2020届高三物理高考模拟示范卷(七)(学生版+解析版)

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法中正确的是

A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短

B. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV C. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eV

D. 这群氢原子能发出两种频率不同的光．其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最高

15.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是

A. B. C. D.

16.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零， ACh，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度

v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，

则圆环

A. 过程Ⅰ中，加速度一直减小

1

B. Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为mv2

21C. 在C处，弹簧的弹性势能为mv2mgh

4D. 过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同

17.如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为

d2B2d2B2d2B2A. B. C. D. 16FR04FR08FR02FR018.如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则

d2B2

A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒 C. 铁球在A点的速度必须大于gR

D. 轨道对铁球的磁性引力至少为3mg，才能使铁球不脱轨

19.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是

A. 该交流电源的电动势的瞬时值表达式为eEmsin100tV B. 变压器原副线圈匝数的比值为C. 电流表的读数为Em

22Rrr R2EmD. 负载上消耗的热功率

4r20.如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是

A. 若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B. 若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少

C. 若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D. 若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小

21.如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g，则

2v0A. 若乙的速度为v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s

2gB. 若乙的速度为2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变 C. 若乙的速度为2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0

D. 保持乙的速度2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率P45mgv0 5三、非选择题：共62分，第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共47分。

22. （6分）.(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是__________mm。

(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如 图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每

隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g9.8m/s2,那么：

①根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律； ②从O点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=___J，动能增加量

Ek=_____J (结果取三位有效数字)；

③若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落

v2的高度h，则以为纵轴，以A为横轴画出的图象是下图中的______。

2A. B. C. D.

23. （9分）同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0:999.9）；开关、导线若干。

（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来_____________。

（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，

随之电压表示数发生变化，读取R和对应的U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在

RR/U图中。请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出RR/U图线_____________；

（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值

E_____________V，内电阻测量值r______________Ω.（保留2位有效数字） （4）实验中测两组R、U的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法的原因是_____________________。 （5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是__________________。

（6）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内电阻热功率

P1以及总功率P2分别随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图6所示的P1U和P2U图象。若已知乙电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_______________________（选填选项的字母）。

24. （12分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v = 2m/s匀速运动，质量为m1 = 1kg的小物块P和质量为m2 = 1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0 = 4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ= 0.5，重力加速度为g =10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；

(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；

(3)若传送带以不同的速度v（0 25. （20分）如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T。一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场。己知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？ （2）粒子在磁场区域运动的总时间？

（3）粒子最终将从电场区域D点离开电，则D点离O点的距离是多少？

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．[物理—选修3–3]（15分）

(1)（5分）关于热学知识的下列叙述中正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分） A. 布朗运动就是液体分子的热运动

B. 物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大 C. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化 D. 分子间距等于分子间平衡距离r0时，分子势能最小 E. 一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行

(2) （10分）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度t1＝87℃、压强等于外界大气压强p0．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2＝27℃．已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。

（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；

（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？ 34．[物理一选修3–4）（15分）

（1）（5分）两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则____（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3：2 C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm

E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0

（2）（10分）图示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R＝20cm，折射率为3，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求：

①光在圆柱体中的传播速度；

②在AB的上下两侧距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点.

2020年高三年级物理学科高考模拟示范卷（七）

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，下列说法中正确的是

A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短

B. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV C. 金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eV

D. 这群氢原子能发出两种频率不同的光．其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光频率最高 【答案】B

【解析】一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁过程中， 跃迁过程

和

三种方式，所以辐射出三种光子，光子能量等于能级差，能量分别为：

，

，

，

，能够发生光电效应的只有2种，其中光子能量最大的是从

辐射的光子，此光子能量最大，频率最高，波长最大，发出光电子的最大初动能综上所述，故应选B。

15.如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t=0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是

最短，从

跃迁时辐射光子能量

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式

和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．

线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有 感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由误．

