重庆2019年分类考试物理模拟试题「含答案」

重庆2018年分类考试物理模拟试题「含答案」　

一、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，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．如图所示为简易升降装置，某人在吊篮中，通过定滑轮拉绳子使系统竖直匀速运动，人的质量为M，吊篮的质量为m，不计空气阻力和摩擦，不计绳子质量，重力加速度为g．下列说法正确的是（）

A．匀速上升时人的拉力大于匀速下降时人的拉力

B．匀速下降时人的拉力大小等于（m+M）g

C．人对吊篮的压力大小为

D．人的拉力大小为

2．为了道路交通安全，在一些路段设立了刹车失灵避险车道，如图所示，故障车驶入避险车道是为了（）

A．增大运动加速度B．减小运动加速度

C．增加机械能损失D．减少机械能损失

3．如图所示为固定的半径为R的半圆形轨道，O为圆心，一质量为m可视为质点的小物块，由静止开始自轨道边缘上的P点滑下，到达最低点Q时，测得小物块对轨道的弹力大小为2mg，重力加速度为g，则自P滑到Q的过程中，小物块克服摩擦力所做的功为（）

A．B．C．D．

4．带等量异种电荷的平行板竖直正对放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场．三个带同种电荷的粒子以相同动能竖直向下射入两板间，轨迹如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法一定正确的是（）

A．粒子带正电B．质量关系m1＞m2

C．质量关系m3＞m2D．有一个粒子动能不变

5．宇宙空间中有两个星球，绕同一圆心做匀速圆周运动，天文观测到它们之间的距离恒为l，运动周期为T，不考虑其它星体的影响，由此可得出（）

A．每个星球的轨道半径B．两个星球的总质量

C．每个星球的密度D．每个星球的质量

6．某加工厂里有宽度为1m的长条形材料，为了将材料切割成规定尺寸的矩形，使材料以vo=3m/s匀速直线运动，切割刀具的速度v=5m/s，切割过程中刀具与材料各自速度均不变，则下列说法正确的是（）

A．切割一次的时间为0.2sB．切割一次的时间为0.25s

C．矩形材料的长度是0.6mD．矩形材料的长度是0.75m

7．如图所示，倾角为30°的足够长光滑绝缘斜面上，放有两个质量相等的带电小球A、B，控制A球，当A、B相距d时，B球刚好处于静止状态，两小球均可视为质点，不计空气阻力．将A球从静止开始释放后，在A、B间距增大为2d的过程中，下列说法正确的是（）

A．两小球系统机械能守恒

B．两小球系统机械能增大

C．两小球加速度总和不变

D．A、B间距增大为2d时，A、B小球加速度大小之比为8：3

8．如图所示直角坐标xOy平面，在0≤x≤a区域Ⅰ内有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E；在x＞a的区域Ⅱ中有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、电量为q的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为（a，b）的P点，则下列说法正确的是（）

A．磁场方向垂直于xOy平面向里

B．粒子通过P点时动能为qEa

C．磁感应强度B的大小可能为

D．磁感应强度B的大小可能为6

二、非选择题：共62分．

9．某同学探究功和动能变化的关系，装置如图所示．

（1）将橡皮筋拉伸至O点，使小物块在橡皮筋的作用下从静止开始弹出，离开水平桌面后平抛落至水平地面上，落点记为P，用刻度尺测量出桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，不计空气阻力，取重力加速度为g，则小物块离开桌面边缘时速度大小v=．

（2）在钉子上分别套上n条同样的橡皮筋，重复步骤（1），小物块落点记为P′，若在实验误差允许范围内，满足小物块抛出点到落地点的水平距离L′=L，可验证动能定理．

10．某学习小组同学发现实验室有一压力传感器，其电阻R与压力F线性关系如图甲所示，他们利用有关电学知识及相关实验器材，设计制作测量物体质量的电子秤．

（1）学习小组同学利用一直流电源，其端电压U与电流I关系如图乙所示，则该电源电动势E=V，内阻r=Ω．

（2）现有刻度均匀的电流表A：量程为0～3A（内阻不计），导线及电键等，在传感器上面固定绝缘载物板（质量不计），按照图丙连接电路．

（3）根据设计电路，重力加速度取g=10m/s2，该电子秤可测量物体的最大质量m=kg，若电流表刻度1A、2A、3A分别对应质量m1、m2、m3，△m=m2﹣m1，△m′=m3﹣m2，则△m△m′（填“＞”、“=”或“＜”）．

