2017年重庆市万州区高考物理二模试卷解析

1、2017 年重庆市万州区高考物理二模试卷一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中，第 11 5 题只有一项符合题目要求，第 68 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. （6 分）下列说法正确的是（）A. 质子、中子和氘核的质量分别为 mi、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的 反应是人工核转变，放出的能量为（m3-mi- m2）CB. 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢 原子光谱的实验规律C. 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强 度时，从锌板表面

2、逸出的光电子的最大初动能也随之增大D.半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢，若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小2. （6 分）研究 蹦极”运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度.如图甲所示，运动员及所携带的全部设备的总质量为 60kg,弹性绳原长为 10m .运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据， 得到如图乙所示的速度-位移（v-l）图象.不计空气阻力，重力加速度g 取A. 运动员下落运动轨迹为一条抛物线B. 运动员下落速度最大时绳的弹性势能也为最大C. 运动员下落加速度为 0 时弹性势能为 0D. 运动员下落到最低点时弹性势能为 18000

3、J3. （6 分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成B角，极板间距为第 1 页（共 32 页）第3页（共 32 页）d,两极板 M、N 与一直流电源相连，且 M 板接电源正极，MN 间电势差为 U, 现有一带电粒子以初速度 Vo进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容 器.若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子强度方向和大小正确的是（4.（6 分）竖直正方形框内有三条光滑轨道 OB、OC 和 OD,三轨道交于 O 点,且与水平方向的夹角分别为 30 45和 60现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从 O 点静止释放，分别沿 OB OC 和 OD 运动

4、到达斜面底端.则三小球到达斜面底端的先后次序是（）A.甲、乙、丙 B.丙、乙、甲C甲、丙同时到达，乙后到达 D.不能确定三者到达的顺序5.（6 分）如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3: 1, 原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R,原线圈接 220V 的正弦交流电，副线圈 n2回路中电阻两端的电压为 U2,原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之 比均为乙则（ ）仍以原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变,则所加匀强磁场的磁感应A.垂直于纸面向里-C垂直于纸面向外,B.垂直于纸面向里D.垂直于纸面向外M第4页（共 32 页）A. U2=60V, k= B. U2=60V,

5、 k=c. U2=V, k=；D. U2= V, k=39336. （6 分）某游乐园一游客站在斜向上匀加速运行的电动扶梯上 （扶栏未画出）， 人和扶梯保持相对静止，其加速度 a 方向如图所示.关于该游客在上升过程中下 列判断正确的是（ ）A. 游客所受电梯作用力的方向与图中 a 的方向相同B. 游客在竖直方向受到电梯支持力大于游客所受重力C游客机械能增加量大于支持力所做的功D.游客在竖直方向受到的合力为零，在 a 方向上合力不为零7. （6 分）一个英国人曾提出 人造天梯”的设想：在地球赤道正上方竖起一根足 够长的 绳”使 绳”随着地球同步自转，只要这根绳足够长，就不会坠落，可供 人们沿绳攀

6、登上天，即为 人造天梯”某研究小组用如图所示模型探讨 天梯”的 可能性，他们在 天梯”上离地心高于、等于和低于同步卫星高度处各取一小段， 其质量分别为 mi、mo和 m2.设地球自转角速度为3，地球半径为 R.以下是研 究小组分析论证，正确的是（ ）A.建 人造天梯”的设想从理论上是可行的，只要人造天梯”的高度大于某一确 定高度便能直立赤道上空供人们攀登第5页（共 32 页）B.人造天梯”上距地面高度恰好等于同步卫星高度的一小段（mo） ， 其所需向心 力为 mo（R+ro）3C.人造天梯”上距地面高度大于同步卫星高度的一小段（m2）,其所受地球引力 小于随地球同步转动所需向心力，将有远离地心

7、向上飘升趋势D大量观察已证实地球自转速度慢慢减小若只考虑地球自转因素影响，现在 刚好能够直立于赤道上空 人造天梯”若干年后 人造天梯”将会远离地心向上飘 升8. （6 分）如图所示，均匀金属圆环的总电阻为 4R,磁感应强度为 B 的匀强磁场 垂直穿过圆环金属杆 0M 的长为 I，阻值为 R, M 端与环接触良好，绕过圆心 0 的转轴以恒定的角速度 顺时针转动.阻值为 R 的电阻一端用导线和环上的 A 点连接，另一端和金属杆的转轴 0 处的端点相连接.下列判断正确的是（）A.金属杆 0M 旋转产生的感应电动势恒为 ,2B通过电阻 R 的电流的最小值为，方向从 Q 到 P2C通过电阻 R 的电流的

