高考物理模擬試卷（含解析）11

甘肅省蘭州、靖遠名校20高考物理模擬試卷

一、選擇題（共10小題，每小題4分，滿分40分。在每小題給出的四個選項中，

第1~6小題只有一項符合題目要求，第7~10題有多項符合要求。全部選對的得4

分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

1（下列陳述中符合歷史事實的是（）

A（奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應并由此提出了分子電流假說

B（庫侖通過研究電荷間的相互作用總結(jié)出庫侖定律

C（牛頓通過"理想實驗"得出"力不是維持物體運動的原因"

D（開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動定律并提出了萬有引力定律

2（a、b兩物體在同一地點沿同一條直線運動,其速度，時間圖象如圖所示，圖線b

是一條拋物線，則下列判斷正確的是（）

A（物體a在t時刻改變運動方向】

B（兩物體在t時刻相遇2

（物體b做加速增大的加速直線運動C

D（0,t內(nèi)，物體a一直在物體b前面，t時刻兩者相距最遠22

3（如圖，在光滑水平面上，用水平外力F拉動木板和小鐵塊一起做無相對滑動的勻

加速直線運動，已知木板質(zhì)量為M，小鐵塊質(zhì)量為m,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)

為M,則在運動過程中鐵塊所受摩擦力滿足（）

A（大小為pmg,方向水平向左B（大小為pmg,方向水平向右

M+nM+n

C(大小為,方向水平向右D(大小為，方向水平向左

4("嫦娥四號"衛(wèi)星的主要任務是接著“嫦娥三號”著陸月球表面，繼續(xù)更深層

次，更加全面地探測月球地質(zhì)、資源等方面的信息，完善月球的檔案資料(假設"嫦

娥四號"衛(wèi)星先貼近地球表面繞地球做勻速圓周運動，此時動能為E,再控制它進

行一系列變軌后繞月球表】

面做勻速圓周運動，此時動能為E,已知地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的p倍，地球半徑是

月球半徑2

E1

瓦

的q倍，“嫦娥四號”在整個過程中質(zhì)量保持不變，則為()

qppq

B(C(pqD(A(

5(下列粒子由初速度為零經(jīng)過加速電壓為U的電場加速后沿直線AA'垂直進入磁感

應強度為B的有界勻強磁場中，如圖所示，其中只有一種粒子從磁場的左邊界MN

穿出，則此粒子是()

B

+A(質(zhì)子B(氣核C(a粒子D(鈉離子(Na)

6(如圖所法，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面(傾角為0),一根輕質(zhì)絕緣細線的

一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行，小球A靜止

在斜面上，其右側(cè)有一個與A帶等量同種電荷的小球B,開始兩球心在同一水平線

上，細線剛好伸直，兩

帶電小球可視為點電荷，現(xiàn)用絕緣手柄將小球B沿以A為圓心的圓周從B點緩慢移

到C點，AC豎直，此過程中A始終靜止不動，則（）

A（細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力逐漸減小

B（細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A彈力先增大后減小

C（細線對A拉力先增大后減小，斜面對A的彈力逐漸增大

D（細線對A的拉力、斜面對A的彈力均先增大后減小

7（如圖,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從半徑為R的四分之一絕緣光滑圓弧

軌道上與

,g為重力加圓心等高處A由靜止釋放，經(jīng)時間t下滑到軌道最低點B時對軌道壓

力為2mg速度，此后小球水平飛出，恰好垂直擊中傾角為9二30?的斜面，整個斜

面上方存在豎直向上的勻強電場，空氣阻力不計，則下列說法中正確的是（）

■，■?卜，

/

.H

兀R

石

A（小球從A到B的平均速度為

mg

3q

B（勻強電場的電場強度大小為

C（小球從開始運動到擊中斜面的過程中機械能守恒

D（小球從圓弧軌道飛出到擊中斜面的時間為3

c（液滴帶正電，將向上先做加速后做減速運動

D（液滴帶正電，將一直向上做加速運動

10（如圖所示，光滑管形圓軌道半徑為R,質(zhì)量為2m,固定于水平面上，小球a、

b大小相同，質(zhì)量均為m,其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動，兩球通過最

低點速度相同，均為v,且當小球a在最低點時，小球b在最高點，下列說法中正

確的是（）

A（若小球b在最高點空軌道無壓力，則此時小球a對軌道的壓力為6mg

J5gR

B（若小球b在最高點對軌道無壓力，則此時小球a的速度v=

V5gF

C（若小球a在最低點的速度v?,則此時管形圓軌道對水平面的壓力為6mgD（兩

小球要能在管內(nèi)做圓周運動，則速度v至少為

j5gR

二、非選擇題（共5小題，滿分60分）

11（在"研究勻變速直線運動"的實驗中：

（1）實驗室提供的器材有電磁打點計時器（含復寫紙）、細線、紙帶、鉤碼、小車、一

端帶滑輪的長木板、低壓交流電源，則還缺少的器材有（

（2）實驗中得到一條理想紙帶，選好計數(shù)點（相鄰點間還有4個點沒畫出），打點計時

器的電源頻率為50Hz,相鄰計數(shù)點間距離如圖所示（單位:cm）,則與計數(shù)點D對

應的小車速度為，與計數(shù)點F對應的小車速度為，小車運動的加速度為（（均保留三

位有效數(shù)字）

，，t〃I"/.

??????

