1、2017年湖北省华中联盟高考物理模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1以下说法正确的是（）A放射性元索的半衰期跟原子所处的化学状态无关，但与外部条件有关B某种频率的紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，若增大该种紫外线照射的强度，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能并不改变C根据波尔的原子理论，氢原子的核外电子由能量较高的定态轨道跃迁到能最较低的定态轨道时，会辐射一定频率的光子，同时核外电子的动能变小D用一光电管进行光电效应实验时，当用某一频率的光入射，有光电流产生，若保持入射光的总能量不变而不断减小入射光的频率，则始终有光电流产生2回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相
2、距很近的D形金属盒把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和粒子（He），比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是（）A加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小3如图所示为原、副线圈匝数比为n1：n2=
3、10：1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1=220sin100t（V）的交变电压，则（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等4将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30，石块间的摩擦力可
4、以忽略不计则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为（）ABCD5一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度方向竖直向下、大小为，空气阻力不计小球在下落h的过程中，关于其能量的变化，下列说法中正确的是（）A动能增加了B电势能增加C重力势能减少了D机械能减少了6如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道I，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R1、周期为T1；然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道II，在此轨道正常运行时，卫星的周期为T2；到达远地点Q时再次点火加速，进入远地圆轨道III在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为
5、R3、周期为T3（轨道II的近地点和远地点分别为轨道I上的P点、轨道III上的Q点）已知R3=2R1，则下列关系正确的是（）AT2=3T1BT2=T3CT3=2T1DT3=T17压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻及各电路元件和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个光滑的绝缘重球已知0到t1时间内小车静止，重球对压敏电阻和挡板均无压力此后小车沿水平面向右做直线运动，整个过程中，电流表示数随时间的变化图线如图乙所示，则下列判断正确的是（）A从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动B从t2到t3时间内，小车做匀加速
6、直线运动C从t3到t4时间内，小车做匀加速直线运动D从t4到t5时间内，小车可能做匀减速直线运动8如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光特轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2则（）A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块对在水平轨道上向右移动了0.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第
7、一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m二、解答题（共4小题，满分47分）9在利用碰掩做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示，图中斜槽PQ与水平箱QR平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验先不放被碰小球，重复实验若干次；然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘R处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口R的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O，MP，N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，且m1=2m2则：（1）两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为
8、m（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，其目的是A为了使入射小球每次都能水平飞出糟口B为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口C为了使入射小球在空中飞行的时间不变D为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞（3）下列有关本实验的说法中正确的是A未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是M、PB未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是P、MC未放被碰小球和放了被碰小球时，入肘小球m1的落点分别是N、MD在误差允许的范田内若测得|ON|=2|MP|，则表明碰撞过程中由m1、m2两球组成的系统动量守恒10测量一干电池组的电动势和内电阻所用器材如下，连线图如图
