2013三维设计高考物理二轮复习第二阶段 专题三 考前必做的5套仿真检测

2013三维设计高考物理二轮复习第二阶段 专题三 考前必做的5套仿真检测

高考仿真检测(一) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 120 分。考试时间 100 分钟。 第Ⅰ卷(选择题　共 31 分) 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1.如图 1 所示，将一个质量为 m 的球固定在弹性杆 AB 的上端， 今用测力计沿水平方向缓慢拉动球，使杆发生弯曲，在测力计示数逐渐 增大的过程中，AB 杆对球的弹力方向为(　　) A．始终水平向左 图 1 B．始终竖直向上 C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大 D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 解析：选 C　分析小球受力可知，小球受重力 mg，竖直向下；水平向右的拉力 F，杆 对小球的作用力 F 杆，由平衡条件可知，F 杆一定与 mg 和 F 的合力等大反向，故 F 杆斜向 左上方，且 F 越大，F 与 mg 的合力与竖直方向夹角越大，所以 F 越大，F 杆与竖直方向的 夹角也越大，C 正确。 2.如图 2 所示 ，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油 滴位于两极板的中心 P 点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两 极板在纸面内绕 O′O 迅速顺时针转过 45°，则(　　) A．P 点处的电势升高 B．带电油滴仍将保持静止状态 图 2 C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 解析：选 C　设极板水平时板间距为 d，两板间电压为 U，由平衡条件得：U dq＝mg， 沿如图示位置旋转 45°时，板间距为 dcos 45°，电场力 F＝ U dcos 45°·q，由 Fcos 45°＝mg 可知， 油滴在竖直方向合力为零，水平方向合力向右，故油滴沿水平方向向右匀加速运动，且电场 力做正功，电势能减少，B、D 错误，C 正确；因 P 点仍在板间中点，故 φP＝U 2，P 点电势 没变，A 错误。 3．质量为 50 kg 的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬，在爬高 3 m 的过程中，手与绳子之 间均无相对滑动，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．绳子对人的静摩擦力做功等于人的重力势能的增加 B．绳子对人的静摩擦力做功等于人的机械能的增加 C．绳子对人的静摩擦力做功为 1 500 J D．人克服自身重力做功使其重力势能增加 1 500 J 解析：选 D　手与绳子之间无相对滑动，绳子对人的静摩擦力不做功，A、B、C 均错； 人在上爬的过程中克服自身重力做功，消耗自身的化学能使重力势能增加。正确选项为 D。 4.如图 3 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交流电表，从某时刻开始在原线 圈 c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为 u1＝220 2sin 100πt(V)， 则(　　) A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 V 图 3 B．当 t＝ 1 600 s 时，c、d 间的电压瞬时值为 110 V C．单刀双掷开关与 a 连接，在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，电压表和电流表 的示数均变小 D．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电压表和电流表的示数均变小 解析：选 A　开关与 a 连接时，副线圈两端电压为 22 V，因为电压表测量值为有效值， 所以 A 正确；当 t＝1/600 s 时，u1＝220 2×sin π 6＝110 2 V，B 错误；开关与 a 连接时 P 向上滑动时电压表读数由原线圈电压和匝数比决定，所以不变，但电流表读数变小，C 错误； 开关由 a 到 b 连接时根据U1 U2＝n1 n2得 U2 变大，所以电流也变大，D 错误。 5.如图 4 所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿 过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线 AC 的长度为磁场宽度的两 倍且与磁场边界垂直。下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流 以 ABCD 顺序流向为正方向，从 C 点进入磁场开始计时)正确的是(　　) 图 4 图 5 解析：选 B　在 BD 对角线到达磁场中心之前，线框的磁通量最大，之后逐渐减小，由 楞次定律可知，感应电流方向先沿正方向，后沿负方向，在 BD 对角线到达磁场左边界之前， 线框的等效长度均匀增大，当 BD 对角线与磁场左边界重合时，线框的等效长度最大，均匀 增加到电流最大，当 BD 对角线到达磁场中心时，电流为零，故 B 正确。二、多项选择题： 本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得 4 分， 选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6．自然界中某个量 D 的变化量 ΔD，与发生这个变化所用时间 Δt 的比值ΔD Δt ，叫做这 个量 D 的变化率。下列说法正确的是(　　) A．若 D 表示某质点做匀速直线运动的位移，则ΔD Δt 是恒定不变的 B．若 D 表示某质点做平抛运动的速度，则ΔD Δt 是恒定不变的 C．若 D 表示某质点的动能，ΔD Δt 越大，则质点所受外力做的总功就越多 D．若 D 表示穿过某线圈的磁通量，ΔD Δt 越大，则线圈中的感应电动势就越大 解析：选 ABD　若 D 表示某质点做匀速运动的位移，则ΔD Δt 表示质点运动的速度，故 A 正确；若 D 表示某质点做平抛运动的速度，则ΔD Δt 表示质点做平抛运动的加速度，是恒定不 变的，B 正确；若 D 表示某质点的动能，则ΔD Δt 表示质点所受合外力做功的功率，ΔD Δt 越大， 合外力的功率越大，但外力做功不一定越多，C 错误；若 D 表示穿过某线圈的磁通量，则ΔD Δt 表示线圈的感应电动势，ΔD Δt 越大，线圈的感应电动势也就越大，D 正确。 7．北京时间 2012 年 2 月 25 日凌晨 0 时 12 分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三 号丙”运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空轨道。这是一颗地球同步卫星， 也是中国 2012 年发射的首颗北斗导航系统组网卫星。2020 年左右，将建成由 30 余颗卫星 组成的北斗卫星导航系统，提供覆盖全球的高精度、高可靠的定位、导航和授时服务。下 列关于第十一颗北斗导航卫星说法正确的是(　　) A.运行速度大于 7.9 km/s B．离地面的高度一定，相对地面静止 C．比月球的角速度大 D．与地球赤道上的物体向心加速度相等 解析：选 BC　第十一颗北斗导航卫星是同步卫星，其离地面的高度一定，周期为 24 h，相对地面静止，运行速度一定小于第一宇宙速度，故 A 错误，B 正确；由 ω＝2π T 可知， 其运动的角速度一定大于月球的角速度，C 正确；由 a＝ω2r 可知，地球赤道上的物体与第 十一颗北斗导航卫星的角速度相同，但 r 卫>R 地，故 a 卫>a 物，D 错误。 8.如图 6 所示，物块 A 放在直角三角形斜面体 B 上面，B 放在弹簧 上面并紧挨着竖直墙壁，初始时 A、B 静止。现用力 F 沿斜面向上推 A， 但 AB 并未运动。下列说法正确的是(　　) A．A、B 之间的摩擦力可能大小不变 B．A、B 之间的摩擦力一定变小 C．B 与墙之间可能没有摩擦力 图 6 D．弹簧弹力一定不变 解析：选 AD　施加推力 F 之前，A、B 整体处于平衡状态，则弹簧的弹力向上，大小 为 A、B 两物块的重力，B 与墙的摩擦力为零，当施加 F 后，A、B 未运动，则弹簧弹力一 定不变，因 F 在竖直方向有向上的分力，故 B 受墙沿竖直方向向下的摩擦力，C 错误；对 物体 A，施加力 F 前，B 对 A 的摩擦力沿斜面向上，fA＝mAgsin θ，施加 F 后，摩擦力 fA 的 大小与 F 的大小有关，若 F＝2mgsin θ 则 fA′＝mAgsin θ，方向沿斜面向下，故 A 正确，B 错误。 9.如图 7 所示，一带电粒子，质量为 m，电荷量为 q，以一定的 速度沿水平直线 A′B′方向通过一正交的电磁场，磁感应强度为 B1，电场强度为 E。粒子沿垂直等边三角形磁场边框的 AB 边方向由 中点的小孔 O 进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为 a，经过 两次与磁场边框碰撞(碰撞过程遵从反射定律)后恰好返回到小孔 O， 图 7 则以下说法正确的是(　　) A．该带电粒子一定带正电 B．该带电粒子的速度为 E B1 C．等边三角形磁场的磁感应强度为2mE B1qa D．该粒子返回到小孔 O 之后仍沿 B′A′直线运动 解析：选 BC　由于磁场的方向没有明确，因此无法确定带电粒子的电性；由粒子做直 线运动不难得出，该粒子做的一定是匀速直线运动，则由 Eq＝B1qv 可得 v＝ E B1；进入三角 形磁场区后，经过 2 次碰撞恰好返回到小孔 O，经分析可知，该粒子在其中做匀速圆周运动 的半径为a 2，由a 2＝mv B2q可得 B2＝2mE B1qa；当粒子重新返回到小孔 O 时，由粒子的受力不难得出 电场力和洛伦兹力同向，故不能沿直线运动。 第Ⅱ卷(非选择题　共 89 分) 三、简答题：本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分。请将 解答填写在相应的位置。 [必做题] 10．(8 分)某学兴趣小组为了探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系。设计实验 的主要步骤是：①在学校操场的跑道上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点 线，并同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥(其在运动过程中空气阻力不计)； ③车驶过起点线就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下时，记 录自行车停下的位置；⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离 x、起点线到终点的距 离 L 及车把手处离地高度 h。若自行车在行驶中所受阻力为 f 并保持恒定，设当地的重力加 速度为 g，那么： (1)自行车经过起点线时的速度 v＝________。(用已知的物理量和所测量得到的物理量 表示) (2)自行车经过起点线后克服阻力做的功 W＝______。(用已知的物理量和所测量得到的 物理量表示)。 (3)多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤②—④，则每次只需测量 上述物理量中的________和________，就能通过数据分析达到实验目的。 解析：(1)根据平抛运动的规律可知：x＝vt ① h＝1 2gt2 ② 由①②联立解得：v＝x g 2h。 (2)由于只有阻力做功，所以 W＝fL。 (3)由于自行车受到的阻力不变，橡皮泥下落的高度也不变，由 v＝x g 2h及 W＝fL 可 以看出每次只要测量出不同初速度下的橡皮泥水平方向通过的位移 x 和自行车通过的位移 L 即可。 答案：(1)x g 2h　(2)fL　(3)x　L 11．(10 分)一有根细长而均匀的金属管线样品，长约为 60 cm，电阻大约为 6 Ω，横截 面如图 8 甲所示。 图 8 (1)用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为________ mm； (2)现有如下器材： A．电流表(量程 0.6 A，内阻约 0.1 Ω) B．电流表(量程 3 A，内阻约 0.03 Ω) C．电压表(量程 3 V，内阻约 3 kΩ) D．滑动变阻器(1 750 Ω，0.3 A) E．滑动变阻器(15 Ω，3 A) F．蓄电池(6 V，内阻很小) G．开关一个，带夹子的导线若干 要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应该选________，滑动变阻器应选 ________。(只填代号字母) (3)请将图 9 所示的实际测量电路补充完整。 图 9 (4)已知金属管线样品材料的电阻率为 ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为 R，金属 管线的外径为 d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积 S，在前面实验的 基础上，还需要测量的物理量是________(所测物理量用字母表示并用文字说明)。计算中空 部分横截面积的表达式为 S＝________。 解析：(1)螺旋测微器的读数为：1 mm＋0.01×12.5 mm＝1.125 mm。 (2)因样品阻值约为 6 Ω，唯一性器材电压表的量程为 3 V，故电流最大约为 0.5 A，电 流表应选用量程为 0.6 A 的 A。为了调节方便，滑动变阻器应选用总阻值与样品相差不大的 E。 (3)因 Rx≈6 Ω< RARV≈ 300 Ω，故测量电路应连接为外接法电路。因滑动变阻器的 总阻值大于样品阻值，且实验中不需从零调节，故控制电路接为限流式即可。 (4)设金属管线长度为 L，由导体电阻公式得 R＝ρ L π(d 2 )2－S ，可得 S＝πd2 4 －ρL R ，所以需 要测量金属管线的长度 L。 答案：(1)1.125±0.001　(2)A　E　(3)如图所示 (4)管线的长度 L　πd2 4 －ρL R 12．[选做题]本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内 作答，若多做，则按 A、B 两小题评分。 A．[选修 3－3](12 分) (1)下列说法中正确的是________。 A．对于一定质量的密闭气体，体积不变、温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子 的平均动能增大，撞击器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大 B．对于一定质量的密闭气体，气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间打 到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大 C．分子 A 从远处趋近固定不动的分子 B，当 A 到达与 B 的距离为 r0(分子力为零)处时， A、B 系统分子势能最低 D．做功和热传递都可以改变物体的内能，这两种方式从效果来看是等效的，从能量转 化或转移的观点来看也是没有区别的 (2)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移 和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热 Q1，对 外做功 W，又向低温热源放热 Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第 一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W 三者之间满足的关系是________。热机的效率 η ＝W Q1不可能达到 100%，从能量转换的角度，说明________能不能完全转化为________能。 (3)如图 10 是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气 柱长度为 20 cm，人用竖直向下的力 F 压活塞，使空气柱长度变为原来的一半， 人对活塞做功 10 J，大气压强为 P0＝1×105 Pa，不计活塞的重力。问： ①若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大； ②若以适当的速度压缩气体，此过程气体向外散失的热量为 2 J，则气体的内 能增加多少。(活塞的横截面积 S＝1 cm2) 图 10 解析：(1)气体的压强由单位体积内的分子数和分子的平均动能共同决定，若只知道单 位体积内分子数增多，是无法确定压强的变化的，故 A 正确，B 错误；当分子 A 向分子 B 运动的过程中，当间距 r>r0 时，分子间表现为引力，引力做正功，分子势能减小，当 rv1＋v2 2 解析：选 A　从图线的斜率可知物体的加速度逐渐减小，故 A 正确、B 错误；若物体从 t1 时刻到 t2 时刻做匀减速运动，则其 v－t 图 如图中直线 2 所示，从 v－t 图象可知两种运动情况下，匀减速运动的 位移较大，其平均速度较大，物体做匀减速运动由 t1 到 t2 的过程中 平均速度等于v1＋v2 2 ，所以物体做加速度减小的减速运动中的平均速度应小于v1＋v2 2 ，故 C、 D 错误。 4．神舟七号经过变轨后，最终在距地球表面约 343 公里的圆轨道上正常飞行，约每 90 分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是(　　) A．神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于 9.8 m/s2 B．神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于 8 km/s C．神舟七号飞船在轨道上正常飞行时，宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态，在 舱内行走时，须穿带钩的鞋子，地板是网格状的 D．神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大 解析：选 D　地球表面的重力加速度为 g＝9.8 m/s2，g 值随着高度的升高而减小，故 A 错误；近地轨道上卫星的线速度为 v＝7.9 m/s，高度越高、半径越大、线速度越小， 故 B 错误；飞船在轨道上正常飞行时，宇航员处于失重状态但是并没有失去重力，故 C 错 误；近地轨道的卫星周期约为 84 min，半径越大、周期越大，故 D 正 确。 5.如图 3 所示，虚线框内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未 画出)，一质子从 bc 边上的 M 点以速度 v0 垂直于 bc 边射入电场，只在 电场力作用下，从 cd 边上的 Q 点飞出电场。下列说法正确的是(　　) A．不管电场方向如何，质子从 M 点到 Q 点一定做匀变速运动 B．电场方向一定是垂直 ab 边向右 图 3 C．电场力一定对电荷做了正功 D．M 点的电势一定高于 Q 点的电势 解析：选 A　由于是匀强电场，质子所受电场力为恒力，故质子运动的加速度恒定，一 定做匀变速运动，A 项正确。由于电场方向不确定，故无法判断 M、Q 两点的电势高低， 也无法判断电场力做功的正负，BCD 项均错。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题 意。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转 动，当线框的转速为 n1 时， 产生的交变电动势的图线为甲，当线框的 转速为 n2 时，产生的交变电动势的图线为乙。则(　　) A．t＝0 时，穿过线框的磁通量均为零 B．t＝0 时，穿过线框的磁通量变化率均为零 图 4 C．n1∶n2＝3∶2 D．乙的交变电动势的最大值是20 3 V 解析：选 BCD　t＝0 时，线圈的电动势为零，则线圈的磁通量最大，磁通量的变化率 为零，故 A 错误，B 正确；由图可知，T 乙＝0.04 s，T 甲＝0.08 3 s，由 n＝1 T可得 n1∶n2＝T 乙∶T 甲＝3∶2，C 正确；由 Em 甲＝NBSω 甲，Em 乙＝NBSω 乙，又 ω＝2π T 可解得 Em 乙＝20 3 V，D 正确。 7.如图 5 所示，光滑水平面上放着足够长的木板 B，木板 B 上放 着木块 A。A、B 接触面粗糙，现用一水平拉力 F 作用在 B 上使其由 静止开始运动，用 f1 代表 B 对 A 的摩擦力，f2 代表 A 对 B 的摩擦力， 图 5 下列说法正确的有(　　) A．力 F 做的功一定等于 A、B 系统动能的增加量 B．力 F 做的功一定小于 A、B 系统动能的增加量 C．力 f1 对 A 做的功等于 A 动能的增加量 D．力 F、f2 对 B 做的功之和等于 B 动能的增加量 解析：选 CD　若力 F 较小，A、B 间不发生相对滑动，则力 F 做的功等于 A、B 动能 的增加量，若力 F 较大，A、B 间发生相对滑动，则力 F 做的功等于 A、B 的动能增加量与 系统内能增量的和，故 A、B 均错误；由动能定理可知，C、D 均正确。 8.如图 6 所示，倾斜的传送带始终以恒定速率 v2 运动。一小物块 以 v1 的初速度冲上传送带，v1>v2。小物块从 A 到 B 的过程中一直做 减速运动，则(　　) A．小物块到达 B 端的速度可能等于 v2 图 6 B．小物块到达 B 端的速度不可能等于零 C．小物块的机械能一直在减少 D．小物块所受合力一直在做负功 解析：选 AD　小物块一直做减速运动，到 B 点时速度为小于 v1 的任何值，故 A 正确， B 错误；当小物块与传送带共速后，再向上运动摩擦力对小物块做正功，机械能将增加， 故 C 错误。W 合＝ΔEk<0，D 正确。 9.在如图 7 所示的倾角为 θ 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强 度大小为 B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的 磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为 L，一个质量为 m、电阻为 R、 边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度 v1 做匀速直线运动；当 ab 边下滑到 JP 与 图 7 MN 的中间位置时，线框又恰好以速度 v2 做匀速直线运动，从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的 中间位置的过程中，线框的动能变化量为 ΔEk，重力对线框做功大小为 W1，安培力对线框 做功大小为 W2，下列说法中正确的有(　　) A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有 v2>v1 B．从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，机械能守恒 C．从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能 D．从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为 ΔEk＝ W1－W2 解析：选 CD　由 mgsin θ＝B·BLv1 R L 得：v1＝mgRsin θ B2L2 ，当 ab 到达 JP 和 MN 的中点 时，mgsin θ＝2B·2BLv2 R L 得：v2＝mgRsin θ 4B2L2 ，故 v1>v2，A 错误；因框运动过程中有安培力 做负功，其机械能不守恒，机械能的减少量 W1－ΔEk 用于克服安培力做功，转化为电能，C 正确；由动能定理得：ΔEk＝W1－W2，D 正确。 