JH，1119|KM|M|I9III

12(某同學測量一圓柱體金屬的電阻率，已知金屬長為L(

(1)該同學用螺旋測微器測量其直徑D,其示數(shù)如圖(1)所示，則其直徑D為mm;

用多用電表粗測其電阻，選用"xl"檔，正確操作后得到指針情況如圖(2)所示，

則其電阻R約為0(

(2)除了待測金屬外，實驗室還備有下列器材：

A(電壓表V(0,3V,R?30kQ)ivi

B(電壓表V(0z15V,R?100kQ)2V2

C(電流表A(0,3A,R70.6Q)IAI

(電流表AD(0,0.6A,R?1.0。)2A2

E(滑動變阻器R(0,10Q)i

F(滑動變阻器R(0,2000C)2

G(電源(電動勢為3V,內(nèi)阻不計)

H(開關S,導線若干

?為了精確測量其電阻值，該同學用伏安法進行了測量，則電壓表應選(填序號，下

同)，電流表選，滑動變阻器選(

?請完成圖(3)中實物間的連線(

(3)若電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I,寫出計算金屬電阻率的表達式:(

13(如圖甲所示，傾角e為37?的傳遞帶以恒定速度逆時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量

m=2kg的小物體輕輕放上傳送帶的A端,物體相對地面的速度隨時間變化的關系

如圖乙，2s末物體到

達B端，取沿傳送帶向不為正方向,g=10m/s,sin37?=0.6,求

(1)小物體在傳送帶A、B間的平均速度v;

(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)p;

((3)2s內(nèi)物體機械能的變化量？E及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q

14(如圖所示，一輕質(zhì)彈費左端固定，其自由端在。點，0點左側(cè)水平面光滑，右

側(cè)0B段粗糙,水平面0B與豎直半圓光滑軌道CD在B點無摩擦連接(C點略高于

B點)，軌道末端D點切線水平，且緊貼水平轉(zhuǎn)盤邊緣上方(現(xiàn)用力將質(zhì)量m=2kg

的小物塊向左壓縮彈簧(物塊與彈簧不相連)，使彈簧儲存一定能量E,撤去外力，

小物塊向右運動，在B點恰好能沿圓。

軌道CD運動，再由D點水平滑上轉(zhuǎn)盤，若小物塊滑上轉(zhuǎn)盤就立即無相對滑動地隨

轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動，已知物塊與0B段的動摩擦因數(shù)p=0.4,OB長L=m,豎直圓軌道半徑

r=0.5m,轉(zhuǎn)盤半徑

11

~8

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求:

2R=4m(g=10m/s,

(1)彈簧所儲存的彈性勢能E;o

(2)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度3；

(3)物塊與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)應滿足的條件(

15（（18分）如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內(nèi)斜線0C的上方存在垂直紙面向

里的勻強磁場，磁感應強度為B,第四象限內(nèi)存在磁感應強度大小未知，方向垂直

紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在x軸負半軸上

有一接收屏GD,GD=20D=d,現(xiàn)有一帶電粒子（不計重力）從y軸上的A點，以

初速度v水平向右垂直射入勻強磁場，。

恰好垂直0C射出，并從x軸上的P點（未畫出）進入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子

經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進入勻強電場并被接收屏接收，已知0C與x軸的夾角為

37?,OA=d,求：

4q

蒜

（1）粒子的電性及比荷；

（2）第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B，的大?。?/p>

（3）第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍（

■?

XXX

三、附加題：【物理，選修3,3】（共2小題，滿分0分）

16（下列說法正確的是（）

A（液體溫度越高、懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈

B（不考慮分子勢能，則質(zhì)量、溫度均相同的氫氣和氧氣的內(nèi)能也相同

c（第一類永動機不可能制成，因為違背了能量守恒定律

D（物體吸收熱量，則其內(nèi)能一定增加

E（能量耗散從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性

17（如圖所示，一定質(zhì)量的氣體被絕熱活塞封閉在絕熱的水平放置的氣缸內(nèi)，氣缸

固定且內(nèi)壁光滑，活塞通過細繩繞過定滑輪與一沙桶（里面沒有沙）連接，開始活塞

處于靜止狀態(tài)，封閉氣體的體積為V,溫度T=300K,壓強為0.9P（P為大氣壓

強），活塞面積為S,現(xiàn)不0000

停地向沙桶中加沙子，使活塞緩慢地向右移動，當增加的沙子質(zhì)量為桶質(zhì)量的2倍

時，氣體體積增加了0.2V（活塞未被拉出氣缸）,重力加速度為g,求：。

?沙桶的質(zhì)量m

（?末態(tài)氣缸內(nèi)封閉氣體的溫度T

1J+

四、附加題：【物理，選修3,4】（共2小題，滿分0分）

18（如圖所示，S是一振源，上下做簡諧振動，振幅為5cm,形成的波沿勻質(zhì)彈性

繩向左、右兩邊傳播，已知振源開始是向下振動的,從此時開始計時，t=0.4s時第

一次形成的波形如圖所示，S左側(cè)波形沒畫出，則（）

A（此時質(zhì)點Q正從平衡位置向下振動

15

T

B（振源振動的頻率為Hz

C（該波的波速為0.2m/s

D（圖中質(zhì)點P在t=0.4s時處于波谷

E（在t=0到t=0.4s內(nèi)質(zhì)點Q運動的路程為20cm

19（如圖所示為一半球形介質(zhì)的截面，O為圓心，a、b兩束平行紅色光從不同位置

進入介質(zhì)，已知介質(zhì)的折射率為，球半徑為R,光線a沿半徑方向入射且在O點恰

好發(fā)生全反射，光在真空中的傳播速度為c,求：

V2

（1）光線b的入射角a;

2）光線b在介質(zhì)中從入射到第一次出射的時間（（

五、附加題：【物理，選修3,5】（共2小題，滿分0分）

6

3

20（用速度一定的中子轟擊靜止的鋰核（Li）,發(fā)生核反應后生成笊核和a粒子，則核

反應方程為;生成的定核速度方向與中子的初速度方向相反，a粒子的速度為v,氣

核與a粒子的速率比為7:8,已知質(zhì)子、中子質(zhì)量均為m,光速為c,核反應過程

中放出的能量全部轉(zhuǎn)化為氣核和a粒子的動能，則中子的初速度為，此反應過程中

質(zhì)量虧損為（

1

4

21（如圖所示，光滑的水平面上有一小車（其上表面水平部分光滑），其左端是圓弧形

光滑軌道，小車質(zhì)量M=2kg,質(zhì)量為m=0.9kg的小木塊放在小車右端，一質(zhì)量

為m=0.1kg的1。子彈以速度v=30m/s水平向左擊中木塊并留在其內(nèi)（可視為質(zhì)

