四川省成都市石室中學2019屆高三上學期入學考試物理---精校解析word版

1、<p>　　www.ks5u.com</p><p>　　成都石室中學高2019屆開學考試</p><p><b>　　物理試題</b></p><p>　　一、單項選擇題（共8個小題、每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求）</p><p>　　1.物理學家通過對實驗的深入觀察和研究，獲得正確的

2、科學認知，推動物理學的發(fā)展，下列說法符合事實的是（ ）</p><p>　　A. 光電效應說明光具有粒子性，康普頓效應說明光具有波動性.</p><p>　　B. 盧瑟福用人工轉變的方法，發(fā)現了質子并預言了中子的存在</p><p>　　C. 湯姆生通過α散射實驗，得出了原子核內部存在電子</p><p>　　D. 貝克勒爾通過對天然

3、放射現象的研究，發(fā)現了原子中存在原子核</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】康普頓效應說明光具有粒子性，選項A錯誤；盧瑟福用α粒子轟擊，獲得反沖核，發(fā)現了質子并預言中子的存在，選項B正確；盧瑟福通過對α粒子散射實驗的研究，提出了原子的核式

4、結構模型，1897年湯姆生在研究稀薄氣體放電的實驗中，證明了電子的存在，測定了電子的荷質比，轟動了整個物理學界，選項C錯誤。貝克勒爾發(fā)現的天然放射性現象，說明原子核具有復雜結構，選項D錯誤； 故本題選B。</p><p>　　【點睛】此題是對近代物理學史的考查；都是課本上涉及的物理學家的名字及其偉大貢獻，只要多看書、多積累即可很容易得分；對物理學史的考查歷來都是考試的熱點問題，必須要熟練掌握。</p>

5、<p>　　2.隨著新能源轎車的普及，無線充電技術得到進一步開發(fā)和應用。一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應原理。如圖所示，由地面供電裝置（主要裝置有線圈和電源）將電能傳送至電動車底部的感應裝置（主要裝置是線圈），該裝置使用接收到的電能對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳送效率只能達到90％左右。目前無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15－20cm。下列說法正確

6、的是（ ）</p><p>　　A. 無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米開外也可以對電車快速充電</p><p>　　B. 車身感應線圈中的感應電流磁場總是要阻礙引起感應電流磁通量的變化</p><p>　　C. 車身中感應線圈中感應電流磁場總是與地面發(fā)射中電流的磁場方向相反</p><p>　　D. 若線圈均采用超導材料則能量的傳輸效率有望達

7、到100％</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】題中給出目前無線充電樁充電的有限距離為15-20cm，達不到在百米之外充電，A選項錯誤；地面發(fā)射磁場裝置通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應裝置中產生感應電流，因此，感應裝置中的感應電流的

8、磁場方向是阻礙感應線圈磁通量的變化，B正確；感應電流的磁場不一定與發(fā)射線圈中的電流產生的磁場方向相反，C錯誤；由于電磁波傳播的時候有電磁輻射，感應線圈和發(fā)射線圈中的能量傳輸不能達到百分之百，D錯誤。故選：B。</p><p>　　3.如圖所示，質量為m的小球A沿高度為h傾角為θ的光滑斜面以初速v0滑下，另一質量與A相同的小球B自相同高度同時由靜止落下，結果兩球同時落地。下列說法正確的是（ ）</p>

9、;<p>　　A. 重力對兩球做的功不相等</p><p>　　B. 落地前的瞬間A球的速度等于B球的速度</p><p>　　C. 兩球重力的平均功率不相等</p><p>　　D. 兩球重力的平均功率相等</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b

10、>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、根據知，重力對兩球做功相同．故A錯誤；</p><p>　　B、對A球，根據動能定理得對B球，根據動能定理得，知．故B錯誤；</p><p>　　CD、兩球重力做功相等，時間相等，根據知，重力的平均功率相等．故D正確．故選D。</p><p>　　4.2017年8月1日

