2016届高考物理第二轮模块复习训练题12

理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，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．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、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做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。

2016年浙江省嘉兴市高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.下列说法正确的是（）A.研究下降过程中姿态变化时的飞机可看成质点B.蟋蟀从地面起跳并腾空的过程中处于超重状态C.含电感的电路断开时产生电火花的现象称涡流D.有时夜间高压线周围出现的电晕属于尖端放电【答案】D【解析】解：A、研究下降过程中姿态变化时的飞机时，飞机的大小不能忽略不计，不可看成质点．故A错误；B、蟋蟀从地面起跳并腾空的过程中加速度的方向向下，所以处于失重状态．故B错误；C、含电感的电路断开时关处电压等于电源的电动势加上自感电动势，开关处会产生电火花，是自感现象．故C错误；D、夜间高压线周围出现的绿色光晕，由于电压高，是一种微弱的尖端放电现象，故D 正确．故选：D物体可以看成质点的条件是物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；开关断开瞬间，开关处电压等于电源的电动势加上自感电动势，开关处会产生电火花；夜间高压线周围出现的绿色光晕是尖端放电现象．该题考查到几个不相关的知识点的内容，都是一些记忆性的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可．2.如图是男子体操项目中的“单臂大回环”．运动员单手抓住单杠，伸展身体，从静止开始以单杠为轴做圆周运动．已知运动员质量为60kg，若忽略运动过程中空气阻力及手与单杠间摩擦，则运动员到达最低点时手臂所受拉力约为（）A.600NB.2400NC.3000ND.3600N【答案】C【解析】解：设人的长度为l，人的重心在人体的中间．最高点的最小速度为零，根据动能定理得：mgl=mv2．解得最低点人的速度为：v=．根据牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：F=5mg=5×600=3000N．故C正确．故选：C．人在最高点的最小速度为零，根据动能定理求出人在最低点的速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小．解决本题的关键知道最高点的最小速度为零，综合牛顿第二定律和动能定理进行求解．3.如图所示，装载石块的自卸卡车静止在水平地面上，车厢倾斜至一定角度时，石块沿车厢滑至车尾．若车厢倾斜至最大角度时还有部分石块未下滑，货车会向前加速，从而把残余石块卸下．若视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.增加车厢倾斜度，石块受到的支持力增加B.增加车厢倾斜程度，石块受到的摩擦力一定减小C.卡车向前加速时，石块所受最大静摩擦力会减少D.石块向下滑动过程中，对车的压力大于车对石块的支持力【答案】C【解析】解：A、根据受力分析可知，石块受到的支持力F N=mgcosθ；故随着车厢倾斜度增加，石块受到的支持力减小；故A错误；B、由于石块未下滑，摩擦力等于重力的分力，故f=mgsinθ；故摩擦力增大；故B错误；C、卡车向前加速运动时，合力沿运动方向，此时压力减小，故最大静摩擦力减少；故C正确；D、石块向下滑动过程中，对车的压力与车对石块的支持力为作用力和反作用力，故大小相等；故D错误；故选：C．根据整体与隔离法，依据摩擦力产生条件，及静摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，即可一一求解．考查整体法与隔离法的应用，掌握摩擦力的分类，注意静摩擦力与滑动摩擦力的区别，同时分析车的相对运动趋势是解题的关键．4.如图所示，绝缘、光滑的水平面处于水平向右车的匀强电场中．带负电物体从A处由静止开始向左运动，与竖直挡板P发生碰撞并反弹．第1次反弹后向右运动最远能到达的位置记为Q（图中未标出Q点）．若物体反弹时动能不变，电性不变但带电量变为原来的k倍（k＜1），则（）A.Q点与A重合B.A点电势小于Q点电势C.物体在Q点电势能大于出发时电势能D.物体在Q点电势能等于出发时电势能【答案】D【解析】解：A、根据动能定理，动能变化相等，而碰撞前电场力大于碰撞后的电场力，因此碰撞后的位移较大，故A错误；B、由上分析可知，Q在A点的右侧，根据沿着电场线方向电势是降低的，则A点的电势高于Q点的，故B错误；CD、根据来回动能的变化相同，结合动能定理，则电场力做功绝对值相等，因此从出发点，到Q点，电场力做功为零，则电势能不变，故C错误，D正确；故选：D．根据碰撞后电量的减小，且碰撞动能不变，从而确定Q点的位置，再依据沿着电场线方向，电势是降低的，从而即可判定；根据电场力做功来确定电势能的变化，进而判定两点的电势能的高低．