辽宁省辽南协作体2016届高考物理二模试卷 28页

‎2016年辽宁省辽南协作体高考物理二模试卷 ‎　‎ 二、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l4～17题只有一项符合题目要求．第18～21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．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（　　）‎ A．加速度a= B．磁感应强度B=‎ C．电容C= D．电场强度E=‎ ‎2．图中虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等．一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用φM、φN表示，M、N两点的电场强度用EM、EN表示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．φM=φN B．φM＞φN C．EM＞EN D．EM＜EN ‎3．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻速度vb的大小为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿着斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g．下列说法不正确的是（　　）‎ A．A、B间摩擦力不为零 B．C可能只受两个力作用 C．A加速度大小为gsinθ D．斜面受到地面的摩擦力水面向右 ‎5．假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度 B．天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速度 C．天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力 D．天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力 ‎6．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v，加速度a、摩擦力f随时间t变化的关系图象，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（　　）‎ A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小可能大于1m/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动 ‎8．将一长度一定的木板的一端固定在地面上，另一端垫高，木板两端的高度差用h表示．现有一质量为m的滑块以沿木板向上的速度V0从木板的底端上滑，滑块刚好到达木板的顶端．已知滑块和木板间的动摩擦因数为μ，滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．如果仅增大滑块的质量m，则滑块不能到达木板的顶端 B．如果增大h，则滑块上滑过程中摩擦力做功不变 C．如果减小h，则滑块滑行的水平距离增大，滑块一定能到达木板顶端 D．如果仅在上滑时给滑块加一个竖直向下的外力，则滑块不能到达木板的顶端 ‎　‎ 三、非选择题 ‎9．某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mm在游标尺上均分成20等份．如图甲所示，则小钢球的直径为d=　　cm．‎ ‎（2）该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图乙，则该金属丝的直径为　　cm．‎ ‎10．（10分）在练习使用多用电表的实验中，请完成下列问题：‎ ‎（1）在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×l00Ω”档，则测量的结果为　　；若开关拨至“10V”，则测量结果为　　．‎ ‎（2）将G改装成两种倍率（如“×l”、“×l0”）的欧姆表．现有两种备选电路，如图乙和图丙所示，则图　　（选填“乙”或“丙”）为合理电路；另一电路不合理的原因是：　　．在合理的电路中，当开关S合向　　端，这时的欧姆表是较大倍率档．‎ ‎（3）多用电表在正确选择倍率情况下测未知电阻阻值，设电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，则电路中电流I与待测电阻的阻值Rx的函数关系式为　　．‎ ‎11．（14分）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°，长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示．现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=．g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球初速度v0的大小；‎ ‎（2）小球滑过C点时的速率vC；‎ ‎（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．‎ ‎12．（18分）如图所示，两平行金属板相距为d，与一边长为L、匝数为N匝的正方形线圈相连，正方形线圈内存在着与其平面垂直向里的随时间变化的磁场B，其随时间变化关系为B=B0+kt（k＞0），粒子源在t=0时刻从P处释放一个初速度为零的带电粒子，已知带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子能从N板加速到M板，并从M板上的一个小孔穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d，内圆半径为d，两圆的圆心与小孔重合（不计粒子重力）．‎ ‎（1）判断带电粒子的正负和粒子到达M板的速度v；‎ ‎（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，k的取值范围是多少？‎ ‎（3）已知线圈自感系数很小，若k=，为使粒子不从外圆飞出，则粒子从P点最多运动多长时间后可让k突然变为0（即线圈中的磁场不再变化）？‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．水的饱和汽压随温度升高而增大 B．空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的斥力消失，引力增大 C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体吸热时，它的内能可能不增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎14．（10分）如图所示，内径均匀的玻璃管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中．