11、15時03分，天舟一號貨運飛船成功在軌釋放一顆立方星，隨即地面成功捕獲立方星。本次試驗是我國首次通過飛船系統(tǒng)采用在軌儲存方式釋放立方星，為后續(xù)我國空間站開展微納衛(wèi)星部署發(fā)射及在軌服務奠定了技術基礎。以下說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 在釋放立方星前，天舟一號貨運飛船的角速度比立方星的角速度大</p><p>　　B. 在釋放立方星過程中，天舟一號飛船受到的沖量比立方星受到

12、的沖量大</p><p>　　C. 在釋放立方星后，天舟一號貨運飛船運動的線速度變小</p><p>　　D. 立方星在返回地面過程中，運動的加速度逐漸變大</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　在釋

13、放立方星前，天舟一號貨運飛船和立方星在同一軌道，故角速度相同，故A錯誤；在釋放立方星過程中，天舟一號飛船與立方星相互作用，故兩者所受的力大小相等，作用時間相等，故天舟一號飛船受到的沖量與立方星受到的沖量一樣大，故B錯誤；根據萬有引力提供向心力得：，解得：，在釋放立方星后，天舟一號貨運飛船運動的軌道半徑不變，故線速度不變，故C錯誤；根據牛頓第二定律得：，解得，立方星在返回地面過程中，r越來越小，故加速度越來越大，故D正確，故選D。<

14、/p><p>　　【點睛】根據萬有引力提供向心力，得出線速度和角速度的表達式，分析線速度和角速度的變化情況，根據牛頓第二定律得出加速度的表達式，分析加速度的變化情況。</p><p>　　5.如圖所示，為早期制作的發(fā)電機及電動機的示意圖。A盤和B盤分別是兩個可繞固定轉軸轉動的銅盤，用導線將A盤的中心和B盤的邊緣連接起來，用另一根導線將B盤的中心和A盤的邊緣連接起來．當A盤在外力作用下轉動起來時

15、，B盤也會轉動．則下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 不斷轉動A盤就可以獲得持續(xù)的電流，其原因是將整個銅盤看成沿徑向排列的無數根銅條，它們做切割磁感線運動，產生感應電動勢</p><p>　　B. 當A盤轉動時，B盤也能轉動的原因是沿著半徑方向的電流在磁場中受到磁場力的作用</p><p>　　C. 從上往下看，當A盤順時針轉動時，B盤邊緣的電

16、勢更高</p><p>　　D. 從上往下看，當A盤順時針轉動時，B盤也順時針轉動</p><p><b>　　【答案】AB</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　A：轉動A盤時，將整個銅盤看成沿徑向排列的無數根銅條，它們做切割磁感線運動，產生感應電動勢，電路又是

17、閉合的，所以不斷轉動A盤就可以獲得持續(xù)的電流。故A項正確。</p><p>　　B：當A盤轉動時，A盤產生的感應電流流過B盤，沿著半徑方向的電流在磁場中受到磁場力的作用而轉動。故B項正確。</p><p>　　C：從上往下看，當A盤順時針轉動時，據右手定則可判斷A盤中電流方向由中心到邊緣，則B盤中電流是由中心到邊緣，B盤中心的電勢比邊緣的電勢高。故C項錯誤。</p><

18、p>　　D：從上往下看，當A盤順時針轉動時，據右手定則可判斷A盤中電流方向由中心到邊緣，則B盤中電流是由中心到邊緣，再由左手定則可判斷B盤所受安培力方向逆時針，則B盤逆時針轉動。故D項錯誤。</p><p><b>　　綜上答案為AB。</b></p><p>　　點睛：本題實際上是發(fā)電機帶動電動機的模型，需綜合運用右手定則、左手定則等知識。</p>

19、<p>　　6.圖中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，在該三角形中心O點處固定一電量為-2q的點電荷，則該電荷受到的電場力為（ ）</p><p>　　A. ， 方向由O指向C</p><p>　　B. ，方向由C指向O</p><p>　　C. ，方向由C指向O</p><p>　　D.

