【文档说明】重庆市渝中区巴蜀中学2018届高三（上）第五次月考物理试卷（含解析）.docx，共(15)页，305.970 KB，由小赞的店铺上传

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12017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第五次月考物理试卷二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得

6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．（6分）如图所示，三个带电小球A、B、C依次分别固定在相同的带底座的绝缘支架上，底座置于水平粗糙地面上，三者共线，其中A球带正电，A、B两球带电量大小之比为9：4，为使静止时A、B连个底座均不受地面的静摩擦力，则（）A．B球必带正电，C球必带

负电B．C球电量必大于B球电量C．必须满足x1＝x2D．A、B两个底座均不受地面的静摩擦时，C底座有可能受到地面的静摩擦力2．（6分）如图所示虚线是静电场中的一条等势线，实线ab是一带电粒子仅在电场力作用下经过该等势线时的一小段轨迹

，则下列说法正确的是（）A．a点场强比b点大B．a点电势比b点高C．粒子在b点的动能比a点小D．该粒子带负电3．（6分）如图所示，足够长的水平光滑轨道上放置5个小球，左边4个质量均为m，最右边一个质量为3m，原来均静止，现给最左边球一初速度v0，每次碰撞都是弹性正碰，则

之后总碰撞次数和最终左右两端球的动能之比为（）A．7次，1：1B．8次，1：1C．7次，1：3D．8次，1：34．（6分）如图所示，水平地面上放置滑块和木板，质量分别为m1与m2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1

，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给二者相同水平初速度v0，不计空气阻力，关于二者之后是否发生相对滑动，下列说法正确的是（）A．仅取决于m1与m2的大小关系B．仅取决于μ1与μ2的大小关系C．与m1和m2的大小有关及μ1与μ2的大小关系均有关D．与μ1与μ

2的大小关系及v0的大小均有关5．（6分）下表列出了太阳系5颗行星绕太阳公转的周期，已知各行星公转方向相同，各行星公转轨道视为圆，设各公转轨道精确共面。轨道半径比地球小的称为内行星；比地球大的称为外行星。某内行星在太阳和地球之间且三

者共线时，称为“某星凌日”。地球在太阳和某外行星之间且三者共线时，称为“某星冲日”。不计行星间相互作用的引力，则下列说法正确的是（）行星水星金星地球火星木星公转周期88天225天1年约2年约12年A．因为这五大行星中，水星质量最小，所以水星运动的加速度最大B

．相邻两次水星凌日的时间比相邻两次金星凌日的时间长C．相邻两次火星冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长2D．地球与太阳的连线和金星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等6．（6分）赤道正上空沿南北方向有一条直流通电导线与地面平行，导线不通电时，导线正下方地面上的小

磁针N极指北，当导线通过电流I时，小磁针N极指北偏西30°，当导线通电流nI时，小磁针N极指北偏西60°，已知电流产生的磁场在距电流一定距离处的磁感应强度与该电流大小成正比，忽略地磁偏角，则（）A．n＝2B．n＝3C．电流方向自北向南D．电流方向

自南向北7．（6分）如图所示，等量同种电荷分别固定在M、N两点，O为二者连线中点。a、b为二者连线上的点，有aM＝bN，c、d为连线段中垂线上的两点，将负试探电荷从d点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O点运动，则（）A．a点

场强比b点强B．a点电势比b点高C．c点场强比d点强D．c点电势比d点高8．（6分）如图所示电路，E为电源，R为连续可变电阻，C为平行板电容器。电容器右方有离子发射源，可连续不断地平行于电容器极板水平向左发射初速度

相同的某种离子（不计重力）。离子最终从电容器左端射出，不计离子间的相互作用，忽略边缘效应。K原来闭合，则下列说法正确的是（）A．离子带正电B．增大R，离子速度偏转角变小C．断开K，离子将水平向左射出电容器D．断开K，向下移

动电容器下极板，离子轨迹不变三、非选择题：包括必考题和选考题（一）必考题9．（6分）某实验小组为测量薄木板和滑块间的动摩擦因数。但手里只有薄木板、滑块、刻度尺和一些能将木板垫高的石块，他们进行了如下操作：a．将木板一端垫高，另一端置于水平地面上，将滑块置于木板

上；b．调节木板倾角，直至轻推滑块，滑块能自由缓慢下滑；c．测量木板上一点到水平地面的高度h和该点到木板触地端的水平距离L。（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ＝。（2）考虑到测量h时刻度尺并未精确竖直并进而影响到L的测量

，将带来（选填“偶然误差”或系统误差），该误差（填“能”或“不能”）避免。10．（12分）为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较

小，因此应将多用电表调到电阻挡（选填“×1”或“×100”）；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到位置；3（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1所示，则被测电阻的阻值为Ω；（4）为精

