河北省衡水中学高考物理信息卷二 Word含解析

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

河北省衡水中学高考物理信息卷二 Word含解析

‎2016年河北省衡水中学高考物理信息卷(二)‎ ‎ ‎ 一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分.第1~5小题只有一项符合题意,第6~8小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.如图所示,水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场,现有比荷相同的4种带电粒子从电容器中间O点分别沿OP、OQ、OM、ON四个方向以相同的速率射出,已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能从平行板电容器间射出,OM、ON沿竖直方向,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则以下对粒子运动的描述正确的是(  )‎ A.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时速度相同 B.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等 C.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等 D.沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电,则沿OM方向射出的粒子先到达极板 ‎2.如图为汤姆孙阴极射线管的构造简图,将阴极射线管置于U型磁铁两极之间,分析从阴极射出的电子束,下列说法正确的是(  )‎ A.增加加速电压,观察到的偏转现象将更加明显 B.电子束向下偏转 C.换为磁性弱的磁铁,观察到的偏转现象将更加明显 D.若撤去阴极射线管,将一束α粒子从左侧射入磁铁之间,则α粒子束偏转方向与电子束偏转方向相同 ‎3.如图甲所示,理想变压器原线圈接理想交流电流表A,副线圈接理想交流电压表V,定值电阻R=R0,副线圈两端电压随时间变化关系如图乙所示,已知原线圈匝数为n1,副线圈匝数为n2,则以下说法正确的是(  )‎ A.原线圈输入电压频率为100Hz B.原线圈输入电压为 C.原线圈电流表示数为 D.将电阻R与理想二极管串联,替换电阻R,则电压示数减半 ‎4.如图所示,质量为m的子弹水平射入水平面上质量为M的木块之中,子弹射入木块的深度为d,子弹与木块相互作用过程中木块前进的距离为s,已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,子弹与木块间摩擦阻力的大小恒为F,则该过程中(  )‎ A.阻力对子弹做的功为F(s+d)‎ B.木块增加的动能为Fs C.整个过程中,木块与子弹构成的系统损失的机械能为Fd+μ(M+m)gs D.子弹动能的减少量等于木块动能的增加量 ‎5.如图所示,质量为M的滑块甲放置在一个倾角为α的光滑斜面顶端,质量为m的滑块乙穿过光滑的水平横杆.两滑块通过绕过固定在斜面顶端的轻绳相连接,初始状态,牵引滑块乙的细绳与水平方向成α角,滑块甲由静止释放以后细绳牵引滑块乙向右运动.已知定滑轮到横杆的距离为H,重力加速度为g,两滑块均可视为质点,忽略滑轮与轴间的摩擦,则滑块乙由初始状态运动到定滑轮正下方的过程中(  )‎ A.滑块甲一直做加速运动 B.绳中张力始终小于Mgsinθ C.滑块乙滑到滑轮正下方时速度为零 D.滑块乙滑到滑轮正下方时速度为 ‎6.如图甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计,整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上,t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示,下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎7.沿竖直方向运动的电梯正在运送50kg的货物,货物放在电梯的水平地板上,运送过程中,货物的v﹣t图象如图所示(竖直向上为正方向),重力加速度g=10m/s2,下列对货物描述正确的是(  )‎ A.在0~15s内,重力对货物做功为﹣3750J B.在5~15s内,电梯地板对货物的支持力做了﹣250J的功 C.在20~25s与25~35s内,重力对货物做功的平均功率均为500W D.在25~35s内,电梯在减速上升,货物的加速度大小为0.2m/s2‎ ‎8.据‎2015年10月17日参考消息报道,2016年我国将发射“天宫二号“空间实验室,“天宫二号”上将开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和实践,是中国第一个真正意义上的空间实验室,后继发射的“神州十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船,将与距离地面343km的圆轨道上的”天宫二号”交会对接,以完成验证空间站的技术,同时也将接受航天员的访问.