20、 ，方向由O指向C</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】O點是三角形的中心，到三個電荷的距離為：，</p><p>　　三個電荷在O處產生的場強大小均為：</p><p>　　根據對稱性和幾

21、何知識得知：兩個+q在O處產生的合場強為：</p><p>　　再與-q在O處產生的場強合成，得到O點的合場強為：，方向由O指向C．則該負電荷受到的電場力為：，方向由C指向O；故B正確。</p><p>　　7.如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E。在與環(huán)心等高處放有一質量為m、帶電＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是（ ）</p&g

22、t;<p>　　A. 小球在運動過程中機械能守恒</p><p>　　B. 小球沿著圓弧做勻加速曲線運動</p><p>　　C. 小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg＋Eq)</p><p>　　D. 小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力為(mg＋Eq)</p><p><b>　　【答案】C</b><

23、;/p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒．故A錯誤；</p><p>　　B、帶電小球受到的力的合力不是恒定的，小球也不是一直在加速，故B錯誤；</p><p>　　C、D小球從最高點到最低點的過程，根據動能定理得： 又由</p>&l

24、t;p>　　聯立解得，故C正確。</p><p>　　【點睛】本題通過正確受力分析，結合動能定理即可正確解題。</p><p>　　8.如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q，滑塊動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時

25、間t、位移x關系的是(　　)</p><p>　　A. B. C. D. </p><p><b>　　【答案】C</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　設物體的加速度大小為，由牛頓第二定律得：，其中：，，聯立解得：，則知物體沿著斜面向上做

26、勻減速直線運動，物體的位移：，速度；</p><p>　　A、產生熱量等于克服滑動摩擦力做的功，即，Q與t不成正比，故A錯誤；</p><p>　　B、動能，與t不是一次函數關系，故B錯誤；</p><p>　　C、物體的位移與高度是線性關系，重力勢能，與成正比，圖象是直線，故C正確；</p><p>　　D、物體運動過程中，拉力和滑動摩擦力

27、平衡，兩個力對物體做功的代數和為零，物體的機械能守恒，機械能不隨時間變化，故D錯誤。</p><p>　　點睛：本題關鍵要對物體正確受力分析，應用牛頓第二定律與運動學公式求出物體的速度與位移表達式，然后求出各圖象所對應的函數表達式，根據函數表達式分析即可正確解題。</p><p>　　二、多項選擇題（共4個小題、每小題4分，共16分。每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得

28、4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）</p><p>　　9.如圖所示，電源電動勢大小為E，內阻大小為r，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P向右滑動的過程中</p><p><b>　　A. 小電珠L變亮</b></p><p>　　B. 電流表讀數變小，電壓表讀數變大</p><p>　　C. 電源的效率變大<

29、;/p><p>　　D. 處于電容器C兩板間某點的一個負點電荷所具有的電勢能變大</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　當滑片向右滑動的過程中，其有效阻值變小，所以根據閉合電路歐姆定律得知：干路電流變大，路端電壓變小，電流表讀

30、數變大，電壓表讀數變小，小電珠L變亮。故A正確，B錯誤。電源的效率，則當R減小時，電源的效率減小，選項C錯誤；與變阻器并聯的電容器兩端電壓變小，處于電容器C兩板間某點的電勢降低，則負點電荷在該點所具有的電勢能變大，故D正確。故選AD。</p><p>　　10.如圖所示，整個空間有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，一絕緣木板（足夠長）靜止在光滑水平面上，一帶正電的滑塊靜止在木板上，滑塊和木板之間的接觸面粗糙程度處處相

31、同。不考慮空氣阻力的映影響，下列判斷正確的是</p><p>　　A. 若對木板施加一水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊一定相對靜止</p><p>　　B. 若對木板施加一水平向右的瞬時沖量，最終滑塊和木板間一定沒有彈力</p><p>　　C. 若對木板施加一水平向右的瞬時沖量，最終滑塊和木板間一定沒有摩擦力</p><p>　　D. 若