第Ⅱ卷(非选择题　共 89 分) 三、简答题：本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分。请将 解答填写在相应的位置。 [必做题] 10．(8 分)某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验， 实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝ v，②W∝v，③W∝v2。实验装置如图 8 甲所示，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做 的功记为 W。当我们用 2 条、3 条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第 2 次、第 3 次…… 实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。小车在实验中获得的速度由打点计时器所打 的纸带测出。 图 8 (1)实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是_______________； (2)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用 纸带的________部分进行测量； (3)同学们设计了以下表格来记录数据。其中 W1、W2、W3、W4…表示橡皮筋对小车做 的功，v1、v2、v3、v4…表示小车每次获得的速度。 实验次数 1 2 3 4 … W W1 W2 W3 W4 … v v1 v2 v3 v4 … 他们根据实验数据绘制了如图乙所示的 W－v 图象，由图象形状得出结论 W∝v2。他 们的做法是否合适？请说明理由：_________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)把木板的末端垫高，倾角为 θ，若 f＝mgsin θ，则平衡了摩擦力，此时只有橡 皮筋的作用力使小车运动。 (2)小车先加速后匀速，匀速时橡皮筋的弹力刚好全部做功，所以应选纸带的均匀部分 测量。 (3)因为 W－v 图象是曲线，不能确定 W 与 v2 的函数关系，所以不合适。 答案：(1)把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力　(2)点距均匀　(3)不合适。由曲线 不能直接确定 W、v2 的函数关系，应进一步绘制 W－v2 图象 11．(10 分)图 9 是利用两个电流表 A1 和 A2 测量干电池电动势 E 和内 阻 r 的电路原理图。图中 S 为开关， R 为滑动变阻器，固定电阻 R1 和电 流表 A1 的内阻 r1 之和为 10 000 Ω(比 r 和滑动变阻器的总电阻都大得多)， A2 为理想电流表。 (1)按电路原理图在图 10 虚线框内各实物图之间画出连线。 图 9 图 10 (2)闭合开关 S，移动滑动变阻器的滑动端 c 至某一位置，读出电流表 A1 和 A2 的示数 I1 和 I2。多次改变滑动端 c 的位置，得到的数据为 I1/mA 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2/mA 480 400 320 232 140 68 在图 11 所示的坐标纸上以 I1 为纵坐标、I2 为横坐标画出所对应的 I1－I2 曲线。 图 11 (3)利用所得曲线求得电源的电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω。(保留两位小 数) (4)该电路中电源输出的短路电流 I 短＝________A。 解析：本题主要考查了实物图连接、实验注意事项、数据处理，本实验是用两个电流表 测电源电动势和内阻，实质是将电流表 A1 与一定值电阻串联，改装成电压表使用。 (1)实物连接如图所示 (2)作 I1－I2 图象如图所示 (3)电动势 E＝I1′(图象与纵轴截距)×10 000 V＝1.49 V， 电源的内阻 r＝k(图象斜率)×10 000 Ω＝0.60 Ω。 (4)若图象与横轴的截距为 I2′，则电源输出的短路电流 I 短＝ I1′ I1′－0.110×I2′≈2.5 A。 答案：(1)见解析　(2)见解析 (3)1.49(1.48～1.50)　0.60(0.55～0.65)　(4)2.5(2.3～2.7) 12．[选做题]本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内 作答，若多做，则按 A、B 两小题评分。 A．[选修 3－3](12 分) (1)关于热现象，下列说法正确的是________。 A．在一定条件下，物体的温度可以降到 0 K B．物体吸收了热量，内能不一定增加 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动的反映 (2)某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，待冷却后 取出烧瓶。并迅速把一个小气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体(视为 理想气体)，然后将烧瓶放进盛有热水的烧杯里，气体逐渐膨胀起来，如图 12 所示。在气体膨胀过程中，该密闭气体组成的系统内能________(选填“增 加”“减少”或“不变”)；大气压力对气体做功为________功(选填 图 12 “正”“负”或“零”)。 (3)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，其 p－T 图和 V－T 图如图 13 所 示。 ①求温度为 600 K 时气体的压强； ②请在 p－T 图线上将温度从 400 K 升高到 600 K 的变化过程补充完整。 解析：(1)温度 0 K 为极限温度，不可能达到，A 错误；物体吸收热量，但因不知做功 情况，故无法确定内能变化，B 正确；当分子间距由 rr0 的过程中，分子势能先 减小后增大，C 正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不反映固体分子的无规则运 动，D 错误。 (2)气体从热水中吸收热量温度升高，内能增加，气球膨胀体积变大，气体对外做正功， 大气压力对气体做负功。 (3)①由理想气体状态方程p1V1 T1 ＝p2V2 T2 ，即1 × 105 × 2.5 400 ＝p2 × 3 600 温度为 600 K 时，气体的压强为 p2＝1.25×105 Pa ②由根据 V－T 图线可知：在温度从 400 K 升高到 500 K 的变化 过程中，气体经历了等容变化，其 p－T 图线是正比例函数图象。 在温度从 500 K 升高到 600 K 的变化过程中，气体经历了等压 变化，其 p－T 图象是平行于 T 轴的直线段。 如图所示。 答案：(1)BC　(2)增加　负　(3)1.25×105 Pa　见解析 B．[选修 3－4](12 分) (1)如图 14 所示是一列简谐横波在 t＝0 时的波形图，若波的传 播速度为 2 m/s，此时质点 P 向 y 轴正方向振动，P、Q 两个质点相距 一个波长。下列说法正确的是________。 A．质点 P 在一个周期内的路程为 20 cm 图 14 B．经过 0.1 s，质点 Q 和 P 的振动方向相反 C．经过 Δt＝0.15 s，质子 P 向 y 轴负方向振动 D．若该波传播中遇到宽约 0.4 m 的障碍物，能发生明显的衍射现象 (2)薄膜干涉在科学技术上有很大应用。 如图 15 甲是干涉法检查平面示意图，图 15 乙是得到的干涉图样，则干涉图样中条纹 弯曲处的凹凸情况是________。(选填“上凸”或“下凹”) 图 15 (3)某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，由于没有量角器，在完成光 路图后，以 O 为圆心画圆，分别交入射光于 A 点，交 OO′连线延长线于 C 点。分别过 A 点、C 点作法线 NN′的垂线 AB、CD 交 NN′于 B 点、D 点，用刻度尺量得 AB＝6 cm，CD＝4 cm。求：玻璃的折射率 n。 图 16 解析：(1)任何质点在一个周期内走的路程均为 4 A＝20 cm，A 正确，P 和 Q 两点相距 一个波长，为同相点，振动情况相同，B 错误；由 v＝2 m/s，λ＝0.4 m 可得 T＝λ v ＝0.2 s， 故 Δt＝0.15 s＝3 4 T，质点 P 此时向＋y 方向振动，3 4T 后来到 x 轴下方，仍向＋y 方向振动， C 错误；因障碍物的尺寸 d＝λ，故该波遇到此障碍物能发生明显的衍射现象，D 正确。 (2)由图乙可知干涉条纹向左弯曲，即向空气薄膜的较厚一侧弯曲，说明在弯曲处与其 在一条线上的空气薄膜厚度相比反射光和入射光的光程差较小所至，故在弯曲处向上凸起。 (3)O 所在玻璃面为界面，设入射角为 θ1，折射角为 θ2，由几何关系得： sin θ1＝AB OA sin θ2＝CD OC，OA＝OC 由以上关系得 n＝AB CD 带入数据得：n＝1.5 答案：(1)AD　(2)上凸　(3)1.5 C．[选修 3－5](12 分) (1)下列说法正确的是________。 A．卢瑟福由 α 粒子散射实验提出了原子的核式结构 B．β 射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力 C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动 能增大，总能量减小 D．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大 (2)假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质 量是 2.0136 u，中子的质量是 1.0087 u，氦核同位素的质量是 3.0150 u，已知 1 u 质量对应 931.5 MeV 的能量，聚变的核反应方程式是________，在聚变核反应中释放出的能量为 ________MeV。(保留两位有效数字) (3)如图 17 所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为 m 的 小物块 A 和 B，B 物块靠着竖直墙壁。今用水平外力缓慢推 A，使 A、B 间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为 E 时撤去此水平外力，让 A 和 B 图 17 在水平面上运动。求： ①当弹簧达到最大长度时 A、B 的速度大小； ②当 B 离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。 解析：(1)卢瑟福根据 α 粒子散射实验结果提出了原子的核式结构，A 正确；β 射线是 原子核内中子转化为质子时放出的电子形成的电子流，B 错误；氢原子辐射光子后，向离核 较近的轨道跃迁，库仑力做正功，氢原子电势能减少，总能减少，C 对；由 hν－W＝Ekm 可 知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大，与光的强度无关，D 错误。 (2)根据题中条件，可知核反应方程为 21H＋21H→32He＋10n。 核反应方程中的质量亏损 Δm＝2mH－(mHe＋mn) ＝2×2.013 6 u－(3.015 0＋1.008 7) u ＝3.5×10－3 u。 