1、2017年江西省重点中学联考高考物理模拟试卷二、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15题只有一项符合题目要求，第68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下列说法中正确的是（）A铀核裂变时释放的能量等于它俘获中子时得到的能量B发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大C原子核内的中子转化成一个质子和电子，产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质D用能量为11.0eV的光子照射时，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态2如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和OP在P点拴结实后再分别系与竖
2、直墙上且相距0.4m的O、O两点上，绳OP长0.5m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，=37，则为（sin37=0.6，cos37=0.8）（）A3：4B4：3C3：5D4：532016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为r（a星的轨道半径大于b星的），则（）Ab星的周期为Ba星的线速度大小为Ca、b两颗星的半径之比为Da、b两颗星的质量之比为4如
3、图甲所示，粗糙斜面的水平面的夹角为30，质量为3kg的小物块（可视为质点）由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达最高位置C，小物块上滑过程中的vt图象如图乙所示，设A点为零势能参考点，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块最大重力势能为54JB小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为40N5我国为处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面
4、做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A小球运动方向为自南向北B小球可能带正电C小球速度v的大小为D小球的比荷为6如图所示理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是（）A该交流电源的电动势的瞬时值表达式为e=EmsinB变压器原副线圈匝数的比值为C电流表的读数为D负载上消耗的热功率71931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现一半径为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处由一固定的磁
5、单S极子，与圆环相交的磁感应跟对称轴成角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2BIRsinC若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，则小球带负电D若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流，加速度等于重力加速度8如图所示，水平面内的等边三角形ABP的边长为L，顶点P恰好位于一倾角为30的光滑，绝缘直轨道OP的最低点，O为竖直投影点O处三角形AB边的中点，现将一对等量异种电荷固
6、定于A、B两点，各自所带电荷量为Q，在光滑直导轨OP上端O处将质量为m，带电荷量为+q的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响）由静止开始释放，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力可忽略，则小球沿轨道OP下滑过程中（）A小球刚释放时的加速度大小为0.5gB小球的电势能先增大后减小C小球到达轨道底端P的速度为D轨道O与P处场强大小之比为三、必考题9用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连先用米尺测得B、C两点间距离x，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A
7、，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量A弹簧原长 B当地重力加速度 C滑块（含遮光片）的质量（3）增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将A增大 B减小 C不变10利用如甲图所示电路，可用伏安法测定某一电源的电动势和内阻，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电压表V，A为标准电流表，E1为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=200A，按如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内电阻rg，其中电阻R4约为1k，为使rg的测量值尽量准确，在以
8、下器材中，电源E2应选用，电阻R3应选用，电阻R2应选用（选填器材前的字母）A电源（电动势为1.5V）B电源（电动势为6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，05.1k）F电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，051k）（2）如果所得R3的阻值为300，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为，该测量值实际值（填“略大于”“略小于”“等于”）（3）给灵敏电流计G串联一个阻值为k的电阻就可以将该电流计G改装为量程6V的电压表V（4）由（2）确定灵敏电流计的内阻测量值与实际值差异后，将其改装成另一电压表V（甲图虚线框所示）接入甲图电路进而完成
9、甲图实验测量时，电压表V测量值实际值（填“大于”“小于”或“等于”）；电源E1电动势测量值实际值（填“大于”“小于”或“等于”）11在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止，且均可看做质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下A球与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移（1）第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大？（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了多少功？（3）从开始即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始