确测量其电阻，该同学设计了如图2所示的电路．图2中的量程为2mA，内阻约50Ω；R为电阻箱（9999.9Ω），直流电源E约6V，内阻约0.5Ω．则以下关于保护电阻R0的阻值合理的是A．20ΩB．200ΩC．2000ΩD．20000Ω（5）将S掷到1位置，将

R调为R1，读出R1的值以及此时的示数为I0，然后将R调到（选填“最大值”或“最小值”）；（6）再将S掷到2位置，调节R，使得表的示数仍为I0，读出R的值为R2，则Rx＝．11．如图，足够宽广的光滑水平面上放置木板和滑块，质量分布为M＝3kg和m＝1k

g。二者间动摩擦力因数μ＝0.3．滑块（视为质点）处于长木板的左端。开始时给二者大小相等、方向相反的水平初速度v0＝2m/s。最终滑块刚好没有从长木板滑下，g＝10m/s2。（1）求滑块最终的速度大小v；（2）求滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移

的大小s；（3）求长木板的长度L。12．如图甲所示为化学上常用的质谱仪，正离子经电压为U的电场加速后，从A点沿管子子轴线方向陆续进入纸面内的细管（内径极小）ABCD，该细管AB和CD段为直管，BC段为半径为R的弯管，直管与弯管相切。弯管处于垂直于纸面的匀强磁场中，磁场的

磁感应强度连续可调。不与管壁碰撞的离子可到达位于D点的探测器，探测器与电脑相连，电脑上可显示磁感应强度缓慢变化时单位时间到达探测器的正离子数目随磁感应强度的变化而变化的情况，从而分析出物质成分，不考虑离子键的相互作用，不计离子重力。（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂直于纸面向内还是

向外？（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0时，求探测器探测到的正离子的比荷k0；（3）实际上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），为保证比荷为k0的正离子与比荷为𝒌𝟎𝟐的正离子的图象无

重叠，则比荷为k0的正离子的v0最大为多少？（结果用k0、U表示）？【物理选修3-3】13．（3分）下列说法正确的是（）A．将两端开口的细玻璃管插入它的不浸润液体中，静止时，管内液面为凸面且低于管外液面B．冬季室内的人向窗

户玻璃哈气，玻璃内外表面均会出现雾状小水珠C．非晶体可以看成粘稠度极高的液体D．在r＞r0的前提下，分子势能随分子距离的增大而减小E．理想气体等圧膨胀过程中，气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少14．

（3分）如图所示，由粗细两部分构成的导热气缸竖直放置，大活塞上方与小活塞下方与大气连通，两活塞与气缸无摩擦。大活塞质量为6m，小活塞质量为m，气缸粗部横截面积为2S；细部横截面积为S，大活塞被限位环挡住而没有向下运动。两活塞均处于静止状态。此时粗部气柱长L

，细部气柱长2L．封闭气体温度T1＝600K，大气压强p0=𝟓𝒎𝒈𝑺。①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升的高度h；②在①问基础上降低封闭气体温度，同时减小竖直向上作用于小活塞上的推力，以保持小活塞始终静止，求当推力减小到零时封

闭气体的温度T2。4【物理选修3-4】15．（3分）如图，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1＝1s时的波形图，虚线是t2＝2s时的波形，且t2﹣t1小于一个周期，由此可以判断（）A．波长一定为20cmB．此波一定是向x轴正方向传播C．振幅为10cmD．周期可能为𝟒𝟑𝒔，也可能为

4sE．波速一定为5cm/s16．（3分）直角三角形玻璃砖ABC，其中∠A＝30°，平放于水平桌面上，如图为其俯视图，一束单色光以45°的入射角水平射入其AB面，在AB面折射后又在AC面处发生一次反射，最后垂直于BC面穿出玻璃砖。①补充出

题目所述光路，并求出这种玻璃对这束单色光的折射率；②通过计算说明是否有光从AC面射出玻璃砖。52017-2018学年重庆市渝中区巴蜀中学高三（上）第五次月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，

第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1．（6分）如图所示，三个带电小球A、B、C依次分别固定在相同的带底座的绝缘支架上，底座置于水平粗糙地面上，三者共线，其中A球带正电，A、B两球带电量

大小之比为9：4，为使静止时A、B连个底座均不受地面的静摩擦力，则（）A．B球必带正电，C球必带负电B．C球电量必大于B球电量C．必须满足x1＝x2D．A、B两个底座均不受地面的静摩擦时，C底座有可能受到地面的静摩擦力【考点】A4：库仑定律；AG：电势差和电场强度的关系．【专题】34：比较思

想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】三个小球均处于平衡状态，故可分别对AB两球进行分析列出平衡方程可分析各项。【解答】解：A、对A求分析可知，BC两球对A的电场力应大小相等，方向相反，故BC两球一定异号，在对B分析，根据平衡可判，B必带负电，C必

