2019年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標ⅱ）（含解析版）

2019年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標Ⅱ）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸。在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．2．（6分）太陽內(nèi)部核反應的主要模式之一是質(zhì)子﹣質(zhì)子循環(huán)，循環(huán)的結(jié)果可表示為4H→He+2e+2v已知H和He的質(zhì)量分別為mp＝1.0078u和mα＝4.0026u，1u＝931MeV/c2，c為光速。在4個H轉(zhuǎn)變成1個He的過程中，釋放的能量約為（）A．8MeV B．16MeV C．26MeV D．52MeV3．（6分）物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2．若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質(zhì)量最大為（）A．150kg B．100kg C．200kg D．200kg4．（6分）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）A．kBl，kBl B．kBl，kBl C．kBl，kBl D．kBl，kBl5．（6分）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2．由圖中數(shù)據(jù)可得（）A．物體的質(zhì)量為2kg B．h＝0時，物體的速率為20m/s C．h＝2m時，物體的動能Ek＝40J D．從地面至h＝4m，物體的動能減少100J6．（6分）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v﹣t圖象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（）A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大7．（6分）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則（）A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行8．（6分）如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是（）A． B． C． D．二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）如圖（a），某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)的實驗。所用器材有：鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50Hz的交流電源、紙帶等?；卮鹣铝袉栴}：（1）鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝（用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示）。（2）某次實驗時，調(diào)整木板與水平面的夾角使θ＝30°．接通電源，開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開始沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶，如圖（b）所示。圖中的點為計數(shù)點（每兩個相鄰的計數(shù)點間還有4個點未畫出）。重力加速度為9.80m/s2．可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為（結(jié)果保留2位小數(shù)）。10．（10分）某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中和為理想電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關(guān)，E為電源。實驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出。圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U﹣t關(guān)系曲線?；卮鹣铝袉栴}：（1）實驗中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電壓表的示數(shù)為U1＝mV；根據(jù)圖（b）可知，當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻（填“變大”或“變小”），電壓表示數(shù)（填“增大”或“減小”），此時應將R的滑片向（填“A”或“B”）端移動，以使示數(shù)仍為U1。（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系。硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為||＝×10﹣3V/℃（保留2位有效數(shù)字）。11．（12分）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ（φ＞0）。質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？12．（20分）一質(zhì)量為m＝2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0～t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1＝0.8s；t1～t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2＝1.3s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v﹣t圖線；（2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大??；（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1～t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度）？（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理-選修3-3]（15分）13．