由于 1 u 的质量与 931.5 MeV 的能量相对应，所以氘核聚变时放出的能量 ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV≈3.3 MeV (3)①当 B 离开墙壁时，A 的速度为 v0，由机械能守恒有 1 2mv20＝E 解得 v0＝ 2E m 以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B 速度相等， 设为 v，由动量守恒有 2mv＝mv0 解得 v＝1 2 2E m ②根据机械能守恒，最大弹性势能为 Ep＝1 2mv20－1 2(2m)v2＝1 2E 则：v0＝ 2E m 　Ep＝1 2E 答案：(1)AC (2)21H＋21H→32He＋10n　3.3 (3)①均为1 2 2E m 　②1 2E 四、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值 和单位。 13．(15 分)半径为 a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为 B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为 b 的金属圆环与磁场同心放置，磁场与 环面垂直，其中 a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属圆环上分别接有灯 L1、L2，两灯 的电阻均为 R0＝2 Ω，一金属棒 MN 与金属圆环接触良好，棒与环的电阻均 忽略不计。 图 18 ①若棒以 v0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径 OO′的瞬间(如图 18 所示)MN 中的电动势和流过灯 L1 的电流。 ②撤去中间的金属棒 MN，将右面的半圆环 OL2O′以 OO′为轴向上翻转 90°，若此时 磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4 πT/s，求 L1 的功率。 解析：①棒通过圆环直径时切割磁感线的有效长度 L＝2a，棒中产生的感应电动势为 E ＝BLv＝B·2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V (3 分) 当不计棒和圆环的电阻时，直径 OO′两端的电压 U＝E＝0.8 V (1 分) 通过灯 L1 的电流为 I1＝U R0＝0.8 2 A＝0.4 A (3 分) ②右半圆环上翻 90°后，穿过回路的磁场有效面积为原来的一半，S′＝1 2πa2，磁场变 化时回路产生的感应电动势为 E′＝ΔΦ Δt ＝S′·ΔB Δt ＝1 2πa2×4 πV＝0.32 V (3 分) 由于 L1、L2 两灯相同，圆环电阻不计，所以每个灯的电压均为 U′＝1 2E′ (1 分) L1 的功率为 P1＝U′2 R0 ＝ (1 2E′)2 R0 ＝1.28×10－2 W。 (4 分) 答案：①0.8 V　0.4 A　②1.28×10－2 W 14．(16 分)一质量为 M＝2 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向 左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图 19 甲所示，地面观察者记录了小物块被击 中后的速度随时间的变化关系，如图 19 乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传 送带的速度保持不变。(g＝10 m/s2) 图 19 (1)指出传送带的速度 v 的大小及方向，说明理由。 (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数？ (3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？ 解析：(1)由题图可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀 加速运动，当速度等于 2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大 小为 2 m/s。 (3 分) (2)由题图可知，a＝Δv Δt＝4 2 m/s2＝2 m/s2 (2 分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力 f＝Ma，其中 f＝μN， N＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数 μ＝Ma Mg＝ 2 10＝0.2 (3 分) (3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有 3 s，传送带在这段时间内的位移 s＝vt＝2×3 m＝6 m，所以物块对传送带所做的功为 W＝－fs＝－4×6 J＝－24 J (4 分) 物块相对于传送带通过的路程 s′＝v′ 2 t＝6 2×3 m＝9 m，所以转化为内能 E＝fs′＝ 4×9 J＝36 J (4 分) 答案：见解析 15．(16 分)如图 20 所示，质量为 m 带电量为＋q 的带电粒子(不计重力)，从左极板处 由静止开始经电压为 U 的加速电场加速后，经小孔 O1 进入宽为 L 的场区，再经宽为 1 2L 的 无场区打到荧光屏上。O2 是荧光屏的中心，连线 O1O2 与荧光屏垂直。第一次在宽为 L 整个 区域加入电场强度大小为 E、方向垂直 O1O2 竖直向下的匀强电场；第二次在宽为 L 区域加 入宽度均为 1 2L 的匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向垂直纸面且相反。两种情况下带电 粒子打到荧光屏的同一点。求： 图 20 (1)带电粒子刚出小孔 O1 时的速度大小； (2)加匀强电场时，带电粒子打到荧光屏上的点到 O2 的距离 d； (3)左右两部分磁场的方向和磁感应强度 B 的大小。 解析：(1)带电粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得： qU＝1 2mv20 ①(1 分) 解得：v0＝ 2qU m (1 分) (2)带电粒子在偏转电场中，设运动时间为 t，加速度为 a，平行电场的分速度为 vy，侧 移距离为 y。 由牛顿第二定律得：qE＝ma ②(1 分) 由运动学公式得：L＝v0t ③(1 分) vy＝at ④(1 分) 由②③④得：y＝1 2at2 ⑤(1 分) 带电粒子从离开电场到打到荧光屏上的过程中，设运动时间为 t′，侧移距离为 y′。 由运动学公式得：L 2＝v0t′ ⑥(1 分) 由③④⑥得：y′＝vyt′ ⑦(1 分) 由⑤⑦得带电粒子打到荧光屏上的点到 O2 的距离：d＝y＋y′＝EL2 2U (1 分) (3)磁场的方向如图所示，左半部分垂直纸面向外，右半部分垂 直纸面向里。 (1 分) 带电粒子运动轨迹与场区中心线交于 N 点，经 N 点做场区 左边界的垂线交于 M 点，经 N 点做过 N 点速度的垂线交场区左 边界于 O 点，O 点就是带电粒子在左半区域磁场中做圆周运动的圆 心。 带电粒子在两部分磁场中的运动对称，出磁场的速度与荧光屏垂直，所以 O1M＝d 2。(意 思明确即可) (1 分) 设带电粒子做圆周运动的半径为 R，由几何关系得： R2＝(L 2)2＋(R－d 2)2 ⑧(2 分) 由牛顿第二定律得：qv0B＝mv20 R ⑨(1 分) 由 v0、d 的结论和⑧⑨式解得： B＝ 2Um q ( 8EU 4U2＋E2L2)(未代入原始数据不得分) (2 分) 答案：(1) 2qU m 　(2)EL2 2U (3) 2Um q ( 8EU 4U2＋E2L2) 高考仿真检测(三) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 120 分。考试时间 100 分钟。 第Ⅰ卷(选择题　共 31 分) 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗 地亚选手弗拉希奇以 2 米 04 的成绩获得冠军。弗拉希奇身高约为 1.93 m，忽略空气阻力，g 取 10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　) A．弗拉希奇下降过程处于失重状态 B．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态 图 1 C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她的重力 D．弗拉希奇起跳时的初速度大约为 3 m/s 解析：选 A　运动员起跳后上升和下降过程均为加速度向下，整体处于失重状态，A 项 正确；起跳时地面对她的支持力大于重力故能顺利起跳，C 项错误；运动员起跳时重心大约 在腰部，背越式过杆，重心上升高度可按 1 m 估算，则起跳时的初速度约为 v＝ 2gΔh＝2 5 m/s＝4.5 m/s，D 项错误。 2.在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡 a、b 分别与 自感系数很大的自感线圈 L 和定值电阻 R 组成如图 2 所示的电路(自 感线圈的直流电阻与定值电阻 R 的阻值相等)，闭合开关 S 达到稳定后 两灯均可以正常发光。关于这个实验下面的说法中正确的是(　　) A．闭合开关的瞬间，通过 a 灯和 b 灯的电流相等 图 2 B．闭合开关后，a 灯先亮，b 灯后亮 C．闭合开关待电路稳定后断开开关，a、b 两灯过一会同时熄灭 D．闭合开关，待电路稳定后断开开关，a 灯过一会儿熄灭，b 灯先闪亮后熄灭 解析：选 C　闭合开关的瞬间，因 L 对电流的阻碍作用，a 灯的电流小于 b 灯的电流， b 灯先亮，故 A、B 均错误；闭合开关稳定后，断开开关后，因 L 对电流的阻碍作用，L 中 的电流逐渐变小，且与 b 灯形成回路，故 a、b 两灯过一会同时熄灭，C 正确，D 错误。 3．美国宇航局 2011 年 12 月 5 日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适 合居住的行星—“开普勒—226”，其直径约为地球的 2.4 倍。至今其确切质量和表面成分仍 不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息。估算该行星的第一宇宙速度等于 (　　) A．3.3×103 m/s　　　　　　 B．7.9×103 m/s C．1.2×104 m/s D．1.9×104 m/s 解析：选 D　由GMm R2 ＝mv2 R，M＝4 3πR3·ρ，R＝ d 2可推得：v＝d· Gπρ 3 ，故v星 v地＝d星 d地＝ 2.4，故 v 星＝2.4 v 地≈1.9×104 m/s，故 D 正确。 4．如图 3 甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1∶n2＝5∶1，电阻 R＝20 Ω，L1、 L2 为规格相同的两只小灯泡，S1 为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压 u 随 时间 t 的变化关系如图 3 乙所示。现将 S1 接 1、S2 闭合，此时 L2 正常发光。下列说法正确 的是(　　) A．输入电压 u 的表达式 u＝20 2sin(50πt)V B．只断开 S2 后，L1、L2 均正常发光 C．只断开 S2 后，原线圈的输入功率增大 D．若 S1 换接到 2 后，R 消耗的电功率为 0.8 W 解析：选 D　由题图乙可得周期 T＝0.02 s，则 ω＝2π T ＝100π rad/s，输入电压表达式 u＝ 20 2sin 100πt V，A 错误；只断开 S1，L1、L2 断路均不发光，B 错误；只断开 S2 后，负载 电阻增大，输出电压不变，输出功率减小，则输入功率减小，C 错误；若 S1 换接到 2 后， 加在 R 上电压为 4 V，其消耗的电功率为 P＝U2/R＝0.8 W，D 正确。 5．一个带正电的金属球半径为 R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零。 