带正电，故A错误；B、根据库仑定律，𝑭=𝒌𝒒𝟏𝒒𝟐𝒓𝟐，电量相同情况下，距离越大，力越小，要使其相等，必须增大电荷量，故C球电量必大于B球电量，故B正确；C、对A分析，BC对其电场力相等，AB与BC距

离关系不确定，故C错误；D、A、B两个底座均不受地面的静摩擦时，根据平衡可知，C也一定不受摩擦力作用，故D错误；故选：B。【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小。2．（6分）如图所示虚线是静电场中的一条等势线，

实线ab是一带电粒子仅在电场力作用下经过该等势线时的一小段轨迹，则下列说法正确的是（）A．a点场强比b点大B．a点电势比b点高C．粒子在b点的动能比a点小D．该粒子带负电【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和

电场强度的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】只有一条等势线，且不知粒子电性，无法判断电场强度大小以及电势高低；根据电场力做功可判断电势能和动能变化。【解答】解：ABD、

只有一条等势线，且不知粒子电性，无法判断电场强度大小以及电势高低，故ABD错误；C、电场线与等势面垂直，过轨迹与等势线交点作垂线即为一条电场线，根据轨迹弯曲方向可知，电场力沿电场线向下，从a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小

，即粒子在b点的动能比a点小，故C错误；故选：C。【点评】掌握住带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。3．（6分）如图所示，足够长的水平光滑轨道上放置5个小球，左边4个质量均为m，最右边一个质量为63m，原

来均静止，现给最左边球一初速度v0，每次碰撞都是弹性正碰，则之后总碰撞次数和最终左右两端球的动能之比为（）A．7次，1：1B．8次，1：1C．7次，1：3D．8次，1：3【考点】29：物体的弹性和弹力；53：动量守恒定律．【专题】34：比较思想；4T：寻找守恒量法；52F：动

量定理应用专题．【分析】质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出m与3m碰后两球的速度，得到碰后它们的动能，即可求得最终左右两端球的动能之比。【解答】解：根据质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度，知最左边球向右运动后，依次发生3次碰撞，碰后左侧的三个球m停止

运动，最右边的球m与3m球发生第4次碰撞，碰后，m球向左反弹，3m向右运动。最右边的球m向左运动时，依次发生3次碰撞，碰后右侧球停止运动，最终最左端的球m向左运动。所以总碰撞次数7次。设m球与3m球发生碰撞后瞬间速度分别为v1和v2．动能分别为Ek1和E

k2。取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0＝mv1+3mv2。𝟏𝟐mv02=𝟏𝟐mv12+𝟏𝟐⋅3mv22。解得v1=−𝒗𝟎𝟐，v2=𝒗𝟎𝟐因为Ek1=𝟏𝟐mv12，Ek2=𝟏𝟐⋅3mv22．解得Ek

1：Ek2＝1：3所以最终左右两端球的动能之比为1：3。故选：C。【点评】解决本题的关键是掌握弹性碰撞的规律：质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。知道弹性碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。解题时要注意规定正方向。4．（6分）如图所示，水平地面上放置滑块和木板

，质量分别为m1与m2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给二者相同水平初速度v0，不计空气阻力，关于二者之后是否发生相对滑动，下列说法正确的是（）A．仅取决于m1与m2的大小关系B．仅取决于μ1与μ2的大小关系C．

与m1和m2的大小有关及μ1与μ2的大小关系均有关D．与μ1与μ2的大小关系及v0的大小均有关【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．【专题】31：定性思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定

律综合专题．【分析】滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为滑动摩擦力，先采用隔离法求出滑块的临界加速度，再运用整体法，求出整体的加速度，比较即可。【解答】解：若滑块能与木板一起做减速运动，则整体的加速度：𝒂𝟏=𝝁𝟐(𝒎𝟏+𝒎𝟐

)𝒈𝒎𝟏+𝒎𝟐=𝝁𝟐𝒈此时滑块与木板之间的摩擦力：f1＝m1a1＝μ2m1g若滑块相对于木板发生滑动，则滑块与木板之间的摩擦力：f2＝μ1m1g由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，可知滑块与木板之间的摩擦力不能超过f2，即：f1≤f2（μ2

≤μ1）时，二者能一起运动；当f1＞f2（μ1＜μ2）时，将发生相对运动，与二者质量的大小无关。故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解。5．（6分）下表列出了太阳

系5颗行星绕太阳公转的周期，已知各行星公转方向相同，各行星公转轨道视为圆，设各公转轨道精确共面。轨道半径比地球小的称为内行星；比地球大的称为外行星。某内行星在太阳和地球之间且三者共线时，称为“某星凌日”。地球在太阳和某外行星之间且三者共

