2022年超级全能生26省联考高考物理模拟试卷 .pdf

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1、超级全能生26 省联考高考物理模拟试卷（甲卷）一. 选择题（本大题共8小题，每小题6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第1417 题只有一项符合题目要求，第1821 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已知一个带正电的粒子在某一电场中只受电场力的作用，若给它一个适当的初速度，其就能沿某一直线运动；而给它另一个适当的初速度，其就能沿该电场的某一等势面运动则满足上述运动情况的电场可能是（）A正点电荷产生的电场B两个等量同种正点电荷产生的电场C负点电荷产生的电场D均强电场2如图所示，正弦交流电与方波交流电电流的最大值与频率均相同，把它们分别通入甲

2、乙两个完全相同的电热器，若让它们连续正常工作产生的热量相同则甲乙两个电热器的工作时间之比为（）A2：1 B1：4 C2：1 D4：1 3对做平抛运动的物体，在已知重力加速度g 的条件下，给出下列4 组条件，其中不能确定出平抛的初速度大小的是（）A下落高度和水平位移B水平位移和落地时的速度大小和方向C位移大小和方向及水平位移D位移大小及落地时的速度大小4有一固定的足够长的斜面，滑块以速率v1由斜面底端向上运动，速度减为零后又沿斜面下滑，当它回到出发点时速率变为v2，且 v2v1若滑块由底端向上运动到最高处的位移中点 A，取斜面底端重力势能为零，则（）A上行时滑块的机械能减小、下行时滑块的机械能增

3、大B上行时通过A 点的速率大于C上升过程中动能和势能相等的位置在A点D上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方5在甲、乙两条直导线所在平面内，带电粒子的运动轨迹如图所示，已知两条导线甲、乙中只有一条导线中通有电流，另一条导线中无电流若带电粒子所受的重力及空气阻力均可忽略不计，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，下列说法中可能正确的是（）A甲中通有自上而下的不断增大的电流，带负电的粒子从a 点向 b 点运动B甲中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b 点向 a 点运动C乙中通有自下而上的不断减小的电流，带正电的粒子从b 点向 a 点运动D乙中通有自下而上的恒定电流带负电的粒子从a 点向 b

4、 点运动6如图所示，正方形导线框在水平恒力F 作用下向右平移，并将穿过一有界匀强磁场磁场，磁场沿ab 方向的范围足够大，宽度大于线框边长，ab 边平行磁场左边界MN ，且沿垂直于磁场和边界的方向进入磁场时，线框的加速度为零，对于线框进入磁场过程与穿出磁场过程（不含全在磁场中的过程），下列说法中正确的是（）A力 F 做功相等B线框中感应电流方向相反C线框所受安培力方向相反D线框中产生的焦耳热相同7已知万有引力恒量为G，如果将月球绕地球运行的轨道视为圆周，并测出了其运行的轨道半径R和运行周期 T，则由此可推算（）A地球的质量B地球的半径精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

5、 - - - - - - -第 1 页，共 12 页C月球的运行速度D地球对月球的万有引力8质量为m=20kg 的物体，在大小恒定的水平外力作用下沿水平面做直线运动该物体在04s 内的 vt 图象如图所示，重力加速度取g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A该物体与水平面间的动摩擦因数为0.20 B恒定的水平外力大小为60N C在 0 4s 内恒定的水平外力对物体做的功为960J D在 0 4s 内物体运动的位移大小为12m 三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 3340 题为选考题，考生根据要求作答）9利用水滴法可以粗略测量当地的重力加速

6、度，方法是：如图所示，细心调整水龙头水滴的快慢，使第一滴水落到盘子的瞬间，第二滴正好从水龙头口开始下落从某一滴水从水龙头口流出的瞬间开始计时，并开始数1，数到第n 滴水离开水龙头口时停止计时，记下所用的时间t0再测出（填写物理量的名称和单位），就可以利用公式g=（用题中的物理量的符号表示）算出当地的重力加速度值10一种电池标称电动势为9V，内电阻约50，允许的最大输出电流为50mA 为了较准确地测量这个电池的电动势和内电阻，可以设计出如1 图所示的实验电路，已知实验中所使用的电压表内电阻足够大，可以忽略其对电路的影响；图中R为电阻箱，阻值范围为0999.9，为保护电阻（1）实验室里备用的定值电