（4）若该直流电源使用时间过长，则该电子秤读数相对真实值（填“偏大”或“偏小”），属于（填“系统”或“偶然”）误差．

11．如图所示，水平地面左侧有光滑的圆弧轨道AB，半径R=1.8m，质量为M的木板静置于圆弧轨道下端，且木板上表面恰好与圆弧轨道最低点B相切，B点在圆心O正下方．质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A处从静止开始释放，小物块恰好能到达木板右端．已知：m=M，物块与木板间动摩擦因数μ1=0.5，木板与水平面间动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度取g=10m/s2．求：

（1）木板长度L；

（2）木板在水平地面运动时间t．

12．如图所示，甲、乙两足够长光滑金属直杆交叉固定在光滑水平面上，两杆交于O点，夹角θ=60°，一轻弹簧沿两杆夹角平分线放置，左端固定于O′点，右侧自由端恰好位于O点，弹簧劲度系数k=10N/m．虚线PQ与弹簧垂直，PQ与O点间距D=1m，PQ右侧有竖直向下匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，一质量m=0.1kg金属杆MN置于甲乙杆上且接触良好，金属杆MN将弹簧压缩（不拴接）至图示位置，MN与PQ间距d=0.25m将金属杆MN从图示位置由静止开始无初速释放，金属杆MN沿O′O向右直线运动．已知：甲、乙及MN金属杆是完全相同的导体材料，其单位长度的电阻是r0=Ω/m．弹簧的弹性势能EP与其形变量x的关系是：EP=kx2，式中k为弹簧的劲度系数．求：

（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小；

（2）金属杆MN运动至O点过程中，金属杆MN消耗的电能；

（3）金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L．

[物理--选修3-3]（共2小题，满分15分）

13．下列说法正确的是（）

A．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞而产生的

B．晶体可能是各项异性的

C．压强不超过大气压的几十倍时，实际气体都可以看成理想气体

D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

E．两个分子间距减小时，分子力可能增大

14．如图所示，左端封闭右端开口的细玻璃管水平放置，用h=20cm水银柱封闭了长为L=65cm理想气体，水银柱右端距玻璃管开口端l=10cm．已知外界大气压强p0=76cmHg，温度t=27℃，重力加速度g=9.8m/s2．求：

①玻璃管沿其轴线做水平匀变速直线运动，右端面恰在玻璃管右端口时（水银未溢出），玻璃管的加速度大小a；

②给密闭气体缓慢加热，管中水银柱右端面恰在玻璃管右端口时（水银未溢出），密闭气体的温度．

[物理--选修3-4]（共1小题，满分0分）

15．如图所示为t=0时刻的沿x轴正向传播的某简谐横波波形图，质点P的横坐标

xP=1.5m．

①t=0.5s时，若质点P第一次到达y=0处，求波速大小v1；

②若质点P点经0.5s到达最大正位移处，求波速大小v2．

[物理--选修3-5]（共2小题，满分0分）

16．下列说法正确的是（）

A．某色光照射到一金属板表面时能够发生光电效应，当增大该色光的照射强度时，从这一金属板表面逸出的光电子的最大初动能不变

B．氢原子光谱说明了氢原子辐射的光的频率是不连续的

C．一群从处于n=1的基态的氢原子跃迁到n=4的激发态，一定是吸收了6种不同频率的光子

D．α射线的电离本领比β射线的电离本领强

E．核力将核子束缚在核内，说明核力一定是吸引力

17．如图所示，光滑水平面上A、B、C三点间距相同，C点有竖直挡板，质量为m的小球甲从A点以速度v0水平向右运动，与静止于B点的小球乙发生弹性正碰，碰后甲向左运动，乙与挡板发生弹性碰撞后恰好在A点追上甲，两小球均可视为质点，所有碰撞时间忽略不计．求：