已知地球半径为R=6400km,万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2,”天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟,以下分析中正确的是(  )‎ A.“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/s B.”神州十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道 C.“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度 D.由以上数据可以求得地球的平均密度 ‎ ‎ 二、必考题(共4小题,满分47分)‎ ‎9.某实验小组用如图1所示装置进行探究加速度和力、质量关系的实验,已知小车质量为200g,空沙桶质量为20g.‎ ‎(1)实验之初,应  (填“悬挂”或“不悬挂”)沙桶,连接纸带,反复调试长木板没有定滑轮的一端下而垫块的位置(垫块未画出),直到轻推小车,小车可以牵引纸带打出  的纸带.‎ ‎(2)某次实验打出的纸带如图2所示,A、B、C、D、E为打出的五个计数点,每两个点之间还有4个点没有标出,已知交流电源的频率为50Hz,则小车加速度a=  m/s2.(保留3位有效数字)‎ ‎(3)保证小车的质量不变,用沙及沙桶的重力作为小车的拉力F,反复改变沙桶内沙的质量,复重操作,测得多组a、F数据,并描绘出a﹣F图线如图3所示,其中AB段明显偏离直线的原因是  .‎ ‎10.某同学用量程为5mA,内阻为20Ω的表头按照图(a)所示电路改装为量程分别为1A和5V的多用电表,图中R1和R2为定值电阻,S为单刀开关,则:‎ ‎(1)请根据图(a)中实验设计,在图(b)中进行实物连线.‎ ‎(2)开关S断开时,多用表用作  (填“电压表”或“电流表”),R2阻值为  Ω;开关S闭合时,多用表用作  (填“电压表”或“电流表”),R1阻值为  Ω.(计算结果保留3位有效数字)‎ ‎(3)开关S断开,用红黑表笔探测图(c)中的电路故障,发现当两表笔正确地接在灯泡L1两端的接线柱上时表头有示数;当接在L1两端时表头也有示数,当接在L2两端时表头无示数.已知各接线柱接触良好,则电路中一定存在的故障是  .‎ ‎11.如图所示,水平桌面上固定一个间距为L的金属导轨MNQP,导轨左端所接电源电动势为E,内阻为r,在导轨右侧放置一根质量为m的金属棒ab,金属棒电阻为R,其他电阻不计,整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与水平桌面成37°角,此时导体棒恰好处于平衡状态(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度为g,若仅将磁场方向调整为竖直向下,求磁场刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小.‎ ‎12.如图所示,水平放置的电容器与滑动变阻器Rx并联,然后与阻值为R0的定值电阻以及间距为l的足够长的光滑固定倾斜导轨相连接,导轨处于匀强磁场之中,磁场方向垂直于导轨平面向上,将滑动变阻器Rx调到R0,然后将导体棒自导轨上端由静止释放,待速度稳定后,从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘离开电场.已知磁场感应强度为B,电子电量为e,质量为m,重力忽略不计,电容器板间距为d,板长为L,金属导轨与水平面夹角为θ,导体棒电阻也为R0,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)电子从哪个极板离开电场;‎ ‎(2)导体棒的质量M以及导体棒稳定时的速度v1;‎ ‎(3)若仅将滑动变阻器Rx调到2R0,当导体棒在导轨上稳定运行时,速度是原来的几倍;若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出,需要把板间距调整为原来的几倍?‎ ‎ ‎ 三、选考题[选修3-3](共2小题,满分15分)‎ ‎13.下列说法正确的是(  )‎ A.温度升高,气体中每个分子的速率都增大 B.一定量气体膨胀对外做功100J,同时从外界吸收120J的热量,则它的内能增大20J C.温度越高,颗粒越小,布朗运动越剧烈 D.能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量减少了 E.能量耗表明,在能源的利用过程中,能量在数量上并未减少,但在可利用的品质上降低了 ‎14.如图所示,一轻弹簧的上端固定在天花板上,下端和一活塞相连,另外还有一细绳连接天花板和活塞之间,导热气缸内封闭着一定量的气体,活塞可上下无摩擦移动但不漏气,当温度为T1时,弹簧处于自然长度,气缸内部活塞距缸底的距离为L,然后剪断细绳,若外界空气温度开始缓慢降低至T2,在系统达到以稳定的过程中气体放出热量Q,已知气缸的质量为M,活塞的面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,活塞始终没有脱离气缸.求:‎ ‎(1)系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为多少?