7、阻有以下几种规格：A10 B 50 C 150 D 500实验时， R0应选用较好（填字母代号）（2）按照图1 所示的电路图，将图2 所示的实物连接成实验电路（3）在实验中，当变阻箱调到图3 所示位置后，闭合开关S，电压表的示数为8.70V，此时通过电阻箱的电流为mA （保留 2 位有效数字）（4）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数多次重复上述操作，可得到多组电压值U 和通过电阻箱的电流值I ，利用多次读取和计算出的数据，作出如图4 所示的图线根据图线可知，该电源的电动势E=V，内电阻r=11如图所示，一对竖直放置的平行正对金属板A、B构成电容器，电容为C电容器

8、的A板接地，且中间有一个小孔S 一个被灯丝加热的阴极K与 S位于同一水平线，从阴极上可以不断地发射出电子，电子经过电压U0加速后通过小孔S沿水平方向射入A、B两极板间设电子的质量为m ，电荷量为e，电子从阴极发射时的初速度可忽略不计，如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子个数为 n，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，致使最终电子无法到达B板求：（1）第一个到达B板的电子其速度的大小；（2）当 B板吸收了N个电子时， A、B两板间的电势差；（3）从电子射人小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间12如图所示为一平直传送带，A、B 两端点间距为L，传送带的

9、运行速率为v今将一工件无初速度的放在 A 端，已知工件与传动带之间摩擦系数为，且认为传送带的形状及速率不受放上工件的影响取重力加速度为g，求：（1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为；（2）传送带将该工件由 A 端传送到 B 端可能的时间间隔t及相应的条件（即题中给出量之间应满足的关系）（二）、选考题（共45 分请考生从给出的3 道物理题、 3道化学题、 3 道生物题中每科任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分） 物理 - 选修 3-3精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页13如图所示， p V坐标系中每个方格的边

10、长均相等，在pV图中的直线段AB表示一定质量的理想气体的状态变化过程则气体从状态A 变化到状态B 的整个过程中，下列说法正确的是（）A气体的温度保持不变B气体的内能先增加某一值，再减少同样的值C气体对外做功，并吸热D气体的密度不断减小14如图所示，内径均匀的玻璃管，A端封闭， E端开口， AB段和 CE段竖直， BC段水平 AB段长 10cm ，BC段长 30cm，CD段长 40cm，DE段长 56cm ，F 点位于 DE之间且 EF段长 40cmDE段充满水银，AD段充满空气，外界大气压p0=760mmHg 现玻璃管突然从F 处折断，下段玻璃管连同管中水银一起脱落，求再次平衡后管内空气柱的长

11、度（设整体变化过程中气体的温度保持不变） 物理 - 选修 3-415关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是（）A雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象B白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象C涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度D夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象E利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射16一列沿x 轴传播的简谐横波，其周期为T，某时刻的波形图象如图中的实线所示，再经t=0.2s的波形图如图中的虚线所示求：（1）若 t 小于 T，则此列波的波速为多大（2）若 t 大于 T，则此列波的波速为多

12、大？ 物理 - 选修 3-517下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应B利用卢瑟福的 粒子散射实验可以估算原子核的大小C玻尔理论是依据 粒子散射实验分析得出的D氢原子核外电子从半径较小的轨道跃到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，总能量增大E当氢原子从n=3 的状态跃迁到n=1 的状态将发射出光子18如图所示，图中的线段a， b，c 分别表示在光滑水平面带上沿一条直线运动的滑块、和他们发生正碰后结合体的速度时间图象已知滑块的质量m1=1.0kg ，根据图象，试求滑块与滑块碰撞过程中损失的机械能精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -

13、- - - - - -第 3 页，共 12 页2016 年超级全能生26 省联考高考物理模拟试卷（甲卷）参考答案与试题解析一. 选择题（本大题共8小题，每小题6 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，第1417 题只有一项符合题目要求，第1821 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已知一个带正电的粒子在某一电场中只受电场力的作用，若给它一个适当的初速度，其就能沿某一直线运动；而给它另一个适当的初速度，其就能沿该电场的某一等势面运动则满足上述运动情况的电场可能是（）A正点电荷产生的电场B两个等量同种正点电荷产生的电场C负点电荷产生的电场D均强电场

14、【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律【分析】粒子只受电场力的作用，沿直线运动时电场力必定在此直线上，说明电场线应是直线根据带正电的粒子做匀速圆周运动的特征，可知为点电荷的电场再确定点电荷的电性【解答】解：据题，只有电场线是直线时，给带正电的粒子一个初速度，粒子在电场力作用做直线运动当粒子沿一等势面运动时，由于电场力与等势面垂直，所以粒子只能做匀速圆周运动，电场力提供粒子做圆周运动所需的向心力，由此可知，该电场应为负点电荷的电场，故C正确故选： C 2如图所示，正弦交流电与方波交流电电流的最大值与频率均相同，把它们分别通入甲乙两个完全相同的电热器，若让它们连续正常工作产生的热量相同则甲乙两个

15、电热器的工作时间之比为（）A2：1 B1：4 C2：1 D4：1 【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】方波的电流有效值Ib=Im，正弦交流电的有效值Ia=Im根据功率公式P=I2R，由电流的有效值求解功率，再算出时间的比值【解答】解：解：方波的电流有效值Ib=Im，正弦交流电的有效值Ia=Im由做功相同，根据做功公式P=I2Rt 得到： =2 ：1 则 A正确故选： A 3对做平抛运动的物体，在已知重力加速度g 的条件下，给出下列4 组条件，其中不能确定出平抛的初速度大小的是（）A下落高度和水平位移B水平位移和落地时的速度大小和方向C位移大小和方向及水平位移D位移大小及落地时

16、的速度大小【考点】平抛运动【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，根据运动学公式分析初速度【解答】解： A 、由 h=，x=v0t 得 v0=x，可知知道下落高度和水平位移，可以确定初速度，故A正确B、已知落地时的速度大小和方向，根据平行四边形定则可以求出初速度故B正确C、已知位移大小和方向及水平位移，能求下落的高度，结合A项分析知能求出初速度，故C正确D、已知位移大小，不能求出水平位移和下落的高度，已知落地时的速度大小，方向未知，不能求初速度，故 D错误精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4

17、 页，共 12 页本题选不能确定出平抛的初速度大小的，故选：D 4有一固定的足够长的斜面，滑块以速率v1由斜面底端向上运动，速度减为零后又沿斜面下滑，当它回到出发点时速率变为v2，且 v2v1若滑块由底端向上运动到最高处的位移中点 A，取斜面底端重力势能为零，则（）A上行时滑块的机械能减小、下行时滑块的机械能增大B上行时通过A 点的速率大于C上升过程中动能和势能相等的位置在A点D上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方【考点】功能关系【分析】由物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能和势能和同的点，可以先表示出A点的机械能，则比较出发点与A点的机械能的关系可得出动

18、能和势能的关系，则可得出动能和势能相同的位置【解答】解： A 、由题可知，滑块在运动的过程中受到摩擦力的作用，摩擦力做功，将机械能转化为内能，所以上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小故A错误；B、上升过程，在最低点，机械能为：E1=；在最高点，机械能为：E2=mgh ；在中点 A处，机械能为：EA=，由运动学公式得：，vA=，动能为，重力势能为，由于E1E2，故动能大，所以上升过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方，故 B正确， CD错误；故选： B 5在甲、乙两条直导线所在平面内，带电粒子的运动轨迹如图所示，已知两条导线甲、乙中只有一条导线中通有电流，另一条导线中无电流若带电粒子所受的重力

