广西2018年高职单招物理模拟试题【含答案】

广西2018年高职单招物理模拟试题【含答案】

一、选择题

1．下列说法正确的是（）

A．物体在合力等于零的情况下运动时机械能一定守恒

B．物体在恒力作用时一定做直线运动

C．匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直

D．匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比

2．如图所示，一串红灯笼（三只，且完全相同）在水平风力的吹动下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°．每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计，质量加速度为g，则最下面的红灯笼受到的风力大小为（）

A．mg B．mg C．2mg

3．某行星的密度为地球密度的，半径为地球半径的，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度大小之比为（）

A．4：1 B．1：4 C．6：1 D．1：6

4．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为2v0的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（以木块的初速度方向为正方向）（）

A．B．C．D．

5．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1000，副线圈的匝数n2=200，灯泡L标有“12V 36W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电压u=100sin100πt（V）加到变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，则（）

A．灯泡L组成发光时的电阻为3Ω

B．副线圈两端电压为20V

C．通过电动机D的电流为8A

D．通过电动机D的输出功率为15W

6．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，且细线伸直，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，重力加速度为g，从摆球释放至运动最低点的过程中有（）

A．在摆球释放瞬间，支架对地面压力为Mg

B．摆球摆动过程中，地面对支架的摩擦力一直增大

C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g

D．摆球摆动过程中，重力对摆球做功的功率先增大后减小

7．如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（）

A．小球从A到B的过程中加速度先减小后增大

B．小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinθ

C．小球在C点时速度最大

D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为﹣

8．如图所示，等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，线框一直加速运动，直到导线框一半进入磁场时，导线框开始做匀速运动，已知磁场上边界水平，导线框下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边为2a，从导线框刚进入磁场开始，下列判断正确的是（）

A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动

B．在～2a这段位移内，导线框做加速运动

C．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能

D．在0～这段位移内，导线框克服安培力做功小于～2a这段位移内导线框克服安培力做功

二、非选择题（一必考题）

9．（7分）要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．

（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A质量为m1，左边沙袋B的质量为m2

（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B 上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）

（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a=；

（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出（选填“a﹣m′”或“a

﹣”）图线；

（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg?s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=kg，m2= kg．

10．（8分）某实验小组要精确测定额定电压为2V的一精密仪器（画电路图时用电阻符号表示）正常工作时的电阻（R0约为400Ω），实验室提供的器材有：

A．电流表（量程为30mA，内阻RA1约为2Ω）

B．电流表（量程为20mA，内阻RA2约为20Ω）

C．定值定值R1=1Ω

D．定值定值R2=80Ω

E．滑动变阻器R（0～20Ω）

G．电压表（量程为60V，内阻RV约2kΩ）

F．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）

H．开关S一只，导线若干

（1）要完成实验、除导线、蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有（填写器材前的字母编号）．

（2）在虚线框中画出实验电路图，并标出相关器材符号．

（3）测量精密仪器正常工作时的电阻表达式为Rx=（用相应的字母符号表示），若用到电流表，其示数用I1表示，若用到电流表，其示数用I2表示，若用到电压表，其示数用U表示．

11．（12分）如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m=1.2kg，长度l=0.5m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M=1kg的小铅块（可视为质点），它与各木块间的动摩擦因数为μ2=0.5，现突然给铅块一个向右的初速度v0=9m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动糜擦力，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；

（2）铅块下面的木块刚发生运动时铅块的瞬时速度大小．

12．（20分）如图甲所示．直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强磁场，第一四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向以垂直纸面向外为正方向．第三象限

内有一发射装置（没有画出）沿y轴正方向射出一个比荷=100C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以v0=10m/s的速度从x轴上的点A（﹣1m，0）进入第二象限，从y轴上的C点（0，2m）进入第一象限，取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，求：

（1）第二象限内电场的电场强度大小；

（2）粒子进入磁场后第一次经过x轴时的位置坐标．

[物理-选修3-3]

13．下列说法正确的是（）

A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C．分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减而增大