当管开口竖直向上时，封闭气柱A的长度L1=30cm．现将管以一端为轴在竖直平面内缓慢转过l80°至开口竖直向下，之后保持竖直，把开口端向下缓慢插入水银槽中，直至B端气柱长L2=30cm时为止．已知大气压强P0=75cmHg，整个过程温度保持不变．求此时管内气体A的长度L3．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关 B．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象 C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关 D．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10cm长的细线和小铁球 E．当频率一定的声源向着静止的接收器加速运动时，接收器收到的声波频率增大 ‎16．如图所示，ABCD是一玻璃砖的截面图，一束光与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC边反射后，从CD边上的F点垂直于CD边射出．已知∠B=90°，∠C=60°，EB=10cm，BC=30cm．真空中的光速c=3‎ ‎×108m/s，求：‎ ‎①玻璃砖的折射率；‎ ‎②光在玻璃砖中从E到F所用的时间．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3—5]‎ ‎17．下列说法正确的是 （　　）‎ A．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性 B．汤姆孙发现了电子，说明原子核有自身的结构 C．有核能释放的核反应就一定有质量亏损 D．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 E．一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，最多可放出3种不同频率的光子 ‎18．有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1=1kg，m2=3kg，并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的竖直圆轨道．当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R=0.2m，g=10m/s2．求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．‎ ‎　‎ ‎2016年辽宁省辽南协作体高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第l4～17题只有一项符合题目要求．第18～21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．下列四个物理量的表达式中，采用比值定义法的是（　　）‎ A．加速度a= B．磁感应强度B=‎ C．电容C= D．电场强度E=‎ ‎【考点】磁感应强度；电场强度．‎ ‎【分析】所谓比值定义法就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法，定义出的新的物理量反映物质的属性，与参与定义的物理量无关．‎ ‎【解答】解：A、由公式a=知，a与F成正比，与m反比，则知加速度a=不是比值定义法，故A错误．‎ B、磁感应强度的定义式B=采用的是比值定义法，B与F、IL无关，反映磁场本身的特性，故B正确．‎ C、C=是电容的决定式，不是比值定义法，故C错误．‎ D、E=是点电荷场强的决定式，不是比值定义法，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、加速度、电场强度、磁感应强度等等．‎ ‎　‎ ‎2．图中虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等．一带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用φM、φN表示，M、N两点的电场强度用EM、EN表示．则下列说法正确的是（　　）‎ A．φM=φN B．φM＞φN C．EM＞EN D．EM＜EN ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】等势面的疏密代表场强大小，电场力做正功，电势能减小，正电荷在电势高的地方电势能大 ‎【解答】解：A、带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，负电荷在电势高处电势能小，所以，故AB错误；‎ CD、等势面的疏密代表场强的大小，故M点的场强小于N点的场强，故，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题主要考查了等势面与电场强度的关系，抓住正电荷在电势高的位置电势能大，负电荷在电势高的位置电势能小．‎ ‎　‎ ‎3．一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，则b时刻速度vb的大小为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】图线与时间轴围成的面积表示位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，列方程组求出b时刻的速度大小．‎ ‎【解答】解：设b点的速度为vb，加速度为a，根据x=得，‎ S=…①‎ S=…②‎ ‎ vb=va+am…③‎ ‎①②③联立得：vb=．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题是图象与运动规律相结合的题目，关键是知道利用图象中的面积表示位移，然后在利用位移时间和速度时间关系列式求解即可 ‎　‎ ‎4．静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿着斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g．下列说法不正确的是（　　）‎ A．A、B间摩擦力不为零 B．C可能只受两个力作用 C．A加速度大小为gsinθ D．斜面受到地面的摩擦力水面向右 ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】整体一起匀加速下滑，具有相同的加速度；先用整体法结合牛顿第二定律求出整体的加速度，再用隔离法分析个体的受力情况．‎ ‎【解答】解：C．选取ABC整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：3mgsinθ=3ma，解得a=gsinθ，故C正确；‎ A．又取BC整体为研究对象，若只受受到自身重力，和A对B的支持力，则受力情况与运动情况不相符合，故B还受向左的摩擦力，故A正确；‎ B．