线时，称为“某星冲日”。不计行星间相互作用的引力，则下列说法正确的是（）行星水星金星地球火星木星7公转周期88天225天1年约2年约12年A．因为这五大行星中，水星质量最小，所以水星运动的加速度最大B．相邻两次水星凌

日的时间比相邻两次金星凌日的时间长C．相邻两次火星冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长D．地球与太阳的连线和金星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等【考点】4F：万有引力定律及其应用．【专题】31：定

性思想；4C：方程法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力分析加速度的关系；根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等；从一次行星

冲日到下一次行星冲日，为地球多转动一周的时间。【解答】解：A、设太阳的质量为M，根据万有引力提供向心力则：𝑮𝑴𝒎𝒓𝟐=𝒎𝒂可得：a=𝑮𝑴𝒓𝟐可知靠近太阳最近的水星的向心加速度最大，但不是因为水星的质量最小。故A错误；B、如果两次行星凌日时间间隔为t天，则

该星比地球多转动一周，其中T地＝365天，有：2π＝（𝟐𝝅𝑻𝟎−𝟐𝝅𝑻地）t解得：t=𝑻𝟎𝑻地𝑻地−𝑻𝟎=𝑻地𝑻地𝑻𝟎−𝟏可知周期较小的水星的相邻两次凌日的时间比相邻两次金星凌日的时间短。故B错误；C

、如果两次行星冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有：2π＝（𝟐𝝅𝑻地−𝟐𝝅𝑻𝟎）t解得：t=𝑻𝟎𝑻地𝑻𝟎−𝑻地=𝑻地𝟏−𝑻地𝑻𝟎可知周期较小的火星相邻两次冲日的时间比相邻两次木星冲日的时间长。故C正确；D

、根据开普勒第二定律，同一颗行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，不同的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不相等。故D错误。故选：C。【点评】本题关键是结合开普勒第三定律分析（也可以运用万有引力等于向心力列式推导出），知道相邻的两次行星冲日的时间中地球

多转动一周。6．（6分）赤道正上空沿南北方向有一条直流通电导线与地面平行，导线不通电时，导线正下方地面上的小磁针N极指北，当导线通过电流I时，小磁针N极指北偏西30°，当导线通电流nI时，小磁针N极指北偏西60°，已知电流产生的磁场在距电流一定距离处的磁感应强度

与该电流大小成正比，忽略地磁偏角，则（）A．n＝2B．n＝3C．电流方向自北向南D．电流方向自南向北【考点】CC：安培力．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场磁场对电流的作用．【分析】小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向，先根据小磁针N极的转动方向，所以矢量的合

成的方法得出通电导线产生的磁场的大小，根据右手螺旋定则得出直线电流的方向。【解答】解：当导线通过电流I时，小磁针N极指北偏西30°，根据磁场的合成可知B′＝Btan30°=√𝟑𝟑𝑩，通电导线产生的磁场方向向西，根据右手定则可知电流方向自南向北，当导线通电流n

I时，小磁针N极指北偏西60°，根据磁场的合成可知B′′＝Btan60°=√𝟑B，则B′′＝3B′，故n＝3，故BD正确，AC错误故选：BD。【点评】解决本题的关键知道地磁场的特点，以及掌握右手螺旋定则，知道

小磁场静止时N极的指向为磁场的方向。7．（6分）如图所示，等量同种电荷分别固定在M、N两点，O为二者连线中点。a、b为二者连线上的点，有aM＝bN，c、d为连线段中垂线上的两点，将负试探电荷从d点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始向O点运动，则（）8A．a点场强比b

点强B．a点电势比b点高C．c点场强比d点强D．c点电势比d点高【考点】A6：电场强度与电场力；AG：电势差和电场强度的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】将负试探电荷从d点由静止释放，它仅在电场力的作用下开始

向O点运动，说明这两个电荷为正电荷，两个等量的正点电荷连线的中垂线上电场强度方向沿中垂线由O点指向无穷远，沿着电场线电势降落。根据电场线的分析情况分析场强的大小。【解答】解：A、a将负试探电荷从d点由静止释放，它仅在电场力的作用下

开始向O点运动，说明这两个电荷为正电荷，点电场强度为两点电荷产生的电场强度之和，即K𝑸𝒂𝑴𝟐+k𝑸(𝑳+𝒂𝑴)𝟐，在b点的电场强度为两点电荷产生的电场强度之差k𝑸𝒃𝑵𝟐−k𝑸(𝑳−𝒃𝑵)𝟐，aM

＝bN，所以a点场强比b点强，故A正确；B、a相对于M点电荷与b点相对于N电荷的电势相等，而N点电荷在a点的电势小于M的电荷在b点的电势，故a点电势低于b点电势，故B错误；C、中垂线上电场强度由O向外先增大后减小，由于c点与d点距离不确定，两处电场线的分布情况不能确