①小球乙的质量；

②挡板对小球乙的冲量．

重庆2018年分类考试物理模拟试题参考答案与试题解析

一、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，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．如图所示为简易升降装置，某人在吊篮中，通过定滑轮拉绳子使系统竖直匀速运动，人的质量为M，吊篮的质量为m，不计空气阻力和摩擦，不计绳子质量，重力加速度为g．下列说法正确的是（）

A．匀速上升时人的拉力大于匀速下降时人的拉力

B．匀速下降时人的拉力大小等于（m+M）g

C．人对吊篮的压力大小为

D．人的拉力大小为

「考点」2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．

「分析」分别对系统进行受力分析，根据平衡条件列式求解人对绳子的拉力，再对人受力分析，根据平衡条件可求得人受到的支持力，从而由牛顿第三定律求出压力大小．

「解答」解：A、不论是匀速上升还是匀速下降，系统均处于平衡状态，合力为零，故匀速上升时人的拉力等于匀速下降时人的拉力，故A错误；

B、对人和吊篮分析可知，系统受重力和向上的绳子的拉力，则有：2F=（m+M）g，故F=（m+M）g，故B错误，D正确；

C、对人分析可知，人受向上的拉力、重力和吊篮的支持力，根据平衡条件可知：F+N=mg，解得：N=mg﹣（m+M）g=（m﹣M）g，根据牛顿第三定律可知，人对吊篮的拉力为（m﹣M）g，故C错误．

故选：D．

2．为了道路交通安全，在一些路段设立了刹车失灵避险车道，如图所示，故障车驶入避险车道是为了（）

A．增大运动加速度B．减小运动加速度

C．增加机械能损失D．减少机械能损失

「考点」6A：动能和势能的相互转化；37：牛顿第二定律．

「分析」根据避险车道的特点，结合牛顿第二定律和功能关系分析即可．

「解答」解：A、由题图可知，避险车道为斜面，车进入避险车道后沿斜面向上运动，车受到的重力有沿斜面向下的分力，与运动的方向相反，所以对车的减速能起到增大减速运动的加速度的作用．故A正确，B错误；

C、车进入避险车道后沿斜面向上运动的过程中，动能减小，同时重力势能增大，机械能的变化与重力做功无关．故CD错误．

故选：A

3．如图所示为固定的半径为R的半圆形轨道，O为圆心，一质量为m可视为质点的小物块，由静止开始自轨道边缘上的P点滑下，到达最低点Q时，测得小物块对轨道的弹力大小为2mg，重力加速度为g，则自P滑到Q的过程中，小物块克服摩擦力所做的功为（）

A．B．C．D．

「考点」65：动能定理；62：功的计算．

「分析」小球在Q点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．

「解答」解：在最低点，小物块在竖直方向上受重力和支持力，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2mg﹣mg=m，

自P滑到Q的过程中，由动能定理可得：mgR﹣Wf=m﹣0，

联立两式解得：Wf=．故ABD错误，C正确．

故选：C．

4．带等量异种电荷的平行板竖直正对放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场．三个带同种电荷的粒子以相同动能竖直向下射入两板间，轨迹如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法一定正确的是（）

A．粒子带正电B．质量关系m1＞m2

C．质量关系m3＞m2D．有一个粒子动能不变

「考点」CF：洛仑兹力．

「分析」根据粒子在复合场中的受力，判断粒子的电性，因为不计重力，故无法判断质量间的关系，根据轨迹图判断2电场力不做功，判断动能不变

「解答」解：A、粒子进入电场和磁场的复合场后，如果带电，不论带正电荷还是负电荷，受到的电场力和洛伦兹力方向都相反，故发生偏转与受力的大小有关，故无法判断电性，故A错误；