考查动能定理的应用，掌握电势高低与电场线方向的关系，理解因碰撞动能不变，则来回电场力做功的绝对值总相等，是解题的关键．5.如图所示为悬崖跳水时的惊险刺激场景．某人在距离水面为20m的平台上从静止跳下，经过2.23s接触水面，则此人从静止起跳到接触水面的过程中（）A.做自由落体运动B.刚接触水面时速度最大C.加速度与速度方向始终相反D.机械能增大，但入水后机械能减小【答案】B【解析】解：A、人下落过程中会受到空气阻力作用，做的不是自由落体运动，故A错误．B、人的重力大于空气阻力，人做加速运动，因此刚接触水面时速度最大，故B正确．C、人做加速运动，加速度与速度方向始终相同，故C错误．D、人要克服空气阻力做功，则人的机械能减小，入水后，人要克服水的浮力做功，机械能减小．故D错误．故选：B人下落过程中受到空气阻力作用，机械能不断减少，速度逐渐增大，根据人的运动情况和功能关系分析．解答的关键是对人进行正确的受力分析，再分析人的运动情况，以及能量转化情况．要注意人在运动过程中要受到空气阻力作用，做的不是自由落体运动．二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)6.如图所示为电容式加速度传感器的原理图．质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质．弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容，则（）A.电介质插入极板间越深，电容器电容越大B.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长C.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流D.当传感器由静止向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【答案】AD【解析】解：A、根据电容器的电容公式C=ɛ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A正确；B、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故B错误；C、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故C错误；D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选：AD．根据电容器的电容公式C=ɛ，从而电容的大小变化；由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；由惯性可知，弹簧处于什么状态；先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向．本题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据．7.如图所示，半圆形轨道轨道AO段光滑，OB段粗糙且各处粗糙程度相同．一质量为m的滑块从半圆形轨道左侧最高点A处由静止下滑，到达最低点O以后再冲上轨道右侧高度为H的B处．取O点重力势能为零，在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，滑块的机械能E、动能E K随高度h的关系可能是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】解：AB、在滑块从O到B，再从B回到O的过程中，由于滑块要克服摩擦力做功，所以滑块的机械能不断减小，经过同一点时，向上运动的速度大于向下运动的速度（除B 点以外），由向心力知识可知，经过同一点向上运动时，滑块所受的轨道支持力大，则滑块向上运动时对轨道的压力较大，摩擦力较大．根据功能原理知：f△h=△E，可知E-h图象切线的斜率表示摩擦力大小，因此A图是可能的，B图不可能，故A正确，B 错误．CD、根据动能定理得：F合△h=△E k，可知E k-h图象切线的斜率表示合力大小，向上的合力大于向下的合力大小，因此C图可能正确，D不可能，故C正确，D错误．故选：AC根据向心力知识分析两个过程轨道对滑块支持力的大小，判断滑块经过同一点所受的摩擦力大小，再由功能关系分析E-h图象斜率的大小．由动能定理分析E k-h图象斜率的大小，即可选择图象．本题要根据物理规律得到解析式，再选择物理图象，是图象问题经常采用的思路．四、多选题(本大题共1小题，共10.0分)9.在“练习使用多用电表”实验中，某同学对小灯泡发光与不发光时的电阻分别进行测量，实验电路图如下图甲所示，电流表的内阻R A已知．（1）开关S断开时，选择多用表电阻×1档，进行欧姆调零后测量小灯泡的电阻，指针位置如图乙所示，则小灯泡的电阻R1= ______ Ω．（2）闭合开关S，选择合适的电压档，用伏安法对小灯泡发光时的电阻进行一次测量，由图甲可知，与a相连接的应该是多用电表的______ （填“红表笔”或“黑表笔”），多用表另一表笔分别与图甲中的b、c相连接，测得的电压、电流分别为U1、I1、和U2、I2．