10、终无压力且刚好不离开水平桌面（v=0时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，请写出磁场B与时间t的函数关系12如图所示，完全相同的正方形单匝铜质线框abcd，通过水平绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持abAACC，已知磁场边界AA，CC与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d（ld），
11、现某一货件当其ab边到达CC时又恰好与传送带的速度相同，则（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大【物理选修3-3】13下列有关热现象分析与判断正确的是 （）A布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，布朗运动就越显著B在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加C温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数越多，液体继续蒸发，饱和气压强增大D一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，
12、气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多E在一个大气压下，1g100的水吸收2.26103J热量变为1g100的水蒸气，在这个过程中，2.26103J=水蒸气的内能+水的内能+水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功14如图所示，横截面积为S，质量为M的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了T，气柱的高度增加了L，吸收的热量为Q，不计气缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g，求：此加热过程中气体内能增加了多少？若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，
13、则所放砝码的质量为多少？【物理选修3-4】15一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是 （）A这列波的波速可能为50m/sB质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（t）（m）16在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP
14、以60入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S到P点的距离2017年江西省重点中学联考高考物理模拟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15题只有一项符合题目要求，第68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下列说法中正确的是（）A铀核裂变时释放的能量等于它俘获中子时得到的能量B发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大C原子核内的中子转化成一个质子和电子，产生的电
15、子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质D用能量为11.0eV的光子照射时，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态【考点】IC：光电效应；J4：氢原子的能级公式和跃迁【分析】知道核反应前后质量数和核电荷数守恒，能够区分裂变反应和聚变反应；发生光电效应时，入射光的光强一定，频率越高，逸出的光电子的最大初动能就越大；射线的实质是电子流，射线的实质是电磁波；能级间发生跃迁吸收的光子能量能用两能级间的能级差【解答】解：A、根据爱因斯坦质能方程可知，裂变时释放能量是因为发生了亏损质量，E=mC2，故A错误；B、发生光电效应时，入射光的频率越高，光子的能量越大，由：Ekm=hW逸出功得，逸出的光电子的最大初动能
16、就越大，而与入射光的强度无关，故B错误；C、衰变时，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C正确；D、11.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃迁，故D错误；故选：C2如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和OP在P点拴结实后再分别系与竖直墙上且相距0.4m的O、O两点上，绳OP长0.5m，绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，=37，则为（sin37=0.6，cos37=0.8）（）A3：4B4：3C3：5D4：5【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】绳OP刚拉
17、直时，此时OP绳子拉力为零，绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解【解答】解：绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据几何关系可得sin=，所以=53，所以+=90；根据共点力的平衡条件可得：T1=mgsin；绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，根据共点力的平衡条件可得：T2=mgtan，由此可得： =，所以C正确、ABD错误；故选：C32016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成
18、，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为r（a星的轨道半径大于b星的），则（）Ab星的周期为Ba星的线速度大小为Ca、b两颗星的半径之比为Da、b两颗星的质量之比为【考点】4F：万有引力定律及其应用【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系【解答】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；B、根据题意可知，ra+rb=l，ra
