【精品】2017年山东省实验中学高考物理二模试卷含答案

理科综合物理4本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共12页，满分300分，考试用时150分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。

第I卷（必做题，共107分）注意事项：1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净以后，再涂写其他答案标号。

只答在试卷上不得分。

2．第I卷共20道小题，1-13题每小题5分，14- 20题每小题6分，共107分。

以下数据可供答题时参考：相对原子质量：H l C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ba 137二、选择题（本题包括7道小题，共42分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．如图所示，一小孩从滑梯上由静止开始加速滑下，在这一过程中A．小孩的惯性变大B．小孩处于失重状态C．小孩处于超重状态D．小孩的机械能守恒15．如图所示，一车载导航仪放在底边水平的三角形支架上，处于静止状态．稍微减小支架的倾斜角度，以下说法正确的是A．导航仪所受弹力变小B．导航仪所受摩擦力变小C．支架施加给导航仪的作用力变小D．支架施加给导航仪的作用力不变16. 2017届2月7日，木星发生“冲日”现象．“木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为R1，周期为T1；地球公转半径为R2，周期为T2，下列说法正确的是C．“木星冲日”这一天象的发生周期为D．“木星冲日”这一天象的发生周期为1 7．如图所示，为交流发电机、理想变压器和灯泡连成的电路，灯泡的额定电压为U0，电阻为尺．当发电机线圈的转速为n时，灯泡正常发光，此时电压表示数为U，图中线圈处于中性面位置，并以此作为计时开始，则有A．变压器输入电压的瞬时值是B．变压器输入电压的瞬时值是C．电流表的示数是D．电流表的示数是18．如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷．一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，运动过程中的v-t图如图乙所示．下列说法正确的是A．带电圆环在圆心处产生的场强为零B．a点场强大于b点场强C．电势差D．小球由b到c的过程中平均速度小于0.55 m／s19．在边长为L、电阻为R的正方形导线框内，以对称轴ab为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场．以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示．则在0-t0时间内，导线框中A．无感应电流B．感应电流逐渐变大大小为C．感应电流为顺时针方向，D．感应电流为逆时针方向，大小为20．如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在倾角为30 的足够长光滑斜面的底端，上端放一小滑块，滑块与弹簧不拴接．沿斜面向下压滑块至离斜面底端l=0. 1m处后由静止释放，滑块的动能E与距斜面底端的距离l的关系如图乙所示．其中从0. 2m到0.35mk范围内图象为直线，其余部分为曲线，不计空气阻力，取g=102/m s，下列说法正确的是A．小滑块的质量为0. 4kgB．弹簧的最大形变量为0. 2mC．弹簧最大弹性势能为0. 5JD．弹簧的劲度系数为100N／m第Ⅱ卷（必做157分+选做3 6分，共193分）注意事项：1．第Ⅱ卷共19道题，其中21-31题为必做部分，32题未命题，33-39题为选做部分，考生必须从中选择1道化学，1道生物和1道物理题作答。

2017年山东省实验中学高考物理二模试卷二．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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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）质量为m=1kg的物体以初速度12m/s竖直向上抛出，做直线运动，以竖直向上为正方向，物体的速度﹣时间图象如图所示，已知g=10m/s2．则（）A．物体在0～2s内通过的位移为10mB．物体受到的空气阻力为2NC．落回抛出点时重力的瞬时功率为80WD．2s内机械能损失24J2．（6分）下列说法正确的是（）A．汤姆逊通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核式结构B．核反应方程式为H+H→He+n的反应是一个裂变反应C．根据波尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的运动速度增大D．光电效应实验中，若保持入射光的光强不变，不断增大入射光的频率，则遏止电压减小3．（6分）“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．如图所示是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球运动的示意图．已知地球半径为R，同步卫星轨道半径为6.6R，航天器的近地点离地面高度为0.2R，远地点离地面高度为1.1R．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3hC．在图示轨道上，“轨道康复者”从A点开始经1.5h到达B点，再经过0.75h到达C点D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”可从同步卫星后方加速或从同步卫星前方减速，然后与与之对接4．（6分）如图甲所示，在xoy坐标系的第一象限里有垂直于纸面向里的磁场，x坐标相同的位置磁感应强度都相同，有一矩形线框abcd的ab边与x轴平行，线框在外力作用下从图示位置（ad边在y轴右侧附近）开始向x轴正方向匀速直线运动，已知回路中的感应电流为逆时针方向，大小随时间的变化图线如图乙，则磁感应强度随坐标x变化的图象应是哪一个（）A．B． C．D．5．（6分）如图所示，长为L、质量为m的金属棒用柔软的轻质金属丝悬挂在水平杆上，在其内通入恒定电流I，并在金属棒所处的空间加匀强磁场后，金属棒最终静止在偏离竖直面α角的位置．则下列说法正确的是（）A．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=B．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=C．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=D．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=6．（6分）一个做匀加速直线运动的物体，在前4s内经过的位移为24m，在第二个4s内经过的位移是60m，则这个物体（）A．在t=2s时的速度为6m/sB．在t=4s时的速度为11m/sC．这个物体运动的加速度为a=2.25m/s2D．这个物体运动的初速度为v0=1.5m/s7．（6分）质量为m、带电量为+q的质点a与质量为2m、带电量为﹣q的质点b相距为l，只在它们之间的静电力作用下绕它们连线上的一定点做匀速圆周运动，以下说法正确的是（）A．质点a与b的轨道半径之比为2：1B．质点a与b的速率之比为1：2C．质点a与b的加速度大小之比为1：2D．它们圆周运动的角速度为ω=8．（6分）如图所示，正交的匀强电场和匀强磁场的宽度为d，电场强度为E，磁感应强度为B，将一质量为m、带电量为q的不计重力的带正电粒子，由场的左边缘自静止释放，粒子在电场力和磁场力的作用下运动到场的右边缘离开电磁场，若离开场时粒子的速度大小为v，则整个过程中（）A．粒子沿电场线方向做匀加速直线运动B．粒子做非匀变速曲线运动C．v=D．v=二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）某实验小组应用如图1所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz．实验步骤如下：A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是．A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B．实验过程中砝码盘处于超重状态C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2（结果保留两位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（如图3），与本实验相符合的是．10．（9分）某同学用如图甲所示的实验电路来测量未知电阻R x的阻值．将电阻器接入a、b之间，闭合电键S，适当调节滑动变阻器R′后保持滑片位置不变，改变电阻箱的阻值R，得到多组电压表的示数U与R的数据，并绘出如图乙所示的U﹣R图象．（1）用待测电阻R x替代电阻箱，读得电压表示数为5.0V，利用图乙中的U﹣R 图象可得R x=Ω．（保留两位有效数字）．（2）使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，该同学为了测量电源的电动势E和内阻r，设计了如图丙所示的实验电路．已知定值电阻的阻值为R0，两电压表可视为理想电压表．实验中，该同学多次改变滑动变阻器的滑片位置，记录电压表和的示数U1和U2，画出U2﹣U1图象如图丙所示，已知图线的横截面积为a，纵截距为b，则蓄电池的电动势E=，内电阻r=．（用题中给出的物理量符号表示）11．（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）若长木板长度L=2.4m，小物块能否滑出长木板？12．（18分）如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：（1）粒子在磁场中运动的半径R；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．（二）选考题：共15分．请从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．【物理-选修3-3】（15分）13．（5分）以下说法正确的是（）A．液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C．温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量14．（10分）如图是简易报警装置，其原理是：导热性能良好的竖直细管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声．27℃时，空气柱长度L1为20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2为10cm，管内水银柱高h为5cm，大气压强p0为75.5cmHg．（i）当温度达到多少时，报警器会报警？（ii）若要使该装置在102℃时报警，应该再往管内注入多高的水银柱？2017年山东省实验中学高考物理二模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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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）质量为m=1kg的物体以初速度12m/s竖直向上抛出，做直线运动，以竖直向上为正方向，物体的速度﹣时间图象如图所示，已知g=10m/s2．则（）A．物体在0～2s内通过的位移为10mB．物体受到的空气阻力为2NC．落回抛出点时重力的瞬时功率为80WD．2s内机械能损失24J【解答】解：A、根据v﹣t图象的“面积”表示物体的位移，可知，物体在0～2s 内通过的位移大小为x=﹣=2m，故A错误．B、0～1s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1==12 m/s2，1～2s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2==8m/s2，设空气阻力大小为f，根据牛顿第二定律得：上升过程有mg+f=ma1，解得f=2N，故B正确；C、物体上升的最大高度为h==6m，设物体落回抛出点时速度大小为v，则有v2=2a2h，解得v=4m/s落回抛出点时重力的瞬时功率为P=mgv=1×10×4=40W，故C错误．D、根据图象可得：0﹣2s物体通过的路程为S=+=10m，2s内机械能损失等于物体克服空气阻力做的功，为△E=fS=20J，故D错误．故选：B2．（6分）下列说法正确的是（）A．汤姆逊通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核式结构B．核反应方程式为H+H→He+n的反应是一个裂变反应C．根据波尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的运动速度增大D．光电效应实验中，若保持入射光的光强不变，不断增大入射光的频率，则遏止电压减小【解答】解：A、卢瑟福的α粒子散射实验提出原子核式结构学说，故A错误；B、核反应方程式为H+H→He+n的反应属于原子核的聚变，故B错误；C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大，故C正确；D、根据光电效应的规律有：m=hγ﹣W，而遏止电压为：U==，可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，当增大入射光的频率，则遏止电压增大，故D错误；故选：C．3．（6分）“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．如图所示是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球运动的示意图．已知地球半径为R，同步卫星轨道半径为6.6R，航天器的近地点离地面高度为0.2R，远地点离地面高度为1.1R．若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7.9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3hC．在图示轨道上，“轨道康复者”从A点开始经1.5h到达B点，再经过0.75h到达C点D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”可从同步卫星后方加速或从同步卫星前方减速，然后与与之对接【解答】解：A、在图示轨道上，“轨道康复者”做椭圆运动，在有些位置的速度小于7.9km/s，故A错误．B、根据开普勒第三定律知，，由题意知，椭圆轨道的半长轴为，同步卫星的轨道半径为6.6R，可知同步卫星的轨道半径是半长轴的4倍，则周期是“轨道康复者”8倍，所以在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，故B正确．C、“轨道康复者”的周期为3h，从A点开始经1.5h到达B点，由于近地点的速度大于远地点的速度，可知B到C的时间小于C到A的时间，则B到C的时间小于0.75h，故C错误．D、对接时，不能在同轨道上加速或减速，因为加速或减速，万有引力不等于向心力，会脱离原轨道，不能实现对接，故D错误．故选：B．4．（6分）如图甲所示，在xoy坐标系的第一象限里有垂直于纸面向里的磁场，x坐标相同的位置磁感应强度都相同，有一矩形线框abcd的ab边与x轴平行，线框在外力作用下从图示位置（ad边在y轴右侧附近）开始向x轴正方向匀速直线运动，已知回路中的感应电流为逆时针方向，大小随时间的变化图线如图乙，则磁感应强度随坐标x变化的图象应是哪一个（）A．B． C．D．【解答】解：设导体线框的边长为L，总电阻为R；A、如果磁感应强度B随时间均匀变化，设ad边处于某位置的磁感应强度为B0，则bc边的磁感应强度为B0+kL，感应电动势E=kL2v，根据闭合电路的欧姆定律可得i=，为一个定值，故A错误；BD、由于电流强度均匀增大，所以B﹣x图象的斜率k应该增加，故B正确、D 错误；C、由于回路中的感应电流为逆时针方向，根据楞次定律可知磁感应强度是增加的，故C错误；故选：B．5．（6分）如图所示，长为L、质量为m的金属棒用柔软的轻质金属丝悬挂在水平杆上，在其内通入恒定电流I，并在金属棒所处的空间加匀强磁场后，金属棒最终静止在偏离竖直面α角的位置．则下列说法正确的是（）A．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=B．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=C．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=D．匀强磁场的磁感应强度最小值为B=【解答】解：对导体棒受力分析，受重力、拉力和安培力，其中重力的大小和方向都是确定的，拉力的方向确定，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：当安培力与细线垂直时最小，最小值为：F=mgsinα，根据F=BIL，故磁感应强度的最小值为：B=，故ABD错误，C正确；故选：C6．（6分）一个做匀加速直线运动的物体，在前4s内经过的位移为24m，在第二个4s内经过的位移是60m，则这个物体（）A．在t=2s时的速度为6m/sB．在t=4s时的速度为11m/sC．这个物体运动的加速度为a=2.25m/s2D．这个物体运动的初速度为v0=1.5m/s【解答】解：已知T=2s，x1=24m，x2=60m，则由△x=aT2得：x2﹣x1=aT2，得：a===2.25m/s2．由x1=v0T+aT2，得：v0=﹣=﹣=1.5m/st=2s时速度=1.5+2.25×2=6m/st=4s时速度=1.5+2.25×4=10.5m/s，故ACD正确，B错误；故选：ACD7．（6分）质量为m、带电量为+q的质点a与质量为2m、带电量为﹣q的质点b相距为l，只在它们之间的静电力作用下绕它们连线上的一定点做匀速圆周运动，以下说法正确的是（）A．质点a与b的轨道半径之比为2：1B．质点a与b的速率之比为1：2C．质点a与b的加速度大小之比为1：2D．它们圆周运动的角速度为ω=【解答】解：A、根据库仑引力提供向心力，则有：k=mω2r a=2mω2r b，因此质量与轨道半径成反比，则有质点a与b的轨道半径之比为2：1，故A正确；B、由线速度与角速度关系，则有：=，线速度与轨道半径成正比，则有质点a与b的速率之比为2：1，故B错误；C、依据向心加速度公式a n=ω2r，向心加速度与轨道半径成正比，则有质点a与b的加速度大小之比为2：1，故C错误，D、因质点a与b的轨道半径之比为2：1，则r a=，依据公式k=mω2r a，解得：ω=，故D正确；故选：AD．8．（6分）如图所示，正交的匀强电场和匀强磁场的宽度为d，电场强度为E，磁感应强度为B，将一质量为m、带电量为q的不计重力的带正电粒子，由场的左边缘自静止释放，粒子在电场力和磁场力的作用下运动到场的右边缘离开电磁场，若离开场时粒子的速度大小为v，则整个过程中（）A．粒子沿电场线方向做匀加速直线运动B．粒子做非匀变速曲线运动C．v=D．v=【解答】解：AB、粒子由静到动，是变速运动，故洛伦兹力大小是变化的，故合力变化，故加速度变化，由于洛伦兹力垂直速度，故合力与速度不共线，故是非匀变速曲线运动，故A错误，B正确；CD、对粒子向右运动过程，根据动能定理，有：qEd=，解得：v=，故C错误，D正确；故选：BD二、解答题（共4小题，满分47分）9．（6分）某实验小组应用如图1所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为50Hz．实验步骤如下：A．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是C．A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B．实验过程中砝码盘处于超重状态C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D．弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中打出的其中一条纸带如图2所示，由该纸带可求得小车的加速度a= 0.88m/s2（结果保留两位有效数字）（3）由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象（如图3），与本实验相符合的是A．【解答】解：（1）A、由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2倍，故A错误；B、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故B错误；C、小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故C正确；D、实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故D错误；E、由于不是砝码的重力，即为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故E错误；故选：C（2）在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即△x=aT2，本实验数据处理采用两分法，解得：a=m/s2=0.88m/s2（3）由题意可知，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A符合；故答案为：（1）C（2）0.88 （3）A10．（9分）某同学用如图甲所示的实验电路来测量未知电阻R x的阻值．将电阻器接入a、b之间，闭合电键S，适当调节滑动变阻器R′后保持滑片位置不变，改变电阻箱的阻值R，得到多组电压表的示数U与R的数据，并绘出如图乙所示的U﹣R图象．（1）用待测电阻R x替代电阻箱，读得电压表示数为5.0V，利用图乙中的U﹣R 图象可得R x=25Ω．（保留两位有效数字）．（2）使用较长时间后，电源的电动势可认为不变，但其内阻增大，该同学为了测量电源的电动势E和内阻r，设计了如图丙所示的实验电路．已知定值电阻的阻值为R0，两电压表可视为理想电压表．实验中，该同学多次改变滑动变阻器的滑片位置，记录电压表和的示数U1和U2，画出U2﹣U1图象如图丙所示，已知图线的横截面积为a，纵截距为b，则蓄电池的电动势E=b，内电阻r=R0．（用题中给出的物理量符号表示）【解答】解：（1）根据描绘出的图象可知，电压为5.0V时，对应的电阻阻值为25Ω；（2）根据E=U2+r得：U2=E﹣U1，知纵轴截距表示电动势，所以有：E=b．图线的斜率绝对值等于，即：=，解得：r=R 0故答案为：（1）25；（2）b；R011．（14分）如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）若长木板长度L=2.4m，小物块能否滑出长木板？【解答】解：（1）物块到达C点的速度与水平方向的夹角为60°，根据平行四边形定则知：v C==2v0=4m/s小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR（1﹣cos60°）=﹣代入数据解得：v D=2m/s小球在D点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m代入数据解得：N=60N由牛顿第三定律得：N′=N=60N，方向竖直向下（2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v解得：v=m/s设物块在木板相对位移l，由功能关系得μmgl=﹣解得：l=2.5m＞L=2.4m所以小物块滑出长木板．答：（1）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下；（2）若长木板长度L=2.4m，小物块能滑出长木板．12．（18分）如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：（1）粒子在磁场中运动的半径R；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B=m可得R==m=0.1m（2）由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，O1为轨迹圆的圆心．分别用d B表示磁场区域的宽度．由几何知识可知，∠O1SO=θ，在△SOO1中满足：cosθ====，得θ=60°即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°．（3）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图2所示，N点到x轴的竖直距离L满足：L2+（R﹣d B）2=R2；解得：L=5cm=m即粒子P的位置坐标为（0，m）．（4）用d E表示电场的宽度．对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：qEd E=mv02①代入数据解得：E=5.0×105N/C，则设沿电场方向的速度为v⊥=2ad E；qE=ma=2×106m/s解得v⊥所以粒子P到达电场右边界时的速度v==2m/s方向与电场右边界成45°或135°．答：（1）粒子在磁场中运动的半径R为0.1m；（2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°；（3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标为（0，m）；（4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，粒子P到达电场右边界时的速度为大小2m/s，方向与电场右边界成45°或135°．（二）选考题：共15分．请从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．【物理-选修3-3】（15分）13．（5分）以下说法正确的是（）A．液体表面张力有使液面收缩到最小的趋势B．晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同C．温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动E．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量【解答】解：A、由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，表面张力有使液面收缩到最小的趋势．故A正确；B、晶体的各向异性是指沿不同方向其物理性质不同，但要注意不是所有单晶体的所以物理性能都是各向异性；故B正确；C、温度是分子平均动能的标志，根据热力学第二定律可知，热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C错误；D、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒内部分子是不停地做无规则运动的反应，故D错误；E、气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变，由热力学第一定律可得，△U=W+Q知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收热量，故E正确．故选：ABE14．（10分）如图是简易报警装置，其原理是：导热性能良好的竖直细管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声．27℃时，空气柱长度L1为20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2为10cm，管内水银柱高h为5cm，大气压强p0为75.5cmHg．（i）当温度达到多少时，报警器会报警？（ii）若要使该装置在102℃时报警，应该再往管内注入多高的水银柱？。

