1、2016-2017学年北京市三区高三二模物理试卷一、单选题1. 下列说法正确的是A. 液体分子的无规则运动称为布朗运动B. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加C. 物体温度升高，其中每个分子热运动的动能均增大D. 气体压强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击【答案】D【解析】试题分析：液体分子的无规则运动不能称为布朗运动，因为布朗运动不是液体分子运动的直接反映，而是液体分子对花粉颗粒的无规则碰撞所反映出来的现象，故选项A错误；物体从外界吸收热量，如果它再对外做功，则其内能不一定增加，选项B错误；物体温度升高，分子的平均动能增大，而不是其中每个分子热运动的动能均增大，选项C错误；气体压
2、强产生的原因是大量气体分子对器壁的持续频繁的撞击，选项D正确。考点：分子动理论，内能，温度及压强的微观含义。2. 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波的周期为2s。某时刻波形如图所示。下列说法正确的是A. 这列波的振幅为4cmB. 这列波的波速为6m/sC. x = 4m处的质点振动周期为4sD. 此时x = 8m处的质点沿y轴负方向运动【答案】D【解析】试题分析：由图可知，该波的振幅为2cm，选项A错误；因为它的波长为8m，其周期为2s，故传播速度为4m/s，选项B错误；波中任意质点的振动周期与波的周期相等，故它们都是2s，选项C错误；由于波沿x轴正方向传播，故x = 8m处的质点沿y轴负
3、方向运动，选项D正确。考点：机械振动与机械波。3.如图所示为两个等量异号点电荷所形成电场的一部分电场线，P、Q是电场中的两点。下列说法正确的是（ ）A. P点场强比Q点场强大B. P点电势比Q点电势低C. 电子在P点的电势能比在Q点的电势能小D. 电子从P沿直线到Q的过程中所受电场力恒定不变【答案】C【解析】试题分析：由图可知，P点周围的磁感线比Q点稀疏，故P点的场强比Q点小，选项A错误；由电场线的方向可知，电场由P到Q，而电势沿电场线方向是降低的，故P点电势高于Q点电势，选项B错误；那么电子是负电荷，电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，选项C正确；由于P到Q间的电场强度是变化的，故电子从P
4、沿直线到Q的过程中所受电场力是变化的，选项D错误。考点：电场强度，电势，电势能。4.如图所示，有一个电热器R，接在电压为u311sin100t (V) 的交流电源上。电热器工作时的电阻为100 ，电路中的交流电表均为理想电表。由此可知A. 电压表的示数为311 VB. 电流表的示数为2.2 AC. 电热器的发热功率为967 WD. 交流电的频率为100 Hz【答案】B【解析】试题分析：因为交流电的最大值为311V，故其有效值为220V，则电压表的示数为220V，选项A错误；因为电阻为100，所以电路中的电流为22A，即就你一个的示数为22A，选项B正确；电热器的发热功率为P=I2R=（22A）
5、2100=484W，选项C错误；因为交流电的角速度为100，故交流电的周期为002s，则其频率为50Hz，选项D错误。考点：交流电的最大值、有效值，发热功率。5.如图所示，质量为M的人在远离任何星体的太空中，与他旁边的飞船相对静止。由于没有力的作用，他与飞船总保持相对静止的状态。这个人手中拿着一个质量为m的小物体，他以相对飞船为v的速度把小物体抛出，在抛出物体后他相对飞船的速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可；【详解】人和物体组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，以v的方向为正方向，根据动量
6、守恒定律得：，解得：，故A正确，B、C、D错误；故选A。【点睛】对于动量守恒定律的应用，关键是要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向。6. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。如图所示，某同学坐在列车的车厢内，列车正在前进中，桌面上有一个小球相对桌面静止。如果他发现小球突然运动，可以根据小球的运动，分析判断列车的运动。下列判断正确的是A. 小球相对桌面向后运动，可知列车在匀速前进B. 小球相对桌面向后运动，可知列车在减速前进C. 小球相对桌面向前运动，可知列车在加速前进D. 小球相对桌面向前运动，可知列车在减速前进【答案】D【解析
7、】试题分析：若小球相对桌面向后运动，说明列车的速度大于小球的速度，故可知列车在加速前进，选项AB错误；若小球相对桌面向前运动，可知列车没有小球的速度大，故列在减速前进，选项C错误，D正确。考点：参照物。7.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图甲所示连接电路先使开关S接1，电容器很快充电完毕然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的It曲线如图乙所示他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条It曲线关于这条曲线，下列判断正确的是()甲乙A. 曲线与坐标轴所围面积将增大