定，所以无法判断c、d两点场强大小关系，故C错误；D、两个等量的正点电荷连线的中垂线上电场强度方向沿中垂线由O点指向无穷远，电势沿电场线方向降低，c点电势比d点电势高，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电

场线的对称性。根据粒子所受的电场力情况分析粒子的运动情况。8．（6分）如图所示电路，E为电源，R为连续可变电阻，C为平行板电容器。电容器右方有离子发射源，可连续不断地平行于电容器极板水平向左发射初速度相同的某种离子（不计重力）。离子最终从电容器左端射出，不计离子间的相互作用，忽略

边缘效应。K原来闭合，则下列说法正确的是（）A．离子带正电B．增大R，离子速度偏转角变小C．断开K，离子将水平向左射出电容器D．断开K，向下移动电容器下极板，离子轨迹不变【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动；BB：闭

合电路的欧姆定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据粒子运动轨迹的偏转方向，判断出粒子所受电场力的方向，进而得出粒子的带电正负；改变R的数值，在断路的情况下并不能改变极板间的电

压；断开K后，电容器间还存在着电场，粒子受到电场力的作用，其轨迹必然发生偏转；在断开K的情况下，极板的电荷量为定值，极板间的电场强度大小与极板间的距离无关。【解答】解：A、由于粒子的重力不计，因此该粒子在电容器中只受到电场力的作

用，由图可知电容器的上极板带正电，粒子的轨迹向下偏转，它所受的电场力方向向下，与电场强度方向相同，因此该粒子带正电。故A正确；B、因为整个电路处于断路状态，电容器两极板间的电压等于E，若改变R的数值，并不能改变电容器两极板间的电压，因此，增大

R，离子速度偏转角应保持不变。故B错误；9C、当断开K时，由于极板上有电荷，两极板间存在电压，里边存在着电场，粒子必然受到向下的电场力作用而向下偏转，不会沿水平向左射出电容器。故C错误；D、当断开K时，极板上的电荷一定，设为Q，根据公式Q＝CU、𝑬=𝑼𝒅和𝑪=ɛ𝑺𝟒𝒌𝝅𝒅

可得：𝑬=𝟒𝝅𝒌𝑸ɛ𝑺，由此可知电场强度大小与距离无关，当向下移动电容器下极板，电场强度和电场力均不变，因此粒子的轨迹不变。故D正确。故选：AD。【点评】解答本题得关键是：要抓住粒子运动轨迹的偏转方向，判断出粒子所受电场力的方向；同时要分清和牢记电容器与电源相连（E定值

）和与电源断开（Q定值）两种情况下动态分析的方法和结论。三、非选择题：包括必考题和选考题（一）必考题9．（6分）某实验小组为测量薄木板和滑块间的动摩擦因数。但手里只有薄木板、滑块、刻度尺和一些能将木板垫高的石块，他们进行了如下操作：a．将

木板一端垫高，另一端置于水平地面上，将滑块置于木板上；b．调节木板倾角，直至轻推滑块，滑块能自由缓慢下滑；c．测量木板上一点到水平地面的高度h和该点到木板触地端的水平距离L。（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ＝𝒉√𝑳𝟐−𝒉𝟐。（2）考虑到测量h时刻度尺并未精确竖直并进

而影响到L的测量，将带来偶然误差（选填“偶然误差”或系统误差），该误差不能（填“能”或“不能”）避免。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力专题．【分析】（1）对滑块受力分析，根据共点力平衡求得摩擦因数；（2）明

确偶然误差和系统误差，即可判断【解答】解：（1）在整个运动过程中，物体做匀速运动，故mgsinθ＝μmgcosθ，其中𝒔𝒊𝒏𝜽=𝒉𝑳，解得𝝁=𝒉√𝑳𝟐−𝒉𝟐（2）一般来说，从多次测量揭示出的实验

误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差。考虑到测量h时刻度尺并未精确竖直并进而影响到L的测量，将带来偶然误差，并不能避免故答案为：（1）𝒉√𝑳𝟐−𝒉𝟐（2）偶然误差；不能【点评】

本题主要考查了实验原理，明确偶然误差和系统误差的区别，即可求得10．（12分）为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：（1）用多用电表测量该元件的电阻，选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，因此应将

多用电表调到电阻×100挡（选填“×1”或“×100”）；（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表0刻度位置；（3）将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图1所示，则被测电阻的阻值为1900Ω；（4）为精确测量其电阻，该同学设计了如图2所示的电路．图2中的

量程为2mA，内阻约50Ω；R为电阻箱（9999.9Ω），直流电源E约6V，内阻约0.5Ω．则以下关于保护电阻R0的阻值合理的是CA．20ΩB．200ΩC．2000ΩD．20000Ω（5）将S掷到1位置，将R调为R1，读出R1的值以及此时的示数为