‎ ‎(2)从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了多少?‎ ‎ ‎ 四、[选修3-4](共2小题,满分0分)‎ ‎15.电磁波谱中频率最高的是  ,光纤通信中,光导纤维传递光信号是利用光的  现象,光从真空进入光导纤维后传播速度将  (填“增大”“减小”或“不变”).‎ ‎16.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图.x=0处的质点做简谐运动的振动方程为y=﹣2sin10πt(cm).求:‎ ‎(1)从t=0开始计时,P点第一次到达波峰位置所需的时间;‎ ‎(2)P点第一次到达波峰位置时,x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移.‎ ‎ ‎ 五、[选修3-5](共2小题,满分0分)‎ ‎17.如图为氢原子能级示意图,大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,发出大量光子,光子照射到金属铷的表面可使其产生光电效应,已知普朗克恒量h=6.63×10﹣34J•s,铷的逸出功W=2.13eV,则逸出光子中频率最高的约为  Hz,金属铷的截止频率约为  Hz.(结果保留2位有效数字)‎ ‎18.如图所示,滑块A的质量为m,小车B的质量为M且M=2m,滑块与平板小车之间的动摩擦因数为μ,小车静止在光滑的水平面上,当滑块以速度v0,从小车右端滑上小车,经一段时间后滑块相对小车静止,已知重力加速度为g,求:‎ ‎①从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间;‎ ‎②小车的最小长度及滑块滑动过程中系统产生的热量Q.‎ ‎ ‎ ‎2016年河北省衡水中学高考物理信息卷(二)‎ 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.第1~5小题只有一项符合题意,第6~8小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)‎ ‎1.如图所示,水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场,现有比荷相同的4种带电粒子从电容器中间O点分别沿OP、OQ、OM、ON四个方向以相同的速率射出,已知OP、OQ沿水平方向且粒子均能从平行板电容器间射出,OM、ON沿竖直方向,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则以下对粒子运动的描述正确的是(  )‎ A.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时速度相同 B.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等 C.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等 D.沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电,则沿OM方向射出的粒子先到达极板 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动.‎ ‎【分析】4种带电粒子比荷相同,在电场中运动时加速度大小相等,根据运动的分解法分析水平和竖直两个方向的分速度,比较粒子离开电容器时速度关系和速度偏转角大小.根据分位移公式分析粒子离开电场时偏转距离关系,由功的计算公式分析电场力做功的关系.根据粒子的运动情况,分析D项.‎ ‎【解答】解:AC、根据牛顿第二定律得:粒子在电场中运动的加速度为 a=,据题四个粒子的相等,则加速度大小相等.沿OP、OQ两方向射出的粒子若电性相反,则粒子离开电容器时水平方向速度大小相等,竖直方向速度方向相反,大小相等,因此粒子离开电容器时速度偏转角大小相等,速度大小相等,方向相反,则速度不同,故A错误,C正确.‎ B、由公式y==,可知两粒子在电场中竖直方向偏转距离相等,但是由于电量不一定相等,粒子所受的电场力不一定相等,所以电场力做的功不一定相等,故B错误.‎ D、沿OM、ON两方向射出的粒子若均带负电,则沿OM方向射出的粒子做减速运动,沿ON方向射出的粒子做加速运动,故ON方向射出的粒子先到达极板,故D错误.‎ 故选:C ‎ ‎ ‎2.如图为汤姆孙阴极射线管的构造简图,将阴极射线管置于U型磁铁两极之间,分析从阴极射出的电子束,下列说法正确的是(  )‎ A.增加加速电压,观察到的偏转现象将更加明显 B.电子束向下偏转 C.换为磁性弱的磁铁,观察到的偏转现象将更加明显 D.若撤去阴极射线管,将一束α粒子从左侧射入磁铁之间,则α粒子束偏转方向与电子束偏转方向相同 ‎【考点】示波管及其使用.‎ ‎【分析】阴极射线管电子从阴极射向阳极,运用左手定则判断电子束受到的洛伦兹力的方向,来判断电子束偏转的方向;根据粒子在磁场中运动的半径公式判断偏转的程度..‎ ‎【解答】解:A、由带电粒子在磁场中运动的半径公式:R=,以及带电粒子在电场中加速时:qU=,可知增大加速电压,则粒子的动能增大,粒子的半径增大,偏转将不明显.故A错误;‎ B、电子从阴极射向阳极,根据左手定则,磁感线穿入手心,四指指向电子运动的反方向,洛伦兹力的方向向下,则电子束向下偏转.