1、2021年高三物理一模试卷含解析一、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第15题只有一项符合题目要求，第68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1沿同一直线运动的a、b两物体，其xt图象分别为图中直线a和曲线b所示，由图可知（）A两物体运动方向始终不变B0t1内a物体的位移大于b物体的位移Ct1t2内某时刻两物体的速度相同Dt1t2内a物体的平均速度大于b物体的平均速度2如图所示，小车内固定着一个倾角为60的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角=60，可绕转轴O在竖直平面内转动现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是（）A
2、当小车与挡板均静止时，球对斜面的压力小于mgB保持=60不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的压力可能为零C保持小车静止，在由60缓慢减小至15的过程中，球对挡板的压力逐渐减小D保持小车静止，在由60缓慢减小至15的过程中，球对斜面的压力逐渐增大3如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是（）Ad、f两点的电场强度相同Ba点电势比e点电势高Cb、d两点间电势差小于b，f两点间电势差D质子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等4如图所示，人造卫星P（可看作质点）绕地
3、球做匀速圆周运动在卫星运行轨道平面内，过卫星P作地球的两条切线，两条切线的夹角为，设卫星P绕地球运动的周期为T，线速度为v，万有引力常量为G下列说法正确的是（）A越大，T越大B越小，T越大C若测得T和，则地球的平均密度为=D若测得T和，则地球的平均密度为=5如图所示，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中当磁场以20T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U，则（）Aab，U=0.2VBab，U=0.2VCab，U=0.4VDab，U=0.4V6如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=55：1，原线圈接入电压u=220sin
4、100t（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A副线圈中交变电流的频率为100HzBt=0.02s时，电压表的示数为4VC电流表的示数先变小后变大D电流表的示数先变大后变小7如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点且OQ=R，P点为边界上一点，且PQ与OM平行现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力及粒子间的相互作用），其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，粒子2从P点沿PQ射入，下列说法正确的是（）A粒子2一定从N点射出磁场B粒子2在P、N之间某点射出
5、磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2：18如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为=30质量均为l kg的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（取g=10m/s2）（）A初状态弹簧的压缩量为1cmB末状态弹簧的伸长量为1cmC物体B、C与地球组成的系统机械能守恒D物体C克服绳的拉力所做
6、的功为0.2J三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9如图1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（1）实验得到一条如图2所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是m/s2（计算结果保留两位有效数字）（2）读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变
7、钩码个数，重复实验以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图3所示已知滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦则滑块和木板之间的动摩擦因数=10国标（GB/T）规定自来水在15时电阻率应大于13m某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略）理想电压表V1（量程为3V）理想电压表V2（量程为3V）定值电阻R1（阻值4k）定
8、值电阻R2（阻值2k）电阻箱R（最大阻值9999）单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺实验步骤如下：A用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C用刻度尺测量并记录水柱长度L；D把S拨到1位置，记录电压表V1示数；E把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；F改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D、E；G断开S，整理好器材（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=mm（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为Rx=（用R1、R2、R表示）（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙
9、所示的R图象可求出自来水的电阻率=m（保留三位有效数字）11如图所示，质量m=0.1kg的小球（可视为质点），用长度l=0.2m的轻质细线悬于天花板的O点足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h=0.4m木板与水平面间的夹角=37，整个装置在同一竖直面内现将小球移到与O点等高的P点（细线拉直），由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）细线所能承受的最大拉力F；（2）小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s；（3）小球与木板接触前瞬间的速度大小12如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀
10、强电场（上、下及左侧无边界）一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）t0与t1的比值；（3）小球过D点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度B0的大小及运动的最大周期Tm（二）选考题，请考生任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列
11、说法正确的是（）A悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡B荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用C物体内所有分子的热运动动能之和叫做物体的内能D当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大E一定质量的理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值14如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成I、两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，此时I、两部分气体的高度均为l0已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg=p0S，不计一切摩擦当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上
12、升的高度【物理-选修3-4】15如图甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，则该波的传播速度v=m/s；传播方向（填“向左”或“向右”）16半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如图所示，圆心为O两条平行单色红光垂直直径MN射入玻璃砖，光线l正对圆心O入射，光线2的入射点为B，AOB=60已知该玻璃砖对红光的折射率n=求：（i）两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离d；（ii）若入射光由单色红光改为单色蓝光，其它条件不变，则距离d将如何变化？【物理-选修3-5】17图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列
13、说法正确的是（）A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应E遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大18如图所示，质量mC=1kg的木块C置于足够长的木块B上，木板B的质量mB=2kg，B、C用一轻弹簧相拴接，开始时B、C静止木块A的质量mA=0.5kg，以v0=5m/s的速度向右运动与B碰撞，碰后B的速度vB=2m/s，碰撞时间极短，接触面均光滑求：（i）A、B碰撞后A的速度；（ii）弹簧最长时具有的弹
14、性势能（结果保留两位有效数字）xx年山东省济宁市高考物理一模试卷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第15题只有一项符合题目要求，第68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1沿同一直线运动的a、b两物体，其xt图象分别为图中直线a和曲线b所示，由图可知（）A两物体运动方向始终不变B0t1内a物体的位移大于b物体的位移Ct1t2内某时刻两物体的速度相同Dt1t2内a物体的平均速度大于b物体的平均速度【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】根据图象切线的斜率表示速度，确定运动的方向，结合位置
15、坐标比较位移的大小，根据位移和时间的比值比较平均速度的大小关系【解答】解：A、在xt图象中，切线的斜率表示速度，b图象的斜率先负后正，说明b车先沿负向运动，后沿正向运动，故A错误B、0时刻和t1时刻，两车的位置坐标均相等，可知0t1内两物的位移相等，故B错误C、t1到t2时间内，某时刻两图象的斜率相等，物体的速度相同，故C正确D、t1t2内两个物体的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故D错误故选：C2如图所示，小车内固定着一个倾角为60的斜面OA，挡板OB与水平面的夹角=60，可绕转轴O在竖直平面内转动现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间，下列说法正确的是（）A当小车与挡板均静止时，球
16、对斜面的压力小于mgB保持=60不变，使小车水平向右运动，则球对斜面的压力可能为零C保持小车静止，在由60缓慢减小至15的过程中，球对挡板的压力逐渐减小D保持小车静止，在由60缓慢减小至15的过程中，球对斜面的压力逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】A、将小球的重力按照作用效果进行分解，结合几何关系分析；B、如果小球对斜面的压力为零，受重力和挡板B的支持力，合力水平，说明加速度水平向右；CD、将小球的重力按照作用效果进行分解，通过作图分析各个分力的变化情况【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形
17、，根据几何关系可知，FA=FB=mg，故A错误；B、若保持=60不变，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FB和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故B正确；CD、保持小车静止，在由60缓慢减小至15的过程中，根据图象可知，FA不断减小，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，对斜面的压力不断减小，故C错误，D错误；故选：B3如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e，f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是（）Ad、f两点的电场强度相同Ba点电势比e点电势高Cb、d
18、两点间电势差小于b，f两点间电势差D质子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、d两点间和b、f间电势差的关系根据电势高低，判断电势能的变化【解答】解：A、由图看出，d、f两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以d、f两点的电场强度不同，故A错误B、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越高，故a点电势低于e点电势，故B错误C、d、f两点电势相等，则b、d两点间电势差等于b、f两点间电势差，