8、B. 曲线与坐标轴所围面积将减小C. 曲线与纵轴交点的位置将向上移动D. 曲线与纵轴交点的位置将向下移动【答案】D【解析】【分析】I-t图线与坐标轴所围成的面积表示放电的电荷量，根据电容器带电量是否变化，分析曲线与坐标轴所围面积如何变化将滑片P向右移动时，根据闭合电路欧姆定律分析放电电流的变化，从而确定曲线与纵轴交点的位置如何变化【详解】I-t图线与坐标轴所围成的面积表示电容器放电的电荷量，而电容器的带电量 Q=CE，没有变化，所以曲线与坐标轴所围面积不变，故A、B错误。将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，将开关掷向2时电容器开始放电的电流减小，则曲线与纵轴交点
9、的位置将向下移动，故C错误，D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键是知道I-t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量，运用闭合电路欧姆定律分析8.光导纤维按沿径向折射率的变化可分为阶跃型和连续型两种。阶跃型的光导纤维分为内芯和外套两层，内芯的折射率比外套的大。连续型光导纤维的折射率中心最高，沿径向逐渐减小，外表面附近的折射率最低。关于光在连续型光导纤维中的传播，下列四个图中能正确表示传播路径的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：首先我们看最左端光线刚进入时的情况，光由空气进入内芯，由于内芯有一定的折射率，故折射角会变小，而选项AD中的折射角都大于入射角，故选项A
10、D错误；又因为光导纤维的折射率中心最高，沿径向逐渐减小，所以光线进入纤维中后折射角会变化，而不是像B中不变，故选项B错误，C正确；当折射率减小时，其折射角与入射角的差值会变小，且在边缘时光会发生全反射，故光又会折回这种介质中，形成如图C所示的传播轨迹。考点：光的折射。9.下列说法正确的是（）A. 气体从外界吸收热量，气体的内能一定增加B. 液体中的悬浮微粒越小，布朗运动越明显C. 封闭在汽缸中的气体，体积减小，压强一定减小D. 两块纯净的铅板压紧后能合在一起，说明此时分子间不存在斥力【答案】B【解析】【分析】根据热力学第一定律公式判断气体的内能的变化；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则
11、运动，由液体分子碰撞的不平衡性造成；分子间同时存在引力和斥力；【详解】A、根据热力学第一定律，气体内能的变化由做功和热传递共同决定，只知道吸收热量无法判断内能的变化，故A错误；B、布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，故悬浮微粒越小，碰撞的不平衡越明显，则布朗运动越明显，故B正确；C、根据理想气体状态方程，封闭在气缸中的气体，体积减小，压强不一定减小，故C错误；D、分子间的引力和斥力同时存在，两块纯净的铅版压紧后能合在一起只是引力表现的更明显，故D错误；故选B。【点睛】关键是知道根据热力学第一定律，气体内能的变化由做功和热传递共同决定；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，故悬浮微粒越
12、小，碰撞的不平衡越明显，则布朗运动越明显。10.已知单色光a的频率低于单色光b的频率，则（）A. 通过同一玻璃三棱镜时，单色光a的偏折程度小B. 从同种玻璃射入空气发生全反射时，单色光a的临界角小C. 通过同一装置发生双缝干涉，用单色光a照射时相邻亮纹间距小D. 照射同一金属发生光电效应，用单色光a照射时光电子的最大初动能大【答案】A【解析】【分析】单色光的频率越小，折射率越小，发生折射时偏折程度越小；折射率越小，临界角越大；波长越长，干涉条纹的间距越大；频率越大，发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能越大；【详解】A、单色光的频率越小，折射率越小，发生折射时偏折程度越小，则知a光的折射率小
13、，通过三棱镜时，单色光a的偏折程度小，故A正确；B、由知，折射率越小，全反射临界角越大，故B错误；C、频率越小，波长越长，发生双缝干涉时，干涉条纹的间距与波长成正比，则知用单色光a照射时相邻亮纹间距大，故C错误；D、发生光电效应时,光电子的最大初动能为，光的频率越小，光电子的最大初动能越小，所以用单色光a照射时光电子的最大初动能小，故D错误；故选A。【点睛】关键要掌握折射率与光的频率、波长的关系，要掌握全反射临界角公式、干涉和衍射的条件等多个知识点。11.下列表述正确的是（）A. HeNO+X， X表示HeB. HHHen是重核裂变的核反应方程C. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态无关D