（5分）如p﹣V圖所示，1、2、3三個點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態(tài)，對應的溫度分別是T1、T2、T3．用N1、N2、N3分別表示這三個狀態(tài)下氣體分子在單位時間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1N2，T1T3，N2N3．（填“大于”“小于”或“等于”）14．（10分）如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變，活塞沒有到達兩汽缸的連接處，求（i）抽氣前氫氣的壓強；（ii）抽氣后氫氣的壓強和體積。[物理-選修3-4]（15分）15．如圖，長為l的細繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點處，在O點正下方l的O′處有一固定細鐵釘。將小球向右拉開，使細繩與豎直方向成一小角度（約為2°）后由靜止釋放，并從釋放時開始計時。當小球a擺至最低位置時，細繩會受到鐵釘?shù)淖钃?。設小球相對于其平衡位置的水平位移為x，向右為正。下列圖象中，能描述小球在開始一個周期內(nèi)的x﹣t關(guān)系的是（）A． B． C． D．16．某同學利用圖示裝置測量某種單色光的波長。實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光；調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋?；卮鹣铝袉栴}：（i）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，該同學可；A．將單縫向雙縫靠近B．將屏向靠近雙縫的方向移動C．將屏向遠離雙縫的方向移動D．使用間距更小的雙縫（ii）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為l，測得第1條暗條紋到第n條暗條紋之間的距離為△x，則單色光的波長λ＝；（iii）某次測量時，選用的雙縫的間距為0.300mm，測得屏與雙縫間的距離為1.20m，第1條暗條紋到第4條暗條紋之間的距離為7.56mm。則所測單色光波長為nm（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。

2019年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．（6分）2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸。在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F(xiàn)表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)萬有引力定律寫出F與h的關(guān)系式，再根據(jù)數(shù)學知識確定圖象的形狀?！窘獯稹拷猓涸O地球的質(zhì)量為M，半徑為R．探測器的質(zhì)量為m。根據(jù)萬有引力定律得：F＝G可知，F(xiàn)與h是非線性關(guān)系，F(xiàn)﹣h圖象是曲線，且隨著h的增大，F(xiàn)減小，故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力定律，知道公式F＝G中r是探測器到地心的距離，等于地球半徑加上離地的高度。2．（6分）太陽內(nèi)部核反應的主要模式之一是質(zhì)子﹣質(zhì)子循環(huán)，循環(huán)的結(jié)果可表示為4H→He+2e+2v已知H和He的質(zhì)量分別為mp＝1.0078u和mα＝4.0026u，1u＝931MeV/c2，c為光速。在4個H轉(zhuǎn)變成1個He的過程中，釋放的能量約為（）A．8MeV B．16MeV C．26MeV D．52MeV【分析】求出核反應過程中的質(zhì)量虧損，再根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程進行求解?！窘獯稹拷猓悍磻^程中的質(zhì)量虧損約為：△m＝4mp﹣mα＝4×1.0078u﹣4.0026u＝0.0286u，由于1u＝931MeV/c2，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程可得：△E＝△mc2＝26MeV，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查核反應過程中的能量計算，會計算質(zhì)量虧損，能夠利用愛因斯坦質(zhì)能方程進行解答是關(guān)鍵。3．（6分）物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2．若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質(zhì)量最大為（）A．150kg B．100kg C．200kg D．200kg【分析】以物體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件列方程求解物塊的最大質(zhì)量?！窘獯稹拷猓阂晕矬w為研究對象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得：F＝mgsin30°+μmgcos30°當拉力最大時質(zhì)量最大，解得：m＝150kg，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。4．（6分）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）A．kBl，kBl B．kBl，kBl C．kBl，kBl D．kBl，kBl【分析】畫出電子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得速度大小?！窘獯稹拷猓簭腶點和d點射出的電子運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得：Ra＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvaB＝m解得：va＝kBl；對于從d點射出的電子，根據(jù)幾何關(guān)系可得：Rd2＝l2+（Rd﹣）2解得：Rd＝根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvdB＝m解得：vd＝kBl；故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。5．（6分）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2．由圖中數(shù)據(jù)可得（）A．物體的質(zhì)量為2kg B．