故B正确;‎ C、由公式:R=,换为磁性弱的磁铁,半径增大,观察到的偏转现象将不明显.故C错误;‎ D、若撤去阴极射线管,将一束α粒子从左侧射入磁铁之间,由左手定则可知,α粒子束偏转方向与电子束偏转方向相反.故D错误.‎ 故选:B ‎ ‎ ‎3.如图甲所示,理想变压器原线圈接理想交流电流表A,副线圈接理想交流电压表V,定值电阻R=R0,副线圈两端电压随时间变化关系如图乙所示,已知原线圈匝数为n1,副线圈匝数为n2,则以下说法正确的是(  )‎ A.原线圈输入电压频率为100Hz B.原线圈输入电压为 C.原线圈电流表示数为 D.将电阻R与理想二极管串联,替换电阻R,则电压示数减半 ‎【考点】变压器的构造和原理.‎ ‎【分析】理想变压器输入功率等于输出功率,原副线圈电流与匝数成反比,原副线圈电压与匝数成正比.‎ ‎【解答】解:A、由图象可知副线圈交流电频率为50Hz,原副线圈交流电频率相同,则原线圈交流电频率为50Hz,故A错误;‎ B、由图象可知副线圈电压,由,可知原线圈输入电压为,故B错误;‎ C、副线圈电流,有,知原线圈电流,故C正确;‎ D、接二极管副线圈电压不变,电压表示数不变,故D错误;‎ 故选:C ‎ ‎ ‎4.如图所示,质量为m的子弹水平射入水平面上质量为M的木块之中,子弹射入木块的深度为d,子弹与木块相互作用过程中木块前进的距离为s,已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,子弹与木块间摩擦阻力的大小恒为F,则该过程中(  )‎ A.阻力对子弹做的功为F(s+d)‎ B.木块增加的动能为Fs C.整个过程中,木块与子弹构成的系统损失的机械能为Fd+μ(M+m)gs D.子弹动能的减少量等于木块动能的增加量 ‎【考点】功能关系.‎ ‎【分析】阻力对子弹做功根据功的计算公式求解,计算时要用子弹相对于地面的位移.根据动能定理求木块增加的动能.根据能量守恒定律求系统损失的机械能.‎ ‎【解答】解:A、阻力方向与子弹位移方向相反,所以阻力对子弹做负功,则阻力对子弹做的功为﹣F(s+d).故A错误.‎ B、根据动能定理得:‎ 木块增加的动能为△Ek=Fs﹣μ(M+m)gs.故B错误.‎ C、根据能量守恒定律知,木块与子弹构成的系统损失的机械能为△E=Fd+μ(M+m)gs.故C正确.‎ D、由于系统要产生内能,所以由能量守恒定律知,子弹动能的减少量大于木块动能的增加量.故D错误.‎ 故选:C ‎ ‎ ‎5.如图所示,质量为M的滑块甲放置在一个倾角为α的光滑斜面顶端,质量为m的滑块乙穿过光滑的水平横杆.两滑块通过绕过固定在斜面顶端的轻绳相连接,初始状态,牵引滑块乙的细绳与水平方向成α角,滑块甲由静止释放以后细绳牵引滑块乙向右运动.已知定滑轮到横杆的距离为H,重力加速度为g,两滑块均可视为质点,忽略滑轮与轴间的摩擦,则滑块乙由初始状态运动到定滑轮正下方的过程中(  )‎ A.滑块甲一直做加速运动 B.绳中张力始终小于Mgsinθ C.滑块乙滑到滑轮正下方时速度为零 D.滑块乙滑到滑轮正下方时速度为 ‎【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.‎ ‎【分析】对滑块甲乙的运动过程进行分析,再结合牛顿第二定律分析甲的重力的分力和拉力的大小,对系统根据机械能守恒定律求乙滑到滑轮正下方的速度.‎ ‎【解答】解:滑块乙从初始位置到定滑轮正下方过程中,甲沿斜面向下先做加速运动后做减速运动,乙到滑轮正下方时,甲的速度为0,绳中张力先小于Mgsinθ后大于Mgsinθ,此过程中绳子的拉力对乙做正功,所以乙一直做加速运动,到滑轮正下方时,乙的速度最大,‎ 乙从滑轮正下方继续向右运动的过程中,拉力做负功,乙的速度减小;拉乙的绳子变长,甲沿斜面向上先加速后减速运动,故ABC错误;‎ 从初位置到乙运动到滑轮正下方的过程中,甲和乙组成的系统机械能守恒 ‎,故D正确 故选:D ‎ ‎ ‎6.如图甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置,其他部分电阻不计,整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上,t=0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示,下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.‎ ‎【分析】由电流图象写出电流与时间的关系式,根据法拉第电磁感应定律分析磁通量与时间的关系.‎ 根据欧姆定律知速度与时间关系,从而知加速度与时间关系.‎ 根据牛顿运动定律知F与时间的关系式.‎ 根据推论q=It得到电量q与时间的关系式,再选择图象 ‎【解答】解:A、由图看出,通过R的感应电流随时间t增大,根据法拉第电磁感应定律得知,穿过回路的磁通量是非均匀变化的,Φ﹣t应是曲线.故A错误.‎ B、设金属棒长为L.由乙图象得,q=It===kt2,k是比例系数.知加速度不变,故B错误;‎ C、由牛顿运动定律知F﹣F安﹣mgsinθ=ma,知F=+mgsinθ+ma,v随时间均匀增大,其他量保持不变,故F随时间均匀增大,故C正确;‎ D、通过导体棒的电流I=,I﹣t图象为过原点直线,故D正确 故选:CD ‎ ‎ ‎7.