8、最大值为，且 P、Q 两点电势满足3Pg2D. 0M 两点间电势差绝对值的最大值为J二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分.第913 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 1416 题为选考题，考生根据要求作答.9. （6 分）某研究小组用如图所示实验器材验证动能定理.他们将两光电门固定 在力学轨道上，两光电门之间的距离为 I，质量为 M 的小车与质量为 m 的回形 针通过细线和滑轮相连接（M?m），实验中用回形针拉动小车在轨道上运动.如 图所示，记录下小车第6页（共 32 页）通过两光电门的时间分别为 ti和 t2,测出挡光片的宽度为 d， 即可验证恒力做功的动能定理.（1）为了减小实

9、验误差，研究小组通过选择合适质量的回形针，提高实验精度.研究小组选取 122.9g 的小车和不同质量的回形针进行实验，得到如下表所示的实验结果从表中数据看出，回形针的质量越小，实验误差 _ 表：回形针质量与实验误差的关系小车的质量/g回形针质量/g实验误差 n122.917.06.59%12.36.15%8.05.40%5.25.29%（2） 研究小组以小车为研究对象，在实验中不考虑摩擦影响，若能获得等量关系式是_（用 t2、d、M、m、l 表示），即可验证恒力做功的动能定理.（3） 为进一步减小实验误差，研究小组继续减少回形针质量，发现实验误差反而增大了你认为造成的原因是 _ 10.（6 分

10、）图 a 为多用电表的示意图，其中 S、K、T 为三个可调节的部件，现 用此电表测量一阻值约 2000Q的定值电阻.测 量 的 某 些 操 作 步 骤 如 下：第7页（共 32 页）图 a1调节可调部件 _，使电表指针停在 _位置；2调节可调部件 K,使它的尖端指向_位置；3将红、黑表笔分别插入+”、乞”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件_ ,使电表指针指向 _位置.4将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻器的两端， 当指针摆稳后，读出表头的示数（见图 b），再乘以可调部件 K 所指的倍率，得出该电阻的电阻值 R _Q.5测量完毕，应将调节可调部件 K,使它的尖端指向 OFF 或交流 V500V 位置

11、.11. （3 分）若提供以下器材测量阻值约 2000Q定值电阻的阻值：待测电阻 Rx；电源 E （电动势 6V,内阻不计）；滑动变阻器 R （最大电阻值为 20Q）;电流表 A （量程为 1mA，内阻约为 50Q）；电压表 Vi（量程为 15V，内阻约为 10kQ）;电压表 V2（量程为 200mV，内阻为 1kQ）;定值电阻 R0=9kQ;开关一个，导线若干.请选择合理的器材，尽可能减小实验误差，设计测量的电 路图，画在方框内.12. （12 分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球 A 上，另一端与小球 B 接 触但未连接，该整体静止放在离地面高为 H=5m 的光滑水平桌面上.现有一小球

12、C 从光滑曲面上离桌面 h=1.8m 高处由静止开始滑下，与小球 A 发生碰撞（碰撞 时间第8页（共 32 页）极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球 B 向前运动，经一段时间，小球 B 脱离 弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出. 小球均可视为质 点，忽略空气阻力，已知 mA=2kg, mB=3kg, mc=1kg，g=10m/s2.求：（1）小球 C 与小球 A 碰撞结束瞬间的速度；（2）小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离.13. （20 分）如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个 电荷量为 q、质量为 m 的粒子，从静止开始经加速电场加速后，垂直x 轴从

13、 A点进入第二象限，A 点到坐标原点 O 的距离为 R.在第二象限的区域内，存在着 指向 O点的均匀辐射状电场，距 O 点 R 处的电场强度大小均为 E，粒子恰好能垂 直 y 轴从 P点进入第一象限.当粒子从 P 点运动一段距离 R 后，进入一圆形匀强 磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为 B，粒子在磁场中速度方向偏转 60粒子离开磁场区域后继续运动，通过 x 轴上的 Q 点进入第四象限. 求：（1）加速电场的电压 U;（2）圆形匀强磁场区域的最小面积；（3）求粒子在第一象限中运动的时间.物理-选修 3-3 （15 分）14.（5 分）一定质量的理想气体在不同温度下粒子的速率分布情况如图

14、所示, 其中实线和虚线分别对应的温度为 ti和 t2,下列叙述正确的是（）第9页（共 32 页）A.虚线所对应的气体内能较大B.图线表明分子运动速率处于较大和较小的分子数较少C温度较高时所有气体分子动能都增加D.实线所对应气体温度 ti小于虚线所对应气体温度 t2E.气体由实线状态变为虚线状态必须放热15. （10 分）如图所示，一固定的足够长的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组 成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为mi=1.50kg,横截面积为si=80.0cm2，小活塞的质量为 m2=2.50kg,横截面积为 S2=40.0cm2，两活塞用刚性 轻杆连接， 活塞的厚度可以忽略， 间距

