1、2017-2018学年河南省郑州外国语学校高三（下）第十七次调研物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，有些含有铀、钍的岩石会释放出放射性气体氡。人们若经常处于高浓度氡环境中，氡会经呼吸进入人体并停留于呼吸道中进行放射性衰变，放射出、射线。这些射线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病及呼吸道等方面的疾病。下列说法正确的是（）A铀92238U衰变为氡86222Rn要经过4次衰变和2次衰变B处于激发态
2、的氡原子发出一束蓝光照射到某金属能产生光电效应，若这束蓝光被遮住一半，则不会产生光电效应C放射性元素发生衰变时所释放的负电子是原子核内的质子转变为中子时产生的D放射性元素在发生衰变时2个中子和2个质子结合为一个粒子，设中子、质子和粒子的质量分别为m1、m2、m3，则2（m1+m2）m32（6分）2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在及其稀薄的空气，“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的巡天能力和独特的多波段快速观测功能等，下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是（）A如果不加干预，“慧眼”卫星将离地球越来越
3、远B如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小C“慧眼”作为天文观测卫星，其轨道圆形可以定在地球上任意位置D已知地球半径，地球表面重力加速度，“慧眼”轨道半径，可以比较“慧眼”与地球同步卫星运 行周期的大小3（6分）如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起关于对以上两个运用实例理解正确的是（）A涡流探伤技术运用了互感原
4、理，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源4（6分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。已知轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，若使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，改变引出通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。若换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，同样可以使
5、离子仍从P点进入，Q点射出。则（）A图中被引出的离子带负电B用磁屏蔽通道法引出离子时，应该使引出通道内磁场的磁感应强度变大C用静电偏转法引出离子时，内金属板的电势比外金属板高D用静电偏转法引出离子时，在引出过程中粒子的动能减小5（6分）如图所示，有一小球在离地面有一定高度处，以某一初速度被水平抛出，忽略空气阻力，以小球的出发点为坐标原点，初速度所在的方向为x轴，竖直向下为y轴为坐标系来研究小球的运动。用EK表示小球的动能，EP表示小球的重力势能（以地面为零势能面），v表示小球的速率，vy表示小球竖直方向速度的大小，则下列图象正确的是（）ABCD6（6分）在下图中图甲、图乙中两点电荷量相等，图丙
6、、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是（）A图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小B图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等C图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大D图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度相等7（6分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R10，降压变压器T2的原副线圈匝数之比为10：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R022，若T1、
7、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u2202sin100t（V），则下列说法正确的是（）A发电机中的电流变化频率为100HzB通过用电器R0的电流有效值为10AC升压变压器的输入功率为2200WD当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率增大8（6分）如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2gsinB在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为2
8、gsinC剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为gsinD突然撤去外力 F 的瞬间，A 的加速度大小为gsin三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A的前端装上撞针，给小车A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50Hz。（1）在用打点计
9、时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有 （填标号）。A实验时要保证长木板水平放置B相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源（2）纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为 m/s（结果保留一位有效数字），A、B两车的质量比值mAmB等于 。（结果保留一位有效数字）10（10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E（电动势和内阻均未知）表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）电压表V（量程为