D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故

E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果

14．（10分）如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2=24cm 的理想气体，左右两管内水银面高度差h=6cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中（依

然竖直放置），大气压强恒为p0=76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．

[物理选修3-4]

15．下列关于科学技术应用的说法中正确的是（）

A．全息照片的拍摄利用了光的干涉现象

B．交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应

C．光导纤维利用了光的折射现象

D．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象

E．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象

16．一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t1=0时刻的波形，虚线表示t2=0.1s时刻的波形，该波的周期为T．

①若2T＞t2﹣t1＞T，求该列波的传播速度；

②若2T＜t2﹣t1，并且波速为700m/s，求波的传播方向．

[物理-选修3-5]

17．1913年丹麦物理学家波尔把微观世界中的物理量取分力值的观念应用到原子系统，提出了新的原子结构，下列有关波尔的原子结构的说法，正确的是（）

A．原子核外电子的运行轨道半径只能是一些特定的值

B．电子在定态轨道上运动时会向外辐射电磁波

C．玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱

D．玻尔的原子模型否定了汤姆孙的原子模型

E．玻尔的原子模型否定了卢瑟福的原子模型

18．如图所示，质量为M=9kg、长l=2m的平板小车静止在光滑水平面上，小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板，左端放有一质量m=1kg的小物块．现给小车一水平向左的初速度v0（未知），想物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端．已知平板小车与小物块的动摩擦因数μ=0.18，小物块与挡板碰撞时间极短，不计碰撞过程的机械能损失，取v0方向为正方向，g=10m/s2，求：

①平板小车的初速度v0；

②从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度．

广西2018年高职单招物理模拟试题参考答案与试题解析

一、选择题

1．下列说法正确的是（）

A．物体在合力等于零的情况下运动时机械能一定守恒

B．物体在恒力作用时一定做直线运动

C．匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直

D．匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比

【考点】电势差与电场强度的关系；机械能守恒定律．

【分析】机械能守恒的条件是只有重力做功．做直线运动的条件是合外力与速度在同一直线上．安培力方向与磁场方向一定垂直．在匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed．由这些知识分析．

【解答】解：A、物体在合力等于零的情况下运动时，动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A错误．

B、在恒力作用下物可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，物体做曲线运动，故B错误．

C、根据左手定则知，匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直，故C正确．

D、由公式U=Ed知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间沿电场方向的距离成正比，而不是这两点间的距离成正比，故D错误．

故选：C

【点评】解决本题的关键要掌握物理学基础知识，可能通过举例的方法分析“一定”的情形．对于公式U=Ed，要注意d是指两点间沿电场方向的距离．

2．如图所示，一串红灯笼（三只，且完全相同）在水平风力的吹动下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°．每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计，质量加速度为g，则最下面的红灯笼受到的风力大小为（）

A．mg B．mg C．2mg

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】对三个红灯笼整体研究，受风力、重力和拉力，根据平衡条件并结合合成法列式求解风力；三个灯笼相同，故三个风力相等．

【解答】解：对三个红灯笼整体研究，受力如图所示：

根据平衡条件，有：

F=（3m）gtan30°=

三个灯笼的风力相等，故最下面的红灯笼受到的风力大小为mg；

故选：A

【点评】本题关键是明确三个灯笼受到的风力相等，对整体研究，根据平衡条件列式求解，基础题目．

3．某行星的密度为地球密度的，半径为地球半径的，那么在此行星上的“第一宇宙速度”与地球上的第一宇宙速度大小之比为（）

A．4：1 B．1：4 C．6：1 D．1：6

【考点】万有引力定律及其应用；向心力．

【分析】根据密度之比和体积之比求出行星和地球的质量之比，结合万有引力提供向心力得出第一宇宙速度之比．

【解答】解：行星的半径为地球半径的，则行星的体积是地球体积的，

行星的密度为地球密度的，则行星的质量是地球质量的，

根据得，v=，

可知行星上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比为1：6．

故选：D．

【点评】解决本题的关键知道第一宇宙速度是贴着星球表面做匀速圆周运动的速度，结合万有引力提供向心力这一理论进行求解，难度不大．

4．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以大小为v0的速度顺时针匀速转动，在传送带的上端放置一个小木块，并使小木块以大小为2v0的初速度沿传送带向下运动，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，下面四幅图能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（以木块的初速度方向为正方向）（）