15、保持为 l=40.0cm,气缸外大气压强为 p=1.00 x105Pa .初始时大活塞与小圆筒底部相距1，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K,现气缸内气体温度缓慢改变，活塞缓慢移动，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2.求：（i）在大活塞与小圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度和压强；（ii）要保证缸内圭寸闭的气体不漏气，缸内圭寸闭气体的最高温度.第10页（共 32 页）物理-选修 3-4 （15 分）16. 图（a）为一列简谐横波在 t=2s 时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在 x=1.5m处的质点的振动图象，P 是平衡位置为 x=2m 的质点，下列说法

16、正确的是（ ）y/ctniylem |A. 波速为 0.5m/sB. 波的传播方向向右C. 02s 时间内，P 运动的路程为 8cmD. 02s 时间内，P 向 y 轴正方向运动E 当 t=7s 时，P 恰好回到平衡位置17. 道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成 道威棱镜”这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反 射，从M点出发的一束平行于底边 CD 的单色光从 AC 边射入，已知棱镜玻璃的 折射率 n=，求光线进入道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从 CD 边射出.图(a)图(b)第 10 页（共 32 页）故选： B第12页(共

17、 32 页)2017年重庆市万州区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.在每小题给出的四个选项中，第 11 5 题只有一项符合题目要求，第 68 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.(6 分)下列说法正确的是()A. 质子、中子和氘核的质量分别为 mi、m2、m3，则质子与中子结合为氘核的 反应是人工核转变，放出的能量为(m3-mi- m2)CB. 玻尔将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢 原子光谱的实验规律C. 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线

18、的照射强 度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大D. 半衰期是反映放射性元素天然衰变的统计快慢， 若使放射性物质的温度升高， 其半衰期将减小【分析】核反应中释放的能量 E=Ame2以释放光子的形式释放出来；玻尔理论 将量子观念引入原子领域， 提出定态和跃迁的概念， 成功解释了氢原子光谱； 光 电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关； 半衰期是统计规律， 与 外界因素无关.【解答】解：A、根据爱因斯坦质能方程厶 EM me2当一个质子和一个中子结合成一个氘核时，质量亏损为m= (m 什 m2- m3)，因此核反应放出的能量 E= (mi+m2- m3) e2.故 A 错误；

19、B、 玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律.故 B 正确；C、 光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故 C 错误；D、 半衰期不随物理状态与化学状态而改变，所以温度升高，半衰期不变，故D错误；【点评】本题考查了质能方程、光电效应、玻尔理论、半衰期等原子物理的基础 知第13页（共 32 页）识，大都需要记忆，因此注意平时多加积累.2. （6 分）研究 蹦极”运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量运动员在不 同时刻下落的高度及速度.如图甲所示，运动员及所携带的全部设备的总质量为

20、60kg,弹性绳原长为 10m 运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据， 得到如图乙所示的速度-位移（v-I）图象不计空气阻力，重力加速度g 取A. 运动员下落运动轨迹为一条抛物线B. 运动员下落速度最大时绳的弹性势能也为最大C. 运动员下落加速度为 0 时弹性势能为 0D. 运动员下落到最低点时弹性势能为 18000J【分析】运动员自由下落时做直线运动. 合力为零时速度最大，速度为零时绳的 弹性势能最大.运动员下落到最低点时的弹性势能根据机械能守恒定律求解.【解答】解：A、该图不是运动员的运动轨迹.运动员自由下落时做直线运动， 运动轨迹为一条直线，故 A 错误.B、 运动员下落速度最大

21、时绳的拉力与重力平衡，合力为零，此时运动员仍有向 下的速度，要继续向下运动，绳要继续伸长，弹性势能仍在增大，当运动员下落 到最低点时弹性势能最大，故 B 错误.C、 运动员下落加速度为 0 时合力为零，绳的拉力与重力平衡，绳处于伸长状态， 弹性势能不为 0,故 C 错误.D、 由图知运动员下落的最大位移为 1=30 m,由运动员和绳组成的系统机械能守 恒得：运动员下落到最低点时弹性势能 Ep=mgI=60X10X30J=18000J 故 D 正确. 故选：D第14页（共 32 页）【点评】本题分析时，要抓住绳的弹力是变化的，根据牛顿第二定律分析运动员 的运动情况，要知道系统的机械能守恒，但运动