取C为研究对象，当斜劈B的倾角也为θ时，C只受重力和斜面的支持力，加速度才为ac=gsinθ，故B正确；‎ D．斜面对A的作用力垂直斜面向上，则A对斜面的作用力垂直斜面向下，这个力可分解为水平和竖直的两个分力，故斜面具有向右相对运动的趋势，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D错误．‎ 本题选不正确的，故选：D．‎ ‎【点评】若一个系统中涉及两个或者两个以上物体的问题，在选取研究对象时，要灵活运用整体法和隔离法．对于多物体问题，如果不求物体间的相互作用力，我们优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；很多情况下，通常采用整体法和隔离法相结合的方法．‎ ‎　‎ ‎5．假设在宇宙中存在这样三个天体A、B、C，它们在一条直线上，天体A离天体B的高度为某值时，天体A和天体B就会以相同的角速度共同绕天体C运转，且天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是圆轨道，如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度 B．天体A做圆周运动的速度小于天体B做圆周运动的速度 C．天体A做圆周运动的向心力大于天体C对它的万有引力 D．天体A做圆周运动的向心力等于天体C对它的万有引力 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据公式a=ω2r，分析加速度的关系；由公式v=ωr，分析速度的关系；天体A做圆周运动的向心力是由B、C的万有引力共同提供的．‎ ‎【解答】解：A、由于天体A和天体B绕天体C运动的轨道都是同轨道，角速度相同，由a=ω2r，可知天体A做圆周运动的加速度大于天体B做圆周运动的加速度，故A正确．‎ B、由公式v=ωr，可知天体A做圆周运动的速度大于天体B做圆周运动的速度，故B错误．‎ C、D、天体A做圆周运动的向心力是由B、C的万有引力的合力提供的，大于天体C对它的万有引力．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】本题考查学生运用万有引力定律解决天体运动的能力，关键要抓住A、B的角速度相同，灵活选择圆周运动的公式分析．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN．现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v，加速度a、摩擦力f随时间t变化的关系图象，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：ABC、当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．‎ 当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．‎ 当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．‎ 而速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故A错误、B正确、C正确；‎ D、水平方向 刚开始时是滑动摩擦力，最终静止时变为静摩擦力大小等于mg，不再发生变化，所以f随时间发生变化的图象如图所示，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】考查安培力的方向与大小，同时利用棒受力分析来确定运动与力的情况，并借助于牛顿第二定律来解题，知道棒开始受到的是滑动摩擦力最终静止时转变为静摩擦力．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v﹣t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（　　）‎ A．该物块带负电 B．皮带轮的传动速度大小可能大于1m/s C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动 ‎【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由图得出物块的速度和加速度随时间的变化关系，结合对物块的受力分析，得出洛伦兹力的方向，由左手定则即可判断出物块的电性；结合受力分析，得出物块做匀速直线运动的条件，从而判断出物块是否相对于传送带静止；结合运动学的公式可以判断位移．‎ ‎【解答】解：由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动．物块的最大速度是1m/s．‎ A、对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向：‎ 物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是逐渐减小，而开始时：，后来：，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电．故A错误；‎ ‎②‎ 由②可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带运动．故B正确，D正确；‎ C、由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．‎ 故选：BD ‎【点评】该题考查传送带问题，物块沿传送带向上的运动可能达到与传送带的速度相等，也有可能二者的速度不会相等要注意对题目中可能出现的情况进行分析与把握．‎ ‎　‎ ‎8．将一长度一定的木板的一端固定在地面上，另一端垫高，木板两端的高度差用h表示．现有一质量为m的滑块以沿木板向上的速度V0从木板的底端上滑，滑块刚好到达木板的顶端．已知滑块和木板间的动摩擦因数为μ，滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．如果仅增大滑块的质量m，则滑块不能到达木板的顶端 B．如果增大h，则滑块上滑过程中摩擦力做功不变 C．如果减小h，则滑块滑行的水平距离增大，滑块一定能到达木板顶端 D．如果仅在上滑时给滑块加一个竖直向下的外力，则滑块不能到达木板的顶端 ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】增大滑块质量前后，分别运用动能定理列式，分析滑块能上滑的最大距离．由功的计算公式分析摩擦力做功的变化．根据滑块的受力情况分析给滑块加一个竖直向下的外力时其运动情况．‎ ‎【解答】解：A、滑块上滑的过程，设上滑的最大距离为S，斜面的倾角为α．根据动能定理得：﹣mgSsinα﹣μmgcosα•S=0﹣‎ 得 S=，可知，S与m无关，因此，仅增大滑块的质量m时，滑块上滑的最大距离不变，仍能到达木板的顶端，故A错误．‎ B、由Ssinα=h，x=Scosα，x是滑块滑行的水平距离，则知如果增大h，x减小，滑块不能滑到斜面的顶端，摩擦力做功 Wf=﹣μmgcosα•S=﹣μmgx，则知摩擦力做功减小，故B错误．‎ C、如果减小h，α减小，sinα减小，cosα增大，S可能不变，滑块可能还能到达木板顶端，故C错误．