2016年新疆乌鲁木齐地区高考物理二模试卷

2024年新疆乌鲁木齐市高三高考一模全真演练物理试题（第一次质量监测）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题中学生在雨中打伞行走，从物理学可知当雨滴垂直落在伞面上时人淋雨最少，若雨滴在空中以2m/s的速度竖直下落，而学生打着伞以1.5m/s的速度向西走，则该学生少淋雨的打伞（伞柄指向）方式为（ ）A．B．C．D．第(2)题某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。

已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m的物体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度绕轴线作相反方向的转动，重力加速度大小为g。

现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，物体与平台总保持相对静止。

下列说法正确的是（ ）A．物体和平台开始运动时加速度大小为B．物体和平台做匀加速运动C．物体受到平台的摩擦力逐渐增大D．只有当时平台才能开始运动第(3)题利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。

图甲表示该半导体的电阻随温度变化的情况。

把该半导体与电动势为、内阻为的电源，理想电压表和保护电阻连成如图乙所示的电路。

用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。

下列说法正确的是（ ）A．温度升高后，电源的效率将升高B．该电子温度计表盘上温度的刻度是均匀的C．和相比，应标在电压较小的刻度上D．若电池用久后内阻变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高第(4)题如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。

时将小球从A点正上方O点由静止释放，时到达A点，时弹簧被压缩到最低点B。

以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点；弹簧形变始终处于弹性限度内。

2016年新疆乌鲁木齐市米东区中考物理二模试卷一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于声现象，下列说法中错误的是（）A．小西湖立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音B．接听电话时根据音色分辨对方C．声音的频率越高，传播速度越快D．水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石2．下面是小红的“物理笔记”部分摘录，其中不正确的是（）A．北海的春天，常出现墙壁“冒汗”是液化现象B．用水来冷却汽车发动机是因为水的比热容大C．夏天在地面上洒水会感到凉快，是利用了蒸发吸热D．衣柜里的樟脑丸变小了，属于凝华现象3．下列关于光现象的说法中，属于光的折射的是（）A．雨后彩虹 B．树木在水中的倒影C．月食和日食D．小孔成像4．下列哪个规律不能用实验直接验证（）A．欧姆定律 B．牛顿第一定律 C．焦耳定律 D．阿基米德原理5．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反应密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（）A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系C．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的6．两个用同一种材料制成且完全相同的密闭圆台形容器一正一反放置在同一水平桌面上，容器内装有质量和深度均相同的液体，如图所示．若它们分别在水平方向拉力F1和F2的作用下沿桌面做匀速直线运动，速度分别为v和2v，容器底部受到液体的压强分别为p1和p2．下列关系正确的是（）A．p1=p2，F1=F2B．p1＞p2，F1＜F2 C．p1＞p2，F1=F2D．p1＜p2，F1＞F27．用天平和量筒测量形状不规则小石块的密度，下列步骤不需要的是（）A．用天平测量小石块的质量m1B．用天平测量量筒的质量m2C．在量筒内倒入适量的水，记下量筒中水的体积V1D．用细线系住小石块，浸没在量筒的水中，记下量筒中石块和水的总体积V28．如图所示的电路中，电源两端电压不变，闭合开关S，则（）A．电流表A的示数将减小B．电压表V1的示数将不变C．电压表V2的示数将增大D．电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大9．如图，电源电压恒定，电阻R1=10Ω，R2=15Ω，R阻值一定但未知，当单刀双掷开关S掷向a（同时与b断开）时，电压表示数为2.0V，若掷向b（同时与a断开），电压表示数可能为（）A．3.0V B．2.5V C．2.0V D．1.5V10．将塑料球和木球用细绳相连放入水中时，木球露出水面的体积为它自身体积的，如图甲所示，当把细绳剪断后，塑料球沉底，木球露出水面的体积是它自身体积的，这时塑料球受到池底对它的支持力为F，如图乙所示若已知塑料球和木球的体积之比是1：8，则（）A．木球的重力为2FB．塑料球所受的浮力为2FC．绳子剪断前后，两物体所受的总浮力相差2FD．塑料球的密度为2.0×103千克/米3二、填空题（每空1分，共30分）11．近日，国务院批复，将每年4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日，中国第一颗人造地球卫星“东方红”1号卫星代表中国人飞向太空，成功开启了一片属于自己的天空．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．现在请回答下列问题：（1）运载航天器的火箭的燃料主要使用液态氢是因为它的热值（填“大”或“小”）飞船在脱离火箭之前，相对于是静止的，火箭在加速上升过程中机械能（选填“增大”、“减小”或“不变”），这个能量是由能转化过来的，由于地球自西向东不停地自转，为节省燃料，火箭升空后应向方向飞行（选填“偏东”或“偏西”）．（2）在太空中飞船总功飞行时间为115h，32min，沿椭圆轨道围绕地球运行了77圈，在整个过程中航天员一共看到次日出，轨道上离地球最近点200km，最远点350km．从远地点到近地点运行的过程中，飞船的速度（填“变大”、“不变”或“变小”）．（3）飞船在太空运行时，处于失重状态的两名航天员的质量（填“变大”或“变小”）．惯性（填“没有”或“仍具有”）．飞船在太空成功完成数千个运行动作，是通过喷射燃气来实施变轨、姿态确定的（即改变运行的高度、运行方向），这是应用了物理学中的原理．12．据报道：4月19日，中国正在筹划首个海上浮动核电站（如图1）的总装工作．海上浮动核电站，这种小型的、可移动式的核电站将安装在船舶上，预计排水量为2.15万吨，能提供70兆瓦的电力以及300兆瓦的热力供应，还能变成海水淡化处理厂，每天生产24万立方米的淡水．（1）核电站将核能转化为能，核能是（填“可”或“不可”）再生能源，其中的核反应堆通过核发生的链式反应工作的，这个反应是（填“可以”或“不可以”）控制的．核电站（选填“会”或“不会”）产生大量的温室气体．目前人类大力发展核能、太阳能等能源，可有效缓解全球气候变暖的趋势． 00（2）如果其最大吃水深度为10.5m，其底部受到海水的压强为Pa．当质量为20t的设备安装后，其排开海水的体积增加m3．（1.0×103千克/米3）（3）核电站生活区的路由器是一种支持有线和无线连接的网络设备（如图2），通过后排接口可以同时连接多台电脑，各接口之间的连接方式是联，海水浮动核电站的工作人员通过陆地指挥中心相联系．13．在北京举办的第15届科博会上，展示了空气动力大巴：祥天A4﹣0001，产品展出者介绍这种利用源源不断的空气作为动力源的客车，听上去似乎是完美的交通解决方案；资源取之不尽，排放也是无污染的空气﹣﹣这非常诱人．（1）这辆大巴车功率为240kW，时速可以达到为140km/h，整车质量为16800kg．它以最大速度行驶时动力可达到N．它配备了2000L的气瓶，气体膨胀时体积将增大为1224倍，常压下空气密度按1.3kg/m3计算，这瓶空气的质量为kg．（2）如果气罐内充满空气，车轮着地面积按800cm2计算时对地面产生的压强为Pa．在气罐内充满空气时，能够对外做功640MJ左右，折合成电能约为kW•h，折合成汽油kg．（汽油的热值是4.6×107J/kg）产品展出者的介绍违背了能量的转化和守恒定律，因为作为动力源的空气所具有的能量就是内能，它必须由其他形式的能通过或的方式提供，最后变成供客车运动的机械能．14．图甲是一把阴阳壶，壶把上开有两孔，可同时盛装两种液体，图乙为该壶的结构示意图，使用时，若捂住甲孔，则倒出的是液体，这是由于的作用．壶在水平桌面上静止时，受到的重力与支持力是一对，重力的施力物体是．三、作图题（每小题2分，共6分）15．如图，在图中画出与入射光线对应的折射光线．16．如图，物体A静止在斜面上，画出物体A对斜面压力的示意图．17．如图，小磁针静止在通电螺线管左侧，请标出小磁针的S极．四、实验题（共14分）18．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜的焦距为10cm．（1）调整实验器材，使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，把点燃的蜡烛由图示位置移至光具座的14cm刻度处时，需将光屏向（选填“左”或“右”）移动才能在光屏上成清晰、倒立、的实像；就是利用这个成像规律工作的．（2）完成实验后，继续模拟远视眼的缺陷；给透镜戴上远视眼镜，调节光屏位置，是烛焰在光屏上成一个清晰的像；取下远视眼镜，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，为使光屏上再次得到清晰的像，应将光屏（选填“远离”或“靠近”）透镜．19．同学利用电压表和电流表测量电阻R1的阻值（约9Ω左右），电源选用两节干电池．（1）按图甲电路，将图乙中电流表正确连入电路．（2）该同学检查电路连接正确，合上开关，可是无论怎样移动滑片，电压表示数总为3V不变，你认为发生故障的原因可能是．（3）清除故障后，小明将滑片P向左滑动时，电压表示数将（填“增大”、“减小”或“不变”），当P滑到某一位置时，两表读数如图丙所示，由此可知R=Ω．你认为这个结果可靠吗？，理由是．20．利用如图所示的装置来“探究杠杆的平衡条件”．（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向（填“左”或“右”）调节，以杠杆在水平位置平衡．（2）调节完毕后，当在杠杆B点挂3个质量相同的钩码，如图乙所示，那么在杠杆的D点挂个质量相同的钩码，才能使杠杆恢复在水平位置平衡．当杠杆平衡后，将B、D两点下方所挂的钩码同时向支点O靠近1个格，那么杠杆（填“左”或“右”）升高．（3）实验中若不在D点挂钩码，而在杠杆的A点或C点使用弹簧测力计使杠杆在水平位置平衡，为使弹簧测力计的示数最小，应使弹簧测力计挂在点，且拉力的方向是．五、计算题（每小题5分，共10分，每小题要有计算过程和必要的文字说明，只给出结果不得分）21．如图所示的电路中，电源电压为3V，R为阻值未知的定值电阻，小灯泡L的规格为“6V 3W”，若小灯泡的阻值不随温度变化，闭合开关S后，电流表的示数为0.55A．求：（1）小灯泡的电阻；（2）小灯泡的实际功率；（3）定值电阻R的阻值．22．一个质量为70kg的工人，用如图所示的装置（包括滑轮组及装砖的托板）提升一堆砖，已知装砖的托板重200N，每块砖重100N，滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，当工人匀速将10块砖提升3m时，此装置的机械效率为80%．（取g=10N/kg，结果保留1位小数）求：（1）拉力所做的有用功是多少J？（2）动滑轮重力是多少N？（3）该人站在地面上用此装置提升砖的过程中，此装置的机械效率最高可达多少？2016年新疆乌鲁木齐市米东区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于声现象，下列说法中错误的是（）A．小西湖立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音B．接听电话时根据音色分辨对方C．声音的频率越高，传播速度越快D．水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石【考点】防治噪声的途径；声速；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分．【分析】（1）防治噪声的途径有：在声源处、在传播中、在人耳处；（2）声音的三个特性包括音调、响度和音色，根据其各自的影响因素做出判断；（3）声音的传播速度与介质有关，与频率无关；（4）利用超声波可以探测海洋的深度．【解答】解：A、立交桥上安装的隔音墙，是在声音传播途径中减弱噪音，故A正确；B、不同人声带的结构不同，发出声音的音色不同，接听电话时我们是根据音色分辨对方，故B正确；C、声音的传播速度与介质有关，与频率无关，声音的频率越高，传播速度不一定越快，故C错误；D、水面舰艇可以通过超声波探测海洋的深度和礁石，故D正确．故选C．2．下面是小红的“物理笔记”部分摘录，其中不正确的是（）A．北海的春天，常出现墙壁“冒汗”是液化现象B．用水来冷却汽车发动机是因为水的比热容大C．夏天在地面上洒水会感到凉快，是利用了蒸发吸热D．衣柜里的樟脑丸变小了，属于凝华现象【考点】液化及液化现象；蒸发及其现象；升华和凝华的定义和特点；水的比热容的特点及应用．