22、员的机械能不守恒.3.（6 分）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平方向成 B 角，极板间距为 d,两极板 M、N 与一直流电源相连，且 M 板接电源正极，MN 间电势差为 U， 现有一带电粒子以初速度 vo 进入并恰能沿图中所示水平直线从左向右通过电容器.若将电容器撤走，在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场，使该粒子强度方向和大小正确的是（）B.垂直于纸面向里 1L 二 1_D.垂直于纸面向外0【分析】带电粒子在电场中受到电场力与重力， 根据粒子的运动轨迹，结合运动 的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，并可以根据电 场力与重力的关系求出粒子的重力；然后根据重力与洛

23、伦兹力的关系求出磁感应 强度的大小，由洛伦兹力的方向根据左手定则判断出磁场的方向.【解答】解：根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在 同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示 因为上极板带正电，电场力方向与板间场强方向相反，故微粒带负电；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，在竖直方向：mg=Fcos0=在该区域重新加上一个垂直于纸面的匀强磁场， 粒子做直线运动，由于粒子受到 的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直， 则根据二力平衡可知，洛伦兹力的方 向向上.根据左手定则可知，磁场的方向向外.根据二力平衡得：qvoB=mg 所以：B=仍以

24、原来初速度进入该区域后的运动轨迹不发生改变,则所加匀强磁场的磁感应A.垂直于纸面向里C.垂直于纸面向外第15页（共 32 页）故 C 正确，ABD 错误;故选：C【点评】该题考查带电粒子在电场中的运动以及在磁场中的运动情况， 紧扣微粒做直线运动的特点，结合电场力的特点以及洛伦兹力的特点进行分析是解答的关 键.4.（6 分）竖直正方形框内有三条光滑轨道 OB、OC 和 0D,三轨道交于 0 点， 且与水平方向的夹角分别为 30 45和 60现将甲、乙、丙三个可视为质点的 小球同时从0 点静止释放，分别沿 OB 0C 和 0D 运动到达斜面底端则三小球 到达斜面底端的先后次序是（）A.甲、乙、丙

25、B.丙、乙、甲C甲、丙同时到达，乙后到达 D.不能确定三者到达的顺序【分析】根据牛顿第二定律求出在光滑斜面上下滑的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，根据数学的三角函数求出时间的最小值【解答】解：设斜面的倾角为 9,则下滑的加速度 a勢二斧 ine，甲下滑的位移为，十一，丙下滑的位移，乙下滑的位移故丙最先，乙稍后，甲最后，故 B 正确故选：B【点评】本题综合运用了牛顿第二定律和运动学知识，知道加速度是联系前后的桥梁，通过加速度可以根据力求运动第16页（共 32 页）5.（6 分）如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3: 1, 原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值

26、均为 R,原线圈接 220V 的正弦交流电，副线 圈 n2回路中电阻两端的电压为 U2,原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之 比均为乙则（ ）A. U2=60V, k=：B. U2=60V, k=4-C.氏=YV,k=：D.U2=YV,k=3933【分析】先从原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k,找到电流之间的关系，再根据匝数比得出原线圈与副线圈电压关系， 原线圈回路总电压 220V, 由欧姆定律列出方程，再根据输出与输入功率相等，联立方程组求解.T2R【解答】解：设原线圈电流为，每个副线圈电流均为| .,根据题意有 ,12巧 R得I :每个副线圈的电压-,根据电压与匝数成正比，得

27、原线圈两端的电压为3 .原线圈中的电阻 R 上的电压.i-ii.,在原线圈回路中，一- 原线圈输入功率7! _t_两个副线圈输出的总功率：-二;.1“根据输入功率等于输出功率，有一.一联立得k= , l .-.l ll,故选：A【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的电压， 找出第17页（共 32 页）原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系，灵活运用变压器的变压比规律及功率关系.6. （6 分）某游乐园一游客站在斜向上匀加速运行的电动扶梯上 （扶栏未画出）， 人和扶梯保持相对静止，其加速度 a 方向如图所示.关于该游客在上升过程中下 列判断正确的是（ ）A.

28、游客所受电梯作用力的方向与图中 a 的方向相同B. 游客在竖直方向受到电梯支持力大于游客所受重力C游客机械能增加量大于支持力所做的功D.游客在竖直方向受到的合力为零，在 a 方向上合力不为零【分析】电梯对游客的作用力是支持力和摩擦力的合力，根据牛顿第二定律和平 行四边形定则结合分析.游客有竖直向上的分加速度，处于超重状态，游客机械 能的增加量等于电梯对游客做的功.【解答】解：A、游客做匀加速运动，游客的加速度沿电梯斜向上，根据牛顿第 二定律知，游客所受的合力沿电梯向上.游客受到重力和电梯的作用力，重力竖 直向下，由平行四边形定则可知，游客所受电梯作用力的方向指向右侧斜上方， 与 a 的方向不同