19、及空气阻力均可忽略不计，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，下列说法中可能正确的是（）A甲中通有自上而下的不断增大的电流，带负电的粒子从a 点向 b 点运动B甲中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b 点向 a 点运动C乙中通有自下而上的不断减小的电流，带正电的粒子从b 点向 a 点运动D乙中通有自下而上的恒定电流带负电的粒子从a 点向 b 点运动【考点】洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】先由安培定则判断磁场的方向，再由左手定则判断粒子所受的洛伦兹力方向，从而粒子的运动方向【解答】解： A 、由粒子的轨迹弯曲方向知，粒子所受的洛伦兹力方向指向轨迹内侧甲中通有自上而下的不

20、断增大的电流，由安培定则知甲右侧的磁场为垂直纸面向外，由左手定则判断知，带负电的粒子若从a 点向 b 点运动，洛伦兹力向下，轨迹向下弯曲，且由r= 知， B可能增大，曲率半径不断减小，因此是可能的故A正确B、与 A相反，甲中通有自上而下的恒定电流，若带正电的粒子从b 点向 a 点运动，向右弯曲，且由r=知， B减小，曲率半径增大，是可能的故B正确C、乙中通有自下而上的不断减小的电流，由安培定则知乙左侧的磁场为垂直纸面向外，由左手定则判断知，若带正电的粒子从b 点向 a 点运动，洛伦兹力向下，且由r= 知， B可能增大，曲率半径可能增大，故 C正确D、乙中通有自下而上的恒定电流，乙左侧的磁场为垂

21、直纸面向外，由左手定则判断知，若带负电的粒子从 a 点向 b 点运动，洛伦兹力向下，磁感应强度减小，由r=知粒子的曲率半径应不断增大，与图不符，故 D错误故选： ABC 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 12 页6如图所示，正方形导线框在水平恒力F 作用下向右平移，并将穿过一有界匀强磁场磁场，磁场沿ab 方向的范围足够大，宽度大于线框边长，ab 边平行磁场左边界MN ，且沿垂直于磁场和边界的方向进入磁场时，线框的加速度为零，对于线框进入磁场过程与穿出磁场过程（不含全在磁场中的过程），下列说法中正确的是（）A力 F 做功相等

22、B线框中感应电流方向相反C线框所受安培力方向相反D线框中产生的焦耳热相同【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算；焦耳定律【分析】力 F 做功公式为W=Fl，线框进入磁场过程与穿出磁场过程位移大小相等，即可知做功关系由楞次定律判断感应电流方向的关系由左手定则判断安培力方向线框完全在在磁场中时做匀加速运动，穿出磁场过程线框的速度大于进入磁场过程的速度，分析感应电流的大小关系，可判断焦耳热的关系【解答】解： A 、由图看出，线框进入磁场过程与穿出磁场过程位移大小相等，F又是恒力，根据功的公式 W=Fl得知，力F 做功相等故A正确B、线框进入磁场过程与穿出磁场过程中，磁场方向相同，但磁通量变化

23、情况相反，则根据楞次定律得知，线框中感应电流方向相反故B正确C、两个过程中，线框受到的安培力都是阻力，根据左手定则可知，安培力方向与线框的速度方向相反，则知，线框所受安培力方向相同故C错误D、线框完全在在磁场中时做匀加速运动，则线框刚穿出磁场时速度大于进入磁场过程的速度，而刚出磁场时速度大于或等于进入磁场的速度，由I= 得知，感应电流与速度成正比，由焦耳定律得知，穿出磁场时线框中产生的焦耳热较多故D错误故选： AB 7已知万有引力恒量为G，如果将月球绕地球运行的轨道视为圆周，并测出了其运行的轨道半径R和运行周期 T，则由此可推算（）A地球的质量B地球的半径C月球的运行速度D地球对月球的万有引力