9、甲所示：A电流表A：量程0100mA、内阻为16.0；B电压表V：量程03V、内阻约为30K；C干电池组E：电动势待测、内阻待测；D滑动变阻器R：010；E定值电阻R0：电阻值为4.0；F单刀单掷开关S，导线若干实验时测量出电流表A的示数I和电压表V的示数U，对应的数据画出如图乙所示的UI图象，利用图象可求出该千电池组的电动势为E=V，内电阻为r=小电珠L的额定电压为3.8V，现已测出其伏安特性曲线如图丙所示，它的额定电功率P额=W将L接在上面所测干电池组的两极上并接通电路，则L消耗的实际电功率P=W11如图甲所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点A与B间的距离为L=6.0m，一物块（可
10、视为质点）从A处以v0=7m/s的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为=0.2，取g=10m/s2（1）若传送带静止，求物块离开B点时的速度；（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点的速度；（3）物块离开B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的若传送带顺时针匀速运动，用v转表示传送带的速度，vB表示物块离开B点的速度，请在答题卡上的图乙中画出vB与v转的关系图象（请在图中标注关键点的坐标值，如有需要，可取）12如图所示abed为质量M=3.0Kg的“”型导轨（电阻不计），放在光滑绝缘的、倾角为=53的斜面上，绝缘光滑的立柱e，、f垂直于斜面固定，质童m
11、=2.0Kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱、f上导轨和金属捧都处于匀强磁场中，磁场以OO为界，OO左侧的磁场方向垂直于斜面向上，右侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B=1.0T导轨的ad段长L=1.0m，棒PQ单位长度的电阻为r0=0.5/m，金属棒PQ与“”型导轨始终接触良好且两者间的摩擦力是两者间正压力的=0.25倍设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速释放，（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6图中的MN、ad、OO、PQ彼此平行且处在水平方向） 求： （1）导轨运动的最大加速度；（2）导轨运动的最大速度【物理-选修3-3】13以下有关热学内容的叙述，正
12、确的是（）A在两分子间距离增大的过程中分子间的作用力一定减小B用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，表示实心钥块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为C雨天打伞时，雨水投有透过布雨伞是因为液体表面存在张力D晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征E理想气体等压膨胀过程一定吸热14如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m、横截面积为s，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了2h并稳定，此时气体的热力学温度为T1已知大气压强为P0，重力加速度为g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气求：加热过
13、程中气体的内能增加量；停止对气体加热后，在活塞上缓缓添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好下降了h求此时气体的温度【物理-选修3-4】15如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是参与波动的、离原点x1=2m处的质点，Q是参与波动的、离原点x2=4m处的质点图乙是参与波动的某一质点的振动图象（所有参与波动的质点计时起点相同）由图可知（）A从t=0到t=6s，质点P通过的路程为0.6mB从t=0到t=6s，质点Q通过的路程为12 mC这列波的传播速度为v0=2m/sD从t=0起，P质点比Q质点先到达波峰E乙图可能是甲图中质点Q的振动图象16如图所示，P、Q是两条平
14、行的、相同的单色光线，入射到半径为R的半圆柱形玻璃砖上表面，玻璃砖下表面AB水平，在AB下方与AB相距h=R的水平光屏MN足够大，己知玻璃砖对P、Q光线的折射率均为光线P沿半径DO方向射入，恰好在圆心O点发生全反射；光线Q从最高点E射入玻璃砖，经折射从下表面AB穿出并打在光屏MN上的F点（图中未画出）求O点与F点的水平距离|OF|2017年湖北省华中联盟高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1以下说法正确的是（）A放射性元索的半衰期跟原子所处的化学状态无关，但与外部条件有关B某种频率的紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，若增大该种紫外线照射的强
15、度，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能并不改变C根据波尔的原子理论，氢原子的核外电子由能量较高的定态轨道跃迁到能最较低的定态轨道时，会辐射一定频率的光子，同时核外电子的动能变小D用一光电管进行光电效应实验时，当用某一频率的光入射，有光电流产生，若保持入射光的总能量不变而不断减小入射光的频率，则始终有光电流产生【考点】IC：光电效应；J4：氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据光电效应发生条件，可知，光电子的最大初动能与入射频率有关，与入射的强度无关；氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小；外界环境的变化不会影响半衰