【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；（2）水的比热容比较大，常用来做冷却物质；（3）汽化有两种方式，蒸发和沸腾，汽化过程吸热；（4）物质由固态变为气态叫升华，升华吸热．【解答】解：A、北海的春天，水蒸气遇到温度较低的墙壁，放出热量，发生液化现象，所以出现墙壁“冒汗”现象，故A正确；B、水的比热容较大，与相同质量的气体物质相比，升高相同温度时可以吸收较多的热量，所以用来冷却汽车发动机，故B正确；C、夏天把水洒在地面上时，水蒸发时吸热，起到降低室温的作用，故C正确；D、樟脑球由固态变为气态叫升华，故D错误．故选D．3．下列关于光现象的说法中，属于光的折射的是（）A．雨后彩虹 B．树木在水中的倒影C．月食和日食D．小孔成像【考点】光的折射现象及其应用．【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的．【解答】解：A、雨后彩虹是光的色散现象，其实质是光的折射形成的，符合题意；B、树木在水中的倒影是平面镜成像，其实质是光的反射，不合题意；C、日食和月食都是光的直线传播形成的，不合题意；D、小孔成像是光的直线传播形成的，不合题意．故选A．4．下列哪个规律不能用实验直接验证（）A．欧姆定律 B．牛顿第一定律 C．焦耳定律 D．阿基米德原理【考点】物理学方法．【分析】“推理法”即：规律不能直接用实验验证，只能在实验的基础上经过概括、抽象、推理得出．【解答】解：欧姆定律、焦耳定律、阿基米德原理都是直接通过真实的实验数据得出的结论，其结论形成方法与牛顿第一定律不同，所以A、C、D都不能选；牛顿第一定律的建立是在大量实验事实的基础上，通过分析，概括推理得出的（实际上不受摩擦力的物体根本不存在），所以该实验主要是利用了实验推理法形成的，所以B选项正确．故选B．5．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面的高度的变化反应密闭空气温度的变化，下列说法正确的是（）A．该实验装置是为了探究电流产生的热量与电阻的关系B．将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，就可以探究电流产生的热量与电阻的关系C．通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大D．该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的【考点】焦耳定律．【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关．（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；（2）探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；（3）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想．【解答】解：（1）装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大，故A错误，C正确．（2）将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，左右两端的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误；（3）该实验装置是利用U型管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映，故D错误．故选C．6．两个用同一种材料制成且完全相同的密闭圆台形容器一正一反放置在同一水平桌面上，容器内装有质量和深度均相同的液体，如图所示．若它们分别在水平方向拉力F1和F2的作用下沿桌面做匀速直线运动，速度分别为v和2v，容器底部受到液体的压强分别为p1和p2．下列关系正确的是（）A．p1=p2，F1=F2B．p1＞p2，F1＜F2 C．p1＞p2，F1=F2D．p1＜p2，F1＞F2【考点】压强大小比较；二力平衡条件的应用．【分析】容器沿桌面做匀速直线运动，所以拉力和各自的摩擦力大小相等，容器处于平衡状态，受合力为零，相当于静止，可以按静止来分析．根据液体的压强公式p=ρgh解析．【解答】解：由于物体都是匀速运动的，所以拉力和各自的摩擦力大小相等，由于容器相同、装的液体质量相等，所以对水平面的压力相等，所以摩擦力大小相等，故两个拉力大小相等；即F1=F2．当液体高度相同时，可知2容器中液体的体积较大，可以得出1容器中液体的密度较大，两液面一样高，所以1容器中的液体对底面的压强较大；即p1＞p2．故选C．7．用天平和量筒测量形状不规则小石块的密度，下列步骤不需要的是（）A．用天平测量小石块的质量m1B．用天平测量量筒的质量m2C．在量筒内倒入适量的水，记下量筒中水的体积V1D．用细线系住小石块，浸没在量筒的水中，记下量筒中石块和水的总体积V2【考点】固体密度的测量．【分析】测固体的密度用到的器材是天平和量筒，用天平测出固体的质量m，根据排水法用量筒测出固体的体积V，用公式ρ=计算出固体的密度．【解答】解：测固体石块的密度的基本方法是：用天平测出石块的质量m，在量筒中倒入适量水，读出体积为V1，将石块放入量筒浸没水中，读出水面体积值为V2，则石块的密度为ρ=．因此上述步骤有用的为A、C、D，测量量筒的质量是没有必要的，B无用．故选B．8．如图所示的电路中，电源两端电压不变，闭合开关S，则（）A．电流表A的示数将减小B．电压表V1的示数将不变C．电压表V2的示数将增大D．电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大【考点】电路的动态分析．【分析】分析电路图：当开关S断开时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；当开关S闭合时，R2被短路，电路中只有R1，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压（电源电压），电压表V2被短路、示数为0；由此可以得出三表的示数变化，进而判断各个选项的正误．【解答】解：当开关S断开时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压；当开关S闭合时，R2被短路，电路中只有R1，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压（电源电压），电压表V2被短路、示数为0；（1）当开关闭合时，电路中的电阻变小，而电源两端电压不变，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A错；（2）当开关闭合时，电压表V1由测量R1两端的电压（电源电压的一部分），变为测量电源电压，电压表V1示数变大，故B错；（3）当开关闭合时，电压表V2由测量R2两端的电压，变为示数为0，示数变小，故C错；（4）由上面分析可知，电压表V1示数变大、电流表的示数变大，电压表V1的示数与电流表A的示数的乘积将变大，故D正确．故选D．9．如图，电源电压恒定，电阻R1=10Ω，R2=15Ω，R阻值一定但未知，当单刀双掷开关S 掷向a（同时与b断开）时，电压表示数为2.0V，若掷向b（同时与a断开），电压表示数可能为（）A．3.0V B．2.5V C．2.0V D．1.5V【考点】欧姆定律的应用．【分析】由欧姆定律可得出开关置于两位置时的电压表示数表达式，通过分析可得出电压的可能值．【解答】解：由图S接b时，R2与R串联，由欧姆定律知：U=IR，此时电压表测R2两端电压，示数为U′，即有U′=I′R2=×15Ω…①，同理，S接a时，R1与R串联，此时电压表测R1两端电压，示数为2V，则有：2V=IR1=×10Ω…②，①÷②可得：=，所以U′=3V×，因为＜1，所以U′＜3V；R1、R2分别与R串联，R2＞R1，根据串联电路的分压原是可知：R与R2串联时比R1与R串联时分压多，即S接b时电压表示数大于2V；综上可知：2V＜U′＜3V，故B正确，ACD错误．故选B．10．将塑料球和木球用细绳相连放入水中时，木球露出水面的体积为它自身体积的，如图甲所示，当把细绳剪断后，塑料球沉底，木球露出水面的体积是它自身体积的，这时塑料球受到池底对它的支持力为F，如图乙所示若已知塑料球和木球的体积之比是1：8，则（）A．木球的重力为2FB．塑料球所受的浮力为2FC．绳子剪断前后，两物体所受的总浮力相差2FD．塑料球的密度为2.0×103千克/米3【考点】阿基米德原理．【分析】（1）塑料球和木球处于平衡状态，根据漂浮条件分别列出等式，利用阿基米德原理即可推导出木球和塑料球的重力和浮力；（2）把细线剪断后，根据木球露出水面的体积为自身体积的可知木球排开水的体积，根据物体的漂浮条件和阿基米德原理求出木球的密度，再根据漂浮条件和阿基米德原理表示出细线剪断前木球、塑料球的重力之和与浮力之间的关系，然后利用密度公式即可求出塑料球的密度．【解答】解：（1）把细线剪断前，木球和塑料球漂浮，木球受力为：G木，向下的F拉、F木浮；1则G木+F拉=F木浮1，而F木浮1=ρ水g（1﹣）V木=ρ水gV木，则G木+F拉=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①细线剪断后，木球受力为：G木，F木浮2；则G木=F木浮2，而F木浮2=ρ水g（1﹣）V木=ρ水gV木，则G木=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②①式﹣②式得：F拉=F木浮1﹣F木浮2=ρ水gV木﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③把细线剪断前，塑料球受力为：G塑料，F拉、F塑料浮；则G塑料=F拉+F塑料浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④把细线剪后前，塑料球受力为：G塑料，支持力为F、F塑料浮；G塑料=F+F塑料浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤④式﹣⑤式得：F拉=F﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥由③⑥式可知：ρ水gV木=F，则ρ水gV木=8F﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦则根据②和⑦式得：G木=ρ水gV木=×8F=4F，故选项A错误；因为V塑料：V木=1：8，所以F塑料浮=ρ水gV塑料=ρ水g×V木=×8F=F，故选项B错误；（2）把细线剪断后，木球排开水的体积V排=V木﹣V木=V木，F浮木=ρ水gV排=m木g，即ρ水g×V木=ρ木V木g，解得：ρ木=ρ水，把细线剪断前，木球和塑料球漂浮，则F浮前=ρ水gV排′=（m木+m塑料）g，即ρ水g（V木+V塑料）=（ρ木V木+ρ塑料V塑料）g，因为V塑料：V木=1：8，所以ρ水（×8V塑料+V塑料）=（ρ水×8V塑料+ρ塑料V塑料），整理可得：ρ塑料=2ρ水=2×1×103kg/m3=2×103kg/m3．故选项D正确；绳子剪断前后，两物体所受的总浮力之差为：F浮前﹣F浮后=（G木+G塑料）﹣（G木+F塑料浮）=G塑料﹣F塑料浮=F；故选项C错误；故选D．二、填空题（每空1分，共30分）11．近日，国务院批复，将每年4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日，中国第一颗人造地球卫星“东方红”1号卫星代表中国人飞向太空，成功开启了一片属于自己的天空．我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统）．现在请回答下列问题：（1）运载航天器的火箭的燃料主要使用液态氢是因为它的热值大（填“大”或“小”）飞船在脱离火箭之前，相对于火箭是静止的，火箭在加速上升过程中机械能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”），这个能量是由内能转化过来的，由于地球自西向东不停地自转，为节省燃料，火箭升空后应向偏东方向飞行（选填“偏东”或“偏西”）．（2）在太空中飞船总功飞行时间为115h，32min，沿椭圆轨道围绕地球运行了77圈，在整个过程中航天员一共看到77 次日出，轨道上离地球最近点200km，最远点350km．从远地点到近地点运行的过程中，飞船的速度变大（填“变大”、“不变”或“变小”）．（3）飞船在太空运行时，处于失重状态的两名航天员的质量不变（填“变大”或“变小”）．仍具有惯性（填“没有”或“仍具有”）．飞船在太空成功完成数千个运行动作，是通过喷射燃气来实施变轨、姿态确定的（即改变运行的高度、运行方向），这是应用了物理学中力的作用是相互的原理．【考点】燃料的热值；质量及其特性；运动和静止的相对性；力作用的相互性；惯性；动能和势能的转化与守恒．【分析】（1）液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，被研究的物体和参照物之间如果发生位置的变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的；物体加速上升，速度增大，动能增大，高度升高，重力势能增大；燃料燃烧产生的化学能转化为内能，内能最终又转化为火箭的机械能；根据地球的自转方向进行分析；（2）飞船绕地球一圈看到一次日出，据此进行分析；飞船在远地点的势能最大，动能最小，在近地点的势能最小，动能最大；（3）质量是物质的属性，与物体所处的位置无关；惯性是物体的特性，惯性的大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；物体间力的作用是相互的．【解答】解：（1）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；。