I0，然后将R调到最大值（选填“最大值”或“最小值”）；10（6）再将S掷到2位置，调节R，使得表的示数仍为I0，读出R的值为R2，则Rx＝R2﹣R1．【考点】B4：多用电表的原理及其使用；N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻．【专题】13：实验题．【分析】

（1）多用电表的零刻度在最右边，指针偏转角度较小时，可知电阻较大，从而确定适当的量程．（2）换挡后，需进行欧姆调零，即红黑表笔短接，使得指针指在欧姆表的零刻度．（3）电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率．（4）根据电流表的

量程，通过欧姆定律确定保护电阻类型．（5）变化选择开关时，电阻箱的电阻打到最大值．（6）根据电流不变，结合欧姆定律知总电阻不变，结合总电阻不变求出待测电阻的大小．【解答】解：（1）选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，知该电阻较大，应选用量程较大的欧

姆档，即选择×100挡．（2）将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到欧姆表的0刻度处．（3）欧姆表的读数等于表盘读数乘以倍率，则R＝19×100＝1900Ω．（4）根据欧姆定律得，电路中的最小电阻大约为𝑹总=𝑬𝑰𝒎=𝟔𝟐×𝟏𝟎−�

�=𝟑𝟎𝟎𝟎𝜴，可知保护电阻应选择C．（5）为了保护电路，电键变换位置时，将电阻箱调到最大值．（6）将S掷到2位置，调节R，使得电流表的示数仍为I0，知电路中的总电阻不变，即R1+RX＝R2，解得RX＝R2﹣R1．故答案为：（1）×100，（2

）欧姆表0刻度，（3）1900，（4）C，（5）最大值，（6）R2﹣R1．【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的特点以及使用方法，知道实验中测量RX的实验原理，在第一问中，容易误认为指针偏转角度较小，电阻较小，忽略欧姆表的零刻度在最右边

．11．如图，足够宽广的光滑水平面上放置木板和滑块，质量分布为M＝3kg和m＝1kg。二者间动摩擦力因数μ＝0.3．滑块（视为质点）处于长木板的左端。开始时给二者大小相等、方向相反的水平初速度v0＝2m/s。最终滑块刚好没有从长木板滑下，g＝10m/s2。（1）求滑块最终的速度大小v；

（2）求滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小s；（3）求长木板的长度L。【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】（1）滑块和滑

板系统受外力的矢量和为零，系统动量守恒，据此列式得到共同速度；（2）对滑块，根据动能定理列式求解从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小；（3）对系统根据功能关系列式求解即可。【解答】解：（1）规定向左为正方向，

对m和M，开始到共速，根据动量守恒定律，有：Mv0﹣mv0＝（M+m）v，代入数据，解得：v＝1m/s；（2）对m，从开始到刚共速，由动能定理有：﹣μmgs=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐−𝟏𝟐𝒎𝒗𝟎𝟐，解得：s＝0.5m；（3）木板长度为二者的相对路程，对系统全程由能量守恒定律，有：𝝁

𝒎𝒈𝑳=𝟏𝟐(𝑴+𝒎)𝒗𝟎𝟐−𝟏𝟐(𝑴+𝒎)𝒗𝟐，代入数据，解得：L＝2m；答：（1）滑块最终的速度大小v为1m/s；（2）滑块从开始到刚到达最终速度过程中对地位移的大小s为0.5m；（3）长木板的长度L为2m。【点评】本题是动

量守恒定律和功能关系综合问题，关键是明确系统受力情况和运动情况，结合动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律列式分析即可。12．如图甲所示为化学上常用的质谱仪，正离子经电压为U的电场加速后，从A点沿管子子轴线方向陆续进入纸面

内的细管（内径极小）ABCD，该细管AB和CD段为直管，BC段为半径为R的弯管，直11管与弯管相切。弯管处于垂直于纸面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度连续可调。不与管壁碰撞的离子可到达位于D点的探测器，探测器与电脑相连，电脑上可显示磁感应强度缓慢变化时单位时间到达探测器的正离子数目随磁感应强度

的变化而变化的情况，从而分析出物质成分，不考虑离子键的相互作用，不计离子重力。（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂直于纸面向内还是向外？（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0时，求探测器探测到的正离子的比荷k0；（3）实际

上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），为保证比荷为k0的正离子与比荷为𝒌𝟎𝟐的正离子的图象无重叠，则比荷为k0的正离子的v0最大为多少？（结果用k0、U表示）？【

考点】AG：电势差和电场强度的关系；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】（1）正粒子在B的洛伦兹力向下，根据左手定则知磁场垂直于纸面向外；（2）电场中加速，根据动能定理有：𝒒𝑼=𝟏𝟐�

�𝒗𝟐，粒子在磁场中偏转有𝑹=𝒎𝒗𝒒𝑩𝟎联立解得比荷为k0；（3）设图象刚有重合，则比荷为k0的初速度为v0的离子与比荷为𝒌𝟎𝟐的初速度为零的离子均能到达探测器，二者磁场中轨迹半径相同，设此时磁感应强度