32、對木板始終施加一水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運動</p><p><b>　　【答案】BCD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　若對木板施加一水平向右的瞬時沖量，則開始時滑塊將受到向右的摩擦力作用而向右加速，隨速度的增加，滑塊受到向上的洛倫茲力逐漸變大，當滿足qvB=mg時，滑塊離

33、開木板，此時滑塊和木板間沒有彈力，也沒有摩擦力，此后滑塊將以速度v做勻速運動，而此時木板的速度不一定減到v，則木板和滑塊不一定相對靜止，選項A錯誤，BC正確；若對木板始終施加一水平向右的恒力，則開始時木板和滑塊將向右做勻加速運動，當速度滿足qvB=mg時，滑輪離開木板，最終滑塊做勻速運動，選項D正確；故選BCD.</p><p>　　11.如圖所示，理想變壓器原線圈接一正弦交流電源，副線圈的c端接一個二極管，假設

34、該二極管的正向電阻為零，反向電阻阻值無窮大。副線圈的b端為中心觸頭，ab、bc間線圈匝數相等。定值電阻阻值為r ，可變電阻的阻值為R可調，下列說法中正確的是（ ）</p><p>　　A. 若R恒定，當K分別接b、c時，電壓表讀數之比為1:1</p><p>　　B. 若R恒定，當K分別接b、c時，電流表讀數之比為1:4</p><p>　　C. 若R恒定，當K

35、分別接b、c時，變壓器輸出功率之比為1:2</p><p>　　D. 當K接b時，若R＝r ，則可變電阻R消耗功率最大</p><p><b>　　【答案】CD</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　設原線圈兩端電壓為U1，副線圈兩端電壓為U2，原線圈匝數為n1，

36、副線圈總匝數為n2，當K接B時， 解得：U2＝；當K接到C時，，則U2′＝，而因二極管的單向導電性，根據有效值得定義得：，即電壓表得示數為：U2″＝ ，所以電壓表讀數之比為：，故A錯誤；若R恒定，根據歐姆定律得，電流跟電壓成正比，即當K分別接b、c時，電流表讀數之比為，故B錯誤；若R恒定，根據P＝得，當K分別接b、c時，變壓器輸出功率之比為，故C正確；當K接b時，把定值電阻阻值為r等效為副線圈得內阻，當內外電阻相等時，即R=r

37、時，電源輸出功率最大，即可變電阻R消耗功率最大，故D正確；故選CD。</p><p>　　點睛：考查變壓器的電壓與匝數的關系，掌握閉合電路歐姆定律的應用，理解二極管單向導電性，注意原副線圈的功率相等，是解題的關鍵。</p><p>　　12.如圖所示的裝置，用兩根細繩拉住一個小球，兩細繩間的夾角為θ，細繩AC呈水平狀態(tài)?，F將整個裝置在紙面內順時針緩慢轉動，共轉過90°。在轉動的過

38、程中，CA繩中的拉力F1和CB繩中的拉力F2的大小發(fā)生變化，正確的是：( )</p><p>　　A. F1先變小后變大 B. F1先變大后變小</p><p>　　C. F2逐漸減小 D. F2最后減小到零</p><p><b>　　【答案】BCD</b></p><p><b>　　【解析】&

39、lt;/b></p><p>　　試題分析：設AC繩與豎直方向的夾角為α，則BC繩與豎直方向的夾角為θ-α；根據平衡條件，得</p><p>　　F1sinα=F2sin（θ-α）</p><p>　　F1cosα+F2cos（θ-α）=G</p><p><b>　　解得，，</b></p><

40、;p>　　由題θ不變，α由90°變到0°；根據數學知識，得F1先變大后變小，F2逐漸減小，當α=0°時，F2=0</p><p><b>　　故選BCD。</b></p><p><b>　　考點：物體的平衡</b></p><p>　　【名師點睛】本題屬于動態(tài)變化分析問題，采用的是函數

