河北省衡水中学高考物理信息卷二 Word含解析 22页

‎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