24、【考点】万有引力定律及其应用【分析】月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式分析即可【解答】解： AB 、设月球的质量为m ，地球的质量为M ，根据万有引力提供向心力，得：G=m ，得： M= 即可求出地球的质量M ，不能求出月球的质量m 故 A正确， B错误C、月球的运行速度为 v= ，故 C正确D、地球对月球的万有引力为 F=G，由于月球的质量m无法求出，所以地球对月球的万有引力不能求出故 D错误故选： AC 8质量为m=20kg 的物体，在大小恒定的水平外力作用下沿水平面做直线运动该物体在04s 内的 vt 图象如图所示，重力加速度取g=10m/s

25、2，下列说法中正确的是（）A该物体与水平面间的动摩擦因数为0.20 B恒定的水平外力大小为60N C在 0 4s 内恒定的水平外力对物体做的功为960J D在 0 4s 内物体运动的位移大小为12m 【考点】功的计算；牛顿第二定律【分析】根据图象分别求出匀减速运动和匀加速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律列方程，求解动摩擦因数和水平外力大小，由面积求位移，再求解水平外力做功的大小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页【解答】解： AB 、由图象可得：02s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1=5m/s2，2s4

26、s 内物体做匀加速直线运动，加速度大小为：a2=1m/s2，根据牛顿第二定律得：匀减速过程有 F+Ff=ma1匀加速过程有 F Ff=ma2又 Ff=mg ，解得： =0.20， F=60N故 A、B正确C、02s 内物体的位移大小 x1=10m ，2 4s 内物体的位移大小为x2=m=2m 故水平外力做功为 W=F（ x1x2） =60（ 102）J=480J故 C错误D、在 0 4s 内物体运动的位移大小为 x=x1x2=10m 故 D错误故选： AB 三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 3340 题为选考题，考生根据要求作答）9利用水

27、滴法可以粗略测量当地的重力加速度，方法是：如图所示，细心调整水龙头水滴的快慢，使第一滴水落到盘子的瞬间，第二滴正好从水龙头口开始下落从某一滴水从水龙头口流出的瞬间开始计时，并开始数1，数到第n 滴水离开水龙头口时停止计时，记下所用的时间t0再测出水龙头口到盘子底部的高度 h （填写物理量的名称和单位），就可以利用公式g=（用题中的物理量的符号表示）算出当地的重力加速度值【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】（n1）滴水下落的总时间t ，每一滴水的时间是T=，高度是h，代入 h=gT2，化简可以得到重力加速度【解答】解：每滴水下落所用时间为：T=；开始数 1，数到第n 滴水离开水龙头口时停止

28、计时，记下所用的时间t0再测出水龙头口到盘子底部的高度h；又根据自由落体公式有：h=g（）2得： g= 故答案为：水龙头口到盘子底部的高度h；10一种电池标称电动势为9V，内电阻约50，允许的最大输出电流为50mA 为了较准确地测量这个电池的电动势和内电阻，可以设计出如1 图所示的实验电路，已知实验中所使用的电压表内电阻足够大，可以忽略其对电路的影响；图中R为电阻箱，阻值范围为0999.9，为保护电阻（1）实验室里备用的定值电阻有以下几种规格：A10 B 50 C 150 D 500实验时， R0应选用C 较好（填字母代号）（2）按照图1 所示的电路图，将图2 所示的实物连接成实验电路（3）在

29、实验中，当变阻箱调到图3 所示位置后，闭合开关S，电压表的示数为8.70V，此时通过电阻箱的电流为18 mA （保留 2 位有效数字）（4）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数多次重复上述操作，可得到多组电压值U 和通过电阻箱的电流值I ，利用多次读取和计算出的数据，作出如图4 所示的图线根据图线可知，该电源的电动势E=10.0 V ，内电阻r=0.50 【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律求出此时的R0，再选择定值电阻R0的规格（2）根据给出的原理图可画出对应的实物图；（3）由图可得出电阻箱的阻

30、值，再由欧姆定律可求得电流；（4）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，再结合数学规律可求出对应的电动势和内电阻精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页【解答】解：（ 1）当电阻箱的电阻调为零时，电路中电流最大，根据闭合电路欧姆定律得 Im= 得 R0=130，所以保护电阻应大于130，但不能太大，故选150（2）本题用闭合电路欧姆定律列式求解电源内阻，电阻箱和保护电阻串连接入电源，电压表接在电阻箱两端，电路图如图所示：（3）当变阻箱调到图3 所示位置后，电阻为343.8闭合开关S，电压表的示数为8.70V，根据欧姆定