點），當木要塊剛好滑到軌道。

最高點時，小車與左側(cè)一豎直固定檔板發(fā)生碰撞并瞬間被鎖定，而木塊能量不變，

反向運動，

?g=10m/s,不計一切阻力（

a

1

（1）求圓弧形光滑軌道的半徑R;

（2）計算說明木塊能否落到小車的水平部分（

甘肅省蘭州、靖遠名校高考物理模擬試卷

一、選擇題（共10小題，每小題4分，滿分40分。在每小題給出的四個選項中，

第1~6小題只有一項符合題目要求，第7-10題有多項符合要求。全部選對的得4

分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

1（下列陳述中符合歷史事實的是（）

A（奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應并由此提出了分子電流假說

B（庫侖通過研究電荷間的相互作用總結(jié)出庫侖定律

C（牛頓通過"理想實驗"得出"力不是維持物體運動的原因"

D（開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動定律并提出了萬有引力定律

考點：物理學史（

分析：正確解答本題的關鍵是:了解高中的重要物理學史，知道各個重要規(guī)律的發(fā)現(xiàn)

者以及重要規(guī)律發(fā)現(xiàn)的歷史背景、使用條件等

解答：解:A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應,安培提出了分子電流假說，故A錯誤；

B、庫侖通過研究電荷間的相互作用總結(jié)出庫侖定律，故B正確；

C、伽利略通過"理想實驗"得出"力不是維持物體運動的原因"，故C錯誤；

D、開普勒發(fā)現(xiàn)行星運動定律，牛頓總結(jié)了萬有引力定律，故D錯誤（

故選:B

點評：對于物理學史部分，在平時學習中不可忽視，要不斷的積累和平時注意多加

記憶，否則很容易出錯（

2（a、b兩物體在同一地點沿同一條直線運動，其速度，時間圖象如圖所示，圖線b

是一條拋物線，則下列判斷正確的是（）

A（物體a在t時刻改變運動方向i

B（兩物體在t時刻相遇2

（物體b做加速增大的加速直線運動C

D（0,t內(nèi)，物體a一直在物體b前面，t時刻兩者相距最遠22

考點：勻變速直線運動的圖像（

專題：運動學中的圖像專題（

分析：v,t圖象中圖線的斜率表示加速度，v,t圖象中圖線與坐標軸圍成圖形的面積

表示位移，判斷2s和6s內(nèi)兩物體位移是否相等即可判斷是否相遇；

解答：解:A、物體a的速度時間圖象都在時間軸上方，一直為正，沒有改變方向，

故A錯誤；

B、根據(jù)圖象可知，0,t內(nèi)，a的面積一直比b的面積大，又是從同一地點出發(fā)，所

以物體2

a一直在物體b前面，t時刻速度相等，兩者相距最遠，故B錯誤，D正確；2

C、v,t圖象中圖線的斜率表示加速度，則b的加速度越來越小,故C錯誤（

故選:D

點評：在同一坐標中表示兩種圖象，要明確兩圖象代表的運動形式，能和實際運動

相結(jié)合，注意圖象交點的含義，如本題中圖象交點表示速度相等，并不一定相遇（其

位移關系等只能根據(jù)圖象與時間軸所圍成的面積進行判斷（

3（如圖，在光滑水平面上，用水平外力F拉動木板和小鐵塊一起做無相對滑動的勻

加速直線運動，已知木板質(zhì)量為M，小鐵塊質(zhì)量為m,鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)

為M,則在運動過程中鐵塊所受摩擦力滿足（）

A（大小為pmg,方向水平向左B（大小為pmg,方向水平向右

mFmF

M+nM+n

（大小為，方向水平向右D（大小為，方向水平向左C

考點：牛頓第二定律;力的合成與分解的運用（

專題：牛頓運動定律綜合專題（

分析：先對整體受力分析，由牛頓第二定律可求得加速度，再隔離鐵塊進行分析，

由牛頓第二定律可求得摩擦力的大小和方向（

解答：解:兩物體無相對運動，由牛頓第二定律知：

F

M+ir

F=（M+m）a,解得:a二,方向水平向右；

mF

M+ir

隔離鐵塊，由牛頓第二定律可得鐵塊受到的摩擦力f=ma=,方向水平向右;故C正

確故選：C（

點評：本題考查牛頓第二定律的應用，要注意明確二者間受到的摩擦力為靜摩擦

力，不能根據(jù)動摩擦力的公式求解（

4（"嫦娥四號”衛(wèi)星的主要任務是接著“嫦娥三號”著陸月球表面，繼續(xù)更深層

次，更加全面地探測月球地質(zhì)、資源等方面的信息，完善月球的檔案資料（假設"嫦

娥四號"衛(wèi)星先貼近地球表面繞地球做勻速圓周運動，此時動能為E,再控制它進

行一系列變軌后繞月球表i

面做勻速圓周運動，此時動能為E,已知地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的p倍，地球半徑是

月球半徑2

E1

瓦

的q倍，“嫦娥四號”在整個過程中質(zhì)量保持不變，則為()

qppq

A(B(C(pqD(

考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系;萬有引力定律及其應用(專題：人造衛(wèi)

星問題(

分析：對于衛(wèi)星繞地球運動，根據(jù)動能表達式計算向心力，再根據(jù)萬有引力提供向

心力列方程，解出周期與質(zhì)量和動能之間的關系，對于衛(wèi)星繞月球運動有類似的關

系(解答：解:嫦娥四號繞地球做勻速圓周運動，設嫦娥四號質(zhì)量為m，軌道半徑為

r,運動1線速度為v1

nivi2E[]