A．B．C．D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．

【分析】对物体受力分析知，其受重力，摩擦力，支持力，再由给定的摩擦因数关系，可以判定重力沿斜面的分力与摩擦力的大小关系，进而判定物块的运动状态．

【解答】解：

刚放上去的时候，物块受重力，支持力，摩擦力方向向下，物块做加速运动，故由牛顿第二定律：

mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1

解得：

a1=gsinθ﹣μgcosθ

物块做向下的减速运动，当物块速度减小到零后，物体反向做加速运动，

根据牛顿第二定律可知mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2

解得：

a2=gsinθ﹣μgcosθ

加速度a′=gsinθ﹣μgcosθ，达到和传送带具有相同速度后一起匀速运动，由于a1=a2，故A 正确，BCD错误

故选：A

【点评】本题重点是分析物块的受力，其中尤其重要额是分析重力沿斜面分力与摩擦力的大小关系．

5．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1000，副线圈的匝数n2=200，灯泡L标有“12V 36W”，电动机D的线圈电阻为1Ω，将交变电压u=100sin100πt（V）加到变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，则（）

A．灯泡L组成发光时的电阻为3Ω

B．副线圈两端电压为20V

C．通过电动机D的电流为8A

D．通过电动机D的输出功率为15W

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】根据功率公式可明确灯泡的电阻和电流，再根据变压器电压之比等于线圈匝数之比可求得输入电压大小，再根据串并联电路的规律可明确电动机的电压和电流，根据功率公式可求得电动机的输出功率．

【解答】解：A、根据功率公式可知R===4Ω，故A错误；

B、原线输入电压的有效值为100V，则根据电压之比等于匝数之比可知，副线圈两端的电压为20V，故B正确；

C、流过电动机的电流等于流过灯泡的电流，故I===3A，故C错误；

D、电动机两端的电压UM=20﹣12=8V，电动机的输入功率P出=UMI﹣I2r=8×3﹣32×1=15W，故D正确．

故选：BD．

【点评】本题考查变压器基本原理以及功率公式的应用，要求明确变压器电压之比等于线圈

匝数之比，然后再结合串并联电路的规律以及电动机的规律进行分析求解即可．

6．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，且细线伸直，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，重力加速度为g，从摆球释放至运动最低点的过程中有（）

A．在摆球释放瞬间，支架对地面压力为Mg

B．摆球摆动过程中，地面对支架的摩擦力一直增大

C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g

D．摆球摆动过程中，重力对摆球做功的功率先增大后减小

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析：摆球做的是圆周运动，要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的力．支架始终不动，根据平衡条件求解出摩擦力．运用瞬时功率表达式P=mgvy表示出重力对小球做功的功率，再根据已知条件判断功率的变化．

【解答】解：A、释放的瞬间，绳子拉力为零，支架对地面的压力为Mg．故A正确．

B、小球摆动的过程中，径向的合力提供向心力，设细线与水平方向的夹角为θ，则有：

T﹣mgsinθ=m，

则有：T=mgsinθ+m

根据动能定理得：mglsinθ=mv2，

解得：T=3mgsinθ，

地面对支架的摩擦力为：f=Tco sθ=3mgsinθcosθ=mgsin2θ，

摆球运动到最低点过程中，θ从零增加到90°，所以摩擦力先增大后减小．故B错误．

C、摆球摆动到最低时，根据动能定理知：mgl=mv2，

根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m

联立两式解得：F=3mg．

由牛顿第三定律知，绳子对支架的拉力大小为：F′=F=3mg

则支架对地面的压力为：N′=Mg+F′=Mg+3mg=（3m+M）g．故C正确．

D、重力对摆球做功的功率公式为P=mgvcosα，α是重力与速度的夹角．可知，在摆球释放瞬间，v=0，重力的瞬时功率为0．摆球到达最低点时，α=90°，重力的瞬时功率也为0，则知重力对摆球做功的功率先增大后减小．故D正确．