为B，对比荷为k0的离子，加速qU=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐−𝟏𝟐mv𝟎𝟐，偏转半径𝑹=𝒎𝒗𝒒𝑩，对比荷为𝒌𝟎𝟐的离子，加速𝒒′𝑼=𝟏𝟐𝒎′𝒗′𝟐，偏转半径𝑹=𝒎′𝒗′𝒒′𝑩，联立解得v0。【

解答】解：（1）正粒子在B的洛伦兹力向下，根据左手定则知磁场垂直于纸面向外；（2）电场中加速，根据动能定理有：𝒒𝑼=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐，粒子在磁场中偏转有𝑹=𝒎𝒗𝒒𝑩𝟎联立解得闭合k0=𝒒�

�=𝟐𝑼𝑩𝟎𝟐𝑹𝟐（3）设图象刚有重合，则比荷为k0的初速度为v0的离子与比荷为𝒌𝟎𝟐的初速度为零的离子均能到达探测器，二者磁场中轨迹半径相同，设此时磁感应强度为B，对比荷为k0的离子，加速qU=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟐−�

�𝟐mv𝟎𝟐，偏转𝑹=𝒎𝒗𝒒𝑩对比荷为𝒌𝟎𝟐的离子，加速𝒒′𝑼=𝟏𝟐𝒎′𝒗′𝟐，偏转𝑹=𝒎′𝒗′𝒒′𝑩由以上各式可得𝒗𝟎=√𝟐𝑼𝒌𝟎答：（1）探测器要探测到正离子，磁场方向应垂

直于纸面向外；（2）忽略正离子进入加时电场时的初速度，当磁感应强度为B0时，探测器探测到的正离子的比荷k0为𝟐𝑼𝑩𝟎𝟐𝑹𝟐；（3）实际上，正离子进入加时电场时的初速度在0～v0（未知）之间，导致电脑上的图象有一定宽度（如图乙），为保证闭合为k0的正离子与比荷为𝒌

𝟎𝟐的正离子的图象无重叠，则比荷为k0的正离子的v0最大为√𝟐𝑼𝒌𝟎。【点评】本题综合考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键是掌握电场中加速与磁场中偏转的处理方法，在电场中做匀加速运动求速度一般用动能定理，在磁场中匀速圆周运动。注意转动半径公式12有𝑹=𝒎

𝒗𝒒𝑩𝟎。【物理选修3-3】13．（3分）下列说法正确的是（）A．将两端开口的细玻璃管插入它的不浸润液体中，静止时，管内液面为凸面且低于管外液面B．冬季室内的人向窗户玻璃哈气，玻璃内外表面均会出现雾状小水珠C．非晶体可以看成粘稠度极高的液体D．在r＞r0的前提下，

分子势能随分子距离的增大而减小E．理想气体等圧膨胀过程中，气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少【考点】92：*晶体和非晶体；99：理想气体的状态方程．【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分

子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】浸润液体在毛细管中上升和不浸润液体在毛细管中下降都叫毛细现象；浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面；非当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小为负

的；晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体；根据压强的微观意义，结合气体的变化特点分析。【解答】解：A、浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液

面，故A正确；B、冬季室内的人向窗户玻璃哈气，玻璃外表面均会出现雾状小水珠，外表面温度较低与水蒸气温度相同，不会出现水珠，故B错误；C、由液体的结构知非晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体，故C正确；D、当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，小于零，在r＞

r0的前提下，分子势能随分子距离的增大而，故D错误。E、根据理想气体的状态方程𝑷𝑽𝑻=C可知，理想气体等圧膨胀过程中气体的温度升高，则分子运动的激烈程度加强，单个分子对器壁的平均撞击力增大，所以根据气

体压强的微观意义可知，气体分子单位时间撞击单位面积的次数减少。故E正确故选：ACE。【点评】此题考查3﹣3热学的基本知识，需要了解毛细现象的概念以及晶体和非晶体的性质和表面张力，分子间的势能及分子力随r变化规律，掌握的知识点较多，需要学生注意积累。14．（3分）如图所示，由粗细两部分

构成的导热气缸竖直放置，大活塞上方与小活塞下方与大气连通，两活塞与气缸无摩擦。大活塞质量为6m，小活塞质量为m，气缸粗部横截面积为2S；细部横截面积为S，大活塞被限位环挡住而没有向下运动。两活塞均处于静止状态。此

时粗部气柱长L，细部气柱长2L．封闭气体温度T1＝600K，大气压强p0=𝟓𝒎𝒈𝑺。①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升的高度h；②在①问基础上降低封闭气体温度，同时减小竖直向上作用于小活塞上的推力，以保持小活塞始终静止，求当推力减小