本实验另一表笔与______ （填“b”或“c”）连接较好，小灯泡发光时的电阻R2= ______ （用题中的已知量表示）【答案】4；黑表笔；c；【解析】解：（1）若选择开关处在“×1”挡，由图乙所示可知，则小灯泡的电阻为：R1=4×1=4Ω，（2）根据电路图可知，b端与电源正极相连，a端与电源负极相连，根据红进黑出的原理可知，与a相连接的应该是多用电表的黑表笔，由于电流表的内阻R A已知而电压表内阻不知，所以电压表应测量灯泡和电流表的整个电压，即本实验另一表笔与c相连，根据欧姆定律得：解得：故答案为：（1）4；（2）黑表笔，c，（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．（2）根据测电压时，表笔红进黑出的原理分析，由于电流表的内阻R A已知而电压表内阻不知，所以电压表应测量灯泡和电流表的整个电压，跟欧姆定律求解灯泡电阻．本题考查了欧姆表工作原理、欧姆表读数的问题，欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数，难度适中．三、实验题探究题(本大题共1小题，共10.0分)8.利用如图1所示的实验装置，可以进行“探究功与速度变化的关系”实验，某同学实验中得到了如图2所示的一条纸带．（1）小车在运动中会受到阻力，可以使木板略微倾斜作为补偿，在平衡小车摩擦力的过程中，小车应与______ 连接（填“纸带”或“重锤”）（2）打点计时器在打B点时小车的速度为______ m/s；（3）以O点为位移的起始点，为探究重锤重力做的功W与系统速度v变化的关系，该同学尝试着画了W-v2的关系图线，则该图线可能是下列图线中的______ ．【答案】纸带；0.78；D【解析】解：（1）平衡摩擦力时，其中的摩擦力包括木板对小车的阻力和打点计时器对纸带的阻力，故小车应与纸带相连；（2）B点的速度为：；（3）根据动能定理，有：W=∝v2，故W-v2的关系图象是经过坐标原点的直线，故D正确；故答案为：（1）纸带；（2）0.78；（3）D．（1）小车运动过程中阻力是木板对小车的阻力和打点计时器对纸带的阻力合力，故平衡摩擦力时不应该与重锤相连接；（2）小车做匀加速直线运动，B点的瞬时速度等于AC段的平均速度；（3）根据动能定理分析W-v2的关系图象．本题关键是明确平衡摩擦力的方法并知道W-v2的关系图象是经过坐标原点的直线，基础题目．五、计算题(本大题共3小题，共58.0分)10.一弹射装置，可简化为如图所示的模型，内部光滑的弹射管AB长为6.4m、高为3.2m．AB末端B水平，水平部分长度忽略不计，且可忽略经过时的动能损失．现将一质量为m=0.1kg的小球以初速度v0从管底A处弹出，重力加速度g=10m/s2．（1）当v0=10m/s时，小球A运动多长时间到达管口B处？（2）在弹射装置的正前方，有宽度为4m的目标区域CD（厚度忽略不计），C端距O点的水平距离OC=12m，小球在A处的初速度v0为多大时才能落入CD区域？【答案】解：（1）小球从A到B的过程中，重力的分力产生加速度，即mgsinθ=ma，解得a=gsinθ，由条件可知，sinθ=0.5，则a=5m/s2，根据位移时间公式，代入数据解得t=0.8s．（2）根据平抛的规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，小球下落的时间h=，解得t=．要击中目标水平位移x的范围为12m≤x≤16m，水平位移x=v0t，求得B点的速度范围为：15m/s≤v B≤20m/s．A到B的过程根据动能定理得，，代入数据解得．答：（1）当v0=10m/s时，小球A运动0.8s时间到达管口B处；（2）小球在A处的初速度范围为．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出小球从A到B过程中的加速度大小，结合位移时间公式求出小球运动到管口B的时间．（2）根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移的范围求出平抛运动的初速度范围，再结合动能定理求出小球在A处的初速度大小范围．本题考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，结合水平位移范围得出平抛运动的初速度范围是关键．11.足够长的两光滑水平导轨间距L=1.0m，导轨间接有R=2.5Ω的电阻和电压传感器．电阻r=0.5Ω、质量m=0.02kg的金属棒ab，在恒力F=0.5N的作用下沿导轨由静止开始滑动，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B=1.0T．（1）请判别通过金属棒ab的电流方向；（2）写出电压传感器两端的电压U与金属棒ab速度v的关系式；（3）若F作用2.0m时，金属棒ab已达到最大速度，求这一过程中拉力功率的最大值及金属棒ab产生的焦耳热．【答案】解：（1）右手定则可得通过金属棒ab的电流方向由“b”到“a”；（2）金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=BL v根据闭合回路的欧姆定律：，代入电动势E可得：，解得：（0＜v≤1.5m/s）；（3）当导体棒达到最大速度时，金属棒的合力为零：F=F安根据安培力计算公式可得：F安=BIL根据闭合电路的欧姆定律可得：可以求得v最大==1.5m/s根据功率与速度的关系P输入=F v最大=0.5×1.5W=0.75W从静止到最大速度的过程，由动能定理得：安最大W安=Q焦耳=0.9775J金属棒ab产生的焦耳热为焦耳所以金属棒ab产生的焦耳热为Q ab=0.16J．