h＝0時，物體的速率為20m/s C．h＝2m時，物體的動能Ek＝40J D．從地面至h＝4m，物體的動能減少100J【分析】根據(jù)h＝4m時的Ep值和Ep＝mgh求出物體的質(zhì)量。根據(jù)h＝0時的動能求物體的速率。h＝2m時，物體的動能為Ek＝E總﹣Ep．根據(jù)動能與機械能、重力勢能的關(guān)系求物體的動能減少量?！窘獯稹拷猓篈、由圖知，h＝4m時Ep＝80J，由Ep＝mgh得m＝2kg，故A正確。B、h＝0時，Ep＝0，E總＝100J，則物體的動能為Ek＝E總﹣Ep＝100J，由Ek＝，得v0＝10m/s，故B錯誤。C、h＝2m時，Ep＝40J，E總＝90J，則物體的動能為Ek＝E總﹣Ep＝50J，故C錯誤。D、從地面至h＝4m，物體的機械能減少了20J，重力勢能增加了80J，因此，物體的動能減少100J，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要從圖象讀取有效信息，明確動能、重力勢能和機械能的關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系進行解答。6．（6分）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v﹣t圖象如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（）A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【分析】v﹣t圖象中，圖象與時間軸所圍圖形的面積表示位移，圖象上某點的切線的斜率表示該時刻加速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律分析求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖象與時間軸所圍圖形的面積表示豎直方向上位移的大小可知，第二次滑翔過程中的位移比第一次的位移大，故A錯誤；B、運動員兩次從同一跳臺起跳，則運動員離開跳臺時水平方向的速度大小相等，故離開跳臺做平拋運動，水平方向的位移由運動時間決定，由圖象知，第二次的運動時間大于第一次運動的時間，所以第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正確；C、由圖象知，第二次滑翔時的豎直方向末速度小，運動時間長，據(jù)加速度的定義式可知其平均加速度小，故C錯誤；D、當豎直方向速度大小為v1時，第一次滑翔時圖象的斜率大于第二次滑翔時圖象的斜率，而圖象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔時速度達到v1時加速度大于第二次時的加速度，據(jù)mg﹣f＝ma可得阻力大的加速度小，故第二次滑翔時的加速度小，故其所受阻力大，故D正確。故選：BD?！军c評】讀懂v﹣t圖象，知道v﹣t圖象中加速度與位移的表示方法是正確解題的關(guān)鍵。7．（6分）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則（）A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【分析】電場線是一種理想化的物理模型，不是帶電粒子的運動軌跡；電場力做正功時，電勢能減?。磺€運動的條件是物體受到的合力的方向與運動方向不在同一條直線上。【解答】解：A、由于電場的特點未知，對于帶電粒子，其運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小。故A正確；B、帶電粒子在只受電場力，且電場線是直線時運動軌跡才與電場線重合，由于該電場未知，所以粒子的軌跡不一定與某條電場線重合。故B錯誤；C、粒子從靜止開始運動，電場力一定做正功，所以粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能。故C正確；D、若粒子運動的軌跡為曲線，粒子在N點所受電場力的方向為電場線的切線方向，粒子軌跡的切線方向為速度的方向，根據(jù)曲線運動的條件可知，此時電場力的方向與速度的方向一定不能平行。故D錯誤故選：AC。【點評】該題考查對電場線的理解以及帶電粒子在電場中運動的特點，要注意電場線的特點：電場線疏密表示場強大小，切線方向表示場強的方向，電場線不是帶電粒子的運動軌跡。8．（6分）如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場。將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好。已知PQ進入磁場時加速度恰好為零。從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)導體棒切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢計算公式求解感應電流大小與速度的關(guān)系，根據(jù)PQ和MN進入磁場的先后順序判斷電流的變化，根據(jù)右手定則判斷電流方向。【解答】解：設PQ進入磁場勻速運動的速度為v，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌寬度為L，兩根導體棒的總電阻為R；根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律可得PQ進入磁場時電流I0＝保持不變，根據(jù)右手定則可知電流方向Q→P；如果PQ離開磁場時MN還沒有進入磁場，此時電流為零；當MN進入磁場時也是勻速運動，通過PQ的感應電流大小不變，方向相反；如果PQ沒有離開磁場時MN已經(jīng)進入磁場，此時電流為零，當PQ離開磁場時MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，電流逐漸減小，通過PQ的感應電流方向相反；故AD正確、BC錯誤。故選：AD。【點評】對于電磁感應現(xiàn)象中的圖象問題，經(jīng)常是根據(jù)楞次定律或右手定則判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流隨時間變化關(guān)系。二、非選擇題：共62分。第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。9．（5分）如圖（a），某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)的實驗。所用器材有：鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50Hz的交流電源、紙帶等?；卮鹣铝袉栴}：（1）鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝（用木板與水平面的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示）。