新疆维吾尔自治区2023年普通高考第二次适应性检测理科综合能力测试参考答案第Ⅰ卷(选择题)一㊁二选择题题㊀号1234567891011答㊀案B D C C A A B C B A D题㊀号12131415161718192021答㊀案BCBDDCBCACACBD第Ⅱ卷(非选择题)(一)必考题22.(5分)(1)R 1(1分)㊀㊀(3)R 0R 1R 1-R 0(2分)㊀㊀(4)等于(2分)23.(10分)(1)3.2(2分)㊀㊀(2)降低(2分)㊀㊀(3)<(2分)(4)m A t 1=m B t 3-m At 2(2分)㊀㊀(5)C(2分)24.(12分)解:(1)设A 物块滑到水平面时的速度大小为v ,由动能定理可得:12m A v 2=m A gh -μ1m A g cos θh sin θ3分 解得:v =1m /s 1分(2)设A ㊁B 物块滑至斜面底端用时分别为t A ㊁t B ,A 物块在水平面上的运动时间为t ,由运动学公式可得:h sin θ=vt A22分H sin θ=12(g sin θ-μ1g cos θ)t 2B 2分 v =μ2gt 2分 解得t =t B -t A 即B 物块滑至斜面底端时,A 物块恰好静止25.(20分)解:(1)进入电场中的带电粒子,水平方向均以v 0做匀速运动,因为L =v 0T ,所以任意时刻进入电场的带电粒子,离开电场时其竖直方向的速度均为零2分根据题意可得:Uq 4md T 2=d22分解得:U =32mL 2qT 2π21分(2)由图可得:t =T /4时刻进入电容器的粒子经一个周期T 后,在竖直方向的合位移为零,偏离中轴线最远的距离为d /2的1/4,即d /8㊂1分设带电粒子进入磁场做圆周运动的半径为R ,运动周期为Tᶄmv 20R =Bv 0q 1分 R =d41分Tᶄ=2πm Bq1分联立解得:Tᶄ=2T即:带电粒子水平向右离开电场,在磁场中运动半周,经历的时间为T ,再次从左侧进入电场2分由图可知:粒子离开装置时与P 点的距离为d 2=2Lπ1分(3)若带电粒子在前半个周期进入电容器,由(2)及运动的周期性可得:nT ɤt ɤnT +14T (n =0,1,2,3 )3分若带电粒子在后半个周期进入电容器,由图可得:即:2S 1ɤS 22(T -t 1)2ɤ(t 1-T 2)21分 解得:t 1ȡ3-22T 1分根据运动的周期性可得:nT +3-22T ɤt ɤ(n +1)T (n =0,1,2,3 )2分综上:nT ɤt ɤnT +14T 或nT +3-22T ɤt ɤ(n +1)T (n =0,1,2,3 )26.(14分)(1)适当升温㊁增大硫酸浓度㊁充分搅拌㊁将含钪废渣粉碎(2分)(2)2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O(2分)(3)Fe(OH)3㊁Ti(OH)4(2分)(4)因为K SP =c(Sc 3+)㊃c(OH -)3,pH =6时,c(OH -)=1ˑ10-8,所以c(Sc 3+)=K SP /c(OH -)3=9.0ˑ10-31/(1ˑ10-8)3=9ˑ10-7mol /L<1ˑ10-5mol /L,沉淀完全(2分)KSCN 溶液(2分)(5)2Sc 2(C 2O 4)3+3O 2焙烧2Sc 2O 3+12CO 2(2分)(6)3.97(2分)27.(15分)(1)Cl 2(2分)(2)①除去CO 2中的HCl 气体(1分)㊀②打开K 1;关闭K 1,打开K 2(2分,每空1分)③17NH 4HCO 3+6VOCl 2+6H 2O =(NH 4)5[(VO)6(CO 3)4(OH)9]㊃10H 2Oˌ+13CO 2ʏ+12NH 4Cl(2分)(3)抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解,减少固体流失(2分)(4)[VO(H 2O)5]2++3OH -=[VO(OH)3]-+5H 2O(2分)(5)除去多余KMnO 4(2分)㊀5.1bc a %或51bc ˑ10-3aˑ100%(2分)28.(14分)(1)+131.3(2分)㊀(2)<(2分)(3)①10(2分)㊀40(2分)㊀②增大容器体积(1分)㊀及时分离出H 2或CO 2(1分)③20/3KPa (2分)(4)10(2分)29.(共10分)(1)AB 段光照强度增加,光反应速率上升;CD 段气孔开放程度增加使叶片吸收的CO 2增多,暗反应速率上升(2分)增加,吸收的光能增多,光合作用增强;Mg 2+浓度高于最适浓度时,随着Mg 2+浓度的增加,外界溶液浓度过高,不利于水分的吸收,光合作用减弱(4分)30.(共11分,除注明外,每空2分)(1)1/9㊀①用F 2中的抗倒伏抗白粉病植株自交(2)基因的数目或排列顺序(3)①染色体I 之间发生了(交叉)互换㊀(来自品系3的染色体I 上的)基因b 突变为基因B㊀②秋水仙素(或 低温 )(1分)31.(共9分)(1)自由扩散(1分)㊀受体(1分)㊀灭活(1分)(2)糖皮质激素过多会通过(负)反馈调节作用于垂体和下丘脑,抑制下丘脑分泌促肾上腺皮质激素释放激素和垂体分泌促肾上腺皮质激素,从而使肾上腺皮质分泌的糖皮质激素减少(4分)(3)过敏反应和自身免疫病都是免疫功能过强造成的,糖皮质激素对人体的免疫功能有抑制作用(2分)32.(共9分,除注明外,每空1分)(1)水平㊀该生态系统中的组分增多,食物网复杂,自我调节能力增强,抵抗力稳定性升高(2分)(2)上升㊀化学㊀调节生物的种间关系,以维持生态系统的稳定(3)冬季紫云英进行光合作用,延长了该地一年中植物进行光合作用的时间,使更多能量流入该生态系统(2分)㊀直接(二)选考题33.(15分)(1)(5分)增加(1分)㊀放热(2分)㊀增加(2分)(2)(10分)解:(ⅰ)设活塞下降5cm 时,管内外水银面高度差为x ,气体做等温变化,P 0LS =(P 0+x )(L -5+x )S 2分 解得x =4cm封闭气体的压强P 1=80cmHg 1分 对活塞F +P 0S =P 1S 1分 解得F =0.544N 1分(ⅱ)当玻璃管内气体长度为L2时,管内气体的压强P 2=71cmHg 1分 V 2=LS21分 P 0LS T 0=P 2V 2T 22分 解得T 2=142K 1分34.(15分)(1)(5分)D (2)(10分)解:(ⅰ)设两种单色光的折射率分别为n 1和n 2,根据题意可得:1n 1=sin45ʎ1分 n 2sin45ʎ=RR 2+(22R )22分1n 2=sin α1分 联立三式解得:sin α=321分 (ⅱ)设θ=30ʎ时两种单色光的折射角分别为β和γ,光屏上两光斑之间的距离为dn 1sin30ʎ=sin β1分 n 2sin30ʎ=sin γ1分d =(1tan γ-1tan β)R 2分联立三式解得:d =(2-1)R1分35.(15分)(1)3d 104s 1(1分)㊀(2)+1或-1(2分)(3)sp 3(1分)㊀N>O>Se(2分)(4)<(1分)㊀Se 的原子半径比S 的原子半径大,Se Se 的键能比S S 的键能小,断裂Se Se 所需要的最低能量小,对应的光波的波长较长(2分)(5)①50%(或0.5)(2分)㊀②8(2分)㊀6.4ˑ1028N A b 3(2分)36.(15分)(1)溴乙烷(或1-溴乙烷或一溴乙烷)(1分)(2)(2分)㊀酯基㊁醚键(2分)(3)(2分)(4)(2分)(5)13(2分)㊀(2分)(6)(2分) 37.(除注明外,每空2分,共15分)(1)移动路程较短㊁速度较快(2)123456㊀多肽5和多肽6的溶解性(或 所带电荷 或 结构 或 性质 )不同;洗脱液对凝胶颗粒的影响不同(答出1点即可)(3)从负极向正极移动㊀标准样品中不同分子质量的蛋白质形成的条带㊀由一条肽链组成(4)不同蛋白酶催化胶原蛋白水解的位置不同(或 蛋白酶具有专一性 )㊀凝胶色谱法(1分)38.(除注明外,每空2分,共15分)(1)胰蛋白酶(1分)㊀维持培养液的pH(2)诱导细胞融合㊀B淋巴细胞能提供酶X,使杂交瘤细胞通过S途径合成DNA进行增殖㊀种类不同,可能分泌不同抗体(3)T线不显色,C线显色㊀更易检测到检测液中含量较少的新冠病毒(或 检测液中的新冠病毒被检测到的可能性更大 )㊀新冠病毒含量较低的情况下,核酸检测能通过逆转录和PCR扩增得到较多的DNA,新冠病毒更容易被检出。