16、期，从而即可求解【解答】解：A、放射性元索的半衰期跟原子所处的化学状态无关，而与外部条件也无关，故A错误；B、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，故B正确；C、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故C错误；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D错误；故选：B2回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下连接好
17、高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和粒子（He），比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是（）A加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的最大动能较大B加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较大C加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小D加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的最大动能较小【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】回旋加速器工作时，交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等，
18、粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由牛顿第二定律推导出最大动能的表达式和周期表达式进行讨论即可【解答】解：交流电源的周期等于粒子圆周运动的周期，为：T=，由于氚核的较大，则加速氚核的交流电源的周期较大；根据 qvB=m得，粒子出D形盒时最大速度为 vm=，最大动能为：Ekm=；由于氚核的较小，则氚核获得的最大动能较小故ABD错误，C正确；故选：C3如图所示为原、副线圈匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上u1=220sin100t（V）
19、的交变电压，则（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据瞬时值表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解答】解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为20V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为V=20V，故A错误；
20、B、当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，输入电压及匝数比不变，输出电压不变，所以电压表的示数不变，变阻器触头P向上移动，变阻器电阻变大，副线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；C、当单刀双掷开关由a板向b时，原线圈匝数变小，根据，得，副线圈两端的电压变大，输出功率变大，输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；D、当单刀双掷开关由a扳向b时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到适当位置使负载电阻变大，输出功率可能不变，输出功率等于输入功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确；故选：D4将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块
21、固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30，石块间的摩擦力可以忽略不计则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为（）ABCD【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力【分析】由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比【解答】解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：=600，所以有F1 ：F2=sin60=，故A正确，BCD错误；故选：A5一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀
22、强电场中以水平速度抛出，小球的加速度方向竖直向下、大小为，空气阻力不计小球在下落h的过程中，关于其能量的变化，下列说法中正确的是（）A动能增加了B电势能增加C重力势能减少了D机械能减少了【考点】6B：功能关系【分析】根据动能定理研究动能的变化和重力做功与重力势能的关系，电势能的变化电场力做负功，机械能减小，根据能量守恒可知机械能减小量等于小球电势的增加量高度下降，重力势能减小【解答】解：A、根据动能定理：小球动能的变化量等于合力做功，Ek=F合h=mah=mgh，动能增加了mgh故A错误B、小球的重力做正功mgh，重力势能减小mgh，根据能量守恒定律得：小球电势能增加mgh=，故B正确C、由上
23、可知：重力势能减小mgh，故C错误D、由上可知：重力势能减小mgh，动能增加，则机械能减小故D正确故选：BD6如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道I，在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R1、周期为T1；然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道II，在此轨道正常运行时，卫星的周期为T2；到达远地点Q时再次点火加速，进入远地圆轨道III在此轨道正常运行时，卫星的轨道半径为R3、周期为T3（轨道II的近地点和远地点分别为轨道I上的P点、轨道III上的Q点）已知R3=2R1，则下列关系正确的是（）AT2=3T1BT2=T3CT3=2T1DT3=T1【考点】4F：万有引力定律