（2）某次實驗時，調(diào)整木板與水平面的夾角使θ＝30°．接通電源，開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開始沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶，如圖（b）所示。圖中的點為計數(shù)點（每兩個相鄰的計數(shù)點間還有4個點未畫出）。重力加速度為9.80m/s2．可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.35（結(jié)果保留2位小數(shù)）。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可求得動摩擦因數(shù)的表達式；（2）由逐差法可求得加速度的大小，再得出動摩擦因數(shù)的大小。【解答】解：（1）由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝maμ＝，（2）每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點，說明相鄰的計數(shù)點時間間隔為0.1s。利用勻變速直線運動的推論△x＝at2，即逐差法可以求物體的加速度大?。篴＝＝1.97m/s2，代入μ＝得鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.35。故答案為：，0.35【點評】本題通過牛頓第二定律得出動摩擦因數(shù)的表達式，從而確定要測量的物理量。要先確定實驗的原理，然后依據(jù)實驗的原理解答即可。10．（10分）某小組利用圖（a）所示的電路，研究硅二極管在恒定電流條件下的正向電壓U與溫度t的關(guān)系，圖中和為理想電壓表；R為滑動變阻器，R0為定值電阻（阻值100Ω）；S為開關(guān)，E為電源。實驗中二極管置于控溫爐內(nèi)，控溫爐內(nèi)的溫度t由溫度計（圖中未畫出）測出。圖（b）是該小組在恒定電流為50.0μA時得到的某硅二極管U﹣t關(guān)系曲線。回答下列問題：（1）實驗中，為保證流過二極管的電流為50.0μA，應調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電壓表的示數(shù)為U1＝5.00mV；根據(jù)圖（b）可知，當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻變?。ㄌ睢白兇蟆被颉白冃　保?，電壓表示數(shù)增大（填“增大”或“減小”），此時應將R的滑片向B（填“A”或“B”）端移動，以使示數(shù)仍為U1。（2）由圖（b）可以看出U與t成線性關(guān)系。硅二極管可以作為測溫傳感器，該硅二極管的測溫靈敏度為||＝2.8×10﹣3V/℃（保留2位有效數(shù)字）。【分析】（1）已知定值電阻阻值與電路電流，應用歐姆定律可以求出電壓表的示數(shù)；分析圖示圖線可知當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻如何變化；根據(jù)二極管電阻變化應用閉合電路歐姆定律分析答題。（2）根據(jù)圖示圖線求出二極管的測溫靈敏度?！窘獯稹拷猓海?）電壓表V1測定值電阻R0兩端電壓，其示數(shù)為：U1＝IR0＝50.0×10﹣6×100＝5.00×10﹣3V＝5.00mV；由圖（b）所示圖線可知，當控溫爐內(nèi)的溫度t升高時，硅二極管正向電阻變小，由于二極管電阻減小，二極管分壓減小，由串聯(lián)電路特點可知，定值電阻分壓變大，電壓表V1示數(shù)增大，為保持電壓表示數(shù)不變，應減小定值電阻分壓增大滑動變阻器分壓，滑動變阻器接入電路的阻值應增大，滑動變阻器滑片應向B端移動；（2）由圖（b）所示圖線可知，該硅二極管的測溫靈敏度為：||＝＝2.8×10﹣3V/℃；故答案為：（1）5.00，變小，增大，B；（2）2.8?！军c評】本題考查了實驗數(shù)據(jù)處理，根據(jù)題意分析清楚圖（a）所示電路結(jié)構(gòu)與圖（b）所示圖線是解題的前提與關(guān)鍵，應用歐姆定律、串聯(lián)電路特點根據(jù)題意即可解題。11．（12分）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ（φ＞0）。質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。唬?）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？【分析】（1）根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系求解電場強度，根據(jù)動能定理求解動能；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)類平拋運動求解位移；（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，根據(jù)對稱性求解金屬板的長度。【解答】解：（1）PG、QG間的電場強度大小相等、方向相反，設為E，則有：E＝＝，設粒子第一次到達G時動能為Ek，根據(jù)動能定理可得：qEh＝Ek﹣解得：Ek＝+；粒子在PG間運動的加速度為：a＝＝此過程中粒子運動時間為t，則有：h＝在水平方向上的位移大小為：x＝v0t；解得：x＝v0（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，根據(jù)對稱性可知，此時金屬板的長度為：L＝2x＝2v0。答：（1）粒子第一次穿過G時的動能+；它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小為v0；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為2v0?！军c評】有關(guān)帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答。12．（20分）一質(zhì)量為m＝2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0～t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1＝0.8s；t1～t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2＝1.3s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v﹣t圖線；（2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1～t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度）？