31、律得I=18mA（4）由闭合电路欧姆定律可知：U= 变形得：=+ 由图象可知： =0.10 解得； E=10.0V k=0.05 解得： r=0.50 故答案为：（1）C （2）如图所示；（3） 18 （4） 10.0 0.50 11如图所示，一对竖直放置的平行正对金属板A、B构成电容器，电容为C电容器的A板接地，且中间有一个小孔S 一个被灯丝加热的阴极K与 S位于同一水平线，从阴极上可以不断地发射出电子，电子经过电压U0加速后通过小孔S沿水平方向射入A、B两极板间设电子的质量为m ，电荷量为e，电子从阴极发射时的初速度可忽略不计，如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子个

32、数为 n，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，致使最终电子无法到达B板求：（1）第一个到达B板的电子其速度的大小；（2）当 B板吸收了N个电子时， A、B两板间的电势差；（3）从电子射人小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）第一个到达B板的电子在运动过程中，只有KA间的电场力做功，根据动能定理求出其到达 B板的速度大小（2）当 B板吸收了N个电子时电容器所带电荷量为Q=Ne ，由电容的定义式C= ，求 A、B两板间的电势差（3）电子经过U0的电压加速后，进入A、B板间的动能为eU0，进入 A、B板间电场后做减速运动随着B板电荷

33、增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度为零，此时A、B板间的电势差达到最大值Um根据动能定理求解Um再由 C=，Q=net 结合求【解答】解：（ 1）对于第一个到达B板的电子，根据动能定理得：eU0= 则得： v= 即第一个到达B板的电子其速度的大小为（2）当 B板吸收了N个电子时，电容器所带电荷量为 Q=Ne，根据电容的定义 C=，得此时A、B两板间的电势差为： U=（3）电子经过U0的电压加速后，进入A、B板间的动能为eU0，进入 A、B板间电场后做减速运动随着B板电荷增加，电子在A、B间的加速度越来越大，直至电子到达B板的速度为零，此时A、B板间的电势差达到最大值U

34、m，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页对于加速和减速的整个过程，根据动能定理得：eU0eUm=0 得： Um=U0设从电子进入A 、 B板间，直到板间电压达到最大值Um，经过的时间为t ，则 B板吸收的总电荷为：Q=net，最大电量为：Q=CUm=CU0，可以得出： t= 答：（ 1）第一个到达B板的电子其速度的大小为；（2）当 B板吸收了N个电子时， A、B两板间的电势差是；（3）从电子射人小孔开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间是12如图所示为一平直传送带，A、B 两端点间距为L，传送带的运行速率为

35、v今将一工件无初速度的放在 A 端，已知工件与传动带之间摩擦系数为，且认为传送带的形状及速率不受放上工件的影响取重力加速度为g，求：（1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为；（2）传送带将该工件由 A 端传送到 B 端可能的时间间隔t及相应的条件（即题中给出量之间应满足的关系）【考点】牛顿第二定律；加速度【分析】（1）根据牛顿第二定律求出工件的加速度，（2）根据运动学基本公式求出工件匀加速速度达到v 时的位移，根据此位移与L 的关系进行讨论即可求解【解答】解：（ 1）工件放上传送带受到水平向右的摩擦力为：f= mg由牛顿第二定律，可得：a=g （2）工件加速时间为为：t= 此过程工件运动的位移

36、为：s=at2= 若 L，则工件一直加速到B点，可得 L=at2，得： t= ，若 L，则工件先加速至v 后做匀速运动直到B，t=t+答：（ 1）工件刚放到传送带上时的加速度大小为g；（2）若 L，t= ；若 L，t=t+ （二）、选考题（共45 分请考生从给出的3 道物理题、 3道化学题、 3 道生物题中每科任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分） 物理 - 选修 3-313如图所示， p V坐标系中每个方格的边长均相等，在pV图中的直线段AB表示一定质量的理想气体的状态变化过程则气体从状态A 变化到状态B 的整个过程中，下列说法正确的是（）A气体的温度保持不变B气体的内能先增加某一值，

