物理卷·2017届江西省新余市高考物理二模试卷（解析版）

物理卷·2017届江西省新余市高考物理二模试卷（解析版）

‎2017年江西省新余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．普朗克说过：“科学的历史不仅是一连串事实、规则和随之而来的数学描述，它也是一部概念的历史”．下列表示正确的是（　　）‎ A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 B．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C．紫外线照射到金属锌表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌版表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 ‎2．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化相同的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）‎ A．（△v）2（） B．2 C． D．（△v）2（）‎ ‎3．如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图（乙）所示，则小滑块A的质量为（　　）‎ A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg ‎4．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=．单匝矩形线圈面积S=1m2．电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V　36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为1A B．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为e=18sin90πt（V）‎ C．矩形线圈产生电动势的有效值为18V D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移 ‎5．18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，（已知此人的质量m=50kg；地球表面处重力加速度取g=10m/s2；地球半径R=6.4×106m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零）则以下说法正确的是（　　）‎ A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒 B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W=3.2×109J D．当人下落经过距地心R瞬间，人的瞬时速度大小为4×103m/s ‎6．如图所示，光滑杆O′A的O′端固定一根劲度系数为k=10N/m，原长为l0=1m的轻弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以OO′为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m，下列说法正确的是（　　）‎ A．杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5m B．当弹簧伸长量为0.5m时，杆转动的角速度为rad/s C．当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为rad/s D．在此过程中，杆对小球做功为12.5J ‎7．有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势ϕ随x的分布如图所示．一质量为m、带电量为﹣q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（　　）‎ A．粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大 B．粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小 C．欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2‎ D．若v0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为 ‎8．如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力．则（　　）‎ A．当v＜时所有离子都打不到荧光屏上 B．当v＜时所有离子都打不到荧光屏上 C．当v=时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 D．当v=时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 ‎　‎ 二、非选择题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验．此方案验证机械能守恒定律方便快捷．‎ ‎（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=　　mm；‎ ‎（2）在处理数据时，计算小球下落h高度时速度v的表达式为　　；‎ ‎（3）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象？　　；‎ A．h﹣t图象 B．h﹣图象 C．h﹣t2图象 D．h﹣图象 ‎（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会　　（填“增大”、“缩小”或“不变”）．‎ ‎10．回答下列问题：‎ ‎（1）如图甲，是多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接　　，作为欧姆表使用时，选择开关应接　　．（填1.2或3）使用时，电流一定从　　端流入多用电表（填A或B），‎ ‎（2）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙，调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R﹣的图线如图丙．由图丙可求得电动势E=　　V，内限r=　　Ω．（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验侧得的E测、r测与真实值比较：E测　　E真，r测　　r真（选填“＜”、“=”、或“＞”）‎ ‎11．如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化．（棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）．‎ ‎（1）求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；‎ ‎（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了，求此时刻的速度大小．‎ ‎12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界．磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，金属圆筒轴线与磁场平行．金属圆筒用导线通过一个电阻r0‎ 接地，最初金属圆筒不带电．现有一电子枪对准金属圆桶中心O射出电子束，电子束从静止开始经过加速电场后垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e．电子重力忽略不计．