‎ D、如果仅在上滑时给滑块加一个竖直向下的外力，滑块对木板的压力增大，所受的摩擦力增大，根据动能定理得：﹣（mg+F）S′sinα﹣（μmgcosα+F）•S′=0﹣‎ ‎，与：﹣mgSsinα﹣μmgcosα•S=0﹣，对比可得，S′＜S，则滑块不能到达木板的顶端．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：ABC ‎【点评】解决本题的关键得出动能定理得出初速度和上升最大高度的关系式，通过关系式分析求解．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎9．（1）某同学用自己发明的新式游标卡尺测量小钢球的直径，新式卡尺将主尺上39mm在游标尺上均分成20等份．如图甲所示，则小钢球的直径为d=　1.035　cm．‎ ‎（2）该同学又用螺旋测微器测量某电阻丝的直径，示数如图乙，则该金属丝的直径为　0.1196　cm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：（1）20分度的游标卡尺，游标卡尺的精确度为mm=0.05mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：10mm+0.35mm=10.35mm=1.035cm．‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度为1mm，可动刻度为19.6×0.01mm=0.196mm，所以最终读数为1mm+0.196mm=1.196mm=0.1196cm．‎ 故答案为：1.035；0.1196．‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎10．（10分）（2016•辽宁二模）在练习使用多用电表的实验中，请完成下列问题：‎ ‎（1）在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×l00Ω”档，则测量的结果为　1800Ω　；若开关拨至“10V”，则测量结果为　4.6v　．‎ ‎（2）将G改装成两种倍率（如“×l”、“×l0”）的欧姆表．现有两种备选电路，如图乙和图丙所示，则图　乙　（选填“乙”或“丙”）为合理电路；另一电路不合理的原因是：　丙图不会改变其量程　．在合理的电路中，当开关S合向　b　端，这时的欧姆表是较大倍率档．‎ ‎（3）多用电表在正确选择倍率情况下测未知电阻阻值，设电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，则电路中电流I与待测电阻的阻值Rx的函数关系式为　I=　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据多用表的量程进行读数，欧姆表注意档位，电压表注意估读．‎ ‎（2）图乙中改变G的并联值，则可改变其量程，而对于丙图不会改变其量程．‎ ‎（3）由全电路欧姆定律可确定出电流I与待测电阻的阻值Rx的函数关系式．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表的读数为：18×100=1800Ω ‎ ‎10V电压档最小分度为0.2V则要估读到0.1V，则其读数为：4.6V ‎（2）图乙中的电路可通过改变G的并联阻值改变其量程，而丙图不会改变其量程，‎ ‎　　　设G并联的阻值为R，由闭合电路欧姆定律可知：I×= 则 ‎=‎ ‎=，由上式可知并联的R越大倍率越大．则开关S要与b端闭合．‎ ‎（3）则闭合电路欧姆定律：I=‎ 故答案为：（1）1800Ω，4.6V；（2）乙 丙图不会改变其量程，b；（3）I=‎ ‎【点评】本题考查了多用电表的使用方法及电路结构原理，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．‎ ‎　‎ ‎11．（14分）（2016•辽宁二模）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°，长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示．现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=．g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球初速度v0的大小；‎ ‎（2）小球滑过C点时的速率vC；‎ ‎（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能．先根据小球从离开弹簧到A平抛运动过程，求出小球到A点时竖直分速度，由速度的分解求出到初速度．‎ ‎（2）小球运动的过程中机械能守恒，列出公式即可求出C点的速度；‎ ‎（3）要使小球不离开轨道，有两种情况：第一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解轨道半径．第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解轨道半径．‎ ‎【解答】解：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh 代入数据解得：vy=m/s A点：tan60°=‎ 得：vx=v0=m/s ‎（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：‎ 代入数据解得： m/s ‎（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：‎ 代入数据解得R1=1.08 m 当小球刚能到达与圆心等高时=mgR2‎ 代入数据解得R2=2.7 m 当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan 60°=1.5 m 即圆轨道的半径不能超过1.5 m 综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 ‎0＜R≤1.08 m．（2分）‎ 答：（1）小球初速度v0的大小是m/s　（2）小球滑过C点时的速率是3 m/s　（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足0＜R≤1.08‎ ‎ m ‎【点评】本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．要注意小球运动过程中各个物理量的变化．‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2016•辽宁二模）如图所示，两平行金属板相距为d，与一边长为L、匝数为N匝的正方形线圈相连，正方形线圈内存在着与其平面垂直向里的随时间变化的磁场B，其随时间变化关系为B=B0+kt（k＞0），粒子源在t=0时刻从P处释放一个初速度为零的带电粒子，已知带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子能从N板加速到M板，并从M板上的一个小孔穿出．