37、再减少同样的值C气体对外做功，并吸热D气体的密度不断减小【考点】理想气体的状态方程【分析】根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的内能增加根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热【解答】解：设图象中每一个小方格的长度为单位长度1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页A、等温过程pV=常量，应是一条双曲线（上半支），明显不符图象或者在过程中任意找个点，例如（2， 2），明显pV=4 不等于初态和终态的pV=3故 A错误B、pV=CT ，C不变， pV越大， T 越高状

38、态在（2，2）处温度最高在M和 N状态， pV乘积相等，所以温度先升高，后又减小到初始温度；气体的内能先增加某一值，再减少同样的值故B正确C、气体膨胀就会推动例如活塞对外界做功，整个过程中气体初末温度相等，所以整个过程内能变化为0根据热力学第一定律 U=W+Q，由于气体的内能增加，U=0 ，由于气体膨胀对外做功，W 0，所以 Q 0，即气体一定吸收热量故C正确D、气体的体积在不断增大，质量一定，所以气体的密度在不断减小故D正确故选： BCD 14如图所示，内径均匀的玻璃管，A端封闭， E端开口， AB段和 CE段竖直， BC段水平 AB段长 10cm ，BC段长 30cm，CD段长 40cm，

39、DE段长 56cm ，F 点位于 DE之间且 EF段长 40cmDE段充满水银，AD段充满空气，外界大气压p0=760mmHg 现玻璃管突然从F 处折断，下段玻璃管连同管中水银一起脱落，求再次平衡后管内空气柱的长度（设整体变化过程中气体的温度保持不变）【考点】理想气体的状态方程【分析】连续的水银柱的同一高度，压强相等；连续的水银柱内高度相差h 的液面的压强差为gh；求解出初末状态的气体压强后根据玻意耳定律列式求解即可【解答】解：设管内径的横截面积为S，从 F 处折断气体稳定后CF 间的水银柱长度为x，则对于被封闭的气体有： p1=7656=20 cmHg，V1=（30+10+40）S=80 S

40、，p2=（76+x）mmHg ，V2=（10+30+40 x）S 根据玻意耳定律，有：p1V1=p2V2，代入数据，有： 2080=（ 76+x）（ 80 x），解得： x=65cm，显然是不合理的，表明水银可能已全部进入BC段设水银全部位于BC段时空气柱的长度是L，则： P4=76cmHg ，V4=LS 根据玻意耳定律得： 2080=76L代入数据得：L=21cm 答：再次平衡后管内空气柱的长度是 21cm 物理 - 选修 3-415关于光在传播过程中所表现的现象，下列说法正确的是（）A雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象B白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是光的色散现象C涂有增透膜的照相机镜

41、头呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色的透色程度D夜间观看到天边星座的位置比实际位置偏高，这是光的折射现象E利用红外线进行遥感控只要是因为红外线的波长长，容易发生衍射【考点】光的衍射【分析】彩虹是光的折射现象，白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是的光色散现象增透膜利用光干涉现象夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象红外线的波长长，容易发生衍射【解答】解： A 、雨后天空出现的彩虹是光的折射现象，故A错误；B、白光通过分光镜在光屏上形成的彩色光带是由于不同色光折射率不同而产生的光色散现象，故B正确；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

42、 - -第 10 页，共 12 页C、在选择增透膜时，一般是使对人眼灵敏的绿色光在垂直入射时相互抵消，这时光谱中其它频率的光将大部分抵消，因此，进入镜头的光有很多，但以抵消绿光为主，这样照相的效果更好对于增透膜，有约1.3%的光能量会被反射，再加之对于其它波长的光，给定膜层的厚度是这些光在薄膜中的波长的倍，从薄膜前后表面的反射绿光相互抵消，镜头呈淡紫色，故C错误；D、夜间观看到天边星座的位置比实际位置高，这是光的折射现象，故D正确；E、波长越长，越容易发生衍射现象；利用红外线进行遥感是因为红外线的波长大，容易发生衍射故E正确故选： BDE 16一列沿x 轴传播的简谐横波，其周期为T，某时刻的波