沿竖直方向运动的电梯正在运送50kg的货物,货物放在电梯的水平地板上,运送过程中,货物的v﹣t图象如图所示(竖直向上为正方向),重力加速度g=10m/s2,下列对货物描述正确的是(  )‎ A.在0~15s内,重力对货物做功为﹣3750J B.在5~15s内,电梯地板对货物的支持力做了﹣250J的功 C.在20~25s与25~35s内,重力对货物做功的平均功率均为500W D.在25~35s内,电梯在减速上升,货物的加速度大小为0.2m/s2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率;功的计算.‎ ‎【分析】根据速度时间图线围成的面积求出位移,结合功的公式求出重力和支持力做功大小;根据平均速度的大小,结合平均功率公式求出重力做功的平均功率.根据速度时间图线得出电梯的运动规律,结合图线的斜率求出货物的加速度大小.‎ ‎【解答】解:A、根据速度时间图线围成的面积可知,0﹣15s内,电梯上升的高度h=,则重力对货物做功WG=﹣mgh=﹣500×7.5J=﹣3750J,故A正确.‎ B、5﹣15s内,电梯上升的高度,匀减速直线运动的加速度大小a=,根据牛顿第二定律得,mg﹣N=ma,解得N=mg﹣ma=500﹣50×0.1N=495N,则支持力做功WN=Nh1=495×5J=2475J,故B错误.‎ C、在20﹣25s内与25﹣35s内,两段过程初末速度相同,所以电梯的平均速度大小均为1m/s,则平均功率P=mg=500×1W=500W,故C正确.‎ D、由速度时间图线知,25﹣35s内,电梯在减速下降,故D错误.‎ 故选:AC.‎ ‎ ‎ ‎8.据‎2015年10月17日参考消息报道,2016年我国将发射“天宫二号“空间实验室,“天宫二号”上将开展地球观测和空间地球系统科学、空间应用新技术、空间技术和航天医学等领域的应用和实践,是中国第一个真正意义上的空间实验室,后继发射的“神州十一号”载人飞船和“天舟一号”货运飞船,将与距离地面343km的圆轨道上的”天宫二号”交会对接,以完成验证空间站的技术,同时也将接受航天员的访问.已知地球半径为R=6400km,万有引力常量G=6.67×10﹣11N•m2/kg2,”天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟,以下分析中正确的是(  )‎ A.“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/s B.”神州十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道 C.“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度 D.由以上数据可以求得地球的平均密度 ‎【考点】万有引力定律及其应用.‎ ‎【分析】卫星的发射速度如果大于第二宇宙速度,它将脱离地球束缚,不能在绕地球运动了.“神州十一号”加速,速度变大,它做圆周运动所需要的向心力变大,大于地球对它的万有引力,地球提供的向心力小于“神州十一号”需要的向心力,“神州八号”做离心运动,轨道半径变大,不能对接,根据万有引力提供向心力,通过轨道半径的大小比较天宫二号和同步卫星的线速度、周期、角速度和向心加速度,“天宫二号”做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,列出等式求出中心体的质量.再根据求密度 ‎【解答】解:A、发射速度如果大于第二宇宙速度,“天宫二号”将脱离地球束缚,不能在绕地球运动了.故A错误;‎ B、在同一轨道上,此时神舟十一号受到的万有引力等于向心力,若让神舟十一号加速,所需要的向心力变大,万有引力不变,所以神舟十一号做离心运动,不能实现对接,故B错误;‎ C、“天宫二号”绕地球飞行的周期为90分钟,地球同步卫星的周期24h,根据周期公式,“天宫二号”的轨道半径小于地球同步卫星,根据,轨道半径小,向心加速度大,故“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度,故C正确;‎ D、“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,,解得地球质量,地球体积,地球的密度,根据题给数据能求得地球的平均密度,故D正确 故选:CD ‎ ‎ 二、必考题(共4小题,满分47分)‎ ‎9.某实验小组用如图1所示装置进行探究加速度和力、质量关系的实验,已知小车质量为200g,空沙桶质量为20g.‎ ‎(1)实验之初,应 不悬挂 (填“悬挂”或“不悬挂”)沙桶,连接纸带,反复调试长木板没有定滑轮的一端下而垫块的位置(垫块未画出),直到轻推小车,小车可以牵引纸带打出 点击均匀 的纸带.‎ ‎(2)某次实验打出的纸带如图2所示,A、B、C、D、E为打出的五个计数点,每两个点之间还有4个点没有标出,已知交流电源的频率为50Hz,则小车加速度a= 1.01 m/s2.(保留3位有效数字)‎ ‎(3)保证小车的质量不变,用沙及沙桶的重力作为小车的拉力F,反复改变沙桶内沙的质量,复重操作,测得多组a、F数据,并描绘出a﹣F图线如图3所示,其中AB段明显偏离直线的原因是 不满足小车的质量远远大于沙和沙桶的质量 .‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.