山东省临沂市2016届高考物理二模试卷

山东省临沂市2016届高考物理二模试卷

‎2016年山东省临沂市高考物理二模试卷 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分 ‎1．2015年12月29日．“高分4号”对地观测卫星升空．这是中国“高分”专项首颗高轨道高分辨率、设计使用寿命最长的光学遥感卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星．下列关于“高分4号”地球同步卫星的说法中正确的是（　　）‎ A．该卫星定点在北京上空 B．该卫星定点在赤道上空 C．它的高度和速度是一定的，但周期可以是地球自转周期的整数倍 D．它的周期和地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小 ‎2．线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，如图甲所示，在ab线圈中通以如图乙所示的电流（电流从a流入为正），已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈以中感应电动势Ucd随时间变化关系的图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，边长为L的金属框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd．下列判断正确的是（　　）‎ A．金属框中无电流，φa=φd B．金属框中电流方向沿a﹣d﹣c﹣b﹣a，φa＜φd C．金属框中无电流，Ubc=﹣‎ D．金属框中无电流，Ubc=﹣BL2ω ‎4．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角θ在0～180°范围内．则下列说法正确的是（　　）‎ A．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短 B．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远 C．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短 D．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大 ‎5．如图所示，竖直放置在水平面上的圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是（　　）‎ A．筒外的小球先落地 B．两小球的落地速度可能相同 C．两小球通过的路程不一定相等 D．筒内小球随着速率的增大．对筒壁的压力逐渐增加 ‎6．一电子在电场中仅受静电力作用，从A到B做初速度为零的直线运动，其电势能Ep随距A点的距离x的关系如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．该电子的动能逐渐增大 B．该电场可能是匀强电场 C．A点电势高于B点电势 D．该电子运动的加速度逐渐减小 ‎7．一个质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．用F表示质点所受的合外力，x表示质点的位移，如图所示四个选项中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．17世纪，伽利略就通过实验分析指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去，从而得出力是改变物体运动的原因，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许扭秤实验应用了微元的思想方法 B．E=运用了比值定义的方法 C．速度v=，当△t非常小时可表示t时刻的瞬时速度，应用了极限思想方法 D．在探究加速度、力和质量三者之间关系的实验中，应用了控制变量法 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是50Hz，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率．已知砝码及砝码盘的质量为m=0.1kg，小车的质量为M=0.4kg，不计摩擦阻力，g取10m/s2．图乙为某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间还有三个点未画出．‎ ‎（1）小车的加速度大小为　　m/s2；‎ ‎（2）根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为　　Hz；‎ ‎（3）打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为　　m/s．‎ ‎10．（9分）C•S史密斯在1954年对硅和锗的电阻率与应力变化特性测试中发现，当受到应力作用时电阻率发生变化．这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．压阻效应被用来制成各种压力、应力、应变、速度、加速度传感器，把力学量转换成电信号，半导体压阻传感器已经广泛地应用于航空、化工、航海、动力和医疗等部门．某兴趣小组在研究某长薄板电阻Rx的压阻效应时，找到了如图所示器材（已知Rx的阻值变化范围大约为几欧到几十欧）：‎ A．电源E（3V，内阻约为1Ω）‎ B．电流表A1（0.6A，内阻r1=5Ω）‎ C．电流表A2（0.6A，内阻r2约为1Ω）‎ D．开关S，定值电阻R0‎ ‎（1）为了比较准确地测量电阻Rx的阻值，请根据所给器材画出合理的实物连接图（部分导线已画出，电表A1、A2已标出）；‎ ‎（2）在电阻Rx上加一个竖直向下的力F时，闭合开关S，A1的示数为I1，A2的示数为I2，则Rx=　　（用字母表示）；‎ ‎（3）Rx与压力F的关系如图l所示，某次测量时电表A1、A2的示数分别如图2、图3所示，则这时加在薄板电阻Rx上的压力为　　N．‎ ‎11．（13分）如图所示，质量为1kg物块自高台上A点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5m的光滑圆弧轨道运动．