故选：ACD

【点评】本题要能正确对物体进行受力分析，通过物体所处的状态运用牛顿第二定律列出等式求解．要去判断一个物理量的变化，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来．

7．如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（）

A．小球从A到B的过程中加速度先减小后增大

B．小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinθ

C．小球在C点时速度最大

D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为﹣

【考点】库仑定律；牛顿第二定律．

【分析】依据牛顿第二定律，借助于合力大小；

对B点受力分析，根据矢量合成法则，及牛顿第二定律；

当加速度为零时，速度才达到最大；

根据动能定理，即可求解AB间的电势差．

【解答】解：A、由题意可知，小球从A静止运动在B点时，速度为零，则有小球先加速后减速，那么一开始库仑力，小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A正确；

B、球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgs inθ，故B错误；

C、当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，依据库仑力与间距的平方成反比，则有此处库仑力，支持力与重力的合力不为零，因此在C点时速度不是最大，故C错误；

D、根据动能定理，从A到B，则有：0﹣0=mgLsinθ+qUAB；解得：UAB=﹣，故D 正确；

故选：AD．

【点评】考查库仑定律的应用，掌握由力分析运动的方法，注意速度为零时，不一定是平衡状态，及理解动能定理的内容，注意力做功的正负，当心电势差的正负也是解题的关键．

8．如图所示，等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下落，线框一直加速运动，直到导线框一半进入磁场时，导线框开始做匀速运动，已知磁场上边界水平，导线框下落过程两平行边始终竖直，左平行边长为a，右平行边为2a，从导线框刚进入磁场开始，下列判

断正确的是（）

A．在0～这段位移内，导线框可能做匀加速运动

B．在～2a这段位移内，导线框做加速运动

C．在～这段位移内，导线框减少的重力势能最终全部转化为内能

D．在0～这段位移内，导线框克服安培力做功小于～2a这段位移内导线框克服安培力做功

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

【分析】根据题意，当线圈的位移是时，短边进入磁场，然后结合公式E=BLv、F=BIL以及功能关系即可做出判定；根据平均电流判断克服安培力做的功大小．

【解答】解：A、在线圈开始进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度增大，安培力的有效长度也增大，根据：E=BvL和F=BIL可知，在线圈加速的过程中，产生的电动势和安培力都是变化的，所以线圈受到的合外力也是变化的，所以加速度是变化的，线圈做变加速运动．故A错误；

B、当线圈的位移是时，左侧的短边恰好开始出磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度开始减小，根据E=BvL和F=BIL可知，线框受到的安培力减小，小于重力，所以导线框做加速运动．故B正确；

C、由几何关系可知，当线圈的位移是时，左侧的短边恰好进入磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度不变，导线框先加速再做匀速运动，所以减小的重力势能转化为内能和动能．故C错误；

D、在0～这段位移内，导线框的平均速度小于～2a这段位移内的平均速度，则在0～的感应电流小于～2a这段位移内的感应电流，所以在0～这段位移内，导线框克服

安培力做功小于～2a这段位移内导线框克服安培力做功，故D正确．

故选：BD．

【点评】本题是电磁感应与电路、力学相结合的题目，分析清楚线框运动过程，应用右手定则、匀变速运动的速度位移公式、E=BLv、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题．

二、非选择题（一必考题）

9．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器

材：轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．

（1）实验装置如图所示，设右边沙袋A质量为m1，左边沙袋B的质量为m2

（2）取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B 上升；（左右两侧砝码的总质量始终不变）

（3）用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的

加速度大小a=；

（4）改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出a﹣m′（选填“a﹣m′”