29、.故 A 错误.B、 游客有竖直向上的分加速度，处于超重状态，则电梯对游客的支持力大于游 客所受重力，故 B 正确.C、 电梯的支持力对游客做正功.电梯对游客的静摩擦力水平向左，静摩擦力对游客做负功，根据功能原理知，支持力和静摩擦力做功之和等于游客机械能的增 加量，所以游客机械能增加量大于支持力所做的功.故C 正确.第仃页（共 32 页）D、游客在竖直方向有向上的分加速度，由牛顿第二定律知竖直方向的合力不为零由牛顿第二定律知，在 a 方向上合力不为零故 D 错误.故选：BC【点评】应用牛顿第二定律分析物体受力情况， 是物理上常用方法，特别要抓住 牛顿第二定律的矢量性，即加速度方向与合力方向相同

30、，对分析受力很有用处.7.（6 分）一个英国人曾提出 人造天梯”的设想：在地球赤道正上方竖起一根足 够长的 绳”使 绳”随着地球同步自转，只要这根绳足够长，就不会坠落，可供 人们沿绳攀登上天，即为 人造天梯”某研究小组用如图所示模型探讨 天梯”的 可能性，他们在 天梯”上离地心高于、等于和低于同步卫星高度处各取一小段， 其质量分别为mi、mo和 m2.设地球自转角速度为3，地球半径为 R.以下是研 究小组分析论证，正确的是（）A.建 人造天梯”的设想从理论上是可行的，只要 人造天梯”的高度大于某一确 定高度便能直立赤道上空供人们攀登B.人造天梯”上距地面高度恰好等于同步卫星高度的一小段 （mo

31、），其所需向心 力为 mo（R+ro）3C.人造天梯”上距地面高度大于同步卫星高度的一小段 （m2）,其所受地球引力 小于随地球同步转动所需向心力，将有远离地心向上飘升趋势D.大量观察已证实地球自转速度慢慢减小.若只考虑地球自转因素影响，现在 刚好能够直立于赤道上空 人造天梯”若干年后 人造天梯”将会远离地心向上飘 升【分析】由于太空电梯是从地面连接到地球同步飞船上，而地球是在不停的转动 的，它们要保持相对的静止必须有相同的角速度.【解答】解：A、只要人造天梯”的高度大于某一确定高度，人造天梯”的重力提供缆绳随地球同步自转所需的向心力，故不会坠落故 A 正确；第19页（共 32 页）B、由图可

32、知，人造天梯”上距地面高度恰好等于同步卫星高度的一小段（ m。）对应的轨道半径是 ro,所以其所需向心力为 mro故 B 错误；C、 由题可知，人造天梯”各部分的角速度是相等的，根据.可知，距离 地面越远处需要的向心力越大，而地球提供的万有引力：.-irI卩卩 ，r可知距离地面越远处越小，所以人造天梯”上距地面高度大于同步卫星高度的一 小段（m2）,其所受地球引力小于随地球同步转动所需向心力，将有远离地心向 上飘升趋势故 C 正确；D、 由于地球自转速度慢慢减小，根据 4：打心1可知，现在刚好能够直立于赤 道上空人造天梯”若干年后人造天梯”需要的向心力减小，则将会沿地心方向 下落故 D 错误.

33、故选：AC【点评】由于人造天梯直接从地面连到了地球同步卫星上，它们的角速度是相同 的，这是本题的隐含的条件，抓住这个条件即可解答本题.8.（6 分）如图所示，均匀金属圆环的总电阻为 4R,磁感应强度为 B 的匀强磁场 垂直穿过圆环金属杆 OM 的长为 I，阻值为 R，M 端与环接触良好，绕过圆心 O 的转轴以恒定的角速度 顺时针转动.阻值为 R 的电阻一端用导线和环上的 A 点连接，另一端和金属杆的转轴 O 处的端点相连接.下列判断正确的是（）A. 金属杆 OM 旋转产生的感应电动势恒为.2B. 通过电阻 R 的电流的最小值为.，方向从 Q 到 P2C通过电阻 R 的电流的最大值为，且 P、Q

34、 两点电势满足翊 叱4R2D. OM 两点间电势差绝对值的最大值为1 13【分析】根据导体转动切割磁感应线计算感应电动势大小，当当M 端位于最上端时，电流最小，当 M 位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向， 外电阻最大时，0M 两点间电势差绝对值的最大，根据闭合电路的欧姆定律和法 拉第电磁感应定律联立计算即可.【解答】解：A、M 端线速度为 v=3,0M 切割磁感线的平均速度为 X，0M2转动切割磁感线产生的电动势恒为E=B =BL2，A 正确；2 2B、 当 M 端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R2并尸 R,通过电阻 R 的电流的最小值为 lmin= =