24、及其应用【分析】根据开普勒第三定律：，k是与卫星无关的物理量，即所有卫星的比值k都相同，代入数据计算即可，其中圆轨道的a为圆的半径，椭圆轨道的a等于半长轴【解答】解：CD、根据开普勒第三定律：所以解得即，故C正确、D错误A、根据开普勒第三定律：，所以解得即故A错误B、根据开普勒第三定律：，所以 =（=（）3解得 =，即T2=T3，故B正确故选：BC7压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻及各电路元件和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个光滑的绝缘重球已知0到t1时间内小车静止，重球对压敏电阻和挡板均无压力此后小
25、车沿水平面向右做直线运动，整个过程中，电流表示数随时间的变化图线如图乙所示，则下列判断正确的是（）A从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动B从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动C从t3到t4时间内，小车做匀加速直线运动D从t4到t5时间内，小车可能做匀减速直线运动【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；37：牛顿第二定律【分析】压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变【解答】解：A、在t1t2内，I变大后恒定不变，压力不变，则车匀加速运动，故A正确； B、在t2t3内，I变大，阻值变小，压力变大，小
26、车做变加速运动，故B错误； C、在t3t4内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C正确 D、在t4t5内，对压敏电阻的压力为0，则可能匀速，也可能减速，则D正确故选：ACD8如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.75m的轻杆与滑块上的光特轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态现给小球一个v0=3m/s的竖直向下的初速度，取g=10m/s2则（）A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块对在水平轨道上向右移动了0
27、.5 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系【分析】小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块M在水平轨道上向右的距离根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求m上升的最大高度结合水平方向动量守恒求滑块M在水平轨道上向右的距离【解答】解：AB、小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0=mM，得 x=0.3m，故A正确，B错误C、设小球m相对于初
28、始位置可以上升的最大高度为h此时竖直方向速度为0，所以水平方向速度也为0根据水平动量守恒得：0=（m+M）v根据系统的机械能守恒得 =mgh+（m+M）v2解得 h=0.45mD、小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为 S=L+=0.75+=1.35m根据水平动量守恒得：0=mM，解得 y=0.54m，故D正确故选：AD二、解答题（共4小题，满分47分）9在利用碰掩做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示，图中斜槽PQ与水平箱QR平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验先不放被碰小球，重复实验若干次；然
29、后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘R处（槽口），又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口R的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O，MP，N点，测得两小球直径相等，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，且m1=2m2则：（1）两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙，则两小球的直径均为1.2895102m（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放，其目的是BA为了使入射小球每次都能水平飞出糟口B为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口C为了使入射小球在空中飞行的时间不变D为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞（3）下列有关
30、本实验的说法中正确的是BDA未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是M、PB未放被碰小球和放了被碰小球时，入射小球m1的落点分别是P、MC未放被碰小球和放了被碰小球时，入肘小球m1的落点分别是N、MD在误差允许的范田内若测得|ON|=2|MP|，则表明碰撞过程中由m1、m2两球组成的系统动量守恒【考点】ME：验证动量守恒定律【分析】（1）根据螺旋测微器的读数方法即可得出对应的读数；（2）本题是通过平抛运动验证动量守恒定律的，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度或者相同的动量（3）明确碰撞规律，知道中间位置为未放被碰小球时入射小球的落点，最近的点为放了被
31、碰小球后入射小球的落点【解答】解：（1）螺旋测微器的主尺部分长度为12.5mm，转动部分读数为：39.50.01mm，故最终读数为：12.5+0.395=12.895mm=1.2895102m；（2）入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速的释放，为了使小球每次都以相同的速度飞出槽口以保证入射小球每次都以相同的动量到达槽口，故B正确，A、C、D错误故选：B（2）A、B、C、未放被碰小球和放了被碰小球m2时，入射小球m1的落点分别为P、M故AC错误，B正确；D、设入射小球在初速度是v1，碰撞后的速度是v1，被碰小球的速度是v2，则：m1v1=m1v1+m2v2设由于：m1=2m2，则有：2（