或“a﹣”）图线；

（5）若求得图线的斜率k=4m/（kg?s2），截距b=2m/s2，则沙袋的质量m1=3kg，m2= 1.5kg．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m1分别研究，得出m′与a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量．

【解答】解：（3）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=gt2，

解得a=．

（4、5）根据牛顿第二定律得：

对m1及砝码：（m1+m′）g﹣T=（m1+m′）a

对m2及砝码：T﹣（m2+m﹣m′）g=（m2+m﹣m′）a

联立解得：a=g+．

根据数学知识得知：作“a﹣m′”图线，图线的斜率k=，

图线的截距b=

将k、b、m代入计算，解得m1=3kg，m2=1.5kg．

故答案为：（3）；（4）“a﹣m′”；（5）3；1.5．

【点评】本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，得到a与△m的关系式，再根据图线的数学意义求解两个沙袋的质量．

10．某实验小组要精确测定额定电压为2V的一精密仪器（画电路图时用电阻符号表示）正常工作时的电阻（R0约为400Ω），实验室提供的器材有：

A．电流表（量程为30mA，内阻RA1约为2Ω）

B．电流表（量程为20mA，内阻RA2约为20Ω）

C．定值定值R1=1Ω

D．定值定值R2=80Ω

E．滑动变阻器R（0～20Ω）

G．电压表（量程为60V，内阻RV约2kΩ）

F．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）

H．开关S一只，导线若干

（1）要完成实验、除导线、蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有ABD（填写器材前的字母编号）．

（2）在虚线框中画出实验电路图，并标出相关器材符号．

（3）测量精密仪器正常工作时的电阻表达式为Rx=（用相应的字母符号表示），若用到电流表，其示数用I1表示，若用到电流表，其示数用I2表示，若用到电压表，其示数用U表示．

【考点】伏安法测电阻．

【分析】滑动变阻器阻值远小于仪器的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．仪器的额定电压为2V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻为电压表，因为通过仪器的电流小，可以用题目的中的量程大一点当电流表使用．根据欧姆定律得出仪器电压为2V时电流表的电阻．

【解答】解：设计电路图如图

（1）电流表B与电阻D组成电压表，电流表A测量总电流，则选ABD

（2）电路图如图

（3）由实验电路知电阻的电压为I2（RA2+R2），电流为I1﹣I2

则其电阻值为R=

故答案为（1）ABD

（2）电路图如图

（3）

【点评】本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流

11．（12分）（2016?南宁一模）如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m=1.2kg，长度l=0.5m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M=1kg的小铅块（可视为质点），它与各木块间的动摩擦因数为μ2=0.5，现突然给铅块一个向右的初速度v0=9m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动糜擦力，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；

（2）铅块下面的木块刚发生运动时铅块的瞬时速度大小．

【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】（1）通过对木块的受力分析知，铅块对木块的滑动摩擦力水平向右，地面给木块的静摩擦力水平向左，由牛顿第二定律即可求出铅块的加速度；

（2）当铅块对木板的摩擦力大于地面对木块的摩擦力时，木块开始运动；根据动能定理求铅块的瞬时速度．

【解答】解：（1）设定水平向右为正向．对铅块：f木铅=μ2Mg=0.5×1×10=5 N

所以铅块的加速度：

（2）对下方n个物块刚滑动，应当满足的条件是：

又：f铅木=f木铅

则木块开始滑动：

即当铅块滑至倒数第三块木块上时，木块开始滑动．

设铅块滑上倒数第三块木块时的初速度为v1，则对于铅块连续滑过前9木块的过程中：

解得：v1=6m/s

v1也是铅块刚滑到倒数第三块木块这一瞬间铅块对木块的相对速度，在此瞬间木块静止．

答：（1）小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小是5m/s2；

（2）铅块下面的木块刚发生运动时铅块的瞬时速度大小是6m/s．

【点评】本题是相对运动的题目，关键要对每个物体分别分析其运动情况，判断木块能否运动，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解．