41、法討論．有的題目也可以用作圖法求解．作圖時要抓住不變的量（可認為G的大小不變，方向逆時針轉動），其他兩個力的夾角不變，然后變換平行四邊形即可討論.</p><p>　　三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第13-17題為必考題，每個考生都必須做答。第18-19題為選考題，考試根據要求做答。</p><p>　　13.在“探究加速度與小車質量和力的關系”實驗中，某小組設計了如圖所示的

42、實驗裝置。圖中上下兩層軌道水平且表面光滑，兩小車前端系上細線，跨過滑輪并懸掛砝碼盤，兩小車尾部細線連到控制裝置上。實驗時通過控制裝置使兩小車同時由靜止釋放，然后可使它們同時停止運動。</p><p>　　(1)在安裝實驗裝置時，應調整滑輪的高度，使細線與軌道______；實驗時，為減小系統(tǒng)誤差，應使砝碼盤和砝碼的總質量____小車的質量（選填“遠大于”、“遠小于”或“等于”）。</p><p&

43、gt;　　(2)本實驗通過比較兩小車的位移即可比較加速度的大小，這是因為小車的加速度a與時間t、位移x間的關系式為 ______________。</p><p>　　【答案】 (1). 平行 (2). 遠小于 (3). </p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）操作中為了使繩子上的拉力等于小車

44、所受外力大小，應該使小車與滑輪之間的細線與軌道平行；在該實驗中實際是：mg=（M+m）a，要滿足mg=Ma，應該使砝碼盤和砝碼的總質量遠小于小車的質量．（2）兩小車均做初速度為零的勻加速直線運動，根據公式x＝at2有：對小車1： ；對小車2： ；由于：t1=t2  ；聯立得 ，即a∝x．故本實驗通過比較兩小車的位移即可比較加速度的大小。</p><p>　　點睛：解決實驗問題首先要掌握該實驗原

45、理，了解實驗的操作步驟和數據處理方法，正確運用勻變速直線運動規(guī)律能夠把要測量的物理量進行間接變換測量．</p><p>　　14.某同學準備自己動手制作一個歐姆表，可以選擇的器材如下：</p><p>　?、匐姵谽（電動勢和內阻均未知）</p><p>　　②表頭G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，內阻未知）</p><p>　?、垭?/p>

46、壓表V（量程為1.5V，內阻Rv=1000Ω）</p><p>　?、芑瑒幼冏杵鱎1（0~10Ω）</p><p>　　⑤電阻箱R2（0~1000Ω）</p><p>　?、揲_關一個，理想導線若干</p><p>　　(1)為測量表頭G的量程，該同學設計了如圖甲所示電路。圖中電源即電池E. 閉合開關，調節(jié)滑動變阻器R1滑片至中間位置附近某處，

47、并將電阻箱阻值調到40Ω時，表頭恰好滿偏，此時電壓表V的示數為1.5V；將電阻箱阻值調到115Ω，微調滑動變阻器R1滑片位置，使電壓表V示數仍為1.5V，發(fā)現此時表頭G的指針指在如圖乙所示位置，由以上數據可得表頭G的內阻Rg=______Ω，表頭G的量程Ig=_____mA． </p><p>　　(2)該同學接著用上述器材測量該電池E的電動勢和內阻，測量電路如圖丙所示，電阻箱R2的阻值始終調節(jié)為1000Ω：圖丁

48、為測出多組數據后得到的圖線（U為電壓表V的示數，I為表頭G的示數），則根據電路圖及圖線可以得到被測電池的電動勢E=______V，內阻r=______.（結果均保留兩位有效數字）</p><p>　　(3)該同學用所提供器材中的電池E、表頭G及滑動變阻器制作成了一個歐姆表，利用以上(1)、(2)問所測定的數據，可知表頭正中央刻度為____.</p><p>　　【答案】 (1). 1