14、. 衰变中放出的射线是核外电子挣脱原子核的束缚而形成的【答案】C【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为1，质量数为1，则X为质子，故A错误是轻核聚变的核反应方程，故B错误；放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态无关，故C正确衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故D错误故选C【点睛】根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X的种类；半衰期的大小与放射性元素所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定；衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子12.2015年12月29日0时04分，我
15、国在西昌卫星发射中心成功发射高分四号卫星，至此我国航天发射“十二五”任务圆满收官。高分四号卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道卫星，它的发射和应用将显著提升我国对地遥感观测能力。该卫星在轨道正常运行时，下列说法正确的是（）A. 卫星的轨道半径可以近似等于地球半径B. 卫星的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度C. 卫星的线速度一定大于第一宇宙速度D. 卫星的运行周期一定大于月球绕地球运动的周期【答案】B【解析】【分析】同步卫星的轨道半径大于地球的半径，根据万有引力提供向心力，得出加速度、线速度、周期与轨道半径的关系，从而分析比较
16、；【详解】A、同步卫星轨道半径大于地球的半径，故A错误；B、根据知，卫星的加速度，地球表面的重力加速度，由于rR，则卫星的向心加速度一定小于地球表面的重力加速度，故B正确；C、根据可得，由于卫星的轨道半径大于地球的半径，则卫星的线速度一定小于第一宇宙速度，故C错误；D、根据可得，同步卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，同步卫星的周期小于月球的周期，故D错误；故选B。【点睛】关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系。13.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图。当x=4cm处质点在t=0时的运动状态传播到x=10cm处质点时，下列说法正确
17、的是（ ）A. x=2cm处质点的位移最大B. x=4cm处质点的速度最大C. x=6cm处质点沿x轴正方向运动到x=12 cm处D. 4 cmx6cm的质点正在向y轴负方向运动【答案】D【解析】【分析】根据波在一个周期内传播一个波长的距离，分析传播的时间，再判断各个质点的运动状态，结合图象分析；【详解】A、波向x轴正方向传播，则由同侧法可判断t=0时刻x=4cm处的质点向上振动，当它的运动状态传播到x=10cm处的质点时，波向x正方向移动了6cm，而从图象可知，则可知波的传播用了，此时x=2cm处的质点位于平衡位置,，x=2cm处的质点处于平衡位置，位移为零，故A错误。B、x=4cm处的质点
18、处于负的最大位移位置，速度为零，故B错误；C、波传播的是能量和振动形式，质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，故C错误；D、波沿x轴正方向传播，先振动的质点带动后振动的质点，故4cmx0且为常量）。（1）将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中，并使圆环中心与磁场区域的中心重合。求在T时间内导体圆环产生的焦耳热。（2）上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场，该涡旋电场趋使导体内的自由电荷定向移动，形成电流。如图乙所示，变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，其电场线是在水平面内的一系列沿顺时针方向的同心圆（从上向下看），圆心与磁
19、场区域的中心重合。在半径为r的圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等，并且可以用计算，其中e为由于磁场变化在半径为r的导体圆环中产生的感生电动势。如图丙所示，在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道，其内环半径为r，管道中心与磁场区域的中心重合。由于细管道半径远远小于r，因此细管道内各处电场强度大小可视为相等的。某时刻，将管道内电荷量为q的带正电小球由静止释放（小球的直径略小于真空细管道的直径），小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动，该力将改变小球速度的大小。该涡旋电场力与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。假设小球在运动过程中其电荷量保持不变，忽略小球受到的重力、小球
