1、2017年江西省上饶市重点中学六校联考高考物理二模试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共56分.每小题给出的四个选项中，1-5小题只有一个选项正确，6-8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.）1我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可知S1和S2的总质量为（）ABCD2如图所示，带有长方形盒子的斜劈A放在固定的斜面体上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前
2、、后壁P、Q点相接触若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力以下说法正确的是（）A若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力C若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力D若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力3CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行光滑金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧垂直磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯
3、曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是 （）A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C导体棒从进入磁场运动一半时间时速度大小为D电阻R中产生的焦耳热为4阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线（管轴）电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定（）A电极A1的电势高于电极A2的电势B电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C电子在R点处的动能大于在P点处
4、的动能D若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚5如图甲所示是一打桩机的简易模型，质量m=1kg是物体在恒定拉力F作用下从与钉子接触处静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦，g取10m/s2，则有（）A物体开始上升过程的加速度为6m/s2B物体开始上升过程的最大速度为12m/s2C物体上升1m后再经0.4s才撞击钉子D物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12W6如图所示，长为L的导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置电阻不计半径都为r的金属圆环
5、上，圆环通过电刷与右侧一变压器相接，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，k为单刀双掷开关，R为光敏电阻，从图示位置开始计时，下列说法正确的是 （）A导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLrcostBk接b时，电阻R上消耗的功率为Ck接c时，电压表示数为Dk接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将变大7如图所示，一个质量为4kg的小物块从高h=6m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，垂直击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y
6、=x15（单位：m），忽略空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB小物块从O点运动到P点的时间为lsC小物块从静止运动到O点克服摩擦力做功为40JD小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角为8如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（）A如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场B如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场C若只改变粒子的初速度大小，发现粒子
7、再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场D若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场二、非选择题（共4小题，满分47分）9某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为（用题中字母表示）（2）若通过此装置验证机械能
8、守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g若系统的机械能守恒，则需满足的等式为（用题中字母表示）（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由、10某同学要测量仪电流表A（量程300A）内部通电小球导线的电阻率，实验步骤如下：（1）用米尺测量通电小球导线的长度L；（2）用螺旋测微器测量其直径为D；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此电流表A的电阻，表盘的示数如图1，则该电表的内阻约为；（4）现
9、要精确测量此电流表A的内阻r1，给定器材有：待测电流表A（量程300A）电压表V（量程3V，内阻r2=1k）电源E（电动势4V，内阻忽略不计）定值电阻R1=20滑动变阻器R2（阻值范围020，允许通过的最大电流0.5A）电键S一个，导线若干要求测量时两电表的指针的偏转均超过其量程的一半a在框中画出电路原理图2b电路接通后，测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1=11无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车其有一项技术为车距保持技术，主要是利用车上的声学或者光学仪器对两车距离减小监测，一旦两车距离接近或低于设