求：‎ ‎（1）最初金属圆筒不带电时，则 a．当加速电压为U时，电子进入磁场时的速度大小；‎ b．加速电压满足什么条件时，电子能够打到圆筒上；‎ ‎（2）若电子束以初速度v0进入磁场，电子都能打到金属圆筒上（不会引起金属圆筒内原子能级跃迁），则当金属圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用和金属筒的电阻，求此时金属圆筒的电势φ和金属圆筒的发热功率P．（取大地电势为零）‎ ‎　‎ 三、选考题【物理---选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 C．0℃的水和0℃的冰具有相同的内能 D．热量可以从低温物体传到高温物体 E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 ‎14．如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；‎ ‎（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；‎ ‎（2）若降低气内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求气缸内气体的温度．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．当t=0.5s时质点b和质点c的位移相等 B．当t=0.6s时质点a的位移为﹣cm C．质点c在0～0.6s时间内沿x轴正方向移动了3m D．质点d在0～0.6s时间内通过的路程为20cm E．这列简谐横波遇到频率为1Hz的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象 ‎16．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入．已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．‎ ‎①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？‎ ‎②第一次的出射点距C点多远？‎ ‎　‎ ‎2017年江西省新余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．普朗克说过：“科学的历史不仅是一连串事实、规则和随之而来的数学描述，它也是一部概念的历史”．下列表示正确的是（　　）‎ A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 B．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C．紫外线照射到金属锌表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌版表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 ‎【考点】IC：光电效应；JL：轻核的聚变．‎ ‎【分析】太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应；β衰变产生的电子来自原子核内部，不是核外电子，是原子核内一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；根据光电效应方程分析影响光电子最大初动能的因素；根据数学组合公式得出能级跃迁可能辐射光子频率的种数．‎ ‎【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，故A正确．‎ B、β衰变所释放的电子是原子核内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错误．‎ C、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关，故C错误．‎ D、根据=3知，大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时，可能辐射出3种不同频率的光，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化相同的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）‎ A．（△v）2（） B．2 C． D．（△v）2（）‎ ‎【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据△v=a△t知，发生相同的速度变化量所用的时间相同，再结合推论，联立即可求解；‎ ‎【解答】解：因为质点做匀加速直线运动，加速度不变，所以速度变化量相同，时间相同，设时间间隔为t 则有：△v=at…①‎ ‎…②‎ 联立①②得，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图（乙）所示，则小滑块A的质量为（　　）‎ A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg ‎【考点】32：加速度与力、质量的关系式．‎ ‎【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答．‎ ‎【解答】解：由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有：a==，由图示图象可知，图线的斜率：k====1，解得：mB=1kg，滑块A的质量为：mA=3kg．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=．单匝矩形线圈面积S=1m2．电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V　36W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为1A B．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为e=18sin90πt（V）‎ C．矩形线圈产生电动势的有效值为18V D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移 ‎【考点】E8：变压器的构造和原理；E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】由于小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输 出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSωsinωt分析．‎ ‎【解答】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：‎ ‎，根据变流比公式：，计算得出，故A错误；‎ BC、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，计算得出，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V，矩形线圈产生电动势的最大值为，根据公式，计算得出，故矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律（V），故BC正确；‎ D、若矩形线圈转速增大，根据公式，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加，为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎5．