到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3m到达D点停下来，已知OB与水平面的夹角θ=53°，g=10m/s2（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）AB两点的高度差；‎ ‎（2）物块到达C点时，物块对轨道的压力；‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数．‎ ‎12．（19分）如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为M、N．在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点射出．‎ ‎（1）求匀强电场E的大小；‎ ‎（2）求匀强磁场B的大小；‎ ‎（3）若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-】（共2小题，满分15分）‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒 B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能 C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 ‎14．（10分）如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，厚度不计．可在气缸内无摩擦滑动．气缸侧壁有一个小孔，与装有水银的U形玻璃管相通．气缸内封闭了一段高为L=50cm的气柱（U形管内的气体体积不计）．此时缸内气体温度为27℃，U形管内水银面高度差hl=5cm．已知大气压强p0=1.0×l05Pa，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎①求活塞的质量m；‎ ‎②若在活塞上缓慢添加M=26.7kg的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，求此时气缸内气体的温度．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】（共2小题，满分0分）‎ ‎15．如图所示，横截面为半圆形玻璃砖，O点为圆心，OO′为直径PQ的垂线．已知玻璃砖的折射率n=，光在真空中的速度为c．则光线在该玻璃砖中的传播速度为　　；一条与OO′连线成60°角的光线从玻璃砖的圆心射入玻璃砖，则光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为　　．‎ ‎16．如图所示为一列简谐横波沿﹣x方向传播在t=0时刻的波形图，M、N两点的坐标分别为（﹣2，0）和（﹣7，0），已知t=0.5s时，M点第二次出现波峰．‎ ‎①这列波的传播速度多大？‎ ‎②从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？‎ ‎③当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为多少？‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】（共2小题，满分0分）‎ ‎17．静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为　　，已知释放出的α粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为　　．‎ ‎18．如图所示，质量均为2m的两滑块A、B静止在光滑水平面上，其长度均为L质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块A，子弹穿出A后又水平射入木块B而未穿出，此后B与A之间的距离保持不变，已知滑块对子弹的阻力恒定，求：‎ ‎①子弹穿出A时的速度：‎ ‎②子弹穿过A的过程中滑块A的位移．‎ ‎　‎ ‎2016年山东省临沂市高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分 ‎1．2015年12月29日．“高分4号”对地观测卫星升空．这是中国“高分”专项首颗高轨道高分辨率、设计使用寿命最长的光学遥感卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星．下列关于“高分4号”地球同步卫星的说法中正确的是（　　）‎ A．该卫星定点在北京上空 B．该卫星定点在赤道上空 C．它的高度和速度是一定的，但周期可以是地球自转周期的整数倍 D．它的周期和地球自转周期相同，但高度和速度可以选择，高度增大，速度减小 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】同步卫星与地球自转同步，同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．‎ 物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．‎ 通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定速度与高度．‎ ‎【解答】解：AB、地球同步卫星若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，就稳定做圆周运动，这是不可能的，因此地球同步卫星相对地面静止不动，所以必须定点在赤道的正上方，故B正确，A错误；‎ CD、因为同步卫星要和地球自转同步，即它们的T与ω相同，根据F==mω2r=m，因为ω一定，所以 r 必须固定，且v也是确定，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】‎ 此题要理解并掌握地球同步卫星的条件．地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小．‎ ‎　‎ ‎2．