，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错

16.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零， ACh，此为过程Ⅰ；若圆环在C处获得一竖直向上的速度

v，则恰好能回到A处，此为过程Ⅱ．已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g，

则圆环

A. 过程Ⅰ中，加速度一直减小

1

B. Ⅱ过程中，克服摩擦力做的功为mv2

21C. 在C处，弹簧的弹性势能为mv2mgh

4D. 过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做功相同 【答案】D

【解析】圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，则经过B处的加速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A错误；在过程Ⅰ、过程Ⅱ中，圆环经过同一位置所受的摩擦力大小相等，则知在两个过程中，克服摩擦力做功相同，设为Wf．研究过程Ⅰ，运用动能定理列式得： mgh-Wf-W弹=0

研究过程Ⅱ，运用动能定理列式得：-mgh′-Wf+W弹=0-1mv2．联立解得：克服摩擦力211做的功为：Wf=mv2，W弹=mgh-mv2，所以在C处，弹簧的弹性势能为 Ep=W弹

44=mgh-

1mv2，故BC错误，D正确．故选D. 417.如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为

d2B2d2B2d2B2A. B. C. D. 16FR04FR08FR02FR0【答案】.B

【解析】设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有： △x=2π△r

E2t 在△t时间内F做的功等于回路中电功， FxRES Bttd2B2△S可认为由于半径减小微小量△r而引起的面积的变化，有：△S=2πr∙△r

B2S2而回路中的电阻R=R02πr，代入得，F∙2π△r=2

tR02rB2S2t 22FRFR02rr0B2S2显然△t与圆面积变化△S成正比，所以由面积πr02变化为零，所经历的时间t为：

B2SB2ttS

2FR02FR0r02B2d2B2解得： t 故B正确，ACD错误．故选B． 2FR08FR018.如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则

A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 铁球绕轨道运动过程中机械能守恒 C. 铁球在A点的速度必须大于gR

D. 轨道对铁球的磁性引力至少为3mg，才能使铁球不脱轨 【答案】.B

【解析】AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做匀速圆周运动。故A错误，B正确；

C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；

D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械

v2能越小，在最低点的速度也越小，根据：F＝m可知小铁球在最低点时需要的向心力

R越小。而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0。所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2R12

mv，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，2v2即：F﹣mg，联立得：F＝5mg，故D错误。

R19.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说

法正确的是

A. 该交流电源的电动势的瞬时值表达式为eEmsin100tV B. 变压器原副线圈匝数的比值为C. 电流表的读数为Em

22Rrr R2EmD. 负载上消耗的热功率

4r【答案】BC

【解析】周期T＝4×10-2s，角速度＝22＝rad/s＝50rad/s，所以该交流电源T4102的电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(50πt)，故A错误；设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则U1＝E−I1r，电阻R消耗的功率P＝U2I2=U1I

2EE，即P＝(E−I1r)I1＝−I12r−EI1；可见I1＝时，P有最大值， Pmax＝，此时

4r2rU1＝EI1r＝EE，则U2＝PR＝22RnUr，所以1＝1＝，故B正确；电流表的读数rn2U2REm，则： 22r2为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为I1Em2EmEmn1rE22，故C正确；负载上消耗的功率Pmax＝＝，故I2＝I1＝I1＝＝n2R4r4r8r22RrD错误；故选BC.

20.如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是

A. 若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B. 若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少 C. 若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D. 若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小 【答案】BCD

【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积

，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；由极限法，当M

很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理：

，可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块

，可知长木板的动量变化比较小，所以

看成一个系统，满足动量守恒：

若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确。所以BCD正确，A错误。

21.如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大，重力加速度为g，则

2v0A. 若乙的速度为v0,工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离s

2gB. 若乙的速度为2v0,工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变 C. 若乙的速度为2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0

D. 保持乙的速度2v0 不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复. 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率P【答案】CD

【解析】根据牛顿第二定律，μmg=ma，得a=μg，摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加