19、故C错误D、d、f两点电势相等，则质子沿圆周由h到d与由h到f，电场力做功相等，故D正确故选：D4如图所示，人造卫星P（可看作质点）绕地球做匀速圆周运动在卫星运行轨道平面内，过卫星P作地球的两条切线，两条切线的夹角为，设卫星P绕地球运动的周期为T，线速度为v，万有引力常量为G下列说法正确的是（）A越大，T越大B越小，T越大C若测得T和，则地球的平均密度为=D若测得T和，则地球的平均密度为=【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】由可确轨道半径，再据万有引力提供向心力确定各量与半径的关系可得各选项的正误【解答】解：A、B、半径r=（R为地球的半径），可知越大，半径越小，又运动周期：T=
20、2，则半径越小，周期越小；越小，半径越大，T越大则A错误，B正确 C、D、测得T和，由万有引力提供向心力：m=G 得=，则D正确，C错误故选：BD5如图所示，用均匀导线做成边长为0.2m的正方形线框，线框的一半处于垂直线框向里的有界匀强磁场中当磁场以20T/s的变化率增强时，a、b两点间电势差的大小为U，则（）Aab，U=0.2VBab，U=0.2VCab，U=0.4VDab，U=0.4V【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】根据法拉第电磁感应定律，求出感应电动势的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，再通过闭合电路欧姆定律求出电流以及电势差【解答】解：题中正方形线框的左半部
21、分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内电阻为，画出等效电路如图所示则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知： =20 T/s由法拉第电磁感应定律，得：E=N=120V=0.4 V所以有：U=IR=0.2V，由于a点电势低于b点电势，故有：Uab=0.2 V故选：A6如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=55：1，原线圈接入电压u=220sin100t（V）的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（）A副线圈中交变电流的频
22、率为100HzBt=0.02s时，电压表的示数为4VC电流表的示数先变小后变大D电流表的示数先变大后变小【考点】变压器的构造和原理【分析】根据交流电的瞬时值表达式得出交流电的圆频率，由f=即可求出交流电的频率；根据变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率；根据电路的结构，得出电路中电阻的变化规律，然后结合欧姆定律分析电路中的电流的变化即可【解答】解：A、由电压公式知交流电的=100，f=50Hz，故A错误；B、原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知，所以副线圈两端电压为： V（即为电压表的读数），故B正确；C、D、由图可知，滑动变阻器的上下两部分并
23、联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电阻值将先减小后增大变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大故C正确，D错误故选：BC7如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，Q为半径ON上的一点且OQ=R，P点为边界上一点，且PQ与OM平行现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力及粒子间的相互作用），其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，粒子2从P点沿PQ射入，下列
24、说法正确的是（）A粒子2一定从N点射出磁场B粒子2在P、N之间某点射出磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2：1【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子在磁场中的运动，确定圆心的方法：（1）洛仑兹力指向圆心；（2）弦的中垂线过圆心由此方法确定运动轨迹求粒子运动时间在磁场中运动时间的方法：（1）；（2），s为弧长由此方法比较时间【解答】解：粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，根据洛仑兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心O1，运动轨迹为蓝色圆弧，其半径R两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同粒子2从
25、P点沿PQ射入，根据洛仑兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场A正确，B错误MO1N=90；PO2N=POQ，cosPOQ=，所以PO2N=POQ=45两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同粒子运动时间与圆心角成正比所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2：1C错误，D正确故选：AD8如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的倾角为=30质量均为l kg的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5N/cm，质量为2kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与
26、物体B连接开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是（取g=10m/s2）（）A初状态弹簧的压缩量为1cmB末状态弹簧的伸长量为1cmC物体B、C与地球组成的系统机械能守恒D物体C克服绳的拉力所做的功为0.2J【考点】功能关系；功的计算【分析】根据胡克定律求初状态弹簧的压缩量和末状态弹簧的伸长量根据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，分析机械能是否守恒由系统的机械能守恒，求出末状态时C的速度，再由动能定理求物体C克服绳的拉力所做的功【解答】解：A、初状态弹簧的压缩量为 x1=1
27、cm，故A正确B、末状态弹簧的伸长量为 x2=1cm故B正确C、对于物体B、C与地球组成的系统，由于弹簧对B做负功，所以系统的机械能不守恒故C错误D、初末状态弹簧的弹性势能相等，对于弹簧、物体B、C与地球组成的系统，根据机械能守恒定律得 mCg（x1+x2）=mBg（x1+x2）sin+对C，由动能定理得 mCg（x1+x2）W=解得物体C克服绳的拉力所做的功 W=0.2J，故D正确故选：ABD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：9如图1所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验