用R遍

2因為動能為E=mv,所以向心力為二口

2

ITIV]MIIE

根據(jù)萬有引力提供向心力G=m

GM]IT

2%

解得:E=i

GM21r

2R2

同理，嫦娥四號繞月球做圓周運動時，其動能為E=2

已知地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的p倍，地球半徑是月球半徑的q倍，

——P

E2W

所以E與E的比值;，故A正確、BCD錯誤（

故選:A（

點評：本題考查了萬有引力在天體中的應用，根據(jù)萬有引力提供向心力列出等式（向

心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用（

5（下列粒子由初速度為零經(jīng)過加速電壓為U的電場加速后沿直線AA，垂直進入磁感

應強度為B的有界勻強磁場中，如圖所示，其中只有一種粒子從磁場的左邊界MN

穿出，則此粒子是（）

卜<—H

M...............f

n'

I................1

、......Q

+A（質(zhì)子B（氣核C（a粒子D（鈉離子（Na）

考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動（

專題：帶電粒子在磁場中的運動專題（

分析：粒子在電場中加速，由動能定理可以求出粒子的速度，粒子在磁場中做勻速

圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后答題（

1

~2

2解答：解:粒子在電場中加速，由動能定理得:qU=mv,0,

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得:qvB=m,解得:r二，

n

%

B、U相同，粒子越大粒子的軌道半徑越大，

粒子半徑越大，粒子越可能從磁場射出，

n

%

質(zhì)子、氣核、a粒子、鈉粒子中，質(zhì)子的最大，

質(zhì)子的軌道半徑最大，從MN邊界穿出的是質(zhì)子，故A正確；

故選:A（

點評：本題考有了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題

的關鍵，應用動能定理、牛頓第二定律可以解題，要掌握處理帶電粒子在磁場中運

動的解題思路與方法（

6（如圖所法，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面（傾角為0）,一根輕質(zhì)絕緣細線的

一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，小球A靜止

在斜面上，其右側(cè)有一個與A帶等量同種電荷的小球B,開始兩球心在同一水平線

上，細線剛好伸直，兩帶電小球可視為點電荷，現(xiàn)月絕緣手柄將小球B沿以A為圓

心的圓周從B點緩慢移到C點，AC豎直，此過程中A始終靜止不動，則（）

A（細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力逐漸減小

B（細線對A的拉力逐漸增大，斜面對A彈力先增大后減小

C（細線對A拉力先增大后減小，斜面對A的彈力逐漸增大

D（細線對A的拉力、斜面對A的彈力均先增大后減小

考點：共點力平衡的條件及其應用;力的合成與分解的運用（

專題：共點力作用下物體平衡專題（

分析：對小球A受力分析，受重力、支持力、拉力和靜電力，根據(jù)平衡條件并結(jié)合

正交分解法列式求解出支持力和拉力的表達式進行分析即可（

解答：解:對小球受力分析，如圖所示：

1

n；,、

TT

在移動小球B的過程中，靜電力F的大小不變，且圖中；

根據(jù)平衡條件，有：

N=Gcos0+Fsina

Gsin6=Fcosa+T

故斜面的支持力N先增加后減小，細線的拉力T一直增加；

故ACD錯誤，B正確；

故選:B

點評：本題是力平衡中的動態(tài)分析問題，關鍵是明確小球的受力情況,然后根據(jù)平

衡條件列式分析，不難（

7（如圖，一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從半徑為R的四分之一絕緣光滑圓弧

軌道上與圓心等高處A由靜止釋放，經(jīng)時間t下滑到軌道最低點B時對軌道壓力為

2mg,g為重力加速度，此后小球水平飛出，恰好垂直擊中傾角為9=30?的斜

面，整個斜面上方存在豎直向上的勻強電場，空氣阻力不計，則下列說法中正確的

是（）

兀R

~2X

A（小球從A到B的平均速度為

mg

3q

B（勻強電場的電場強度大小為

C（小球從開始運動到擊中斜面的過程中機械能守恒

D（小球從圓弧軌道飛出到擊中斜面的時間為3

考點：帶電粒子在勻強電場中的運動（

專題：帶電粒子在電場中的運動專題（

分析：根據(jù)平均速度的定義分析答題;由牛頓第二定律求出小球的速度，然后應月動

能定理、運動的合成與分解分析答題（

解答：解:A、小球在A到B的過程中做圓周運動，平均速度應等于位移與時間的比

值，不等于弧長與時間的比值，故A錯誤；

止

R

B、小球在B點時，由牛頓第二定律可知:qE+F,mg=m,

由題意可知:F=2mg,

mg（4gFl

買

2從A到B過程，由動能定理可得:mgR,qER=mv,解得:E=,v三故B正確；C、小球從

開始運動到擊中斜面的過程中，處重力做功外，電場力還對小球做功，則小球的機械能

不守恒，故C錯誤；

mg-qEv2

mtan8卬4gR

D、石塊垂直于斜面，則可知豎直分速度v==,則由v=at;a==g同yy

得:t==3;故D正確;