12．（20分）（2016?南宁一模）如图甲所示．直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强磁场，第一四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向以垂直纸面向外为

正方向．第三象限内有一发射装置（没有画出）沿y轴正方向射出一个比荷=100C/kg的带正电的粒子（可视为质点且不计重力），该粒子以v0=10m/s的速度从x轴上的点A（﹣1m，0）进入第二象限，从y轴上的C点（0，2m）进入第一象限，取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，求：

（1）第二象限内电场的电场强度大小；

（2）粒子进入磁场后第一次经过x轴时的位置坐标．

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

【分析】（1）根据动能定理及类平抛运动的规律列式分析，从而求解电场强度大小

（2）粒子在交变磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出半径和周期，根据几何关系求出位置坐标．

【解答】解：（1）带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则

EqxA=m（vC2﹣vA2）

xA=

yc=v0t

vC2=v02+v2cx

解得：E=0.5N/C

vC=10N；

（2）设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成θ角，则

cosθ==，

即θ=45°

粒子在第一象限磁场中运动时qvCB=m

解得r=m

粒子做圆周运动的周期T==s

所示粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴，在x轴上对应的弦长为r

所以OD=16rsinθ﹣r=1.75m

粒子第一次经过x轴时的位置坐标为（1.75m，0）

答：（1）第二象限内电场的电场强度大小0.5N/C；

（2）粒子第一次经过x轴时的位置坐标（1.5m，0）；

【点评】本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础．结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解．

[物理-选修3-3]

13．下列说法正确的是（）

A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动

B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C．分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减而增大

D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故

E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果

【考点】布朗运动；分子间的相互作用力．

【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；分子力做功等于分子势能的减小量；液体沸点与气压有关；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低．

【解答】解：A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；

B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；

C、分子力做功等于分子势能的减小量，故分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故C正确；

D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；

E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确；

故选：BCE

【点评】本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及分子力做功与分子势能的关系．

14．（10分）（2016?南宁一模）如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1=14cm，的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2=24cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h=6cm，若把该装置移至温度恒为27℃的房间中（依然竖直放置），大气压强恒为p0=76cmHg，不计活塞与管壁间的摩擦，分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．

【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．

【分析】左侧管中气体为等压变化，因此根据等压变化的气体状态方程可直接求解．右侧管中气体根据气态方程直接求解．

【解答】解：设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有：

其中，T=280K，T′=300K，

解得：

设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知：

其中，h=6cmHg

解得：x=1cm

所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25cm．

答：右侧管中气体的长度为25cm

【点评】本题要能用静力学观点分析各处压强的关系．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题．

[物理选修3-4]

15．（2016?白山四模）下列关于科学技术应用的说法中正确的是（）

A．全息照片的拍摄利用了光的干涉现象

B．交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应

C．光导纤维利用了光的折射现象

D．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象

E．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象

【考点】多普勒效应；波的干涉和衍射现象．

【分析】全息照片是利用光的干涉原理；依据多普勒效应的原理，掌握频率变化，从而测量汽车的速度；光导纤维是光的全反射现象；镜头表面镀有一层增透膜是利用了光的干涉现象；声呐利用了波的反射现象，从而即可一一求解．

【解答】解：A、全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，故A正确；

B、交通警察对行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生变化，来知道汽车的速度，以便于进行交通管理，利用了多普勒效应，故B正确；

C、光导纤维利用了光的全反射现象，故C错误；

D、照相机、望远镜的镜头表面镀一层膜是利用了光的薄膜干涉原理，故D错误；

E、声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，故E正确；

故选：ABE．

【点评】考查光的干涉、衍射与全反射的原理与应用，掌握干涉的条件，及干涉与衍射的区别，理解多普勒效应的原理，注意多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的．

16．（2016?白山四模）一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t1=0时刻的波形，虚线表示t2=0.1s时刻的波形，该波的周期为T．

①若2T＞t2﹣t1＞T，求该列波的传播速度；

②若2T＜t2﹣t1，并且波速为700m/s，求波的传播方向．

【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．

【分析】①波可能沿x轴正方向传播，也可能沿x轴负方向传播．根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，确定出波传播的距离，再求解波速．