222v02

g，根据−2axs＝0-v0，解得： s＝速度大小为ax＝ ，故A错误； 22g45mgv0 5

沿传送带乙方向的加速度ay＝2v2μg，达到传送带乙的速度所需时间t0，与传送带

ay2乙的速度有关，故时间发生变化，故B错误；设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay， 则

ayax＝tan，很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，解得

vyvx＝tant，则

v'yv'xvyvyvxvx＝tan，所以摩擦力方向保持

vyvx＝tan ．且由题意知，

＝不变，则当vx′=0时，vy′=0，即v=2v0．故C正确; 工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，在侧向上−2axs＝0-v02，在纵向上，2ayy＝(2v0)2−0; 工件滑动时间t＝22v0 ，乙前进的距离y1=2v0t．工件相对乙的位移ayLx2y1y，则系统摩擦生热Q=μmgL，依据功能关系，则电动机做功： 1122W＝m2v0mv0Q

22由P＝W45 ，解得P＝mgv0 ．故D正确；故选CD. t5三、非选择题：共62分，第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共47分。

22. （6分）.(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是__________mm。

(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如 图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g9.8m/s2,那么：

①根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律； ②从O点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量Ep=___J，动能增加量

Ek=_____J (结果取三位有效数字)；

③若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落

v2的高度h，则以为纵轴，以A为横轴画出的图象是下图中的______。

2A. B. C. D.

【答案】 1.609 B 1.88 1.84 A

【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为

10.90.01mm0.109mm，所以最终读数为1.5mm+0.109mm=1.609mm.

（2）①根据图上所得的数据，应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律，②从O点到B点的过程中，重物重力势能的减少量Epmgh19.80.1920J1.88J，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则vB能的增加量Ek则ghxAC0.23230.1555m/s1.92m/s，重物动2T0.041211mvB11.922J1.84J，③根据机械能守恒得： mghmv2，222121v，可知v2gh的图线是过原点的倾斜直线，选A． 2223. （9分）同学们用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r。实验室提供的器材如下：电压表，电阻箱（阻值范围0:999.9）；开关、导线若干。

（1）请根据图1所示的电路图，在图2中用笔替代导线，画出连线，把器材连接起来_____________。

（2）某同学开始做实验，先把变阻箱阻值调到最大，再接通开关，然后改变电阻箱，随之电压表示数发生变化，读取R和对应的U，并将相应的数据转化为坐标点描绘在

RR/U图中。请将图3、图4中电阻箱和电压表所示的数据转化为坐标点描绘在图5所示的坐标系中（描点用“+”表示），并画出RR/U图线_____________；

（3）根据图5中实验数据绘出的图线可以得出该电池组电动势的测量值

E_____________V，内电阻测量值r______________Ω.（保留2位有效数字）

（4）实验中测两组R、U的数据，可以利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法。该同学没有采用该方法的原因是_____________________。 （5）该实验测得电源的电动势和内阻都存在误差，造成该误差主要原因是__________________。

（6）不同小组的同学分别用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步探究，对电池组的内电阻热功率

P1以及总功率P2分别随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图6所示的P1U和P2U图象。若已知乙电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_______________________（选填选项的字母）。

【答案】（1）电路连线如图：

（2）画出RR/U图线如图：

（3）2.8V， 1Ω （4）偶然误差较大； （5）电压表内阻

不是无穷大； （6）AC 【解析】（1）电路连线如图：

（2）画出RR/U图线如图：

（3）根据闭合电路欧姆定律可得：EUEk6(1)V2.8V，r=b=1Ω； 2.5URr，即REr，则由图像可知：

UR（4）由于读数不准确带来实验的偶然误差，实验中测两组U、R的数据，利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法不能减小这种偶然误差，而利用图象进行处理数据可以减小偶然误差.

（5）由于电压表内阻不是无穷大，所以在电路中分流，从而带来系统误差；

(EU)2（6）电池组的内电阻热功率P，则对于相同的U值，则r越大，对应的P11rEUE2EU越小，可知A正确，B错误；总功率：P2EIE，则对相同的Urr值，r越大P2越小，故C正确，D错误.