故選:BD（

點評：小球經(jīng)歷了圓周運動和平拋運動兩個過程;要注意將綜合題分解為兩小題進行

分析;注意平拋運動中垂直打在斜面上的速度分解（

8（如圖所示，在磁感應強度B=0.50T的勻強磁場中，兩平行光滑金屬導軌豎直放

置，導體

2棒PQ在豎直向上的拉力F的作用下向下做初速度為0、加速度a=5m/s的勻加速度直

線運動，兩導軌間距離L=1.0m,電阻R=1.0Q,導體棒質(zhì)量m=lkg,導體棒和導軌

接觸良好且電阻均

2不計，取g=10m/s,則下列說法中正確的是（）

A（導體棒運行2s時，拉力的功率為25W

B（拉力F所做的功等于導體減少的機械能

（t=4s時，導體棒所受安培力為5NC

D（導體棒運行2s的過程中，通過電阻的電荷量為2.5C

考點：導體切割磁感線時的感應電動勢;電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化（

專題：電磁感應——功能問題（

分析：由導體切割磁感線規(guī)律可明確感應電流，由安培力公式可求得安培力;由功能

關系可明確導體減少的機械能;根據(jù)法拉第電磁感應定律可求得電荷量（

B?L2VB?L2at

-RR-

解答：解:經(jīng)時間t,導體棒受安培力F=BIL==,所以t=4s時，導體棒安

所受安培力為5N,故C正確；

空

1

由牛頓第二定律可得:mg,F,F=ma，代入數(shù)據(jù)解得:拉力大小為5,t,所以t=2s

時，安

拉力F=2.5N,速度為v=at=10m/s;拉力率P=Fv=2.5x10=25W,故A正確；

由功能關系可知，拉力F和安培力所做的功等于導體棒減少的機械能，故B錯誤；

導體棒運行2s的過程中，通過電阻的電荷量為q=t==5C;故D錯誤；

BLvt

2RI

故選:AC（

點評：本題考查導體切割磁感線的規(guī)律，要注意明確受力分析及能量分析的綜合應

用，明確求電量時要用平均電動勢（

9（如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)電阻為r,當滑動變阻器的滑片P位于a端時，

電容器中的帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，在滑片由a向b移動的過程，理想電壓表

示數(shù)變化量的絕對值為？U,理想電流表數(shù)變化量的絕對值為？I,則下列說法中正確

的是（）

△u

~Ki

A（電流表示數(shù)先減小后增大，不變

B（電流表、電壓表示數(shù)均先減小后噌大

（液滴帶正電，將向上先做加速后做減速運動c

D（液滴帶正電，將一直向上做加速運動

考點：閉合電路的歐姆定律;電容（

專題：恒定電流專題（

分析：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，外電路電阻先增大后減

小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流如何變化和外電路電壓的變化，即可知道電流表和

電壓表讀數(shù)的變化（電容器C的電壓等于外電壓，根據(jù)外電壓的變化判斷電場力的

變化，從而判斷合力的變化，進而判斷液滴的運動情況（

解答：解:A、滑動變阻器的滑片由a向b移動的過程,外電路電阻先增大后減小，

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流先減小后增大，即電流表示數(shù)先減小后增

大，

△y_

根據(jù)閉合電路歐姆定律得:U=E,Ir,所以，不發(fā)生變化，電壓表示數(shù)先增大后減

小，故A正確，B錯誤；

C、電容器兩端電壓即為外電路電壓，剛開始液滴重力和電場力平衡，則液滴帶正

電，且

mg二

,由于U先增大后減小，所以電場力先增大后減小，但重力和電場力的合力一直向

上，所以液滴一直向上做加速運動，故C錯誤，D王確（

故選:AD

點評：本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析，同時注意結(jié)合電容器的特點進行分

析;對于閉合電路歐姆定律的題目，要注意掌握："局部，整體，局部"的分析思路進行

分析求解（

10（如圖所示，光滑管形圓軌道半徑為R,質(zhì)量為2m,固定于水平面上，小球a、

b大小相

,其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動，兩球通過最低點速度相同，均同，質(zhì)

量均為m

為v,且當小球a在最低點時，小球b在最高點，下列說法中正確的是（）

j_j__QL__i

A（若小球b在最高點定軌道無壓力，則此時小球a對軌道的壓力為6mg

j5gR

B（若小球b在最高點對軌道無壓力，則此時小球a的速度v=

j5gR

C（若小球a在最低點的速度v?,則此時管形圓軌道對水平面的壓力為6mgD（兩

小球要能在管內(nèi)做圓周運動，則速度v至少為

j5gR

考點：機械能守恒定律洞心力（

專題：機械能守恒定律應用專題（

分析：要使小球能通過最高點，只要小球的速度大于零即可;而當向心力等于重力

時，小球?qū)壍罌]有壓力，由向心力公式可求得小球在最高點時速度;再由機械能守

恒可求得小球在最低點時的速度，及最低點時所需要的向心力，即可求得最低點處

壓力（

R

解答：解:AB、在最高點，當小球?qū)壍罒o壓力時，由重力提供向心力，則

有:mg=m;解得:v;；i

11

22由機械能守恒定律可得，mg-2R=mv/mv;21

T5gW5gR

求得小球在最低點時的速度v=,故最低點速度至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓2

周運動;故AB正確（

2

V____

RV^gR

C、若小球a在最低點的速度v?時，小球a在最低點時，F(xiàn)=mg+m;小球b在最高

點受軌道作用力為

2

V1

T

F=m,mg;由最低點到最高點的過程中，有b

12_12

-2^v金丫1

2mgR=

聯(lián)立可得兩球?qū)壍缐毫Σ顬?？F=6mg,所以管形圓軌道對水平面的壓力為

F=2mg+?F=8mg,

故C錯誤（

D、兩小球要能在管內(nèi)做圓周運動，則小球至少要能到達最高點，由機械能守恒知

2mgR=,即v=2,故D錯誤（

故選:AB

點評：小球在豎直面內(nèi)的圓周運動，若是用繩拴著只有重力小于等于向心力時，小

球才能通過;而用桿或在管內(nèi)運動的小球，只要速度大于零，小球即可通過最高點（

二、非選擇題（共5小題，滿分60分）

11（在"研究勻變速直線運動"的實驗中：

（1）實驗室提供的器材有電磁打點計時器（含復寫紙）、細線、紙帶、鉤碼、小車、一

端帶滑輪的長木板、低壓交流電源，則還缺少的器材有刻度尺（

（2）實驗中得到一條理想紙帶，選好計數(shù)點（相鄰點間還有4個點沒畫出），打點計時

器的電源頻率為50Hz,相鄰計數(shù)點間距離如圖所示（單位:cm）,則與計數(shù)點D對

應的小車速度

2為1.02m/s,與計數(shù)點F對應的小車速度為1.44m/s，小車運動的加速度為

2.07m/s（（均保留三位有效數(shù)字）

〃，

?”!??I?.?”?■?