28、装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（1）实验得到一条如图2所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是2.4m/s2（计算结果保留两位有效数字）（2）读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b的一条倾斜直线，如图3所示已知滑块和动滑轮的总质量为m，重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦则滑块和木板之间的动摩擦
29、因数=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）利用逐差法求得加速度（2）由实验方案可知，滑块受到的拉力为弹簧秤示数的两倍，滑块同时受摩擦力，由牛顿第二定律可得弹簧秤示数与加速度a的关系由图象可得摩擦因数【解答】解：（1）加速度为=2.4m/s2（2）滑块受到的拉力T为弹簧秤示数的两倍，即：T=2F滑块受到的摩擦力为：f=mg由牛顿第二定律可得：Tf=ma解得力F与加速度a的函数关系式为：由图象所给信息可得图象截距为：解得：故答案为：2.4，10国标（GB/T）规定自来水在15时电阻率应大于13m某同学利用图甲电路测量15自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加
30、有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动实验器材还有：电源（电动势约为3V，内阻可忽略）理想电压表V1（量程为3V）理想电压表V2（量程为3V）定值电阻R1（阻值4k）定值电阻R2（阻值2k）电阻箱R（最大阻值9999）单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺实验步骤如下：A用游标卡尺测量并记录玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水，确保无气泡；C用刻度尺测量并记录水柱长度L；D把S拨到1位置，记录电压表V1示数；E把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；F改变玻璃管内水柱长度
31、，重复实验步骤C、D、E；G断开S，整理好器材（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=20.0mm（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为Rx=（用R1、R2、R表示）（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R图象可求出自来水的电阻率=12.6m（保留三位有效数字）【考点】自来水电阻率的测定【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数（2）分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：2.0cm=20mm，游标尺上第0个刻度和主尺上刻度对
32、齐，所以最终读数为：20.0mm；（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总=+U当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压U总=R2+U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得=，解得Rx=； （3）从图丙中可知，R=1103时， =5.0m1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx=8000，水柱横截面积S=（）2=3.14104 m2，由电阻定律R=得 =80003.141045m12.6m；故答案为：（1）20.0；（2）；（3）12.611如图所示，质量m=0.1kg的小球（可视为质点），用长度l
33、=0.2m的轻质细线悬于天花板的O点足够长的木板AB倾斜放置，顶端A位于O点正下方，与O点的高度差h=0.4m木板与水平面间的夹角=37，整个装置在同一竖直面内现将小球移到与O点等高的P点（细线拉直），由静止释放，小球运动到最低点Q时细线恰好被拉断（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）细线所能承受的最大拉力F；（2）小球在木板上的落点到木板顶端A的距离s；（3）小球与木板接触前瞬间的速度大小【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【分析】（1）小球从P运动到最低点Q的过程，由机械能守恒定律求小球到Q点的速度在Q点，细线的拉力最大由牛顿第二定律求最大拉力F（2）、（
34、3）细线被拉断后小球做平抛运动，由平抛运动的规律求出小球在木板上的落点到木板顶端A的距离由机械能守恒求木板接触前瞬间的速度【解答】解：（1）设细线拉断时小球的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：=mgl解得：v0=在Q点，由牛顿第二定律得 Fmg=m解得 F=3mg=3N（2）设小球在木板上的落点到木板顶端A的距离为s，由平抛运动的规律得： l+ssin=gt2； scos=v0t联立以上各式得：s=1m（3）设小物块与木板接触前瞬间的速度大小为v，由机械能守恒定律得：mv2=mg（h+ssin）联立以上各式得：v=2m/s答：（1）细线所能承受的最大拉力F是3N；（2）小球在木板上的落点到木
35、板顶端A的距离s是1m；（3）小球与木板接触前瞬间的速度大小是2m/s12如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场（上、下及左侧无边界）一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g求：（1）电场强度E的大小和方向；（2）t0与t1的比值；（3）小球过D点后做周期性运动，则当小球运动
36、的周期最大时，求出此时磁感应强度B0的大小及运动的最大周期Tm【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）根据电场力与重力，二力平衡，即可求解；（2）根据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；（3）根据几何关系，由牛顿第二定律以及周期公式，即可求解【解答】解：（1）不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，则有：qE=mg，解得：E=，方向竖直向上，（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图所示，设半径为r，做圆周运动的周期为T，则有：r=v0t1，T=，解得：，（3）当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图：由几何关系得：2R=2L，