24. （12分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v = 2m/s匀速运动，质量为m1 = 1kg的小物块P和质量为m2 = 1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0 = 4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ= 0.5，重力加速度为g =10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：

(1)物块P刚冲上传送带时的加速度大小；

(2)物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；

(3)若传送带以不同的速度v（0 （1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为a1，轻绳的拉力为F1

因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用

对P由牛顿第二定律得： F1m1gm1a1

对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用 由牛顿第二定律得： m2gF1m2a1 联立解得： a18m/s2

2v0v24222（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则x1m0.75m

2a128共速后，由于摩擦力fm1g5Nm2g15N

故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右 设此时的加速度为a2，轻绳的拉力为F2 对P由牛顿第二定律得： F2m1gm1a2 对Q由牛顿第二定律得： m2gF2m2a2 联立解得： a24m/s2

v222设减速到0位移为x2，则x2m0.5m

2a224PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功： Em1gx1mgx21.25J （3）第一个减速过程，所用时间t1v0v4v，P运动的位移为a18vv016v24vv2x1t1，皮带运动的位移为x2vt1

2168v0v2vvt2，皮带运动的位，P运动的位移为x1第二个减速过程，所用时间t2a2428v2vt2 移为x24x1则整个过程产生的热量Qm1gx1x2m1gx253v28v1616

当v410m/s时， QminJ 3325. （20分）如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T。一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场。己知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？ （2）粒子在磁场区域运动的总时间？

（3）粒子最终将从电场区域D点离开电，则D点离O点的距离是多少？

【答案】（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）；

10﹣3s； （2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×

（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m． 解：（1）微粒带负电，从O点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图． 第一次经过磁场边界上的A点 由得

， ，

所以，A点坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）． （2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则

，

其中

10﹣3s 代入数据解得：T=1.256×10﹣3s． 所以t=1.26×

（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则 由牛顿第二定律，qE=ma

△y=v0t1

代入数据解得：△y=8m y=△y﹣2r=8﹣2×0.4m=7.2m

即：离开电磁场时距O点的距离为7.2m．

答：（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）； 10﹣3s； （2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×

（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m．

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．[物理—选修3–3]（15分）

(1)（5分）关于热学知识的下列叙述中正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分） A. 布朗运动就是液体分子的热运动

B. 物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大 C. 内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化 D. 分子间距等于分子间平衡距离r0时，分子势能最小 E. 一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行

(2) （10分）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。开始时茶杯内部封闭气体的温度t1＝87℃、压强等于外界大气压强p0．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2＝27℃．已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。

（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；

（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？ 【答案】（1）BDE

【解析】布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动，A错误；温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动能都增大，故B正确；不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，这是热力学第二定律的内容，C错误；分子间距离等于分子间平衡距离时，分子之间的相互作用是零，若增大分子间距，分子之间的引力做负功，分子势能增大；若减小分子间距，分子斥力又做负功，分子势能增大．所以此时的分子势能最小，故D正确；根据热力学第二定律，熵只会增加，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确．

5（2）.（i）求最后茶杯内部封气体的压强为P0；杯盖对茶杯的压力大小为

6PS1P0Smg；（ii）茶杯的质量M满足M0

6g6P0P【解析】（i）杯内封闭气体发生等容变化，有 代入数据解得：最后杯内气体的

T1T2压强P51P0 ；对杯盖，有P'S+N＝P0S+mg，解得：NP0Smg 661P0Smg 6'由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：N（ii）茶杯能离开桌面，条件是：P′S+Mg＜P0S，故茶杯的质量M满足的条件为：

MP0S 。 6g34．[物理一选修3–4）（15分）

（1）（5分）两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则____（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3：2 C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm

E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0

（2）（10分）图示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R＝20cm，折射率为3，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求：

①光在圆柱体中的传播速度；

②在AB的上下两侧距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点. 【答案】(1)BDE

【解析】（1）由于f1≠f2，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象，故A错误；两列波传播速度大小相同．由图可知，实线波的波长14m，虚线波的波长26m，由

vf可知，实线波和虚线波的频率之比为f1:f22:13:2，故B正确；两列简谐

横波在平衡位置为x6m处，振动加强，速度是两者之和，所以不可能为零，故C错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于10cm，合位移大于20cm，故D正确；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y<0，故E正确；

（2）【解析】①光在圆柱体中的传播速度vc3108m/s n②设光线PC经折射后经过B点，光路图如图所示

由折射定律有：

sinn3① sin又由几何关系有：2②解①②得60o 光线PC离直线AB的距离CD=Rsinα=103cm