、1"9IKM1I9III

考點：探究小車速度隨聽間變化的規(guī)律（

專題：實驗題;直線運動規(guī)律專題（

分析：本題比較簡單，根據(jù)實驗目的明確實驗步驟和所要測量的物理量，即可知道

實驗所需要的實驗器材；

根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶

上3點時小車的瞬時速度大?。?/p>

解答：解：（1）實驗數(shù)據(jù)處理時要用刻度尺測量兩點間的距離，則還需要:刻度尺；（2）

點計時器使用的交流電頻率為50Hz,連續(xù)兩點間的時間間隔為0.02s,

由于相鄰的兩個記數(shù)點間還有四個點沒有畫出，所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔

T=O.ls(根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，

'CEO.0919+0.1129

-2T2X0.1

得:v==m/s=1.02m/sD

設0到A之間的距離為x,以后各段分別為X、X、X、X、X,1234s6

2根據(jù)勻變速直線運動的推論公式?X二aT可以求出加速度的大小，得：

2X,x=3aT4ii

2X,x=3aT522

2X,x=3aT633

為了更加準確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值，得：

1

a=(a+a+a)123

(0.134+0.1129+0.0919)二(0.0718+0.051+0.03)

0.：32

22代入數(shù)據(jù)彳導:a=m/s=2.07m/sv=v+at=l.02+2.07x0.2=1.44m/sFO

2故答案為:Q)刻度尺;(2)L02m/s,1.44m/s,2.07m/s(

點評：本題屬于基礎簡單題目，對于實驗器材的選取一是根據(jù)實驗目的進行，二是

要進行動手實驗，體會每種器材的作用；

要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強

基礎知識的理解與應用(

12(某同學測量一圓柱體金屬的電阻率,已知金屬長為L(

??

(1)該同學用螺旋測微器測量其直徑D,其示數(shù)如圖(1)所示，則其直徑D為

5.705mm;用多用電表粗測其電阻，選用"xl"檔，正確操作后得到指針情況如圖

(2)所示，則其電阻R約為60(

(2)除了待測金屬外，實驗室還備有下列器材：

A(電壓表V(0,3V,R?30kQ)ivi

B(電壓表V(0,15V,R?100kQ)2V2

C(電流表A(0,3A,R?0.6Q)IAI

D(電流表A(0,0.6A,R?1.0Q)2A2

E(滑動變阻器R(0,10Q)：

F(滑動變阻器R(0,2000Q)2

G(電源(電動勢為3V,內(nèi)阻不計)

H(開關S,導線若干

?為了精確測量其電阻值，該同學用伏安法進行了測量，則電壓表應選A(填序號，

下同)，電流表選D,滑動變阻器選E(

?請完成圖(3)中實物間的連線(

HUd2

4IL

(3)若電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I,寫出計算金屬電阻率的表達式:(

考點：測定金屬的電阻率(

專題：實驗題;恒定電流專題(

分析：(1)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;歐姆表指針示數(shù)與檔位的乘積是歐姆表示數(shù)；

(2)?根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實驗操作

應選擇最大阻值較小的滑動變阻器；

?根據(jù)題意與實驗器材確定滑動變阻器接法，根據(jù)待測電阻與電表內(nèi)阻的關系確定電

流表接法，然后連接實物電路圖(

(3)應用歐姆定律求出電阻，應用電阻定律求出電阻率的表達式(

解答：解：(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5.5mm,可動刻度讀數(shù)為

0.01x20.5mm=0.205mm,所以最終讀數(shù)為:5.5mm+0.205mm=5.705mm(

多用電表粗測其電阻，選用"X1"檔，由圖(2)所示可知，則其電阻R約

為:6xl=6Q((2)?電源電壓為3V,則電壓表選擇A;通過電阻的最大電流約

為：I===O.5A,電流表應選D;為方便實驗操作，滑動變阻器可以選擇F;

LJ3V

R6c

?滑動變阻器最大阻值大于待測電阻阻值，電壓與電流不需要從零開始變化，滑動變

阻器可以采用限流接法，待測電阻阻值約為6Q,電流表內(nèi)阻約為1Q,電壓表內(nèi)阻

約為30kQ,電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表采用外接法，實物電路圖如

圖所示：

嘯兀母猾

(3)待測電阻阻值:R二，蟲電阻定律可知:R=p=p,解得:p二；故答案

為:Q)5.705;6;(2)?A;D;E;?如圖所示;(3)(

KUd2

4IL

點評：本題考查了螺旋測微器與歐姆表讀數(shù)、實驗器材的選擇、連接實物電路圖、

求電阻率;螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)，螺旋測微

器需要估讀;要掌握實驗器材的選擇原則(

13(如圖甲所示，傾角6為37?的傳遞帶以恒定速度逆時針運行，現(xiàn)將一質(zhì)量

m=2kg的小物體輕輕放上傳送帶的A端，物體相對地面的速度隨時間變化的關系

如圖乙，2s末物體到

2達B端，取沿傳送帶向下為正方向，g=10m/s,sin37?=0.6,求：

圖甲圖乙

(1)小物體在傳送帶A、B間的平均速度v;

(2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)u;