‎ ‎【分析】(1)实验前要平衡摩擦力,平衡摩擦力时不能悬挂沙桶,纸带与小车相连,调节木板的倾角轻推小车,使小车做匀速直线运动,打点计时器打出点迹均匀的纸带;‎ ‎(2)应用匀变速直线运动的推论:△x=at2可以求出加速度;‎ ‎(3)只有当小车的质量远远大于沙和沙桶的质量时,才可以用沙和沙桶的重力代替小车受到的拉力.‎ ‎【解答】解:(1)实验前要平衡摩擦力,平衡摩擦力时应不悬挂沙桶,连接纸带,反复调试木板下垫块的位置,直到轻推小车,小车可以牵引纸带打出点迹均匀的纸带.‎ ‎(2)计数点间有4个点没有标出,则计数点间的时间间隔为:t=0.02×5=0.1s,‎ 由△x=at2结合作差法得小车的加速度为:a=,‎ ‎(3)以小车与钩码组成的系统为研究对象,系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g,‎ 由牛顿第二定律得:mg=(M+m)a,小车的加速度为:a=g,‎ 小车受到的拉力为:F=Ma=g=,当m<<M时,可以认为小车受到的合力等于沙及沙桶的重力,如果沙及沙桶的质量太大,则小车受到的合力小于沙及沙桶的重力,实验误差较大,a﹣F图象偏离直线.‎ 故答案为:(1)不悬挂;点击均匀;(2)1.01;(3)不满足小车的质量远远大于沙和沙桶的质量.‎ ‎ ‎ ‎10.某同学用量程为5mA,内阻为20Ω的表头按照图(a)所示电路改装为量程分别为1A和5V的多用电表,图中R1和R2为定值电阻,S为单刀开关,则:‎ ‎(1)请根据图(a)中实验设计,在图(b)中进行实物连线.‎ ‎(2)开关S断开时,多用表用作 电压表 (填“电压表”或“电流表”),R2阻值为 980 Ω;开关S闭合时,多用表用作 电流表 (填“电压表”或“电流表”),R1阻值为 5.03 Ω.(计算结果保留3位有效数字)‎ ‎(3)开关S断开,用红黑表笔探测图(c)中的电路故障,发现当两表笔正确地接在灯泡L1两端的接线柱上时表头有示数;当接在L1两端时表头也有示数,当接在L2两端时表头无示数.已知各接线柱接触良好,则电路中一定存在的故障是 导线4断路 .‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表.‎ ‎【分析】(1)根据电路图连接实物电路图;‎ ‎(2)把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联一个分流电阻,把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻;应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值.‎ ‎(3)由电路的连接情况确定故障.‎ ‎【解答】解:(1)根据图(a)所示电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示:‎ ‎(2)由图(a)所示电路图可知,开关S闭合时,毫安表与电阻R2串联,再与R1并联,多用电表用于测量电流;开关S断开时,毫安表与电阻R2串联,多用电表用于测量电压.‎ 把毫安表改装成电压表,串联电阻阻值R2=﹣Rg﹣Rg==980Ω 把毫安表改装成电流表,并联电阻阻值R1=≈5.03Ω ‎(3)当两表笔接L1,L2两端时表头有示数则电源开关无故障,且L1,L2 不能短路或者断路,故障为导线4断路.‎ 故答案为:(1)如图 (2)电压表 980 电流表 5.03 (3)导线4断路 ‎ ‎ ‎11.如图所示,水平桌面上固定一个间距为L的金属导轨MNQP,导轨左端所接电源电动势为E,内阻为r,在导轨右侧放置一根质量为m的金属棒ab,金属棒电阻为R,其他电阻不计,整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与水平桌面成37°角,此时导体棒恰好处于平衡状态(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度为g,若仅将磁场方向调整为竖直向下,求磁场刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小.‎ ‎【考点】安培力;牛顿第二定律.‎ ‎【分析】当磁场与水平面成37°时,通过对导体棒的受力分析,利用共点力平衡求得摩擦因数,当磁场竖直向下时,根据受力分析利用牛顿第二定律求得加速度 ‎【解答】解:回路中的电流为:I=,‎ 受到的安培力为:F=BIL=,‎ 磁场方向与水平桌面成37°角,根据受力分析可知:‎ Fcos53°=μ(mg+Fsin53°)‎ 当磁场方向竖直向下时有:‎ F﹣μmg=ma 联立解得:a=‎ 答:刚调整完毕的瞬间导体棒的加速度a的大小为 ‎ ‎ ‎12.如图所示,水平放置的电容器与滑动变阻器Rx并联,然后与阻值为R0的定值电阻以及间距为l的足够长的光滑固定倾斜导轨相连接,导轨处于匀强磁场之中,磁场方向垂直于导轨平面向上,将滑动变阻器Rx调到R0,然后将导体棒自导轨上端由静止释放,待速度稳定后,从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘离开电场.