35、 ，根据右手定则可得电流方向从 Q 到 P，B 错误；C、当 M 位于最下端时圆环被接入的电阻为 0,此时有最大电流 lmax=，2R 4R根据右手定则可得电流方向从 Q 到 P，P、Q 两点电势满足pv必，C 错误；D、 OM 作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM 两点间电势差绝对值的最大，其最大值为U=lminx2R=，D 正确.故选：AD.【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律； 对于导体切割磁感 应线产生的感应电动势情况有两种： 一是导体平动切割产生的感应电动势， 可以 根据E=BLv 来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的

36、感应电动势， 可以根据 E=亍，二来计算.二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分.第913 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 1416 题为选考题，考生根据要求作答.9. （6 分）某研究小组用如图所示实验器材验证动能定理.他们将两光电门固定 在力学轨道上，两光电门之间的距离为 ，质量为 M 的小车与质量为 m 的回形 针通过细线和滑轮相连接（M?m），实验中用回形针拉动小车在轨道上运动.如第 19 页（共 32 页）第22页（共 32 页）图所示，记录下小车通过两光电门的时间分别为 ti和 t2,测出挡光片的宽度为 d, 即可验证恒力做功的动能定理.（1）为了减小实验误差，研究小组通

37、过选择合适质量的回形针，提高实验精度.研 究小组选取 122.9g 的小车和不同质量的回形针进行实验，得到如下表所示的实 验结果从表中数据看出，回形针的质量越小，实验误差越小表：回形针质量与实验误差的关系小车的质量/g回形针质量/g实验误差 n122.917.06.59%12.36.15%8.05.40%5.25.29%（2）研究小组以小车为研究对象，在实验中不考虑摩擦影响，若能获得等量关系式是+丄典二+丄（用 s 直、d、M、m、I 表示），即可验证恒力做功的动能定理.（3）为进一步减小实验误差，研究小组继续减少回形针质量，发现实验误差反 而增大了.你认为造成的原因是由于小车的速度太小，轨道

38、摩擦的影响会增【分析】（1）分析表示实验数据，根据实验数据测出结论.（2） 合外力所做的功等于物体动能的变化量，应用动能定理求出关系式，然后 答题.（3） 实验过程小车要受到摩擦阻力与空气阻力作用，从阻力对实验影响的角度 分析答题.【解答】解：（1）由表中实验数据可知，回形针的质量越小，实验误差越小.第23页（共 32 页）（2）回形针对小车做功： W=mgl;小车经过光电门时的速度：v1= , v2=,小车经过两光电门过程动能的变化量： EK= MV22-】MVI2J M （丄）2- I M222 t22r）2,h如果：mg=M （丄）2- - M （丄）2,即可验证恒力做功的动能定理；2

39、t22（3）小车运动过程受到细线拉力与轨道摩擦力阻力和空气阻力的影响，当小车质量远大于回形针质量时可以近似认为小车受到的拉力等于回形针的重 力，当回形针质量较大时对实验影响较大，回形针质量是影响实验误差的主要因素，当回形针质量较小时摩擦力对实验影响较大，回形针质量越小，阻力对实验影响越大，当减少回形针质量时重力对实验影响大于回形针质量对实验的影响，实验误差会增大.故答案为：（1）越小；（2） mgl=M （丄）2 M （丄）2; （3）由于小车的212211速度太小，轨道摩擦的影响会增大.【点评】本题考查了实验数据处理、实验误差分析，知道实验原理与实验误差来 源是解题的前提与关键，应用动能定理

40、、分析清楚实验数据即可解题.10.（6 分）图 a 为多用电表的示意图，其中 S、K、T 为三个可调节的部件，现 用此电表测量一阻值约 2000Q的定值电阻.测 量 的 某 些 操 作 步 骤 如 下：第24页（共 32 页）1调节可调部件 S，使电表指针停在 左侧 0 刻度 位置;2调节可调部件 K,使它的尖端指向X100 位置;3将红、黑表笔分别插入 +”、”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 T使电表指针指向 右侧 0 刻度 位置.4将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻器的两端， 当指针摆稳后，读出表头的示 数（见图 b），再乘以可调部件 K 所指的倍率，得出该电阻的电阻值 R= 2200Q.