49、0 (2). 30 (3). 3.0 (4). 20 (5). 100</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）當變阻箱的電阻為 時， </p><p>　　將電阻箱阻值調到 ，結合圖中表的讀數可知 </p><p><b>　　解得： ； </b&

50、gt;</p><p>　?。?）電壓表的內阻和電阻箱的電阻相等，所以路端電壓為2U，根據閉合電路歐姆定律可知： 得： </p><p>　　結合圖像可得： ； </p><p>　　（3）結合題意知： </p><p>　　故本題答案是：(1). 10; 30; (2). 3.0; 20; (3). 100; <

51、/p><p>　　15.如圖所示，在水平面MN的上方存在豎直向下的勻強電場，從空間某點A水平拋出質量為m、帶電量為q的帶正電粒子，在電場力的作用下經過時間t落到MN上的B點，測得A、B兩點間的距離AB=L；若從A點水平拋出時的初速度增大到原來的3倍，則該粒子落到MN上的C點，測得A、C兩點間的距離AC=L．不考慮帶電粒子的重力和空氣阻力，求：</p><p>　?。?）電場強度E的大??；<

52、;/p><p>　　（2）帶電粒子運動到C點時的速度大?。?lt;/p><p>　　【答案】（1）（2）</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】（1）帶正電粒子在電場中做類平拋運動，設A點與水平面MN的距離為h．原來水平初速度為v，由幾何知識得：，，，</p><p>

53、<b>　　解得，，</b></p><p>　　在豎直方向：由牛頓運動定律得，</p><p>　　由勻變速運動公式得，聯立解得；</p><p>　　（2）設帶電粒子運動到C點時的速度大小為，對A→C過程，由動能定理得：，解得．</p><p>　　16.如圖所示，相距L=0.5m足夠長的兩根光滑導軌與水平面成37&

54、#176;角，導軌電阻不計，導軌處在磁感應強度B=2T的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面斜向上．ab、cd為水平金屬棒且與導軌接觸良好，它們的質量均為m=0.5kg、電阻均為R=2Ω．ab棒與一絕緣水平細繩相連處于靜止狀態(tài)，現讓cd棒從靜止開始下滑，直至與ab相連的細繩剛好被拉斷，在此過程中cd棒電阻R上產生的熱量為1J，已知細線能承受的最大拉力為T=5N，g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8．求細繩被拉斷時：&

55、lt;/p><p>　?。?）ab棒中電流的方向與大小</p><p>　?。?）cd棒的速度大小</p><p>　?。?）cd棒沿導軌下滑的距離</p><p>　　【答案】（1）電流的方向是從a流向b， I=1A （2）v= 4 m/s (3) 2m</p><p><b>　　【解析】</b

56、></p><p>　?。?）cd棒切割，由右手定則可知，ab棒中電流的方向是從a流向b。</p><p>　　細繩被拉斷瞬時，對ab棒有:</p><p>　　T cos37°=mgsin37°+BIL </p><p><b>　　解得：I=1A </b></p><

57、;p>　?。?）由閉合電路歐姆定律可得BLv=I(R+R) </p><p>　　解得 v= 4 m/s </p><p>　　(3) 金屬棒cd從靜止開始運動直至細繩剛好被拉斷的過程中，ab、cd電流相同，電阻相同：</p><p>　　可得Qab= Qcd=1J

58、 </p><p>　　在此過程中電路產生的總熱量 Q =Qab+ Qcd=2J </p><p>　　由能量守恒得mgs?sin370=mv2+Q</p><p>　　解得 s = 2m </p><p>　　17.如圖所示，平面直角坐標系xOy位于豎直平面內，M是一塊平行x軸的擋板，與y軸交點的坐標為（

59、0，），右端無限接近虛線POQ上的N點，粒子若打在擋板上會被擋板吸收。虛線POQ與x軸正方向的夾角為60°，其右側區(qū)域I內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，擋板上方區(qū)域II內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為2B，擋板下方區(qū)域III內存在方向沿x軸正方向的勻強電場。O點有兩個質量均為m，電荷量分別為+q的粒子a和-q的粒子b，以及一不帶電的粒子c.。粒子重力不計，q>0。</p><p