2017届山东省实验中学高三第二次模拟考试物理试题二、选择题(本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究椎动，人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量GB．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快15．如图所示，A是一质量为M的盒子，物体B的质量为m，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮置于倾角为 的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态，斜面放置在水平地面上.现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中A．绳子拉力不变B．物体A对斜面的压力逐渐增大C．物体A所受的摩擦力逐渐增大D．地面对斜面的摩擦力逐渐增大16．如图甲所示，在升降机顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器所显示的弹力F的大小随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则下列选项正确的是A．升降机停止前在向上运动B．0～t1时间小球处于失重状态，t l～t2时间小球处于超重状态C．t1～t3时间小球向下运动，动能先减小后增大D．t3～t4时间弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量17．2012年6月24日，航天员刘旺手动控制“神舟九号”飞船完成与“天宫一号”的交会对接，形成组合体绕地球圆周运动，速率为v0，轨道高度为340km。

“神舟九号”飞船连同一位宇航员的总质量为m，而测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船以及北京飞控中心完成．(已知地球半径为6400km)下列描述错误的是A组合体圆周运动的周期约：1.5 hB．组合体圆周运动的线速度约7.8 km/sC ．组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大D ．发射“神舟九号”飞船所需能量为2012mv18.如图，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N处分别放置一对电荷量都为q 的正、负点电荷。

2020届山东省潍坊市2017级高三高考模拟（二模）考试
理科综合物理试卷
★祝考试顺利★
2020．5
注意事项：
1．答题前,考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。

2．选择题答案必须使用2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写．字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁,不折叠、不破损。

一、单项选择题：本题共8小题,每小题3分,共24分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1．山东海阳核电站是中国核电AP1000技术的标志性项目,其反应堆的核反应方
程为235
14489192563603n U X Ba Kr +→++,下列说法中正确的是
A ．该反应中X 是质子
B ．该反应中X 是电子
C ．144
56Ba 中有88个中子 D ．144
56Ba 的结合能比23592U 的结合能大
2．灌浆机可以将涂料以速度v 持续喷在墙壁上,涂料打在墙壁上后完全附着在墙壁上。

涂料的密度为ρ,墙壁上涂料厚度每秒增加u ,不计涂料重力的作用,则喷涂料对墙产生的压强为
4．u ρυ B ．u ρυ C ．u ρυ D ．u
ρυ。

【百强校】2017届山东省实验中学高三第二次诊断性考试物理试卷（带解析）一、选择题1.关于物理学思想方法，下列说法中叙述错误的是A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法B．验证力的平行四边形定则的实验中，主要是应用了“等效替换”的思想C．伽利略在研究自由落体运动时采用了微小量放大的方法D．在定义“速度”、“加速度”等物理量时，应用了比值的方法【答案】C【解析】试题分析：质点是理想模型，现实中不存在，A正确；验证力的平行四边形定则的实验中，利用了分力和合力的作用效果相同，即等效替代法，B正确；伽利略在研究自由落体运动时没有采用微小量放大的方法，而是采用理想实验的方法，故C错误；在定义“速度”、“加速度”等物理量时，均应用了比值定义法，故D正确；考点：考查了物理研究方法【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2.下列关于物体运动的描述可能的是A．速度变化越来越快，加速度越来越小B．速度变化的方向为正，而加速度的方向为负C．速度的变化率很大，而加速度很小D．加速度越来越大，而速度越来越小【答案】D【解析】试题分析：加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化的越快，速度变化率越大，故AC错误；速度的变化方向和加速度的方向相同，B错误；当物体做加速度增大的减速运动时，加速度越来越大，而速度越来越小，D正确；考点：考查了加速度和速度【名师点睛】加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化率也是指速度变化的快慢，所以加速度和速度变化率是一样的．当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．3.如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为，则磨石受到的摩擦力是A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力，先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：摩擦力；在垂直斜面方向上有：；则，方向沿斜壁向下，根据牛顿第三定律可得，方向沿斜壁向上，A正确；考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握．4.甲、乙两物体开始位于同一点，从t=0时刻两物体开始运动，通过速度传感器测出的两物体的速度随时间的变化规律如图所示，则A．物体甲在前5s做初速度为零的匀加速直线运动，且在第5s末速度方向发生变化B．第10s末物体甲的速度为零，此刻两物体之间的距离最大C．第10s末两物体相遇D．在第20s末两物体之间的距离最大【答案】D【解析】试题分析：从图中可知甲在前5s内速度反向均匀增大，所以做初速度为零的匀加速直线运动，速度的正负表示方向，甲在5s末仍旧为负，所以速度方向没有变化，A错误；前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，两者间距不断增大，在10-20s内，两者同向运动，乙在甲的前方，由于乙的速度大，所以两者间距不断增大，所以t=10s时，两物体之间的距离不是最大，故B错误；前10s内，甲、乙两物体从同一点开始沿相反方向运动，则第10s末不可能相遇，故C错误；第20s末后．乙的速度比甲的速度小，两者间距减小，所以在第20s末两物体之间的距离最大，故D正确．考点：考查了速度时间图像【名师点睛】据速度时间图线分析两个物体追击时间距的变化情况，关键要抓住速度的正负表示速度的方向，由速度大小关系来判断间距的变化情况，往往速度相等时两者间距是最大或最小．5.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测量长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间为，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为，测得、和H，可求得g等于A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：小球从O点上升到最大高度过程中：，小球从P点上升的最大高度：，依据题意：，联立解得：，故B正确；考点：考查了竖直上抛运动【名师点睛】分析物体运动的形式，根据运动特点，然后选择相应的规律求解是解决运动问题的基本思路，要在学习中不断培养解题思路．6.运动员手持球拍托球沿水平方向匀加速跑，球的质量为m，球拍和水平面间的夹角为，球与球拍相对静止，它们间摩擦力以及空气阻力不计，则A．运动员的加速度为B．运动员的加速度为C．球拍对球的作用力为D．球拍对球的作用力为【答案】A【解析】试题分析：对小球受力分析，如图所示则小球的合力，则根据牛顿第二定律可得小球的加速度，因为人和球拍以及小球三者是一块运动的，具有相同的加速度，所以运动员的加速度为，A正确B错误；根据矢量三角形可得球拍对小球的支持力为，CD错误；考点：考查了牛顿第二定律【名师点睛】本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解．7.如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧与竖直方向成60°角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则A．弹簧a、b的劲度系数之比为B．弹簧a、b的劲度系数之比为C．若弹簧a下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为D．若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为【答案】BD【解析】试题分析：对小球受力分析，受到a弹簧的拉力，b弹簧的拉力，和重力，三力平衡，故有，，故，A错误B正确；若弹簧a下端与小球松脱，松脱瞬间b弹簧的弹力不变，故小球所受重力和b弹簧弹力的合力与大小相等方向相反，故，若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与大小相等方向相反，故小球的加速度，C错误D正确；考点：考查了牛顿第二定律的瞬时性，共点力平衡条件，【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题8.如图所示，一质量为m的滑块，以初速度从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为，所受的合外力为，加速度为a，速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是【答案】AD【解析】试题分析：滑块在上滑的过程和下滑过程中，正压力大小不变，则摩擦力大小不变，方向相反，上滑时摩擦力方向向下，下滑时摩擦力方向向上，故A正确．上滑时加速度方向沿斜面向下，大小，下滑时加速度大小，方向沿斜面向下，则合力沿斜面向下，故BC错误；上滑时做匀减速运动，下滑时做匀加速直线运动，上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故D正确．考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】根据正压力的大小确定摩擦力的大小变化．根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度大小，确定加速度的方向，从而得出合力的大小和方向．9.一个物体以初速度沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应的面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和，则A．B．C．D．【答案】BC【解析】试题分析：设a点对应的速度为，则在m时间段里有，在n时间段里有，根据匀变速直线运动速度时间公式可得，联立解得，，故BC正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用，速度时间图像【名师点睛】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可二、多选题1.如图，一光滑的轻滑轮用细绳悬挂于O点：另一端绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，与竖直方向的夹角为，连接ab间的细绳间的夹角为，外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态，若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则A．两角度大小间关系为B．绳的张力的大小也在一定范围内变化C．物块b所受到的支持力的大小也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力的大小也在一定范围内变化【答案】ACD【解析】试题分析：由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；对滑轮分析，受三个拉力，由于滑轮两侧的绳子的拉力相等，故其合力在角平分线上，与第三个力平衡，故，由于绳子的张力及夹角均不变，所以中的张力保持不变；故A正确B 错误；物块b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：，，由此可得：，由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故C正确；，由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b 静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．三、实验题1.如图为“验证力的平行四边形定则”实验，三个细线套一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P，手持B拉动细线，使结点静止于O点。

山东省实验中学2017届高三下学期第二次模拟考试理科综合试题一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1。

病毒侵入人体后，机体在特异性免疫应答过程中不会发生的是A。

吞噬细胞吞噬和处理病毒 B.浆细胞增殖分化并产生抗体C。

记忆细胞增殖分化形成浆细胞 D.效应T细胞使靶细胞裂解死亡2。

下列相关实验中涉及“分离”的叙述正确的是A。

绿叶中色素的提取和分离实验中，色素分离是因其在提取液中溶解度不同B。

植物细胞质壁分离实验中，滴加蔗糖溶液的作用是使细胞质与细胞壁分离C。

观察细胞DNA和RNA分布的实验，盐酸有使染色体中的DNA 和蛋白质分离的作用D.T2噬菌体侵染细菌实验,标记DNA和蛋白质的目的是使噬菌体的DNA和蛋白质分离3。

研究发现真核细胞中断裂的染色体片段由于在细胞分裂末期不能进入子细胞核，而形成了细胞核外的团块，称为微核。

下列相关描述错误的是A。

用光学显微镜可以观察到细胞中的微核B.形成微核的细胞发生了染色体结构变异C.有丝分裂末期细胞核通过缢裂形成两个子细胞核D.微核的形成可能是因为断裂的染色体片段缺少着丝点4。

为探究不同光照强度对羊草光合作用的影响,研究人员在种植羊草的草地上随机选取样方，用透明玻璃罩将样方中所有羊草罩住形成密闭气室,并与二氧化碳传感器相连，定时采集数据，结果如下图。

下列说法正确的是A。

整个实验过程中四个密闭气室内的温度必须保持一致B。

曲线①表示羊草的呼吸速率随着实验的进行越来越快C。

曲线②和曲线③表明200s后羊草基本不再进行光合作用D.曲线④和曲线①相应数值之差为完全光照下的净光合速率5。

下图为野生绵羊种群在1800年被引入某岛屿后的种群数变化曲线.下列对该种群的相关描述错误的是A.1840年前种群数量的增长趋势与气候适宜、食物和空间较充裕有关B。