18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，（已知此人的质量m=50kg；地球表面处重力加速度取g=10m/s2；地球半径R=6.4×106m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零）则以下说法正确的是（　　）‎ A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒 B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功W=3.2×109J D．当人下落经过距地心R瞬间，人的瞬时速度大小为4×103m/s ‎【考点】4F：万有引力定律及其应用；6B：功能关系．‎ ‎【分析】A、机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力做功；‎ B、根据万有引力定律推导出万有引力的表达式进行分析；‎ C、人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，重力与距离球心的距离成正比，取平均力，为地面时重力的一半，即；然后根据功的定义列式求解即可；‎ D、对人从下落到距地心过程，根据动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故A错误；‎ B、与球心的距离为r时，万有引力为：F=G==∝r；故B正确；‎ C、人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：‎ W=‎ 其中：‎ 联立解得：‎ W==×50×10×6.4×106=1.6×109J 故C错误；‎ D、人从下落到距地心过程，万有引力的平均值为：‎ ‎=‎ 根据动能定理，有：‎ 解得：‎ v===4×103m/s 故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎6．如图所示，光滑杆O′A的O′端固定一根劲度系数为k=10N/m，原长为l0‎ ‎=1m的轻弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以OO′为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m，下列说法正确的是（　　）‎ A．杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5m B．当弹簧伸长量为0.5m时，杆转动的角速度为rad/s C．当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为rad/s D．在此过程中，杆对小球做功为12.5J ‎【考点】4A：向心力；29：物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可求压缩量，从而求弹簧的长度；‎ 对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度；‎ 结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小．‎ ‎【解答】解：A、当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可得：mgsin30°=kx，代入数据解得：x=0.5m，所以弹簧的长度为：l1=l0﹣x=0.5m，故A正确；‎ B、当弹簧伸长量为0.5m时，小球受力如图示：‎ 水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x）cos30°‎ 竖直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30°‎ 弹簧的弹力为：F2=kx 联立解得：ω2=rad/s，故B正确；‎ C、当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律可得：mgtan30°=mω12l0cos30°，解得：ω1=rad/s，故C错误；‎ D、在此过程中，由动能定理可得：W﹣mg•2xsin30°=m2‎ ‎﹣0，解得：W=12.5J，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎7．有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势ϕ随x的分布如图所示．一质量为m、带电量为﹣q的粒子只在电场力的作用下，以初速度V0从x=0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（　　）‎ A．粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐增大 B．粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小 C．欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0处出发时的最小速度应为2‎ D．若v0=2，则粒子在运动过程中的最小速度为 ‎【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0﹣x1过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．‎ ‎【解答】解：A、粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误．‎ B、粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知，粒子的电势能不断增大，故B正确．‎ C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：‎ ‎﹣q（φ0﹣0）=0﹣mv02，‎ 解得：v0=，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故C错误．‎ D、若v0=2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：‎ q= m﹣mv02，‎ 解得最小速度为：vmin=，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎8．如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m、电荷量q、速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力．则（　　）‎ A．当v＜时所有离子都打不到荧光屏上 B．当v＜时所有离子都打不到荧光屏上 C．当v=时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 D．当v=时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为 ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式求出离子的轨道半径，画出轨迹示意图，然后求出离子到达荧光屏上离子数与总数的比值 ‎【解答】解：A、根据半径公式R=，当v＜时，R＜，直径2R＜L，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当v＜时所有离子都打不到荧光屏，故A正确；‎ B、根据半径公式R=，当v＜时，R＜L，当半径非常小时，即R＜时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当≤R＜L，有离子打到荧光屏上，故B错误；‎ CD、当v=时，根据半径公式R==L，离子运动轨迹如图所示，离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为为，故D错误，C正确；‎ 故选：AC ‎　‎ 二、非选择题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验．此方案验证机械能守恒定律方便快捷．