已知磁场感应强度为B,电子电量为e,质量为m,重力忽略不计,电容器板间距为d,板长为L,金属导轨与水平面夹角为θ,导体棒电阻也为R0,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)电子从哪个极板离开电场;‎ ‎(2)导体棒的质量M以及导体棒稳定时的速度v1;‎ ‎(3)若仅将滑动变阻器Rx调到2R0,当导体棒在导轨上稳定运行时,速度是原来的几倍;若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出,需要把板间距调整为原来的几倍?‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;带电粒子在匀强电场中的运动.‎ ‎【分析】(1)根据右手定则判断感应电流的方向,得到电容器中的电场方向,判断电子受电场力的方向;‎ ‎(2)由电磁感应定律求电动势E=BLv、闭合电路欧姆定律求电流I=,由导体棒受力平衡求速度,由带电粒子的匀速通过电容器求电压,结合闭合电路求速度;‎ ‎(3)若仅将滑动变阻器Rx调到2R0,根据平衡条件和欧姆定律得到电流的变化情况,得到电容器的电压;在结合类平抛运动的分运动公式列式分析即可.‎ ‎【解答】解:(1)由右手定则可知,导体棒a端为等效电源正极,则电容器下极板为正,电子向下偏转从下极板离开电场;‎ ‎(2)电子做类似平抛运动,竖直方向上:a=,;‎ 水平方向上:t=;‎ 联立可得:U=,‎ 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为:E=3IR0=,‎ 又有E=Blv1,‎ 联立解得:,‎ 速度稳定时,导体棒受力平衡,则:Mgsinθ=BIl,‎ 解得:M=;‎ ‎(3)将滑动变阻器Rx调到2R0,重新达到平衡后:‎ Mgsinθ=BIl,则电流大小不变,即I=‎ 导体棒切割磁感线产生的电动势:E′=4IR0=;‎ 又有:E′=BLv2,‎ 可得:v2=;‎ 故,故稳定时的速度是原来的倍;‎ 由于电流不变,滑动变阻器的有效电阻加倍,变阻器Rx两端电压变为原来的2倍,‎ 由 可得,故d2∝U′,‎ 若仍要求电子从极板边缘飞出,则板间距需要调整为原理的倍;‎ 答:(1)电子从下极板离开电场;‎ ‎(2)导体棒的质量M为,导体棒稳定时的速度v1为;‎ ‎(3)若仅将滑动变阻器Rx调到2R0,当导体棒在导轨上稳定运行时,速度是原来的2倍;‎ 若仍要求从电容器左端中点以水平速度v0射入的电子恰能从极板边缘射出,需要把板间距调整为原来的倍.‎ ‎ ‎ 三、选考题[选修3-3](共2小题,满分15分)‎ ‎13.下列说法正确的是(  )‎ A.温度升高,气体中每个分子的速率都增大 B.一定量气体膨胀对外做功100J,同时从外界吸收120J的热量,则它的内能增大20J C.温度越高,颗粒越小,布朗运动越剧烈 D.能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量减少了 E.能量耗表明,在能源的利用过程中,能量在数量上并未减少,但在可利用的品质上降低了 ‎【考点】热力学第一定律;布朗运动;热力学第二定律.‎ ‎【分析】温度是分子的平均动能的标志;根据热力学第一定律知:△U=W+Q;温度越高,颗粒越小,布朗运动越剧烈;能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量并未减少,只是可利用的品质降低了.‎ ‎【解答】解:A、温度是分子的平均动能的标志,是大量分子运动的统计规律,温度升高分子的平均动能增大,但不是每个分子的速率都增大.故A错误;‎ B、气体膨胀对外做功100J,同时从外界吸收120J的热量,根据热力学第一定律知:△U=W+Q=﹣100+120=20J,正值表示内能增大,故B正确;‎ C、根据布朗运动的特点可知,温度越高,颗粒越小,布朗运动越剧烈.故C正确;‎ D、根据能量转化与守恒定律可知,能量在转化过程中总量不变;能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量并未减少,只是可利用的品质降低了.故D错误,E正确.‎ 故选:BCE ‎ ‎ ‎14.如图所示,一轻弹簧的上端固定在天花板上,下端和一活塞相连,另外还有一细绳连接天花板和活塞之间,导热气缸内封闭着一定量的气体,活塞可上下无摩擦移动但不漏气,当温度为T1时,弹簧处于自然长度,气缸内部活塞距缸底的距离为L,然后剪断细绳,若外界空气温度开始缓慢降低至T2,在系统达到以稳定的过程中气体放出热量Q,已知气缸的质量为M,活塞的面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,活塞始终没有脱离气缸.求:‎ ‎(1)系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为多少?‎ ‎(2)从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了多少?‎ ‎【考点】理想气体的状态方程.‎ ‎【分析】(1)气缸内气体发生等压变化,根据盖﹣吕萨克定律列式求解 ‎(2)先求外界对气体做的功,再根据热力学第一定律求气体内能的变化量 ‎【解答】解:①根据分析可知,封闭气体做的是等压变化,所以有:‎ 解得:‎ ‎②封闭气体的压强为:‎ 外界对其做的功为:‎ 根据热力学第一定律可知,气体内能变化了:‎ 答:(1)系统稳定后气缸内活塞距缸底的距离变为 ‎(2)从剪断细绳到系统稳定的过程中气体的内能变化了 ‎ ‎ 四、[选修3-4](共2小题,满分0分)‎ ‎15.