线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，如图甲所示，在ab线圈中通以如图乙所示的电流（电流从a流入为正），已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈以中感应电动势Ucd随时间变化关系的图中，正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】在每个时间段内电流随时间做正弦式变化，则根据法拉第电磁感应定律，判断线圈感应电动势的大小，根据楞次定律判断cd两点间电动势方向；‎ ‎【解答】解：在第一个，线圈ab电流沿正方向，且在增大，在副线圈cd中产生感应电动势，根据楞次定律可知，c端接感应电动势的负极，d端接感应电动势的正极，；电流的变化率与磁通量的变化率成正比，电流变化率在减小，所以副线圈感应电动势大小减小，符合要求的只有图象D；‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁场变化与电流变化的关系，还要掌握楞次定律判断感应电动势的方向，注意斜率与磁通量的变化率成正比．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，边长为L的金属框abcd放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd．下列判断正确的是（　　）‎ A．金属框中无电流，φa=φd B．金属框中电流方向沿a﹣d﹣c﹣b﹣a，φa＜φd C．金属框中无电流，Ubc=﹣‎ D．金属框中无电流，Ubc=﹣BL2ω ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据E=BL 求解切割电动势即可．‎ ‎【解答】解：导体棒bc、ad做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到d，故φa=φb，φc=φd，穿过线圈的磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流；‎ 感应电动势大小E=BL=BL（）=，由于Ub＜Uc，所以Ubc=﹣，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，会利用右手定则判断感应电动势的方向．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．原点O处存在一粒子源，能同时发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），速度方向均在xOy平面内，与x轴正方向的夹角θ在0～180°范围内．则下列说法正确的是（　　）‎ A．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子在磁场中运动的时间越短 B．发射速度大小相同的粒子，θ越大的粒子离开磁场时的位置距O点越远 C．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短 D．发射角度θ相同的粒子，速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子进入磁场中，受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，作出轨迹，由轨迹对应的圆心角等于粒子速度的偏向角，求出轨迹的圆心角α，由t=T分析时间；‎ 根据几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系；由ω=，T=分析角速度．‎ ‎【解答】解：A、速度相同的粒子在磁场中半径相同；画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示．由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π﹣2θ；粒子在磁场中运动的时间t=T=•=，则得知：θ越大，时间t越短；若θ一定，运动时间一定．故A正确，C错误；‎ B、设粒子的轨迹半径为r，则r=．如图，AO=2rsinθ=，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．故B错误；‎ D、粒子在磁场中运动的角速度ω=，又T=，则得ω=，与速度v和角度无关．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=T，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，竖直放置在水平面上的圆筒，从圆筒上边缘等高处同一位置分别紧贴内壁和外壁以相同速率向相反方向水平发射两个相同小球，直至小球落地，不计空气阻力和所有摩擦，以下说法正确的是（　　）‎ A．筒外的小球先落地 B．两小球的落地速度可能相同 C．两小球通过的路程不一定相等 D．筒内小球随着速率的增大．对筒壁的压力逐渐增加 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】结合向心力的来源分析小球是否脱离内壁；结合平抛运动的特点分析小球运动的时间与位移．‎ ‎【解答】解：A、筒内小球水平方向只受到筒壁的作用力，由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小．只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小．所以小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动．若已知发射小球的水平速度和圆筒高度，小球运动的时间：t=，在筒外的小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，所以运动的时间也是t=，筒内小球落地所用时间和筒外小球一样长．故选项A错误；‎ B、两个小球在竖直方向都做自由落体运动，落地的速率都是：v=，若筒内小球恰好运动n（n=1，2，3…）周，则二者速度的方向也相同，二者的速度相等．故B是可能的，选项B正确．