BC、粒子的偏转与受到的电场力和洛伦兹力有关，与重力无关，故无法判断质量关系，故BC错误；

D、有图可知，2沿直线运动，电场力不做功，故动能不变，故D正确；

故选：D

5．宇宙空间中有两个星球，绕同一圆心做匀速圆周运动，天文观测到它们之间的距离恒为l，运动周期为T，不考虑其它星体的影响，由此可得出（）

A．每个星球的轨道半径B．两个星球的总质量

C．每个星球的密度D．每个星球的质量

「考点」4F：万有引力定律及其应用．

「分析」双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，对分别运用牛顿第二定律列出动力学方程

「解答」解：设两星球的质量分别为和，的轨道半径为，的轨道半径为，由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同，由向心力公式可得：

对：①

对：②

由①得③

由②得④

③+④得⑤

因为，⑥

⑥代入⑤式得

由上面的分析知，ACD错误，每个星球的轨道半径无法求解，每个星球总质量无法求解，每个星球的密度无法求解，只能求出两个星球的总质量，故B正确．

故选：B

6．某加工厂里有宽度为1m的长条形材料，为了将材料切割成规定尺寸的矩形，使材料以vo=3m/s匀速直线运动，切割刀具的速度v=5m/s，切割过程中刀具与材料各自速度均不变，则下列说法正确的是（）

A．切割一次的时间为0.2sB．切割一次的时间为0.25s

C．矩形材料的长度是0.6mD．矩形材料的长度是0.75m

「考点」44：运动的合成和分解．

「分析」割刀实际参与两个分运动，即沿玻璃的运动和垂直玻璃方向的运动．根据运动的合成确定运动的轨迹以及合速度．根据分运动与合运动具有等时性，求出完成一次切割所需的时间，以及一次切割时间里玻璃板的位移．

「解答」解：AB、为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，割刀相对玻璃的运动速度应垂直玻璃．割刀实际参与两个分运动，即沿玻璃的运动和垂直玻璃方向的运动．则割刀垂直玻璃方向的速度v⊥==4m/s，那么切割一次的时间为t===0.25s．故A错误，B正确．

CD、在0.25s内玻璃在水平方向的运动位移x=v∥t=3×0.25=0.75m．故C错误，D正确．

故选：BD．

7．如图所示，倾角为30°的足够长光滑绝缘斜面上，放有两个质量相等的带电小球A、B，控制A球，当A、B相距d时，B球刚好处于静止状态，两小球均可视为质点，不计空气阻力．将A球从静止开始释放后，在A、B间距增大为2d的过程中，下列说法正确的是（）

A．两小球系统机械能守恒

B．两小球系统机械能增大

C．两小球加速度总和不变

D．A、B间距增大为2d时，A、B小球加速度大小之比为8：3

「考点」6C：机械能守恒定律；37：牛顿第二定律．

「分析」分析两球的受力情况，明确库仑力做功，根据机械能守恒条件可明确机械能是否守恒；根据牛顿第二定律可求得加速度，进而明确两物体的加速度大小之和以及比值．

「解答」解：A、开始时B球静止，则说明AB两球间为斥力，在A球由静止释放相互远离的过程中，由于库仑力做正功，故两小球的机械能增大；故A错误，B正确；

C、两小球受重力和库仑力的作用而做加速运动，设某时刻库仑力大小为F，则由牛顿第二定律可知：A的加速度为：aA=；而B的加速度aB=；则可知，两小球加速度之和不变；故C正确；

D、根据平衡条件可知：mgsin30°=；当距离为2d时，库仑力为：F′===；则可知，A的加速度为：aA==；B的加速度aB==；故加速度之比5：3；故D错误；

故选：BC．

8．如图所示直角坐标xOy平面，在0≤x≤a区域Ⅰ内有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E；在x＞a的区域Ⅱ中有垂直于xOy平面的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、电量为q的正粒子，从坐标原点由静止开始自由释放，不计粒子重力，能过坐标为（a，b）的P点，则下列说法正确的是（）

A．磁场方向垂直于xOy平面向里

B．粒子通过P点时动能为qEa

C．磁感应强度B的大小可能为

D．磁感应强度B的大小可能为6

「考点」CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．

「分析」根据左手定则判断磁感应强度的方向；根据动能定理求解粒子通过P点时的动能；粒子可能经过多个半周以后通过P点，分析粒子运动半径大小．推导出磁感应强度的计算公式进行分析．