该绵羊种群的环境容纳量会因环境的破坏而改变C.种群数量达到环境容纳量后，出生率和死亡率基本相等D.该绵羊种群的环境容纳量在1850—1940年间不断地波动6.果蝇红眼形成的直接原因是红色色素的合成，而红色色素的合成需经一系列生物反应，每个反应所涉及的酶都与相应的基因有关。

2017年山东省济宁市高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第14-17题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分1. 如图所示，现用某一光电管进行光电效应实验，当用频率为v的光照射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A 光照时间越长，光电流就越大B 减小入射光的强度，光电流消失C 用频率为2v的光照射，电路中一定有光电流 D 用频率小于v的光照射，电路中一定没有光电流2. 甲、乙两物体从同一地点出发且在同一条直线上运动，它们的位移-时间(x−t )图像如图所示，由图像可以看出在0−4s内（）A 甲、乙两物体始终同向运动B 4s时甲、乙两物体的速度大小相等C 甲的平均速度大于乙的平均速度 D 甲、乙两物体之间的最大距离为3m3. 如图所示，天链一号04星是一颗地球同步卫星，它与天链一号02星、03星在圆形轨道2上实现组网运行，可为在近地圆形轨道1上运行的天宫二号提供数据中继与测控服务．下列说法正确的是（）A 天链一号04星的最小发射速度是11.2km/sB 天链一号04星的运行速度小于天宫二号的运行速度 C 为了便于测控，天链一号04星相对于地面静止于酒泉飞控中心的正上方 D 天链一号04星的运行速度可能小于天链一号02星的运行速度4. 如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为45∘，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）A √√22(√22√22)gR√(√2−1)gR5. 在如图所示的电路中，变压器是理想变压器．原线圈匝数n1＝600匝，装有熔断电流I0＝0.5A的保险丝，副线圈的匝数n2＝120匝，要使整个电路正常工作，当原线圈接在180V 的正弦交变电源上时，下列判断正确的是（）A 副线圈可接耐压值为36V的电容器B 副线圈可接电阻为20Ω的电熔铁C 副线圈可以串联一个量程为3A的电流表去测量电路中的总电流D 副线圈可接“36V，40W”的安全灯三盏6. A、B为两等量异号点电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线．现将另两个等量异号的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后，从离A、B无穷远处沿中垂线平移到A、B的连线上，平移过程中两检验电荷始终关于中垂线对称．若规定离A、B无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）A 在A、B连线上a所处的位置的电势φa<0B a、b整体在A、B连线处具有的电势能E P>0C 整个移动过程中，静电力对a做正功D 整个移动过程中，静电力对b做负功7. 如图所示，利用同一回旋加速器分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，回旋加速器核心部件是两个D形金属盒，现把两金属盒置于垂直于盒的同一匀强磁场中，并分别与高频电源相连．下列说法正确的是（）A 它们获得的最大速度相同B 它们获得的最大动能相同C 两次所接高频电源的频率相同D 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能8. 如图所示，一倾角为固定斜面下端固定一挡板，一轻弹簧下端固定在挡板上．现将一物块从斜面上离弹簧上端某处由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，则小物块从释放到运动至最低点的过程中．下列说法中正确的是（）A μ<tanαB μ>tanαC 物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能D 弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力对物块做的功与摩擦力对物块做的功之和二、必考题9. 如图甲所示是利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置，导轨上安装了1、2两个光电门，滑块上固定一竖直遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连，细线与导轨平行．（1）用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度为________mm．（2）在调整气垫导轨水平时，滑块不挂钩码和细线，接通气源后，给滑块一个初速度，使它从轨道右端向左运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间．为调节气垫导轨水平，可采取的措施是（）．A 调节Q使轨道右端升高一些B 调节P使轨道左端升高一些C 遮光条的宽度应适当大一些 D 滑块的质量增大一些（3）正确进行实验操作，测出滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m，遮光条的宽度用d表示，重力加速度为g．现将滑块从图示位置由静止释放，实验中滑块经过光电门2时钩码未着地，测得两光电门中心间距s，由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则验证机械能守恒定律的表达式是________．10. 热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC)，正温度系数电阻器的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻器的电阻器的电阻随温度的升高而减小．某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx的导电特性．A．电流表A1（量程10mA，内阻r1＝1Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻r2约为0.5Ω）C．滑动变阻器R1（最大阻值200Ω）D．滑动变阻器R2（最大阻值20Ω）E．定值电阻R3（阻值1499Ω）F．定值电阻R4（阻值149Ω）G．电源E（电动势15V，内阻忽略）H．开关与导线若干（1）实验采用的电路图如图甲所示，则滑动变阻器选________，定值电阻R选________．（填仪器前的字母序号）．（2）该小组根据测量数据作出热敏电阻的U−I图像如图乙所示，请分析说明该曲线对应的是________热敏电阻（选填“PTV”或“NTC”）．（3）若将此热敏电阻直接接到一电动势为9V，内阻10Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为________．（结果保留三位有效数字）11. 如图所示，长木板B的质量为m2＝1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝1.0kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端．一个质量为m1＝0.5kg的物块A由左侧向长木板运动．一段时间后物块A以v0＝6m/s的速度与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求：（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度；（2）长木板B的最小长度．12. 如图甲所示，弯折成90∘角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53∘角，右导轨平面与水平面成37∘角，两导轨相距L＝0.2m，电阻不计。

山东省实验中学2017届高三第二次诊断性考试物理试题参考答案2016．10一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，1-6题只有一个选项正确，8-10题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 CDADBABDADBCACD二、实验题（本题包括2小题，共15分）11.(7分）(1) 2.00N （2分）；(2)L1的方向、L2的方向和L 3的方向（3分）； (3）AB （2分,选不全得1分）12.（8分）(1)无关（2分） (2)乙 （2分） (3）砂和砂筒质量（2分） (4) C （2分） 三、计算题（本题包括4小题，共45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)13.(6分)解： 在干燥路面上刹车时：x 1＝v 0Δt ＋v 202a （2分）在雨天刹车时：x 2＝v 0Δt ＋v 202×12a（2分）解得：Δt ＝0.5s （2分）14.(11分)解：设下落过程中最大速度为v ，自由落体的高度为h 1，则：212v gh =（1分） 1v gt =（1分） 解得：t 1=2s （1分）设匀减速的高度为h 2，加速度大小为a ，则：222v ah =（1分） 2v at = （1分） 下落的总距离h =h 1+h 2=64m-4m=60m联立解得：a =5m/s 2（1分） t 2=4s （1分） 游客下落过程的总时间为t =t 1+t 2=6s （1分）(2)匀减速过程中，由牛顿第二定律得：f -mg =ma （2分）可得f =22500N （1分）15.(13分)解：（1） 根据牛顿第二定律得； （2分）（2） 旅行包从开始运动到速度与传送带速度相等：需要的时间为：（1分）后一阶段旅行包运动至B 端所用的时间为t 2，则由L-S 1=V 传t 2 （2分） 可解得：（1分）所以，物体由A 端到B 端所用时间为：t=t 1+t 2=3s ． （1分）（3） 相对滑动过程中物体通过的位移为：（2分）传送带的位移： （2分）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s=s 2-s 1=1m （2分）16.(15分)解：（1）放上木块后，木块的加速度 μ1mg ＝m a 1 （1分） a 1＝2 m/s 2（1分） 木板的加速度 μ1mg +μ22 mg ＝m a 2（2分） a 2＝8 m/s 2 （1分） (2)设经过t 时间速度相同，根据速度时间公式得，a 1t ＝v 0-a 2t （2分） 解得t ＝0.5 s （1分）（3）在速度相等时，木板的位移x 1＝v 0 t －12a 2t 2 （1分） 解得x 1＝1.5 m （1分）共速后，两者分别做匀减速运动 此时的速度v ＝a 1t ＝1m/s （1分） 木板加速度 μ22 mg －μ1mg ＝m a 3 （2分） a 3＝4 m /s 2由v 2＝2 a 3x 2 （1分） 得x 2＝0.125 m木板全程位移 x ＝x 1 +x 2＝1.625 m （2分）。

鲁实中学2007级第二次诊断性测试物 理 试 题 （2010.1）第Ⅰ卷（选择题 40分）一、本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1．汽车A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30s 后以该时刻的速度做匀速直线运动，设在绿灯亮的同时，汽车B 以8m/s 的速度从A 车旁驶过且一直以此速度做匀速直线运动，速度方向与A 车相同，则从绿灯开始亮时开始：（ ） A 、A 车在加速过程中与B 车相遇 B 、A 、B 相遇时，速度相同C 、相遇时A 车做匀速运动D 、两车相遇后不可能再次相遇 ２．某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m ，当升降机的速度为v 1时，电动机的有用功率达到最大值P ，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v 2匀速上升为止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g 。

有关此过程下列说法正确的是：（ ）A ． 钢丝绳的最大拉力为2v pB ．升降机的最大速度m gp v =2 C ．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功 D ．升降机速度由v 1增大至v 2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小3．A 、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，A 、B 始终相对静止，则在02~0t 时间内，下列说法不正确．．．的是（ ） A ．t 0时刻，A 、B 间静摩擦力最大 B ．t 0时刻，A 、B 速度最大C ．2t 0时刻，A 、B 速度最小D ．2t 0时刻，A 、B 位移最大4．已知神舟七号飞船在离地球表面h 高处的轨道上做周期为T 的匀速圆周运动，地球的半径R ，万有引力常量为G 。

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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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 14．滑冰运动员在水平冰面上所受的最大摩擦力为本身重力的k 倍，在水平冰面上沿半径为R 的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是 A ．k gR B ．kgR C ．gRkD ．2kgR 15．如图所示为边长为2m 的菱形ABCD ，匀强电场方向平行于菱形所在平面，∠B=60°，将一电子从A 点移动到B 点或D 点，克服电场力做功均为8eV ，下列说法正确的是A ．匀强电场的场强为8V/m ，方向由A 指向CB ．匀强电场的场强为4V/m ，方向由A 指向C C ．匀强电场的场强为8V/m ，方向由C 指向AD ．匀强电场的场强为4V/m ，方向由C 指向A16．如图所示的电路中，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为102sin100V u t π=，电阻1220R R ==Ω，二极管可视为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），下列说法正确的A ．通过电阻2R 的电流为50Hz 的交流电B ．通过电阻1R 的电流为0.25AC ．电阻12R R 、的电功率之比为1：1D ．电阻12R R 、的电功率之比为4：117．如图为氢原子能级的示意图，现有大量处于n=4的激发态的氢原子，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光。

关于这些光，下列说法正确的是A这些氢原子最多可辐射出4种不同频率的光B频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的C波长最长的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的D用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应18．一质量为4kg的物体受到水平拉力的作用，在光滑水平面上做初速度为零的匀速直线运动，其运动的a-t图像如图所示，则A．物体做匀加速直线运动kgm sB．在t=3s时刻，物体的动量为12/C．在6s时间内，水平拉力对物体做功为32JD．在t=6s时刻，水平拉力的功率是192W19．2017年4月22日12时23分，“天舟一号”与“天宫二号”顺利完成自动交会对接。

2017年山东省潍坊市高考物理二模试卷一、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1-4小题只有一个选项符合题目要求，第5-8小题有多个选项符合题目要求。

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）下列说法正确的是（）A．α粒子的散射实验说明原子的能量是量子化的B．玻尔的氢原子轨道理论认为电子运动的轨道是连续的C．放射性元素的原子核能够发出β射线，说明原子核内存在电子D．两轻核发生聚变释放能量，生成核的比结合能增加2．（6分）如图所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b、c，将其挂在竖直墙的钉子a上，a到b、c两点的距离相等，b、c间的距离为s，相框重为G，细绳能承受的最大拉力为G，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于（）A．s B．s C．s D．2s3．（6分）双星系统中，两颗星在彼此引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动．1974年物理学家约瑟夫•泰勒和拉塞尔•赫尔斯发现由两个质量不同的星构成的双星系统，每年两星间的距离减少 3.5m，若两星运动的周期不变，则该双星系统中（）A．两星线速度大小始终相等B．两星加速度大小始终相等C．每年两星总质量在减小D．每年两星总质量在增加4．（6分）劲度系数不同的两根轻质弹簧a和b，先在弹簧a的一端连接一小球，另一端固定在O点，让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为竖直线OO′上的P点，如图所示．然后用弹簧b替换弹簧a，小球不变，固定点O不变，仍让小球在水平面内做匀速圆周运动，圆心为Q（图中未画出），两次做圆周运动的角速度相同，a、b均在弹性限度内，则（）A．Q在P上方B．Q在P下方C．Q与P重合D．Q点位置与a、b的劲度系数有关5．（6分）如图所示，M、N接正弦交流电源，变压器为理想变压器，灯泡a、b、c、d相同．灯泡的额定电压为110V，闭合开关S，所有灯泡均正常发光，下列说法正确的是（）A．交流电源电压的有效值为220VB．原副线圈的匝数比为2：1C．断开S，a、b可能会烧坏D．若a断路，则c、d变暗6．（6分）如图所示，竖直平行金属板两板带等量异号电荷，一带电颗粒从A点射入电场，后沿直线运动到B点射出电场．仅将右板向右平移一小段距离，该带电颗粒仍从A点以同一速率竖直向下射入电场，则该带电颗粒（）A．仍沿AB方向做直线运动B．运动轨迹变为曲线C．可能打到金属板上D．一定从B点左侧射出电场7．（6分）如图所示，真空中金属板M上方存在一垂直纸面向里的矩形，有界磁场由边界ON到M板的距离为d．用频率为v的紫外线照射M板（接地），只要磁感应强度不大于B0，就有电子越过边界N，已知电子的电荷量为e，质量为m，普朗克常量为h，以下说法正确的是（）A．若增大紫外线的照射强度，单位时间从M板逸出的电子增多B．若减小紫外线的照射强度，电子从M板逸出的最大初动能减小C．从M板逸出电子的最大初动能为D．该金属的逸出功为hv﹣8．（6分）如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不栓接．现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能E k ﹣h图象，其中h=0.18m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g=10m/s2，由图象可知（）A．弹簧原长为0.18mB．弹簧的劲度系数为100N/mC．滑块运动的最大加速度为40m/s2D．弹簧的弹性势能最大值为0.7J二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