‎ C、两个小球的水平方向的路程：，可知两小球通过的路程一定相等．故选项C错误；‎ D、由于筒壁的作用力始终与速度的方向垂直，所以该力不改变小球沿水平方向的分速度的大小．只有竖直方向的重力才改变小球速度的大小．所以筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动，需要的向心力不变，所以对筒壁的压力不变．‎ ‎ 故选项D错误．‎ 故选：B ‎【点评】该题考查平抛运动，解答的关键是筒内小球沿水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，若将该轨迹张开到一个平面内，则是平抛运动．‎ ‎　‎ ‎6．一电子在电场中仅受静电力作用，从A到B做初速度为零的直线运动，其电势能Ep随距A点的距离x的关系如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．该电子的动能逐渐增大 B．该电场可能是匀强电场 C．A点电势高于B点电势 D．该电子运动的加速度逐渐减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电势能的减小，说明电场力做正功，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、电子在静电力作用下，从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理电子的动能逐渐增大，故A正确；‎ B、的斜率等于电场力，斜率变小，电场强度减小，该电场不可能是匀强电场，故B错误；‎ C、根据，电子带负电q＜0，，A点电势低于B点电势，故C错误；‎ D、根据牛顿第二定律，电场强度减小，所以该电子运动的加速度逐渐减小，故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题关键要理解 图象的斜率等于电场力，由电势能与电场力做功的关系来判断电场力做功情况，由W=qU判断电势差，进而确定电势的高低．‎ ‎　‎ ‎7．一个质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．用F表示质点所受的合外力，x表示质点的位移，如图所示四个选项中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据v﹣t图象判断出质点做匀减速直线运动，加速度恒定，方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律和位移时间公式即可判断 ‎【解答】解：A、在v﹣t图象中，质点做匀减速直线运动，加速度恒定，根据牛顿第二定律可知，F=ma恒定，故A错误，B正确；‎ C、物体做匀减速直线运动，故位移x=，故C错误，D正确 故选：BD ‎【点评】本题关键是明确直线运动中，物体加速时加速度与速度同向；物体减速时加速度与速度反向，然后利用牛顿第二定律和位移时间公式即可 ‎　‎ ‎8．17世纪，伽利略就通过实验分析指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去，从而得出力是改变物体运动的原因，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许扭秤实验应用了微元的思想方法 B．E=运用了比值定义的方法 C．速度v=，当△t非常小时可表示t时刻的瞬时速度，应用了极限思想方法 D．在探究加速度、力和质量三者之间关系的实验中，应用了控制变量法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即瞬时速度，采用的是极限思维法；‎ 把整个运动过程划分成很多小段，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法；‎ 在探究加速度、力和质量三者之间关系的实验中，应用了控制变量法．‎ ‎【解答】解：A、卡文迪许扭秤实验应用了放大的思想方法，故A错误；‎ B、电场强度E=运用了比值定义的方法，故B正确；‎ C、根据速度v=，当△t非常小时可表示t时刻的瞬时速度，应用了极限思想方法，故C正确；‎ D、在探究加速度、力和质量三者之间关系的实验中，应用了控制变量法，故D正确；‎ 故选：BCD ‎【点评】在高中物理学习的过程中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是50Hz，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率．已知砝码及砝码盘的质量为m=0.1kg，小车的质量为M=0.4kg，不计摩擦阻力，g取10m/s2．图乙为某次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间还有三个点未画出．‎ ‎（1）小车的加速度大小为　2　m/s2；‎ ‎（2）根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为　40　Hz；‎ ‎（3）打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为　1　m/s．‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】（1）对车与砝码及盘进行研究，根据牛顿第二定律，即可求解加速度；‎ ‎（2）根据加速度公式a=，从而求解电源的频率；‎ ‎（3）根据平均速度等于中时刻瞬时速度，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）对车与砝码及盘整体进行研究，依据牛顿第二定律，则有：‎ mg=（m+M）a；‎ 解得：a===2m/s2； ‎ ‎（2）根据加速度公式a=，则有：‎ T===0.1s；‎ 由于相邻的计数点之间还有三个点未画出，则有，4T0=T，那么T0=0.025s；‎ 那么电源的频率为：‎ f===40Hz；‎ ‎（3）、打纸带上C点时小车的瞬时速度大小为：‎ vC==m/s=1m/s 故答案为：（1）2；（2）40；（3）1．‎ ‎【点评】本题借助实验考查了牛顿第二定律与匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．