32、v1v1）=v2设平抛的时间是t：则=v1t， =v2t， =v1t所以：若系统碰撞的过程中动量守恒，则满足： =2故D正确故选：BD故选：（1）1.2895102；（2）B；（3）BD10测量一干电池组的电动势和内电阻所用器材如下，连线图如图甲所示：A电流表A：量程0100mA、内阻为16.0；B电压表V：量程03V、内阻约为30K；C干电池组E：电动势待测、内阻待测；D滑动变阻器R：010；E定值电阻R0：电阻值为4.0；F单刀单掷开关S，导线若干实验时测量出电流表A的示数I和电压表V的示数U，对应的数据画出如图乙所示的UI图象，利用图象可求出该千电池组的电动势为E=3.0V，内电阻为r=
33、2.0小电珠L的额定电压为3.8V，现已测出其伏安特性曲线如图丙所示，它的额定电功率P额=9.12W将L接在上面所测干电池组的两极上并接通电路，则L消耗的实际电功率P=0.88W【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【分析】分析电路结构，明确电路中实际电流，再根据闭合电路欧姆定律进行分析，从而求出电动势和内电阻；根据灯泡的伏安特性曲线可明确灯泡的额定功率；在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的实际工作点，由功率公式可求得灯泡的实际功率【解答】解：根据改装原理可知，干路电流与电流表示数间的关系为：I=+Ig；当电流表示数为0.1A时，实际电流I=+0.1=0.5A；根据U
34、=EIr可知，UI图象中图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故E=3.0V，图象的斜率表示内阻，则r=2.0；由灯泡的伏安特性曲线可知，电压为3.8V时，电流为2.5A，故灯泡的额定功率P=UI=3.82.4=9.12W；在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如图所示，则可知，灯泡的工作电压为0.8V，电流为1.1A，则功率P=0.81.1=0.88W故答案为：3.0；2.0；9.12；0.8811如图甲所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点A与B间的距离为L=6.0m，一物块（可视为质点）从A处以v0=7m/s的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为=0.2，取g=10
35、m/s2（1）若传送带静止，求物块离开B点时的速度；（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点的速度；（3）物块离开B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的若传送带顺时针匀速运动，用v转表示传送带的速度，vB表示物块离开B点的速度，请在答题卡上的图乙中画出vB与v转的关系图象（请在图中标注关键点的坐标值，如有需要，可取）【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力【分析】（1）若传送带静止，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出物块的加速度，然后根据速度位移公式求出物块到B时速度；（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不
36、变，由（1）可知物块离开B点时的速度；（3）若传送带顺时针匀速运动时，当0v转5m/s时，物块一直减速到B点，得出物块离开B点的速度；若物块始终加速直至离开B点，根据牛顿第二定律求出其加速度，利用速度位移公式求出其速度，再分别进行讨论画出vB与v转的关系图象【解答】解：（1）若传送带静止，物块一直匀减速至B点，由牛顿第二定律得，物块的加速度：a=g=0.210m/s2=2m/s2，由=2aL得，物块离开B点时的速度：vB=m/s=5m/s（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不变，则物块离开B点的速度仍为vB=5m/s（3）若传送带顺时针匀速运动时，当0v转5m/s
37、时，物块一直减速到B点，则vB=5m/s；若物块始终加速直至离开B点，其加速度：a=g=0.210m/s2=2m/s2，则有：vB=m/s=8.5m/s，即：当v转m/s时，物块一直匀加速到B点并以m/s的速度离开B点；当5m/sv转7m/s时，物块匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB=v转；当7m/sv转m/s时，物块匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动至B点离开，则有vB=v转；即：7m/sv转m/s时，vB=v转；如图所示：答：（1）若传送带静止，求物块离开B点时的速度为5m/s；（2）若传送带以v转=5m/s的速度逆时针匀速转动，求物块离开B点的速度5m/s；（3）
38、vB与v转的关系图象见上图12如图所示abed为质量M=3.0Kg的“”型导轨（电阻不计），放在光滑绝缘的、倾角为=53的斜面上，绝缘光滑的立柱e，、f垂直于斜面固定，质童m=2.0Kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱、f上导轨和金属捧都处于匀强磁场中，磁场以OO为界，OO左侧的磁场方向垂直于斜面向上，右侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B=1.0T导轨的ad段长L=1.0m，棒PQ单位长度的电阻为r0=0.5/m，金属棒PQ与“”型导轨始终接触良好且两者间的摩擦力是两者间正压力的=0.25倍设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速释放，（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos
39、53=0.6图中的MN、ad、OO、PQ彼此平行且处在水平方向） 求： （1）导轨运动的最大加速度；（2）导轨运动的最大速度【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）导轨刚释放时，回路中没有感应电流，导轨此时所受的安培力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律求解；（2）当导轨匀速下滑时速度最大分别分析导轨和PQ的受力情况，由平衡条件和安培力公式列式，求出最大速度【解答】解：（1）导轨刚释放时加速度最大，导轨此时安培力为零，由牛顿第二定律有：Mgsinf=Maf=FN对静止的棒PQ有：FN=mgcosFN=FN代人数据解得最大加速度：a=m/s2=7
40、.0m/s2（2）导转速度达最大速度vm时，对导轨有：Mgsinf1FA=0又E=BLvmI=FA=ILBf1=FN1对棒PQ有：FN1=mgcos+FAFN1=FN1综合各式得：vm=8.4m/s；答：（1）导轨运动的最大加速度为7.0m/s2；（2）导轨运动的最大速度为8.4m/s【物理-选修3-3】13以下有关热学内容的叙述，正确的是（）A在两分子间距离增大的过程中分子间的作用力一定减小B用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，表示实心钥块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为C雨天打伞时，雨水投有透过布雨伞是因为液体表面存在张力D晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特
41、征E理想气体等压膨胀过程一定吸热【考点】92：* 晶体和非晶体；95：* 液体的表面张力现象和毛细现象【分析】分子力与分子距离的关系比较复杂，可能增大，也可能减小；雨水没有透过布雨伞是由于表面张力；多晶体具有各向同性的特性【解答】解：A、分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有关故A错误B、M表示铜的摩尔质量，表示铜的密度，则铜的摩尔体积：V=，一个铜原子所占空间的体积可表示为：V0=故B正确C、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故C正确D、晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，各向异性，而多晶体没有规则形状，各向同性故D错误E、理想气
42、体等压膨胀过程，根据=C，温度增加，故内能增加，根据热力学第一定律U=W+Q，对外做功，故一定吸收热量，故E正确故选：BCE14如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m、横截面积为s，与容器底部相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了2h并稳定，此时气体的热力学温度为T1已知大气压强为P0，重力加速度为g，活塞与气缸间无摩擦且不漏气求：加热过程中气体的内能增加量；停止对气体加热后，在活塞上缓缓添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好下降了h求此时气体的温度【考点】99：理想气体的状态方程【分析】气体发生等压
43、变化，求出气体的压强和气体对外做的功，根据热力学第一定律即可求出气体的内能增加量；根据理想气体状态方程即可求解活塞下降h时的温度；【解答】解：等压过程气体的压强为：则气体对外做功为： =由热力学第一定律得：U=QW解得：停止对气体加热后，活塞恰好下降了h，气体的温度为则初态 热力学温度为末态 热力学温度为由气态方程解得：答：加热过程中气体的内能增加量为；停止对气体加热后，在活塞上缓缓添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好下降了h此时气体的温度为【物理-选修3-4】15如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是参与波动的、离原点x1=2m处的质点，Q是参与波动的、
44、离原点x2=4m处的质点图乙是参与波动的某一质点的振动图象（所有参与波动的质点计时起点相同）由图可知（）A从t=0到t=6s，质点P通过的路程为0.6mB从t=0到t=6s，质点Q通过的路程为12 mC这列波的传播速度为v0=2m/sD从t=0起，P质点比Q质点先到达波峰E乙图可能是甲图中质点Q的振动图象【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象【分析】由甲读出波长，由图乙读出周期T，根据时间与周期的关系求质点P、Q通过的路程由v=求出波速波源的起振方向与图中x3=6m的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点【解答
45、】解：AB、由图乙读出该波的周期 T=2s，振幅为 A=5cm，因为 t=6s=3T，所以从t=0到t=6s，质点P、Q通过的路程都是 34A=125cm=60cm=0.6m，故A正确，B错误C、由甲读出波长 =4m，波速v0=2m/s，故C正确D、简谐波没x轴正方向传播，t=0时刻质点Q向上运动，质点P向下运动，所以Q质点比P质点先到达波峰，故D错误E、由图乙看出，t=0时刻，质点经过平衡位置向上，而图甲中，Q点也经过平衡位置向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象故E正确故选：ACE16如图所示，P、Q是两条平行的、相同的单色光线，入射到半径为R的半圆柱形玻璃砖上表面，玻璃砖下表面AB
46、水平，在AB下方与AB相距h=R的水平光屏MN足够大，己知玻璃砖对P、Q光线的折射率均为光线P沿半径DO方向射入，恰好在圆心O点发生全反射；光线Q从最高点E射入玻璃砖，经折射从下表面AB穿出并打在光屏MN上的F点（图中未画出）求O点与F点的水平距离|OF|【考点】H3：光的折射定律【分析】光线P沿半径DO方向射入，恰好在圆心O点发生全反射，入射角等于临界角C，根据sinC=求出临界角C从而得到光线QE在E点的入射角由折射定律求折射角由几何关系和折射定律求出O点与F点的水平距离|OF|【解答】解：光线P恰好在O点发生全反射，设临界角为C由折射定律有 sinC=，得 C=45设光线Q在E点的入射角和折射角分别为1和2，在AB面上的折射角为3，则 1=C=45由n=，得 2=30由n=，得 3=45由几何关系知，|OF|=Rtan2+htan3且 h=R解得O点与F点的水平距离|OF|=R答：O点与F点的水平距离|OF|是R2017年6月5日