「解答」解：根据题意可得，粒子能够通过（a，b）的P点，轨迹可能的情况如图所示，

A、根据左手定则可得，磁场方向垂直于xOy平面向里，A正确；

B、洛伦兹力不做功，整个过程中只有电场力做功，根据动能定理可得，粒子通过P点时动能为Ek=qEa，B正确；

CD、粒子在磁场中运动的速度大小为v，则Ek=qEa=，解得：v=；

粒子在磁场中运动的半径为：r=，其中n=1、2、3…，

根据r=可得：B=2n，磁感应强度不可能为；

当n=3时，B=6，所以C错误，D正确；

故选：ABD．

二、非选择题：共62分．

9．某同学探究功和动能变化的关系，装置如图所示．

（1）将橡皮筋拉伸至O点，使小物块在橡皮筋的作用下从静止开始弹出，离开水平桌面后平抛落至水平地面上，落点记为P，用刻度尺测量出桌面到地面的高度h，小物块抛出点到落地点的水平距离L，不计空气阻力，取重力加速度为g，则小物块离开桌面边缘时速度大小v=　L　．

（2）在钉子上分别套上n条同样的橡皮筋，重复步骤（1），小物块落点记为P′，若在实验误差允许范围内，满足小物块抛出点到落地点的水平距离L′=　　L，可验证动能定理．

「考点」MJ：探究功与速度变化的关系．

「分析」（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度；

（2）根据动能定理列式求出在钉子上分别套上n条同样的橡皮筋小物体离开桌面边缘的速度与只有一根橡皮筋时速度的关系，再结合平抛运动基本规律分析即可．

「解答」解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据h=，和L=vt，可得v=L，

（2）小物块在橡皮筋的作用下从静止开始弹出的过程中，根据动能定理得：

在钉子上分别套上n条同样的橡皮筋，根据动能定理则有：

，

解得：，

而平抛运动的时间相等，根据L=vt可知，L′=L，即在实验误差允许范围内，满足小物块抛出点到落地点的水平距离L′=L，可验证动能定理．

故答案为：（1）L；

（2）

10．某学习小组同学发现实验室有一压力传感器，其电阻R与压力F线性关系如图甲所示，他们利用有关电学知识及相关实验器材，设计制作测量物体质量的电子秤．

（1）学习小组同学利用一直流电源，其端电压U与电流I关系如图乙所示，则该电源电动势E=　12　V，内阻r=　2　Ω．

（2）现有刻度均匀的电流表A：量程为0～3A（内阻不计），导线及电键等，在传感器上面固定绝缘载物板（质量不计），按照图丙连接电路．

（3）根据设计电路，重力加速度取g=10m/s2，该电子秤可测量物体的最大质量m=　180　kg，若电流表刻度1A、2A、3A分别对应质量m1、m2、m3，△m=m2﹣m1，△m′=m3﹣m2，则△m　＞　△m′（填“＞”、“=”或“＜”）．

（4）若该直流电源使用时间过长，则该电子秤读数相对真实值　偏小　（填“偏大”或“偏小”），属于　系统　（填“系统”或“偶然”）误差．

「考点」N3：测定电源的电动势和内阻；N6：伏安法测电阻．

「分析」（1）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．

（3）物体的质量越大，压力传感器受到的压力越大，压力传感器电阻越小，电路电流越大，电路最大电流是电流表量程，由欧姆定律求出传感器接入电路的最小阻值，然后求出物体的最大质量；根据闭合电路欧姆定律分析答题．

（4）应用根据闭合电路欧姆定律分析电源使用时间过长后电子称测量值与真实值间的关系，然后答题．

「解答」解：（1）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为12，则电源电动势为：E=12V，电源内阻为：r===2Ω；