19、rb=r，解得：，则a星的线速度大小，故B正确，C错误；D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：解得：，故D错误故选：B4如图甲所示，粗糙斜面的水平面的夹角为30，质量为3kg的小物块（可视为质点）由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达最高位置C，小物块上滑过程中的vt图象如图乙所示，设A点为零势能参考点，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块最大重力势能为54JB小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为40N【考点】37：牛顿第二定律
20、；19：平均速度；29：物体的弹性和弹力【分析】（1）根据图象求出小物块上升的最大位移，再利用几何关系求出上升的最大高度，根据Ep=mgh求出小物块最大重力势能；（2）根据图象求出小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小即可得出答案；（3）根据图象求出小物块减速运动的加速度大小，然后根据牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数（4）根据图象求出小物块加速运动的加速度大小，然后根据牛顿第二定律求出推力F的大小【解答】解：A、由图象可知，物体上升的最大位移为：x=vt=31.2m=1.8m，由几何关系得，小物块上升的最大高度为：h=xsin30=1.8m=0.9m，则小物块最大重力势能为：E
21、p=mgh=3100.9J=27J；故A错误；B、小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小为： =m/s，其大小之比为1：1，故B错误；C、由图乙所示图象可知，减速运动的加速度大小为：a2=m/s2=10m/s2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30+mgcos30=ma2，解得：=，故C错误；D、加速运动的加速度大小为：a1=m/s2=m/s2，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：Fmgsin30mgcos30=ma1，待入数据可解得：F=40N，故D正确故选：D5我国为处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场和地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水
22、平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向沿水平面做直线运动，忽略空气阻力，某地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A小球运动方向为自南向北B小球可能带正电C小球速度v的大小为D小球的比荷为【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动【分析】根据左手定则，结合电场力与重力方向，及受力平衡条件，即可求解【解答】解：AB、由题意可知，小球受到重力、电场力与洛伦兹力，因直线运动，且f=qvB，因此一定是匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，根据左手定则，因地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，那么小球一定带负电，负电荷受到的电场力的方向则与
23、磁场的方向相反，则运动的方向由东向西方向运动，故AB错误；C、由上分析可知，电场力与洛兹力的合力竖直向上，由于夹角不知，因此它们的大小关系不能确定，则不能确定v的大小为故C错误；D、小球受到的电场力与洛伦兹力的合力与重力等值反向，则：mg=所以小球的比荷： =故D正确故选：D6如图所示理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是（）A该交流电源的电动势的瞬时值表达式为e=EmsinB变压器原副线圈匝数的比值为C电流表的读数为D负载上消耗的热功率【考点】E8：变压器的构造和原理；BG：电功、电功
24、率；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】由图可读出最大值，周期，求得，得出表达式，将变压器和电阻等效为外电阻，则可根据电源输出功率最大值的条件可明确输出电压及最大功率；再由功率公式可明确变压器副线圈输出的电压；从而求出线圈匝数；【解答】解：A、周期，角速度，所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为，故A错误；B、设原副线圈中的匝数分别为和，电流分别为和，电压分别为和，则，电阻R消耗的功率，即可见时，P有最大值，此时，则，所以，故B正确；C、电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为I1=，则：，故C正确；D、负载上消耗的功率，故D错误；故选：BC71931年英国物理学家狄拉
25、克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现一半径为R的线状圆环其环面的竖直对称轴CD上某处由一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感应跟对称轴成角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB若R为一闭合载流I，方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2BIRsinC若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，则小球带负电D若将闭合导体圆环从静止开始释放，环中产生如图反方向感应电流，加速度等于重力加速度【考点】CC：安
26、培力【分析】根据感应电流方向由楞次定律判断出穿过环的磁通量如何变化，然后判断环有收缩趋势还是扩张趋势；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小，带电小球的运动会形成电流，即可判断受力及电性【解答】解：A、根据左手定则可知，通电圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2BIRsin，故A错误，B正确；C、若R为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确D、若将闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过线框的磁通量增大，根据右手定则可知，产生
27、的感应电流为环中产生如图反方向感应电流，受到的安培力向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误故选：BC8如图所示，水平面内的等边三角形ABP的边长为L，顶点P恰好位于一倾角为30的光滑，绝缘直轨道OP的最低点，O为竖直投影点O处三角形AB边的中点，现将一对等量异种电荷固定于A、B两点，各自所带电荷量为Q，在光滑直导轨OP上端O处将质量为m，带电荷量为+q的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响）由静止开始释放，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力可忽略，则小球沿轨道OP下滑过程中（）A小球刚释放时的加速度大小为0.5gB小球的电势能先增大后减小C小球到达轨道底端P
28、的速度为D轨道O与P处场强大小之比为【考点】AA：电场的叠加；A2：电荷守恒定律【分析】根据矢量合成的方法，结合库仑定律即可求出o点的电场强度；对o点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球在o点点的加速度；根据功能关系即可求出小球到达C的动能；根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关系分析小球的电势能的变化【解答】解：A、在o点电场强度方向水平向右，则加速度由重力沿斜面向下的分量产生：a=gsin30=0.5g，故A正确B、因等量异种电荷固定于A、B两点，则在其连线的中垂面上所有点的场强方向垂直于该面，则为等势面，则小球OP下滑过程中电势能不变，故B错
29、误C、因由o点到P点电势相等，电场力不做功，只有重力做功：mgLsin30=得v=，故C正确D、对于o点：AO=L，oo=Lsin60tan30=，则Ao=，oAo=45，则其场强为：E=对于P点：E=2Kcos60 则=，故D正确故选：ACD三、必考题9用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连先用米尺测得B、C两点间距离x，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表
30、达式是v=（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量CA弹簧原长 B当地重力加速度 C滑块（含遮光片）的质量（3）增大A、O之间的距离x，计时器显示时间t将BA增大 B减小 C不变【考点】MD：验证机械能守恒定律；69：弹性势能【分析】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时根据弹性势能的决定因素分析AO变化后速度变化【解答】解：（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度；则有：v=； （2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根
31、据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故选：C（3）增大AO间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小；故答案为：（1）；（2）C；（3）B10利用如甲图所示电路，可用伏安法测定某一电源的电动势和内阻，其中虚线框内为用灵敏电流计G改装的电压表V，A为标准电流表，E1为待测电源，S为开关，R为滑动变阻器（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=200A，按如图乙所示电路，用半偏法测定灵敏电流计G的内电阻rg，其中电阻R4约为1k，为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E2应选用B，电阻R3应选用C，电阻R2应选用F（选填器材前的字母）A电源（电动势为1.5V）B电源（电动势
32、为6V）C电阻箱（0999.9）D滑动变阻器（0500）E电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，05.1k）F电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当，051k）（2）如果所得R3的阻值为300，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0，该测量值略小于实际值（填“略大于”“略小于”“等于”）（3）给灵敏电流计G串联一个阻值为29.7k的电阻就可以将该电流计G改装为量程6V的电压表V（4）由（2）确定灵敏电流计的内阻测量值与实际值差异后，将其改装成另一电压表V（甲图虚线框所示）接入甲图电路进而完成甲图实验测量时，电压表V测量值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）；电源E1电动势测量
33、值小于实际值（填“大于”“小于”或“等于”）【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【分析】（1）明确实验原理，根据半偏法的实验注意事项和实验要求可确定所用的仪表；（2）由半偏法测电阻实验原理知，当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等故半偏时R1的阻值等于rg实际上电阻箱R1并入后，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻所以，该测量值“略小于”表头内阻实际值（3）根据改装原理可明确应串联的电阻大小；（4）根据改装原理以及表头内阻的误差情况从而确定电压表误差；同时根
34、据电路结构分析电动势的测量误差【解答】解：（1）由于Ig=200A，R4约为1k，同时为了减小误差，R2应选择阻值较大的F，所以电源应选取电动势较大的B；根据半偏法原理可知，电阻R3应选用电阻箱C；（2）当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎未变，电阻箱与电流计中的电流相等，电阻必然相等如果所得的R1的阻值为300.0，则图中被测电流计G的内阻rg的测量值为300.0实际上电阻箱并入后的，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入的电阻小于电流计的电阻所以，该测量值“略小于”实际值（3）根据改装原理可知，U=Ig（Rg+R）解得：
35、R=Rg=300=29.7K；（4）由于电阻箱的测量值因小于真实值，则改装后实验内阻偏小，故电压表的测量值小于真实值；同时由于采用了相对电源的电流表外接法，电流表示数偏小，故电源电动势的测量值也小于真实值故答案为：（1）B，C，F；（2）300.0，略小于；（3）29.7；（4）小于，小于11在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止，且均可看做质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为+Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下A球与B球发生对心弹性碰撞，设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移（1）第一次碰撞结
36、束瞬间A、B两球的速度各为多大？（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了多少功？（3）从开始即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（v=0时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，请写出磁场B与时间t的函数关系【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；53：动量守恒定律；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）从A开始运动到与B球碰撞，由动能定理或牛顿第二定律及运动学公式可求得碰前A的速度，发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出碰后AB两球的速度，记得结论的话：质量相等的两个球发生弹性碰撞速度交换（2）由于交
37、换速度，则A球第一次碰撞后由静止再经电场加速，而B球做匀速直线运动当A球再次追上B时，两者的位移相等，从而能求出追上的时间及追上时A的速度由能量守恒定律就能求出该过程中电场力做的总功（3）由题设条件，小球A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面，则任何时刻（除t=0之外）受到的洛仑兹力与重力平衡，但在水平方向受电场力做匀加速直线运动，速度均匀增大，由洛仑兹力公式F=BQv，则要求B减小，F=mg才不变，具体的要写出平衡式，才能写出B关于t的表达式【解答】解（1）A球的加速度，碰前A的速度，碰前B的速度vB1=0 设碰后A、B球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量
38、守恒定律有： mvA1=mvA1+mvB1 所以A与B碰撞后交换速度：vA1=0，（2）设A球开始运动时为计时零点，即t=0，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2 对A球由匀变速度公式有： 第一次碰后，经t2t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA2和vB2由位移关系有： 解得：t2=3t1=3 vB2=vB1= 由功能关系可得：W电=另解：两个过程A球发生的位移分别为x1、x2，x1=L，由匀变规律推论x2=4L，根据电场力做功公式有W=QE（x1+x2）=5QEL（3）对A球在竖直方向上由平衡条件得： 从A开始运动到发生第一次碰撞： （） 从第一
39、次碰撞到发生第二次碰撞： （）答：（1）第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为0、（2）从开始到即将发生第二次碰到这段过程中电场力做了5QEL的功（3）若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面（v=0时刻除外），可以在水平面内加一与电场正交的磁场，那么磁场B与时间t的函数关系式为：从A开始运动到发生第一次碰撞： （）；从第一次碰撞到发生第二次碰撞：（）12如图所示，完全相同的正方形单匝铜质线框abcd，通过水平绝缘且足够长的传送带输送一系列该货件通过某一固定匀强磁场区域进行“安检”程序，即便筛选“次品”（不闭合）与“正品”（闭合），“安检”程序简化为如下物理模型，各货件质量均为
40、m，电阻均为R，边长为l，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g；传送带以恒定速度v0向右运动，货件在进入磁场前与传送带的速度相同，货件运行中始终保持abAACC，已知磁场边界AA，CC与传送带运动方向垂直，磁场的磁感应强度为B，磁场的宽度为d（ld），现某一货件当其ab边到达CC时又恰好与传送带的速度相同，则（1）上述货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值与速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间多大【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）对货件进入磁场的过程进行受力分析，根据进入时、离开时的速度相同，分析物件
41、的运动状态，得到加速度的最大值和速度的最小值时刻；然后对该时刻进行受力分析得到加速度的值；对速度最小时刻到货件将出磁场的过程运用动能定理即可得到最小速度；（2）“次品”一直匀速运动，分析”正品“的运动状态可得到延迟的运动段，再按运动情况进行分段求解即可得延迟时间【解答】解：（1）线框以速度v0进入磁场，在进入磁场过程中，受安培力F（方向向左）、摩擦力f（方向向右）共同作用而做减速运动；完全进入磁场后，在摩擦力（方向向右）的作用下做加速运动，当ab边到达CC时速度又恰好等于v0因此，线框在刚进入磁场时，速度最大，所受安培力F最大，加速度最大，设为am；线框全部进入磁场的瞬间速度最小，设此时线框的
42、速度为v线框刚进入磁场时，线框的电动势为，线框中的电流为i0由牛顿第二定律有：Fmg=mam，解得： =在线框完全进入磁场又加速运动到达边界CC的过程中，线框只受摩擦力，根据动能定理，有：，解得（2）“次品”（不闭合）在经过磁场的过程中不能产生电流，所以安培力为零，所以，摩擦力也为零，线框进行匀速运动由（1）可知，线框ab边到达CC后将重复线框进入磁场的运动，若线框ab边从AA到达CC，“次品”（不闭合）比“正品”（闭合）快T1，则“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间T=2T1设“正品”货件进入磁场所用时间为t1，取此过程中某较短时间间隔t，在t（t+t）的t内货件速度变化
43、为v，电流为i，则由动量定理可得：（mgBil）t=mv即对上式在t1时间内进行叠加，可得：所以， =设“正品”货件在磁场中匀加速恢复v0所用时间为t2，由匀变速速度公式，有：，而“次品”货件运动过程不受“安检”的影响，设线框ab边从AA到达CC所用时间为T1，由匀速运动规律有：可见因“安检”而延迟时间为：T=2（t1+t2T1）=答：（1）货件在进入磁场的过程中运动加速度的最大值，速度的最小值；（2）“次品”（不闭合）与“正品”（闭合）因“安检”而延迟时间【物理选修3-3】13下列有关热现象分析与判断正确的是 （）A布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分