2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷（解析版）2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷⼀、选择题：（本题共11⼩题，每⼩题给出的四个选项中，第1～10题只有⼀项符合题⽬要求，每题2分，第11～15为多选题，选全对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分，共50分）1．下列说法符合物理学史的是（）A．伽利略认为⼒是维持物体运动的原因B．卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量C．开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究得出了万有引⼒定律D．伽利略在归纳总结了⽜顿、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律2．⼀物体运动的速度随时间变化的关系如图所⽰，根据图象可知（）A．4s内物体在做曲线运动B．4s内物体的速度⼀直在减⼩C．物体的加速度在2.5s时⽅向改变D．4s内物体⼀直做直线运动3．如图所⽰，倾⾓为θ=30°的光滑斜⾯上固定有竖直光滑档板P，横截⾯为直⾓三⾓形的物块A放在斜⾯与P之间．则物块A 对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为（）A．2：1 B．1：2 C．：1 D．：44．如图所⽰，从地⾯上同⼀位置抛出两⼩球A、B，分别落在地⾯上的M、N点，两球运动的最⼤⾼度相同．空⽓阻⼒不计，则（）A．B的加速度⽐A的⼤B．B的飞⾏时间⽐A的长C．B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤D．B在落地时的速度⽐A在落地时的⼩5．如图所⽰，⼀轻绳的⼀端系在固定粗糙斜⾯上的O点，另⼀端系⼀⼩球，给⼩球⼀⾜够⼤的初速度，使⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中（）A．⼩球的机械能守恒B．重⼒对⼩球不做功C．绳的张⼒对⼩球不做功D．在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球动能的减少6．质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的公路上⾏驶，汽车匀速⾏驶时的速率为v1，则当汽车的速率为v2（v2＜v1）时，汽车的加速度为（）A．B．C． D．7．如图所⽰，⼀根长为L的轻杆OA，O端⽤铰链喧固定，轻杆靠在⼀个⾼为h的物块上，某时杆与⽔平⽅向的夹⾓为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为（）A．B．C．D．8．2006年美国NBA全明星赛⾮常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次⽐赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出⼿⾼度为h1，篮筐距地⾯⾼度为h2，球的质量为m，不计空⽓阻⼒，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1 9．如图（甲）所⽰，质量不计的弹簧竖直固定在⽔平⾯上，t=0时刻，将⼀⾦属⼩球从弹簧正上⽅某⼀⾼度处由静⽌释放，⼩球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后⼜被弹起离开弹簧，上升到⼀定⾼度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压⼒传感器，测出这⼀过程弹簧弹⼒F随时间t变化的图象如图（⼄）所⽰，则（）A．t1时刻⼩球动能最⼤B．t2时刻⼩球动能最⼤C．t2～t3这段时间内，⼩球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，⼩球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能10．如图所⽰为⽪带传送装置⽰意图的⼀部分，传送带与⽔平地⾯的倾⾓为θ，A、B两端相距L．将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB⽅向从A端⼀直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦⼒⼤⼩为f．传送带顺时针运转，⽪带传送速度v保持不变，物体从A到达B所⽤的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产⽣的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W．下列关系式中正确的是（）A．Q=fL B．Q=f（vt﹣L）C．W=mv2+mglsinθ+Q D．W=fvt11．如图所⽰，长为2L的轻杆硬杆，上端固定⼀质量为m的⼩球，下端⽤光滑铰链连接于地⾯上的O点，杆可绕O点在竖直平⾯内⾃由转动，定滑轮固定于地⾯上⽅L处，到O点的⽔平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳⼦与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地⾯，假设从α=60°到α=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与⽔平的夹⾓为α），则在此过程中（）A．在前⼀半路程电动机对杆做的功⽐在后⼀半路程少B．电动机的输出功率先增⼤后减⼩C．α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为mgD．杆对⼩球的作⽤⼒最⼤时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为4mg⼆、实验题12．图为验证机械能守恒定律的实验装置⽰意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有．（填⼊正确选项前的字母）A．⽶尺B．秒表C．0～12V的直流电源D．0～12V的交流电源（2）实验中误差产⽣的原因有．（写出两个原因）13．某同学⽤如图甲所⽰的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．（1）实验时，必须先平衡⼩车与⽊板之间的摩擦⼒，该同学是这样操作的：如图⼄，将⼩车静⽌放在⽔平长⽊板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，让打点计时器在纸带上打出⼀系列﹣的点，说明⼩车在做运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦⼒，以砂和砂桶的重⼒为F，在⼩车质量M保持不变的情况下，不断往桶⾥加沙，砂的质量最终达到M，测⼩车加速度a，做a﹣F的图象，如图丙的图线正确的是（）三、计算题：本⼤题共4⼩题，第14题9分，第15题9分，第16题10分，第17题10分，共41分．吧解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的⽂字说明，⽅程式和演算步骤．14．质量为2kg的物体在⽔平推⼒F的作⽤下沿⽔平⾯作直线运动，⼀段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所⽰．g取10m/s2，求：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩．15．某游乐场过⼭车模型简化为如图所⽰，光滑的过⼭车轨道位于竖直平⾯内，该轨道由⼀段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接⽽成，圆形轨道的半径为R，可视为质点的过⼭车从斜轨道上某处由静⽌开始下滑，然后沿圆形轨道运动．（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过多少？16．如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引⼒作⽤下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中⼼之间的距离为L，已知A、B的中⼼和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引⼒常数为G．（1）求两星球做圆周运动的周期；（2）在地⽉系统中，若忽略其他星球的影响，可以将⽉球和地球看成上述星球A和B，⽉球绕其轨道中⼼运⾏的周期为T1．但在近似处理问题时，常常认为⽉球是绕地⼼做圆周运动的，这样算得运⾏周期记为T2．已知地球和⽉球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg．求T1与T2两者平⽅之⽐（结果保留三位⼩数）．17．⼀根轻质细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量M=3kg的物块A，左边穿过长为L=2m 的固定细管后下端系着质量m=1kg的⼩物块B，物块B距细管下端h=0.4m处，已知物块B 通过细管时与管内壁间的滑动摩擦⼒F1=10N，当绳中拉⼒超过F2=18N时物块A与绳之间就会出现相对滑动，且绳与A间的摩擦⼒恒为18N，开始时A、B均静⽌，绳处于拉直状态，同时释放A和B，不计滑轮与轴之间的摩擦，g=10m/s2，求：（1）刚释放A、B时绳中的拉⼒；（2）B在管中上升的⾼度以及B上升过程中A、B组成的系统损失的机械能；（3）若其他条件不变，增⼤A的质量，试通过计算说明B能否穿越细管．2016-2017学年新疆⽣产建设兵团⼆中⾼三（上）第⼆次⽉考物理试卷参考答案与试题解析⼀、选择题：（本题共11⼩题，每⼩题给出的四个选项中，第1～10题只有⼀项符合题⽬要求，每题2分，第11～15为多选题，选全对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分，共50分）1．下列说法符合物理学史的是（）A．伽利略认为⼒是维持物体运动的原因B．卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量C．开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究得出了万有引⼒定律D．伽利略在归纳总结了⽜顿、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律【考点】物理学史．【分析】本题是物理学史问题，根据涉及的科学家：伽利略、卡⽂迪许、开普勒、⽜顿等⼈的物理学成就进⾏解答．【解答】解：A、伽利略认为⼒不是维持物体运动的原因，⽽是改变物体运动状态的原因，故A错误．B、⽜顿发现万有引⼒定律之后，卡⽂迪利⽤扭秤实验成功地测出了引⼒常量．故B正确．C、开普勒通过对其导师第⾕观测的⾏星数据进⾏研究，得出了⾏星运动三⼤定律，故C错误．D、⽜顿在归纳总结了伽利略、笛卡尔等科学家的结论的基础上得出了⽜顿第⼀定律，故D 错误．故选：B．2．⼀物体运动的速度随时间变化的关系如图所⽰，根据图象可知（）A．4s内物体在做曲线运动B．4s内物体的速度⼀直在减⼩C．物体的加速度在2.5s时⽅向改变D．4s内物体⼀直做直线运动【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】本题是速度﹣时间图象，速度图象不是物体的运动轨迹．速度图象的斜率等于物体的加速度⼤⼩，速度和加速度的正负表⽰速度的⽅向，纵坐标的⼤⼩表⽰速度的⼤⼩．速度变化量等于末速度与初速度之差．【解答】解：AD、前2.5s内物体速度为正，沿正⽅向运动，后1.5s速度为负，沿负⽅向运动，但物体做的是直线运动，故A错误，D正确；B、4s内物体的速度先减⼩后反向增⼤，故B错误；C、物体的斜率⼀直为负值，所以加速度⼀直沿负⽅向，没有发⽣改变，故C错误；故选：D3．如图所⽰，倾⾓为θ=30°的光滑斜⾯上固定有竖直光滑档板P，横截⾯为直⾓三⾓形的物块A放在斜⾯与P之间．则物块A 对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为（）A．2：1 B．1：2 C．：1 D．：4【考点】共点⼒平衡的条件及其应⽤；物体的弹性和弹⼒；⼒的分解．【分析】物体A受重⼒、斜⾯⽀持⼒和挡板的⽀持⼒，重⼒的效果是使其对挡板P和斜⾯分别具有压⼒，按照⼒的分解的平⾏四边形定则进⾏分解即可．【解答】解：将物体A受重⼒按照⼒的效果进⾏分解，如图所⽰：解得：F1=Gtanθ，故即物块A对竖直挡板P的压⼒与物块A对斜⾯的压⼒⼤⼩之⽐为1：2；故选：B4．如图所⽰，从地⾯上同⼀位置抛出两⼩球A、B，分别落在地⾯上的M、N点，两球运动的最⼤⾼度相同．空⽓阻⼒不计，则（）A．B的加速度⽐A的⼤B．B的飞⾏时间⽐A的长C．B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤D．B在落地时的速度⽐A在落地时的⼩【考点】抛体运动．【分析】由运动的合成与分解规律可知，物体在⽔平⽅向做匀速直线运动，竖直⽅向做竖直上抛运动，两球的加速度相同，由竖直⾼度相同，由运动学公式分析竖直⽅向的初速度关系，即可知道⽔平初速度的关系．两球在最⾼点的速度等于⽔平初速度．由速度合成分析初速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的⼤⼩关系．【解答】解：A、不计空⽓阻⼒，两球的加速度都为重⼒加速度g．故A错误．B、两球都做斜抛运动，竖直⽅向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，⽽下落过程，由t=知下落时间相等，则两球运动的时间相等．故B错误．C、h=v y t﹣gt2，最⼤⾼度h、t相同，则知，竖直⽅向的初速度⼤⼩相等，由于A球的初速度与⽔平⽅向的夹⾓⼤于B球的竖直⽅向的初速度，由v y=v0sinα（α是初速度与⽔平⽅向的夹⾓）得知，A球的初速度⼩于B球的初速度，两球⽔平⽅向的分初速度为v0cosα=v y cotα，由于B球的初速度与⽔平⽅向的夹⾓⼩，所以B球⽔平分初速度较⼤，⽽两球⽔平⽅向都做匀速直线运动，故B在最⾼点的速度⽐A在最⾼点的⼤．故C正确．D、根据速度的合成可知，B的初速度⼤于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度⽐A在落地时的⼤．故D错误．故选：C．5．如图所⽰，⼀轻绳的⼀端系在固定粗糙斜⾯上的O点，另⼀端系⼀⼩球，给⼩球⼀⾜够⼤的初速度，使⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中（）A．⼩球的机械能守恒B．重⼒对⼩球不做功C．绳的张⼒对⼩球不做功D．在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球动能的减少【考点】机械能守恒定律；动能定理的应⽤．【分析】物体机械能守恒的条件是只有重⼒或者是弹⼒做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受⼒的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．知道除了重⼒之外的⼒做功量度机械能的变化．【解答】解：A、⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中⼩球除了重⼒之外还有摩擦⼒做功，所以⼩球的机械能不守恒，故A 错误．B、⼩球在斜⾯上做圆周运动，在此过程中⼩球在竖直⽅向上有位移产⽣，所以重⼒做功，故B错误．C、绳的张⼒始终与⼩球的速度⽅向垂直，所以绳的张⼒对⼩球不做功，故C正确．D、根据除了重⼒之外的⼒做功量度机械能的变化，在任何⼀段时间内，⼩球克服摩擦⼒所做的功总是等于⼩球的机械能的减少，故D错误．故选C．6．质量为m的汽车以恒定的功率P在平直的公路上⾏驶，汽车匀速⾏驶时的速率为v1，则当汽车的速率为v2（v2＜v1）时，汽车的加速度为（）A．B．C． D．【考点】功率、平均功率和瞬时功率；⽜顿第⼆定律．