你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势 φ 随 x 变化的规律，但是根据学过的知识你 可以确定其 φ－x 图象可能是(　　) 图 4 解析：选 B　金属球内部场强处处为零，故金属球为一等势体，故 0F＝0.4mg， 所以，A 和 C 能保持相对静止。 (2 分) 在 F 的作用下一起向右匀加速运动，设 A 刚要与 B 发生碰撞时的速度为 v，对 AC 整 体，由动能定理得 (F－3μ2mg)s＝1 2×3mv2， (3 分) 解得 v＝1 m/s。 (2 分) A 与 B 发生碰撞后停止，C 在木板上做匀减速直线运动，若刚好滑到 B 的最右端恰好 停止，则木板的长度最小。对 C 物体，由动能定理得 (F－μ1×2mg)×2L＝－1 2×2mv2， (2 分) 解得 L＝1.25 m，即每块木板的长度至少应为 1.25 m。 (2 分) (2)C 恰好没有脱离木板，C 的位移 sC＝s＋2L＝4 m， (3 分) 故水平恒力 F 所做的功为 W＝FsC＝16 J。 (2 分) 答案：(1)1.25 m　(2)16 J 15. (16 分)如图 16 所示，在坐标原点 O 处，能向四周均匀发射速度大 小相等、方向都平行于纸面的带正电粒子。在 O 点右侧有一半径为 R 的圆 形薄板，薄板中心 O′位于 x 轴上，且与 x 轴垂直放置，薄板的两端 M、 N 与原点 O 正好构成等腰直角三角形。已知带电粒子的质量为 m，带电量 为 q，速率为 v，重力不计。 图 16 (1)要使 y 轴右侧所有运动的粒子都能打到薄板 MN 上，在 y 轴右侧加一平行于 x 轴的 匀强电场，则场强的最小值 E0 为多大？在电场强度为 E0 时，打到板上的粒子动能为多大？ (2)要使薄板右侧的 MN 连线上都有粒子打到，可在整个空间加一方向垂直纸面向里的 匀强磁场，则磁场的磁感应强度不能超过多少(用 m、v、q、R 表示)？若满足此条件，从 O 点发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边？ 解析：(1)由题意知，要使 y 轴右侧所有运动粒子都能打在 MN 板 上，其临界条件为：沿 y 轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在 M 或 N 点。 沿 y 轴方向，R＝vt (1 分) 沿 x 轴方向，R＝1 2at2 (1 分) 加速度 a＝qE0 m (1 分) 解得 E0＝2mv2 qR (2 分) 由动能定理知 qE0R＝Ek－1 2mv2 (2 分) 解得 Ek＝5 2mv2 (1 分) (2)加匀强磁场后，粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当轨迹以 O′ 为圆心同时过 M、N 两点时，轨迹直径最小(如图所示)，且等于 MN，即轨迹半径 r＝R， (2 分) 由牛顿第二定律得 qvB＝mv2 r (2 分) 解得 B＝mv qR (2 分) 即磁感应强度不能超过mv qR。 从 O 点向第四象限发射出的粒子均能打在 MN 板的左侧，占发射粒子总数的1 4。(2 分) 答案：(1)2mv2 qR ，5 2mv2　 (2)磁感应强度不能超过mv qR，1 4 高考仿真检测(四) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 120 分。考试时间 100 分钟。 第Ⅰ卷(选择题　共 31 分) 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1.小球从空中某处从静止开始自由下落，与水平地面碰撞后上 升到空中某一高度处，此过程中小球速度随时间变化的关系如图 1 所示，则(　　) A．在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同 B．小球开始下落处离地面的高度为 0.8 m C．整个过程中小球的位移为 1.0 m 图 1 D．整个过程中小球的平均速度大小为 2 m/s 解析：选 B　上升和下降过程中，小球运动的 v－t 图象斜率相同，即加速度相同，所 以 A 选项不正确；0～0.4 s 内为自由落体过程，通过的位移即为高度 0.8 m，B 选项正确； 前 0.4 s 自由下落 0.8 m，后 0.2 s 反弹向上运动 0.2 m，所以整个过程小球位移为 0.6 m，C 选项不正确；整个过程小球的平均速度大小为 1 m/s，D 选项不正确。 2．据报道，中俄双方将联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。“火卫一”位于火 星赤道正上方，到火星中心的距离为 9 450 km。“火卫一”绕火星 1 周需 7 h 39 min。若其 绕行轨道可认为是圆形轨道，引力常量为 G，根据以上信息不能确定的是(　　) A．火卫一的质量　　　　 B．火星的质量 C．火卫一的绕行速度 D．火卫一的向心加速度 解析：选 A　由万有引力定律和牛顿第二定律得 GMm r2 ＝m4π2 T2 r，“火卫一”的轨道半 径 r 和运行周期 T 均为已知量，故火星的质量可以确定；再由 v＝2πr T 可知，火卫一的绕行 速度 v 可以确定；由 GMm r2 ＝ma 可知，火卫一的向心加速度可以确定；由于各等式两边火 卫一的质量 m 均被消去，故火卫一的质量不能确定。本题选择 A 选项。 3．如图 2 所示为一空腔导体周围的电场线分布。电场方向如图箭头所示，M、N、P、 Q 是以 O 为圆心的一个圈周上的四点。其中 M、N 在一条直线电场线上，P、Q 在一条曲线 电场线上，下列说法正确的有(　　) 图 2 A．M 点的电场强度比 N 点的电场强度大 B．P 点的电势比 Q 点的电势高 C．M、O 间的电势差大于 O、N 间的电势差 D．一负电荷在 P 点的电势能大于在 Q 点的电势能 解析：选 B　由于 M 点的电场线比 N 点稀疏，故 N 点场强大，A 错误；由沿电场线电 势降低可知，B 正确；因 M、O 间电场强度较 O、N 间弱，故 UMOs)。电阻为 R 的均匀 正方形金属线框 abcd 置于区域Ⅰ，ab 边与磁场边界平行，现拉着金属 线框以速度 v 向右匀速运动，则(　　) 图 8 A．当 ab 边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab 两点间电压为3BLv 4 B．ab 边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过 ab 边的电流大小为2BLv R ，方向 a→b C．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为2B2L2v R (2L－s) D．当 cd 边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为B2L2v R (L－s) 解析：选 BC　当 ab 边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，Uab＝BLv R ·R 4＝BLv 4 ，A 错误；当 ab 边刚进入磁场区域Ⅲ时，I＝2BLv R ，方向 a→b，B 正确；拉力做功 W＝BBLv R L·s＋2B2BLv R L·(L －s)＋BBLv R L·s＝2B2L2v R (2L－s)，C 正确；当 cd 刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回 路中产生的焦耳热 Q＝(BLv R )2·R· s v ＝B2L2v R s，D 错误。 第Ⅱ卷(非选择题　共 89 分) 三、简答题：本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分。请将 解答填写在相应的位置。 [必做题] 10．(8 分)某探究学习小组的同学欲探究“滑块与桌面间的动摩擦因数”他们在实验室 组装了一套如图 9 所示的装置，另外他们还找到打点计时器及所用的学生电源一台、天平、 刻度尺、导线、纸带、钩码若干。 图 9 (1)小组同学的实验步骤如下：用天平称量滑块的质量 M＝300 g，将滑块放在水平桌面 上并连接上纸带，用细线通过滑轮挂上两个钩码(每个钩码质量为 100 g)，调整滑轮高度使 拉滑块的细线与桌面平行，让钩码拉动滑块由静止开始加速运动，用打点计时器记录其运 动情况。 图 10 实验纸带的记录如图 10 所示，图中前几个点模糊，因此从 A 点开始每打 5 个点取一个 计数点，若电源频率为 50 赫兹，则物体运动的加速度为________ m/s2。(结果保留两位有 效数字)，滑块与桌面间的动摩擦因数 μ＝________(重力加速度为 g＝10 m/s2)。 (2)为提高实验结果的准确程度，某同学对此实验提出以下建议： ①绳的质量要轻； ②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好； ③实验时尽量保持拉动滑块的细线与桌面平行； ④尽量保证钩码只沿竖直方向运动，不要摇晃。 以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________。(在答题卡上对应区域填入选项 前的编号) (3)写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议：__________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)a＝ (CD＋DE)－(AB＋BC) 4T2 ，T＝0.1 s，可求得 a＝0.64 m/s2。 由 2mg－F＝2ma，F－μMg＝Ma，解得：μ＝0.56。 (2)绳的质量要轻，但不是绳子越长越好，绳子太长，滑块加速距离较小，纸带上打点 太少，将影响实验精度，其他几条建议①③④对提高实验精度有作用。 (3)多次测量求 μ 的平均值或者多次实验选择一条点迹清晰的纸带进行测量。 答案：(1)0.64　0.56　(2)①③④　(3)见解析 11．(10 分)某些固体材料受到外力的作用后，除了产生形变，其电阻率也要发生变化， 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”。现用如图 11 甲所 示的电路研究某长薄板形电阻 Rx 的压阻效应，已知 Rx 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实 验室中有下列器材可供选用： 电源 E(3 V，内阻约为 1 Ω) 电压表 V1(15 V，内阻约为 20 kΩ) 电压表 V2(6 V，内阻 r1＝6 kΩ) 电流表 A1(0.6 A，内阻约为 1 Ω) 电流表 A2(0.6 A，内阻 r2＝5 Ω) 滑动变阻器 R1(10 Ω，额定电流 0.1 A) 滑动变阻器 R2(20 Ω，额定电流 1 A) (1)应选用的是__________________________________________ ________________________________________________________________________ 。 (请填代号) (2)请完成电路图中虚框内的部分，用相应的符号标注元件。 (3)在电阻 Rx 上加一个钩码，闭合开关 S，记下电表读数，得 Rx＝________。 (4)改变钩码的个数，得到不同的 Rx 值，再用弹簧测力计测得钩码的重力，绘成图象如 图乙所示，可得 Rx 与所受压力 F 的数值关系是 Rx＝________。 图 11 解析：(1)由于两电压表量程都较大，电流表 A2 内阻已知，故可作为电压表使用，滑动 变阻器 R1 允许通过的最大电流太小，故选 R2。 (2)设计电路图如图所示。 (3)稳定后读出两电流表示数，则 I2r2＝(I1－I2)Rx， 解得：Rx＝ I2r2 I1－I2 (4)从图象可以看出，当 F＝0 时，Rx＝16 Ω，所以 Rx＝16－2F。 答案：(1)E、A1、A2、R2　(2)见解析图 (3) I2r2 I1－I2　(4)16－2F 12．[选做题]本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内 作答，若多做，则按 A、B 两小题评分。 