答：（1）通过金属棒ab的电流方向由“b”到“a”；（2）电压传感器两端的电压U与金属棒ab速度v的关系式是；（3）若F作用2.0m时，金属棒ab已达到最大速度，这一过程中拉力功率的最大值为0.75W；金属棒ab产生的焦耳热为0.16J．【解析】（1）根据右手定则判断通过金属棒ab的电流方向；（2）根据法拉第电磁感应定律结合根据闭合回路的欧姆定律可得电压表达式，代入数据即可得到传感器两端的电压U与金属棒ab速度v的关系式；（3）根据F=F安=BIL求解最大速度，再根据功率与速度的关系求解最大功率；从静止到最大速度的过程，由动能定理求解金属棒ab产生的焦耳热．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．12.如图所示，为一除尘装置的截面图，其原理是通过板间的电场或磁场使带电尘埃偏转并吸附到极板上，达到除尘的目的．已知金属极板MN长为d，间距也为d．大量均匀分布的尘埃以相同的水平速度v0进入除尘装置，设每个尘埃颗粒质量为m、电量为-q．当板间区域同时加入匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，并逐步增强至合适大小时，尘埃恰好沿直线通过该区域；且只撤去电场时，恰好无尘埃从极板MN间射出，收集效率（打在极板上的尘埃占尘埃总数的百分比）为100%，不计尘埃的重力、尘埃之间的相互作用及尘埃对板间电场、磁场的影响．（1）判断M板所带电荷的电性；（2）求极板区域磁感应强度B的大小；（3）若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是多少？（4）把极板区域的磁场和电场均撤去后，在y轴右侧设计一个垂直于坐标平面的圆形匀强磁场区域，就可把全部尘埃收集到位于Q点的收集箱内．若直角坐标系原点O紧贴金属极板MN右侧中点，Q点坐标为（2d，-1.5d），求此磁场的方向及磁感应强度B′的大小范围．【答案】解：（1）负电荷进入纸面向外的匀强磁场，根据左手定则，受到的洛伦磁力的方向向上，尘埃恰好沿直线通过该区域MN，说明电场力和洛伦磁力大小相等，方向相反，洛伦兹力竖直向上，则电场力竖直向下，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，电场向上，M板带负电；（2）沿N极板射入的尘埃恰好不从极板射出时尘埃的运动轨迹如图所示，由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径：r=d，尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；（3）电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：q E=qv0B，撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离N极板y的粒子恰好离开电场：水平方向：d=v0t竖直方向：，加速度：解得：y=0.5d，当y＞0.5d时，时间更长，水平位移x＞d，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场，则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比：=50%；（4）尘埃在磁场中做匀速圆周运动，尘埃若要汇聚在P点，尘埃运动轨迹应经过P点，偏转磁场的半径应该和尘埃的偏转半径相等，尘埃运动轨迹如图所示，尘埃沿沿顺时针方向偏转，由左手定则可知：磁场的方向垂直于纸面向里，磁场半径的最小值应该为d，对应的B′的最大值为：，磁场半径的最大值应该为2d，对应的B′的最小值为：，则磁场的范围是：≤B′≤；答：（1）M板所带电荷是负电荷；（2）极板区域磁感应强度B的大小为；（3）若撤去极板区域磁场，只保留原来的电场，则除尘装置的收集效率是50%；（4）磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度B′的大小范围的：≤B′≤．【解析】（1）负电荷做匀速直线运动，所受合力为零，应用左手定则判断出洛伦兹力方向，然后判断出电场方向，再判断M板电荷电性．（2）沿N极板射入的尘埃如果不能射出极板，则所有尘埃都不变射出极板，作出尘埃的运动轨迹，求出尘埃的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度．（3）尘埃在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律分答题．（4）根据题意作出尘埃的运动轨迹，然后判断出磁场的方向，求出磁感应强度大小范围．本题考查了粒子在复合场与磁场中的运动，分析清楚尘埃的运动过程与受力情况、作出尘埃的运动轨迹是解题的关键，应用平衡条件、左手定则、类平抛运动规律等即可解题，要掌握带电粒子在电场与磁场中的处理方法．。

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。