在板的上方，有一个环形区域内存在磁感应强度大小为B0，垂直纸面向外的匀强磁场．已知外圆半径为2d，内圆半径为d，两圆的圆心与小孔重合（不计粒子重力）．‎ ‎（1）判断带电粒子的正负和粒子到达M板的速度v；‎ ‎（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，k的取值范围是多少？‎ ‎（3）已知线圈自感系数很小，若k=，为使粒子不从外圆飞出，则粒子从P点最多运动多长时间后可让k突然变为0（即线圈中的磁场不再变化）？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由楞次定律判断出极板的电性，根据粒子受力方向判断粒子电性，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由动能定理可以求出粒子的速度．‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出临界k值，然后确定其范围．‎ ‎（3）由牛顿第二定律求出粒子的加速度，然后应用速度公式求出粒子的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）由楞次定律可知，M板带正电，粒子从N板加速到M板，粒子带负电；‎ 线圈产生的感应电动势：E=N=NL2k，‎ 对粒子，由动能定理得：qE=mv2﹣0，‎ 解得：v=L；‎ ‎（2）要使粒子不从外边界飞出，粒子运动轨迹与外圆相切时轨道半径最大，‎ 由几何关系得：（2d﹣r）2=r2+d2，解得：r=d，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得：k=，‎ k的取值范围：k≤；‎ ‎（3）由于k=＞，故如果让粒子在MN间一直加速，‎ 则粒子必然会从外圆飞出，所以只能让粒子在MN间加速至某一速度v再匀速射出电容器即可，‎ 已知：k=，粒子加速度：a==，‎ 当r=d时由：qvB0=m，解得：v=，由v=at解得：t=；‎ 答：（1）带电粒子带负电，粒子到达M板的速度v为L；‎ ‎（2）若要求粒子不能从外圆边界飞出，k的取值范围是：k≤；‎ ‎（3）已知线圈自感系数很小，若k=‎ ‎，为使粒子不从外圆飞出，则粒子从P点最多运动时间后可让k突然变为0．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、知道符合要求的临界条件是解题的关键，作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径、应用牛顿第二定律与法拉第电磁感应定律、动能定理可以解题．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．水的饱和汽压随温度升高而增大 B．空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的斥力消失，引力增大 C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体吸热时，它的内能可能不增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．‎ ‎【分析】水的饱和汽压随温度的升高而增大；分子间距离的减小，分子间引力与斥力都要增大；温度是分子平均动能的标志，理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大；热力学第二定律反映了宏观热现象的方向性．‎ ‎【解答】解：A、饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故A正确；‎ B、空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，体积减小，分子间距离减小，水分子间的引力和斥力都增大，分子间引力和斥力同时存在，故B错误；‎ C、根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，如果产生其他影响，热量是可以从低温物体传到高温 物体，如电冰箱、空调，故C错误；‎ D、根据热力学第一定律可知，物体吸收热量时Q＞0，如果同时对外做功W＜0，内能可能增加、减小或不变，所以内能可能不增加，故正确；‎ E、一定质量的理想气体，等压变化，体积与热力学温度成正比，体积增大，温度升高，内能增加△U＞0，体积增大，气体对外界做功W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q知，Q＞0，即它一定从外界吸热，故E正确 故选：ADE ‎【点评】该题考查饱和汽压、与物体的内能有关的因素、改变物体内能的两种方式、热力学第二定律以及理想气体的状态方程．考查的知识点比较大，但都是一些记忆性的知识点的内容，多加积累即可．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•辽宁二模）如图所示，内径均匀的玻璃管长L=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中．当管开口竖直向上时，封闭气柱A的长度L1=30cm．现将管以一端为轴在竖直平面内缓慢转过l80°至开口竖直向下，之后保持竖直，把开口端向下缓慢插入水银槽中，直至B端气柱长L2=30cm时为止．已知大气压强P0=75cmHg，整个过程温度保持不变．求此时管内气体A的长度L3．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解．把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做等温变化，分别列玻意耳定律方程，联立即可求解．‎ ‎【解答】解：玻璃管旋转过程中，对气柱A有：（P0+h）L1S=（P0﹣h）L1′S，‎ 解得：L1′=45cm，‎ 插入水银后，由B部分气体状态变化得：P0LBS=PB′L2S，PB′=100cmHg，‎ 此时A气体的长度为L3，则有：（P0+h）L1S=（PB′﹣h）L3S，‎ 解得：L3=31.8cm．‎ 答：此时管内气体A的长度L3为31.8cm．‎ ‎【点评】‎ 该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎15．（2016•辽宁二模）下列说法中正确的是（　　）‎ A．做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关 B．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象 C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关 D．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10cm长的细线和小铁球 E．当频率一定的声源向着静止的接收器加速运动时，接收器收到的声波频率增大 ‎【考点】用单摆测定重力加速度；多普勒效应；* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理．