44、子对它的撞击越多，布朗运动就越显著B在墙壁与外界无热传递的封闭房间里，夏天为了降低温度，同时打开电冰箱和电风扇，两电器工作较长时间后，房子内的气温将会增加C温度升高，单位时间里从液体表面飞出的分子数越多，液体继续蒸发，饱和气压强增大D一定质量的理想气体经历等温压缩过程时，气体压强增大，从分子动理论观点来分析，这是因为单位时间内，器壁单位面积上分子碰撞的次数增多E在一个大气压下，1g100的水吸收2.26103J热量变为1g100的水蒸气，在这个过程中，2.26103J=水蒸气的内能+水的内能+水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功【考点】8H：热力学第二定律；84：布朗运动；8F：热力学第一定律【分
45、析】颗粒越大，布朗运动越不明显；根据热力学第一定律公式U=W+Q分析房间内气温的变化；饱和气压随温度的升高而增大；气体压强与大气压强不同，指的是封闭气体对容器壁的压强，气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，分子势能增加，水变成同温度的水蒸气的过程要对外做功【解答】解：A、布朗运动是由于液体分子对固定小颗粒的撞击引起的，固定小颗粒的体积越大，液体分子对它的撞击越多，不平衡性越不明显，布朗运动就越不显著，故A错误；B、夏天为了降低温度同时打开电冰箱和电风扇，二电器工作较长时间后
46、，为要消耗电能，故W0，与外界无热交换，故Q=0，根据热力学第一定律公式U=W+Q，房内气体内能增加，故房间内部的气温将升高；故B正确；C、温度升高，液体分子的平均动能增大，单位时间内从液体飞出的分子数增多，原来的动态平衡要被破坏，液体就要继续蒸发，饱和汽的密度增大，分子运动的平均动能也变大，所以饱和气压增大，故C正确；D、由玻意耳定律可知气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多故D正确；E、温度是分子平均动能的标志，温度不变分子平均动能不变100的水变成同温度的水蒸气的过程要吸收热量，平均动能不变，内能增加由于要对外做功，所以根据热力学第一定律可知
47、所吸收的热量等于对外界做的功和物体内能的增加量，吸收的热量2.26103J等于水蒸气和水的内能的增量加上水变成水蒸气体积膨胀对外界做的功，故E错误；故选：BCD14如图所示，横截面积为S，质量为M的活塞在气缸内封闭着一定质量的理想气体，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了T，气柱的高度增加了L，吸收的热量为Q，不计气缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g，求：此加热过程中气体内能增加了多少？若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的质量为多少？【考点】99：理想气体的状态方程【分析】（1）对活塞进行受力分析，活塞受重
48、力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，根据平衡条件可求出缸内气体压强由于气体发生等压变化，气体对活塞的压力不变，根据功的计算公式W=Fl计算出气体对外界做的功，再根据热力学第一定律，求解内能增量（2）保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，缸内气体发生等温变化，由平衡条件求出缸内气体的压强，再由玻意耳定律求解即可【解答】解：设缸内气体的温度为T1时压强为p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得：Mg+p0S=p1S气体膨胀对外界做功为W=p1SL根据热力学第一定律得QW=U 联立可得U=Q（p0S+Mg）L设放入砝码的质量为m，缸内气体的温度为T2时压强为p2，系统受重力、
49、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得（M+m）g+p0S=p2S 根据查理定律联立可得：答：此加热过程中气体内能增加了若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的质量为【物理选修3-4】15一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是 （）A这列波的波速可能为50m/sB质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E
50、若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（t）（m）【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系【分析】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程【解答】解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+）T，故周期T=； 波速v=（4n+3）m/s=（4n+3）m/s，（n=0，1，2，）；当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；B、质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为T，故路程最小为3A即30cm，故B错误；
51、C、c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：+1.5T=0.6，即+=0.6解得：n=1时满足条件，故C正确；D、在 t 时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于，可见此时两个质点的位移方向相同的，但由于变速运动，则位移的大小不同 故D错误；E、当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据=rad/s= rad/s，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x
52、=0.1sin（t+）m，故E错误故选：AC16在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S到P点的距离【考点】H3：光的折射定律；H4：折射率及其测定【分析】正确画出光路图，根据几何关系和折射定律，结合条件：光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，列方程求解即可【解答】解：光路图如图所示，由折射定律知，光线在AB面上折射时有： n=在BC面上出射时有：n=由几何关系有：+=90 =（60）+（）=30联立以上各式并代入数据解得：=45，=60解得：n=光在棱镜中通过的距离为 s=设点光源S到P点的距离为L，有： L=ct解得：L=d答：点光源S到P点的距离为d2017年6月5日