41、5测量完毕，应将调节可调部件 K,使它的尖端指向 OFF 或交流 V500V 位置. 【分析】多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，欧姆调零后，测量电阻读出示数欧姆表黑表笔与内置 电源正极相连，电流从黑表笔流出，红表笔流入.【解答】解：调节可调部件 S,使电表指针停在左边位位置；2调节可调部件 K,使它的尖端指向欧姆档X100 位置；3将红黑表笔分别插入+”乞”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件 T,使电 表指针指向右边位置；4由图 b 所示可知，选档位为X100,电阻阻值为：22X100=2200Q.故答案为：S,左侧 0 刻度；2X100；3T,

42、右侧 0 刻度；2200.ID M) IS tQO Y图aSb第25页（共 32 页）【点评】本题考查欧姆表的使用，要掌握欧姆定律的使用方法，明确要选择合适 的档位并每次换档后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示11.（3 分）若提供以下器材测量阻值约 2000Q定值电阻的阻值： 待测电阻 R;电源 E （电动势 6V,内阻不计）；滑动变阻器 R （最大电阻值为 20Q）;电流表 A （量程为 1mA,内阻约为 50Q）;电压表 Vi（量程为 15V，内阻约为 10kQ）;电压表V（量程为 200mV,内阻为 1kQ）;定值电阻 R0=9kQ;开关一个，导线若干.请选择合理的器

43、材，尽可能减小实验误差，设计测量的电 路图，画在方框内.【分析】测电阻阻值要测出通过电阻的电流与电阻两端电压， 根据提供的实验器 材选择合适的实验器材，然后根据实验原理作出电路图.【解答】解：电源电动势为 6V，如果用电压表 V1测电压，则读数误差太大，因 此应选用电压表 V2，由于电压表 V2的量程太小，可以把定值电阻与电压表 V2串联扩大其量程，由题 意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，待测电阻阻值远大于滑 动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：故答案为：电路图如图所示.第26页（共 32 页）【点评】本题考查了设计实验电路

44、图，知道实验原理是解题的前提，根据题干的 实验器材与实验原理正确选择电压表、确定滑动变阻器与电流表的接法是解题的 关键.12. （12 分）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在小球 A 上，另一端与小球 B 接 触但未连接，该整体静止放在离地面高为 H=5m 的光滑水平桌面上.现有一小球C 从光滑曲面上离桌面 h=1.8m 高处由静止开始滑下，与小球 A 发生碰撞（碰撞 时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动小球 B 向前运动，经一段时间，小球 B 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出.小球均可视为质点，忽略空气阻力，已知 mA=2kg, mB=3kg, mc=1kg，g=10m/

45、s2.求：（1）小球 C 与小球 A 碰撞结束瞬间的速度；（2）小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离.JL【分析】（1）小球 C 沿光滑曲面下滑的过程中，只有重力做功，满足机械能守恒, 由机械能守恒定律求出 C 滑到曲面底端时的速度.对于 C 与 A 碰撞的过程，运 用动量守恒定律求出具有碰后两者的共同速度.（2）碰撞后，对于三个球和弹簧组成的系统，运用动量守恒定律和机械能守恒定律求出小球 B 脱离弹簧时的速度，再由平抛运动的规律求小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离.【解答】解：（1）小球 C 从光滑曲面上 h 高处由静止开始滑下的过程，只有重力 做功，其机械能守恒，设其滑到底端的速度为 V

46、1,由机械能守恒定律有:mcgh=mcV12，解之得：vi=6m/s小球 C 与 A 碰撞的过程，C、A 组成的系统动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为 V2取向右为正方向，由动量守恒定律有：mcvi=（ mA+m V2，解之得：V2=2m/s（2）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，小球B 脱离弹簧，设小球 C、A 的速度为 V3,小球 B 的速度为 V4，取向右为正方向，由动量守恒定律有：（mA+mc）V2=（ mA+mc）V3+mBV4由机械能守恒定律得：一（mA+mc） V22=- （mA+mc）V32+- mcV422 2 2解之得：V4=0，V3=2 m/s小球 B 从桌面边缘飞出后

47、做平抛运动，则有：水平方向：S=Vt竖直方向：H=gt2解之得：s=2 m答：（1）小球 c 与小球 A 碰撞结束瞬间的速度是 2m/s ；（2）小球 B 落地点与桌面边缘的水平距离是 2m .【点评】利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析， 要选取正 方向，用正负号表示速度的方向.把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解 是常见的问题.13. （20 分）如图所示，在平面直角坐标系中，第三象限里有一加速电场，一个 电荷量为 q、质量为 m 的粒子，从静止开始经加速电场加速后，垂直x 轴从 A点进入第二象限，A 点到坐标原点 O 的距离为 R.在第二象限的区域内，存在着 指向 O