43、形图象如图中的实线所示，再经t=0.2s的波形图如图中的虚线所示求：（1）若 t 小于 T，则此列波的波速为多大（2）若 t 大于 T，则此列波的波速为多大？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】知道两个时刻的波形，根据波形的平移法可知，波可能向右传播，也可能向左传播若波向右传播， t=0.2s内传播的最短距离是波长；若波向左传播，t=0.2s内传播的最短距离为波长列出波传播距离的通项，结合时间条件，再求解波速【解答】解：（ 1）若 t 小于 T，波传播的距离小于一个波长若波向右传播，t=0.2s内传播的距离是 x1=1.5m，波速为： v1=7.5m/s ；若波向左传播，t=0.

44、2s内传播的距离是 x2=0.5m，波速为： v2=2.5m/s ；（2）若 t 大于 T：若波向右传播，t=0.2s内传播的距离是：x3=（n+），（ n=1，2，3，）波速为： v3=10（n+） =（10n+7.5 ）m/s，（ n=1，2，3，）若波向左传播，t=0.2s内传播的距离是：x3=（n+），（ n=1，2，3，）波速为： v4=10（n+）=（10n+2.5 ）m/s，（ n=1，2，3，）答：（ 1）若 t 小于 T，则此列波的波速为7.5m/s 或 2.5m/s （2）若 t 大于 T，则此列波的波速为（10n+7.5 ）m/s，（ n=1， 2，3，）或（ 10n+2

45、.5 ）m/s，（ n=1，2，3，） 物理 - 选修 3-517下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应B利用卢瑟福的 粒子散射实验可以估算原子核的大小C玻尔理论是依据 粒子散射实验分析得出的D氢原子核外电子从半径较小的轨道跃到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，总能量增大E当氢原子从n=3 的状态跃迁到n=1 的状态将发射出光子【考点】轻核的聚变；粒子散射实验；氢原子的能级公式和跃迁【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变；卢瑟福运用 粒子散射实验估算原子核的大小；玻尔理论是在核式结构模型与经典物理理论产生矛盾，在普朗克、爱因斯坦的量子理论的基础上提

46、出的；根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力，判断动能的变化，通过总能量的变化判断电势能的变化【解答】解： A 、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变，又称为热核反应故A错误B、卢瑟福运用 粒子散射实验估算原子核的大小故B正确C、卢瑟福提出原子核式模型，这一模型与经典物理理论之间存在着尖锐矛盾，原子将不断辐射能量而不可能稳定存在；原子发射连续谱，而不是实际上的离散谱线玻尔着眼于原子的稳定性，吸取了普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论故C错误精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页D、根据 =，轨道

47、半径增大，电子的动能减小，原子能量增大，势能增大故D正确E、从 n=3 的状态跃迁到n=2 的状态时，发射出光子，辐射能量，故E正确故选： BDE 18如图所示，图中的线段a， b，c 分别表示在光滑水平面带上沿一条直线运动的滑块、和他们发生正碰后结合体的速度时间图象已知滑块的质量m1=1.0kg ，根据图象，试求滑块与滑块碰撞过程中损失的机械能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】根据 vt 图象得到滑块I 、 II碰撞前后的速度，然后结合动量守恒定律和能量守恒定律列式分析即可【解答】解：以滑块的运动方向为正，由图可直接读出滑块的初速度v1=5m/s；滑块的初速度 v2=3m/s；碰撞后二者共同运动的速度v=2m/s设滑块的质量为m2，根据动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（ m1+m2）v 解得： m2=0.6kg 根据能量守恒定律得：滑块与滑块碰撞过程中损失的机械能E=12J答：滑块与滑块碰撞过程中损失的机械能为12J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页