A．[选修 3－3](12 分) (1)下列说法正确的是________。 A．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现 B．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现 C．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 D．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的 (2)①如图 12 所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板 水平地接触水面。如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力 ________的拉力向上拉橡皮筋，原因是水分子和玻璃的分子间存在 ________作用。 图 12 ②往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色。这一现象在物 理学中称为________现象，是由于分子的________而产生的。 (3)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强 为 p0＝1.0×105 Pa、体积 V0＝2.0×10－3 m3 的理想气体。现在活塞上方缓慢倒上沙子，使 封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体的温度变为 127℃。求气缸内气体的最终体积和压强。 解析：(1)水的体积很难被压缩，是分子间存在斥力的宏观表现，但气体充满容器是分 子运动的结果，A 正确 B 错误。内能不仅与温度有关，还与物体的体积有关，温度高的物 体内能不一定大，但分子平均动能一定大，C 项正确；气体温度升高，气体分子运动的平均 速率增大，但由于气体分子的相互碰撞，仍有一些分子的运动速率是非常小的，D 正确。 (2)①水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于玻璃板重力和分 子吸引力合力的拉力。 ②红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果。 (3)气体先做等温变化，由玻意耳定律得 p0V0＝pV0 2 解得压强 p＝2.0×105 Pa 之后，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得 V0 2T0＝V T 解得最终体积 V＝T·V0 2T0 ＝ 400 2 × 273×2.0×10－3 m3＝1.5×10－3 m3 答案：(1)ACD　(2)①大　分子引力　②扩散　无规则运动(热运动) (3)2.0×105 Pa　1.5×10－3 m3 B．[选修 3－4](12 分) (1)关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是________。 A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象 B．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等 C．能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或比波长更小 D．在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点， 其位移始终保持最小 (2)一列简谐横波沿 x 轴正向传播，平衡位置位于原点的质点的 振动图象如图 13 甲所示，则： ①在 t 等于1 4周期时，平衡位置位于原点的质点离开平衡位置 的位移是________。 ②图 13 乙为该波在某一时刻的波形图，A 点位于 x＝0.5 m 处， 图 13 该波的传播速度是________ m/s。 ③经过1 2周期后，A 点离开平衡位置的位移是________ cm。 (3)由某种透明材料做成的三棱镜如图 14 所示，其横截面为一等腰 直角三角形，将平行光束平行于其横截面上的底边 BC 射向它。要求经 AB 面折射后的光直接到达 AC 面并能够从 AC 面射出。此材料的折射率应满足什么条件？ 图 14 解析：(1)波均能发生干涉现象和衍射现象，A 错误；两列波相遇若能发生干涉，两列 波的频率必须相等，B 正确；由明显衍射现象的条件可知，C 正确；在干涉图样中，振动加 强点的质点振动的振幅最大，位移仍然随时间变化，其位移可以比振动减弱点还小，D 错误。 (2)①由波的图象或振动图象可知， 振幅 A＝8 cm 由 y －t 图象知，T＝0.2 s t＝1 4T 时，平衡位置位于原点的质点离开平衡位置的位移是 0 ②根据 v＝λ T，v＝ 2 0.2 m/s＝10 m/s ③经过 1 2T，A 点位移是－8 cm (3)如图，对于第一次折射，入射角 α＝45°，设折射率为 n。 根据折射定律 n＝sin α sin β。 在 AC 面上若恰好能射出，则 sin θ＝1 n 由几何关系可得 θ＋β＝90° 解得：n＝ 6 2 所以满足题目要求 n 的范围是 11)，电压变化的周期为 2τ，如图乙所示。在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质 量为 m、电荷量为 e，受电场力作用由静止开始运动。 若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重力作用。求：若 k＝5 4，电子在 0～2τ 时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件。 图 17 解析：(1)电子在 0～τ 时间内做匀加速运动，加速度的大小 a1＝eU0 md (3 分) 位移 x1＝1 2a1τ2 (2 分) 在 τ～2τ 时间内先做匀减速运动后反向做匀加速运动，加速度的大小 a2＝5eU0 4md(3 分) 初速度的大小 v1＝a1τ(2 分) 匀减速运动阶段的位移 x2＝ v21 2a2 (2 分) 依据题意 d>x1＋x2，解得 d> 9eU0τ2 10m (3 分) 答案：d> 9eU0τ2 10m 14．(16 分)如图 18 所示，一个可视为质点的物块，质量为 m＝2 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下， 到达底端时恰好进 入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀 速向左转动，速度大小为 u＝3 m/s。已知圆弧轨道半径 R＝0.8 m， 图 18 皮带轮的半径 r＝0.2 m，物块与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.1，两皮带轮之间的距离 为 L＝6 m，重力加速度 g＝10 m/s2。求： (1)皮带轮转动的角速度多大？ (2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力； (3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多 大？ 解析：(1)皮带轮转动的角速度，由 u＝ωr，得 ω＝u r＝15 rad/s (3 分) (2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得 mgR＝1 2mv20 (1 分) 解得 v0＝ 2gR＝4 m/s (1 分) 在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得　F－mg＝mv20 R (2 分) 解得物块所受支持力 F＝60 N(1 分) 由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为 60 N，方向竖直向下。 (1 分) (3)物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 μmg＝ ma (1 分) 解得 a＝1 m/s2 (1 分) 物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为 s0＝v20 2a＝8 m>L＝6 m (2 分) 可见，物块将从传送带的右端离开传送带。 (1 分) 物块在传送带上克服摩擦力所做的功为 W＝μmgL＝12 J。 (2 分) 答案：(1)15 rad/s　(2)60 N，方向竖直向下。　(3)右端　12 J 15．(16 分)如图 19 所示， 在 xOy 平面的第Ⅰ象限内，有垂直纸 面向外的匀强磁场，在第Ⅳ象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小均为 B。P 点是 x 轴上的一点，横坐标为 x0。现在原点 O 处放置一粒子放射源，能沿 xOy 平面，以与 x 轴成 45°角的恒定 图 19 速度 v0 向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子第 1 次偏转后与 x 轴相交于 A 点，第 n 次偏转后恰好通过 P 点，不计粒子重力。求： (1)粒子的比荷q m； (2)粒子从 O 点运动到 P 点所经历的路程和时间。 (3)若全部撤去两个象限的磁场，代之以在 xOy 平面内加上与速度 v0 垂直的匀强电场 (图中没有画出)，也能使粒子通过 P 点，求满足条件的电场的场强大小和方向。 解析：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qBv0＝mv20 R (1 分) 解得粒子运动的半径 R＝mv0 qB (1 分) 由几何关系知，粒子从 A 点到 O 点的弦长为 2R，由题意 n· 2R＝x0 (2 分) 解得粒子的比荷：q m＝ 2nv0 x0B (2 分) (2)由几何关系得，OA 段粒子运动轨迹的弧长：s＝π 2R (1 分) 粒子从 O 点到 P 点的路程 s＝ns＝ 2πx0 4 (2 分) 粒子从 O 点到 P 点经历的时间 t＝ s v0＝ 2πx0 4v0 (2 分) (3)撤去磁场，加上与 v0 垂直的匀强电场后，粒子做类平抛运动， 由 2 2 x0＝v0t′ (1 分) 2 2 x0＝1 2 qE m t′2 (1 分) 消去 t′解得 E＝2Bv0 n (2 分) 方向：垂直 v0 指向第Ⅳ象限。 (1 分) 答案：(1) 2mv0 x0B 　(2) 2πx0 4 　 2πx0 4v0 　(3)2Bv0 n 　垂直 v0 指向第Ⅳ象限 高考仿真检测(五) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分 120 分。考试时间 100 分钟。 第Ⅰ卷(选择题　共 31 分) 一、单项选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1．在物理学建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡 献，下列说法正确的是(　　) A．英国物理学家法拉第通过实验发现了电场线，并通过实验得出了法拉第电磁感应定 律 B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力 定律 C．英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了静电力常量 D．古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种 新科学的对话》中利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境 解析：选 D　电场线是英国物理学家法拉第为了形象描述电场而引入的，电场线实际并 不存在，A 错误；开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了开普勒三定律，B 错 误；卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了万有引力常量，C 错误；只有 D 符合 事实。 