②由图读出波长．根据△x=v△t求波在0.1s内传播的距离，分析与波长的关系，再判断波的传播方向．

【解答】解：①若2T＞t2﹣t1＞T，波传播的距离在这个范围：λ＜△x＜2λ

若波沿x轴正方向传播，则波传播的距离为△x=10m

波速为v1===100m/s

若波沿x轴负方向传播，则波传播的距离为△x=14m

波速为v2===140m/s

②由图知波长λ=8m

在△t=0.1s内波传播的距离△x=v△t=700×0.1m=70m

则△x=λ=8λ+

所以波沿x轴负方向传播．

答：

①若2T＞t2﹣t1＞T，该列波的传播速度是100m/s或140m/s；

②若2T＜t2﹣t1，并且波速为700m/s，波沿x轴负方向传播．

【点评】本题根据波传播的距离确定波传播的方向，也可以得出波向右与向左传播波速的两个通项，再进行判断．

[物理-选修3-5]

17．（2016?福建模拟）1913年丹麦物理学家波尔把微观世界中的物理量取分力值的观念应用到原子系统，提出了新的原子结构，下列有关波尔的原子结构的说法，正确的是（）A．原子核外电子的运行轨道半径只能是一些特定的值

B．电子在定态轨道上运动时会向外辐射电磁波

C．玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱

D．玻尔的原子模型否定了汤姆孙的原子模型

E．玻尔的原子模型否定了卢瑟福的原子模型

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】根据玻尔的原子理论，原子能量和轨道都是量子化的，电子绕核运动的半径是不连续的特定值．从高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，即可解题．

【解答】解：AB、玻尔的原子理论：1．电子在一些特定的可能轨道上绕核作圆周运动，离核愈远能量愈高；2．可能的轨道不连续；3．当电子在这些可能的轨道上运动时原子不发射也不吸收能量，只有当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道时原子才发射或吸收能量，而且发射或吸收的辐射是单频的，辐射的频率和能量之间关系由E=hν给出．玻尔的理论成功地说明了原子的稳定性和氢原子光谱线规律．故A正确，B错误；

C、玻尔的原子模型局限性是，玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱，故C正确；

DE、玻尔提出的原子模型，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，但并没有否定卢瑟福的原子核式结构学说，故D正确，E错误．

故选：ACD．

【点评】本题主要考查了波尔理论的内容及卢瑟福的α粒子散射实验的结果，难度不大，属于基础题．

18．（2016?福建模拟）如图所示，质量为M=9kg、长l=2m的平板小车静止在光滑水平面上，小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板，左端放有一质量m=1kg的小物块．现给小车一水平向左的初速度v0（未知），想物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端．已知平板小车与小物块的动摩擦因数μ=0.18，小物块与挡板碰撞时间极短，不计碰撞过程的机械能损失，取v0方向为正方向，g=10m/s2，求：

①平板小车的初速度v0；

②从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】①设小物体停在小车的左端时，小车与小物块的共同速度为v，以向左为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解；

②碰撞后小物块向左做匀减速运动，平板车向左做匀加速运动，由牛顿第二定律求解加速度．【解答】解：①设小物体停在小车的左端时，小车与小物块的共同速度为v，以向左为正，根据动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v

对系统，根据能量守恒定律得：

解得：v0=4m/s

②碰撞后小物块向左做匀减速运动，平板车向左做匀加速运动，由牛顿第二定律得：

对小物块有：﹣μmg=ma1

解得：，即方向水平向右，

对平板车有：μmg=Ma2

解得：，即方向水平向左．

答：①平板小车的初速度v0为4m/s；

②从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块的加速度大小为

1.8m/s2，方向水平向右，平板车的加速度大小为0.2m/s2，方向水平向左．

【点评】本题要求同学们能分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律、能量守恒定律以及牛顿第二定律求解，难度适中．

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