37、由牛顿第二定律得：Bqv0=m，解得：，答：（1）电场强度E的大小为，方向竖直向上；（2）t0与t1的比值为；（3）此时磁感应强度B0的大小为，运动的最大周期Tm为（二）选考题，请考生任选一模块作答【物理-选修3-3】13下列说法正确的是（）A悬浮在液体中的微粒越小，在液体分子的撞击下越容易保持平衡B荷叶上的小水珠呈球形是由于液体表面张力的作用C物体内所有分子的热运动动能之和叫做物体的内能D当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大E一定质量的理想气体先经等容降温，再经等温压缩，压强可以回到初始的数值【考点】理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；* 液体的表面张力现象和毛细现象；*相对
38、湿度【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不容易保持平衡；液体表面存在表面张力；根据内能的定义分析C选项；绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比人们感到潮湿时，与空气的相对湿度有关；根据理想气体的状态方程分析气体的状态参量的变化【解答】解：A、做布朗运动的微粒越小，在液体分子的撞击下越不容易保持平衡，故A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、物体内所有分子的热运动动能之和与分子势能的总和叫做物体的内能，故C错误；D、人们感到潮湿时，与空气的
39、相对湿度有关，与绝对湿度无关，当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，故D正确；E、根据理想气体的状态方程： =C可知，一定质量的理想气体先经等容降温，压强减小；再经等温压缩，压强又增大，所以压强可以回到初始的数值，故E正确；故选：BDE14如图所示，用两个质量均为m、横截面积均为S的密闭活塞将开口向下竖直悬挂的导热气缸内的理想气体分成I、两部分，当在活塞A下方悬挂质量为2m的物体后，整个装置处于静止状态，此时I、两部分气体的高度均为l0已知环境温度、大气压强p0均保持不变，且满足5mg=p0S，不计一切摩擦当取走物体后，两活塞重新恢复平衡，求活塞A上升的高度【考点】理想气体的状态方程【分
40、析】活塞导热且环境温度保持不变，所以两部分气体为等温变化，先写出两部分气体的状态，然后由玻意耳定律列式解方程即可【解答】解：对气体I，初状态的压强为：p1=p0=p0末状态的压强为：p1=p0=p0由玻意耳定律有：p1l0S=p1l1S解得：l1=l0气体，初状态p2=p1=p0末状态由玻意耳定律p2l0S=p2l2Sl2=l0A活塞上升的高度l=（l0l1）+（l0l2）=l0答：活塞A上升的高度为l0【物理-选修3-4】15如图甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，则该波的传播速度v=0.6m/sm/s；传播方向向左（填“向左”或“向右
41、”）【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据振动图象与波动图象，再由，可求出波速，由质点的振动方向来确定波的传播【解答】解：由图可知，=1.2m，T=2s，波速由振动图象可知，t=0s时质点P向下振动，由上下坡法可知，该波向左传播故答案为：0.6m/s；向左16半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如图所示，圆心为O两条平行单色红光垂直直径MN射入玻璃砖，光线l正对圆心O入射，光线2的入射点为B，AOB=60已知该玻璃砖对红光的折射率n=求：（i）两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离d；（ii）若入射光由单色红光改为单色蓝光，其它条件不变，则距离d将如何变化？【考点】光的折射定律【分
42、析】根据几何关系求出光线2的入射角，结合折射定律求出折射角，从而得出光线在MN上的入射角，结合折射定律得出折射角，根据几何关系求出两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离蓝光的折射率大于红光，结合折射率的变化，偏折程度明显，确定d的变化【解答】解：（i）光路如图所示，可知1=60，由折射定律得：n=，代入数据解得：2=30由几何关系得：3=30，根据折射定律公式n=，代入数据解得：4=60，所以OC=在OCD中，可得d=OD=OCtan30=（ii）由于单色蓝光比单色红光波长小，折射率n大，所以OC偏折更明显，d将减小答：（i）两条光线经玻璃砖折射后的交点与O点的距离d为；（ii）若入射光由单
43、色红光改为单色蓝光，其它条件不变，则距离d将减小【物理-选修3-5】17图甲是光电效应的实验装置图，图乙是光电流与加在阴极K和阳极A上的电压的关系图象，下列说法正确的是（）A由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B由图线、可知对某种确定的金属来说，其遏止电压只由入射光的频率决定C只要增大电压，光电流就会一直增大D不论哪种颜色的入射光，只要光足够强，就能发生光电效应E遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目根据光电效应方
44、程得出最大遏止电压与入射光的频率的关系【解答】解：A、由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，故A正确B、根据光电效应方程知，Ekm=hvW0=eUc，可知入射光频率越大，最大初动能越大，遏止电压越大，可知对于确定的金属，遏止电压与入射光的频率有关，故B正确C、增大电压，当电压增大到一定值，电流达到饱和电流，不再增大，故C错误D、发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，与入射光的强度无关，故D错误E、根据Ekm=eUc中，遏止电压越大，说明从该金属中逃出来的光电子的最大初动能越大，故E正确故选：ABE18如图所示，质量mC=1kg的木块C置于足够长的木块B上，木板B的质量mB=2kg，B、C用一轻弹簧相拴接，开始时B、C静止木块A的质量mA=0.5kg，以v0=5m/s的速度向右运动与B碰撞，碰后B的速度vB=2m/s，碰撞时间极短，接触面均光滑求：（i）A、B碰撞后A的速度；（ii）弹簧最长时具有的弹性势能（结果保留两位有效数字）【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】A、B两者组成的系统，在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合动量守恒求出A、B碰后A的速度大小弹簧最长时，B与C的速度相等，结合动量守恒定律和能量守恒定律求解即可【解答】解：（i）因碰撞时间极