到零时封闭气体的温度T2。【考点】99：理想气体的状态方程．【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】①用竖直向上的推力推动小活塞缓慢向上滑动，直至限位环对大活塞的支持力减小到零，求小活塞上升的高度h；13②利用平衡求出

当推力减小到零时封闭气体的压强，封闭气体发生等容变化，根据查理定律，即可求出当推力减小到零时封闭气体的温度T2。【解答】解：①对小活塞，根据平衡：mg+p1S＝p0S限位环对大活塞的支持力为零时：对大活塞，根据平衡：mg+p0S＝p2S推动小活塞缓慢向上滑动，封闭气体发生等温变化，初态：压强

p1＝p0−𝒎𝒈𝑺，体积：V1＝L•2S+2L•S末态：压强p2＝p0+𝒎𝒈𝑺，体积：V2＝L•2S+（2L﹣h）•S根据玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2即：（p0−𝒎𝒈𝑺）（L•2S+2L•S）＝（p0+𝒎𝒈

𝑺）[L•2S+（2L﹣h）•S]又因为：p0=𝟓𝒎𝒈𝑺小活塞上升的高度：h=𝟒𝟑L②封闭气体发生等容变化，当推力减小到零时，根据平衡可得：mg+p3S＝p0S初态：p2＝p0+𝒎𝒈𝑺，温度T1＝600K末态：p3＝p0−𝒎𝒈𝑺，温度T2根据查理定律可得：𝒑�

�𝑻𝟏=𝒑𝟑𝑻𝟐解得：T2＝400K答：①小活塞上升的高度h为𝟒𝟑L；②当推力减小到零时封闭气体的温度T2为400K。【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，分析好压

强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，再选择合适的规律解决。【物理选修3-4】15．（3分）如图，曲线表示一列横波的传播，其中实线是t1＝1s时的波形图，虚线是t2＝2s时的波形，且t2﹣t1小于一个周期，由此可以判断（）A．波长一定为20cmB．此波一定是向x轴正方向

传播C．振幅为10cmD．周期可能为𝟒𝟑𝒔，也可能为4sE．波速一定为5cm/s【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．【分

析】由质点位移的最大值读出振幅，相邻两波峰或波谷间距离读出波长。波可能向左，也可能向右传播，根据波形的平移法，得到周期。【解答】解：A、由图读出：质点的波长λ＝20cm。故A正确。B、根据波形的平移法得知，波不一定向x轴正方向传播，也可能向x轴负方向传播。故B错误。C、振

幅是指偏离平衡位置的最大距离，由图知振幅为10cm，故C正确；D、若波向x轴正方向传播时，（t2﹣t1）小于一个周期，根据波形的平移法可知，t2﹣t1=𝟏𝟒T，得周期为T＝4（t2﹣t1）＝4s；若波向x轴负方向传播，t2﹣t1=𝟑𝟒T

，T=𝟒𝟑s．故D正确；E、由于波的传播方向不确定，周期不确定，所以波速也不确定，故E错误。故选：ACD。【点评】本题要考虑波的双向性，由波形的平移法得到时间与周期的关系，求出周期。知道波速、波长和频率之间的关

系v＝fλ。16．（3分）直角三角形玻璃砖ABC，其中∠A＝30°，平放于水平桌面上，如图为其俯视图，一束单色14光以45°的入射角水平射入其AB面，在AB面折射后又在AC面处发生一次反射，最后垂直于BC面穿出玻璃砖。①补充出题目

所述光路，并求出这种玻璃对这束单色光的折射率；②通过计算说明是否有光从AC面射出玻璃砖。【考点】H3：光的折射定律．【专题】11：计算题；34：比较思想；4N：临界法；54D：光的折射专题．【分析】①根据

题意，作出光路图。由几何关系求解光线在AB面上的折射角，即可由折射定律求折射率。②根据sinC=𝟏𝒏求出临界角，将光在AC面上的入射角与临界角C比较，即可判断光在AC面上能否发生全反射。【解答】解：①作出光路图如图所示。由几何关系和反射定律知，AB面处的折射角为r＝30°所以

玻璃的折射率为n=𝒔𝒊𝒏𝒊𝒔𝒊𝒏𝒓=𝒔𝒊𝒏𝟒𝟓°𝒔𝒊𝒏𝟑𝟎°=√𝟐②设玻璃的临界角为C，则sinC=𝟏𝒏=√𝟐𝟐，C＝45°由几何关系知光在AC面上的入射角为60°，大于临界角C，所以光在AC面上发生全反射，没有光从AC面

射出玻璃砖。答：①作出光路图如图。这种玻璃对这束单色光的折射率为√𝟐②没有光从AC面射出玻璃砖。【点评】解决本题的关键正确作出光路图，根据几何关系求解折射角，再由折射定律求折射率。15获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue1

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