（3）电流表量程为3A，电路最大电流为3A，电路最小电阻阻值为：R最小+r===4Ω，传感器接入电路的最小阻值为：R最小=2Ω；

由图甲可知，传感器阻值与所受压力的关系为：R=kF+b，由图示图象可知：b=20，0=2000k+b，k=﹣0.01，则R=﹣0.01F+20，

当R=2Ω时：2=﹣0.01F+20，则F=1800N，由平衡条件可知：F=G=mg，则有：m最大=180kg；

电流为1A时：R1=﹣r=10Ω，10=﹣0.01F1+20，F1=1000N，F1=G1=m1g，m1=100kg，

电流为2A时：R2=﹣r=4Ω，4=﹣0.01F2+20，F2=1600N，F2=G2=m2g，m2=160kg，

电流为3A时：m3=m最大=180kg，则：△m=m2﹣m1=60kg，△m′=m3﹣m2=20kg，则△m＞△m′．

（4）若该直流电源使用时间过长，电源的电动势变小，电源内阻变大，在同一刻度值传感器电阻应更大，所测物体实际质量偏大，则该电子秤读数相对真实值偏小；属于系统误差．

故答案为：（1）12；2；（3）180；＞；（4）偏小；系统．

11．如图所示，水平地面左侧有光滑的圆弧轨道AB，半径R=1.8m，质量为M的木板静置于圆弧轨道下端，且木板上表面恰好与圆弧轨道最低点B相切，B点在圆心O正下方．质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A处从静止开始释放，小物块恰好能到达木板右端．已知：m=M，物块与木板间动摩擦因数μ1=0.5，木板与水平面间动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度取g=10m/s2．求：

（1）木板长度L；

（2）木板在水平地面运动时间t．

「考点」6C：机械能守恒定律；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．

「分析」（1）根据机械能守恒定律可求得物体到达B点时的速度，再对物体和木板受力分析，根据牛顿第二定律求解各自的加速度，再根据运动学公式即可求得木板的长度；

（2）木板与物块达到共同速度后一起以相同的加速度运动，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据运动学公式即可求得时间．

「解答」解：（1）设小物块滑至B点时速度大小为v0；由机械能守恒定律得：

mgh=

解得：v0=6m/s；

物块受木板动摩擦力f1=μ1mg；

运动加速度大小为a1

有f1=ma1

解得：a1=5m/s2；

木板受地面动摩擦力f2=μ2（M+m）g；

运动加速度大小为a2；有

f1﹣f2=Ma2

解得：a2=1m/s2；

设历时t1木板与物块达到共同速度v；

有v=v0﹣a1t1

v=a2t1

解得：t1=1s；v=1m/s

物块位移x1=

木板位移x2=

木板长度L=x1﹣x2

解得：L=3m．

（2）木板与物块达到共同速度后一起以加速度a3做匀减速直线运动，

a3=μ2g

历时t2至停止

v=a3t2

t2=0.5s；

木板在水平地面运动时间

t=t1+t2=1+0.5=1.5s．

答：（1）木板长度L为3m；

（2）木板在水平地面运动时间t为1.5s．

12．如图所示，甲、乙两足够长光滑金属直杆交叉固定在光滑水平面上，两杆交于O点，夹角θ=60°，一轻弹簧沿两杆夹角平分线放置，左端固定于O′点，右侧自由端恰好位于O点，弹簧劲度系数k=10N/m．虚线PQ与弹簧垂直，PQ与O点间距D=1m，PQ右侧有竖直向下匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，一质量m=0.1kg金属杆MN置于甲乙杆上且接触良好，金属杆MN将弹簧压缩（不拴接）至图示位置，MN与PQ间距d=0.25m将金属杆MN从图示位置由静止开始无初速释放，金属杆MN沿O′O向右直线运动．已知：甲、乙及MN金属杆是完全相同的导体材料，其单位长度的电阻是r0=Ω/m．弹簧的弹性势能EP与其形变量x的关系是：EP=kx2，式中k为弹簧的劲度系数．求：

（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小；

（2）金属杆MN运动至O点过程中，金属杆MN消耗的电能；

（3）金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L．

「考点」D9：导体切割磁感线时的感应电动势；6C：机械能守恒定律；8G：能量守恒定律；BB：闭合电路的欧姆定律；CE：安培力的计算．

「分析」（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ过程中，只有弹簧弹力做功，故弹簧和杆系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析即可；

（2）根据切割公式、安培力公式、胡克定律判断金属杆的运动性质，然后根据能量守恒定律列式求解；

（3）金属杆MN与弹簧不拴接，故金属杆经过O点后向右运动时受重力、支持力和安培力，根据切割公式求解感应电动势，根据安培力公式求解安培力，根据牛顿第二定律列式并结合微元法列式求解．

「解答」解：（1）设金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小为v0，有：

，

代入数据解得：v0=7.5m/s；

（2）金属杆MN刚进入磁场瞬时，产生感应电动势为：

，

电流强度为：，，

受安培力为：，

受弹簧弹力为：F2=kD，

解得：F2=F1，

同理分析得：金属杆MN运动至O点过程中，受力平衡，作匀速直线运动，

回路消耗的电能为：，

金属杆MN消耗的电能为：；

（3）金属杆MN通过O点后，设MN到O点距离为x时，导体棒在回路中的长度为l，速度大小为v，加速度大小为a，回路中的电流强度为I，根据牛顿第二定律，有：BIl=ma，

其中：，故：，

由于，故，

故：，

由微元法得：，

金属杆MN通过的回路面积S，，

金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L时，

即，

解得：；

答：（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小为7.5m/s；

（2）金属杆MN运动至O点过程中，金属杆MN消耗的电能为；

（3）金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L为1.06m．

[物理--选修3-3]（共2小题，满分15分）

13．下列说法正确的是（）

A．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞而产生的

B．晶体可能是各项异性的

C．压强不超过大气压的几十倍时，实际气体都可以看成理想气体

D．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律

E．两个分子间距减小时，分子力可能增大

「考点」8H：热力学第二定律；92：*晶体和非晶体．

「分析」从分子动理论的观点看来，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，单晶体可能是各项异性，温度不太低，压强不超过大气压的几倍时，实际气体都可以看成理想气体；第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律；分子间距为r0时，分子间的作用力为零，距离减小，表现为斥力，距离增大

「解答」解：A、气体压强产生原因是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点看来，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；故A正确

B、单晶体可能是各向异性，多晶体各向同性，故B正确

C、温度不太低，压强不超过大气压的几倍时，实际气体都可以看成理想气体，故C错误

D、第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律，故D错误

E、分子间作用力与分子间距离关心如图，实线所示，分子间距为r0时，分子间的作用力为零，距离减小，表现为斥力，距离增大，表现为引力，所以说分子间距离越小，分子间作用力可能增大，故E正确．????????????????????????

故选：ABE

14．如图所示，左端封闭右端开口的细玻璃管水平放置，用h=20cm水银柱封闭了长为L=65cm理想气体，水银柱右端距玻璃管开口端l=10cm．已知外界大气压强p0=76cmHg，温度t=27℃，重力加速度g=9.8m/s2．求：