‎ ‎（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=　17.805　mm；‎ ‎（2）在处理数据时，计算小球下落h高度时速度v的表达式为　　；‎ ‎（3）为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作下列哪一个图象？　D　；‎ A．h﹣t图象 B．h﹣图象 C．h﹣t2图象 D．h﹣图象 ‎（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会　增大　（填“增大”、“缩小”或“不变”）．‎ ‎【考点】MD：验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】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．‎ 本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为17.5mm，可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm，‎ 所以最终读数为17.5mm+0.305mm=17.805mm，‎ ‎（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；‎ 所以v=，‎ ‎（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgh=mv2；‎ 即：2gh=（）2‎ 为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，所以应作h﹣图象，‎ 故选：D．‎ ‎（4）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量mv2总是稍小于重力势能减少量mgh，你认为增加释放高度h后，两者的差值会增大，‎ 故答案为：（1）17.805‎ ‎（2）‎ ‎（3）D ‎（4）增大 ‎　‎ ‎10．回答下列问题：‎ ‎（1）如图甲，是多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接　3　，作为欧姆表使用时，选择开关应接　2　．（填1.2或3）使用时，电流一定从　A　端流入多用电表（填A或B），‎ ‎（2）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙，调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R﹣的图线如图丙．由图丙可求得电动势E=　2.8　V，内限r=　1.2　Ω．（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验侧得的E测、r测与真实值比较：E测　=　E真，r测　＞　r真（选填“＜”、“=”、或“＞”）‎ ‎【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N4：用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，根据电表结构选择，即可求解．‎ ‎（2）实验采用安阻法测量电源的电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律得出R﹣的关系式，结合图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻．将多用电表的内阻等效到电源的内部，分析测量电源电动势和内阻的误差．‎ ‎【解答】解：（1）由图所示可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置3；作为欧姆表使用时，选择开关应接2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入，即从A端流入．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=IR+Ir，解得：R=E﹣r，‎ 可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则有：E==2.9V，内阻为：r=1.2Ω．‎ 将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R=E﹣（RA+r），则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大．而电流表内阻对图象的斜率没有影响，故电动势准确；‎ 故答案为：（1）3，2，A；（2）2.9，1.2，=，＞‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻；在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放，向下运动距离d后速度不再变化．（棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计）．‎ ‎（1）求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；‎ ‎（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了，求此时刻的速度大小．‎ ‎【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律和共点力的平衡联立解得最大速度，根据能量守恒定律求解焦耳热；‎ ‎（2）以导体棒为研究对象，根据动量定理结合电荷量的经验公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流为：I=，‎ 匀速运动时受力平衡，则有：mg=BIl，‎ 联立解得最大速度为：vm=，‎ 根据能量守恒定律可得：mgd=，‎ 解得：Q=mgd﹣；‎ ‎（2）以导体棒为研究对象，根据动量定理可得：（mg﹣Bl）t0=mv，‎ 而q==，‎ 所以解得：v=gt0﹣．‎ 答：（1）棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热为mgd﹣；‎ ‎（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降了，此时刻的速度大小gt0﹣‎ ‎．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界．磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，金属圆筒轴线与磁场平行．金属圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电．现有一电子枪对准金属圆桶中心O射出电子束，电子束从静止开始经过加速电场后垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e．电子重力忽略不计．求：‎ ‎（1）最初金属圆筒不带电时，则 a．当加速电压为U时，电子进入磁场时的速度大小；‎ b．加速电压满足什么条件时，电子能够打到圆筒上；‎ ‎（2）若电子束以初速度v0进入磁场，电子都能打到金属圆筒上（不会引起金属圆筒内原子能级跃迁），则当金属圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用和金属筒的电阻，求此时金属圆筒的电势φ和金属圆筒的发热功率P．（取大地电势为零）‎ ‎【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）a．根据动能定理对直线加速过程列式求解即可；‎ b．