60、>　　(1)若粒子a從O點以速率υ0沿y軸正方向射人區(qū)域III，且恰好經過N點，求場強大小E；</p><p>　　(2)若粒子b從O點沿x軸正方向射人區(qū)域I，且恰好經過N點。求粒子b的速率vb；</p><p>　　(3)若粒子b從O點以(2)問中速率vb沿x軸正方向射人區(qū)域I的同時，粒子c也從0點以速率vc沿OQ方向勻速運動，最終兩粒子相遇，求vc的可能值。</p>

61、<p>　　【答案】(1) (2)或 (3) 或</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　試題分析：（1）粒子a在電場中做類平拋運動</p><p><b>　　豎直方向上有</b></p><p><b>　　水平方向上有</b>&l

62、t;/p><p><b>　　又</b></p><p><b>　　聯立解得</b></p><p>　?。?）如圖甲所示：粒子b在磁場中做勻速圓周運動。</p><p>　　i．若粒子b由軌跡①到達N點，由幾何知識有ON=2R1cos30°，ON=L</p><p>

63、;<b>　　解得R1</b></p><p>　　根據洛倫茲力提供向心力，有</p><p><b>　　解得</b></p><p>　　ii．若粒子b由軌跡②到達N點，由，</p><p><b>　　得，，即</b></p><p><b&

64、gt;　　由幾何知識有，，</b></p><p><b>　　得，解得</b></p><p>　?。?）如圖乙所示，設粒子b每次經過虛線POQ時交點為N1、N2、N3、N4……</p><p>　　則相鄰交點之間的距離均為根據粒子在磁場中運動周期，</p><p>　　在區(qū)域I中每段圓弧對應的運動時間為&

65、lt;/p><p>　　在區(qū)域Ⅱ中每段圓弧對應的運動時間為</p><p><b>　　故可設，</b></p><p>　　i．若粒子b由軌跡①到達N1點和粒子c相遇，則</p><p>　　ii．若粒子b由軌跡②經區(qū)域Ⅱ到達各個交點和粒子c相遇，粒子c運動的位移大小為nL，對應的時間為2nt，</p>&l

66、t;p>　　iii．若粒子b由軌跡②經區(qū)域I到達各個交點和粒子c相遇，粒子c運動的位移大小為nL，對應的時間為（2n-3）t，</p><p><b>　　[或]</b></p><p>　　考點：考查了帶電粒子在組合場中的運動</p><p>　　【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選

67、擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑</p><p>　　18.下列說法正確的是___________</p><p>　　A．布朗運動反映了組成懸浮微粒的固體分子運動的不規(guī)則性</p><p>　　B．在水面上輕放一枚針，它會浮

68、在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故</p><p>　　C．物體溫度升高時，物體內所有分子的熱運動動能都增加</p><p>　　D．物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小</p><p>　　E．—定質量的晶體在融化過程中，所吸收的熱量全部用于增大分子勢能</p><p><b>　　【答案】BDE</b>

69、;</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　布朗運動是懸浮的固體微粒的無規(guī)則運動，反映了液體分子運動的不規(guī)則性，選項A錯誤；在水面上輕放一枚針，它會浮在水面，這是由于水面存在表面張力的緣故，選項B正確；物體溫度升高時，物體內分子的平均動能增加，但并非所有分子的熱運動動能都增加，選項C錯誤；分子勢能的變化要根據分子力做功來判斷，物體的體積增大，

70、如果分子間距離小于平衡距離，則此時分子力做正功，分子勢能減??；如果分子力為引力，則分子力做負功，分子勢能增大，則物體體積變大時，分子勢能有可能增大，也有可能減小，選項D正確；—定質量的晶體在融化過程中，因為溫度不變，則分子動能不變，則所吸收的熱量全部用于增大分子勢能，選項E正確；故選BDE.</p><p>　　19.如圖所示，細筒足夠長的氣缸整體豎直固定不動，粗、細筒橫截面積之比為2:1，P、Q是質量不計的絕熱