注意相邻的计数点之间还有三个点未画出，及选取车与砝码及盘整体研究．‎ ‎　‎ ‎10．C•S史密斯在1954年对硅和锗的电阻率与应力变化特性测试中发现，当受到应力作用时电阻率发生变化．这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．压阻效应被用来制成各种压力、应力、应变、速度、加速度传感器，把力学量转换成电信号，半导体压阻传感器已经广泛地应用于航空、化工、航海、动力和医疗等部门．某兴趣小组在研究某长薄板电阻Rx的压阻效应时，找到了如图所示器材（已知Rx的阻值变化范围大约为几欧到几十欧）：‎ A．电源E（3V，内阻约为1Ω）‎ B．电流表A1（0.6A，内阻r1=5Ω）‎ C．电流表A2（0.6A，内阻r2约为1Ω）‎ D．开关S，定值电阻R0‎ ‎（1）为了比较准确地测量电阻Rx的阻值，请根据所给器材画出合理的实物连接图（部分导线已画出，电表A1、A2已标出）；‎ ‎（2）在电阻Rx上加一个竖直向下的力F时，闭合开关S，A1的示数为I1，A2的示数为I2，则Rx=　　（用字母表示）；‎ ‎（3）Rx与压力F的关系如图l所示，某次测量时电表A1、A2的示数分别如图2、图3所示，则这时加在薄板电阻Rx上的压力为　1.5　N．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）测电阻阻值应测出电阻两端电压与通过电阻的电流，根据所给实验器材与实验原理作出实验电路图．‎ ‎（2）根据实验电路应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎（3）由图示电表读出其示数，然后求出电阻阻值，最后由图示图象求出压力大小．‎ ‎【解答】解：（1）测电阻阻值需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，实验给出两个电流表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联，实验可以不使用电压表，测出电阻两端电压，另一个电流表串联在电路中测电路电流，电路图如图所示：‎ ‎（2）电阻两端电压U=I1r1，通过电阻的电流I=I2﹣I1，电阻阻值RX==；‎ ‎（3）由图3所示电流表可知，其分度值为0.02A，示数：I1=0.26A，由图4所示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为：I2=0.36A，‎ 电阻阻值：Rx===13Ω，由图2所示图象可知，Rx=13Ω时压力F=1.5N；‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）；（3）1.5．‎ ‎【点评】伏安法测电阻原理时：用电压表测出电阻两端电压，用电流表测出通过电阻的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值，当没有电压表而有已知内阻的电流表时，可以把电流表与待测电阻并联，利用并联电路电压特点与欧姆定律测电阻两端电压．‎ ‎　‎ ‎11．（13分）（2016•临沂二模）如图所示，质量为1kg物块自高台上A点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5m的光滑圆弧轨道运动．到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3m到达D点停下来，已知OB与水平面的夹角θ=53°，g=10m/s2（sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）AB两点的高度差；‎ ‎（2）物块到达C点时，物块对轨道的压力；‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】功能关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小，然后由机械能守恒求出AB之间的高度差；‎ ‎（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小．‎ ‎（3）小物块从C运动到D，根据功能关系列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：υB==m/s．‎ A到B的过程中机械能守恒，得：‎ 联立得：h=0.45m ‎（2）小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR（1+sinθ）=mυC2﹣mυB2‎ 在C点处，据牛顿第二定律有NC′﹣mg=m 解得NC′=96 N ‎ 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小NC为96N．‎ ‎（3）小物块从C运动到D，据功能关系有：‎ 联立得：μ=0.5‎ 答：（1）AB两点的高度差是0.45m；‎ ‎（2）物块到达C点时，物块对轨道的压力是96N；‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数是0.5．‎ ‎【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2016•临沂二模）如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为中心、边长为2L的正方形区域，其边界ab与x轴平行，正方形区域与x轴的交点分别为M、N．在该正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点以与x轴夹角为30°的方向进入正方形区域，并恰好从d点射出．‎ ‎（1）求匀强电场E的大小；‎ ‎（2）求匀强磁场B的大小；‎ ‎（3）若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，求正方形磁场区域磁感应强度B0大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在电场中作类平抛运动，根据水平位移和竖直位移，由位移公式和牛顿第二定律结合求解匀强电场的场强；‎ ‎（2）画出电子在磁场中的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力列式，求解B的大小．