【分析】（1）根據(jù)運動情況畫出速度圖象；（2）若汽車在t2+3△t～t2+4△t時間未停止，根據(jù)運動學公式求解速度，再判斷運動情況；由于在t2+3△t～t2+4△t時間汽車停止，根據(jù)運動學公式列方程求解；（3）根據(jù)牛頓第二定律求解阻力，根據(jù)動量定理、動能定理列方程求解汽車克服阻力做的功和速度大小，根據(jù)位移時間關(guān)系求解從司機發(fā)出警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離?！窘獯稹拷猓海?）v﹣t圖象如圖所示；（2）設剎車前汽車勻速行駛的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1，t2時刻的速度為v2，在t2時刻以后汽車做勻減速運動，設其加速度大小為a，取△t＝1s，設汽車在t2+（n﹣1）△t～t2+n△t內(nèi)的位移為sn，n＝1、2、3…。若汽車在t2+3△t～t2+4△t時間內(nèi)未停止，設它在t2+3△t時刻的速度為v3，在t2+4△t時刻的速度為v4，根據(jù)運動學公式有：s1﹣s4＝3a（△t）2①s1＝v2△t﹣②v4＝v2﹣4a△t③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：v4＝﹣m/s④這說明在t2+4△t時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式子不成立；由于在t2+3△t～t2+4△t時間內(nèi)汽車停止，根據(jù)運動學公式可得：v3＝v2﹣3a△t⑤2as4＝v32⑥聯(lián)立②⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得a＝8m/s2，v2＝28m/s⑦或者a＝m/s2，v2＝29.76m/s⑧但⑧式子情境下，v3＜0，不合題意，舍去；（3）設汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力大小為f1，根據(jù)牛頓第二定律可得：f1＝ma⑨在t1～t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為I＝⑩根據(jù)動量定理可得：I＝mv1﹣mv2，?根據(jù)動能定理，在t1～t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為W＝﹣?聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入數(shù)據(jù)可得：v1＝30m/s，?W＝1.16×105J；?從司機發(fā)出警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為：s＝v1t1+（v1+v2）（t2﹣t1）+?聯(lián)立⑦??，代入數(shù)據(jù)解得s＝87.5m。?答：（1）從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v﹣t圖線如圖所示。（2）t2時刻汽車的速度大小28m/s，此后的加速度大小為8m/s2；（3）剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為30m/s，t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功為1.16×105J；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為87.5m。【點評】本題考查了動能定理、動量定理、牛頓第二定律的綜合應用等問題，涉及的物理過程比較復雜，弄清楚運動情況和受力情況是關(guān)鍵；注意汽車速度減為零后不再運動，所以解答此類問題的一般方法是先判斷速度減為零的時間，判斷給定的時間內(nèi)汽車是否已經(jīng)靜止，再選用合適的公式進行解答。（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[物理-選修3-3]（15分）13．（5分）如p﹣V圖所示，1、2、3三個點代表某容器中一定量理想氣體的三個不同狀態(tài)，對應的溫度分別是T1、T2、T3．用N1、N2、N3分別表示這三個狀態(tài)下氣體分子在單位時間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的平均次數(shù)，則N1大于N2，T1等于T3，N2大于N3．（填“大于”“小于”或“等于”）【分析】單位時間內(nèi)氣體分子對單位器壁上的壓力是氣體的壓強，根據(jù)圖示圖線求出各狀態(tài)氣體的壓強與體積，然后應用理想氣體狀態(tài)方程分析答題。【解答】解：由pV＝nRT得：＝，由圖示圖線可知，在狀態(tài)1氣體壓強大于狀態(tài)2氣體壓強，兩狀態(tài)下氣體體積相等；即：V狀態(tài)1＝V狀態(tài)2，p狀態(tài)1＝2p狀態(tài)2，故＝，解得：T1＝2T2，即T1＞T2，由于分子密度相同，溫度高，分子單位時間內(nèi)撞擊器壁單位面積的分子數(shù)就多，故N1＞N2；由于p狀態(tài)1V狀態(tài)1＝p狀態(tài)3V狀態(tài)3；故T1＝T3；則T3＞T2，又p2＝p3，狀態(tài)2氣體分子密度大，分子運動緩慢，單個分子平均作用力小，狀態(tài)3氣體分子密度小，分子運動劇烈，單個分子平均作用力大。故在狀態(tài)2單位時間內(nèi)撞擊器壁單位面積的分子數(shù)大于狀態(tài)3單位時間內(nèi)撞擊器壁單位面積的分子數(shù)，即N2大于N3；故答案為：大于；等于；大于?！军c評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應用，根據(jù)題意分析清楚圖示氣體狀態(tài)變化過程求出各狀態(tài)氣體狀態(tài)參量是解題的前提，掌握基礎知識、應用理想氣體狀態(tài)方程即可解題。14．（10分）如圖，一容器由橫截面積分別為2S和S的兩個汽缸連通而成，容器平放在水平地面上，汽缸內(nèi)壁光滑。整個容器被通過剛性桿連接的兩活塞分隔成三部分，分別充有氫氣、空氣和氮氣。平衡時，氮氣的壓強和體積分別為p0和V0，氫氣的體積為2V0，空氣的壓強為p?，F(xiàn)緩慢地將中部的空氣全部抽出，抽氣過程中氫氣和氮氣的溫度保持不變，活塞沒有到達兩汽缸的連接處，求（i）抽氣前氫氣的壓強；（ii）抽氣后氫氣的壓強和體積?！痉治觥浚╥）對兩活塞應用平衡條件可以求出抽氣前氫氣的壓強。（ii）氣體溫度保持不變，根據(jù)題意求出氣體的狀態(tài)參量，應用玻意耳定律可以求出抽氣后氫氣的壓強和體積?！窘獯稹拷猓海╥）抽氣前活塞靜止處于平衡狀態(tài)，對活塞，由平衡條件得：（p氫﹣p）?2S═（p0﹣p）S，解得，氫氣的壓強：p氫＝（p0+p）；（ii）設抽氣后氫氣的壓強與體積分別為p1、V1，氮