【分析】汽车以恒定的功率匀速运动时，汽车受到的阻⼒的⼤⼩和汽车的牵引⼒的⼤⼩相等，由此可以求得汽车受到的阻⼒的⼤⼩，当速度为v2时，在由P=Fv可以求得此时的牵引⼒的⼤⼩，根据⽜顿第⼆定律求得汽车的加速度的⼤⼩．【解答】解：汽车以速度v1匀速运动时，根据P=Fv1=fv1可得汽车受到的阻⼒的⼤⼩为f=，汽车以速度v2匀速运动时，根据P=F′v2，所以此时的牵引⼒F′=，由⽜顿第⼆定律可得，F′﹣f=ma，所以加速度为a===，所以C正确．故选C．7．如图所⽰，⼀根长为L的轻杆OA，O端⽤铰链喧固定，轻杆靠在⼀个⾼为h的物块上，某时杆与⽔平⽅向的夹⾓为θ，物块向右运动的速度v，则此时A点速度为（）A．B．C．D．【考点】运动的合成和分解．【分析】将物块的速度分解为沿杆⼦⽅向和垂直于杆⼦⽅向，在垂直于杆⼦⽅向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=rω可求出杆转动的⾓速度，再根据杆的⾓速度和A的转动半径可以求出A的线速度⼤⼩．【解答】解：如图所⽰根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度v B=v沿垂直于杆和沿杆的⽅向分解成v2和v1，其中v2=v B sinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1=v B cosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与⽔平⽅向夹⾓为θ时，OB=，由于B点的线速度为v2=vsinθ=OBω，所以，所以A的线速度v A=Lω=，故C正确．故选：C8．2006年美国NBA全明星赛⾮常精彩，最后东部队以2分的微弱优势取胜，本次⽐赛的最佳队员为东部队的詹姆斯，假设他在某次投篮过程中对篮球做功为W，出⼿⾼度为h1，篮筐距地⾯⾼度为h2，球的质量为m，不计空⽓阻⼒，则篮球进筐时的动能为（）A．W+mgh1﹣mgh2B．mgh2﹣mgh1﹣W C．mgh1+mgh2﹣W D．W+mgh2﹣mgh1【考点】动能定理．【分析】对整个过程运⽤动能定理，求出篮球进框时的动能⼤⼩．【解答】解：对球在⼿中到篮筐的过程中，⼿对篮球做功为W，重⼒做负功，根据动能定理得，W﹣mg（h2﹣h1）=E k﹣0，解得篮球进框时的动能E k=W+mgh1﹣mgh2，故A正确，B、C、D错误．故选：A．9．如图（甲）所⽰，质量不计的弹簧竖直固定在⽔平⾯上，t=0时刻，将⼀⾦属⼩球从弹簧正上⽅某⼀⾼度处由静⽌释放，⼩球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后⼜被弹起离开弹簧，上升到⼀定⾼度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压⼒传感器，测出这⼀过程弹簧弹⼒F随时间t变化的图象如图（⼄）所⽰，则（）A．t1时刻⼩球动能最⼤B．t2时刻⼩球动能最⼤C．t2～t3这段时间内，⼩球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，⼩球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【考点】机械能守恒定律．【分析】⼩球先⾃由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹⼒不断变⼤，当弹⼒⼩于重⼒时，物体加速下降，但合⼒变⼩，加速度变⼩，故做加速度减⼩的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最⼤，之后物体由于惯性继续下降，弹⼒变的⼤于重⼒，合⼒变为向上且不断变⼤，故加速度向上且不断变⼤，故物体做加速度不断增⼤的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减⼩的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最⼤，之后做加速度不断增⼤的减速运动，直到⼩球离开弹簧为⽌．【解答】解：A、t1时刻⼩球⼩球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹⼒先⼩于重⼒，⼩球做加速度运动，当弹⼒增⼤到与重⼒平衡，即加速度减为零时，速度达到最⼤，动能达到最⼤，故A错误；B、t2时刻，弹⼒最⼤，故弹簧的压缩量最⼤，⼩球运动到最低点，速度等于零，故B错误；C、t2～t3这段时间内，⼩球处于上升过程，先做加速度不断减⼩的加速运动，后做加速度不断增⼤的减速运动，动能先增⼤后减⼩，故C正确；D、t2～t3段时间内，⼩球和弹簧系统机械能守恒，故⼩球增加的动能和重⼒势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；故选：C10．如图所⽰为⽪带传送装置⽰意图的⼀部分，传送带与⽔平地⾯的倾⾓为θ，A、B两端相距L．将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB⽅向从A端⼀直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦⼒⼤⼩为f．传送带顺时针运转，⽪带传送速度v保持不变，物体从A到达B所⽤的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产⽣的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W．下列关系式中正确的是（）A．Q=fL B．Q=f（vt﹣L）C．W=mv2+mglsinθ+Q D．W=fvt【考点】⽜顿第⼆定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】产⽣的内能等于摩擦⼒与发⽣相对位移的乘积，电动机做的功全部转化为内能和物块增加的机械能，由能量守恒即可求得【解答】解：A、物块产⽣的加速度为：a=在时间t内传送带前进位移为x=vt，发⽣的相对位移为：△x=vt﹣L，故产⽣的热量为：Q=f （vt﹣L），故A错误，B正确；C、电动机做的功⼀部分转化为内能，另⼀部分转化为物块的机械能，故有：W=Q+mgLsinθ+，故C错误；D、传送带多做的功是传送带克服摩擦⼒做的功，等于摩擦⼒和传送带位移的乘积，即W=fvt．故D正确．故选：BD11．如图所⽰，长为2L的轻杆硬杆，上端固定⼀质量为m的⼩球，下端⽤光滑铰链连接于地⾯上的O点，杆可绕O点在竖直平⾯内⾃由转动，定滑轮固定于地⾯上⽅L处，到O点的⽔平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳⼦与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地⾯，假设从α=60°到α=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与⽔平的夹⾓为α），则在此过程中（）A．在前⼀半路程电动机对杆做的功⽐在后⼀半路程少B．电动机的输出功率先增⼤后减⼩C．α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为mgD．杆对⼩球的作⽤⼒最⼤时，绳⼦对杆的拉⼒⼤⼩为4mg【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹⼒．【分析】A、在前⼀半程⼩球重⼒势能的减少量⼩于⼩球重⼒势能的减少量，根据功能关系，在前⼀半程电动机对杆做的功⽐在后⼀半程少，可判断A选项；B、依题意知电动机的输出功率⼀直在增⼤，可判断B选项；C、当α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼩于⼩球的重⼒mg，可判断C选项；D、当α=0°时，杆对⼩球的作⽤⼒最⼤，此时绳⼦与⽔平⾯的夹⾓为30°，由⼒矩平衡可判断D选项．【解答】解：A、在前⼀半程⼩球重⼒势能的减少量⼩于⼩球重⼒势能的减少量，根据功能关系，在前⼀半程电动机对杆做的功⽐在后⼀半程少，故选项A正确；B、电动机的输出功率⼀直在增⼤，故选项B错误；C、当α=60°时，绳⼦对杆的拉⼒⼩于⼩球的重⼒mg，故C选项错误；D、当α=0°时，杆对⼩球的作⽤⼒最⼤，此时绳⼦与⽔平⾯的夹⾓为30°，由⼒矩平衡可得，mg?2L=F?Lsin30°，解之得，F=4mg．故D选项正确．故选：AD．⼆、实验题12．图为验证机械能守恒定律的实验装置⽰意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有AD．（填⼊正确选项前的字母）A．⽶尺B．秒表C．0～12V的直流电源D．0～12V的交流电源（2）实验中误差产⽣的原因有纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，．（写出两个原因）【考点】验证机械能守恒定律．【分析】解决实验问题⾸先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．我们要从仪器的使⽤和长度的测量去考虑器材．【解答】解：（1）⽤A项⽶尺测量长度，⽤D项交流电源供打点计时器使⽤．（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．故答案为：（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，⽤⽶尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定．13．某同学⽤如图甲所⽰的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．（1）实验时，必须先平衡⼩车与⽊板之间的摩擦⼒，该同学是这样操作的：如图⼄，将⼩车静⽌放在⽔平长⽊板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，让打点计时器在纸带上打出⼀系列点迹均匀﹣的点，说明⼩车在做匀速直线运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦⼒，以砂和砂桶的重⼒为F，在⼩车质量M保持不变的情况下，不断往桶⾥加沙，砂的质量最终达到M，测⼩车加速度a，做a﹣F 的图象，如图丙的图线正确的是（）【考点】探究加速度与物体质量、物体受⼒的关系．【分析】（1）平衡摩擦⼒时，调整⽊板右端的⾼度，接通电源，⽤⼿轻拨⼩车，当⼩车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦⼒；（2）正确的a﹣F图象应该是过原点的直线，不满⾜砂和砂桶的质量远远⼩于⼩车的质量时图象发⽣弯曲．【解答】解：（1）平衡摩擦⼒时，应将绳从⼩车上拿去，不要挂钩码，将长⽊板的右端垫⾼⾄合适位置，使⼩车重⼒沿斜⾯分⼒和摩擦⼒抵消，若⼩车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出⼀系列点迹均匀的点，（2）如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦⼒，则刚开始a﹣F的图象是⼀条过原点的直线，不断往桶⾥加砂，砂的质量最终达到M，不能满⾜砂和砂桶的质量远远⼩于⼩车的质量，此时图象发⽣弯曲，故C正确；故选：C；故答案为：（1）点迹均匀；匀速直线；（2）C．三、计算题：本⼤题共4⼩题，第14题9分，第15题9分，第16题10分，第17题10分，共41分．吧解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的⽂字说明，⽅程式和演算步骤．14．质量为2kg的物体在⽔平推⼒F的作⽤下沿⽔平⾯作直线运动，⼀段时间后撤去F，其运动的v﹣t图象如图所⽰．g取10m/s2，求：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩．【考点】⽜顿第⼆定律；加速度；匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度﹣时间图象可知：0﹣6s内有⽔平推⼒F的作⽤，物体做匀加速直线运动；6s﹣10s内，撤去F后只在摩擦⼒作⽤下做匀减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据匀变速直线运动基本公式及⽜顿第⼆定律求解．【解答】解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则：=﹣2m/s2①设物体所受的摩擦⼒为F f，根据⽜顿第⼆定律，有F f=ma2②F f=﹣µmg ③联⽴①②③得：④（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则⑤根据⽜顿第⼆定律，有F﹣F f=ma1⑥联⽴③⑤⑥得：F=µmg+ma1=6N（3）由匀变速直线运动位移公式，得x=x1+x2=v10△t1++v20△t2+=46m．答：（1）物体与⽔平⾯间的运动摩擦因数µ为0.2；（2）⽔平推⼒F的⼤⼩为6N；（3）0﹣10s内物体运动位移的⼤⼩为46m．15．某游乐场过⼭车模型简化为如图所⽰，光滑的过⼭车轨道位于竖直平⾯内，该轨道由⼀段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接⽽成，圆形轨道的半径为R，可视为质点的过⼭车从斜轨道上某处由静⽌开始下滑，然后沿圆形轨道运动．（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过多少？【考点】机械能守恒定律；⽜顿第⼆定律；向⼼⼒．【分析】（1）根据过⼭车能通过圆形轨道最⾼点得出在最⾼点的速度值，根据运动过程机械能守恒求解．（2）过圆周最低点根据⽜顿第⼆定律和机械能守恒求解．【解答】解：（1）设过⼭车总质量为M，从⾼度h1处开始下滑，恰能以v1过圆周轨道最⾼点．在圆轨道最⾼点有：…①运动过程机械能守恒：…②由①②式得：h1=2.5R⾼度h⾄少要2.5R．（2）设从⾼度h2处开始下滑，过圆周最低点时速度为v2，游客受到的⽀持⼒最⼤是F N=7mg．最低点：…③运动过程机械能守恒：…④由③④式得：h2=3R⾼度h不得超过3R．答：（1）若要求过⼭车能通过圆形轨道最⾼点，则过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度⾄少是2.5R．（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的⽀持⼒不超过⾃⾝重⼒的7倍，过⼭车初始位置相对于圆形轨道底部的⾼度h 不得超过3R．16．如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引⼒作⽤下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中⼼之间的距离为L，已知A、B的中⼼和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引⼒常数为G．（1）求两星球做圆周运动的周期；（2）在地⽉系统中，若忽略其他星球的影响，可以将⽉球和地球看成上述星球A和B，⽉球绕其轨道中⼼运⾏的周期为T1．但在近似处理问题时，常常认为⽉球是绕地⼼做圆周运动的，这样算得运⾏周期记为T2．已知地球和⽉球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg．求T1与T2两者平⽅之⽐（结果保留三位⼩数）．【考点】万有引⼒定律及其应⽤；⼈造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】这是⼀个双星的问题，A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引⼒提供各⾃的向⼼⼒，A和B有相同的⾓速度和周期，结合⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律解决问题．【解答】解：（1）A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引⼒提供向⼼⼒，则A和B的向⼼⼒⼤⼩相等，且A和B和O始终共线，说明A和B有相同的⾓速度和周期，因此有：联⽴解得：对A根据⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律得：化简得：（2）将地⽉看成双星，由（1）得将⽉球看作绕地⼼做圆周运动，根据⽜顿第⼆定律和万有引⼒定律得：化简得：。