‎ ‎（3）在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60°，由几何知识得到在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移等于电子的轨迹半径R，由题意，粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：nR=2L，由牛顿第二定律得到半径R=，联立得到磁感应强度B0的大小表达式．‎ ‎【解答】解：（1）电子飞出电场的方向与x轴成30°‎ 根据几何关系 竖直分速度 ‎ 水平位移 ‎ 解得：‎ ‎（2）设电子进入磁场的速度为v，则 由几何关系得 根据牛顿第二定律得 解得：‎ ‎（3）若电子从N点飞出，在磁场中的运动如图所示 又根据边角关系可得 nR=2L（n=1，2，3…）‎ ‎（n=1、2、3…）‎ 整理得（n=1、2、3…）‎ 答：（1）匀强电场E的大小；‎ ‎（2）匀强磁场B的大小；‎ ‎（3）若当电子到达M点时，在正方形区域换加如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子运动一段时间后从N点飞出，正方形磁场区域磁感应强度B0大小的表达式、磁场变化周期T与B0的关系式（n=1、2、3…）．‎ ‎【点评】电子在电场中，关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，特别是第三小题，要抓住周期性，根据几何关系求解电子的半径满足的条件．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-】（共2小题，满分15分）‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．能源在利用过程中有能量耗散，这表明能量不守恒 B．没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能 C．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性 D．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 ‎【考点】热力学第二定律；分子势能；能量守恒定律；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】明确能量守恒以及能量耗散的联系和区别；‎ 根据热力学第二定律可知，理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能； ‎ 晶体分为单晶体和多晶体，多晶体具有各向同性；‎ 根据理想气体状态方程可明确温度的变化，再根据热力学第一定律可知，一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热； ‎ 分子力做正功时，分子能减小，分子力做负功，分子势能增大．‎ ‎【解答】解：A、能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故A错误； ‎ B、根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可能把吸收的能量全部转化为机械能；故B正确； ‎ C、非晶体和多晶体的物理性质各向同性而单晶体的物理性质具有各向异性；故C错误；‎ D、对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，则由理想气体状态方程可知，温度一定增大，内能增大，同时气体对外做功，则由热力学第一定律可知，它一定从外界吸热； 故D正确；‎ E、当分子间作用力表现为斥力时，距离减小时分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大； 故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎【点评】本题关键是区分能量与能源，能量是守恒的，而能源是有限的，必须注意节约，同时注意热力学第一定律、第二定律的正确应用．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•临沂二模）如图所示，竖直放置的气缸，活塞横截面积为S=0.01m2，厚度不计．可在气缸内无摩擦滑动．气缸侧壁有一个小孔，与装有水银的U形玻璃管相通．气缸内封闭了一段高为L=50cm的气柱（U形管内的气体体积不计）．此时缸内气体温度为27℃，U形管内水银面高度差hl=5cm．已知大气压强p0=1.0×l05Pa，水银的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎①求活塞的质量m；‎ ‎②若在活塞上缓慢添加M=26.7kg的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，求此时气缸内气体的温度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】先由力学知识确定出状态封闭气体压强，再根据理想气体状态方程列式即可求解；‎ ‎【解答】解：①气缸内气体的压强为：‎ 活塞受力平衡，有：‎ 联立解得：m=6.8kg ‎②活塞下降后气体的压强为，则有：‎ 以气缸内封闭气体为研究对象根据理想气体状态方程，有：‎ 解得：，‎ 即：‎ 答：①活塞的质量m为6.8kg；‎ ‎②若在活塞上缓慢添加M=26.7kg的沙粒时，活塞下降到距气缸底部H=45cm处，此时气缸内气体的温度64.5℃‎ ‎【点评】本题考查理想气体的状态方程以及气体压强的计算，要注意正确选择研究气体对象，分析好对应的状态，再选择正确的物理规律求解即可 ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】（共2小题，满分0分）‎ ‎15．（2016•临沂二模）如图所示，横截面为半圆形玻璃砖，O点为圆心，OO′为直径PQ的垂线．