电磁波谱中频率最高的是 γ射线 ,光纤通信中,光导纤维传递光信号是利用光的 全反射 现象,光从真空进入光导纤维后传播速度将 减小 (填“增大”“减小”或“不变”).‎ ‎【考点】电磁波谱;光的反射定律.‎ ‎【分析】在电磁波谱中,频率最高的是γ射线;在光导纤维内传送信息是利用光的全反射现象;光在真空中速度为C,在介质中速度为 ‎【解答】解:电磁波谱中波长最短,频率最高的为γ射线;光导纤维传递光信号利用光的全反射现象;光进入介质后速度将减小.‎ 故答案为:γ射线,全反射,减小 ‎ ‎ ‎16.如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图.x=0处的质点做简谐运动的振动方程为y=﹣2sin10πt(cm).求:‎ ‎(1)从t=0开始计时,P点第一次到达波峰位置所需的时间;‎ ‎(2)P点第一次到达波峰位置时,x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移.‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象.‎ ‎【分析】(1)根据振动方程y=﹣2sinπt(cm),读出ω,由T=求出周期,读出波长,从而求得波速.由运动学公式求出波传到P点的时间.波传到P点时,P开始向下振动,再经过T第一次到达波峰,从而求得从t=0开始计时,P点第一次到达波峰位置所需的时间;‎ ‎(2)x=0.25m处质点的运动总是滞后振源x=0处质点振动,将t﹣=0.425s,代入振动方程求出偏离平衡位置的位移.‎ ‎【解答】解:(1)根据振动方程y=﹣2sinπt(cm),知:ω=10π rad/s 则该波的周期为:T==0.2s 由波形图可知,波长为:λ=2m 则波速为:v==10m/s 这列波传到P点所需要的时间为:t1===0.3s P点由平衡位置运动到波峰的时间为:t2=T=0.15s 则总时间为:t=t1+t2=0.45s ‎(2)x=0.25m处质点的运动总是滞后振源x=0处质点振动 P点第一到达波峰位置时 t=0.45s,x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移即为振源t﹣的情况,将t﹣=0.425s,代入振动方程有:‎ y=﹣2sin10πt(cm)‎ 可得:y=﹣cm 答:(1)从t=0开始计时,P点第一次到达波峰位置所需的时间是0.45s;‎ ‎(2)P点第一次到达波峰位置时,x=0.25m处质点偏离平衡位置的位移是﹣cm.‎ ‎ ‎ 五、[选修3-5](共2小题,满分0分)‎ ‎17.如图为氢原子能级示意图,大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,发出大量光子,光子照射到金属铷的表面可使其产生光电效应,已知普朗克恒量h=6.63×10﹣34J•s,铷的逸出功W=2.13eV,则逸出光子中频率最高的约为 3.1×1015 Hz,金属铷的截止频率约为 5.1×1014 Hz.(结果保留2位有效数字)‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁.‎ ‎【分析】大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时,可以发出6种不同频率的光子,求出跃迁到基态时辐射的光子频率最高,由玻尔理论求最高频率.‎ 根据逸出功W=hγc求金属铷的截止频率.‎ ‎【解答】解:大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁,发出6不同频率的色光,根据玻尔理论,可知,氢原子从n=4能级跃迁到基态时发出的光子频率最高.‎ 由玻尔理论得:E4﹣E1=hγmax 解得:频率最高为:γmax==≈3.1×1015Hz 由W=hγc,得金属铷的截止频率为:γc==≈5.1×1014Hz;‎ 故答案为:3.1×1015,5.1×1014.‎ ‎ ‎ ‎18.如图所示,滑块A的质量为m,小车B的质量为M且M=2m,滑块与平板小车之间的动摩擦因数为μ,小车静止在光滑的水平面上,当滑块以速度v0,从小车右端滑上小车,经一段时间后滑块相对小车静止,已知重力加速度为g,求:‎ ‎①从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间;‎ ‎②小车的最小长度及滑块滑动过程中系统产生的热量Q.‎ ‎【考点】动量守恒定律;功能关系.‎ ‎【分析】①据动量守恒定律求出小车和滑块相对静止时的速度大小和方向;先根据动量定理求所需要的时间.‎ ‎②对整个系统,由能量守恒定律求出小车的最小长度.由能量守恒定律求热量.‎ ‎【解答】解:①设滑块m滑上平板小车与平板小车相对静止时速度为v,以向左为正方向,据动量守恒定律得:‎ ‎ mv0=(M+m)v 又 M=2m 解得:v=,方向水平向左;‎ 对m,由动量定理有:﹣μmgt=mv﹣mv0‎ 解得:t=‎ ‎②对M、m组成的系统,由能量守恒定律得:‎ ‎=(M+m)v2+μmgL 解得:L=;‎ 滑块滑动过程中系统产生的热量 Q=﹣(M+m)v2=‎ 答:‎ ‎①从滑块滑上小车到相对静止所需要的时间是;‎ ‎②小车的最小长度是;滑块滑动过程中系统产生的热量Q是.‎ ‎ ‎ ‎2016年11月25日
查看更多

相关文章

您可能关注的文档