2．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为 t1， 下落到抛出点的时刻为 t2。若空气阻力的大小恒定，则在图 1 中能正确表示被抛出物体的速 率 v 随时间 t 的变化关系的图线是(　　) 图 1 解析：选 C　小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为 a1＝mg＋f m ，下降过程 中做匀加速直线运动，其加速度为 a2＝mg－f m ，即 a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系， 所以选项 C 正确。 3.如图 2 所示，某颗天文卫星飞往距离地球约 160 万千米的第二 拉格朗日点(图中 L2)，L2 点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球 的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动(视为圆周运 动)，且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行 图 2 天文观测。不考虑其他星球影响，下列关于工作在 L2 点的天文卫星的说法中正确的是(　　) A．将它从地球上发射到 L2 点的发射速度大于 7.9 km/s B．它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期长 C．它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小 D．它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度小 解析：选 A　因卫星与地球同步绕太阳运动，故二者绕太阳的周期相同，B 错误；由 v ＝ωr＝2π T ·r 可知，卫星绕太阳运行的线速度比地球绕太阳的线速度大，C 错误；由 a＝ω2r＝ 4π2 T2 r 可知，卫星绕太阳的向心加速度也比地球绕太阳的向心加速度大，D 错误；发射卫星的 最小速度为 7.9 km/s，发射此卫星的发射速度一定大于 7.9 km/s，故 A 正确。 4．将一小球从高处水平抛出，最初 2 s 内小球动能 Ek 随时间 t 变 化的图线如图 3 所示，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2。根据图象 信息，不能确定的物理量是(　　) A．小球的质量 B．小球的初速度大小 C．最初 2 s 内重力对小球做功的平均功率 图 3 D．小球抛出时的高度 解析：选 D　小球在 2 s 内下落的高度 h＝1 2gt2＝20 m，由 ΔEk＝mgh，可求出小球的质 量，由 1 2mv20＝Ek0＝5 J，可求出小球的初速度 v0 的大小，A、B 均正确；由P＝mgh t ＝ΔEk t 可求出最初 2 s 内重力做功的平均功率，C 正确；只能求出小球在 2 s 内下降的高度，但不 能确定小球抛出时的高度，故选 D。 5.长为 L 的轻杆可绕 O 在竖直平面内无摩擦转动，质量为 M 的 小球 A 固定于杆端点，质量为 m 的小球 B 固定于杆中点，且 M＝2m， 开始杆处于水平，由静止释放，当杆转到竖直位置时(　　) A．由于 M>m，A 球对轻杆做正功 B．A 球在最低点速度为 5gL 9 图 4 C．OB 杆的拉力等于 BA 杆的拉力 D．B 球对轻杆做功 2 9mgL 解析：选 D　由机械能守恒得：MgL＋mgL 2＝1 2Mv2A＋1 2mv2B，又 vA＝2vB，解得：vA＝2 5gL 9 ，vB＝ 5gL 9 ，B 错误；由 FOB－mg－FBA＝mv2B L 2 ，解得；FOB－FBA＝19 9 mg，故 C 错 误；由 ΔEA 机＝1 2Mv2A－MgL＝1 9MgL，故杆对 A 球做正功，A 错误；ΔEB 机＝1 2mv2B－mgL 2＝－ 2 9mgL，故 B 球对轻杆做功为2 9 mgL，D 正确。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共计 16 分。每小题有多个选项符合题 意。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选或不答的得 0 分。 6.轻绳一端系一质量为 m 的物体 A，另一端系住一个套在粗糙竖直 杆 MN 上的圆环。现用水平力 F 拉住绳子上的一点 O，使物体 A 从图 中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在 这一过程中，环对杆的摩擦力 F1 和环对杆的压力 F2 以及水平拉力 F 的 变化情况是(　　) A．F 保持不变，F1 保持不变 图 5 B．F 逐渐减小，F2 逐渐减小 C．F1 逐渐减小，F2 保持不变 D．F1 保持不变，F2 逐渐减小 解析：选 BD　取环和物体 A 为一整体，由平衡条件可知，环对杆的 摩擦力 F1 始终等于环和物体 A 的总重力，即 F1 不变，杆对环的弹力 F2′ 与拉力 F 等大反向，分析物体 m 受力如图所示，当物体 A 由实线位置下降到虚线位置时，F 逐渐减小，因此 F2 也逐渐减小，故 B、D 正确。 7．如图 6 甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为 10∶1，副线圈所接电路中。 电压表 V1、V2 和电流表 A1、A2 都为理想电表，电阻 R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3 的最大阻值为 12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压。在 R3 的滑片自最下端滑动到最上端的 过程中，以下说法正确的是(　　) A．电压表 V1 的示数增大 B．电压表 V2 的示数为 22 V C．电流表 A1、A2 的示数都增大 D．电压表 V1 的示数与电流表 A1 的示数的乘积一直减小 解析：选 BD　由U1 U2＝n1 n2，U1＝220 V，可得，电压表 V2 的示数为 22 V，B 正确；滑片 向上滑动的过程中，R3 减小，负载总电阻减小，故 A1 增大，UR1 增大，由 U2＝UR1＋UV1 可 得：UV1 减小，由 IA2＝UV1 R2 得，A2 示数减小，故 A、C 均错误； IA1UV1＝IA21·R 并＝( U2 R1＋R并)2R 并＝ U22R并 (R1－R并)2＋4R1R并＝ U22 (R1－R并)2 R并 ＋4R1 ，可见，当 R 并 ＝R1 时，IA1UV1 最大，又滑片在最下端时 R 并＝4 Ω＝R1，滑片向上滑动时 R 并减小，故滑 片向上移动时，IA1UV1 逐渐减小，D 正确。 8.如图 7 所示，真空中平面直角坐标系 xOy，在 x 轴上固定着关于 O 点对称的等量异种点电荷＋Q 和－Q，a 是 y 轴上的一点，c 是 x 轴上的 一点，ab、bc 分别与 x 轴和 y 轴平行。将一个正的试探电荷＋q 沿 aOcba 移动一周，则(　　) 图 7 A．试探电荷从 a 移到 O 和从 O 移到 c，电场力均做正功 B．在移动一周的过程中，试探电荷在 c 点电势能最小 C．试探电荷从 b 移到 a 克服电场力做的功小于从 O 移到 c 电场力做的功 D．在移动一周的过程中，试探电荷在 O 点所受电场力最小 解析：选 BC　由等量异种点电荷电场线和等势线的分布规律可知，a、O 两点等势，c 点为 a、O、b、c 中电势最低的点，故试探电荷从 a 移到 O 点电场力不做功，A 错误；试探 电荷在 c 点电势最低，正试探电荷的电势能最小，B 正确；因 UOc>Uab，故试探电荷从 b 移 到 a 克服电场力做功小于从 O 移到 c 电场力做的功，C 正确；在两点电荷连线的中垂线上， O 点场强最大，a 点场强比 O 点小，故 D 错误。 9．边长为 a 的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把 框架匀速拉出磁场，如图 8 甲所示，则图 8 乙中图象规律与这一过程相符合的是(　　) 图 8 解析：选 BC　在框架被匀速拉出磁场的过程中，由几何关系得，切割磁感线的有效长 度 L∝x，感应电动势 E＝BLv∝x，A 项错误，B 项正确；框架在匀速运动中受到拉力 F 外力 与安培力相等，则安培力 F＝BIL＝B2L2v R ∝x2，F 外力＝F，C 项正确；根据 P＝F 外力 v 判断， D 项错误。 第Ⅱ卷(非选择题　共 89 分) 三、简答题：本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分。请将 解答填写在相应的位置。 [必做题] 10．(8 分)(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1 k”挡位，测量时指针偏转如图 9 所示。请你简述接下来的测量操作过程： 图 9 ①________________________________________________________________________； ②________________________________________________________________________； ③________________________________________________________________________； ④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。 (2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图 10 所示。其 中电压表内阻约为 5 kΩ，电流表内阻约为 5 Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电 路的连接。 图 10 (3)图 11 是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。 当转换开关 S 旋到位置 3 时，可用来测量________；当 S 旋到位置________时，可用来测 量电流，其中 S 旋到位置________时量程较大。 图 11 解析：(1)欧姆表读数时， 指针在中央位置附近时最准确，开关旋到“×1k”挡时，指 针偏角太大，所以改换成小挡位“×100”；换挡后，应对欧姆表重新进行调零；所测电阻阻 值等于表盘示数×倍数。 (2)上一问可以粗略地知道被测电阻为几千欧，与电压表的内阻相近，因此安培表应用 内接法。 (3)多用电表测电阻时，电源内置；作电流表时，电阻与表头并联；并联电阻越小，电 流表的量程越大。 答案：.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡 ②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω” ③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值 (2)连线如图 (3)电阻　1、2　1 11．(10 分)在“探究弹簧弹力和伸长量的关系”实验中，采用如图 12 甲所示的实验装 置，利用钩码的重力对弹簧提供恒定的拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度， 再将 5 个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度。 (1)有一个同学通过以上实验，已经把 6 组数据对应的坐标在坐标系中描出，请作出 F－ L 图象； (2)请根据你作的图象得出该弹簧的原长 L0＝________ cm，劲度系数 k＝________N/m； (3)根据该同学的实验情况，请你帮助他设计一个记录实验内容及数据的表格(不必填写 实验测得的具体数据)； (4)该同学实验时，把弹簧水平放置进行测量，与通常将弹簧悬挂进行测量相比较： 优点是：__________________________________________________________________。 缺点是：_________________________________________________________________。 解析：(1)见答案。 (2)由图象可知横轴截距为 L0＝5 cm。斜率为劲度系数 k＝20 N/m。 (3)见答案。 (4)水平放置弹簧时，弹簧的形变量与弹簧自重无关，只与钩码的重力有关，这是它的 优点，但这种情况弹簧与桌面及绳子与滑轮间的摩擦力对实验效果的影响较大，造成实验误 差，这是缺点。 答案：(1)如图所示 (2)5　20 (3)记录数据的表格如表所示 次数 1 2 3 4 5 6 弹力 F/N 长度 L/10－2 m (4)避免弹簧自身所受的重力对实验的影响　弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造 成实验的误差 12．[选做题]本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内 作答，若多做，则按 A、B 两小题评分。 A．[选修 3－3](12 分) (1)下列说法中正确的是________。 A．对物体做功不可能使物体的温度升高 B．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的 C．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必 然增大 (2)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，气泡内的气体视为理想气体， 气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了 0.6 J 的功，则此过程中的气泡________(选填 “吸收”或“放出”)的热量是________J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界 做 了 0.1 J 的 功 ， 同 时 吸 收 了 0.3 J 的 热 量 ， 则 此 过 程 中 ， 气 泡 内 气 体 内 能 增 加 了 ________J。气体组成的系统的熵________(选填“增加”“不变”或“减少”)。 (3)如图 13 所示，将一个绝热的汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸 内用一个活塞封闭了一定质量的气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和 物体的总质量为 10 kg，活塞的横截面积为：S＝100 cm2。已知外界的大气 压强为 p0＝1×105 Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力。 图 13 在汽缸内部有一个电阻丝，电阻丝的电阻值 R＝4 Ω，电源的电压为 12 V。接通电源 10 s 后 活塞缓慢升高 h＝10 cm，求这一过程中气体的内能变化量。若缸内气体的初始温度为 27℃ 体积为 3×10－3 m3，试求接通电源 10 s 后缸内气体的温度是多少？ 解析：(1)做功和热传递都可能使物体的温度升高，A 错误；气体温度升高，气体分子 运动的平均速率增大，但由于气体分子的相互碰撞，仍有一些分子的运动速率是非常小的， B 正确；根据内能的概念，C 正确；气体压强与温度和体积都有关，故 D 错误。 (2)由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W，物体对外做功 0.6 J，则需要同时从外界吸收热量 0.6 J，才能保证内能不变，而温度上升的过程中，内能增加了 0.2 J。此过程为自发过程， 故熵增大。 (3)设汽缸内气体的压强为 p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，根据力的平 衡知识得：p0S＋mg＝pS，p＝p0＋mg S ＝1.1×105 Pa。 活塞在上升 h＝10 cm 的过程中气体对外界做功，W＝Fh＝pSh＝110 J。 电阻丝在通电 10 s 内产生的热量为 Q＝U2 R t＝360 J， 因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收。根据热力学第一定律得： ΔU＝－W＋Q＝250 J，即气体的内能增加了 250 J。 缸内气体的压强保持不变，由V T0＝V＋Sh T ， 得 T＝V＋Sh V T0＝400 k，即缸内气体的温度是 127℃。 答案：(1)BC　(2)吸收　0.6　0.2　增加　(3)内能增加 250 J　127℃ B．[选修 3－4](12 分) (1)一列沿 x 轴传播的简谐波，波速为 4 m/s，某时刻的波形图象如图 14 所示。此时 x＝ 8 m 处的质点具有正向最大速度，则再过 4.5 s，下列说法正确的是________。 图 14 A．x＝4 m 处质点具有正向最大加速度 B．x＝2 m 处质点具有负向最大速度 C．x＝0 处质点一定有负向最大加速度 D．x＝6 m 处质点通过的路程为 20 cm (2)某同学自己动手制作如图 15 所示的装置观察光的干涉现象，其 中 A 为单缝屏，B 为双缝屏，整个装置位于一暗箱中，实验过程如下： ①该同学用一束太阳光照射 A 屏时，屏 C 上没有出现干涉条纹； 移去 B 后，在屏上出现不等间距条纹，此条纹是由于________产生的。 图 15 ②移去 A 后，遮住缝 S1 或缝 S2 中的任一个，C 上均出现一窄亮斑。出现以上实验结果 的主要原因是________________________。 (3)图 16 所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径 R＝20 cm， 折射率为 3，AB 是一条直径，今有一束平行光沿 AB 方向射向圆 柱体，试求： ①光在圆柱体中的传播速度； 图 16 ②距离直线 AB 多远的入射光线，折射后恰经过 B 点。 解析：(1)由图可知 λ＝8 m，由 v＝ λ T可得：T＝λ v ＝2 s，Δt＝4.5 s＝21 4T。故 x＝6 m 处 质点通过的路程为 9A＝18 cm，D 错误；由 x＝8 m 处质点图示时刻正向 y 轴正方向振动， 故这列波沿 x 轴负方向传播，故 t＝4.5 s 时，x＝4 m 处质点处于下方最大位移处，具有正方 向最大加速度，A 正确；x＝2 m 处质点处于平衡位置且向下运动，B 正确；x＝0 处质点处 于上方最大位移处，具有负向最大加速度，C 正确。 (2)①移动 B 后只剩下单缝，故发生单缝衍射形成条纹，此条纹是由于光的衍射产生的。 ②没有出现条纹而只出现一个窄亮斑，说明衍射现象不明显，故主要原因是双缝 S1、S2 太宽。 (3)①光在圆柱体中的传播速度：v＝c n＝ 3×108 m/s ②设光线 PC 经折射后经过 B 点，光路图如图所示 由折射定律有：n＝sin α sin β＝ 3 ① 又由几何关系有：α＝2β ② 解①②得 β＝30° 光线 PC 离直线 AB 的距离 CD＝Rsin α＝10 3 cm 则距离直线 AB 距离 10 3 cm 的入射光线经折射后能到达 B 点。 答案：(1)ABC　(2)①光的衍射　②双缝 S1、S2 太宽　(3)① 3×108 m/s　②10 3 cm C．[选修 3－5](12 分) (1)下列说法中正确的是________。 A．氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率一定等于 入射光子的频率 B.23490 Th(钍)核衰变为 23491 Pa(镤)核时，衰变前 Th 核质量等于衰变后 Pa 核与 β 粒子的总 质量 C．α 粒子散射实验的结果证明原子核是质子和中子组成的 D．分别用紫光和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用紫光照射时光电子的 最大初动能较大 (2)氢原子处于基态时，原子能量 E1＝－13.6 eV，已知电子电荷量 e＝1.6×10－19 C，电 子质量 m＝0.91×10－30 kg，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为 r1＝0.53×10－10 m(En ＝E1/n2，rn＝n2r1，n＝1,2,3，…)，则氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流， 氢原子处于 n＝1 的定态时，核外电子运动的等效电流为________；若要使处于 n＝2 的氢 原 子 电 离 ， 至 少 要 用 频 率 为 ________ 的 光 子 照 射 氢 原 子 ； 若 已 知 钠 的 极 限 频 率 为 6.00×1014 Hz，今用一群处于 n＝4 的激发态的氢原子发射的光谱照射钠，有________ 条谱线可使钠发生光电效应。( 静电力常量 k ＝9.0×10 9 N·m2/C2 ，普朗克常量 h ＝ 6.63×10－34 J·s) (3)如图 17 所示两个质量分别为 M1、M2 的劈 A、B，高度相同。放在光滑水平面上， A、B 的上表面为光滑曲面，曲面末端与地面相切。有一质量为 m 的物块(可视为质点)自劈 顶端自由下滑。劈顶端到地面距离 h＝0.06 m，劈 A 与物块的质量比为 M1/m＝5。 图 17 求：①物块离开 A 瞬间 A 和物块的速度各多大？(g＝10 m/s2) ②物块从 A 上滑下后又冲上 B，若要保证物块离开 B 后不能追上 A，则 B 与物块的质 量比 M2/m 应满足什么条件。 解析：(1)氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时，放出光子的频率 可能只有与入射光频率相等的一种光子，也可能放出多种频率的光子，A 错误，23490 Th 衰变 为 23491 Pa 时一定释放核能，故一定有质量亏损，B 错误；α 粒子散射实验的结构只能证明原 子核的存在，无法说明原子核由什么粒子组成，C 错误；由 hν－W＝Ekm 可知，紫光频率大， 用紫光照射时光电子的最大初动能也较大，D 正确。 (2)氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力为向心力，有 ke2 r21＝4π2mr1 T2 ，根据电流 强度的定义 I＝e T，得 I＝ e2 2πr1 k mr1＝1.05×10－3 A；要使处于 n＝2 的氢原子电离，照射光 光子的能量应能使电子从第 2 能级跃迁到无限远处，最小频率的光子能量应为 hν＝0－(－ E1 4 )，得 ν＝8.21×1014 Hz；由于钠的极限频率为 6.00×1014Hz，则使钠发生光电效应的光子 的能量至少为 E0＝hν＝6.63 × 10－34 × 6.00 × 1014 1.6 × 10－19 eV＝2.486 eV，一群处于 n＝4 的激发态的氢原 子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差 ΔE≥E0，所以在六条光谱线 中有 E41、E31、E21、E42 四条谱线可使钠发生光电效应。 (3)①设向右为正方向，小球从 A 滑下的过程 能量守恒：mgh＝1 2mv20＋1 2M1v21 水平方向动量守恒：mv0－M1v1＝0 可得：A 的速度：v1＝0.2 m/s 物块的速度：v0＝1.0 m/s ②物块冲上 B 又离开的过程： 能量守恒：1 2mv20＝1 2mv′2＋1 2M2v22 水平方向动量守恒：mv0＝M2v2＋mv′ 可得：v′＝m－M2 M2＋mv0 当 m

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