①玻璃管沿其轴线做水平匀变速直线运动，右端面恰在玻璃管右端口时（水银未溢出），玻璃管的加速度大小a；

②给密闭气体缓慢加热，管中水银柱右端面恰在玻璃管右端口时（水银未溢出），密闭气体的温度．

「考点」99：理想气体的状态方程．

「分析」①气体发生等温变化，由玻意耳定律求出气体的压强，然后应用牛顿第二定律可以求出加速度；

②根据题意求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度．

「解答」解：①设水银的密度为ρ，管中水银柱右端面恰在玻璃管右端口时，密闭气体的压强为p，

气体发生等温变化，由玻意耳定律得：LSp0=（L+l）Sp，

解得：p=65.9cmHg，

对水银柱，由牛顿第二定律得：（p0﹣p）S=ρSha，

解得：a=5m/s2；

②管中水银柱右端面恰在玻璃管右端口时（水银未溢出），气体初状态的温度为：273+27=300K，由理想气体状态方程得：

=，

解得：t=73℃；

答：①玻璃管的加速度大小a为5m/s2；

②密闭气体的温度是73℃．

[物理--选修3-4]（共1小题，满分0分）

15．如图所示为t=0时刻的沿x轴正向传播的某简谐横波波形图，质点P的横坐标

xP=1.5m．

①t=0.5s时，若质点P第一次到达y=0处，求波速大小v1；

②若质点P点经0.5s到达最大正位移处，求波速大小v2．

「考点」F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．

「分析」①t=0.5s时，当O点的振动传到P点时，质点P第一次到达y=0处，由波形平移法研究波传播的距离，再求波速大小v1；

②若质点P点经0.5s到达最大正位移处，根据波形的平移法和周期性得到波传播的距离，再求波速大小v2．

「解答」解：①t=0.5s时，当O点的振动传到P点时，质点P第一次到达y=0处，则波传播的距离为△x=1.5m

波速大小v1===3m/s

②若质点P点经0.5s到达最大正位移处，波传播的距离为△x′=（2.5+4n）m，n=0，1，2，3，…

波速大小v2===（5+8n），n=0，1，2，3，…

答：

①t=0.5s时，若质点P第一次到达y=0处，波速大小v1是3m/s．

②若质点P点经0.5s到达最大正位移处，波速大小v2是（5+8n），n=0，1，2，3，…．

[物理--选修3-5]（共2小题，满分0分）

16．下列说法正确的是（）

A．某色光照射到一金属板表面时能够发生光电效应，当增大该色光的照射强度时，从这一金属板表面逸出的光电子的最大初动能不变

B．氢原子光谱说明了氢原子辐射的光的频率是不连续的

C．一群从处于n=1的基态的氢原子跃迁到n=4的激发态，一定是吸收了6种不同频率的光子

D．α射线的电离本领比β射线的电离本领强

E．核力将核子束缚在核内，说明核力一定是吸引力

「考点」IC：光电效应；I6：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．

「分析」根据光电效应方程分析光电子的最大初动能与什么因素有关；氢原子光屏说明氢原子辐射的光子频率是量子化的，不连续；能级间跃迁辐射或吸收的能量等于两能级间的能级差；三种射线中，α射线的电离能力最强，γ射线的穿透能力最强；核力不一定就表现为吸引力．

「解答」解：A、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，当增大该色光的照射强度时，从这一金属板表面逸出的光电子的最大初动能不变，故A正确．

B、氢原子光谱说明了氢原子辐射的光的频率是不连续的，故B正确．

C、从m=4跃迁到n=1可能会发出6种不同频率的光子，从n=1跃迁到n=4，可以只吸收一种频率的光子，故C错误．

D、三种射线中，α射线的电离能力最强，故D正确．

E、核力是短程力，可以表现为吸引力，也可以表现为排斥力，故E错误．

故选：ABD．

17．如图所示，光滑水平面上A、B、C三点间距相同，C点有竖直挡板，质量为m的小球甲从A点以速度v0水平向右运动，与静止于B点的小球乙发生弹性正碰，碰后甲向左运动，乙与挡板发生弹性碰撞后恰好在A点追上甲，两小球均可视为质点，所有碰撞时间忽略不计．求：

①小球乙的质量；

②挡板对小球乙的冲量．

「考点」53：动量守恒定律；52：动量定理．

「分析」①根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出小球乙的质量．

②对小球乙，运用动量定理求挡板对小球乙的冲量．

「解答」解：（ⅰ）设甲、乙两球碰后速度大小分别为v1、v2，小球乙的质量为M．

由题有：乙与挡板发生弹性碰撞后恰好在A点追上甲，由于碰后到相遇时，A和B通过的路程之比为：s1：s2=1：3

根据s=vt得：v2=3v1

以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：

?mv0=m（﹣v1）+Mv2

由机械能守恒定律得：

mv02=mv12+v22

解得：M=m，v2=

（ⅱ）由动量定理得：

挡板对小球乙的冲量大小I=2Mv2=2.5mv0，方向：水平向左

答：

①小球乙的质量是m；

②挡板对小球乙的冲量大小为2.5mv0，方向：水平向左．