‎ ‎【分析】做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108m/s．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用1m长的细线和小铁球；根据多普勒效应分析接受的频率的变化．‎ ‎【解答】解：A、做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大．故A错误．‎ B、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象．故B正确．‎ C、根据爱因斯坦相对论原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．故C正确．‎ D、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为减少实验误差，应选用1m长的细线和小铁球．故D错误．‎ E、根据多普勒效应可知，当频率一定的声源向着静止的接收器加速运动时，接收器收到的声波频率增大．故E正确．‎ 故选：BCE．‎ ‎【点评】本题涉及振动和波的基本现象和规律问题，对于此类基础知识要理解并熟记．难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎16．（2016•辽宁二模）如图所示，ABCD是一玻璃砖的截面图，一束光与AB面成30°角从AB边上的E点射入玻璃砖中，折射后经玻璃砖的BC边反射后，从CD边上的F点垂直于CD边射出．已知∠B=90°，∠C=60°，EB=10cm，BC=30cm．真空中的光速c=3×108m/s，求：‎ ‎①玻璃砖的折射率；‎ ‎②光在玻璃砖中从E到F所用的时间．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①根据题意作出光路图，由光的反射定律和几何知识求出入射角和折射角，再得到玻璃砖的折射率；‎ ‎②根据几何知识求出光在玻璃砖中传播的距离，由v=求出光在玻璃中传播的速度，从而求得传播的时间．‎ ‎【解答】解：①光在三棱镜中传播的光路如图所示，由几何关系可得：‎ ‎ i=60°，r=∠BQE=∠CQF=30°‎ 由折射定律得：‎ ‎ n===；‎ ‎②由v=，得 光在玻璃中传播的速度 v=×108m/s；‎ 由几何关系得=2=20cm ‎=cos30°=（﹣）cos30°=（15﹣15）cm 则光在玻璃砖中从E到F所用的时间 t==1.8×10﹣9s 答：光在玻璃砖中从E到F所用的时间是1.8×10﹣9s．‎ ‎【点评】此题关键是根据光的反射定律求解出各个分界面上的反射角和折射角，并结合几何关系进行分析计算．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3—5]‎ ‎17．（2016•辽宁二模）下列说法正确的是 （　　）‎ A．光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性 B．汤姆孙发现了电子，说明原子核有自身的结构 C．有核能释放的核反应就一定有质量亏损 D．普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 E．一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，最多可放出3种不同频率的光子 ‎【考点】光电效应；爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性；汤姆逊发现电子，不能说明原子核内部结构；根据爱因斯坦质能方程分析判断是否有质量亏损；普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一；能级间的能量差是量子化的，辐射的光子频率也是量子化的．‎ ‎【解答】解：A、光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故A正确．‎ B、汤姆逊发现电子，知道原子还可以再分，不能说明原子核内部结构，故B错误．‎ C、根据爱因斯坦质能方程知，有核能释放，就一定有质量亏损，故C正确．‎ D、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故D正确．‎ E、一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，最多可放出2种不同频率的光子，分别从n=3跃迁到n=2和n=2跃迁到n=1，故E错误．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】本题考查了光电效应、康普顿效应、电子的发现、爱因斯坦质能方程、黑体辐射、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，对于E选项，要注意是一个氢原子，不是一群氢原子．‎ ‎　‎ ‎18．（2016•辽宁二模）有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1=1kg，m2=3kg，并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的竖直圆轨道．当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R=0.2m，g=10m/s2．求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】炸药爆炸过程，两个物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式．物体A向左运动与挡板碰后原速返回，追上B物后与B碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．之后，两物在圆弧轨道上上升过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律列式．最后可由动能定理求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．‎ ‎【解答】解：炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2．取向左为正方向，由动量守恒定律得 ‎ m1v1﹣m2v2=0‎ A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ m1v1+m2v2=（m1+m2）v 两物上升皮圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得 ‎（m1+m2）v2=（m1+m2）gR 炸药爆炸时对A、B两物体所做的功 W=m1v12+m2v22；‎ 联立解得 W=10.7J 答：炸药爆炸时对A、B两物体所做的功为10.7J．‎ ‎【点评】本题要在分析清楚物体运动情况的基础上，采用程序法分步列式，关键要把握每个过程遵守的物理规律．‎ ‎　‎