20、运动时激发的磁场以及相对论效应。若小球由静止经过一段时间加速，获得动能Em，求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈数；若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场，小球开始运动后经过时间t0，小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力，求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小。【答案】（1）（2）；【解析】试题分析：（1）导体圆环内的磁通量发生变化，将产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为：导体圆环内感生电流为：在T时间内导体圆环产生的焦耳热为：Q=I2R0T解得：（2）根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，该电场的电场强度为：小球在该电场中受到电场力的作用
21、，电场力的大小为：电场力的方向与真空管道相切，即与速度方向始终相同，小球将会被加速，动能变大设小球由静止到其动能为Em的过程中，小球运动的路程为s，根据动能定理有：Fs=Em小球运动的圈数为：解得：小球的切向加速度大小为：由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力，所以经过时间t0，小球的速度大小v满足v=at0小球沿管道做圆周运动，因为小球与管道之间没有相互作用力，所以，小球受到的洛伦兹力提供小球的向心力，设所加磁场的磁感应强度为B0，则有：解得：考点：法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与焦耳定律【名师点睛】考查电磁学与力学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与焦耳定律的应
22、用，理解动能定理及牛顿运动定律，注意电场强度与电动势的符号区别，及用计算出其电场强度是解题的突破口四、综合题52.如图所示，一个少年脚踩滑板沿倾斜街梯扶手从A点由静止滑下，经过一段时间后从C点沿水平方向飞出，落在倾斜街梯扶手上的D点。已知C点是一段倾斜街梯扶手的起点，倾斜的街梯扶手与水平面的夹角= 37，CD间的距离s=3.0m，少年的质量m=60kg。滑板及少年均可视为质点，不计空气阻力。取sin37 = 0.60，cos37 = 0.80，重力加速度g=10 m/s2，求：（1）少年从C点水平飞出到落在倾斜街梯扶手上D点所用的时间t；（2）少年从C点水平飞出时的速度大小vC；（3）少年落到
23、D点时的动能Ek。【答案】（1）0.60s；（2）4.0m/s；（3）1560J【解析】（1）少年从C点水平飞出做平抛运动，在竖直方向，由图有y=ssin37，解得t=0.60s（2）在水平方向：x=vCt，又 x=scos37，解得：（3）少年到D点时竖直方向的速度，少年到D点时速度大小为动能为，解得：Ek=1560J53.如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒
24、力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m，匀强电场的电场强度的大小E=1.0104N/C；滑块A、B的质量均为m=0.010kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为=0.40，绝缘滑块B所带电荷量q=+1.010-5C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。A、B均可视为质点（忽略它们的尺寸大小），且不计A、B间的静电力作。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g =10m/s2。 （
25、1）求F的大小；（2）碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；（3）若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。【答案】(1)F=1.84N；(2)，滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；(3)k=17 【解析】试题分析：对滑块A应用动能定理可以求出力F的大小；两滑块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度，然后应用动量定理求出B对A的冲量；求出滑块经过黑色与白色轨道时损失的机械能，根据A、B碰撞后的总机械能求出滑块能经过黑白轨道的条数，然后分析求出k的数值（1）以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到摩擦力的大小f=mg，对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据