10、定值时，后车系统会自动制动或减小油门开度，而前车可增大油门开度的方式来保持两车之间的车距，其模型可理想化如下：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量都为m，当两球心间的距离大于l（比2r大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F设A球从远离B球处以两倍于B球速度大小沿两球连心线向B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，A球速度vA必须满足什么条件？12如图所示，圆心在原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，在圆内区域（rR）和圆外区域（rR）的第一、二象限分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于xOy平面垂直于xOy平面放置两块
11、平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于y轴放置在x=2.6R的位置，荧光屏乙平行于x轴放置在y=3.5R的位置现有一束质量为m、电荷量为q（q0）的粒子由静止经过加速电压为U的加速电场后从坐标为（0，R）的A点沿y轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现亮点N的坐标为（2.6R，0.8R）若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点M的坐标为（2.6R，0），此时，若将荧光屏甲沿x轴正方向平移，发现亮点的y轴坐标始终保持不变不计粒子重力影响（1）求在区域和中粒子运动速度v1、v2的大小；（2）求在区域和中磁感应强度B1、B2的大小和方向；（3）若加速电压变为3U，且上述两个磁场方向均反向，荧光屏仍
12、在初速位置，求粒子到达荧光屏的位置坐标三、【物理选修3-3】13下列说法正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能不一定减小B布朗运动是液体分子的永不停息的无规则运动C没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能D当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距的减小而增大E一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加14如图所示，一质量为m=1kg的活塞与导热性能良好的气缸将一定量的理想气体密封在气缸内，气缸内部横截面积为S=200cm2，活塞上面有高为h=0.1m的水层，活塞离气缸底部的距离为H=0.2m，已知水的密度为=1.0103kg/m3，气缸所处的室内大气压
13、恒为p0=1.0103Pa，g=10m/s2，不计一切阻力（1）若室内温度由t1=27降到t2=12，求活塞下降的距离h1，（2）若用吸管将水缓慢吸出，求活塞上升的距离h2四、【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15运动周期为T，振幅为A，位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是（）A周期一定为TB振幅一定为AC速度的最大值一定为vD开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同16如图所
14、示，一个盛有折射率为的液体的槽，槽的中部扣着一个屋脊形透明罩ADB，顶角（ADB）为30，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中槽底AB的中点C处有一点光源，从点光源发出的光与CD的夹角在什么范围内时，光线可从液面上方射出（液槽有足够的宽度，罩壁极薄，可不计它对光线产生折射的影响）五、【物理选修3-5】（共2小题，满分0分）17下列说法中正确的是（）A原子核发生一次衰变后，生成的新核的原子序数增加B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C原子的核式结构学说是卢瑟福根据粒子散射实验现象提出来的D的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，其半衰期可能变短E一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多
15、能辐射出3种不同频率的光子18如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时整个装置处于静止状态A和B之间有少许塑胶炸药现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能求：（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大？（2）在A、B后，弹簧弹性势能的最大值2016年江西省上饶市重点中学六校联考高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共56分.每小题给出的四个选项中，1-5小题只有一个选项正确，6-8小题有多个选项正确
16、，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.）1我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可知S1和S2的总质量为（）ABCD【考点】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，周期相等，根据万有引力提供向心力列出表达式，求出双星的总质量【解答】解：双星靠相互间的万有引力提供向心力，有：，解得，则故选：A2如图所示，带有长方形盒子的斜劈A放在固定的斜面体上，在盒子内放
17、有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力以下说法正确的是（）A若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则P点对球B有压力B若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力C若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力D若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向下加速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力当斜面粗糙或光滑，按照同样的
18、方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力【解答】解：A、C、当斜面光滑，斜劈是静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力知P点对球无压力，Q点对球有压力故A、C错误 B、斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡所以P、Q对球均无压力故B正确 D、斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对
19、球的弹力故D正确故选：BD3CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行光滑金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧垂直磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是 （）A电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C导体棒从进入磁场运动一半时间时速度大小为D电阻R中产生的焦耳热为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】金属棒在弯曲轨道下滑时，只
20、有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出流过电阻R的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热【解答】解：A、金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度 v=，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv，最大的感应电流为 I=，故A错误；B、流过电阻R的电荷量 q=，故B错误；C、导体棒进入磁场运动过程中，速度逐
21、渐减小，故切割电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故前一半时间速度减小量大于后一半时间速度减小量，故中间时刻的速度大于，故C错误；D、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghWB=00，则克服安培力做功：WB=mgh，所以整个电路中产生的焦耳热为：Q=WB=mgh，克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=mgh，故D正确；故选：D4阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线（管轴）电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴
22、从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定（）A电极A1的电势高于电极A2的电势B电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C电子在R点处的动能大于在P点处的动能D若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况根据正粒子所受的电场力方向，判断能否会聚【解答】解：A、根据电场线与等势线垂直，可知管轴上电场线方向向左根据沿电场线电势降低，得知电极A1的电势低于电极A2，故
23、A错误；B、等差等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线疏，故Q点的电场强度小于R点的电场强度，故B正确；C、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，所以电子在R点处的动能大于在P点处的动能，故C正确D、若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场，所受的电场力向外侧，不可能会聚，故D错误故选：BC5如图甲所示是一打桩机的简易模型，质量m=1kg是物体在恒定拉力F作用下从与钉子接触处静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦，g取10m/s2，则有（
24、）A物体开始上升过程的加速度为6m/s2B物体开始上升过程的最大速度为12m/s2C物体上升1m后再经0.4s才撞击钉子D物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12W【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度位移公式求出物体上升的加速度根据速度位移公式求出上升到0.25m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率【解答】解：A、物体上升1m高度时的机械能E=，即：12=101+，解得物体上升过程中最大速度v1=2m/s根据匀变速直线运动的速度位移公式得：，可知物体上升过程的加速度为：a=故AB
25、错误C、撤去外力F后，物体向上做减速运动，通过的位移为：自由落体运动的高度为：H=h1+h=1.2m故下落的时间为t=，故C错误；D、根据速度位移公式得：，解得：v2=1m/s；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，解得：F=mg+ma=112N=12N，则拉力F的瞬时功率为：P=Fv=121W=12W故D正确故选：D6如图所示，长为L的导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置电阻不计半径都为r的金属圆环上，圆环通过电刷与右侧一变压器相接，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，k为单刀双掷开关，R为光敏电阻，从图示位置开始计时，下列
26、说法正确的是 （）A导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLrcostBk接b时，电阻R上消耗的功率为Ck接c时，电压表示数为Dk接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将变大【考点】变压器的构造和原理；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】导体棒从垂直磁感线位置开始计时，其电动势表达式为：e=BLrcost；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值【解答】解：A、从垂直于磁感线位置时开始计时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLrcost，故A正确；B、k接b时，副线圈上的电动势相互抵消电阻两端的电压为0，电阻R上消耗的功率为0，故B错误；C、k接c时，根据，电阻
27、两端的电压为：，故C正确；D、变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，k接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出功率变小，所以变压器的输入功率也变小，根据，所以变压器的输入电流将变小，故D错误；故选：AC7如图所示，一个质量为4kg的小物块从高h=6m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，垂直击中平台右下侧挡板上的P点现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x15（单位：m），忽略空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/sB小物块从O点运动到P点的时间为lsC小物块从静止
28、运动到O点克服摩擦力做功为40JD小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角为【考点】功能关系；功的计算【分析】（1）根据平抛运动竖直位移、水平位移的关系式，结合轨迹方程求出运动的时间、初速度、水平位移和竖直位移；（2）根据动能定理求出小物块从静止运动到O点克服摩擦力做功；（3）利用三角函数求设小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角的正切值【解答】解：AB设小球从O点做平抛运动的初速度为v0，设P点的坐标为（x，y），则：水平方向上：x=v0t 竖直方向上：y=gt2由因为：y=x15由y=x15可知，该直线的斜率为1，因为垂直击中平台右下侧挡板上的P点，由速度的合成可知：1=联立以上格式解得
29、：t=1s； v0=10m/s； x=10m； y=5m故A错误，B正确；C由最高点释放到O点，据动能定理可得：mghWf=mv020代入数据解得：Wf=40J故C正确；D设小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角为，则tan=，那么，故D错误故选：BC8如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（）A如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场B如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场C若只改变粒子的初速度大小，发
30、现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场D若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】电场力可以做功，故电场可以改变粒子的速度；洛伦兹力不做功，故洛伦兹力只改变速度的方向【解答】解：A、电场力可以做功，洛伦兹力不做功，速度增大，故是电场，故A正确；B、如果粒子回到MN上时速度大小不变，可能是磁场，也有可能是电场，物体做类似上抛运动，抛出点和落回点在同一等势面上，故B正确；C、如果是磁场，粒子做匀速圆周运动，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变；如果是电场，当电场力竖直向下时，粒
31、子再回到MN上时与其所成的锐角夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角正切的2倍，也不变；故C错误；D、若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，粒子只能是在磁场中运动，与速度无关，故D正确；故选ABD二、非选择题（共4小题，满分47分）9某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码
32、A通过狭缝的速度为（用题中字母表示）（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g若系统的机械能守恒，则需满足的等式为mgh2=（2M+m）（）2（用题中字母表示）（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由可行、v=【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）由平均速度可近似表示A点的瞬时速度；（2）根据实验装置及机械能守恒定律可得出对应的表达式；（3）整体在中间位置上方做匀加速运动，在
33、下方做匀速运动，由运动学公式可求得下方瞬时速度的大小【解答】解：（1）在h1阶段由于金属块C静止，而A，B质量相等，所以A，B都是匀速直线运动，由匀速运动公式可得：v=；（2）由题意可知，整体减小的重力势能等于动能的增加量；即：mgh2=（2M+m）（）2；（3）整体在上一段做匀加速直线运动，在下方做匀速运动；则可知：设中间速度为v，则有：h=t1；h=vt2；t1+t2=t解得：t2=；则下落的速度v=；故此方法可行； 速度：v=；故答案为：（1）；（2）mgh2=（2M+m）（）2；（3）可行；v=10某同学要测量仪电流表A（量程300A）内部通电小球导线的电阻率，实验步骤如下：（1）用米
34、尺测量通电小球导线的长度L；（2）用螺旋测微器测量其直径为D；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此电流表A的电阻，表盘的示数如图1，则该电表的内阻约为190；（4）现要精确测量此电流表A的内阻r1，给定器材有：待测电流表A（量程300A）电压表V（量程3V，内阻r2=1k）电源E（电动势4V，内阻忽略不计）定值电阻R1=20滑动变阻器R2（阻值范围020，允许通过的最大电流0.5A）电键S一个，导线若干要求测量时两电表的指针的偏转均超过其量程的一半a在框中画出电路原理图2b电路接通后，测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1=【考点】测定
35、金属的电阻率【分析】（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（4）根据题意确定电流表、电压表与滑动变阻器的接法，然后作出电路图；根据实验步骤应用欧姆定律求出电流表的内阻【解答】解：（3）用多用电表的电阻“10”挡测电阻，由图示表盘可知，欧姆表的读数为：1910=190；（4）a、电流表内阻约为190，电压表量程为3V，通过电流表的最大电流约为：I=A0.016A=160mA，远大于电流表量程300A，如果把电流表直接串联在电路中会损坏电流表，电压表内阻为1k，为保证电路安全，可以把电流表与定值电阻并联，然后与电压表串联，为方便实验操作、多次几组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图
36、所示：b、通过电压表的电流：IV=I+，解得：r1=；故答案为：（3）190；（4）a、电路图如图所示，11无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车其有一项技术为车距保持技术，主要是利用车上的声学或者光学仪器对两车距离减小监测，一旦两车距离接近或低于设定值时，后车系统会自动制动或减小油门开度，而前车可增大油门开度的方式来保持两车之间的车距，其模型可理想化如下：在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量都为m，当两球心间的距离大于l（比2r大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F设A
37、球从远离B球处以两倍于B球速度大小沿两球连心线向B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，A球速度vA必须满足什么条件？【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】A球向B球接近至A、B间的距离小于L之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小当A、B两球的速度相等时，两球间的距离最小若此距离大于2 r，则两球就不会接触结合牛顿第二定律和运动学公式求出必须满足的条件【解答】解：A球向B球接近至A、B间的距离小于l之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小当A、B的速度相等时，两球间的距离最小若此距离大于2r，则两球就不
38、会接触所以不接触的条件是v1=v2l+s2s12r其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度；s1、s2为两球间距离从l变至最小的过程中，A、B两球通过的路程由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中，A、B两球的加速度大小为设为A球的初速度，由运动学公式得：联立解得：答：欲使两球不发生接触，A球速度vA必须满足条件12如图所示，圆心在原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，在圆内区域（rR）和圆外区域（rR）的第一、二象限分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于xOy平面垂直于xOy平面放置两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于y轴放置在x=2.6R的位置，荧光屏乙平行于x轴放置在
39、y=3.5R的位置现有一束质量为m、电荷量为q（q0）的粒子由静止经过加速电压为U的加速电场后从坐标为（0，R）的A点沿y轴正方向射入区域，最终打在荧光屏甲上，出现亮点N的坐标为（2.6R，0.8R）若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点M的坐标为（2.6R，0），此时，若将荧光屏甲沿x轴正方向平移，发现亮点的y轴坐标始终保持不变不计粒子重力影响（1）求在区域和中粒子运动速度v1、v2的大小；（2）求在区域和中磁感应强度B1、B2的大小和方向；（3）若加速电压变为3U，且上述两个磁场方向均反向，荧光屏仍在初速位置，求粒子到达荧光屏的位置坐标【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在
40、匀强电场中的运动【分析】（1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力始终与速度相垂直，因此洛伦兹力不做功，所以动能不变，根据动能定理可求得粒子的速度；（2）根据带电粒子在磁场中运动，由左手定则可判定洛伦兹力方向从而可根据运动轨迹来确定洛伦兹力的方向，最终能得出磁感应强度大小与方向当粒子垂直射入匀强电场时，粒子做类平抛运动，从而利用平抛运动规律来解题【解答】解：（1）粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为不变；速度v1、v2大小相等，设为v，由Uq=mv2可得 v=（2）如图所示，区域中无磁场时，粒子在区域中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M
41、点，轨迹圆心是o1点，半径为r1=R区域有磁场时，粒子轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r22=（1.2R）2+（r20.4R）2解得r2=2R由qvB=m得B=则入半径可知，B1=，方向垂直xoy平面向外B2=，方向垂直xoy平面向里（3）如图所示，粒子先在区域中做圆周运动由3qU=mv2可知，运动速度为 v=轨道半径为r3=R 由圆心O3的坐标（R，R）可知，O3A与O3O的夹角为30通过分析如图的几何关系，粒子从D点穿出区域的速度方向与x轴正方向的夹角为=60粒子进入区域后做圆周运动的半径为r4=2=2R其圆心O4的坐标为（r4sin30Rsin60，Rcos60+r4cos30
42、），即（，）说明圆心O4恰好在荧光屏乙上所以，亮点将垂直打在荧光屏乙上的P点，其x轴坐标为x=（r4R）=R其y轴坐标为x=3.5R答：（1）在区域和中粒子运动速度v1、v2的大小均为；（2）B1为，方向垂直xoy平面向外B2为，方向垂直xoy平面向里（3）若加速电压变为3U，且上述两个磁场方向均反向，荧光屏仍在初速位置，粒子到达荧光屏的位置坐标为3.5R三、【物理选修3-3】13下列说法正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能不一定减小B布朗运动是液体分子的永不停息的无规则运动C没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能D当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距的减小
43、而增大E一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力【分析】温度是分子的平均动能的标志；固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动根据热力第二定律分析热机的效率；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距的减小而增大；一定量100的水变成100的水蒸气，其内能增加，分子之间的势能增加【解答】解：A、做功和热传递都可以改变物体的内能，气体放出热量，若同时外界对气体做功，温度不一定降低，则分子的平均动能不一定减小，故A正确B、固体小颗粒做布朗运动是由于液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，布朗运动说明了液体分子不停的做
44、无规则运动，故B错误C、没有摩擦的理想热机，根据热力第二定律可知吸收的能量也不可能全部转化为机械能，故C错误D、当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距的减小而增大；由于分子力做负功，分子势能也增大，故D正确E、一定量100的水变成100的水蒸气，其内能增加，但分子的平均动能没有增加，所以是分子之间的势能增加故E正确故选：ADE14如图所示，一质量为m=1kg的活塞与导热性能良好的气缸将一定量的理想气体密封在气缸内，气缸内部横截面积为S=200cm2，活塞上面有高为h=0.1m的水层，活塞离气缸底部的距离为H=0.2m，已知水的密度为=1.0103kg/m3，气缸所处的室内大气压恒为p0=1.0
45、103Pa，g=10m/s2，不计一切阻力（1）若室内温度由t1=27降到t2=12，求活塞下降的距离h1，（2）若用吸管将水缓慢吸出，求活塞上升的距离h2【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）室内温度由t1=27降到t2=12，缸内气体作等压变化，根据盖吕萨克定律求解气体的体积与活塞下降的距离；（2）以活塞和水整体为研究对象，根据平衡条件求解气缸内的压强，同理求出水被吸出后气体的压强，然后由玻意耳定律即可求出气体的体积与活塞上升的高度【解答】解：（1）由于水的高度不变，故气缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律有：即：代入数据解得：h=0.01 m （2）对活塞和水整体，由平衡条件有：p1s
46、=mg+（p0+p水）S 又因有：p水=gh 解得：p1=p0+gh+=1.0103+1.0103100.1+Pa 水被吸出后气体的压强：p2=p0+=1.0103+Pa 由玻意耳定律得：p1HS=p2（H+h2）S代入数据得： m答：（1）若室内温度由t1=27降到t2=12，活塞下降的距离是0.01m，（2）若用吸管将水缓慢吸出，活塞上升的距离是0.067m四、【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15运动周期为T，振幅为A，位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质
47、点P振动的说法正确的是（）A周期一定为TB振幅一定为AC速度的最大值一定为vD开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同【考点】简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关【解答】解：ABD、波在传播过程中，介质中各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点的相同，所以质点P的振动周期为T，振幅为A，开始振动的方向沿y轴正向，与P离波源的距离无关故A、B正确，D错误；C、质点的振动速度大小跟波速无关，故C错误；E、若s=vT
48、，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，故E正确故选：ABE16如图所示，一个盛有折射率为的液体的槽，槽的中部扣着一个屋脊形透明罩ADB，顶角（ADB）为30，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中槽底AB的中点C处有一点光源，从点光源发出的光与CD的夹角在什么范围内时，光线可从液面上方射出（液槽有足够的宽度，罩壁极薄，可不计它对光线产生折射的影响）【考点】光的折射定律【分析】从点光源发出的光经过DB侧面折射后，折射光线射向空气时不发全反射才能从液面上方射出考虑刚好发全反射的情况，折射光线液体和空气分界面上刚好发生全反射时，入射角等于临界角，由几何关系求出折射光线在
49、DB面上折射角，由折射定律求出入射角，即可求解【解答】解：如图，有一条光线从C点射向DB时，在M点折射后进入液体中，射向空气时在N点恰好发全反射，入射角等于临界角C，则有 sinC=，C=45可知DNM=45由题意可知，NDM=75，故DMN=60，折射角 2=30由折射定律得 =n=，可得入射角 1=45由几何关系可得 =18010545=30所以从点光源发出的光与CD的夹角在030范围内时光线可从液面上方射出答：从点光源发出的光与CD的夹角在030范围内时光线可从液面上方射出五、【物理选修3-5】（共2小题，满分0分）17下列说法中正确的是（）A原子核发生一次衰变后，生成的新核的原子序数增
50、加B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C原子的核式结构学说是卢瑟福根据粒子散射实验现象提出来的D的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，其半衰期可能变短E一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出3种不同频率的光子【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】衰变放出一个电子，新核的电荷数增1，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，半衰期只与原子核自身有关，与外界环境无关，根据n=知，一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出3种不同频率的光子【解答】解：A、根据电荷数守恒，质量数守恒知，衰变放出一个电子，新核的电荷数增1，即原子序数增加故A正确B、太阳辐射的能
51、量主要来自太阳内部的核聚变反应故B错误C、原子的核式结构学说是卢瑟福根据粒子散射实验现象提出来的故C正确D、半衰期只与原子核自身有关，与外界环境无关，故D错误E、根据n=知，一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出3种不同频率的光子，E正确故选：ACE18如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时整个装置处于静止状态A和B之间有少许塑胶炸药现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能求：（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大
52、？（2）在A、B后，弹簧弹性势能的最大值【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】（1）炸药爆炸时，A、B分离，该过程中A、B的动量守恒，能量也守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解（2）爆炸后，以B、C弹簧组成的系统为研究对象，系统水平方向动量守恒，当弹簧压缩最短时弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求解【解答】解：（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAvA+mBvB=0 爆炸产生的热量有9J转化为A、B的动能，由能量守恒定律有：E=+代入数据解得：vA=vB=3.0 m/s （2）由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短（即弹性势能最大）爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）vBC由机械能守恒得：=+EP1； 代入数据得：EP1=3.0 J 答：（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为3.0m/s（2）在A、B后，弹簧弹性势能的最大值是3.0J2017年5月12日