2017年山东省青岛市高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）下列说法正确的是（）A．氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B．在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．氢原子从n=2的能级跃迁到n=l的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应2．（6分）如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F 后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前后下列说法正确的是（）A．撤去F之前A受3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ23．（6分）在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是（）A．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D．线圈最终会停下来并保持静止4．（6分）如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是（）A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量减少D．电源的效率增加5．（6分）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是（）A．第1 s末物体的速度为2m/sB．第2s末外力做功的瞬时功率最大C．第1 s内与第2s内质点动量增加量之比为1：2D．第1 s内与第2s内质点动能增加量之比为4：56．（6分）利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为h1的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T1；探测器在距行星表面高度为h2的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T2，万有引力常量为G，根据以上信息可求出（）A．该行星的质量B．该行星的密度C．该行星的第一宇宙速度D．探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力7．（6分）如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）A．a，b两点的电势相同B．a，b两点的场强相同C．将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值8．（6分）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，则下列说法正确的是（）A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2=2000VC．用户获得的功率为19kWD．将P下移，用户获得的电压将增大三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（7分）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为S M、S P、S N．依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量m1、m2应满足m1m2（填写“＞”、“=”或“＜”）；（2）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中点，m2的落点是图中点；（3）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；（4）若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较与是否相等即可．10．（8分）某实验探究小组利用半偏法测量电压表内阻，实验室提供了下列实验器材：A．待测电压表V（量程为3V，内阻约为3000Ω）B．电阻箱R1（最大阻值为9999.9Ω）C．滑动变阻器R2（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）D．电源E（电动势为6V，内阻不计）E．开关两个，导线若干（1）虚线框内为探究小组设计的部分测量电路，请你补画完整；（2）根据设计的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤．首先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持不变，断开开关（选填“S1”或“S2”），调节的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；（3）实验测出的电压表内阻R=，它与电压表内阻的真实值R V相比，R测R V（选填“＞”、“=”或“＜”）．测11．（12分）如图，直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=T．现有一带负电的粒子，电荷量q=1×10﹣6C，质量m=5×10﹣12kg，以v=1×106m/s的速度先后经过P（1，5）、Q（5，2）两点，粒子重力不计，求：（1）粒子做圆周运动的半径R；（2）粒子从P运动到Q所用的时间t．12．（20分）如图所示，半径R=2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P，Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m l=3.2kg，小球Q的质量m2=1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E P=168J，小球到达A 点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）小球Q运动到C点时的速度；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．【物理-选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性C．绝对湿度大，相对湿度不一定大D．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化物体的内能E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征14．（10分）竖直放置粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变，左管足够长．求：①此时右管封闭气体的压强；②左侧管中需要倒入水银柱的长度．【物理-选修3-4】（15分）15．如图波源S1在绳的左端发出频率为f1，振幅为A1的半个波形a，同时另一个波源S2在绳的右端发出频率为f2、振幅为A2的半个波形b，（f1＜f2），P为两个波源连线的中点，下列说法正确的是（）A．两列波将同时到达P点B．a的波峰到达S2时，b的波峰也恰好到达S1C．两列波在P点叠加时P点的位移最大可达A1+A2D．两列波相遇时，绳上位移可达A1+A2的点只有一个，此点在P点的左侧E．两波源起振方向相同16．如图所示，等腰直角三角形棱镜ABC，一组平行光线垂直斜面AB射入．①如果光线不从AC、BC面射出，求三棱镜的折射率n的范围；②如果光线顺时针转过θ=60o，即与AB成30°角斜向下，不考虑反射光线的影响，当时，能否有光线从BC、AC面射出？2017年山东省青岛市高考物理二模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．（6分）下列说法正确的是（）A．氢原子核外电子轨道半径越大，其原子能量越小B．在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．氢原子从n=2的能级跃迁到n=l的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应【解答】解：A、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小．减小的能量以光子的形式释放出来．故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越高，故A错误；B、在核反应中，由比结合能较小的原子核变成比结合能较大的原子核才会释放核能，故B正确；C、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故C错误；D、根据能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，那么从n=2和n=1间的能级差大于n=3和n=2间的能级差，当从n=2的能级跃迁到n=l的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n=3的能级跃迁到n=2的能级辐射的光不可使该金属发生光电效应，故D错误；故选：B．2．（6分）如图所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F 后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前后下列说法正确的是（）A．撤去F之前A受3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2【解答】解：AB、撤去F前，整体做匀速运动，故B受所受的地面的滑动摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受摩擦力，故A受重力、B的支持力共2个力作用．B受重力、A的压力、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力，共5个力．故AB错误．C、撤去拉力F后，B开始做减速运动，A相对B有向前滑动的趋势，所以B对A 有静摩擦力，故A受重力、B的支持力和静摩擦力，共3个力，所以撤去F前后，A的受力情况将发生变化，故C错误．D、撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，由牛顿第二定律得：对整体有μ2（m A+m B）g=（m A+m B）a对A有f=m A a≤μ1m A g可得μ1≥μ2．即A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2．故D正确．故选：D3．（6分）在光滑绝缘水平面上，固定一电流方向如图所示的通电直导线，其右侧有闭合圆形线圈，某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0，若通电导线足够长，则下列说法正确的是（）A．线圈中产生沿顺时针方向的恒定电流B．线圈中产生沿逆时针方向的恒定电流C．线圈最终会以某一速度做匀速直线运动D．线圈最终会停下来并保持静止【解答】解：A、金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，由于速度减小，并且磁场减弱，故产生的电流不会为恒定电流，故AB错误；C、根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．故C正确，D错误．故选：C．4．（6分）如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是（）A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量减少D．电源的效率增加【解答】解：AB、将滑动变阻器R1的滑片向右移动，R1有效电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律知，R1的电压变小，所以电压表V的示数变小．根据串联电路电压与电阻成正比的规律知：电路中并联部分的电压增大，则通过R2的电流变大，而总电流变小，所以电流表A的示数变小．故A、B错误．C、电容器板间电压变大，由Q=CU知电容器C所带的电荷量增加．故C错误．D、电路中总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压U变大，电源的效率为η==，则知电源的效率增加，故D正确．故选：D5．（6分）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是（）A．第1 s末物体的速度为2m/sB．第2s末外力做功的瞬时功率最大C．第1 s内与第2s内质点动量增加量之比为1：2D．第1 s内与第2s内质点动能增加量之比为4：5【解答】解：A、0到1s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a1===4m/s2，第1 s末物体的速度为v1=a1t1=4×1=4m/s，故A错误；B、1到2s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a2===2m/s2，第1秒末外力做功的瞬时功率为P1=F1v1=4×4=16W，第2 s末物体的速度为v2=v1+a2t2=4+2×1=6m/s，第2秒末外力做功的瞬时功率为P2=F2v2=2×6=12W，故B错误；C、第1 s内与第2s内质点动量增加量之比为：△P1：△P2=（mv1﹣0）：（mv2﹣mv1）=（1×4）：（1×6﹣1×4）=2：1，故C错误；D、第1 s内与第2s内质点动能增加量之比为：△E K1：△E K2=（mv12﹣0）：（mv22﹣mv12）=（×1×42）：（×1×62﹣×1×42）=4：5，故D正确．故选：D．6．（6分）利用探测器探测某行星，探测器在距行星表面高度为h1的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T1；探测器在距行星表面高度为h2的轨道上做匀速圆周运动时，测得周期为T2，万有引力常量为G，根据以上信息可求出（）A．该行星的质量B．该行星的密度C．该行星的第一宇宙速度D．探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力【解答】解：A、先让行星贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为，根据万有引力提供向心力，得：解得：…①探测器在距行星表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有：解得：…②联立①②两式即可求出行星的质量M和行星的半径R，故A正确；B、行星的密度，可以求出行星的密度，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，得第一宇宙速度，所以可以求出该行星的第一宇宙速度，故C正确；D、由于不知道探测器的质量，所以不可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力，故D错误；故选：ABC7．（6分）如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称，圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a，b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是（）A．a，b两点的电势相同B．a，b两点的场强相同C．将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则为一定值【解答】解：等量同种电荷电场线分别如图所示，A、沿电场线方向电势降低，结合等量同种电荷的电场分布特点图可知，a点的电势等于b．故A正确；B、电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，a，b两点的场强大小相等、方向不同，故B错误；C、将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增加，故C错误；D、设圆直径为d，将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到a的距离为r1，到b的距离为r2，则由勾股定理得：r12+r22=d2，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则由库仑定律得：F1=，F2=，所以：==，为定值．故D正确．故选：AD．8．（6分）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW．在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，则下列说法正确的是（）A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2=2000VC．用户获得的功率为19kWD．将P下移，用户获得的电压将增大【解答】解：A、发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；B、电流互感器副线圈上的电流为1A，根据变压器的原副线圈两端电流与匝数成反比，即：A，所以升压变压器的输出电压U2=V：故B正确；C、输电线上损失的功率为：W，用户获得的功率为：W=19kW，故C正确；D、若P下移．降压变压器的原线圈匝数增大，，用户的电压减小，故D错误；故选：BC三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（7分）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC 连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为S M、S P、S N．依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量m1、m2应满足m1＞m2（填写“＞”、“=”或“＜”）；（2）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中M点，m2的落点是图中N 点；（3）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式m 1=m1+m2，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；（4）若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较m1S P与m1S M+m2S N是否相等即可．【解答】解：（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量；（2）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是M点，m2球的落地点是N点；（3）碰撞前，小于m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：S M sinα=gt2，S M cosα=v′1t解得：v1'=同理可解得：v1=，v2=所以只要满足m 1v1=m2v2+m1v′1即：m1=m1+m2则说明两球碰撞过程中动量守恒；如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足：m1v1'2=m1v12+m2v22代入以上速度表达式可知，应满足公式为：m1S P=m1S M+m2S N；故需要验证：m1S P和m1S M+m2S N相等．故答案为：（1）＞（2）M；N；（3）m 1=m1+m2；（4）m1S P；m1S M+m2S N；10．（8分）某实验探究小组利用半偏法测量电压表内阻，实验室提供了下列实验器材：A．待测电压表V（量程为3V，内阻约为3000Ω）B．电阻箱R1（最大阻值为9999.9Ω）C．滑动变阻器R2（最大阻值为10Ω，额定电流为2A）D．电源E（电动势为6V，内阻不计）E．开关两个，导线若干（1）虚线框内为探究小组设计的部分测量电路，请你补画完整；（2）根据设计的电路图，连接好实验电路，进行实验操作，请你补充完善下面操作步骤．首先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持滑动变阻器R2的滑片不变，断开开关S2（选填“S1”或“S2”），调节电阻箱R1的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；=R0，它与电压表内阻的真实值R V相比，R （3）实验测出的电压表内阻R测＞R V（选填“＞”、“=”或“＜”）．测【解答】解：（1）待测电压表电阻（约3000欧姆）远大于滑动变阻器R2的电阻值（10欧姆），为测多组实验数据，滑动变阻器R2采用分压式接法；电路图如图所示：（2）首先闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持滑动变阻器R2的滑片不变，断开开关S2，调节电阻箱R1的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；（3）断开开关S2后，电压表与电阻箱串联，调节电阻箱R1使电压表的指针半偏，此时电压表与电阻箱两端电压相等，由串联电路特点可知，电压表内阻与电阻箱=R0；阻值相等，即：实验测出的电压表内阻R测断开开关S2后，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，分压电路电压增大，实验过程认为分压电路电压不变，当电压表半偏时，电阻箱两端电压大于电压表电压，电阻箱接入电路的阻值大于电压表内阻，实验认为电阻箱接入电路的阻值等于电压表内阻，由此可知电压表内阻的测量值大于真实值．故答案为：（1）电路图如图所示；（2）滑动变阻器R2的滑片；S2；电阻箱R1；（3）R0；＞．11．（12分）如图，直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=T．现有一带负电的粒子，电荷量q=1×10﹣6C，质量m=5×10﹣12kg，以v=1×106m/s的速度先后经过P（1，5）、Q（5，2）两点，粒子重力不计，求：（1）粒子做圆周运动的半径R；（2）粒子从P运动到Q所用的时间t．【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力作向心力，所以有，，所以，；（2），，则粒子从P 运动到Q所转过的中心角为；粒子做圆周运动的周期，所以，粒子从P运动到Q所用的时间．答：（1）粒子做圆周运动的半径R为；（2）粒子从P运动到Q所用的时间t为．12．（20分）如图所示，半径R=2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P，Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m l=3.2kg，小球Q的质量m2=1kg，小球P 与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E P=168J，小球到达A 点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）小球Q运动到C点时的速度；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．【解答】解：（1）两球被弹开的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m l v l﹣m2v2=0由能量守恒定律得E P=m l v l2+m2v22．解得v l=5m/s，v2=16m/sQ球从B运动到C点的过程，由动能定理得﹣2m2gR=﹣解得小球Q运动到C点时的速度v C=12m/s（2）设小球P在斜面上向上运动的加速度为a1．根据牛顿第二定律得mgsi nθ+μmgcosθ=ma1．解得a1=10m/s2．故上升的最大高度为h=sinθ=×0.6m=0.75m（3）设两小球相遇点距离A点为x，从A点上升到两小球相遇时间为t，小球P 沿斜面下滑的加速度为a2．由mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2得解得a2=2m/s2．小球P上升到最高点的时间t1==0.5s据题得2R﹣=h﹣sin37°解得t=1s答：（1）小球Q运动到C点时的速度为12m/s；（2）小球P沿斜面上升的最大高度h是0.75m；（3）小球Q离开圆轨道后经过1s时间与小球P相碰．【物理-选修3-3】（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性C．绝对湿度大，相对湿度不一定大D．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化物体的内能E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征【解答】解：A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，故A 错误；B、单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性，这也是单晶体具有各向异性的原因；故B正确；C、相对湿度是空气中水蒸气的压强与同温度下水蒸气的饱和汽压的比值，而绝对湿度是指空气中所含水蒸气的压强，绝对湿度大，相对湿度不一定大．故C 正确；。

山东省实验中学2017届高三第二次诊断性考试物理试题2016.10说明：试卷分为第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题）两部分,第Ⅰ卷为第1页至第3页；第Ⅱ卷为第4页至第6页。

试题答案请用2B铅笔或0。

5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。

考试时间90分钟.第I卷（共40分）一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分。

毎小题给出的四个选项中，1-6 题只有一个选项正确，7—10题有多个选项正确。

全部选对的得1分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1.关子物理学思想方法，下列说法中叙述错误的是A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想模型法B验证力的平行四边形定则的实验中,主要是应用了“等效替换”的思想C伽利略在研究自由落体运动时采用了微小量放大的方法D在定义“速度”、“加速度”等物理量时，应用了比值的方法2.下列关于物体运动的描述可能的是A。

速度变化越来越大,加速度越来越小 B.速度突化的方向为正,加速度的方向为负C.速度的变化率很大，而加速度很小D。

加速度越来越大，而速度越来越小3。

如图所示，建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁内上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是 A. ()θcos mg F - B. ()θsin mg F - C 。

()θμcos mg F - D 。

()mg F -μ4。

甲、乙两物体开始位于同一点，从t = 0时刻两物体开始运动，通过速度传感器测出的两物体的速度随时间的变化规律如图所示。

A ．物体甲在前5s 做初速度为零的匀加速直线运动，且在第5s 末速度方向发生变化B ．第10s 末物体甲的速度为零，此刻两物体之间的距离最大C ．第10s 末两物体相遇D ．在第20s 末两物体之间的距离最大5.在地质、地震、勘探，气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测得，近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法"，它是将测g 转变为测长度和时间,具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球又落至原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点,小球离开P 点至又回到P 点所用的时间为T 1,测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于 A.21224T T H- B.21228T T H - C 。