先作出电子恰好打在圆筒上的临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径；然后根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式；最后联立求解即可；‎ ‎（2）先根据欧姆定律求解电阻r0的电势差，再根据电势差的定义求解金属圆筒的电势；‎ 根据电荷守恒定律求解单位时间内到达圆筒上的电子数目，得到电子提供的总能量，根据焦耳定律求解电阻R0的单位时间热量，最后根据能量守恒定律求解金属圆筒的发热功率P．‎ ‎【解答】解：（1）a．设电子经过电场加速后的速度为v1，由动能定理，有：‎ 解得：‎ b．令电子恰好打在圆筒上时，加速电压为U0，设电子进入磁场时速度为v2，轨道半径为r，做出电子的轨迹如图所示，O2为轨道的圆心．‎ 由几何关系得：‎ r2+（2R）2=（r+R）2‎ 解得：‎ 磁偏转过程，根据牛顿第二定律，有：‎ 直线加速过程，根据动能定理，有：‎ 解得：‎ 所以当时，电子能够打到圆筒上． ‎ ‎（2）当圆筒上的电量达到相对稳定时，圆筒上的电荷不再增加，此时通过r0的电流方向向上．‎ 根据欧姆定律，圆筒跟地面间的电压大小为：‎ U1=Ir0‎ 由0﹣φ=U1可得：‎ φ=﹣Ir0‎ 单位时间内到达圆筒的电子数：‎ 故单位时间内到达圆筒上的电子的总能量：‎ 单位时间内电阻消耗的能量：‎ 所以圆筒的发热功率：‎ P=E﹣Er=﹣I2r0‎ 答：（1）a．当加速电压为U时，电子进入磁场时的速度大小为；b．加速电压满足条件时，电子能够打到圆筒上；‎ ‎（2）此时金属圆筒的电势φ为=Ir0，金属圆筒的发热功率P为﹣I2r0．‎ ‎　‎ 三、选考题【物理---选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小 C．0℃的水和0℃的冰具有相同的内能 D．热量可以从低温物体传到高温物体 E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行 ‎【考点】8H：热力学第二定律；84：布朗运动；8F：热力学第一定律．‎ ‎【分析】明确布朗运动的性质，知道布朗运动是固体小颗粒的运动；‎ 分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时分子势能增大，明确分子力的性质，同时明确当分子处于平衡位置时，分子势能最小，但不是零；‎ 明确内能的决定因素，根据物态变化时的热量关系分析内能大小；‎ 掌握热力学第二定律的基本内容，知道一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，同时明确逆向过程也是可以进行的，只不过要引起其他方面的变化．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它反映了液体分子的无规则运动，故A错误；‎ B、根据分子力做功与分子势能之间的关系可知，当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小，故B正确；‎ C、水结冰时需要放热，故相同质量下0℃的水的内能大于0℃的冰的内能，同时内能与物质的量有关，如果不能明确质量大小，则无法比较内能的大小，故C错误；‎ D、在外界条件发生变化时，热量可以从低温物体传到高温物体，故D正确；‎ E、根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E正确．‎ 故选：BDE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦滑动，面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M=2kg的重物C连接，静止时气缸中的气体温度T1=600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸内气体可看作理想气体；‎ ‎（1）活塞静止时，求气缸内气体的压强；‎ ‎（2）若降低气内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求气缸内气体的温度．‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）两活塞用细杆连接，可将两个看成一个整体，对整体受力分析可求得；‎ ‎（2）由于两活塞整体受力没有变化，压强不变，所以气体做等压变化，由盖﹣吕萨克定律求得．‎ ‎【解答】解：（1）设静止时气缸内气体压强为P1，活塞受力平衡：‎ p1S1+p0S2=p0S1+p1S2+Mg，‎ 代入数据解得压强：p1=1.2×105Pa，‎ ‎（2）由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2‎ ‎，由盖﹣吕萨克定律得：‎ ‎，‎ 代入数据解得：T2=500K．‎ 答：（1）塞静止时，气体的压强P1=1.2×105Pa；（2）当活塞A缓慢向右移动L时，气体的温度T2=500K．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是（　　）‎ A．当t=0.5s时质点b和质点c的位移相等 B．当t=0.6s时质点a的位移为﹣cm C．质点c在0～0.6s时间内沿x轴正方向移动了3m D．质点d在0～0.6s时间内通过的路程为20cm E．这列简谐横波遇到频率为1Hz的另一列简谐横波时我们能够观察到干涉现象 ‎【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象．‎ ‎【分析】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移，两列波发生干涉它们的频率必须相同 ‎【解答】解：由题意可得该波向右传播，起振的方向向上，波长是4m，0.6s的时间内传播的距离是，所以波的周期T=0.6×=0.8s，‎ ‎，‎ A、该波是方程：当t=0.5s时质点b的位移：‎ c点的位移：‎ ‎，当质点b、c的位移相同．故A正确；‎ B、质点a的初相为，振动方程，当t=0.6s时，故B正确；‎ C、质点c在这段时间内只是沿振动的方向振动，没有沿x轴正方向移动．故C错误．‎ D、由图可知，质点d在0.6s内先向上运动到达最高点后又返回平衡位置，在这段时间内通过的路程是2倍的振幅，为20cm．故D正确．‎ E、因为发生干涉的两列波频率相同，这列简谐横波的频率为，遇到频率为1Hz的另一列简谐横波时，我们不能够观察到干涉现象，故E错误；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎16．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入．已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．‎ ‎①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？‎ ‎②第一次的出射点距C点多远？‎ ‎【考点】H3：光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）根据sinC=，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向．‎ ‎（2）根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离．‎ ‎【解答】解：（1）因为sinC=，临界角C=45°‎ 第一次射到AB面上的入射角为60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°‎ 根据折射定律得，n=，‎ 解得θ=45°．‎ 即光从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方．‎ ‎（2）根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cm．‎ ‎∠BFG=∠BGF，则BG=4cm．所以GC=4cm．‎ 所以CE=cm．‎ 答：①从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方 ‎ ‎②第一次的出射点距cm．‎