48、点的均匀辐射状电场，距 O 点 R 处的电场强度大小均为 E，粒子恰好能垂 直 y 轴从 P点进入第一象限.当粒子从 P 点运动一段距离 R 后，进入一圆形匀强 磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感强度为 B，粒子在磁场中速度方向偏转第 25 页（共 32 页）第28页（共 32 页）60粒子离开磁场区域后继续运动，通过 x 轴上的 Q 点进入第四象限. 求：（1）加速电场的电压 U;（2）圆形匀强磁场区域的最小面积；（3）求粒子在第一象限中运动的时间.【分析】 （1）由动能定理求出带电粒子经过加速电场后的速度，进入第三象限的 辐向电场做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由于是垂直于 y 轴进入

49、第一象限, 则在第二象限做匀速圆周运动的半径的 R，从而求出加速电压.（2）由题设条件，平行于 x 轴进入第一象限的带电粒子穿过圆形磁场区域后偏转 60后又沿直线从 Q 点穿出，画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，由几何关 系可以求出粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动的半径，那么圆形区域的最小面积是以圆周运动的弦为直径的圆的面积，从而求出磁场区域的最小面积.（3）在第（2）的基础上，求出带电粒子在第一象限内运动轨迹的长度，除以速 度从而求出了在第一象限的总时间.【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有j- n -由题意，粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为R 的匀速圆周运动，电场

50、力提供向心力，有2I-：解得 U 二（2）粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q”B 二 -代入式得r=1|： 如图所示，粒子在 a 点进入磁场，以 c 为圆心做圆周运动，第29页（共 32 页）从 b 点离开磁场，速 度偏转角是 60。，由几何关系可知厶 abc 是正三角形，ab=r，以 ab 为直径的圆形面积即为磁场区域 的最小面积.最小面积为Smin= = !（3）基于第（2）问基础，分析作图后由几何关系有：Pa=Rab 弧长为：|=、=二。6 6be=R- ab?cos60 =4bQ= ：=?sin60Q2粒子在第一象限的路程为 s=Ps+l+bQ= （1 +

51、厂+）R6 2答:（“加速电场的电压U为二（2）圆形匀强磁场区域的最小面积为【点评】本题的靓点有两个：带电粒子经电场加速后进入辐向电场恰好做半径 为R 的匀速圆周运动，进入圆形磁场区域做匀速圆周运动后偏转60又从磁场中穿出，从而确定做圆周运动的半径.那么圆形磁场区域的最小面积是以那段弧 所对弦为直径的圆的面积.物理-选修 3-3 （15 分）14. （5 分）一定质量的理想气体在不同温度下粒子的速率分布情况如图所示, 其中实线和虚线分别对应的温度为 ti和 t2,下列叙述正确的是（）A.虚线所对应的气体内能较大B.图线表明分子运动速率处于较大和较小的分子数较少C温度较高时所有气体分子动能都增加

52、D. 实线所对应气体温度 ti小于虚线所对应气体温度 t2E.气体由实线状态变为虚线状态必须放热【分析】明确图象的意义，知道纵轴表示速率分布的个数，而温度升高时，速率 分布最大的区间将向速率增大处移动， 从而比较两种情况下的温度，再根据热力 学第二定律分析内能的变化，明确吸放热情况.【解答】解：AD、在分子热运动速率统计分布规律图中，温度升高，速率分布最大的区间向速率增大处移动，故 ti小于 t2，故虚线所对应的气体内能较大故AD 正确；B、图线的纵坐标表示对应的分子个数，由图可表明分子运动速率处于较大和较小的分子数较少，故 B 正确；C、 由图可知，温度升高时并不是所有分子动能都增大，故C

53、错误；E 气体由实线状态变成虚线状态时，由于温度升高，内能增大，故一定要吸热， 故 E错误.故选：ABD.【点评】本题考查对温度与分子热运动关系以及热力学定理的应用，要注意明确图象的意义是解题的关键，同时明确温度是分子平均动能的标志是一个统计规律.15. （10 分）如图所示，一固定的足够长的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组 成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为mi=1.50kg，横截面积为第 28 页（共 32 页）第 29 页(共 32 页)si=80.0cm2，小活塞的质量为 m2=2.50kg,横截面积为 S2=40.0cm2，两活塞用刚性 轻杆连接，活塞的厚度可以忽略，间距保持为 l=40.0cm,气缸外大气压强为 p=1.00 x105Pa初始时大活塞与小圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为2Ti=495K,现气缸内气体温度缓慢改变，活塞缓慢移动，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度 g 取 10m/s2.求：(i) 在大活塞与小圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度和压强；(ii)要保证缸内圭寸闭的气体不漏气，缸内圭寸闭气体的最高温度.【分析】 (i)由题给