3)2s內(nèi)物體機械能的變化量？E及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q((

考點：功能關系;勻變速直線運動的位移與時間的關系;牛頓第二定律(

分析：(1)物塊輕放上傳送帶，開始所受的摩擦力沿斜面向下，當速度相等后，摩擦

力沿傳送帶向上，從A到B做加速度不同的勻加速直線運動，根據(jù)速度時間圖線與

時間軸之間的面積求出位移，然后由:求出平均速度，

-1

(2)求出0,1s內(nèi)的加速度，從而得出合力的大小，求出速度相等后的加速度，結(jié)合

牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)的大小(

(3)分別求出物體與傳送帶0,2s內(nèi)的位移，然后求出相對運動的路程大小，最后求

出摩擦產(chǎn)生的熱量(

解答：解：(1)由v,t圖象的面積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為v,t圖線與t

軸所圍的面積，所以：

V.Vt+v2

L=y?t]+—―12

代入數(shù)值得:L=16m

由平均速度的定義得:m/s

⑵由v,t圖象可知傳送代運行速度為v=10m/s,0,1s內(nèi)物體的加速度為」

則物體所受的合力為：F=ma=2xl0N=20N(

1,2s內(nèi)的加速度為：，

mgsin8+四mgcos8

根據(jù)牛頓第二定律得:二gsinB+ngcosS,

mgsin一四mgcos8

=gsin0,pgcos0

聯(lián)立兩式解得:p=0.5,9=37?(

121

町和&]幻="X10Xlm=5in

(3)0,ls內(nèi),物塊的位移：，

傳送帶的位移為：x=vt=10xlm=10m2】

則相對位移的大小為:？x=x,x=5m,121

x3=vt2t2,0Xl+]x2Xlwllm

則L2s內(nèi)，物塊的位移為:二，傳送帶的位移為:x=vt=10m,42

則相對位移的大小為:？x=x,x=lm,234

所以相對路程的大小為:？s=？x+?x=6m,12

摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q二|jmgcose?？s=0.5x20x0.8x6J=48J(

答:(l)0,ls內(nèi)物體所受的合外力大小為20N;

(2)小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5;

(3)在0,2s內(nèi)由于小物塊與皮帶間的摩擦所產(chǎn)生的熱量為48J(

點評：該題考查傳送帶問題，解決本題的關鍵理清物塊在傳送帶上的運動規(guī)律，結(jié)

合牛頓

第二定律、功能關系和運動學公式綜合求解(

14(如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定，其自由端在。點，O點左側(cè)水平面光滑，右

側(cè)OB段

粗糙，水平面OB與豎直半圓光滑軌道CD在B點無摩擦連接(C點略高于B點)，

軌道末端D

點切線水平，且緊貼水平轉(zhuǎn)盤邊緣上方(現(xiàn)用力將質(zhì)量m=2kg的小物塊向左壓縮彈

簧(物塊與彈簧不相連)，使彈簧儲存一定能量E,撤去外力，小物塊向右運動，在B

點恰好能沿圓。

軌道CD運動，再由D點水平滑上轉(zhuǎn)盤，若小物塊滑上轉(zhuǎn)盤就立即無相對滑動地隨

轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動，已知物塊與0B段的動摩擦因數(shù)p=0.4,OB長L=m,豎直圓軌道半徑

r=0.5m,轉(zhuǎn)盤半徑

11

~8

2R=4m(g=10m/s,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求:

(1)彈簧所儲存的彈性勢能E;o

(2)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度3；

(3)物塊與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)應滿足的條件(

考點：動能定理的應用(

專題：動能定理的應用專題(

分析：Q)物塊在B點恰好能沿圓軌道CD運動，在B點，由重力提供向心力，由牛

頓第二定律求出B點的速度，物塊從。點離開彈贊過程，彈簧儲存的彈性勢能轉(zhuǎn)化

為物塊的動能，由動能定理求彈性勢能E;o

(2)物塊從C到D,由動能定理求出物塊到D點的速度，由v=ru)求角速度((3)物

塊隨轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動時由靜摩擦力充當向心力，由牛頓第二定律分析動摩擦因數(shù)應滿足的

條件(

解答：解：(1)因物塊恰好能沿圓軌道CD運動，所以在B點有：

mg=m

物塊從。點離開彈縫，彈簧儲存的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊的動能，物塊從。到B,由

動能定理知

12_N

EC

,MmgL=

聯(lián)立解得E=16Jo

(2)物塊從C到D,由動能定理得

12_12

談不即與

2mgr=

V5gr

角片彳導v==5m/sD

由題意知轉(zhuǎn)盤邊緣的線速度大小即為物塊在D點的速度大小，由v=u)R得D

轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度u)=1.25rad/s

2(3)物塊在轉(zhuǎn)盤上受重力、支持力和靜摩擦力，且由摩擦力提供向心力，即

f=mu)R?M'mg解得pf?0.625

答：

(1)彈簧所儲存的彈性勢能E是16J(o

(2)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度3是1.25rad/s(

(3)物塊與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)應滿足的條件是口？0.625(

點評：本題關鍵要分析清楚物塊的運動過程，應用牛頓第二定律、機械能守恒定

律、能量守恒定律和圓周運動的規(guī)律，即可正確解題(

15((18分)如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內(nèi)斜線0C的上方存在垂直紙面向

里的勻強磁場，磁感應強度為B,第四象限內(nèi)存在磁感應強度大小未知，方向垂直

紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在x軸負半軸上

有一接收屏GD,GD=20D=d,現(xiàn)有一帶電粒子（不計重力）從y軸上的A點，以

初速度v水平向右垂直射入勻強磁場，。

恰好垂直0C射出，并從x軸上的P點（未畫出）進入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子

經(jīng)磁場

偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進入勻強電場井被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37?,

OA=d,求：

n

（1）粒子的電性及比荷；

（2）第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B，的大??；

（3）第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍（

考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動;帶電粒子在勻強電場中的運動（

專題：帶電粒子在磁場中的運動專題（

分析：（1）根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，由左手定則判斷出粒子的電性，求出粒子做

圓周運動的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出粒子比荷（

（2）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應強

度（（3）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出電場強度的臨界值，

然后求出電場強度的范圍（

解答：解：（1）粒子運動軌跡如圖所示:

由左手定則可知，粒子帶負電,

_4

由幾何知識可得，粒子在第一象限內(nèi)做圓周運動的軌道半徑:「二d,洛倫茲力提供粒

子做圓周運動的向心力，

45Vos

r4Bdn

由牛頓第二定律得:qvB=m,解得:二；o

(2)由圖示粒子運動軌跡可知:OP=d,

0P5

cos3704

粒子在第四象限內(nèi)做圓周運動的軌道半徑:R==d,由牛頓第二定律得:qvB=m,

解得:B'=B;o

2

T25

(3)粒子在勻強電場中做類平拋運動，

由幾何知識得9Q=R+Rsin37?=2d,

E較大時粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律得：

《岳羽產(chǎn)干0n

ID522

2d=Vt2d=t,解彳導:E=；Omax

當E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律得：

qE1TM6犯531

ID4522

2d=Vt2d=t,解得:E=,Omin

64BV064BVQ

"-45

電場強度范圍:？E?;