2016年浙江省温州市高考物理二模试卷一、选择题（每小题6分）1．（6分）如图所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动．分析图甲、图乙后，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B．图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C．图甲中男孩受到的合力小于图乙中男孩受到的合力D．图甲中男孩受到的合力大于图乙中男孩受到的合力2．（6分）如图所示，小莉同学站在绝缘木板上将一只手搭在了一个大的带电金属球上，出现了“怒发冲冠”的现象．下列说法正确的是（）A．这种现象是静电感应造成的B．将另一只手也搭在带电球上，这种现象就会消失C．小莉的电势与带电球的电势相等D．金属球内部的电场强度比头发表面的电场强度大3．（6分）如图所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和4．（6分）图甲是1996年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原理如图乙所示．实验时，用双子星号宇宙飞船m=3400kg，去接触正在轨道上运行的火箭组M（发动机已熄火）．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F=895N，推进器开动时间为7s，测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s，用这种方法测出火箭组的质量记为M1，而发射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量M2=3660kg，则最接近（）A．0.5% B．5% C．10% D．20%5．（6分）对下列电学仪器的叙述正确的是（）A．图甲中，电容器外壳上所标的电压是电容器的击穿电压B．图乙中，验电器金属杆上端固定一个金属球，是为了防止出现尖端放电现象C．图丙中，金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响D．图丁中，灵敏电流表在运输过程中常用导线把接线柱连在一起，是利用了电磁感应的原理6．（6分）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．铁球可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道转动时机械能守恒C．铁球在A点的速度可能等于D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg7．（6分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g．在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ﹣二、解答题（共5小题，满分78分）8．（10分）图甲为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景．用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F（从电脑中直接读出）．所得数据记录在下列表格中：拉力大小F/N0.450.690.93 1.14 1.44 1.69标尺刻度x/cm57.0258.0159.0060.0061.0362.00（1）从图乙读出刻度尺上的刻度值为cm；（2）根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F与x的关系图象；（3）由图象求出该弹簧的劲度系数为N/m、弹簧的原长为cm．（均保留三位有效数字）9．（10分）在“测定电池的电动势和内电阻”实验中（1）某同学用多用电表粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于合适位置，下列符合要求的是．（2）该同学根据图甲中的电路原理图将实验仪器连接成如图乙所示的实验电路，其中a、b、c、d四条导线连接错误的是．（3）该同学利用正确的电路测得多组电流、电压值，并根据实验数据得到如图丙所示的U﹣I图线，由此可知该电池的电动势E=V；内阻r=Ω．（均保留三位有效数字）10．（16分）温州市瓯江路笔直宽敞，道路两旁风景迷人．85路公交车正以36km/h 的速度匀速行驶，接到通知，需要在鹿城广场临时停车，捎带几名外国游客．公交车将要到达鹿城广场时开始以5m/s2的加速度刹车，停下1min供游客上车，随后，以1m/s2的加速度启动，再次达到36km/h的速度向前行驶，求公交车因临时停车而耽搁的时间．11．（20分）图甲为某种速度选择器示意图（图乙是该装置的俯视图），加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒，它与加速电场靠得很近，圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动．O1、O2为加速电场两极板上的小孔，O3、O4为圆筒直径两端的小孔，竖直荧光屏abcd与直线O1O2平行，且到圆筒的竖直中心轴的距离OP=3R．