2017年山东省齐鲁名校协作体高考物理二模试卷一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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）如图所示，一半球状的物体放在地面上静止不动，一光滑的小球系在轻绳的一端，轻绳绕过定滑轮另一端在力F的作用下，拉动小球由图示位置沿球体表面缓慢向上移动．（定滑轮位于半球球心的正上方，不计滑轮的摩擦）则（）A．拉力F的大小在增大B．小球受到球状体的支持力减小C．地面对半球体的支持力减小D．地面对半球体的摩擦力在减小2．（6分）甲乙两车沿一平直公路上同向行驶，某时刻甲车在乙车后方50米，从此刻起两车的运动情况如图所示，则下列说法正确的是（）A．在t=20s时两车恰好相遇B．在t=5.86s时，两车第一次相遇C．在t=20s时，甲车在乙车后面D．甲车停住后，乙车又反追上甲车3．（6分）双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万有引力相互作用下绕其连线上的某一点做匀速圆周运动．研究发现，双星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化．若某双星系统中两星运动周期为T，经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两星的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（）A．T B．T C．T D．T4．（6分）某实验室工作人员，用初速度v0=0.09c（c为真空中的光速）的α粒子轰击静止的氮原子核N，产生了质子H．若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1：20，已知质子质量为m．（）A．该核反应方程He+N→O+HB．质子的速度v为0.20cC．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量是0.20mc D．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量方向与末动量方向相反5．（6分）如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是（）A．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上级板处返回B．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上级板处返回C．断开开关，若将下极板上移，粒子将能返回原处D．断开开关，若将上极板上移，粒子将能返回原处6．（6分）空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内有如图所示的三根相同金属棒a b c，三者均接触良好，现用力使a棒向右匀速运动，从图示的位置开始计时，下列关于回路中电流i和回路中总功率P与时间t的关系图线，可能正确的是（）A．B．C．D．7．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，变压器的匝数比为10：1．电路中三电阻的阻值相同，电流表和电压表都是理想电表．U为正弦式交流电源电压的有效值，其值恒定．当开关闭合时，下列说法正确的是：（）A．电流表的示数增大B．电压表的示数增大C．电源的输出功率减小D．R1与R2的功率之比为1：258．（6分）如图所示，质量为M表面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，其倾角为θ，斜面顶端与劲度系数为k自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的下端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为L 时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中斜面体始终处于静止状态，（重力加速度为g）则下列说法正确的是（）A．物块下滑的过程中弹簧的弹性势能一直增大B．物块下滑到速度最大时其重力势能减少+C．物块下滑过程中，地面对斜面体的摩擦力最大值为mgsinθcosθ+D．斜面体与地面的摩擦因数μ≥二、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38题为选考题，考生根据要求作答．9．（6分）测量金属丝的电阻率，要先测出它的电阻R x（约为10Ω），备用器材如下：A 电源，电动势3V左右．B 电流表，量程0﹣﹣﹣﹣500mA，内阻r﹣1.0Ω．C 电流表，量程0﹣﹣﹣﹣3A，内阻r=0.1Ω．D 电压表，量程0﹣﹣﹣﹣3V，内阻约3KΩ．E 电压表，量程0﹣﹣﹣﹣15V，内阻约15KΩ．F 阻值变化范围0﹣﹣﹣﹣10Ω，额定电流为0.3A的滑动变阻器H 开关S（1）为了准确测出电阻，电流表选，电压表选（2）画出测量电路图．10．（9分）在研究“质量一定，加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨（摩擦可忽略），装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（挡光片左端与滑块左端对齐）．实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s=1.0m，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m．（重力加速度g=10m/s2，）（1）本实验中所挂钩码的质量要满足的条件是．（2）该同学实验测得数据如下：该同学想用作图法来间接验证加速度和力的关系，他以所挂钩码的质量m为横坐标轴，应以为纵坐标轴作图．请根据数据在乙图中做出图象来验证加速度和力的关系（3）请根据所作图象求出滑块及挡光片的总质量kg（保留两位有效数字）11．（12分）如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧θ=45°的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略．当在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M 的重物，M恰好在圆心处处于平衡．（重力加速度为g）求：（1）M与m质量之比．（2）再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M 到达圆心处的速度是多大？12．（20分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场．一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g．求：（1）导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向．（2）导体棒进入区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q．（3）求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间．[物理──选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．两个物体内能相同，则它们的温度一定相同E．温度升高时，液体的饱和汽压增大14．（10分）如图所示，一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3 m2，活塞上面封闭了一定质量的理想气体，活塞下面与劲度系数k=2×103 N/m 的竖直轻弹簧相连，气缸底部有气孔O与外界相通，大气压强p0=1.0×105Pa．当气缸内气体温度为127℃时，弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm．g取10m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少？②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少？【物理--选修3-4】15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知（）A．质点振动的周期T=0.2sB．波速v=20m/sC．因一个周期质点运动0.8m，所以波长λ=0.8mD．从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mE．从该时刻起经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度16．如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9m的高度处，浮标Q离P点1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n=，求：（Ⅰ）鱼饵灯离水面的深度；（Ⅱ）若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出．2017年山东省齐鲁名校协作体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．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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）如图所示，一半球状的物体放在地面上静止不动，一光滑的小球系在轻绳的一端，轻绳绕过定滑轮另一端在力F的作用下，拉动小球由图示位置沿球体表面缓慢向上移动．（定滑轮位于半球球心的正上方，不计滑轮的摩擦）则（）A．拉力F的大小在增大B．小球受到球状体的支持力减小C．地面对半球体的支持力减小D．地面对半球体的摩擦力在减小【解答】解：A、B、以小球为研究对象，分析小球受力情况：设小球的重力为G，细线的拉力F2和半球面的支持力F1，作出F1、F2的合力F，由平衡条件得知F=G．由△AFF1∽△OBA，得：得到：，由题拉动小球由图示位置沿球体表面缓慢向上移动的过程中，OB，OA不变，AB 变小，可见F1不变；F2变小．即小球所受支持力不变，绳上拉力减小．故A错误，B错误；C、对小球与半球体作为整体做受力分析，因为拉力减小且与竖直方向的夹角增大，所以整体所受水平向右的分力即拉力水平的分力减小，则水平向左的摩擦力减小．拉力竖直向上的分力增大，故地面对整体向上的支持力增大．故C错误，D正确．故选：D2．（6分）甲乙两车沿一平直公路上同向行驶，某时刻甲车在乙车后方50米，从此刻起两车的运动情况如图所示，则下列说法正确的是（）A．在t=20s时两车恰好相遇B．在t=5.86s时，两车第一次相遇C．在t=20s时，甲车在乙车后面D．甲车停住后，乙车又反追上甲车【解答】解：AC、根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，得t=20s时，甲车比乙车多行驶的位移为△x=m=100m，而t=0时刻，甲车在乙车后方50m，所以t=20s时，甲车在乙车前面，故AC错误．B、甲的加速度为a===﹣0.5m/s2，设t时刻两车相遇，则△x=（v0t+）﹣v乙t=50m代入得30t+﹣20t=50，解得t1=（20+10）s≈34.14s，t2=（20﹣10）s≈5.86s，故B正确．D、由上知，在0﹣40s内，两车相遇两次，在t=34.14s时第二次相遇，之后，由于乙车的速度比甲车的大，所以乙车在甲车的前面，故D错误．故选：B3．（6分）双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万有引力相互作用下绕其连线上的某一点做匀速圆周运动．研究发现，双星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化．若某双星系统中两星运动周期为T，经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两星的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（）A．T B．T C．T D．T【解答】解：双星的周期相同，向心力是它们之间的万有引力提供，根据万有引力提供向心力，有：…①…②联立①②得：解得：当两星的总质量为原来的m倍，两星间的距离为原来的n倍，则周期为原来的，故C正确，ABD错误；故选：C4．（6分）某实验室工作人员，用初速度v0=0.09c（c为真空中的光速）的α粒子轰击静止的氮原子核N，产生了质子H．若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1：20，已知质子质量为m．（）A．该核反应方程He+N→O+HB．质子的速度v为0.20cC．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量是0.20mc D．若用两个上述质子发生对心弹性碰撞，则每个质子的动量变化量方向与末动量方向相反【解答】解：A、新原子核的质量数：m=23+4﹣1=26，核电荷数：z=11+2﹣1=12核反应方程：程He+N→O+H故A错误；B、α粒子、新核的质量分别为4m、17m，质子的速度为v，由题意可知，新核的速度为，由于是对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：4mv0=+mv，解得：v=0.20c．故B正确；C、两质子质量相等且发生对心弹性碰撞，则碰撞后两质子交换速度．对某一质子，选其末动量方向为正方向，则p2=mv，p1=﹣mv，又△p=p2﹣p1，故解出△p=0.40mc，方向与末动量方向一致．故CD错误．故选：B．5．（6分）如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是（）A．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上级板处返回B．保持开关闭合，若将下极板上移，粒子将在距上级板处返回C．断开开关，若将下极板上移，粒子将能返回原处D．断开开关，若将上极板上移，粒子将能返回原处【解答】解：A、B、对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：．若将下极板上移，设运动到距离上级板x处返回．根据动能定理得：联立两式解得：x=．故A错误，B正确；C、开关断开后，电量不变，移动极板电场E不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C错误；D、上级板上移时，移动极板电场E不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D 正确．故选：BD．6．（6分）空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在纸面内有如图所示的三根相同金属棒a b c，三者均接触良好，现用力使a棒向右匀速运动，从图示的位置开始计时，下列关于回路中电流i和回路中总功率P与时间t的关系图线，可能正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：AB、设导轨bc夹角为θ，导体单位长度的电阻r，初位置到顶点的距离为L，经过时间t，则回路总电阻为：R=，根据闭合电路的欧姆定律可得回路中的电流强度为：i==，由此可见i为与t无关的量，A正确、B错误．CD、因为电功率为：P=i2R=i2，可见P与t为一次函数关系，C正确、D错误．故选：AC．7．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，变压器的匝数比为10：1．电路中三电阻的阻值相同，电流表和电压表都是理想电表．U为正弦式交流电源电压的有效值，其值恒定．当开关闭合时，下列说法正确的是：（）A．电流表的示数增大B．电压表的示数增大C．电源的输出功率减小D．R1与R2的功率之比为1：25【解答】解：AC、开关闭合，右侧电阻减小，输出功率增大，输入功率也增大，U恒定，则电流表的示数变大，故A正确、C错误；B、U恒定，电流表示数增大，电阻R1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据变压器原理可得副线圈两端电压减小，电压表示数减小，故B错误；D、根据变压器原理可知R1、R2的电流之比为=，所以==，故D正确．故选：AD．8．（6分）如图所示，质量为M表面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上，其倾角为θ，斜面顶端与劲度系数为k自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的下端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为L 时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中斜面体始终处于静止状态，（重力加速度为g）则下列说法正确的是（）A．物块下滑的过程中弹簧的弹性势能一直增大B．物块下滑到速度最大时其重力势能减少+C．物块下滑过程中，地面对斜面体的摩擦力最大值为mgsinθcosθ+D．斜面体与地面的摩擦因数μ≥【解答】解：A、物块下滑时，弹簧先恢复原长再伸长，弹性势能先减小再增大，故A错误；B、当物块速度最大时有：mgsinθ=kx，所以重力势能减少为：△E P=mg（+）sinθ，故B正确；C、当物块在运动的最高点和最低点时，其加速度最大，其摩擦力最大．对整体由牛顿第二定律可得地面对斜面体的摩擦力最大值为：f=ma x=m（gsinθ+）cosθ=mgsinθcosθ+，故C错误；D、当物块在最高点时，其与地面的压力最小，动摩擦因数最大．有：f=mgsinθcosθ+≤μN，（M+m）g﹣F N=ma y=m（gsinθ+）sinθ所以有μ≥．故D正确．故选：BD．二、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38题为选考题，考生根据要求作答．9．（6分）测量金属丝的电阻率，要先测出它的电阻R x（约为10Ω），备用器材如下：A 电源，电动势3V左右．B 电流表，量程0﹣﹣﹣﹣500mA，内阻r﹣1.0Ω．C 电流表，量程0﹣﹣﹣﹣3A，内阻r=0.1Ω．D 电压表，量程0﹣﹣﹣﹣3V，内阻约3KΩ．E 电压表，量程0﹣﹣﹣﹣15V，内阻约15KΩ．F 阻值变化范围0﹣﹣﹣﹣10Ω，额定电流为0.3A的滑动变阻器H 开关S（1）为了准确测出电阻，电流表选B，电压表选D（2）画出测量电路图．【解答】解：（1）通过金属丝的最大电流约为：I===0.3A=300mA，电流表应选择B；电源电动势为3V，电压表应选择D；（2）由题意可知，电压表内阻远大于金属丝电阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值与金属丝电阻相等，滑动变阻器可以采用限流接法（也可以采用分压接法），电路图如图所示：故答案为：（1）B，D；（2）电路图如图所示．10．（9分）在研究“质量一定，加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置（如图甲）：水平桌面上放置了气垫导轨（摩擦可忽略），装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处（挡光片左端与滑块左端对齐）．实验中测出了滑块释放点到光电门（固定）的距离为s=1.0m，挡光片经过光电门的速度为v，钩码的质量为m．（重力加速度g=10m/s2，）（1）本实验中所挂钩码的质量要满足的条件是钩码质量远小于滑块及挡光片的总质量．（2）该同学实验测得数据如下：该同学想用作图法来间接验证加速度和力的关系，他以所挂钩码的质量m为横坐标轴，应以v2为纵坐标轴作图．请根据数据在乙图中做出图象来验证加速度和力的关系（3）请根据所作图象求出滑块及挡光片的总质量 1.2kg（保留两位有效数字）【解答】解：（1）为了保证钩码的重力等于绳子的拉力，钩码质量应远小于滑块及挡光片的总质量．（2）根据v2=2as得，v2与加速度a成正比，要研究加速度与合力的关系，即研究v2与合力的关系，可知以所挂钩码的质量m为横坐标轴，应以v2为纵轴作图．（3）图线如图所示，滑块及挡光片的总质量为：得：可知图线的斜率为：k=解得：M=．故答案为：（1）钩码质量远小于滑块及挡光片的总质量，（2）v2，（3）1.2．11．（12分）如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧θ=45°的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略．当在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M 的重物，M恰好在圆心处处于平衡．（重力加速度为g）求：（1）M与m质量之比．（2）再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M 到达圆心处的速度是多大？【解答】解：（1）以M为研究对象，受力分析：Mg=2mgcos45°M：m=：1（2）M与2个m组成的系统机械能守恒：MgRsinθ﹣2mg（R﹣Rcosθ）=MV12+mV22V2=V1c osθV1=答：（1）M与m质量之比：1．（2）再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M 到达圆心处的速度是（）12．（20分）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间相距为h且无磁场．一长度为L、质量为m、电阻为r的导体棒，两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，重力加速度为g．求：（1）导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小与方向．（2）导体棒进入区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量Q．（3）求导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间．【解答】解：（1）设导体棒进入区域Ⅰ瞬间的速度大小为V1，根据动能定理：mgH=mV12 ①由法拉第电磁感应定律：E=BLV1②由闭合电路的欧姆定律：I=③由①②③得：I=；根据右手定则可得电流方向为从M到N；（2）由题意知，导体棒进入区域Ⅱ的速度大小也为V1，=mg（h+d）由能量守恒，得：Q总电阻R上产生的热量Q=mg（h+d）；（3）设导体棒穿出区域Ⅰ瞬间的速度大小为V2，从穿出区域Ⅰ到进入区域Ⅱ，V12﹣V22=2gh，得：V2=，设导体棒进入区域Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理：设向下为正方向：mgt﹣B Lt=mV2﹣mV1，此过程通过整个回路的电量为：q=得：t=．答：（1）导体棒进入区域Ⅰ的瞬间，通过电阻R的电流大小为；方向从M到N．（2）导体棒进入区域Ⅰ的过程，电阻R上产生的热量为mg（h+d）．（3）导体棒穿过区域Ⅰ所用的时间为．[物理──选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法正确的是（）A．气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现B．雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．两个物体内能相同，则它们的温度一定相同E．温度升高时，液体的饱和汽压增大【解答】解：A、气体分子之间的距离很大，分子力为引力，基本为零，气体很容易充满容器，是由于分子热运动的结果，故A错误；B、由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故B正确；C、食盐属于单晶体，食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性．故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，而物体的内能与温度、物质的量、物态等都有关，所以两个物体内能相同，则它们的温度不一定相同．故D错误；E、同一种液体的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，温度升高时，液体的饱和汽压增大．故E正确故选：BCE14．（10分）如图所示，一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3 m2，活塞上面封闭了一定质量的理想气体，活塞下面与劲度系数k=2×103 N/m 的竖直轻弹簧相连，气缸底部有气孔O与外界相通，大气压强p0=1.0×105Pa．当气缸内气体温度为127℃时，弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm．g取10m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少？②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少？【解答】①由题意知，V1=L1S，V2=L2S，T1=400 Kp1=p0﹣=0.8×105 Pap2=p0+=1.2×105Pa根据理想气体状态方程得=解得T2=720 K；②当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化．设气缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为△x，则k△x=（m+M）g解得△x=7 cm由题意知，V3=（△x+L1）Sp3=p0+=1.5×105 Pa根据理想气体状态方程得=解得T0=1012.5 K．答：①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为720K；②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为1012.5K．【物理--选修3-4】15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知（）A．质点振动的周期T=0.2sB．波速v=20m/sC．因一个周期质点运动0.8m，所以波长λ=0.8mD．从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3mE．从该时刻起经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度【解答】解：A、B、C由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=0.2s，波速v==20m/s．故AB正确，C错误．D、有图乙可知x=2m的质点开始时向下振动，结合甲图知简谐波没x轴正方向传播，传播距离s=vt=20×0.15=3m，故D正确．E、因为周期为0.2s，经过0.25s，质点运动了周期，也是个波长，P点到达负方向最大位移，Q在平衡位置上但不到最大位置，由可知：质点Q 的加速度小于质点P的加速度，故E错误故选：ABD16．如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9m的高度处，浮标Q离P点1.2m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n=，求：（Ⅰ）鱼饵灯离水面的深度；（Ⅱ）若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出．。