5v0q

犯d7

答:(1)粒子帶負電，粒子的比荷為:；

16

25

(2)第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B，的大小為B;

64Bv064Bv0

~~455~

(3)第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍是:？E?(

點評：本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁

場中做

勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵，應

用牛頓第

二定律與類平拋運動規(guī)律可以解題，解題是注意幾何知識的應用(

三、附加題：【物理，選修3,3】(共2小題，滿分0分)

16(下列說法正確的是()

A(液體溫度越高、懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈

B(不考慮分子勢能,則質(zhì)量、溫度均相同的氫氣和氧氣的內(nèi)能也相同

c（第一類永動機不可能制成，因為違背了能量守恒定律

D（物體吸收熱量，則其內(nèi)能一定增加

E（能量耗散從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性

考點：熱力學第二定律;溫度是分子平均動能的標志;熱力學第一定律（

專題：熱力學定理專題（

分析：布朗運動是懸浮在在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動;溫度是分子熱運動平

均動能的標志;第一類永動機是指不需消耗能量而能輸出機械能的裝置;熱力學第二

定律公式？U=W+Q（

解答：解:A、布朗運動是懸浮在在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動，液體溫度越

高、懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈，故A正確；

B、不考慮分子勢能，則質(zhì)量、溫度相同的氫氣和氧氣的分子熱運動的平均動能相

同，但由于氫氣分子的分子數(shù)多，故是氫氣的內(nèi)能大，故B錯誤；

C、第一類永動機是指不需消耗能量而能輸出機械能的裝置，因為違背了能量守恒

定律，故第一類永動機不可能制成;故C正確；

D、物體吸收熱量的同時可能對外做功，故其內(nèi)能不一定增加，故D錯誤；

E、能量耗散從能量轉(zhuǎn)化角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，符合熱力學第

二定律，故E正確；

故選:ACE（

點評：本題考有了布朗運動、內(nèi)能、溫度微觀意義、熱力學第一定律、熱力學第二

定律等，知識點多，難度小，關鍵是記住基礎知識（

17（如圖所示，一定質(zhì)量的氣體被絕熱活塞封閉在絕熱的水平放置的氣缸內(nèi)，氣缸

固定且內(nèi)

壁光滑，活塞通過細繩繞過定滑輪與一沙桶（里面沒有沙）連接，開始活塞處于靜止

狀態(tài)，

封閉氣體的體積為V,溫度T=300K,壓強為0.9P（P為大氣壓強），活塞面積為

S,現(xiàn)不0000

停地向沙桶中加沙子，使活塞緩慢地向右移動，當增加的沙子質(zhì)量為桶質(zhì)量的2倍

時，氣體

體積增加了0.2V（活塞未被拉出氣缸），重力加速度為g,求：。

?沙桶的質(zhì)量m

?末態(tài)氣缸內(nèi)封閉氣體的溫度T（

考點：理想氣體的狀態(tài)方程（

專題：理想氣體狀態(tài)方程專題（

分析：（1）有共點力平衡即可求得沙桶質(zhì)量；

（2）有理想氣體狀態(tài)方程即可求得溫度

解答：解:？因活塞處于靜止狀態(tài)，由物體的平衡條件得:

PS=0.9PS+mgoo

loi

所以沙桶的質(zhì)量為:m=

,則有：？設末態(tài)氣體的壓強為P

PS=PS+3mgo

即得:P=0.7Po

O.9P-VO.7P-（V+O.2V）

oo=oo0

-h-T

由理想氣體狀態(tài)方程得:

代入T=300K,o

得:T=280K

PpS

loi

答:？沙桶的質(zhì)量m

?末態(tài)氣缸內(nèi)封閉氣體的溫度T為280K

點評：本題是理想氣體的狀態(tài)方程的考查，抓住共點力平衡求的質(zhì)量

四、附加題：【物理，選修3,4】（共2小題，滿分0分）

18（如圖所示,S是一振源,上下做簡諧振動，振幅為5cm,形成的波沿勻質(zhì)彈性

繩向左、右兩邊傳播，已知振源開始是向下振動的，從此時開始計時，t=0.4s時第

一次形成的波形如圖所示，S左側(cè)波形沒畫出，則（）

A（此時質(zhì)點Q正從平衡位置向下振動

15

T

B（振源振動的頻率為Hz

C（該波的波速為0.2m/s

D（圖中質(zhì)點P在t=0.4s時處于波谷

E（在t=0到t=O.4s內(nèi)質(zhì)點Q運動的路程為20cm

考點：波長、頻率和波速的關系（

分析：根據(jù)求解頻率，根據(jù)圖象得出波長，根據(jù)v=Xf求解波速，根據(jù)振動圖象判斷

質(zhì)點P在t=0.4s時的位置,一個周期內(nèi)振動的路程為4A(

解答：解:A、波向右傳播，根據(jù)波的傳播原理可以，此時Q點正向下振動，故A正

確;B、根據(jù)圖象可知，0.4s內(nèi),波正好傳播了一個波長，所以T=0.4s,

葉表2.5Hz

振源振動的頻率，故B錯誤；

C、根據(jù)圖象得出波長A=8cm=0.08m,波速v=Af=0.2m/s,故C正確；

D、根據(jù)對稱性可知，質(zhì)點C在t=0.4s時所處的位置與x=6cm所處的位置相

同，即處于波峰處，故D錯誤；

E、在t=0到t=0.4s內(nèi)質(zhì)點Q運動了半個周期，運動的路程

s=2A=2x5cm=10cm,故E錯誤(故選:AC

點評：本題考查波的圖象，要注意正確應用波形圖及質(zhì)點的振動圖象，注意區(qū)分及

聯(lián)系，能根據(jù)圖象得出波長，知道一個周期內(nèi)振動的路程為4A