粒子源发出同种粒子经电场加速进入圆筒（筒内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B），经磁场偏转后，通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑，即被选中．整个装置处于真空室中，不计粒子重力及粒子间相互作用．（1）若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场，同时让O1、O2、O3、O、O4在同一直线上．初速度不计的带电粒子从小孔O1进入加速电场，再从小孔O3打入圆筒从O4射出．当加速电压调为U0时，测出粒子在圆筒中运动的时间为t0，请求出此粒子的比荷；（2）仅调整加速电场的电压，可以使粒子以不同的速度射入圆筒，若在光屏上形成的亮斑范围为Q1P=PQ2=R，求达到光屏的粒子所对应的速率v的范围，以及圆筒转动的角速度ω．12．（22分）如图甲所示，绝缘轨道ABCD与水平面成37°，除BC部分外其余光滑，在D处垂直斜面固定一绝缘挡板，AB间距L1=3m，BC间距L2=0.6m．一质量m=1kg的玩具（视为质点）可在轨道上沿直线滑行，与挡板碰撞后原速返回，滑行过程中空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）玩具由A点静止释放，经1.1s到达C点，求玩具与BC间的动摩擦因数；（2）在B点左侧区域施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=2.5×103N/C，如图乙所示．让玩具带上q=﹣2×10﹣3C的电量，仍由A点静止释放后．求：①玩具在滑行过程中的最小加速度a min和最大加速度a max；②玩具与挡板第一次碰撞后上升的最高位置距A点的距离L3；（3）在第（2）问的条件下，求玩具从开始释放到停止运动的整个过程中因摩擦产生的总热量Q．2016年浙江省温州市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分）1．（6分）如图所示，一小男孩通过一根弹簧想把地面上的木箱拖回房间，但试了两次均未拖动．分析图甲、图乙后，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹力等于木箱受到的摩擦力与人所受的摩擦力之和B．图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力C．图甲中男孩受到的合力小于图乙中男孩受到的合力D．图甲中男孩受到的合力大于图乙中男孩受到的合力【解答】解：A、对木箱受力分析，因处于平衡状态，合力为零，则弹力等于木箱受到的摩擦力，故A错误；B、根据弹簧的形变量大小可知，图乙的弹力较大，则图甲中木箱受到的摩擦力小于图乙中木箱受到的摩擦力，故B正确；CD、根据平衡条件可知，两图中木箱均处于平衡状态，则它们的合力为零，故CD错误；故选：B．2．（6分）如图所示，小莉同学站在绝缘木板上将一只手搭在了一个大的带电金属球上，出现了“怒发冲冠”的现象．下列说法正确的是（）A．这种现象是静电感应造成的B．将另一只手也搭在带电球上，这种现象就会消失C．小莉的电势与带电球的电势相等D．金属球内部的电场强度比头发表面的电场强度大【解答】解：A、是接触带电，电荷分布于外表面，不属于静电感应现象，故A 错误；B、将另一只手也搭在带电球上，仍是等势体，这种现象不会消失，故B错误；C、电荷分布于外表面，它们的电势总相等，故C正确；D、处于静电平衡状态下，球内部的电场强度为零，比头发表面的电场强度小，故D错误；故选：C．3．（6分）如图所示，缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行，所受阻力不能忽略．在缆车向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能B．缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C．缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D．缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和【解答】解：A、根据重力做功与重力势能的变化关系可知，缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能．故A错误；B、由动能定理可知，F对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和，即：等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故BC错误，D正确；故选：D．4．（6分）图甲是1996年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原理如图乙所示．实验时，用双子星号宇宙飞船m=3400kg，去接触正在轨道上运行的火箭组M（发动机已熄火）．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F=895N，推进器开动时间为7s，测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s，用这种方法测出火箭组的质量记为M1，而发射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量M2=3660kg，则最接近（）A．