2020年甘肃省河西五市部分普通高中高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1-5题中只有一个选项符合题目要求，第6-8题中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．在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A．在任何情况下都等于1B．与质量m、加速度a和力F三者均无关系C．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的D．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的2．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（）A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右D．地面对c的摩擦力先减小后增大3．如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1＞r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，则下列说法正确的是（）A．甲电路电源内部产生热量较多B．乙电路外电阻R产生热量较少C．乙电路电源做功较多D．甲电路电源效率较高4．a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离．从图中可看出在x轴线上．以下说法中正确是（）A．Q1一定小于Q2B．a和b一定是同种电荷，且均为负电荷C．电势最低的p点的电场强度最小D．ap和pb间各点的电场方向均由a指向b5．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R，ab 间距离为2L，导线组成的正弦图形项部或底部到杆距离都是L/2．在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为2L，磁感应强度为B．现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直．t=0时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）A．B．C．D．6．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60VB．电流表A的示数为流经电阻R的电流C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10VD．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大7．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为θ，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计．则（）A．小船经过B点时的速度大小为V B=B．小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C．小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D．小船经过B点时的加速度大小为﹣8．假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的6.6倍，地球赤道平面与地球公转平面共面，站在地球赤道某地的人，日落后4小时的时候，在自己头顶正上方观察到一颗恰好有阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星在赤道所在平面内做匀速圆周运动．则此人造卫星（）A．距地面高度等于地球半径B．绕地球运行的周期约为4小时C．绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度相同D．绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量．在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目．（1）多用电表的内部简化电路图如图所示．S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6．下列说法正确的是A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C．当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大（2）通过测量找到发光二极管的负极．雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1档，经过之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光．这说明二极管的负极是（填写“长管脚”或者“短管脚”）所连接的一极．（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×1档，×10档，×100档，×1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越（填写“大”或者“小”）10．（9分）用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、t12…．（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为t i，重锤的加速度为a i．则= ．（结果用t0和t i表示）（2）作出﹣i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M= ．（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是．A．1g B．3g C．40g D．300g．11．（14分）如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限分布着场强E=5×103V/m、方向水平向左的匀强电场，其余三个象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场．现从电场中M（0.5m，0.5m）点由静止释放一比荷为=2×104C/kg、重力不计的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴．求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；（3）带电微粒第二次进入磁场时的速度大小和方向．12．（18分）打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置．图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块．将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量△L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能E p；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H．(二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】13．下列说法正确的是（）A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大C．第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律D．一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加E．因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势14．（9分）如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0，温度为T0．设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．【物理选修3-4】15．如图所示，图甲为某一列简谐横波在t=0.5s 时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关于该波的说法正确的是（）A．传播方向沿+x方向传播B．波速为16 m/sC．P处质点振动频率为1HzD．P处质点在5s内路程为10 mE．P处质点在5s末内位移为0.5 m16．如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点（设光线在B、C处未发生全反射）．已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t．①若OB、OC两束单色光在真空中的波长分别为λB、λC，试比较λB、λC的大小．②求从C点射出的单色光由O到C的传播时间t C．【物理选修3-5】17．如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法中正确的是（）A．若原子核D和E结合成F，结合过程一定会吸收核能B．若原子核D和E结合成F，结合过程一定会释放核能C．若原子核A分裂成B和C，分裂过程一定会吸收核能D．若原子核A分裂成B和C，分裂过程一定会释放核能E．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度18．如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m．人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回．求：①在人将球推出的过程中，人做了多少功②人接住球的过程中，从人接触到球到人和车与球的速度相等所经历的时间为T，则人对球的平均作用力多大．2020年甘肃省河西五市部分普通高中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48分．在给出的四个选项中，第1-5题中只有一个选项符合题目要求，第6-8题中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．在牛顿第二定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A．在任何情况下都等于1B．与质量m、加速度a和力F三者均无关系C．是由质量m、加速度a和力F三者的大小所决定的D．是由质量m、加速度a和力F三者的单位所决定的【考点】32：加速度与力、质量的关系式．【分析】在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有在国际单位制中，比例系数k才为1．【解答】解：在牛顿第二定律的表达式F=kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k才为1，故ABC错误，D正确．故选：D．【点评】本题关键：只有F和a的单位采用在国际单位制时，即F的单位为N，质量的单位为kg，加速度的单位为m/s2，比例系数k才为1．2．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则（）A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右D．地面对c的摩擦力先减小后增大【考点】27：摩擦力的判断与计算．【分析】b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小．【解答】解：A、B、设a、b的重力分别为G a、G b．若G a=G b sinθ，b受到c的摩擦力为零；若G a≠G b sinθ，b受到c的摩擦力不为零．若G a＜G b sinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上；故A错误，B正确．C、D、以bc整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得知水平面对c的摩擦力f=Tcosθ=G a cosθ，方向水平向左．在a中的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小．故CD错误．故选：B．【点评】本题采用隔离法和整体法研究两个物体的平衡问题及B所受的摩擦力，要根据B所受的拉力与重力沿斜面向下的分力大小关系，分析摩擦力的大小和方向．3．如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1＞r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，则下列说法正确的是（）A．甲电路电源内部产生热量较多B．乙电路外电阻R产生热量较少C．乙电路电源做功较多D．甲电路电源效率较高【考点】BG：电功、电功率；BB：闭合电路的欧姆定律．【分析】由电量q=It，由焦耳定律Q=I2rt=qIr，来分析电源内部产生电热的大小．两个电阻的电热Q=I2Rt=qIR，来分析两电阻产生的电热大小．η=，根据路端电压U的大小判断效率的高低．【解答】解：A、C、D、电源做功W=EIt=Eq，则两电源做功一样多．电源的效率η==，由内电阻r1＞r2，外电阻R相同，则甲图电源的内电阻大，甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低．故A正确，C错误，D错误．B、两个电阻的电热Q=I2Rt=qIR，电量和电阻相等，I1＜I2，则甲电路外电阻的电热少．故B错误．故C错误．故选：A【点评】本题关键是将焦耳定律变形Q=I2Rt=qU，即变成电流做功的原始表达式．注意效率高，与输出功率大是两回事．4．a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离．从图中可看出在x轴线上．以下说法中正确是（）A．Q1一定小于Q2B．a和b一定是同种电荷，且均为负电荷C．电势最低的p点的电场强度最小D．ap和pb间各点的电场方向均由a指向b【考点】AD：电势差与电场强度的关系；AC：电势．【分析】φ﹣x图线的切线斜率的绝对值表示场强的大小，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷．【解答】解：A、P点电势最低，切线斜率为零，而φ﹣x图线的切线斜率的绝对值表示场强的大小，则P 点的电场强度为零，最小．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标a到b电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故AB错误，C正确；D、根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，故D错误．故选：C【点评】解决本题的关键是要找到该题的突破口，即根据P点的切线斜率（即电场强度）为零入手分析，以及知道沿着电场线方向电势逐渐降低．5．如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，在外力F作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R，ab 间距离为2L，导线组成的正弦图形项部或底部到杆距离都是L/2．在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为2L，磁感应强度为B．现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直．t=0时刻导线从O点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F所做功为（）A．B．C．D．【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BG：电功、电功率．【分析】正弦曲线形状金属导线以恒定的速度v穿过磁场过程中，线圈中产生正弦式交变电流，求出感应电动势的最大值，再求出有效值，根据功能关系求解外力F所做的功．【解答】解：金属导线产生的感应电动势瞬时值为 e=Byv，y是有效切割长度．且有：y=sinωt得到：e=BLvsinωt，ω===不变则线圈中产生正弦式交变电流，其感应电动势的有效值为：E==因为线圈进入和穿出磁场产生的内能相等，外力做功相等．故导线全部穿过磁场过程，外力F所做功为：W==故选：C．【点评】本题电磁感应与交变电流的知识综合题，考查迁移能力．交变电流求热量时，要用有效值．6．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A．若电压表的示数为6V，则输入电压的峰值为60VB．电流表A的示数为流经电阻R的电流C．若输入电压U=100V，则电容器C的耐压值至少为10VD．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】电压表读数6V为有效值，电压与匝数成正比可得输入电压的有效值为60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值；输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大．流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和．【解答】解：A、若电压表读数为6V，由电压与匝数成正比可得输入电压有效值为6×10=60V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为60V，故A错误；B、由于交流电能通过电容器，所以电流表A的示数为流经电阻R的电流与流经电容器的电流的和，故B 错误；C、若输入电压U=100V，则输出电压的有效值：U2=•U=×100=10V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为10V，电容器C的耐压值至少为10V，故C正确；D、若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，电容器的容抗将减小，则流过电容器的电流值增大，所以变压器的输出功率将增大，则变压器的输入功率也将增大，故D正确．故选：CD．【点评】本题考查变压器原理，只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题．7．如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘小船直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船所受到水的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v，小船从A点沿直线运动到B点经历时间为t，此时缆绳与水平面夹角为θ，A、B两点间水平距离为d，缆绳质量忽略不计．则（）A．小船经过B点时的速度大小为V B=B．小船经过B点时绳子对小船的拉力大小为C．小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小为D．小船经过B点时的加速度大小为﹣【考点】65：动能定理；44：运动的合成和分解．【分析】根据功的表达式求出阻力所做的功；根据动能定理求出小船经过B点时的速度．设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，根据牛顿第二定律、功率P=Fu，以及小船速度与绳子收缩速度的关系求出B点的加速度．【解答】解：A、小船从A点运动到B点克服阻力做功W f=fd ①小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W=Pt ②由动能定理有 W﹣W f=m﹣mv2③由①②③式解得 v1=④故A正确；B、设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，绳的速度大小为u，P=Fu ⑤u=v1cosθ ⑥联立④⑤⑥得：F=．故B错误；C、由题可知，OB与水平面之间的夹角是θ，所以OA与水平面之间的夹角小于θ，则小船经过A点时电动机牵引绳子的速度大小一定大于．故C错误；D、根据牛顿第二定律Fcosθ﹣f=ma ⑦由④⑤⑥⑦得a=故D正确．故选：AD【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性较强，对学生能力要求较高，尤其第三问要运用到速度的分解．8．假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的6.6倍，地球赤道平面与地球公转平面共面，站在地球赤道某地的人，日落后4小时的时候，在自己头顶正上方观察到一颗恰好有阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星在赤道所在平面内做匀速圆周运动．则此人造卫星（）A．距地面高度等于地球半径B．绕地球运行的周期约为4小时C．绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度相同D．绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4A：向心力．【分析】作出卫星与地球之间的位置关系图，根据几何关系确定卫星的轨道半径．设此卫星的运行周期为T1，地球自转的周期为T2，则地球同步卫星的周期也为T2，依据常识我们可以知道T2=24小时．根据开普勒第三定律求解T1，由卫星速度公式v=求速率．【解答】解：A、如图所示：太阳光可认为是平行光，O是地心，人开始在A点，这时刚好日落，因为经过24小时地球转一圈，所以经过4小时，地球转了60°，即：∠AOC=60°，此时人已经到了B点，卫星在人的正上方C点，太阳光正好能照到卫星，所以根据∠AOC=60°就能确定卫星的轨道半径为：r=OC=2OA=2R．则卫星距地面高度等于地球半径R．故A正确．B、设此卫星的运行周期为T1，地球自转的周期为T2，则地球同步卫星的周期也为T2，依据常识知道 T2=24h．根据开普勒第三定律有： =代入数据得：T1=14400s=4h．故B正确．C、由于绕地球运行的周期与同步卫星绕地球运行的周期不等，所以绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度不同．故C错误．D、由v=得：该卫星与同步卫星绕地球运行的速率之比=≈1.8，即绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍．故D正确．故选：ABD【点评】这个题的突破口是“恰能在日落后4小时的时候，恰观察到一颗自己头顶上空被阳光照亮的人造地球卫星”，运用几何方法作出卫星的位置，求出这颗卫星的轨道半径是解题的关键．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．雅楠同学的爸爸是个电气工程师，雅楠同学经常看到爸爸在用一个多用电表进行一些测量．在高中物理课堂上学习了多用电表的用法之后，她对多用电表很感兴趣，她就请爸爸给她出了几道题目．（1）多用电表的内部简化电路图如图所示．S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6．下列说法正确的是ADA．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较小B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔C．当开关S分别接5或6时，测量的是电压，其中B是红表笔D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接6时量程较大（2）通过测量找到发光二极管的负极．雅楠同学做了如下两步具体的操作：第一，将多用电表选择开关旋转到电阻挡的×1档，经过欧姆调零之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管发出了耀眼的白光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光．这说明二极管的负极是短管脚（填写“长管脚”或者“短管脚”）所连接的一极．（3）雅楠同学琢磨了一下，然后又依次用电阻挡的×1档，×10档，×100档，×1K档分别进行了二极管导通状态的准确的测量，他发现二极管发光的亮度越来越小（填写“大”或者“小”）【考点】N4：用多用电表测电阻．【分析】（1）要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；（2）用多用电表测电阻时要选择合适的挡位，选择挡位后要进行欧姆调零；欧姆表的红表笔与内置电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连；二极管正向偏压时内阻很小，反向偏压时内阻很大，根据实验现象分析答题．（3）根据欧姆表挡位变化判断内阻如何变化，然后应用欧姆定律分析电流如何变化，最后分析二极管亮度如何变化．【解答】解：（1）A、由图示可知，开关分别接1、2时表头与电阻并联，此时电表为电流表，可以用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A正确；B、由图示可知，开关分别接3、4时电源接入电路，此时多用电表为欧姆表，可以用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔，A与电源的负极相连，故A为红表笔，故B错误；C、由图可知当转换开关S旋到位置5、6时表头与电阻串联，此时电表为电压表，可以用来测电压．因为6档共用一个表头，所以测电压时外部电源的正极应该接在A表笔上，故A为红表笔，C错误；D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串。