已知玻璃砖的折射率n=，光在真空中的速度为c．则光线在该玻璃砖中的传播速度为　c　；一条与OO′连线成60°角的光线从玻璃砖的圆心射入玻璃砖，则光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为　30°　．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】根据公式v=求出光线在该玻璃砖中的传播速度；根据折射定律求出光线在PQ上的折射角，抓住光线径向射入，则径向射出，得出光线从玻璃砖出射时与最初人射方向的偏向角．‎ ‎【解答】解：光线在玻璃砖中传播的速度为：v==c．‎ 根据折射定律得：n=‎ 解得光线在PQ面上的折射角为：r=30°，‎ 光线沿半径方向射向界面，则沿半径方向射出，可知光线从玻璃砖出射方向与最初入射方向的夹角为30°．‎ 故答案为： c，30°．‎ ‎【点评】本题考查光的折射．关键是作出光路图，根据几何知识和折射定律进行研究．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•临沂二模）如图所示为一列简谐横波沿﹣x方向传播在t=0时刻的波形图，M、N两点的坐标分别为（﹣2，0）和（﹣7，0），已知t=0.5s时，M点第二次出现波峰．‎ ‎①这列波的传播速度多大？‎ ‎②从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？‎ ‎③当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为多少？‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】①根据t=0时波形图，由波的传播方向来确定质点M的振动方向，由在t=0.5s时，M点恰第二次出现波峰，即可求出周期，根据图象读出波长，从而求出波速．‎ ‎②图中x=4m处的波峰传到N点时N点第一次出现波峰，根据t=求所用时间．‎ ‎③根据时间与周期的关系，求M点通过的路程．‎ ‎【解答】解：①根据图象可知，该波波长 λ=4m M点与最近波峰的水平距离为6m，距离下一个波峰的水平距离为10m，所以波速为：v===20m/s ‎②N点与最近波峰的水平距离为 s=11m 当最近的波峰传到N点时N点第一次形成波峰，历时为：t1==s=0.55s ‎③该波中各质点振动的周期为：T==0.2s N点第一出现波峰时质点M振动了 t2=0.4s 则 t2=2T 质点M每振动经过的路程为5cm，则当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为：‎ s′=8×5cm=40cm=0.4m 答：①这列波的传播速度是20m/s．‎ ‎②从t=0时刻起，经过0.55s时间N点第一次出现波峰．‎ ‎③当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为0.4m．‎ ‎【点评】本题要能由波的传播方向来确定质点的振动方向，掌握由质点的振动情况来确定周期，并由周期与波长从而求出波速．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】（共2小题，满分0分）‎ ‎17．（2016•临沂二模）静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为　Ra→Rn+He　，已知释放出的α粒子的动能为E0‎ ‎，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为　　．‎ ‎【考点】爱因斯坦质能方程；动量守恒定律．‎ ‎【分析】由动量守恒求出新核的动能，从而得到衰变释放的总能量，再由质能方程求出质量亏损．‎ ‎【解答】解：静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，其衰变方程为： Ra→Rn+He，‎ 衰变满足动量守恒，以α粒子运动的方向为正方向，得：mαVα﹣mRnVRn=0‎ 结合：P2=2m•EK 得：，‎ 所以EkRn=E0，所以总的动能为E0=E0，‎ 这些能量就是由衰变过程的质量亏损而产生的，所以亏损的质量为．‎ 故答案为： Ra→Rn+He；‎ ‎【点评】本题考查原子核发生α衰变时释放能量和质量亏损有关的知识，较难．本题还考查了动量守恒和能量有关的知识．‎ ‎　‎ ‎18．（2016•临沂二模）如图所示，质量均为2m的两滑块A、B静止在光滑水平面上，其长度均为L质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块A，子弹穿出A后又水平射入木块B而未穿出，此后B与A之间的距离保持不变，已知滑块对子弹的阻力恒定，求：‎ ‎①子弹穿出A时的速度：‎ ‎②子弹穿过A的过程中滑块A的位移．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①‎ 子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹穿出A的速度；‎ ‎②对子弹与A组成的系统应用能量守恒定律列方程求出阻力，然后对A应用动能定理求出A的位移．‎ ‎【解答】解：①由题意可知，最终A、B间的距离保持不变，则两者速度相等，以向右为正方向，以子弹与两木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：‎ mv0=（m+2m+2m）v2，‎ 解得：v2=v0，‎ 以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv1+2mv2，‎ 解得：v1=v0；‎ ‎②子弹穿出A的过程，对子弹与木块A组成的系统，由能量守恒定律得：‎ mv02=FL+mv12+•2mv22，‎ 对木块A，由动能定理得：Fx=•2mv22﹣0，‎ 解得：x=L；‎ 答：①子弹穿出A时的速度为v0；‎ ‎②子弹穿过A的过程中滑块A的位移为L．‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动能定理可以解题；审题时要注意条件：“此后B与A之间的距离保持不变”，它的隐含条件是：A、B的速度相等．‎ ‎　‎