10、1.5V，内阻Rv1000）滑动变阻器R1（010）电阻箱R2（01000）开关一个，理想导线若干（1）为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池 E闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍是1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg ，表头G的量程Ig mA。（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000：图丁为测出多组数据后
11、得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E V，内阻r （结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为 。11（12分）如图所示，足够长光滑的两平行金属导轨，间距为L1m，导轨平面与水平面成30角，定值电阻大小为R13，R26导轨上停放着一根质量为m1kg、电阻r1的金属杆CD，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。现用一垂直于金属杆CD的外力F，沿导轨斜面向上拉金属杆，使之由静止
12、开始沿导轨向上做加速度为a3m/s2的匀加速直线运动，并开始计时，重力加速度大小取为9.8m/s2。试求：（1）推导外力F随时间t的变化关系；（2）在前2s内通过电阻R1的电量（结果保留2位有效数字）。12（20分）甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计
13、，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。求：a氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小，以及离子束的等效电流I；b求喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小；（2）配有推进器的飞船在太空运行时，处于完全失重状态，为了构建推进器在太空中运作情景，离子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。已知推进器的质量为M，且工作时质量近似保持不变，推进器刚开始运动的极短时间，可认为瞬间喷出N
14、个离子，即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。c求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功；d这一过程中飞船向后移动的距离；e随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变大还是变小？简要说明理由；三【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大D一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大E一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大
15、14（10分）如图所示，上细下粗的玻璃管，下端封闭，下部横截面积是上部的2倍，竖直放置时用水银封闭了一定质量的气体，此时气柱长l125cm，粗管内水银柱长h14cm，细管内水银柱长h211cm，已知细管总长为20cm，大气压强P075cmHg若将玻璃管缓慢转至水平位置，求：此时气柱的长度；是否有水银从细管中流出，若有水银流出，求流出细管的水银长度。（2）玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1P0+h1+h290cmHg当转至水平位置时，气体压强为：P2P075cmHg设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1SP2l2S四【物理-选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A对于
16、各种波，只有横波才能发生偏振现象B单色光就是偏振光C声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警E用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹16一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB与竖直方向成60角，与直径MN在同一竖直面内，如图所示该玻璃的折射率为62，光速c3.0l08m/sI光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；若玻璃关的长度为40cm保持入射点不动，调整入射角求光线AB在玻璃中传播的最长时间2017-2018学年河南省郑州外国语学校高
17、三（下）第十七次调研物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，有些含有铀、钍的岩石会释放出放射性气体氡。人们若经常处于高浓度氡环境中，氡会经呼吸进入人体并停留于呼吸道中进行放射性衰变，放射出、射线。这些射线会导致细胞发生癌变，引发肺癌、白血病及呼吸道等方面的疾病。下列说法正确的是（）A铀92238U衰变为氡86222Rn要经过4次衰变和2次衰变B处于激发态的氡原子发出一束蓝光照射到
18、某金属能产生光电效应，若这束蓝光被遮住一半，则不会产生光电效应C放射性元素发生衰变时所释放的负电子是原子核内的质子转变为中子时产生的D放射性元素在发生衰变时2个中子和2个质子结合为一个粒子，设中子、质子和粒子的质量分别为m1、m2、m3，则2（m1+m2）m3【考点】IC：光电效应；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题；54O：衰变和半衰期专题【分析】A、核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，即可求解；B、根据光电效应原理或者光电效应方程进行分析；C、衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的；D、根据爱因斯坦质能
19、方程进行求解。【解答】解：A、铀92238U衰变为氡86222Rn，质量数减小16，而质子数减小6，经过一次次衰变，质量数减小4，质子数减小2，而一次衰变质量数不变，则质子数增大1，因此要经过4次衰变和2次衰变，故A正确；B、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，遮住一半，光电子数减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故B错误；C、衰变时所释放的电子是原子核内的中子衰变为质子时产生的，故C错误；D、放射性元素在发生衰变时2个中子和2个质子结合为一个粒子，由质量亏损，即为m2m1+2m2m3，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了35中的理论知识，只要在平时学习中多积累记
20、忆不难做出解答，注意光电效应发生条件，理解质量亏损的概念。2（6分）2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在及其稀薄的空气，“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的巡天能力和独特的多波段快速观测功能等，下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是（）A如果不加干预，“慧眼”卫星将离地球越来越远B如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小C“慧眼”作为天文观测卫星，其轨道圆形可以定在地球上任意位置D已知地球半径，地球表面重力加速度，“慧眼”轨道半径，可以比较“慧眼”与地球同步卫星运 行周期的大小【考点】4F：万有
21、引力定律及其应用；4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，“慧眼”若是同步卫星，则只能定位于地球的赤道上空，由万有引力提供向心力可确定周期与半径的关系。【解答】解：AB、卫星本来满足万有引力提供向心力即GMmr2=mv2r知，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，万有引力将大于卫星所需要的向心力，故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，又由v=GMr，故速度增大，动能增大，故AB错误C、慧眼”若是同步卫星，则只能定位于地球的赤道上空，若不是同步卫星则不能定位，则C错误D、由
22、万有引力提供向心力：GMmr2=mr42T2，可得T=2r3GM，则半径小的周期小，则D正确故选：D。【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系。3（6分）如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起关于对以上两个运用实例理解正确的是（）A涡流探伤技
23、术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源【考点】DG：* 涡流现象及其应用菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】当金属中处在变化的磁场中时，这个磁场能在金属物体的内部产生涡电流涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场，由此分析涡流探伤；闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，产生感应电流，从而受到安培力，会向上跳起根据套环跳起的原理判断【解答】解：A、涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电
24、流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律。故A错误。B、无论是涡流探伤技术运，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内。故B正确。C、金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动。故C错误，D错误。故选：B。【点评】理解涡流和套环跳起的原因，即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的
25、变化4（6分）使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。已知轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，若使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，改变引出通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。若换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，同样可以使离子仍从P点进入，Q点射出。则（）A图中被引出的离子带负电B用磁屏蔽通道法引出离子时，应该使引出通道内磁场的磁感应强度变大C用静电偏转法引出离子时，内金属板的电势比外金属板
26、高D用静电偏转法引出离子时，在引出过程中粒子的动能减小【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】根据洛仑兹力充当向心力可求得电荷量；由左手定则可确定离子的电性；磁屏蔽通道法引出离子时，要让离子做离心运动，即要减小洛伦兹力；静电偏转法引出离子时电场力与洛仑兹力方向相反。【解答】解：A、根据qv Bmv2R得，q=mvBr，由左手定则可知，粒子带正电；则A错误B、磁屏蔽通道法引出离子时，要让离子运动的半径增大，即要减小洛伦兹力，则要使引出通道内磁场的磁感应强度变小，则B错误C、因离子受电场力的方向要与洛
27、伦兹力的方向相反，即向外，又因离子带正电，则电场场强方向向外，内金属板电势要高于外金属板，则C正确D、用静电偏转法引出离子时，在引出过程中电场力电场力与运动方向垂直不做正功，粒子的动能不变，则D错误故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场与混合场中的运动，要注意正确分析粒子的运动过程，注意几何关系的应用；此类问题为综合性问题，要求学生有较高的数学及物理分析能力。5（6分）如图所示，有一小球在离地面有一定高度处，以某一初速度被水平抛出，忽略空气阻力，以小球的出发点为坐标原点，初速度所在的方向为x轴，竖直向下为y轴为坐标系来研究小球的运动。用EK表示小球的动能，EP表示小球的重力势能（以地面为零势
28、能面），v表示小球的速率，vy表示小球竖直方向速度的大小，则下列图象正确的是（）ABCD【考点】43：平抛运动；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律表示出纵横坐标量的关系式，从而分析图象是否正确。【解答】解：A、根据动能定理知末动能Ek=12mv02+mgy，Ek与y关系为一次函数，但不过原点，故A错误；B、以地面为零势能面，小球的重力势能EPmg（Hy）mgHmg12gt2，图象为不过原点的开口向下的抛物线，故B错误；C、小球速度v=v02+(gt
29、)2，v与t不是一次函数关系，故C错误；D、小球竖直方向速度vy=2gy，故D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合功能关系写出纵横坐标的关系式是判定图象是否正确的关键。6（6分）在下图中图甲、图乙中两点电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是（）A图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小B图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等C图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大D图乙和图丙中，在连线和中垂
30、线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度相等【考点】A6：电场强度与电场力；AA：电场的叠加菁优网版权所有【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】依据点电荷电场强度公式E=kQr2，及电流周围磁场的分布与间距关系式B=kIr2，结合矢量的合成法则，即可求解。【解答】解：AB、根据点电荷电场强度公式E=kQr2，及电流周围磁场的分布与间距关系式B=kIr2，依据矢量的合成法则，图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小都相等，方向不同，并在O点的场强和磁感应强度都最小，故A正确，B错误；CD、同理，图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点
31、的场强和磁感应强度都最小，而在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误，D正确；故选：AD。【点评】考查点电荷的电场强度与电流周围磁场的分布内容，掌握矢量的合成法则的应用，注意矢量的方向性。7（6分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R10，降压变压器T2的原副线圈匝数之比为10：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R022，若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u2202sin100t（V），则下列说法正确的是（）A发电机中的电流变化频率为100HzB通过用
32、电器R0的电流有效值为10AC升压变压器的输入功率为2200WD当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率增大【考点】E8：变压器的构造和原理；EA：电能的输送菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率【解答】解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=2=1002=50Hz故A错误。B、通过用电器的电流有效值I=UR0=2202222=10A故B正确。C、根据I3I4=n4n3得，输电线上的电流
33、I310110=1A，则输电线上损耗的功率P损I32R110W10W，降压变压器的输入功率P3U4I422010W2200W，则升压变压器的输入功率PP3+P损2200+250W4650W故C错误。D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据PUI知，发电机的输出功率增大。故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系8（6分）如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质
34、量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A在细线被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2gsinB在细线被烧断的瞬间，B 的加速度大小为2gsinC剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为gsinD突然撤去外力 F 的瞬间，A 的加速度大小为gsin【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律菁优网版权所有【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题【分析】对物体A受力分析，根据力的平衡条件和牛顿第二定律求出在细线被烧断的瞬间物体A的加速度；在细线被烧
35、断前，对C受力分析，由力的平衡求出弹簧对物体C的弹力，根据牛顿第二定律求出物体B的加速度；剪断弹簧的瞬间，由于弹簧的弹力不会发生突变，所以物体A的受力情况不变，进而知道物体A加速度；突然撤去外力F的瞬间，对物体A、B整体，根据牛顿第二定律求出物体A的加速度。【解答】解：A、对物体A受力分析，水平方向受到拉力F和细线的拉力T，根据力的平衡条件可知，F2mgsin，在细线被烧断的瞬间，细线对物体A的拉力T变为零，由牛顿第二定律得，物体A的加速度：aA=F2m=2mgsin2m=gsin，故A错误；B、在细线被烧断前，对C受力分析，由力的平衡得，弹簧对物体C的弹力：F弹mgsin，在细线被烧断的瞬间
36、，细线对物体B的拉力T变为零，对物体B，由牛顿第二定律得，F弹+mgsinmaB，则物体B的加速度：aB=2mgsinm=2gsin，故B正确；C、剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力突变为0，所以A、B成为连接体，加速度应为13gsin，故C错误；D、撤去F的瞬间，绳子拉力会突变，A和B的加速度相等，对物体A、B整体，由牛顿第二定律得，2mgsin（2m+m）aA，则物体A的加速度：a=2mgsin3m=23gsin，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法等知识掌握和应用，关键要明白细线的弹力会发生突变，而弹簧的弹力不会发生突变。三、非选择题：包括必考题和选考题两部
37、分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车A的前端装上撞针，给小车A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50Hz。（1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有BC（填标号）。A实验时要保证长木板水平放置B相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，
38、是为了碰撞后粘在一起C先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源（2）纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为0.6m/s（结果保留一位有效数字），A、B两车的质量比值mAmB等于2。（结果保留一位有效数字）【考点】ME：验证动量守恒定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）系统所受合力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，我充分利用纸带，实验时要先接通电源，然后再释放纸带。（2）根据图示纸带应用速度公式求出碰撞前后小车的速
39、度，然后应用动量守恒定律求出两车质量之比。【解答】解：（1）A、实验前要平衡摩擦力，实验时要把木板右端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；B、为使两车碰撞后粘在一起，相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，故B正确；CD、为充分利用知道，实验时要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，故C正确，D错误；（2）由图示纸带可知，碰撞前小的速度为：v=xt=(2.20-1.00)10-2m0.02s=0.6m/s，碰撞后两车的速度为：v=xt=(7.00-6.20)10-2m0.02s=0.4m/s，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：mAv（mA
40、+mB）v代入数据解得：mA：mB2；故答案为：（1）BC；（2）0.6，2。【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，根据图示纸带求出两点间的距离、应用速度公式求出碰撞前后小车的速度是解题的关键，掌握基础知识、应用动量守恒定律即可解题。10（10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E（电动势和内阻均未知）表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）电压表V（量程为1.5V，内阻Rv1000）滑动变阻器R1（010）电阻箱R2（01000）开关一个，理想导线若干（1）为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池 E闭合开关，调节滑动
41、变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5V；将电阻箱阻值调到115，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍是1.5V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg10，表头G的量程Ig30mA。（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E3.0V，内阻r20（结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G
42、及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为100。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；32：定量思想；4B：图析法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据图示表盘读出表头的示数；根据实验电路图甲，应用欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻。（2）根据图丙所示电路图，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。（3）欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，根据题意应用欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后求出中值电阻。【解答】解：（1）由图乙所示表盘可知，表盘功30分度，其示数为：1
43、230Ig=25Ig，电压表示数：U1.5V，由欧姆定律可知：UI（Rg+R2），即：UIg（Rg+40），U=25Ig（Rg+115），解得：Rg10，Ig30mA；（2）电压表Rv的内阻为1000，电阻箱R2阻值始终调节为1000，电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U，则路端电压为2U，由图丙所示电路图可知，电源电动势：E2U+Ir，则：U=E2-Ir2，由图示UI图象可知：E2=1.5，r2=UI=1.5-1.20.030=10，电源电动势：E3.0V，r20；（3）欧姆表内阻：R内=EIg=3.00.030=100，欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中R
44、内100；故答案为：（1）10；30；（2）3.0；20；（3）100。【点评】本题考查了测量表头内阻与满偏电流、求电源电动势与内阻、求欧姆表中值电阻等问题，分析清楚题意、根据电路图应用欧姆定律列式即可解题。11（12分）如图所示，足够长光滑的两平行金属导轨，间距为L1m，导轨平面与水平面成30角，定值电阻大小为R13，R26导轨上停放着一根质量为m1kg、电阻r1的金属杆CD，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。现用一垂直于金属杆CD的外力F，沿导轨斜面向上拉金属杆，使之由静止开始沿导轨向上做加速度为a3m/s2的匀加速直线运动，并开始计时
45、，重力加速度大小取为9.8m/s2。试求：（1）推导外力F随时间t的变化关系；（2）在前2s内通过电阻R1的电量（结果保留2位有效数字）。【考点】37：牛顿第二定律；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】（1）根据导体棒做匀加速运动求得导体棒速度表达式，进而求得电动势表达式，即可由欧姆定律求得电流表达式，最后得到安培力表达式，再根据牛顿第二定律即可求得外力表达式。（2）由法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，由欧姆定律求出平均感应电流，然后由电流定义式求出通过电阻的电荷量。
46、【解答】解：（1）导体棒做匀加速直线运动，导体棒的速度为：vat，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：EBLv，由欧姆定律得：I=ER1R2R1+R2+r，对导体棒，由牛顿第二定律得：FBILmgsinma，解得：F0.25t+7.9 （N）；（2）导体棒2s内的位移为：x=12at2=12322=6m，2s内磁通量的变化量为：BLx0.5163Wb，平均感应电动势为：E=t=3Wb2s=1.5V，平均感应电流为：I=ER1R2R1+R2+r，2s内通过导体棒的电荷量为：q=It，通过电阻R1的电荷量为：q1=R2R1+R2q，代入数据解得：q10.67C；答：（1）外力F随时间t的变化关系为
47、F0.25t+7.9 （N）；（2）在前2s内通过电阻R1的电量是0.67C。【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，应用EBLv、欧姆定律、运动学公式与牛顿第二定律即可解题，分析清楚棒的运动过程与电路结构应用基础知识可以解题，要注意基础知识的学习。12（20分）甲图是我国自主研制的200mm离子电推进系统，已经全面应用于我国航天器。离子电推进系统的核心部件为离子推进器，它采用喷出带电离子的方式实现飞船的姿态和轨道的调整，具有大幅减少推进剂燃料消耗、操控更灵活、定位更精准等优势。离子推进器的工作原理如图乙所示，推进剂氙原子P喷注入腔室C后，被电子枪G射
48、出的电子碰撞而电离，成为带正电的氙离子。氙离子从腔室C中飘移过栅电极A的速度大小可忽略不计，在栅电极A、B之间的电场中加速，并从栅电极B喷出。在加速氙离子的过程中飞船获得推力。已知栅电极A、B之间的电压为U，氙离子的质量为m、电荷量为q，AB间距为d，推进器单位时间内喷射的氙离子数目N。（1）将该离子推进器固定在地面上进行试验。求：a氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小，以及离子束的等效电流I；b求喷射离子过程中，对推进器产生的反冲作用力大小；（2）配有推进器的飞船在太空运行时，处于完全失重状态，为了构建推进器在太空中运作情景，离子推进器可视为放置在光滑的水平地面上。已
49、知推进器的质量为M，且工作时质量近似保持不变，推进器刚开始运动的极短时间，可认为瞬间喷出N个离子，即这些离子相对于地面以相同的速度同时喷出。c求喷出时每个离子的速度以及电场力对每个离子做的功；d这一过程中飞船向后移动的距离；e随着时间的推移，喷出的离子的动能逐渐变大还是变小？简要说明理由；【考点】53：动量守恒定律；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；52G：动量和能量的综合【分析】（1）氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理列式求解末速度，由动量定理、牛顿第三定律求解对推进器产生的反
50、冲作用力大小；（2）c、由能量守恒、动量守恒定律列式可求离子的速度，由动能定理求电场力做的功；d、由动量守恒定律求解；e、随着时间的推移，离子喷出的动能越来越小。【解答】解：（1）a、氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理有：qU=12mv2解得：v=2qUm由电流的定义得等效电流 I=Qt=Nqb、由动量定理得FtNtmv解得：F=N2mqU由牛顿第三定律知对推进器产生的反冲作用力大小是N2mqU（2）c、由能量守恒得：NUq=12Nmvm2+12MvM2由动量守恒定律得：NmvmMvM解得：vm=2qUMm(M+Nm)离子的动能 EK=12mvm2=MUqM+Nm由动能定理得
51、电场力对每个离子做的功WEK=MUqM+Nmd、由动量守恒定律得：NmvmMvM两边同时对时间累积：NmxmMxM又xm+xMd解得：xM=NmNm+Mde、随着时间的推移，离子喷出的动能越来越小原因：随着时间的推移，推进器由于具有初速度，相同时间内，xM逐渐变大，xm越来越小，电场力做功越来越小，获得的动能越来越小。答：（1）a通过栅电极B时的速度的大小为2qUm，离子束的等效电流是Nq；b对推进器产生的反冲作用力大小是N2mqU；（2）c喷出时每个离子的速度2qUMm(M+Nm)，电场力对每个离子做的功MUqM+Nm；d这一过程中飞船向后移动的距离NmNm+Md；e随着时间的推移，喷出的离
52、子的动能逐渐变小，原因：随着时间的推移，推进器由于具有初速度，相同时间内，xM逐渐变大，xm越来越小，电场力做功越来越小，获得的动能越来越小。【点评】本题设计新颖，考查了粒子推进器的工作原理，关键是明确离子是匀加速直线运动，可以根据动能定理列式分析；对推进器整体，可以根据动量守恒定律、动量定理和功能关系列式分析。三【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（）A第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律B晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大D一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，分子间的平均距离一定增大E一个
53、分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大【考点】8H：热力学第二定律；92：* 晶体和非晶体菁优网版权所有【专题】548：热力学定理专题【分析】热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零又称“熵增定律”，表明了在自然过程中，一个孤立系统的总混乱度（即“熵”）不会减小【解答】解：A、第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，故A错误；B、晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故B正确；C、
54、物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能都大，故C错误；D、根据PVT=C，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，故D正确；E、一个分子以一定的初速度沿直线向另一固定的分子靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用的合力先变大后变小，再变大，在平衡位置分子力最小，故E正确；故选：BDE。【点评】本题考查了热力学第二定律、晶体与非晶体、温度的微观意义、气体状态方程、分子力等，知识点多，关键是记住基础知识14（10分）如图所示，上细下粗的玻璃管，下端封闭，下部横截面积是上部的2倍，竖直放置时用水银封闭了一定
55、质量的气体，此时气柱长l125cm，粗管内水银柱长h14cm，细管内水银柱长h211cm，已知细管总长为20cm，大气压强P075cmHg若将玻璃管缓慢转至水平位置，求：此时气柱的长度；是否有水银从细管中流出，若有水银流出，求流出细管的水银长度。（2）玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1P0+h1+h290cmHg当转至水平位置时，气体压强为：P2P075cmHg设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1SP2l2S【考点】99：理想气体的状态方程；9K：封闭气体压强菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54A：气体的状态参量和实验定律专题【分析】气体
56、做等温变化，假设水银不流出，找出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解气柱长度；气柱长度与恰好不流出时气柱长度作比较，判断水银流不流出，若流出根据几何关系求解流出细管水银长度。【解答】解：玻璃管开口向上时封闭气体压强为P1，P1P0+Ph1+Ph290cmHg当转至水平位置时，气体压强为：P2P075cmHg设气体还在粗管内，气柱长为l2，由玻意尔定律P1l1SP2l2S解得：l230cml1+h125+4cm29cm故气体已经进入细管，故气柱长为：l2（29+2）cm31cm假设水银不流出，则细管内水银总长为Lh2+2h119cm又因为气体进入细管长度为x2cmL+x21cm20cm故细管内水
57、银流出，流出长度为：lL+x201cm答：此时气柱的长度为31cm；有水银流出，求流出细管的水银长度为1cm。【点评】本题考查气体状态方程，关键是先假设水银还在粗管中，根据玻意耳定律求出气柱长度，然后和粗管长度比较，从而判断水银是不是全部进入细管，再根据几何关系求长度以及判断水银溢不溢出。四【物理-选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（）A对于各种波，只有横波才能发生偏振现象B单色光就是偏振光C声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D已知地震波的纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警E用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹【考点】F3：横波和纵波；H9：光
58、的干涉；HA：光的衍射；HB：光的偏振菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉专题；54H：光的衍射、偏振和电磁本性专题【分析】只有横波才能发生偏振现象，偏振光是指振动方向在某一特定方向上的光，自然光在各个方向都有振动，单色光的频率较窄；在声波传播过程中，各质点在自已的平衡位置附近振动，并不随声波而传播；地震波中同时有横波和纵波，而纵波的速度大于横波的速度；白光在衍射和干涉实验中都会显现出彩色条纹。【解答】解：A、已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故A正确；B、单色光是指光的频率很窄，偏振光是指光波的振动方向单一。 这两个没有联系，即单色光可
59、以是偏振光，也可以不是偏振光，故B错误；C、声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C错误；D、根据麦克斯韦电磁场理论，在变化的电场周围一定存在磁场，在变化的磁场周围一定存在电场，在电场周围不一定存在磁场，在磁场周围不一定存在电场。故D正确；E、用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以观察到彩色条纹，故E正确；故选：ADE。【点评】本题考查地震波、偏振、干涉以及偏振光的基础知识，难度不大，这些知识需要学生在平时的学习过程中多加积累。16一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm一条光线从玻璃管壁中点入射，光线AB与竖直方向成60角，与直径MN在同一竖直面内，如图所示该玻
60、璃的折射率为62，光速c3.0l08m/sI光线经玻璃管内壁折射后从另一侧内壁下端射出玻璃管，求玻璃管的长度；若玻璃关的长度为40cm保持入射点不动，调整入射角求光线AB在玻璃中传播的最长时间【考点】H3：光的折射定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4N：临界法；54D：光的折射专题【分析】I、根据折射定律求出光线在上界面的折射角，由几何关系求出在内壁左界面的入射角，再由折射定律求出折射角，最后由几何关系求玻璃管的长度、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，由数学知识和临界角公式求出光程，由v=cn求出光线AB在玻璃中传播的速度，再求最长时间【解答】解：I、光在两个界面的
61、入射角和折射角分别是1、2、3、4根据折射定律得：n=sin1sin2解得：245n=sin4sin3由几何知识有：2+390解得：460玻璃管的长度为：L1=D2-D14tan2+D1tan4（2+163）cm 、当光在管内壁处恰发生全反射时，时间最长，光通过的路程为：x=L2sinC另有：sinC=1n，v=cn则光线AB在玻璃中传播的最长时间为：t=xv=L2n2c=0.4(62)23108=2.0109s 答：I、玻璃管的长度是（2+163）cm；、光线AB在玻璃中传播的最长时间是2.0109s【点评】能正确利用几何知识是解决几何光学问题的关键，同时要掌握全反射的条件和折射定律，并能灵活运用声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/11 14:10:15；用户：tp；邮箱：lsgjgz137；学号：21474120