71、輕活塞，兩活塞與筒壁間的摩擦不計。開始時，活塞P上方盛有水銀，水銀面與粗筒上端恰好相平且高為L，活塞Q將理想氣體分成相同A、B兩部分，氣柱長均為L，溫度為27℃?，F通過電熱絲對B部分理想氣體加熱，使活塞P、Q緩慢上移，已知 L=38 cm，大氣壓強為76 cmHg，問有一半的水銀進入細筒時：（假設電熱絲對B氣體加熱時，A氣體溫度不變）</p><p>　　（1）活塞Q上升的高度是多少？</p>&l

72、t;p>　?。?）B部分理想氣體溫度為多少攝氏度？</p><p>　　【答案】（1） （2）</p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　?。?）A氣體初狀態(tài) po =114 cmHg、V0 = 38S A氣體未狀態(tài) pA=133 cmHg. VA=LAS</p><p>　　根據

73、玻意耳定律有P0V0=pAVA </p><p>　　解得LA32.6cm</p><p>　　活塞Q上升的高度h=2L-</p><p>　　（2）B氣體初狀態(tài)Po=114 cmHg. V0= 38s、 T0=300 K </p><p>　　B氣體未狀態(tài) PB=133cmHg、VB=62.4S、TB</p>

74、<p>　　根據理想氣體狀態(tài)方程</p><p><b>　　解得： 即：</b></p><p>　　20.如圖甲所示，兩波源A、B分別位于x=1m和x=9m處，產生兩列簡諧橫波分別沿軸正方向和負方向傳播，傳播速度均為υ=2m/s，振幅均為A=2cm。t=0時刻兩波源同時開始振動，振動圖象均如圖乙所示，質點P的平衡位置處于x=5m處，則下列判斷正確的是__

75、______</p><p>　　A．質點P的起振方向沿y軸正方向</p><p>　　B．t=2s 時刻，波源A、B都運動到P點</p><p>　　C．兩列波在相遇區(qū)域內會形成干涉圖樣</p><p>　　D．質點P開始振動后，振幅為2cm，周期為2s</p><p>　　E． t=2.3 s 時刻，質點P位于平衡

76、位置的上方且沿y軸正方向運動</p><p><b>　　【答案】ACE</b></p><p><b>　　【解析】</b></p><p>　　【詳解】A、波源A將波形傳到P點需要時間，波源B將波形傳到P點需要時間，傳播時間都是周期的整數倍，再由振動圖像得，兩列波起振方向均為y軸正方向。故A正確，振動中各質點不會隨波遷

77、移，B錯誤；</p><p>　　C、兩列波振動周期相同，所以振動頻率也相同，且相位差也恒定，能形成干涉圖樣。故C正確；D、P點到兩波源波程差為0，P點是振動加強點，振幅是4cm,周期為2s.故的D錯誤；E、由振動圖像得，2.3s時，P點位于平衡位置之上，且向上運動，故E正確。本題選ACE.</p><p>　　21.如圖所示，用折射率的玻璃做成一個外徑為R的半球形空心球殼。一束與O′O平

78、行的平行光射向此半球的外表面，若讓一個半徑為的圓形遮光板的圓心過O′O軸，并且垂直該軸放置。則球殼內部恰好沒有光線射入。試求：</p><p>　　(1)臨界光線射入球殼時的折射角θ2;</p><p>　　(2)球殼的內徑R′.</p><p>　　【答案】(1) (2) </p><p><b>　　【解析】</b>

79、;</p><p>　　光路圖如圖所示，由幾何圖形知：，根據折射定律</p><p><b>　　聯立解得</b></p><p>　?。?）由題意知，在球殼內表面恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角</p><p><b>　　在Δoab中，</b></p><p><b