0.5% B．5% C．10% D．20%【解答】解：对整体在运动过程中：F=（m+M1）a而：a===0.13m/s2，代入可得火箭组的质量：M1==3485kg；则：=≈5%，所以B正确，ACD错误；故选：B．5．（6分）对下列电学仪器的叙述正确的是（）A．图甲中，电容器外壳上所标的电压是电容器的击穿电压B．图乙中，验电器金属杆上端固定一个金属球，是为了防止出现尖端放电现象C．图丙中，金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率几乎不受温度的影响D．图丁中，灵敏电流表在运输过程中常用导线把接线柱连在一起，是利用了电磁感应的原理【解答】解：A、电容器外壳上标的电压是工作电压，又叫额定电压，这个数值比击穿电压低．故A错误．B、验电器的金属杆上端固定一个金属球而不是做成针尖状，这是为了防止尖端放电，故B正确；C、金属电阻温度计常用纯金属做成，是利用了纯金属的电阻率随温度的变化而变化制成的，故C错误；D、灵敏电流表在运输的时候应该用导线把两个接线柱连一起，可以对指针（与线圈在一起）的振动起到一定的阻尼作用．故D正确；故选：BD6．（6分）如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的小铁球（视为质点）在轨道外侧转动，A、B两点分别为轨道上的最高、最低点．铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．铁球可能做匀速圆周运动B．铁球绕轨道转动时机械能守恒C．铁球在A点的速度可能等于D．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg【解答】解：A、小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A错误，B正确；C、小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点．故C正确；D、由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足：轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：联立得：F=5mg可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg．故D正确．故选：BCD7．（6分）如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g．在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ﹣【解答】解：A、～时间时间内磁感应强度减小，线框面积不变，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；～时间内，磁场反向增大，磁通量增大，由楞次定律，感应电流方向仍然是逆时针方向，所以～时间内金属框中的电流方向不变，故A正确；BC、由于两个边的电流方向相反，两个边的安培力是抵消的，安培力的合力为0，所以金属框在下滑过程中，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故B 正确，C错误；D、金属框的安培力合力为0，对金属框只有重力做功，没有其他外力做功，机械能守恒，减少的重力势能等于增加的动能，即，故D错误；故选：AB二、解答题（共5小题，满分78分）8．（10分）图甲为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景．用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F（从电脑中直接读出）．所得数据记录在下列表格中：拉力大小F/N0.450.690.93 1.14 1.44 1.69标尺刻度x/cm57.0258.0159.0060.0061.0362.00（1）从图乙读出刻度尺上的刻度值为63.60cm；（2）根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F与x的关系图象；（3）由图象求出该弹簧的劲度系数为24.3N/m、弹簧的原长为55.2 cm．（均保留三位有效数字）【解答】解：（1）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1N，故读数为63.60N；（2）根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示；（3）由胡克定律可知，图象的斜率表示劲度系数，则可知k==24.3N/m；图象与横坐标的交点为弹簧的原长，则可知，原长为55.2cm；故答案为：（1）63.60；（2）如图所示；（3）24.3，55.29．（10分）在“测定电池的电动势和内电阻”实验中（1）某同学用多用电表粗测一节干电池的电动势，选择开关应置于合适位置，下列符合要求的是B．（2）该同学根据图甲中的电路原理图将实验仪器连接成如图乙所示的实验电路，其中a、b、c、d四条导线连接错误的是b．