注意事项本试卷分为第I卷和第II卷两部分，共6页。

满分100分。

考试用时90分钟。

考试结束后，将第II卷和答题卡一并交回。

答题前，考生务必将自己的姓名、座号、准考证号、班级和科类填涂在试卷或答题卡规定的位置。

第I卷（共44分）一、选择题（第Ⅰ卷包括11个小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.伽利略的理想实验在现实中可以实现B.亚里士多德认为：两个不同重量的物体从同一高度下落，重物体下落较快C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献2.重为m1的光滑球放在光滑墙脚下，球的右侧跟一个重为m2的光滑斜面体相接触，如图所示，一个向左的水平力F作用在斜面体上，使球与斜面体都处于静止，且球与竖直墙和水平地面继续接触，则m1、m2受外力的个数可能为（）A.3个，4个B.3个，3个C.4个，5个D.4个，4个3.修建房屋时，常用如图所示的装置提运建筑材料，当人向右运动的过程中，建筑材料A被缓缓提起，此过程中，设人对地面的压力为F N，人受到地面的摩擦力F f，人拉绳的力为F，则下列说法中正确的是（）A. F N、F f和F都增大B. F N、F f增大，F不变C. F N、F f和F都减小D. F N增大，F f减小，F不变4.如右图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。

则（）A.当木板AB突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为0B.当木板AB突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为g，方向竖直向下C.当木板AB 突然向下撤离后的瞬间，小球的加速度为大小为g 332，方向垂直木板向下D.在木板AB 撤离后的一小段时间内，小球的机械能减小5.小球由地面竖直上抛，设所受阻力大小恒定，上升的最大高度为H ，地面为零势能面。

2017年山东省潍坊实验中学高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共1小题，共6.0分)1.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下实验．他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且重复做了上百次实验．假设某次实验中伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，如图所示．让小球分别由A、B、C位置从静止滚下，A、B、C与斜面底端的距离分别为x l、x2、x3．小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，速度分别为v l、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是（）A.==B.==C.==D.x1-x2=x2-x3【答案】C【解析】解：A小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故A错误；B、由v=at可得，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故C错误；C、由运动学公式可知，，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故C正确；D、由图可知及运动学规律可知，s1-s2＞s2-s3，故D错误；故选：C．小球在斜面上做匀变速直线运动，由运动学公式可判断各项是否正确；同时判断该结论是否由伽利略用来证明匀变速运动的结论．虽然当时伽利略是通过分析得出匀变速直线运动的，但我们今天可以借助匀变速直线运动的规律去理解伽利略的实验．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)2.以下说法正确的是（）A.氢原子的能量是量子化的B.在核反应过程中，质子数守恒C.半衰期越大，原子核衰变越快D.如果一个系统不受外力，系统的总动量一定为零【答案】AB【解析】解：A、普朗克提出能量量子化，那么氢原子的能量是量子化的，故A正确；B、在核反应过程中，满足书写规律：质量数与质子数守恒，故B正确；C、半衰期越大，原子核衰变越慢，故C错误；D、如果一个系统不受外力，依据动量守恒定律的判定条件，系统的总动量一定守恒，但不一定为零，故D错误；故选：AB．普朗克提出能量量子化；核反应过程中，满足质量数与质子数守恒规律；半衰期越大，原子核衰变慢；系统不受外力，系统的总动量守恒．考查能量量子化，掌握核反应书写规律，理解半衰期的含义，注意动量守恒定律的内涵．三、单选题(本大题共3小题，共18.0分)3.某杂枝演员在做手指玩耍盘高难度的表演，如图所示．设该盘的质量为m，手指与盘之间的滑动摩擦因数为µ，重力加速度为g，设最大静摩擦等于滑动摩擦，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，则下列说法中正确的是（）A.若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力大于mgB.若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘水平向右的静摩擦力C.若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的作用力大小为μmgD.若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过mg【答案】D【解析】解：A、若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受到重力作用和手指的作用，二力平衡，即手指对盘的作用力等于mg，故A错误；B、若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，盘相对手指静止，不受静摩擦力的作用，故B错误；C、若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则盘受到向右的静摩擦力，但并没有发生相对滑动，所以受到的摩擦力f≤μmg，手对盘的作用力，故C错误，D正确；故选：D若手支撑着盘子一起水平向右匀速运动，盘子受重力和支持力而平衡；若若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，盘子受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于合力，产生加速度，根据牛顿第二定律列式分析．此题是对物体的平衡及牛顿第二定律的考查；注意当盘子水平匀速运动时，受力平衡；盘子水平贾平加速运动时，靠静摩擦力产生水平加速度，竖直方向受力平衡；手对盘的作用力是摩擦力与支持力的合力．4.质量为2kg的质点在x-y平面上运动，x方向的速度-时间图象和y方向的位移-时间图象分别如图所示，则质点（）A.初速度为4m/sB.所受合外力为4NC.做匀变速直线运动D.初速度的方向与合外力的方向垂直【答案】B【解析】解：A、x轴方向初速度为v x=4m/s，y轴方向初速度v y=-3m/s，质点的初速度v0==5m/s．故A错误．B、x轴方向的加速度a=2m/s2，质点的合力F合=ma=4N．故B正确．C、x轴方向的合力恒定不变，y轴做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动．故C错误．D、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故D错误．故选：B．根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动．中等难度．5.如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为l T的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图．一接入电阻阻值为10Ω的导体棒AB在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则（）A.电流表的示数是 AB.电压表的示数是2VC.导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.1W【答案】D【解析】解：AB、回路中产生的感应电动势的最大值为：E m=BL v=1×=2，则电动势的有效值E==2V，电压表测量R两端的电压，则U=E=1V，电流表的示数为有效值，为I===0.1A，故AB错误；C、电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C错误；D、导体棒上消耗的热功率P=I2R=0.01×10W=0.1W，D正确．故选：D．根据公式E=BL v求解电动势的最大值．交流电压表及交流电流表测量的是有效值，根据有效值的定义求出，根据P=I2R求解导体棒上消耗的热功率．本题关键是明确切割的有效长度按照正弦规律变化导致电动势的瞬时值按照正弦规律变化，注意交流电压表及交流电流表测量的是有效值，先求最大值，再根据最大值和有效值的关系求解．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星．科学家发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为T1和T2．根据上述信息可以计算两颗“超级地球”的（）A.角速度之比B.向心加速度之比C.质量之比D.所受引力之比【答案】AB【解析】解：A、根据得，，所以可以计算角速度之比，故A正确．B、根据开普勒第三定律得，由得，所以能求向心加速度之比，故B正确．C、设“超级地球”的质量为m，恒星质量为M，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有：得：，“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故无法求“超级地球”的质量之比，故C错误．D、根据万有引力定律，因为无法知道两颗“超级地球”的质量比，所以无法求引力之比，故D错误．故选：AB根据求角速度之比，根据开普勒第三定律求出轨道半径之比，利用求向心加速度之比，根据万有引力提供向心力只能求中心天体质量，根据万有引力得出引力之间的关系．本题考查天体运动，万有引力提供向心力，要注意向心力选择合适公式，同时理解无法求得旋转天体的质量，但中心天体质量可以求得7.某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示；场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x l位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是（）A.点电荷从x l运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B.点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C.电势差U ox l＜U ox2D.在整个运动过程中，点电荷在x l、x2位置的电势能最大【答案】BD【解析】解：A：点电荷从x l运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段点电荷从x l运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律：a==，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a==，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化．故A错误．B：点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a==，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小．故B正确．C：点电荷从O运动到x l的过程中，根据动能定理：U oxl q=0-mv02点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理：U ox2q=0-mv02所以：电势差U oxl=U ox2故C错误．D：点电荷从O运动到x l的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x l位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大．故D正确．故选：BD．A：点电荷从x l运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a==，由电场强度E的变化可以得出加速度的变化，进而得出v的变化．B：点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：a==，由电场强度E的变化可以得出加速度的变化．C：点电荷从O运动到x1的过程中和点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理可以比较U oxl与U ox2的大小．D：点电荷从O运动到x1的过程中和点电荷从O运动到x2的过程中，根据电场力做负功，得出电势能的大小．此题考查带点粒子在电场中的运动问题，根据牛顿第二定律：a==，由电场强度E的变化可以得出加速度的变化，根据电场力做功，可以得出电势能的变化．8.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C．电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E=．一电荷量为q的带电油滴以初动能E k从平行板电容器的轴线水平射入（极板足够长），恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（）A.保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动B.保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k+C.断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为D.断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为【答案】BD【解析】解：A、保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A错误；B、初始时能匀速通过电容器，说明保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为，电场强度E=，电场力做功W==，根据动能定理，，解得：=，所以撞击上极板时的动能是，故B正确；CD、断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为，上极板上移，上极板所受电场力为，外力对极板所做的功为W=F==，故D正确故选：BD带电油滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化解决本题的关键掌握电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变．八、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.健身球是一个充满气体的大皮球，现把健身球放在水平地面上．若在人体压向健身球的过程中球内气体温度保持不变，则（）A.气体分子的平均动能增大B.气体的密度增大C.气体从外界吸收热量D.外界对气体做功【答案】BD【解析】解：在人压向球的过程中，外界对球做功，气体的体积减小，故气体的密度增大；气体温度不变，故气体分子的平均动能不变；由于外界对气体做功，但气体温度不变，故内能不变；由热力学第一定律可知，气体对外放热；故AC错误；BD正确；故选：BD根据人对气体所做功及气球的形状明确气体密度变化；由温度不变可知，内能不变；由热力学第一定律可知气体是否吸热本题考查热力学第一定律的应用，要注意明确对于理想气体分子势能忽略不计，故温度不变时，内能不变五、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)9.某同学在“测定金属的电阻率”的实验中，主要步骤如下：①用多用电表粗略测量金属丝的电阻值；②用米尺测量金属丝的有效长度L；③用螺旋测微器测量金属丝直径d；④用伏安法测量该金属丝的电阻；⑤根据测得的数据，计算金属丝电阻率的表达式．根据题目要求完成下列问题：（1）步骤③中测量金属丝直径如图1所示，则d= ______ mm．（2）步骤④中为了尽可能准确地测量，要使金属丝两端电压从零开始变化，电压表用0～3V量程，电流表用0～0.6A量程（内阻约为10Ω），且采用电流表外接法，请在图2实物图上用笔画线代替导线把电路按要求连接好．（3）步骤⑤中用测得的金属丝长度L、直径d、金属丝两端电压U、流过金属丝的电流I，计算金属电阻率，其表达式为ρ= ______ ．（用L、d、U、I表示）（4）步骤④中之所以采用所述方案，是因为该同学在步骤①中已用多用电表粗略测量其阻值，可供选择的操作步骤如下（机械调零已经完成）：A．观察指针位置，读出电阻阻值B．将两表笔直接接触，进行调零C．把两表笔与电阻两端接触：D．将选择开关扳到欧姆挡“×100”处E．将选择开关旋到OFF档F．将选择开关扳到欧姆挡“×1”处请在上述操作中选择需要的步骤并写出合理的顺序：______ ．【答案】0.680；；FBCAE【解析】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为18.0×0.01mm=0.180mm，所以最终读数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm；（2）要使金属丝两端电压从零开始变化，则滑动变阻器采用分压式接法，电压表用0～3V量程，电流表用0～0.6A量程（内阻约为10Ω），且采用电流表外接法，连接实物图如图所示；（3）由；金属丝横截面积，欧姆定律可得，解得ρ=；（4）多用表中利用欧姆表测电阻的步骤是先用选择开关选择倍率、欧姆表调零、开始测量、读出电阻值、最后将欧姆表选择开关旋至OFF档或交流电压最高档；由于步骤④采用电流表外接法，说明金属丝电阻较小，选用欧姆表×1倍率即可；故实验的合理顺序是：FBCAE；故答案为：（1）0.680；（2）如上图所示；（3）；（4）FBCAE．（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）根据实验要求连接实物图即可；（3）应用电阻定律可以推导出金属的电阻率；（4）欧姆表测电阻的步骤是先用选择开关选择倍率、欧姆表调零、开始测量、读出电阻值、最后将欧姆表选择开关旋至OFF档或交流电压最高档；螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时要注意估读；在测量金属丝的电阻时，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便，连接实物图时注意正负极不要接反；熟练掌握多用表的使用，不管测量电流、电压还是电阻都需要进行机械调零，而测量电阻时多了一个步骤：欧姆调零，而且换一个倍率要重新进行欧姆调零，这里特别容易忘记．10.某实验小组的同学想利用刻度尺（无其他测量仪器）测出小滑块与桌面的动摩擦因数μ，小华同学的设计如图．倾斜的木板通过一小段弧形轨道与桌面连接，从木板上某一位置释放小滑块，小滑块从木板上滑下后沿桌面滑行，最终垂直桌面边缘水平抛出．测出木板底部离桌面边缘的距离L，桌面离地高度H，小滑块的落地点到桌子边缘的水平距离x．改变倾斜的木板离桌子边缘的距离（不改变木板的倾斜程度），并保证每次从木板的同一位置释放小滑块．重复以上步骤进行多次测量并记录实验数据．（1）保证每次从木板的同一位置释放小滑块的目的是______ ．（2）利用图象法处理数据．若以L为纵轴，则应以______ 为横轴，拟合直线．（在“x、、x2、”中选择填写）（3）若图象横轴和纵轴上的截距分别为a和b，则求得μ= ______ ．【答案】保证每次滑到斜面底端具有相同的速度；x2；【解析】解：（1）保证每次滑到斜面底端具有相同的速度（2）测出木板底部离桌子边缘的距离L，桌子边缘离地的高度H，小铁块的落地点到桌子边缘的水平距离S，再设小铁块静止释放高度为h，根据平抛运动处理规律，则有：H=，且v=那么v=依据动能定理，则有：；即，若以L为纵轴，则应以x2为横轴的倾斜直线；（4）若图象横轴和纵轴上的截距分别为a和b，则有：解得μ=；故答案为（1）保证每次滑到斜面底端具有相同的速度（2）x2（3）根据小铁块先在桌面上做匀减速直线运动，再做平抛运动，依据平抛运动规律，由H与S来表示抛出的速度，再根据动能定理列式，即可确定横轴物理量；根据列出的方程，结合图象横轴和纵轴上的截距分别为a和b，即可求解动摩擦因素；根据图象横轴，即L=0时，依据平抛运动规律，即可求解．考查平抛运动处理规律，掌握动能定理的应用，注意图象的横轴和纵轴的确定，及其横轴和纵轴截距含义．六、计算题(本大题共1小题，共12.0分)11.如图所示，长L=1m高h=0.5m的小车静止在光滑的水平面上，一滑块以v0=3m/s的水平速度从小车左端滑入并从小车右端滑出，小车和滑块的质量均为1kg，己知滑块与小车间的动摩擦因数μ=0.2．g=10m/s2，求（I）滑块离开小车时，滑块和小车的速度大小；（II）滑块落地时距离小车右端多远？【答案】解：（I）滑块在小车上滑行时，根据牛顿第二定律得：对滑块有：μmg=ma1．对小车有：μmg=M a2．解得a1=2m/s2，a2=2m/s2．滑块离开小车时，有：L=（v0t-）-解得t1=0.5s，t2=1s，若t2=1s，因为滑块的速度v1=v0-a1t2=3-2×1=1m/s，小车的速度v2=a2t2=2×1=2m/s，可知滑块的速度小于小车的速度，不合理，所以t2=1s舍去．所以滑块离开小车时，滑块的速度为：v1=v0-a1t1=3-2×0.5=2m/s，小车的速度为：v2=a2t1=2×0.5=1m/s（Ⅱ）滑块离开小车后做平抛运动，平抛运动的时间为：t′===s所以滑块落地时距小车右端的距离为：S=（v1-v2）t′=（2-1）×m=m≈0.32m答：（I）滑块离开小车时，滑块和小车的速度大小分别是2m/s和1m/s；（II）滑块落地时距离小车右端0.32m．【解析】（I）滑块在小车上滑行时，根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度，根据滑块离开小车时，滑块和小车的位移之差等于L，由位移时间公式求出滑块在小车滑行的时间，再由速度公式求滑块离开小车时滑块和小车的速度．（Ⅱ）滑块离开小车后做平抛运动，根据高度h求得平抛运动的时间，再由位移公式求滑块落地时与小车右端的距离．本题采用隔离法研究滑块在小车上滑行的类型，也可以运用动量守恒定律和能量守恒定律求第1问．注意产生的内能与车长有关．七、综合题(本大题共1小题，共18.0分)12.如图甲所示，平行正对金属板A、B间距为d，板长为L，板面水平，加电压后其间匀强电场的场强大小为E=V/m，方向竖直向上．板间有周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示，设磁感应强度垂直纸面向里为正方向．T=0时刻，一带电粒子从电场左侧靠近B板处（粒子与极板不接触）以水平向右的初速度v0开始做匀速直线运动．己知B1=0.2T，B2=0.1T，g=10m/s2．（1）判断粒子的电性并求出粒子的比荷．（2）若从t0时刻起，经过3s的时间粒子速度再次变为水平向右，则t0至少多大？（3）若t0=s要使粒子不与金属板A碰撞且恰能平行向右到达A的右端，试求d与L 比值的范围．【答案】解：（1）由题意知粒子带正电由平衡的知识可得：mg=q E代入数据得：（2）由T=得粒子在磁感应强度为B1、B2的磁场中做匀速圆周运动的周期分别为：T1=2s T2=4s又由得粒子在磁感应强度为B1、B2的磁场中做匀速圆周运动的轨道半径分别为：故粒子从t=0时刻开始运动的一个周期内的轨迹如图所示．据题意有：v0t0≥R2所以：（3）设粒子经n个运动周期后能平行向右到达A板右边缘，则：竖直方向d=n（2R1+2R2），n=1，2，3…水平方向L min=nv0t0+v0t0n=1，2，3…联立以上四式并代入数据得：n=1，2，3…答：（1）判断粒子的电性并求出粒子的比荷为5π．（2）若从t0时刻起，经过3s的时间粒子速度再次变为水平向右，则t0至少多大．（3）若t0=s要使粒子不与金属板A碰撞且恰能平行向右到达A的右端，d与L比值的范围是（n=1，2，3…）．【解析】（1）开始粒子做匀速直线运动，由平衡条件就能求出粒子的比荷．（2）先求出粒子在正负磁场中运动的周期，看两个半周期与3s的关系，从而判断出粒子在何处．结合粒子的运动轨迹，画出粒子在时间t0内运动的距离与半径R2关系，就能t0求出满足的关系．（3）经过多次旋转和多次直线运动后到达A板右边缘，这又是一个多解问题：水平方向和竖直方向必须满足一定的关系，竖直方向距离d恰是n（2R1+2R2）；水平方向恰是（n+1）v0t，据此关系就能求出两者之比．本题是一道带电粒子交替在电场和正负磁场中做特殊情况下的运动，由于周期的特殊性，所以要分段进行考察，找出运动规律，结合运动轨迹，不难得到正确结果．但要注意的是本题的多解性，每个一次直线运动后，在竖直方向旋转几次，余次类推，最后达到A 板的右边缘．九、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，固定在水平地面上的气缸，用一个不漏气的活塞封闭了一定质量理想气体，活塞可以无摩擦地移动，活塞的面积S=100cm2．活塞与在另一水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m=12.5kg，物块与平台间的动摩擦因数μ=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两物块间距d=5c m．开始时活塞距缸底L1=10cm，缸内气体压强P l等于外界大气压强P0，温度t1=27℃．现对气缸内的气体缓慢加热．（P0=1.0×105P a，g=10m/s2）求①使物块A刚开始移动时，气缸内的温度为多少K；②使物块B刚开始移动时，气缸内的温度为多少K．【答案】解：①气体的初状态参量：p1=p0=1.0×105P a，V1=L1S，T1=273+27=300K，物体A开始移动前气体做等容变化，此时气体的压强：p2=p0+，由查理定律得：=，解得：T2=330K；②物块B刚要移动时气体压强：p3=p0+，气体体积：V3=（L1+d）S，由理想气体状态方程得：=，解得：T3=540K；答：①使物块A刚开始移动时，气缸内的温度为330K；②使物块B刚开始移动时，气缸内的温度为540K．【解析】①根据题意求出气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度；②根据题意求出气体的状态参量，应用理想气体状态变化过程可以求出气体的温度．本题考查了求气体的问题，本题是热学与力学相结合的综合题，分析清楚气体的状态变化过程是解题的关键，应用查理定律与力学气体状态参量可以解题．。

山东师大附中2014级高三第二次模拟考试物理试题本试卷分第I 卷和第II 卷两部分。

第I 卷1至4页，第II 卷5至8页。

注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上。

2．第I 卷每小题选出答案后用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第II 卷用黑色墨水签字笔在答题卡上规定的答题区域内书写作答，超出答题区域书写的答案无效。

在试题卷上作答，答案无效。

3．保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第I 卷(选择题 共48分)一、选择题(本题共14小题，1-8为单项选择题，每小题3分。

9-14为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移-时间图像分别为图中直线a 和曲线b ，由图可知A ．b 车运动方向始终不变B ．在t 1时刻a 车与b 车速度相同C ．t 1到t 3时间内a 车与b 车的平均速度相等D ．t 1到t 2时间内有一时刻两车的速度相同2．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v —t 图象如图所示．已知汽车的质量为m =2×103kg ，汽车受到地面的阻力为车重的0.l 倍．则以下说法正确的是A ．汽车在前5 s 内的牵引力为4×103N B ．汽车的最大速度为30m ／s C ．汽车的额定功率为50kw D ．0～t 0时间内汽车牵引力做功为212m mv3．如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为A B D4．如图所示，叠放在水平转台上的小物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B与转台、C与转台间的动摩擦因数都为μ，B．C离转台中心的距离分别为r、1.5r。

2017年山东省济南市高考物理二模试卷一、选择题1. 冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员，其安全速度的最大值是（）D √2kgRA k√gRB √kgRC √gRk2. 如图所示为边长为2cm的菱形ABCD，匀强电场方向平行于菱形所在平面，∠B＝60∘，将一电子从A点移动到B点或D点，克服电场力做功均为8eV．下列说法正确的是（）A 匀强电场的场强为8V/m，方向由A指向CB 匀强电场的场强为4V/m，方向由A指向C C 匀强电场的场强为8V/m，方向由C指向AD 匀强电场的场强为4V/m，方向由C指向A3. 如图所示的电路中，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，原线圈接入的交流电压瞬时值表达式为u＝10√2sin100πtV，电阻R1＝R2＝20Ω，二极管可视为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大）下列说法正确的是（）A 通过电阻R2的电流为50Hz的交流电B 通过电阻R1的电流为0.25AC 电阻R1、R2的电功率之比为1:1 D 电阻R1、R2的电功率之比为4:14. 如图为氢原子能级的示意图，现有大量处于n＝4的激发态的氢原子，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是（）A 这些氢原子最多可辐射出4种不同频率的光B 频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的 C 波长最长的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的 D 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应5. 一质量为4kg的物体受到水平拉力的作用，在光滑水平面上做初速度为零的加速直线运动，其运动的a−t图像如图所示，则（）A 物体做匀加速直线运动B 在t＝3s时刻，物体的动量为12kg⋅m/sC 在6s时间内，水平拉力对物体做功为32JD 在t＝6s时刻，水平拉力的功率为192W6. 2017年4月22日12时23分，“天舟一号”与“天宫二号”顺利完成自动交会对接．“天舟一号”由“长征七号”运载火箭发射升空，送入近地圆轨道，然后在A 点变轨进入接地点为A 、远地点为B 的椭圆轨道上，B 点距离地面的高度为ℎ，地球的中心位于椭圆的一个焦点上．“天舟一号”飞行几周后再次变轨进入预定圆轨道，并与“天宫二号”交会对接，如图所示，已知“天舟一号”在预定圆轨道上飞行n 圈所用时间为t ，引力常量为G ，地球半径为R ．则下列说法正确的是（ ）A “天舟一号”在近地圆轨道上运行速度大于在预定圆轨道上运行速度B “天舟一号”在椭圆轨道上B 点的速度大于在预定圆轨道上B 点的速度C “天舟一号”在椭圆轨道上经过A 点和B 点的速度之比为R+ℎRD 根据题目所给信息，可以计算出地球质量为4π2n 2R 3Gt 27. 如图所示，长为31的轻质细杆一端可绕O 点自由转动，杆上距O 点l 和31处分别固定质量均为m 的小球A 、B 此过程A 球机械能减少，B 球机械能增加 A 此过程A 球机械能守恒，B 球机械能守恒C 当杆到达竖直位置时，球B 的速度大小为2√gl 5D 当杆达到竖直位置时，OA 段杆对球的拉力大小为265mg 8. 如图所示，光滑的平行金属导轨间距为L ，导轨平面与水平夹角成α角，导轨下端接有阻值为R 的电阻。