2024年新疆乌鲁木齐市高三高考一模物理试题（第一次质量监测）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32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）(共8题)第(1)题2024年3月25日国际体联蹦床世界杯科特布斯站比赛，中国蹦床队夺得3金2银的优异成绩。

如图，一蹦床运动员被弹性网竖直向上弹起，上升过程经1.3s双脚刚好到达离网面高约8m处，不计空气阻力及姿势变化，则运动员（）A．所受重力做正功B．上升过程加速度越来越小C．重力势能和动能都在增大D．平均速度的大小约为6.15m/s第(2)题如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后A．摆动的周期为B．摆动的周期为C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h第(3)题质量为1kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。

该物体运动的位移时间图象如图所示，图象在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取，则水平拉力F的大小为（）A．2N B．4N C．6N D．8N第(4)题如图为某次紧急救助伤员情形。

直升机水平向右匀速直线运动，同时机内人员将伤员提升到直升机内，提升过程中轻绳总保持竖直方向，不计空气阻力，直升机及舱内人员质量为M，伤员质量为m，重力加速度g，则以下说法正确的是（ ）A．相对飞机静止的机内人员有可能观察到伤员做曲线运动B．相对地面静止的地面人员观察到伤员总是做直线运动C．空气对直升机的“升力”总是等于D．机内人员对绳子的拉力总是等于绳子对伤员的拉力第(5)题如图甲为电子扫描仪的结构示意图。

2016年新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市物理中考最新模拟试题一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题4个选项，其中只有1个选项是符合题意的，选对得3分，多选、不选、错选不得分）1.两列声波在同一示波器上显示的波形如图甲、乙所示，则这列声波A ．音调不同B ．响度不同C ．音色不同D ．音调、响度和音色均不同 2.下列数据最接近实际的是A ．教室的高约6mB ．家用电冰箱正常工作电流约10AC ．洗热水澡时的水温约42℃ D．中学生在体测中跑完1000m 用时2min3.在探究凸透镜成像规律的实验中，小聪选用了焦距为10cm 的凸透镜。

他将凸透镜固定在光具座上50cm 刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上35cm 刻度线处，当光屏移动到如图所示刻度线处时，在光屏上恰好呈现出烛焰清晰的像。

如果将蜡烛从图中位置移动，关于该实验下列说法正确的是A ．蜡烛向左移动2cm，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像 B ．蜡烛向右移动10cm ，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像 C ．蜡烛向右移动2cm ，光屏应向右移动到适当位置才能呈现烛焰清晰的像D ．蜡烛移到20cm 刻度线处，光屏应移动到70cm 刻度线处才能呈现烛焰清晰的像 4.如图所示，量程为0～5N ，示数为3.6N 的弹簧测力计是（ ）A B C D5错误！未指定书签。

．如图所示是新兴街换装的新路灯，左右灯箱内各有一盏节能灯，两灯的明暗独立控制。

以下模拟电路与之相符的是 ( )甲 乙6.在下列电路图中，开关闭合后，小磁针静止时N极指向水平向右的是（）A B C D7.小明用两个相同的滑轮，组成不同的滑轮组（如图所示），分别将同一物体匀速提高到相同高度，绳子自由端移动的距离为s1、s2，图中左、右滑轮组的机械效率分别为η1、η2，下列关系正确的是（忽略绳重及摩擦）A．s1＞s2，η1=η2B．s1＞s2，η1＞η2C．s1＜s2，η1=η2D．s1＜s2，η1＞η28.刻度尺、弹簧测力计、电流表、温度计是物理学中基本的测量工具。

新疆乌鲁木齐市第七十中学2025年高三下学期4月考物理试题文试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、原子核的比结合能与原子序数的关系图所示，大多数恒星内部温度非常高，可进行轻核聚变，核反应方程为A+B→C。

但对于金、铂等重金属产生，目前科学界有一种理论认为，两颗中子星合成过程中会释放巨大的能量，在能量的作用下能够合成金、铂等重金属，其核反应为D+E→F，下列说法正确的是（）A．重核F裂变成D和E的过程中，会产生质量亏损B．较轻的核A和B聚合成C的过程中核子平均质量变大C．较重的核D和E聚合成F的过程中，会释放较大能量D．A和B聚合成C的过程中，C的结合能小于A和B的结合能之和2、医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.00mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 pV，磁感应强度的大小0.040T.则血流的速度的近似值和电极a、b的正负为A．1.3m/s，a负、b正B．2.7m/s，a 正、b负C．1.3m/s，a 正、b负D．2.7m/s，a 负、b正3、秦山核电站是我国第一座自主研究、设计和建造的核电站，它为中国核电事业的发展奠定了基础．秦山核电站的能量来自于A ．天然放射性元素衰变放出的能量B ．人工放射性同位素衰变放出的能量C ．重核裂变放出的能量D ．轻核聚变放出的能量4、估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm 。

2016年上海市新疆班高考物理模拟试卷一、单项选择题(共16分，每题2分，每题只有一个正确选项．)1．用国际制基本单位表示磁感应强度的单位T，正确的是( )A．C•m2B．Wb/m2C．kg/(A•s2）D．1N/（A•m) 2．下列不属于理想化物理模型的是（）A．质点B．元电荷C．匀强电场 D．自由落体运动3．用轻绳系住一小球静止在光滑斜面上,如图所示．若要按力的实际作用效果来分解小球的重力，则重力的两个分力的方向分别是图中的（）A．1和5 B．2和5 C．3和5 D．3和24．理想气体在容积固定的密闭容器中，当温度升高时，则增大的是( )A．分子间的距离B．分子的平均动能C．分子的势能 D．分子的速率5．如图为一列在均匀介质中沿x轴方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为4m/s,下列判断正确的是（（）A．质点P此时刻的振动方向一定沿y轴负方向B．P点振幅比Q点振幅小C．经过△t=3s，质点Q通过的路程是0。

6m D．经过△t=3s,质点P将向右移动12m6．一个放射性元素的原子核放出一个α粒子和一个β粒子后，其核内质子数和中子数的变化是（）A．质子数减少1个，中子数减少3个B．质子数减少2个，中子数减少1个C．质子数减少3个，中子数减少1个D．质子数减少1个，中子数减少2个7．如图，一个简单的逻辑电路图．R l、R2为定值电阻．下列说法正确的是（)A．S l，S2都断开时灯泡发光B．S l，S2都闭合时灯泡发光C．S l断开，S2闭合时灯泡不发光D．S l闭合，S2断开时灯泡不发光8．如图(a）所示，重10N的、粗细均匀的金属杆可以绕O点在竖直平面内自由转动，一拉力、位移传感器竖直作用在杆上，并能使杆始终保持水平平衡．该传感器显示其拉力F与作用点到O点距离x的变化关系如图（b）所示．据图可知金属杆长（）A．0。

4m B．0。

8m C．1。

2m D．1。

6m二、单项选择题Ⅱ（共24分,每小题3分．每小题只有一个正确选项．)9．如图甲，一定质量的理想气体的状态变化过程的V ﹣T图象．则与之相对应的变化过程p﹣T图象应为图乙中（)A．B．C．D．10．在倾角为30°的光滑固定斜面上，有一个物体从静止开始下滑，v x表示物体速度在水平方向上的分量，a x表示加速度在水平方向的分量，重力加速度g取10m/s2，如图图象中正确的是（）A．B．C．D．11．如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，其中b最短，c为直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三导体棒受到大小相等的安培力作用，则三棒通过的电流大小关系为（)A．I a＞I b＞I c B．I a=I b=I c C．I a＜I b＜I c D．I a＜I b=I c 12．如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面,电势值分别为﹣10V、0V、10V，实线是一带电粒子（只受电场力)在该区域内的运动轨迹,a、b、c为轨迹上三点．下列说法正确的是( ）A．粒子可能带正电，也可能带负电B．粒子在三点的加速度大小、方向都不变C．粒子在三点的电势能大小为E pc＞E pa＞E pbD．由于不知道运动的方向，无法判断粒子在三点的速度大小13．两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．质量大的天体线速度较大B．质量小的天体角速度较大C．两个天体的向心力大小相等D．若在圆心处放一个质点，它受到的合力为零14．一小球在离地高H处从静止开始竖直下落，运动过程中受到的阻力大小与速率成正比,如图图象反映了小球的机械能E随下落高度h的变化规律（选地面为零势能参考平面），其中可能正确的是（）A．B．C． D．15．如图，由不同材料拼接成的长直杆CPD，P为两材料分界点，DP＞CP,现让直杆以下面两种情况与水平面成45°．一个套在长直杆上的圆环静止开始从顶端滑到底端，两种情况下圆环经过相同的时间滑到P 点．则圆环（）A．与杆CP段的动摩擦因数较小B．两次滑到P点的速度可能相同C．两次滑到P点摩擦力做功一定相同D．到达底端D所用时间较长16．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间,没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向向下移动,移动过程中甲、乙始终保持平衡．设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，在此过1。