26、动能定理得：，解得：F=1.84N；（2）设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，设滑块B对滑块A的冲量为I，规定水平向右为正方向以滑块A为研究对象，根据动量定理有：，解得：，滑块B对滑块A冲量的方向水平向左；（3）设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为，则，设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为，则，设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为，令，解得：N=7.5，即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能：，因EkE1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能，故将不能通过第17号
27、轨道，即最终停在第17号轨道上54.如图为某种质谱仪的结构的截面示意图，该种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器及收集器组成。其中静电分析器由两个相互绝缘且同心的四分之一圆柱面的金属电极K1和K2构成，两柱面电极的半径分别为R1和R2，O1点是圆柱面电极的圆心。S1和S2分别为静电分析器两端为带电粒子进出所留的狭缝。静电分析器中的电场的等势面在该截面图中是一系列以O1为圆心的同心圆弧，图中虚线A是到K1、K2距离相等的等势线。磁分析器中有以O2为圆心的四分之一圆弧的区域，该区域有垂直于截面的匀强磁场，磁场左边界与静电分析器的右边界平行。P1为磁分析器上为带电粒子进入所留的狭缝，O2P1的连线
28、与O1S1的连线垂直。离子源不断地发出正离子束，正离子束包含电荷量均为q的两种质量分别为m、m(mm2m)的同位素离子，其中质量为m的同位素离子个数所占的百分比为。离子束从离子源发出的初速度可忽略不计，经电压为U的加速电场加速后，全部从狭缝S1沿垂直于O1S1的方向进入静电分析器。稳定情况下，离子束进入静电分析器时的等效电流为I。进入静电分析器后，质量为m的同位素离子沿等势线A运动并从狭缝S2射出静电分析器，而后由狭缝P1沿垂直于O2P1的方向进入磁场中，偏转后从磁场下边界中点P2沿垂直于O2P2的方向射出，最后进入收集器。忽略离子的重力、离子之间的相互作用、离子对场的影响和场的边缘效应。(1
29、)求静电分析器中等势线A上各点的电场强度E的大小；(2)通过计算说明质量为m的同位素离子能否从狭缝S2射出电场并最终从磁场下边界射出；(3)求收集器单位时间内收集的离子的质量M0【答案】(1) (2)能从磁场下边界射出(3) 【解析】【分析】根据动能定理求得加速后获得的速度，根据运动轨迹判断出在静电分析器中的半径，利用电场力提供向心力求得点场强度；根据动能定理求得在加速电场中获得的速度，在磁场中，根据洛伦兹力提供粒子作圆周运动所需的向心力，根据几何关系求得，即可判断；有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器，由题意可知，进入收集器的离子中，质量为m的离子个数，质量为m的离子个数，即可求得
30、；【详解】解：(1)由题意可知，等势线A的半径为：质量为m的离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：设质量为m的离子从狭缝S,进入静电分析器时的速度为v，则其在加速电场中加速过程中，根据动能定理有：解得：(2)设质量为m的离子经加速电场加速后，速度为v，由动能定理可得：质量为m的离子在电场中做半径为R的匀速圆周运动，所需要的向心力为：解得：即该离子所受电场力，恰好等于它若做匀速圆周运动的向心力，因此这个离子仍然在静电分析器中做半径为R的匀速圆周运动故质量为m的离子能从狭缝S2射出，仍从狭缝P1进入磁场做匀速圆周运动设质量为m的离子进入磁场做匀速圆周运动的半径为r，若质量为m的离子能从磁场下边界射出，则出射位置到O2距离为x须满足的条件为质量为m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径：，由题意可知，质量为m的离子圆周运动的轨道半径r=d所以质量为m的离子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径为：因，故则由几何关系有：解得：，所以质量为m的离子能从磁场下边界射出(3)时间t内能进入静电分析器的离子个数：因所有离子都能进入磁场并从磁场下边界射出进入收集器，由题意可知，进入收集器的离子中，质量为m的离子个数，质量为m的离子个数为：解得：