（3）该同学利用正确的电路测得多组电流、电压值，并根据实验数据得到如图丙所示的U﹣I图线，由此可知该电池的电动势E= 1.46V；内阻r=0.793Ω．（均保留三位有效数字）【解答】解：（1）干电池的电动势约为1.5V，故应选择直流2.5V的量程；故选B；（2）由原理图可知，电流表采用了相对电源的外接法；则由图可知，b线应接在开关的右上方接线柱；故b线接错；（3）根据U=E﹣Ir可知，电源的电动势E=1.46V，内电阻r==0.793Ω；故答案为：（1）B；（2）b；（3）1.46；0.793．10．（16分）温州市瓯江路笔直宽敞，道路两旁风景迷人．85路公交车正以36km/h 的速度匀速行驶，接到通知，需要在鹿城广场临时停车，捎带几名外国游客．公交车将要到达鹿城广场时开始以5m/s2的加速度刹车，停下1min供游客上车，随后，以1m/s2的加速度启动，再次达到36km/h的速度向前行驶，求公交车因临时停车而耽搁的时间．【解答】解：36km/h=10m/s，公交车匀减速直线运动的时间为：，匀减速直线运动的位移为：，匀加速直线运动的时间为：，匀加速直线运动的位移为：，这段过程若不停车所需的时间为：．则公交车因临时停车耽搁的时间为：△t=t1+t2+60s﹣t′=2+10+60﹣6s=66s．答：公交车因临时停车而耽搁的时间为66s．11．（20分）图甲为某种速度选择器示意图（图乙是该装置的俯视图），加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒，它与加速电场靠得很近，圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动．O1、O2为加速电场两极板上的小孔，O3、O4为圆筒直径两端的小孔，竖直荧光屏abcd与直线O1O2平行，且到圆筒的竖直中心轴的距离OP=3R．粒子源发出同种粒子经电场加速进入圆筒（筒内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B），经磁场偏转后，通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑，即被选中．整个装置处于真空室中，不计粒子重力及粒子间相互作用．（1）若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场，同时让O1、O2、O3、O、O4在同一直线上．初速度不计的带电粒子从小孔O1进入加速电场，再从小孔O3打入圆筒从O4射出．当加速电压调为U0时，测出粒子在圆筒中运动的时间为t0，请求出此粒子的比荷；（2）仅调整加速电场的电压，可以使粒子以不同的速度射入圆筒，若在光屏上形成的亮斑范围为Q1P=PQ2=R，求达到光屏的粒子所对应的速率v的范围，以及圆筒转动的角速度ω．【解答】解：（1）由位移公式得：2R=v0t0，由动能定理得：qU0=mv02﹣0，解得：=；（2）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：由几何关系，可得，r1=R，r2=R，由牛顿第二定律得：qBv=m，解得：v1=，v2=，则粒子的速度：≤v≤，由题意可知，带电粒子在磁场中运动的时间为圆筒旋转的时间，角速度：ω=，圆心角：△θ=，时间：△t=T，周期：T=，解得：ω=；答：（1）此粒子的比荷为；（2）达到光屏的粒子所对应的速率v的范围是：≤v≤，圆筒转动的角速度ω为．12．（22分）如图甲所示，绝缘轨道ABCD与水平面成37°，除BC部分外其余光滑，在D处垂直斜面固定一绝缘挡板，AB间距L1=3m，BC间距L2=0.6m．一质量m=1kg的玩具（视为质点）可在轨道上沿直线滑行，与挡板碰撞后原速返回，滑行过程中空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）玩具由A点静止释放，经1.1s到达C点，求玩具与BC间的动摩擦因数；（2）在B点左侧区域施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=2.5×103N/C，如图乙所示．让玩具带上q=﹣2×10﹣3C的电量，仍由A点静止释放后．求：①玩具在滑行过程中的最小加速度a min和最大加速度a max；②玩具与挡板第一次碰撞后上升的最高位置距A点的距离L3；（3）在第（2）问的条件下，求玩具从开始释放到停止运动的整个过程中因摩擦产生的总热量Q．【解答】解：（1）AB段，根据牛顿第二定律解得：根据，得B点速度从B到C的时间BC间的距离BC段，根据牛顿第二定律，有解得：解得：，μ=0.75（2）①f=μ（mg+qE）cos37°=9Nmgsin37°=6NqEsin37°=3N从B到C的过程中加速度最小：据，得由C运行到B的过程中加速度最大：据，得②假定最高点在B点以上，有：代入数据得，因，假设成立，结论（3）假定玩具停在B处，可见，玩具应停在BC之间某处，设此处距C点为x，有：=代入数据得x=0.4m所以答：（1）玩具与BC间的动摩擦因数为0.75；（2）①玩具在滑行过程中的最小加速度为0和最大加速度为；②玩具与挡板第一次碰撞后上升的最高位置距A点的距离为1.8m；（3）在第（2）问的条件下，玩具从开始释放到停止运动的整个过程中因摩擦产生的总热量Q为19.8J。