞者看作質(zhì)點(diǎn) B．2號(hào)和4號(hào)領(lǐng)舞者的重力勢(shì)能相等 C．3號(hào)領(lǐng)舞者處于超重狀態(tài) D．她們?cè)谏仙^(guò)程中機(jī)械能守恒【分析】研究物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)物體的大小和形狀對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響或影響可忽略不計(jì)時(shí)，可以把物體當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)。根據(jù)質(zhì)量和高度關(guān)系分析重力勢(shì)能關(guān)系。根據(jù)加速度方向分析3號(hào)領(lǐng)舞者的狀態(tài)。只有重力做功時(shí)，單個(gè)物體的機(jī)械能才守恒。由此分析?！窘獯稹拷猓篈、觀眾欣賞表演時(shí)，要看動(dòng)作，不能把領(lǐng)舞者看作質(zhì)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、2號(hào)和4號(hào)領(lǐng)舞者的質(zhì)量相等，高度相同，則重力勢(shì)能相等，故B正確；C、3號(hào)領(lǐng)舞者緩緩升起，處于平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、她們?cè)谏仙^(guò)程中，鋼絲繩的拉力對(duì)她們做功，所以她們的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】質(zhì)點(diǎn)是理想化的模型，在理解質(zhì)點(diǎn)時(shí)要注意明確物體能否看作質(zhì)點(diǎn)的條件。要掌握機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功。2．（6分）超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠（其余兩顆未畫出），工作時(shí)彈簧通過(guò)鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時(shí)，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當(dāng)用強(qiáng)磁場(chǎng)吸引防資扣的頂部時(shí)，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動(dòng)，防盜扣松開(kāi)，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90°，彈簧通過(guò)鐵環(huán)施加給每個(gè)小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個(gè)小鐵珠對(duì)釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為（不計(jì)摩擦以及小鐵珠的重力）（）A．F B．F C．F D．F【分析】以一個(gè)鐵珠為研究對(duì)象，將力F進(jìn)行分解，根據(jù)幾何關(guān)系列方程求解即可。【解答】解：以一個(gè)鐵珠為研究對(duì)象，將力F按照作用效果進(jìn)行分解如圖所示：根據(jù)幾何關(guān)系可得小鐵珠對(duì)釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為：N＝＝F。故C正確、ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查力的分解，解答本題要知道力F的作用效果有兩個(gè)，正確的將F進(jìn)行分解是解答此題的關(guān)鍵。3．（6分）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一個(gè)原來(lái)靜止的原子核，由于衰變放射出某種粒子，結(jié)果得到一張兩個(gè)相切圓1和2的徑跡照片如圖所示，已知兩個(gè)相切圓半徑分別r1、r2，則下列說(shuō)法正確的是（）A．原子核可能發(fā)生α衰變，也可能發(fā)生β衰變 B．徑跡2可能是衰變后新核的徑跡 C．若衰變方程是U→TH+He，則衰變后新核和射出的粒子的動(dòng)能之比為117：2 D．若衰變方程是→TH+He，則r1：r2＝1：45【分析】靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運(yùn)動(dòng)的方向相反，在根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質(zhì)；衰變后的粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結(jié)合軌跡圖分析。【解答】解：A、原子核衰變過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，衰變生成的兩粒子動(dòng)量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定則知：若生成的兩粒子電性相反則在磁場(chǎng)中的軌跡為內(nèi)切圓，若電性相同則在磁場(chǎng)中的軌跡為外切圓，所以為電性相同的粒子，可能發(fā)生的是α衰變，但不是β衰變，故A錯(cuò)誤；B、核反應(yīng)過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，原子核原來(lái)靜止，初動(dòng)量為零，由動(dòng)量守恒定律可知，原子核衰變后生成的兩核動(dòng)量P大小相等、方向相反，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：r＝＝，由于P、B都相同，則粒子電荷量q越大，其軌道半徑r越小，由于新核的電荷量大于粒子的電荷量，則新核的軌道半徑小于粒子的軌道半徑，則半徑為r1的圓為放出新核的運(yùn)動(dòng)軌跡，半徑為r2的圓為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，新核TH和α粒子的動(dòng)量大小相等，則動(dòng)能EK＝，所以動(dòng)能之比等于質(zhì)量之反比，為2：117，故C錯(cuò)誤；D、由B選項(xiàng)的分析知：r1：r2＝2：90＝1：，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】知道原子核衰變過(guò)程動(dòng)量守恒是本題解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚圖示運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與牛頓第二定律即可解題。4．（6分）如圖所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、O′在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)將兩球在圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切阻力，則在最低點(diǎn)時(shí)（）A．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1：1 B．甲、乙兩球的動(dòng)能之比為1：2 C．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比1：1 D．甲、乙兩球?qū)U的拉力之比1：2【分析】小球下落過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理可求小球的末動(dòng)能之比；根據(jù)桿的拉力提供向心力結(jié)合動(dòng)能定理可求桿的拉力之比；【解答】解：AB、小球下落過(guò)程只有重力做功，對(duì)小球甲，據(jù)動(dòng)能定理得：同理對(duì)乙有：故甲乙兩球的動(dòng)能之比為1：2，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、在最低點(diǎn)時(shí)，有桿的拉力提供向心力，對(duì)甲：解得：T1＝2mgsinθ；對(duì)乙：解得：T2＝2mgsinθ故甲、乙兩球?qū)U的拉力之比1：1，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理內(nèi)容，結(jié)合牛頓第二定律處理?xiàng)U的拉力，題目不錯(cuò)；5．（6分）2019年1月3日，嫦娥四號(hào)探測(cè)器登陸月球，實(shí)現(xiàn)人類探測(cè)器首次月球背面軟著陸，為給嫦娥四號(hào)探測(cè)器提供通信支持，我國(guó)早在2018年5月21日就成功發(fā)射嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋號(hào)”，如圖所示，“鵲橋號(hào)”中繼星一邊繞拉格朗日L2點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，一邊隨月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)且其繞點(diǎn)的半徑遠(yuǎn)小于點(diǎn)與地球間的距離。（已知位于地、月拉格朗日L1、L2點(diǎn)處的小物體能夠在地、月的引カ作用下，幾乎不消耗燃料，便可與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。）則下列說(shuō)法正確的是（）A．“鵲橋號(hào)”的發(fā)射速度大于11.2km/s B．“鵲橋號(hào)”繞地球運(yùn)動(dòng)的周期約等于月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期 C．同一衛(wèi)星在L1點(diǎn)受地、月引力的合力與其在L2點(diǎn)受地、月引カ的合力相等 D．若技術(shù)允許，使“鵲橋號(hào)”剛好位于L1點(diǎn)，能夠更好地為嫦娥四號(hào)探測(cè)器提供通信支持【分析】衛(wèi)星與月球同步繞地球運(yùn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，a＝ω2r，比較線速度和向心加速度的大小。【解答】解：A、11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球的引力的第二宇宙速度，“鵲橋”的發(fā)射速度應(yīng)小于11.2km/s，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)題意知中繼星“鵲橋”繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期與月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的周期相同，故B正確；C、“鵲橋”中繼星在的L2點(diǎn)是距離地球最遠(yuǎn)的拉格朗日點(diǎn)，由Fn＝mω2r可知在L2點(diǎn)所受月球和地球引力的合力比在L1點(diǎn)要大，故C錯(cuò)誤；D、“鵲橋號(hào)”若剛好位于L2點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，通訊范圍較小，并不能更好地為嫦娥四號(hào)探測(cè)器提供通信支持，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查萬(wàn)有引力的應(yīng)用，題目較為新穎，在解題時(shí)要注意“鵲橋”中轉(zhuǎn)星與月球繞地球有相同的角速度這個(gè)隱含條件。6．（6分）在冰壺比賽中，球員手持毛刷擦刷冰面，可以改變冰壺滑行時(shí)受到的阻力。如圖（a）所示，藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺，兩壺發(fā)生正碰?若碰撞前后兩壺的v﹣t圖象如圖（b）所示。關(guān)于冰壺的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)了4s停下 C．撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.275m D．碰撞后藍(lán)壺的加速度大小為0.3m/s2【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰后藍(lán)壺的速度，分析碰撞前后總動(dòng)能的關(guān)系，判斷是否為彈性碰撞。根據(jù)圖象求解碰前紅壺的加速度，由此得到所以藍(lán)壺靜止的時(shí)刻，再根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移求解碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離；根據(jù)斜率表示加速度，分析碰后兩壺的加速度關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求解碰后紅、藍(lán)兩壺所受摩擦力關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由圖示圖象可知，碰前紅壺的速度v0＝1.2m/s，碰后紅壺的速度為v紅＝0.3m/s，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv紅+mv，解得：v＝0.9m/s；碰撞前兩壺的總動(dòng)能為Ek1＝mv02＝0.72m；碰撞后前兩壺的總動(dòng)能為Ek2＝mv紅2+mv2＝0.45m＜Ek1，所以兩壺碰撞為非彈性碰撞，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)三角形相似法知：，解得t＝4s，藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：4﹣1＝3s停下，故B錯(cuò)誤；C、速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為：S＝＝1.275m，故C正確；C、碰后藍(lán)壺的加速度大小：a＝＝0.3m/s2，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律，解答本題要掌握動(dòng)量守恒定律的計(jì)算公式，能夠根據(jù)圖象獲得信息，知道速度圖象的面積和斜率的物理意義。7．（6分）如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等差等勢(shì)線，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量絕對(duì)值為q的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)，已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，在B點(diǎn)的速度大小為v2，且方向與等勢(shì)線平行A、B連線長(zhǎng)為L(zhǎng)，連線與豎直方向的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則（）A．該粒子一定帶正電 B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 C．粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能 D．等勢(shì)線b的電勢(shì)比等勢(shì)線c的電勢(shì)高【分析】粒子豎直方向受電場(chǎng)力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；水平方向不受力，故豎直分運(yùn)動(dòng)是勻減速直線運(yùn)動(dòng)；結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)得到A點(diǎn)速度與B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后對(duì)A到B過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度。【解答】解：A、電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，等勢(shì)面沿水平方向，則電場(chǎng)線的方向沿豎直方向，粒子彎曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，但由于電場(chǎng)線方向不知，則粒子的電性無(wú)法確定，故A錯(cuò)誤；B、在沿電場(chǎng)線的方向的位移：y＝Lsinθ設(shè)A、B間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理，有：qUAB＝qEy＝m﹣m聯(lián)立解得：E＝；故B正確；C、電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，等勢(shì)面沿水平方向，則電場(chǎng)線的方向沿豎直方向，粒子彎曲的方向向上，所以粒子受力的方向向上，從A到B的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，所以粒子的電勢(shì)能增加，即在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D、粒子受力的方向向上，若粒子帶正電，則電場(chǎng)的方向向上，c的電勢(shì)高于b的電勢(shì)；若粒子帶負(fù)電，則電場(chǎng)的方向向下，c的電勢(shì)低于b的電勢(shì)，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)的合成與分解得到A點(diǎn)速度和B點(diǎn)速度的關(guān)系，然后結(jié)合動(dòng)能定理列式求解即可，基礎(chǔ)題目。8．（6分）如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)帶有孔的小球，小A球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱的C點(diǎn)后，小球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D點(diǎn)，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是（）A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和可能增大 C．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力對(duì)其做功的功率最大 D．小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能一定最大【分析】根據(jù)小球的受力情況，確定合力，判斷最大加速度與g的關(guān)系。小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，分析小球的動(dòng)能如何變化，根據(jù)小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，分析小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和如何變化?！窘獯稹拷猓篈、小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球豎直方向受到重力和彈簧壓力的豎直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確。B、小球位于圖中的C點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，則小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能減小，小球的重力勢(shì)能也減小，則小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一定減小，故B錯(cuò)誤。C、在C點(diǎn)小球的合力等于重力，小球要繼續(xù)向下加速。小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的拉力沿桿向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后減速，所以在CD間的某點(diǎn)速度最大，重力對(duì)其做功的功率最大。故C錯(cuò)誤。D、小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力和彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即小球的重力勢(shì)能、動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變。在D點(diǎn)，小球的重力勢(shì)能和動(dòng)能都最小，則彈簧的彈性勢(shì)能最大，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是含有彈簧的機(jī)械能守恒問(wèn)題，要知道小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但小球的機(jī)械能并不守恒。要通過(guò)分析小球的受力情況，確定速度最大的位置。三、非選擇題：．第22-32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．（4分）利用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測(cè)量滑塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。將彈簧放置在水平桌面上，左端固定，右端在O點(diǎn)，此時(shí)彈簧為原長(zhǎng)：在O點(diǎn)右側(cè)的A、B位置各安裝一個(gè)光電門。讓帶有遮光片的滑塊壓縮彈簧到某位置C（滑塊與彈簧未拴接）由靜止釋放滑塊，與兩個(gè)光電門都相連的計(jì)時(shí)器可以顯示出遮光片從A至B所用的時(shí)間。改變光電門B的位置進(jìn)行多次測(cè)量，每次都使滑塊從同一位置由C靜止釋放，并用米尺測(cè)量A，B之間的距離且記下遮光片從A到B所用時(shí)間t值（1）由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)描繪的，﹣t圖線如圖（b）所示，可得出滑塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)＝0.30（重力加速度大小g＝9.8m/2，保留2位有效數(shù)字）（2）若保持光電門B的位置不變，改變光電門A的位置，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)圖（c）中作出的﹣t圖線可能正確的是AC。【分析】根據(jù)牛頓第二定律F＝ma以及勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，聯(lián)立進(jìn)行計(jì)算摩擦系數(shù)如果改動(dòng)光電門A，可進(jìn)行初速度的更改進(jìn)行計(jì)算。【解答】解：（1）由位移公式可知，，根據(jù)牛頓第二定律知μmg＝ma，聯(lián)立解得：，故圖（b）的斜率＝，解得μ≈0.30；（2）由公式可知。，因此，如果光電門移動(dòng)到C點(diǎn)，則初速度為零，即，故對(duì)應(yīng)圖象為C；如果A還在C點(diǎn)的右邊，則，故對(duì)應(yīng)圖象為A，故選AC。故答案為：（1）0.30；（2）AC；【點(diǎn)評(píng)】本題考查了探究摩擦系數(shù)的實(shí)驗(yàn)，解題關(guān)鍵是通過(guò)運(yùn)動(dòng)規(guī)律找出圖象中斜率所表示的物理含義。10．（11分）某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲做“描繪小電珠的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。已知所用小電珠的額定電壓和額定功率分別為2.5V、1.2W，實(shí)驗(yàn)使用的直流電源的電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻忽略不計(jì)，實(shí)驗(yàn)可供選擇的器材規(guī)格如下a．電流表A1（量程0～0.6A，內(nèi)阻約5Ω）b．電流表A2（量程0～3A，內(nèi)阻約0.1Ω）c．電壓表V1（量程0～3V，內(nèi)阻約3kΩ）d．電壓表V2（量程0～15V，內(nèi)阻約2000Ω）e．滑動(dòng)變阻器R1（阻值0～10，額定電流1A）f．滑動(dòng)變阻器R2（阻值0～5000，額定電流500mA）請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）為了完成實(shí)驗(yàn)且盡可能減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)選擇a，電壓表應(yīng)選擇c、滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇e（填寫實(shí)驗(yàn)器材前的序號(hào)）（2）根據(jù)所選的實(shí)驗(yàn)器材，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)合理的電路原理圖來(lái)完成該實(shí)驗(yàn)（3）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)用設(shè)計(jì)好的電路測(cè)得了該小電珠兩端的電壓U和通過(guò)該小電珠的電流，由歐姆定律計(jì)算得到的小電珠的電阻值小于（選填“大于”“等于“或“小于“）真實(shí)值（4）該研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)通過(guò)設(shè)計(jì)好的電路得到了多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，并根據(jù)得到的多組數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)畫圖，如圖所示，該圖線向下彎曲，其原因是小電珠的電阻隨溫度升高而增大。（5）如果取兩個(gè)這樣的小電珠并聯(lián)以后再與一阻值為2.0Ω的定值電阻串聯(lián)，并接在電動(dòng)勢(shì)為3.0V、內(nèi)阻忽略不計(jì)的直流電源兩端，則每個(gè)小電珠消耗的實(shí)際功率應(yīng)為0.55W（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【分析】（1）根據(jù)燈泡額定電壓選擇電壓表，根據(jù)燈泡額定電流選擇電流表，在保證電路安全的情況下，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器。（2）描繪小燈泡的伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開(kāi)始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，根據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表接法，然后作出電路圖。（3）根據(jù)電路原理圖進(jìn)行誤差分析；（4）根據(jù)I﹣U圖象中斜率表示電阻倒數(shù)，結(jié)合圖線規(guī)律找圖線向下彎曲的原因；（5）把定值電阻等效到電源內(nèi)部，然后做出等效電源的伏安特性曲線，然后分析求解?！窘獯稹拷猓海?）燈泡額定電壓是2.5V，電壓表應(yīng)選c；由表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，最大電流為0.49A，電流表選a；為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選e；（2）描繪小燈泡伏安特性曲線，電壓與電流要從零開(kāi)始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法；由表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，燈泡最大電阻約為3.7Ω，電壓表內(nèi)阻約為2kΩ，燈泡電阻阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用外接法，電路圖如圖甲所示；；（3）由于電壓表的分流作用，所以電流表的示數(shù)比流經(jīng)燈泡的電流偏大，故根據(jù)歐姆定律測(cè)量電阻偏小，即計(jì)算得到的小電珠的電阻值小于真實(shí)值；（4）I﹣U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖象可知，電阻隨著電壓的增大而增大，其原因是燈泡的電阻隨溫度的增大而增大；（5）將定值電阻與電源等效為內(nèi)阻為2.0Ω，電動(dòng)勢(shì)為3.0V的電源，由閉合電路歐姆定律得：U＝3.0﹣2.0I，將路端電壓與電流的關(guān)系圖象做入圖象中，如圖所示：由圖可知，U＝1.28V，I＝0.43A，所以燈泡的實(shí)際功率為：P＝UI＝0.55W故答案為：（1）a、c、e；（2）；（3）小于；（4）小電珠的電阻隨溫度的升高而增大；（5）0.55。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了選擇實(shí)驗(yàn)器材、作實(shí)驗(yàn)電路圖、作燈泡的伏安特性曲線、分析燈泡電阻隨溫度的變化規(guī)律；確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是正確設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)電路的關(guān)鍵。11．（12分）如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1kg的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2kg的木塊，木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?現(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2（1）求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1；（2）t＝10s時(shí)，兩物體的加速度各為多大；（3）在如圖2畫出木塊的加速度隨時(shí)間変化的圖象（取水平拉カF的方向?yàn)檎较?，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過(guò)程）【分析】（1）對(duì)兩物體受力分析，當(dāng)木塊對(duì)木板的最大靜摩擦力提供木板做加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩者達(dá)到最大加速度，即可求得；（2）應(yīng)用牛頓第二定律求出兩物體的加速度；（3）達(dá)到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的勻加速運(yùn)動(dòng)，木塊在力F作用下做加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律即可求得?！窘獯稹拷猓寒?dāng)F＜μ2（m1+m2）g＝3N時(shí)，木塊和木板都沒(méi)有拉動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)m1：fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g解得：amax＝3m/s2對(duì)整體有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax解得：Fmax＝12N由Fmax＝3t得：t＝4s（2）t＝10s時(shí)，兩物體已相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則有：對(duì)m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1解得：a1＝3m/s2對(duì)m2：F﹣μ1m2g＝m2a2F＝3t＝30N解得：a2＝12m/s2（3）圖象過(guò)（1、0），（4.3），（10、12）答：（1）木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間是4s；（2）t＝10s時(shí)，兩物體的加速度各為3m/s2，12m/s2；（3）圖象如圖所示?！军c(diǎn)評(píng)】本題首先要分兩個(gè)相對(duì)靜止和相對(duì)運(yùn)動(dòng)兩種狀態(tài)分析，其次采用整體法和隔離法研究得到加速度與時(shí)間的關(guān)系式，是經(jīng)常采用的思路。12．（20分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1垂直水平光滑金屬導(dǎo)軌平面向下，垂直導(dǎo)軌放置的導(dǎo)體棒ab在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)兩線圈感應(yīng)出電壓，使電壓表示數(shù)U保持不變。已知變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R2的三倍，平行金屬板MN相距為d。在電場(chǎng)作用下，一個(gè)帶正電粒子從O1由靜止開(kāi)始經(jīng)O2小孔垂直AC邊射入第二個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，方向垂直紙面向外，其下邊界AD距O1O2連線的距離為h。已知場(chǎng)強(qiáng)B2＝B，設(shè)帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則高度h＝，請(qǐng)注意兩線圈繞法，不計(jì)粒子重力。求：（1）試判斷拉力F能否為恒力以及F的方向（直接判斷）；（2）調(diào)節(jié)變阻器R的滑動(dòng)頭位于最右端時(shí)，MN兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度多大？（3）保持電壓表示數(shù)U不變，調(diào)節(jié)R的滑動(dòng)頭，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B2后都能擊中AD邊界，求粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍?！痉治觥浚?）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是定值，閉合回路的電流為恒定電流，只有穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路才能產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)此分析答題。（2）由于歐姆定律求出兩板間的電勢(shì)差，然后求出兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度。（3）由歐姆定律求出兩極板間的最大電勢(shì)差與最小電勢(shì)差，由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入右邊磁場(chǎng)時(shí)的速度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題?！窘獯稹拷猓海?）ab棒不能做勻速運(yùn)動(dòng)，否則副線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流，故ab棒做變速運(yùn)動(dòng)，ab棒做變速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是變化的，原線圈電流是變化的，ab棒受到的安培力是變力，ab棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，ab棒受到的合外力為恒力，由于安培力是變力，則拉力F為變力；粒子帶正電，粒子在兩極板間加速，說(shuō)明極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)，副線圈所在電路電流沿順時(shí)針?lè)较颍衫愦味膳c右手定則可知，ab棒應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)。（2）變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R2的三倍，則：R2＝R，由圖示電路圖可知，兩電阻串聯(lián)，電壓表測(cè)兩電阻的總電壓，兩極板間的電勢(shì)差等于R2兩端電壓，電路電流：I＝＝＝，定值電阻兩端電壓：U2＝IR2＝×R＝，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：E＝＝；（3）滑片在最右端時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差最小，由（2）可知，最小電勢(shì)差：Umin＝，滑片在最左端時(shí)，極板間的電勢(shì)差最大，Umax＝U，粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU＝mv2﹣0，解得：vmin＝，vmax＝，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，粒子軌道半徑：r＝，rmin＝，rmax＝，由題意可知：h＝，則：rmin＝h，rmax＝2h，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可得：AO2＝rmin＝h，AF＝＝＝h，則：粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍是：h≤s≤h；答：（1）F不能為恒力，F(xiàn)方向向左；（2）調(diào)節(jié)變阻器R的滑動(dòng)頭位于最右端時(shí)，MN兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度為；（3）粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍是：h≤s≤h。【點(diǎn)評(píng)】本題是一道電磁感應(yīng)、電路、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合題，難度較大，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用歐姆定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律即可正確解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用?！疚锢?-選修3-3】（15分）13．（5分）下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體放出熱量，其分子的平均動(dòng)能可能增大 B．當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢(shì)能總是隨分子間距離的減小而增大 C．飽和汽壓與溫度和體積有關(guān) D．第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律 E．某氣體的摩爾體積為V，每個(gè)分子的體積為V，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA＝【分析】做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能；當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢(shì)能總是隨分子間距離的減小而增大；飽和汽壓與體積無(wú)關(guān)；理解兩類永動(dòng)機(jī)的本質(zhì)，明確兩類永動(dòng)機(jī)失敗的原因；氣體分子所占的空間遠(yuǎn)大于分子的大小?！窘獯稹拷猓篈、氣體放出熱量的同時(shí)若外界對(duì)物體做功，物體的內(nèi)能可能增大，則其分子的平均動(dòng)能可能增大。故A正確；B、當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力隨分子間距離的減小而增大；同時(shí)需要克服分子斥力做功，所以分子勢(shì)能也增大。故B正確；C、飽和汽壓與溫度有關(guān)，與體積無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律，故D正確；E、某固體或液體的摩爾體積為V，每個(gè)分子的體積為V0，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為NA＝，而對(duì)氣體此式不成立，故E錯(cuò)誤；故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了熱力學(xué)第一、第二定律的應(yīng)用以及分子力與分子勢(shì)能等熱學(xué)的基礎(chǔ)概念，屬于對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)的考查，在平時(shí)多加積累即可。14．（10分）如圖甲所示為“⊥”型上端開(kāi)口的玻璃管，管內(nèi)有一部分水銀封住密閉氣體，上管足夠長(zhǎng)，圖中粗細(xì)部分截面積分別為S1＝2cm2、S2＝lcm2．封閉氣體初始溫度為451K，氣體長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝22cm，圖乙為對(duì)封閉氣體緩慢加熱過(guò)程中氣體壓強(qiáng)隨體積変化的圖線，大氣壓強(qiáng)P0＝76cmHg．求（1）h1和h2的值；（2）若緩慢升高氣體溫度，升高到多少開(kāi)爾文可將所有水銀全部壓入細(xì)管內(nèi)【分析】（1）根據(jù)壓強(qiáng)公式P＝P0±h（cmHg），結(jié)合圖乙列式求解；（2）以封閉氣體為研究對(duì)象，找出初末狀態(tài)參量，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式求解?！窘獯稹拷猓海?）由圖乙可知，初狀態(tài)：P1＝P