2017年全国高考物理二模试卷（新课标Ⅲ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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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）预计2017年7月，我国“北斗三号”全球组网卫星进行首次发射，采用星载氢原子钟．如图为氢原子的能级图，以下判断正确的是（）A．大量氢原子从n=3的激发态向低能级跃迁时，能产生3种频率的光子B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小C．当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，要吸收光子D．从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的2．（6分）空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，在此区域建立直角坐标系O﹣xyz，如图所示．匀强电场E沿竖直向上的z轴的正方向，匀强磁场B沿y轴的正方向．现有一重力不可忽略的带正电质点处于此复合场中，则（）A．质点不可能处于静止状态B．质点可能沿z轴负方向做匀速运动C．质点可能在Oxz竖直平面内做匀速圆周运动D．质点可能在Oyz竖直平面内做匀速圆周运动3．（6分）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是（）A．当时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为4．（6分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=2000，副线圈匝数为n2=500，将原线圈接在u=220sin120πt（V）的交流电压上，定值电阻的阻值为20Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω．下列说法中正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈的电压的有效值为30VC．滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变小D．滑片P滑到最左端时，变压器的输入功率为55W5．（6分）2017年3月16日消息，高景一号卫星发回清晰影像图，可区分单个树冠．天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知引力常量为G，则（）A．高景一号卫星的质量为B．高景一号卫星角速度为C．高景一号卫星线速度大小为2πD．地球的质量为6．（6分）如图所示，一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点电荷附近的电场线分布情况，M点是两负电荷连线的中点，M、N点在同一水平线上且到正电荷的距离相等，下列说法正确的是（）A．E点的电场强度比F点的大B．E点的电势比F点的高C．同一正电荷在M点受的电场力比N点的大D．将正电荷从M点移到N点，电势能增大7．（6分）很多同学都做过测量“反应时间”的实验．如图所示，甲同学手握直尺，某时刻甲同学放开直尺，从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间就叫“反应时间”．直尺长20cm，处于竖直状态；乙同学的手放在直尺0刻度线位置．甲、乙两位同学做了两次测量“反应时间”的实验，第一次乙同学手抓住直尺位置的刻度值为11.25cm，第二次手抓住直尺位置的刻度值为5cm．直尺下落过程中始终保持竖直状态．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（）A．乙同学第一次的“反应时间”为1.25sB．乙同学第二次的“反应时间”为0.1sC．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为1.5m/sD．若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值则测量量程为0.2s8．（6分）2017年国际雪联单板滑雪U型池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一成功卫冕．如图所示，单板滑雪U型场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡的最低点过程中速率不变，则（）A．运动员下滑的过程中加速度时刻变化B．运动员下滑的过程所受合外力恒定不变C．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小D．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）某同学从学校的实验室里借来两个弹簧秤，在家里做实验验证力的平行四边形定则．按如下步骤进行实验．用完全相同的两个弹簧测力计进行操作，弹簧测力计A挂于固定点C，下端用细线挂一重物G，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉至水平，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）弹簧测力计A的指针如图1所示，由图可知拉力的大小为N（本实验用的弹簧测力计示数的单位为N）；由实验作出F A和F B的合力F的图示（如图2所示），得到的结果符合事实的是．（填“甲”或“乙”）（2）本实验采用的科学方法是（填正确答案标号）．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法可行的是．A．改变弹簧测力计B拉力的大小B．减小重物M的质量C．将A更换成量程较小的弹簧测力计D．改变弹簧测力计B拉力方向．10．（9分）某同学通过实验测定金属丝电阻率：（1）用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图1所示，则直径d=mm；（2）为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5A的金属丝的电阻R x粗测，如图是分别用欧姆挡的“×1挡”（图2）和“×10挡”（图3）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择挡（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为Ω．（3）除待测金属丝R x、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选（填“A1”或“A2”）、电源应选（填“E1”或“E2”）．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）滑动变阻器R（最大阻值约10Ω）电流表A1（量程3A，内阻约0.05Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻约0.2Ω）电源E1（电动势9V，内阻不计）电源E2（电动势4.5V，内阻不计）毫米刻度尺、开关S、导线（4）若滑动变阻器采用限流接法，在方框内完成电路原理图（图中务必标出选用的电流表和电源的符号）．11．（12分）如图所示，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板B足够长．物块A的质量为2kg，长木板B的质量为1kg，物块C的质量为3kg．物块C以4m/s的初速度向右运动，与长木板B碰撞后，与长木板B黏在一起．重力加速度g取10m/s2，试求：（1）C与B碰撞过程中，损失的机械能；（2）最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离．12．（20分）如图所示，单匝圆形线圈与匀强磁场垂直，匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆形线圈的电阻不计．导体棒a绕圆心O匀速转动，以角速度ω旋转切割磁感线，导体棒的长度为l，电阻为r．定值电阻R1、R2和线圈构成闭合回路，P、Q是两个平行金属板，两极板间的距离为d，金属板的长度为L．在金属板的上边缘，有一质量为m且不计重力的带负电粒子，以初速度v0竖直向下射入极板间，并从金属板Q的下边缘离开．带电粒子进入电场的位置到P板的距离为，离开电场的位置到Q板的距离为．R1、R2、r均为未知量．（1）求导体棒a顺时针转动还是逆时针转动；（2）若R1=R2=2r，试求P、Q间的电场强度大小；（3）若R1=3r，R2=2r，试求带电粒子的电荷量．（二）选考题：共15分．请考生从2道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[物理-选修3-3]（15分）13．（5分）关于热现象，下列说法中正确的是（）A．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B．分子间距离为r0时没有作用力，大于r0时只有引力，小于r0时只有斥力C．液晶的微观结构介于晶体和液体之间，其光学性质会随电压的变化而变化D．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小14．（10分）如图1所示水平放置的气缸内被活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为17℃，活塞与气缸底的距离L1=12cm，离气缸口的距离L2=3cm，将气缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与气缸口相平为止如图2所示．已知g=10m/s2，大气压强为1.0×105 Pa，活塞的横截面积S=100cm2，质量m=20kg，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：（i）活塞上表面刚好与气缸口相平时气体的温度为多少？（ii）在对气缸内气体逐渐加热的过程中，气体吸收340J的热量，则气体增加的内能多大？[物理-选修3-4]（15分）15．有关电磁波与振动和波的知识，下列说法正确的是（）A．日光灯是紫外线的荧光效应的应用B．单摆在做受迫振动时，它的周期等于单摆的固有周期C．机械波从一种介质进入另一种介质后，它的频率保持不变D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在E．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变16．如图所示，某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，光在透明物质中的传播速度为2.4×108m/s，一束光线在纸面内垂直AB面射入棱镜，发现光线刚好不能从AC面射出，光在真空中传播速度为3.0×108 m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（i）透明物质的折射率和直角三棱镜∠A的大小；（ii）光线从BC面首次射出时的折射角α．（结果可用α的三角函数表示）2017年全国高考物理二模试卷（新课标Ⅲ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1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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）预计2017年7月，我国“北斗三号”全球组网卫星进行首次发射，采用星载氢原子钟．如图为氢原子的能级图，以下判断正确的是（）A．大量氢原子从n=3的激发态向低能级跃迁时，能产生3种频率的光子B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量减小C．当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，要吸收光子D．从氢原子的能级图可知原子发射光子的频率也是连续的【解答】解：A、根据=3知，大量氢原子处于n=3的激发态，当向低能级跃迁时会辐射出3种不同频率的光，故A正确．B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，属于低能级向高能级跃迁，将吸收能量，原子的能量增大，故B错误；C、当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时，属于高能级向低能级跃迁，将释放能量．要释放光子．故C错误．D、从氢原子的能级图可知原子发射光子的能量是不连续的，所以光子的频率也是不连续的，故D错误．故选：A2．（6分）空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，在此区域建立直角坐标系O﹣xyz，如图所示．匀强电场E沿竖直向上的z轴的正方向，匀强磁场B沿y轴的正方向．现有一重力不可忽略的带正电质点处于此复合场中，则（）A．质点不可能处于静止状态B．质点可能沿z轴负方向做匀速运动C．质点可能在Oxz竖直平面内做匀速圆周运动D．质点可能在Oyz竖直平面内做匀速圆周运动【解答】解：A、若质点静止，则不受洛伦兹力，此时质点受重力、竖直向上的电场力，这两个力可以平衡，故A错误；B．若质点沿z轴负方向做匀速运动，此时质点受重力、竖直向上的电场力和沿y轴负方向的洛伦兹力，这三个力不能平衡，故B错误；C．质点受重力、竖直向上的电场力，这两个力可以平衡，则质点在洛伦兹力的作用下，可以在Oxz竖直平面内做匀速圆周运动，故C正确；D．当质点沿y方向与﹣y方向运动时，质点不受洛伦兹力的作用，而粒子在Oyz 平面内的其余方向运动时，受到洛伦兹力的作用，可知，若粒子在Oyz平面内运动，则质点的洛伦兹力的大小会由于运动的方向的变化而发生变化，而做匀速圆周运动的物体受到的合外力的大小是不变的，所以质点不可能在Oyz竖直平面内做匀速圆周运动，故D错误．故选：C3．（6分）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1/4弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是（）A．当时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为【解答】解：A、当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1…①由机械能守恒定律得：mv02=（m+M）v12+mgR …②，代入数据解得：v0=＞，所以当v0=时，小球不能到达B点，故A错误；B、小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误；C、小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确；D、若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在B点，根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m解得：F=mg+m，根据牛顿第三定律可知，小球返回B点时对滑块的压力为mg+m，故D错误．故选：C4．（6分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=2000，副线圈匝数为n2=500，将原线圈接在u=220sin120πt（V）的交流电压上，定值电阻的阻值为20Ω，滑动变阻器的总阻值为35Ω．下列说法中正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈的电压的有效值为30VC．滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变小D．滑片P滑到最左端时，变压器的输入功率为55W【解答】解：A、原副线圈的交流电压频率，副线圈输出电压为60Hz，故A错误；B、原线圈电压的有效值，根据，可得副线圈的电压的有效值为55V，故B错误；C、滑动变阻器的滑片P向右滑动时，副线圈回路总电阻减小，副线圈电流增大，电阻R两端的电压变大，故C错误；D、滑片P滑到最左端时，变压器输出功率，变压器的输入功率为55W，故D正确；故选：D5．（6分）2017年3月16日消息，高景一号卫星发回清晰影像图，可区分单个树冠．天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知引力常量为G，则（）A．高景一号卫星的质量为B．高景一号卫星角速度为C．高景一号卫星线速度大小为2πD．地球的质量为【解答】解：A、根据万有引力提供向心力列式只能求解中心天体的质量，不能求解环绕天体的质量，所以不能求出高景一号卫星的质量，故A错误；B、高景一号卫星线速度为：v=…①角速度为：ω=…②根据线速度和角速度的关系公式，有：v=ωr…③卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：=mωv…④联立解得：M=，故BD正确，C错误．故选：BD6．（6分）如图所示，一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点电荷附近的电场线分布情况，M点是两负电荷连线的中点，M、N点在同一水平线上且到正电荷的距离相等，下列说法正确的是（）A．E点的电场强度比F点的大B．E点的电势比F点的高C．同一正电荷在M点受的电场力比N点的大D．将正电荷从M点移到N点，电势能增大【解答】解：A、由图看出，E点处电场线比F点处电场线密，则E点的场强大于F点的场强，故A正确．B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以F点的电势比E点的高，故B错误；C、M点是两负电荷连线的中点，依据点电荷电场强度公式，可知，两负点电荷在M点的电场强度为零，而两负点电荷在N点的电场强度向左，又因M、N点在同一水平线上且到正电荷的距离相等，那么正点电荷在M与N处的电场强度大小相等，依据叠加原理，因此同一正电荷在M点受的电场力比N点的一样大，故C正确，D、正电荷到M点的平均场强大于正电荷到Nd点的平均场强，根据U=Ed可知，正电荷到M点电势降低的多，所以M点的电势比N点的低，则将正电荷从M 点移到N点，电势能增大，故D正确；故选：ACD．7．（6分）很多同学都做过测量“反应时间”的实验．如图所示，甲同学手握直尺，某时刻甲同学放开直尺，从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间就叫“反应时间”．直尺长20cm，处于竖直状态；乙同学的手放在直尺0刻度线位置．甲、乙两位同学做了两次测量“反应时间”的实验，第一次乙同学手抓住直尺位置的刻度值为11.25cm，第二次手抓住直尺位置的刻度值为5cm．直尺下落过程中始终保持竖直状态．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（）A．乙同学第一次的“反应时间”为1.25sB．乙同学第二次的“反应时间”为0.1sC．乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为1.5m/sD．若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值则测量量程为0.2s【解答】解：A、直尺下降的高度h．根据得，t==，故A错误B、直尺下降的高度h．根据得，t==，故B正确；C、乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为v=gt=1.5m/s，故C正确；D、直尺下降的高度h．根据得，t==，故D正确；故选：BCD8．（6分）2017年国际雪联单板滑雪U型池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一成功卫冕．如图所示，单板滑雪U型场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡的最低点过程中速率不变，则（）A．运动员下滑的过程中加速度时刻变化B．运动员下滑的过程所受合外力恒定不变C．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小D．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大【解答】解：A、运动员在下滑过程中速率不变，故可看做匀速圆周运动，根据可知加速度大小不变，方向始终指向圆心，故方向时刻在变，故加速度时刻在变，故A正确；B、根据匀速圆周运动可知可知，合力大小不变，方向始终指向圆心，故B错误；C、设支持力与竖直方向的夹角为θ，则F合=F N﹣mgcosθ，mgsinθ=f，由于合力大小不变，故在下滑过程中，由于角度变小，故cosθ变大，故F N变大，根据f=μF N 可知，摩擦因数减小，故C正确；D、运动员滑到最低点时，速度沿水平方向，重力竖直方向，所受重力的瞬时功率最小为零故D错误；故选：AC三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）某同学从学校的实验室里借来两个弹簧秤，在家里做实验验证力的平行四边形定则．按如下步骤进行实验．用完全相同的两个弹簧测力计进行操作，弹簧测力计A挂于固定点C，下端用细线挂一重物G，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉至水平，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．（1）弹簧测力计A的指针如图1所示，由图可知拉力的大小为 5.80N（本实验用的弹簧测力计示数的单位为N）；由实验作出F A和F B的合力F的图示（如图2所示），得到的结果符合事实的是甲．（填“甲”或“乙”）（2）本实验采用的科学方法是B（填正确答案标号）．A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法可行的是ABD．A．改变弹簧测力计B拉力的大小B．减小重物M的质量C．将A更换成量程较小的弹簧测力计D．改变弹簧测力计B拉力方向．【解答】解：（1）由图可知，拉力的大小为5.80N，由实验作出F A和F B的合力F，由于误差，与重力方向基本上在同一条直线上，可知符合事实的是甲．（2）本实验采用的方法是等效替代法，故选：B．（3）当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大．又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故A、B、D正确，C错误．故选：ABD．故答案为：（1）5.80，甲，（2）B，（3）ABD．10．（9分）某同学通过实验测定金属丝电阻率：（1）用螺旋测微器测出金属丝的直径d，读数如图1所示，则直径d=0.999 mm；（2）为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对额定电流约0.5A的金属丝的电阻R x粗测，如图是分别用欧姆挡的“×1挡”（图2）和“×10挡”（图3）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择×1挡（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为7Ω．（3）除待测金属丝R x、螺旋测微器外，实验室还提供如下器材，若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选A2（填“A1”或“A2”）、电源应选E2（填“E1”或“E2”）．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）滑动变阻器R（最大阻值约10Ω）电流表A1（量程3A，内阻约0.05Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻约0.2Ω）电源E1（电动势9V，内阻不计）电源E2（电动势4.5V，内阻不计）毫米刻度尺、开关S、导线（4）若滑动变阻器采用限流接法，在方框内完成电路原理图（图中务必标出选用的电流表和电源的符号）．【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为49.9×0.01mm=0.499mm，螺旋测微器的示数为：0.5mm+0.499mm=0.999mm（0.996﹣1.000mm均正确）；（2）为减小测量误差，应用欧姆表测电阻时应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，由图示表盘可知，测该金属丝电阻应选择×1挡位，待测金属丝电阻阻值为：7×1=7Ω；（3）电阻丝的额定电流约为0.5A，电流表应选A2；电阻丝的额定电压约为U=IR=0.5×7=3.5V，电源应选E2；（4）待测金属丝电阻约为7Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0.2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：故答案为：（1）0.999；（2）×1；7；（3）A2；E2；（4）实验电路图如图所示．11．（12分）如图所示，在光滑桌面上置有长木板B和物块C，在长木板的右侧置有物块A，一开始A、B处于静止状态．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2，长木板B足够长．物块A的质量为2kg，长木板B的质量为1kg，物块C 的质量为3kg．物块C以4m/s的初速度向右运动，与长木板B碰撞后，与长木板B黏在一起．重力加速度g取10m/s2，试求：（1）C与B碰撞过程中，损失的机械能；（2）最终A、B、C的速度大小和A相对于B运动的距离．【解答】解：（1）对于C与B碰撞的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m C v0=（m C+m B）v1．可得v1===3m/sC与B碰撞过程中，损失的机械能△E=m C v02﹣（m C+m B）v12；解得△E=6J（2）由于木板B足够长，所以最终三者速度相同，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m C v0=（m A+m C+m B）v2．代入数据解得v2=2m/s对系统运用能量守恒定律得：。