2016年新疆乌鲁木齐七十中高考物理模拟试卷（5月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共2小题，共12.0分)1.下列关于物理量，物理量单位，物理意义的说法正确的是（）A.加速度是描述速度变化的物理量B.使质量为1千克的物体产生1米每二次方秒的加速度的力就是1牛顿C.在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米，秒，焦耳D.物理量是标量的，一定没有方向【答案】B【解析】解：A、加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，故A错误B、使质量为1千克的物体产生1米每二次方秒的加速度的力就是1牛顿．故B正确；C、在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米，秒，千克，故C错误D、物理量是标量的，不一定没有方向，例如电流强度，有大小和方向，但是属于标量．故D错误故选：C加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．解决该题关键要理解各个物理量的物理意义，知道规定的基本物理量，要通过平时的练习掌握理解．2.关于人造地球卫星，下列说法中正确的是（）A.卫星离地球越远，角速度越大B.卫星运行的瞬时速度可以大于7.9km/sC.同一圆轨道上运行的两颗卫星，线速度大小可能不同D.地球同步卫星可以经过地球两极上空【答案】B【解析】解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力知，得卫星角速度ω=，知离地球越远的轨道半径越大，卫星的角速度越小，故A错误；B、第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，当卫星绕地球沿椭圆轨道运动时，在近地点的速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故B选项正确；C、由万有引力提供圆周运动向心力知，得卫星的线速度，知同一圆轨道上的卫星半径相同，故线速度大小相同，故C错误；D、地球同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不可能经过地球两极上空．故选：B．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，可知角速度和线速度与圆周运动半径间的关系，第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大运行速度，当卫星绕地球按椭圆轨道运动时，在近地点卫星的速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，故同步卫星不会经过地球两极．本题主要考查卫星的相关知识，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析描述圆周运动物理与卫星轨道半径的关系，知道同步卫星的轨道平面与赤道平面重合．本题属于基本题．二、多选题(本大题共1小题，共6.0分)3.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（）A.Q2一定带负电B.Q2的电量一定大于Q1的电量C.b点的电场强度一定为零D.整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小【答案】CD【解析】解：AC、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以b点的场强一定为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确．B、b点场强为零，可见两点电荷在b点处产生的场强大小相等、方向相反，根据E=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．D、整个过程中粒子的动能先减小后增大，根据能量守恒其电势能先增大后减小．故D 正确．故选：CD．速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．运用能量守恒是分析电势能变化常用的方法之一．三、单选题(本大题共2小题，共12.0分)4.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型．一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC段的动摩擦因数为μ2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）A.地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B.地面对滑梯始终无摩擦力作用C.地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D.地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小【答案】A【解析】解：AB、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1．以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左．同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右．故A正确，B错误．CD、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力F N小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力．故CD错误．故选：A．小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上．以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小．本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究．5.2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家．某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路．关于这个探究实验，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，伏特表的示数增大B.闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，安培表的示数增大C.闭合开关S，图乙中只改变磁场方向原来方向相反时，伏特表的示数减小D.闭合开关S，图乙中只改变磁场方向原来方向相反时，安培表的示数减小【答案】A【解析】解：由图可以看出，磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大，A、闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，所以伏特表的示数增大，故A正确，B错误；C、磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，所以闭合开关S，图乙中只改变磁场方向原来方向相反时，伏特表的示数不变，故CD错误．故选A由图可以看出，磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大．本题要求同学们能读懂各个图象的物理意义，变化规律，知道磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大．四、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，重力加速度为g．下列判断正确的是（）A.整个过程物块受的支持力垂直于木板，所以不做功B.物块所受支持力做功为mg L sinαC.发生滑动前摩擦力逐渐增大D.整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增大【答案】BCD【解析】解：A、缓慢转动过程A做圆周运动时，支持力对物块做正功，当停止转动木块后，支持力不做功．故A错误．B、木板从水平转到α角的过程，静摩擦力始终与轨迹切线方向垂直，不做功，对A 运用动能定理得：W N+W G=0，即得W N=-W G=-mg L sinα，故B正确．C、滑动前，由平衡条件可知：摩擦力f与重力的下滑分力平衡，则有f=mgsinθ，随着θ增大，f逐渐增大；故C正确．D、全过程对A用机械能定理，木板对物块的作用力（支持力和摩擦力的合力）是重力以外的唯一外力，它做的总功等于物块机械能的增大．故D正确．故选：BCD当缓慢提高木板时，会导致物块受到的支持力发生变化，则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功，可以由动能定理结合重力做功，可求出支持力做功大小．在此过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功．当物块滑动后，可由动能定理求出滑动摩擦力做的功．本题判断力做功时，是注意区分力是恒力还是变力，当力是恒定时，除可由力与力的方向位移求出功外，还可以由动能定理来确定；当力是变化时，则只能由动能定理来求出力所做的功．7.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sin100πt V．下列说法中正确的（）A.t=s时，电压表的示数为22VB.t=s时，ac两点电压瞬时值为110VC.滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大D.单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变大【答案】AD【解析】解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；B、t=s时，ac两点电压瞬时值为110V，故B错误；C、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D正确；故选：AD由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化本题考查了变压器的特点，需要特别注意的是CD两选项，考查了电路的动态分析，这是高考中的热点8.如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a．一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压u BC与线框移动的距离x的关系图象不正确的是（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】解：AB、导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BL v，感应电流i==，方向沿逆时针，为正．在0-a内，有效长度L均匀变大，感应电流I均匀变大，在a-2a内，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，方向沿顺时针，为负，故A、B不正确；CD、BC两端的电压u BC=i R，在0-a内，i均匀增大，u BC均匀增大，且B的电势高于C 点的电势，u BC＞0．在a-2a内，i均匀增大，u BC均匀增大，且B的电势低于C点的电势，u BC＜0．故C不正确，D正确；本题选不正确的，故选：ABC由楞次定律判断出感应电流方向，由E=BL v求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，再求得BC两端的电压u BC，然后分析图象答题．本题是图象问题，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律、欧姆定律判断感应电流的方向，得到电流的解析式，再选择图象．七、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法中正确的是（）A.温度低的物体内能小B.分子运动的平均速率可能为零，瞬时速度不可能为零C.液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D.0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关【答案】CDE【解析】解：A、物体分子的动能、势能之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小，故A错误；B、分子永不停息的做无规则运动，其平均速率不可能为零，故B错误；C、表面张力的微观解释，液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故C正确；D、温度是分子热运动平均动能的标志，与物质的种类无关，故D正确；E、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故E正确；故选：CDE．温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同的两物体中，分子热运动平均动能相同，每个分子的动能不完全相同．物体分子的动能、势能之和统称内能，与质量、温度、体积有关，温度低内能不一定小；表面张力的微观解释，分子间距大表现为引力；气体压强的微观解释．温度是分子热运动平均动能的标志，而内能包括分子动能和分子势能两部分．九、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，两列简谐横波分别沿z轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-0.2m和x=l.2m处，两列波的速度均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm．图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）A.两列波相遇过后振幅仍然为2cmB.t=1s时刻，质点M的位移为-4cmC.t=1s时刻，质点M的位移为+4cmD.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点E.质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向【答案】ABE【解析】解：A、两列波相遇过后不改变波的性质，所以振幅不变，振幅仍然为2cm，故A正确；B、由图知波长λ=0.4m，由v=得，波的周期为T==1s，两质点传到M的时间为T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm．故B正确，C错误；D、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M 点，故C错误；E、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，故E正确；故选：ABE．由图读出波长，从而算出波的周期．根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移．由波的传播方向来确定质点的振动方向．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零．十一、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列说法正确的是（）A.氡的半衰期为3.8天，若取8个氡原子核，经7.6天后就一定剩下2个原子核了B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C.光子的能量由光的频率所决定D.只要有核反应发生，就一定会释放出核能E.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增加【答案】BCE【解析】解：A、半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用．故A错误．B、β衰变时，原子核中的一个中子，转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故B正确；C、光子的能量由光的频率所决定，故C正确．D、在核反应中，当反应前的质量大于反应后的质量，释放核能，当反应前的质量小于反应后的质量，吸收能量．故D错误．E、原子吸收光子，从低能级向高能级跃迁，根据k=m得v=k，轨道半径增大，则v减小，则动能减小，电子的动能减小，而原子的电势能增大，原子的能量增大，故E正确；故选：BCE半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用；β衰变的电子来自原子核中的中子转化为质子时产生的；光子的能量由光的频率所决定；在核反应中，可能吸收能量，可能释放能量氢原子吸收一个光子后，从低能级向高能级跃迁，轨道半径增大，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化；解决本题的关键知道衰变的实质，知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒．还要知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和五、实验题探究题(本大题共2小题，共24.0分)9.如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带．（1）打点计时器电源频率为50H z．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，F 点由于不清晰而未画出．试根据纸带上的数据，算出F点对应的速度v F= ______ m/s（计算结果保留两位有效数字）．（2）图b是该同学根据纸带上的数据，作出的v-t图象．根据图象，t=0时的速度v0= ______ m/s，加速度a= ______ m/s2（计算结果保留两位有效数字）．【答案】0.70；0.20；5.0【解析】解：（1）平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v F===0.70m/s；（2）v-t图象的斜率表示加速度，纵轴截距表示初速度，故v0=0.20m/s，a===5.0m/s2；故答案为：（1）①0.70②0.20；5.0①根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解；②速度时间图象的纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度；本题考查了利用匀变速直线运动的规律和推论解决问题的能力，注意单位的换算和有效数字的保留，同时掌握图象法在物理实验中的应用．10.某电流表的内阻约50Ω，现要测量其内阻，可选用的器材有：A．待测电流表（量程2m A）B．电压表（量程3V和15V）C．滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）D．电阻箱R2（阻值0.1～999.9Ω）E．电源E（电动势4V，内阻很小）F．开关S及导线若干①请在图1中完成实验电路图；②请将图2的实物连线连接完整；③计算电流表内阻的表达式为：R A= ______ ，式中各符号的物理意义：______ ．【答案】；U是电压表的读数，I是电流表的读数，R2是电阻箱的电阻【解析】解：①电流表的满偏电压：满偏电压偏小，故需要串联电阻箱以增加电压；电压表量程选择3V；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器采用分压式接法；电路图如下：②对照电路图连接实物图，如图所示：③根据欧姆定律，有：R A+R2=解得：其中U是电压表的读数，I是电流表的读数，R2是电阻箱的电阻．故答案为：①如图所示；②如图所示；③-R2，U是电压表的读数，I是电流表的读数，R2是电阻箱的电阻．电流表的满偏电压：，偏小；需要与电流表串联一个电阻箱；滑动变阻器采用分压式接法．本题关键是明确实验原理，从原理角度分析误差产生的原因和减小系统误差的方法，不难．六、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.如图甲所示，一倾角为37°、长L=0.93m的固定斜面是由两种材料构成的，物块P 从斜面顶端以初速度v0=1m/s沿斜面向下运动，物块P与斜面间的动摩擦因数μ随物块P下滑的距离L的关系如图乙所示．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．求：（1）物块P在斜面上前后两段滑动的加速度大小与方向；（2）物块P滑到斜面底端时的速度大小？【答案】解：（1）由图乙知，物块开始下滑L l=0.45m的过程中，与斜面间的动摩擦因数μ1=0.8根据牛顿定律mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1解得a1=-0.4m/s2，方向沿斜面向上物块P从L l=0.45m到L0=0.93m的过程中，与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5根据牛顿定律mgsin37°-μ2mgcos37°=ma2解得a2=2m/s2，方向沿斜面向下（2）前阶段解得v1=0.8m/s后阶段解得v2=1.6m/s答：（1）物块P在斜面上前后两段滑动的加速度大小分别为0.4m/s2、2m/s2，方向分别为沿斜面向上、沿斜面向下．（2）物块P滑到斜面底端时的速度大小为1.6m/s．【解析】（1）根据牛顿第二定律分别求出物块P在斜面上前后两段过程中的加速度大小和方向．（2）结合匀变速直线运动的速度位移公式，分段求解，得出物块P到达斜面底端的速度大小．本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，关键理清物体在整个过程中的运动规律．12.如图所示的平面直角坐标系x O y，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于x O y平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：（1）电场强度E的大小；（2）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；（3）假设磁场的磁感应强度为B，粒子从p点出发到达y轴的时间t．【答案】解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有：x=v0t=2h=hq E=ma联立以上各式可得：E=（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为：v y=at=v0所以=，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故qv B=当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有：r=，所以：B=（3）由（1）中粒子在第一象限中运动时间粒子进入磁场中做圆周运动圆心角（如图）运动时间：粒子出磁场后做匀速直线运动，时间：粒子由P点出发到达y轴总时间答：（1）电场强度E的大小为；（2）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值为；（3）粒子从p点出发到达y轴的时间为．【解析】粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律可求解；粒子在进入磁场时的速度根据（1）可求解，粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，根据几何关系可求得半径r，从而可求磁场强度；分段求出粒子在电场、磁场中、及出磁场后的时间，三段时间之和即为所求总时间．带电粒子在电磁场中的运动要注意分析过程，并结合各过程中涉及到的运动规律采用合理的物理规律求解．八、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示，竖直放置的粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h=19cm，封闭端空气柱长度为L1=40cm．为了使左、右两管中的水银面相平，（设外界大气压强P0=76cm H g，空气柱温度保持不变）试问：①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？②注入水银过程中，外界对封闭空气做______ （填“正功”或“负功”或“不做功”）气体将______ （填“吸热”或“放热”）．【答案】正功；放热【解析】解：①以cm H g为单位，水银柱的初始压强为：（p0-h）cm H g；压缩后的压强为p0；等温压缩，根据波义耳定律，对空气柱有：（p0-h）SL1=p0SL2得L2=30cm重新平衡后，两侧水银面等高，气体长度缩短10cm，故需要再注入10+19+10=39cm 的水银柱；②气体被压缩，是外界对气体做功正功；气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律公式△U=W+Q，气体对外放热；答：①需需要再注入39cm的水银柱；此时封闭端空气柱的长度是30cm；②注入水银过程中，外界对封闭空气做正功，气体将放热．①同一段连续的水银柱中，高度差为h的液面的压强差值为：△P=ρgh；根据玻意耳定律求解气体压缩后的体积，再判断注入的水银柱的高度；②气体压缩时，是外界对气体做功，气体温度不变，内能不变，根据热力学第一定律判断吸放热情况．本题根据玻意耳定律求解气体压缩后的体积，根据热力学第一定律判断吸放热情况，关键明确气体是等温压缩．十、计算题(本大题共1小题，共10.0分)16.在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d．在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30°，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖。