上海市普陀区2016年高考物理二模试卷 43页

www.ks5u.com ‎2016年上海市普陀区高考物理二模试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（共16分，每题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1．所谓元电荷是指（　　）‎ A．电子 B．质子 C．中子 D．自然界中已知的最小电荷量 ‎2．下列属于原子核裂变的链式反应的是（　　）‎ A．核电站发电 B．氢弹爆炸 C．石油的形成 D．利用太阳能发电 ‎3．在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍为加大，其他条件不变，则干涉条纹将（　　）‎ A．变密 B．变疏 C．不变 D．消失 ‎4．用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（　　）‎ A．中央均为亮点的同心圆形条纹 B．中央均为暗点的同心圆形条纹 C．用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的 D．用小圆盘时中央是亮的，用小圆孔时中央是暗的 ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大 B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都增大 C．气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的 D．一定质量理想气体的温度升高，内能不一定增大 ‎6．在α粒子散射实验中，我们并没有考虑到α粒子跟电子碰撞，这是因为（　　）‎ A．电子体积非常小，以至于α粒子碰不到它 B．电子质量远比α粒子的小，所以它对α粒子运动的影响极其微小 C．α粒子跟各个电子碰撞的效果相互抵消 D．电子在核外均匀分布，所以α粒子受到电子作用的合外力为零 ‎7．如图为含逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射光敏电阻时，其阻值R′将变得远小于R．当光照射光敏电阻时，则（　　）‎ A．R两端的电势差变小 B．R′两端的电势差变大 C．小灯泡L发光 D．小灯泡L不发光 ‎8．现有一台落地电风扇放在水平地面上，该电风扇运行时，调节它的“摇头”旋钮可改变风向，但风向一直水平．若电风扇在地面上不发生移动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电风扇受到5个力的作用 B．地面对电风扇的摩擦力的大小和方向都不变 C．空气对风扇的作用力与地面对风扇的摩擦力大小相等 D．风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力互相平衡 ‎　‎ 二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）‎ ‎9．某放射性元素的原子核发生两次α衰变和六次β衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中正确的是（　　）‎ A．核子数减小8 B．质子数减小2 C．质子数增加2 D．中子数减小10‎ ‎10．如图，站在向右作匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，下列说法正确的是（　　）‎ A．人对车的作用力仅是手的推力 B．车对人的摩擦力大于车对人的推力 C．因为人相对车没有动，所以合外力为零 D．该人对车做正功 ‎11．如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则（　　）‎ A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 ‎12．如图是物体做匀变速曲线运动轨迹的示意图，已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的加速度比C点的加速度大 B．物体在AB段做匀加速运动曲线运动 C．物体在BC段做匀减速运动曲线运动 D．物体从A点到C点加速度与速度的夹角一直在减小，速率是先减小后增大 ‎13．将质量为m的小球在距地面高度为h处竖直向上抛出，抛出时的速度大小为v，小球落到地面时的速度大小为3v，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球整个运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．重力对小球做的功等于﹣mgh B．合外力对小球做的功为4mv2‎ C．小球落地时的机械能会变大 D．小球克服空气阻力做的功为mv2‎ ‎14．如图，两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示．下列说法正确的是（　　）‎ A．两列波在相遇区域发生干涉 B．波谷和波谷相遇处位移为零 C．A点的位移始终为零 D．此刻A点和B点的位移大小分别是A和3A ‎15．如图，某杂技演员在做手指玩盘子的表演．设该盘的质量为m=0.2kg，手指与盘之间的滑动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦等于滑动摩擦，盘底处于水平状态，且不考虑盘的自转．下列说法正确的是（　　）‎ A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手对盘的摩擦力大小为1N B．若盘随手指一起水平向右做匀速运动，则手对盘的摩擦力大小为1N C．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小为2N D．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过2.24N ‎16．如图甲，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．在t1时刻小球通过最低点 B．图乙中S1面积的数值为0.8m C．图乙中S1和S2的面积不相等 D．图线第一次与横轴的交点对应小球的速度为4m/s ‎　‎ 三、多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）‎ ‎17．如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦．发生这种情况的原因是（　　）‎ A．爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷 B．爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷 C．爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳 D．爆米花带电后，因质量很小而到处乱跳 ‎18．一个质量m=0.05kg的小球做平抛运动时，测出小球在不同时刻速率v的数据，并作出v2﹣t2图线，如图所示．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为2m/s B．图线的斜率大小为100m2•s﹣4‎ C．横轴读数在0.16时，小球离抛出点的位移大小为2m D．横轴读数在0～0.25区间内，小球所受重力做功的平均功率为1.25W ‎19．如图，s﹣t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，己知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）‎ A．5s时两车速度相等 B．甲车的速度为4m/s C．乙车的加速度大小为1.6m/s2‎ D．乙车的初位置在s0=80m处 ‎20．如图，将质量均为M=2kg的A、B重物用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．在B的下端挂上质量为m=1kg的物块C后，重物A、B以及物块C由静止开始运动．轻绳与定滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长．下列说法正确的是（　　）‎ A．同自由落体相比，C下落相同的高度，所花费的时间要短 B．当A的速度v=2m/s时，A上升的竖直距离h=1m C．若不断增大物块C的质量，B的加速度a将不断减小 D．若不断增大物块C的质量，C的加速度a的值将趋近于g ‎　‎ 四、填空题（共20分，每小题4分）‎ ‎21．如图，吊灯A通过绳子悬挂在天花板上的B点和C点，OB与天花板的夹角为α，OB、OA的长均为l．若灯的大小和线的长度相比是很小的，则吊灯在垂直于纸面内作小幅振动时的悬点为点　　（填写图中的字母），周期为　　．‎ ‎22．甲、乙两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，甲质量为6kg，速度大小为8m/s，乙质量为4kg，速度大小为6m/s，它们的总动量大小为　　kgm/s．两者碰撞后，甲沿原方向运动，速度大小为2m/s，则乙的速度大小为　　m/s．‎ ‎23．已知火星表面附近的重力加速度为g，火星的半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G．则绕火星表面飞行的卫星运行速度v=　　，火星的同步卫星距火星表面的高度h=　　．‎ ‎24．如图，水平杆DE在D处用铰链连接，斜杆CA的一端插在墙壁内，另一端与水平杆光滑接触．用F1、F2分别垂直作用在两杆的E点和B点．已知F1=F2=40N，CB=BA=40cm，DC=CE=30cm，α=37°，β=53°，不计两杆的重力．则水平杆在C点受到的作用力大小为　　N，斜杆在固定端A处受到的作用力大小为　　N．‎ ‎25．扫地机器人是一款能自动清扫的智能家用电器，如图所示．当剩余电量减为电池容量的30%时，机器人会主动寻找充电器充电．表为某扫地机器人的部分参数．‎ 额定工作电压 ‎12V 额定功率 ‎30W 电池容量 ‎2500mAh 机器人中吸尘电机的吸入功率是衡量其优劣的重要参数，测得某吸尘电机的吸入功率与真空度、风量间的对应关系如表．真空度指主机内部气压与外界的气压差，风量指单位时间内通过吸尘电机排出的空气体积，吸尘电机吸入功率与输入功率的比值叫作效率．则该机器人充满电后至下一次自动充电前能够连续正常工作的最长时间为　　min，当风量为0.017m3/s时，若吸尘电机的输入功率为25W，则此时其效率为　　%．‎ 真空度（Pa）‎ ‎400‎ ‎450‎ ‎500‎ ‎550‎ ‎600‎ 风量（m3/s）‎ ‎0.025‎ ‎0.02‎ ‎0.017‎ ‎0.015‎ ‎0.013‎ 吸入功率（W）‎ ‎10‎ ‎9‎ ‎8.25‎ ‎7.8‎ ‎26．如图，两根电阻不计的平行光滑金属导轨放在同一水平面内，左端与电阻R相连，在导轨x＞0一侧存在着磁感应强度B=1.5+0.5x（T）的磁场．在外力F作用下，一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1、A2、A3的坐标分别为x1=1m，x2=3m，x3=5m．则在A1与A3处的速度之比为　　，从A1到A2与A2到A3的过程中安培力做的功之比为　　．‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．在“测定直流电动机的效率”的实验中，我们有以下实验器材：直流电动机、电源、电压表、电流表、滑动变阻器、电键、砝码盘、砝码若干、刻度尺、停表、弹簧秤、细绳一根、天平和导线若干．‎ ‎（1）以上实验器材中哪些是多余的：‎ ‎（2）写出直流电动机的效率的表达式：‎ ‎28．某同学利用图示装置验证系统机械能守恒定律，图中P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在光滑水平桌面上，物块R与轻质滑轮连接，放在两定滑轮的中间．a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光．整个装置无初速度释放，已知P、Q、R经过三个光电门的遮光时间分别为t1、t2、t3，R的遮光片到c的距离为H，三个遮光片的宽度均为x．‎ ‎（1）本实验中验证机械能守恒的表达式为 ‎（2）为提高实验结果的准确程度，请对此实验提出一条建议：‎ ‎29．如图为一个测温装置，图中C为测温泡，装入水银的U形管B管开口向上，A管通过细玻璃管与测温泡C相通，U形管的下端通过软管相连．测温时，调节B管的高度，使A管中的液面保持在a处，此时根据U形管A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度．假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76cmHg，该温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm．‎ ‎（1）当测温泡中气体温度升高时，为使A管中的液面保持在a处，则B管应向　　（填“上”或“下”）移动；‎ ‎（2）该测温装置的刻度应刻在　　管（ 填“A”或“B”）；‎ ‎（3）由于天气的原因会导致大气压发生变化，当实际温度为16℃时，该温度计的读数为17℃，则此时大气压为　　cmHg．‎ ‎30．某同学在测定电源电动势E、内电阻r实验中，用下列器材组装成了一个电路：‎ 电压表V1、电压表V2、电流表、滑动变阻器R、小灯泡、电池、电键一个，导线若干．实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．该同学每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，经多次测量后分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图所示．‎ ‎（1）请在方框内画出电路图．‎ ‎（2）电池的电动势E=　　V、内阻r=　　Ω．‎ ‎（3）在U﹣I坐标中两条图线相交时电池的效率为　　．‎ ‎　‎ 六、计算题 ‎31．如图，滑块a、b的质量均为m=1kg，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h=0.2m，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点．‎ ‎（1）画出当a即将落地前（杆尚未转至水平方向）滑块a、b的受力分析图；‎ ‎（2）求当a的机械能最小时，地面对b支持力的大小（要有过程分析）；‎ ‎（3）求a落地时速度的大小．‎ ‎32．如图，有一个在水平面上固定放置的气缸，由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成，a、b、c的横截面积分别为2S、S和3S．已知大气压强为p0．两绝热活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的细线相连，两活塞之间密封有温度为T0的空气，开始时，两活塞静止在图示位置．现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦．求：‎ ‎（1）加热前被封闭气体的压强和细线中的拉力；‎ ‎（2）气体温度上升到多少时，其中一活塞恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处；‎ ‎（3）气体温度上到时，封闭气体的压强．‎ ‎33．如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘，且处于水平向右的匀强电场中．一个可视为质点的带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m=4×10﹣3kg，所带电荷量q=+3×10﹣6C，电场强度E=1×104N/C，物块与轨道CD段的动摩擦因数µ=0.25，CD段的长度L=2m，圆弧DG的半径r=0.5m，GH段与水平面的夹角θ=37°，不计物块与挡板碰撞时的动能损失．求：‎ ‎（1）物块第一次到达H点时的速率；‎ ‎（2）物块在轨道CD段运动的总路程；‎ ‎（3）物块碰撞挡板时的最小动能．‎ ‎34．如图，在金属导轨MNC和PQD中，MN与PQ平行且间距为L=1m，MNQP所在平面与水平面夹角α=37°．N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值R=10Ω的电阻．光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角均为θ=53°．ab棒的初始位置在水平导轨上与NQ重合．ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．金属棒ab和ef质量均为m=0.5kg，长均为L=1m．空间有竖直方向、磁感应强度B=2T的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触，ef棒的阻值R=10Ω，不计所有导轨和ab棒的电阻．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．忽略感应电流产生的磁场．若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1=1m/s在水平导轨上向右匀速运动，且运动过程中ef棒始终静止（g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）．‎ ‎（1）求金属棒ab运动到x=0.3m处时，经过ab棒的电流大小；‎ ‎（2）推导金属棒ab从NQ处运动一段距离x过程中拉力F与x的关系式；‎ ‎（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2=2m/s在水平导轨上向右匀速运动，在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下磁感应强度B的最大值（此问结果可只保留一位有效数字）．‎ ‎　‎ ‎2016年上海市普陀区高考物理二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（共16分，每题2分，每题只有一个正确选项）‎ ‎1．所谓元电荷是指（　　）‎ A．电子 B．质子 C．中子 D．自然界中已知的最小电荷量 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元．‎ ‎【解答】解：元电荷是自然界最小的电量，可作为电量的一种单位，不是实物粒子．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．下列属于原子核裂变的链式反应的是（　　）‎ A．核电站发电 B．氢弹爆炸 C．石油的形成 D．利用太阳能发电 ‎【考点】重核的裂变．‎ ‎【分析】依据核裂变是指重核发生链式反应由较大的核变成两个较小原子核的现象，现阶段核电站主要是利用核裂变；核聚变是指两轻核发生反应变成较重的原子核的现象；氢弹是利用了轻核聚变，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、核电站是利用原子核的链式反应在可控制的核反应堆中进行，故A正确；‎ B、氢弹爆炸是利用核聚变释放能量的原理制成的，故B错误；‎ C、石油的形成，是复杂的过程，属于化学变化，故C错误；‎ D、太阳能辐射是以热传递的形式传递热量，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍为加大，其他条件不变，则干涉条纹将（　　）‎ A．变密 B．变疏 C．不变 D．消失 ‎【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系．‎ ‎【分析】根据条纹的间距公式△x=λ，可判断其变化，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：根据公式△x=λ，若两缝之间的距离稍为加大，即d变大，则△x变窄，即干涉条纹变密，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（　　）‎ A．中央均为亮点的同心圆形条纹 B．中央均为暗点的同心圆形条纹 C．用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的 D．用小圆盘时中央是亮的，用小圆孔时中央是暗的 ‎【考点】光的衍射．‎ ‎【分析】单色光通过小圆盘得到衍射图形，称为泊松亮斑，小圆孔做衍射实验，衍射图样，它们中央均为亮点的同心圆形条纹，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：圆孔衍射实验图样，与单色光通过小圆盘得到的泊松亮斑，它们中央均为亮点的同心圆形条纹．故A正确，BCD错误 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大 B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都增大 C．气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的 D．一定质量理想气体的温度升高，内能不一定增大 ‎【考点】封闭气体压强；分子动理论的基本观点和实验依据；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【分析】‎ 温度是分子热运动平均动能的标志；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小；气体的压强是大量分子频繁撞击容器壁产生的；理想气体分子间没有势能，只有分子热运动的动能．‎ ‎【解答】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，气体温度升高，则分子热运动的平均动能增加，但不是每个气体分子的动能都变大，故A错误；‎ B、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，只是斥力减小的更快，故B错误；‎ C、气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的，与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故C正确；‎ D、理想气体是没有分子力的，故分子间没有分子势能，故温度越高，分子热运动平均动能越大，故内能越大；故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．在α粒子散射实验中，我们并没有考虑到α粒子跟电子碰撞，这是因为（　　）‎ A．电子体积非常小，以至于α粒子碰不到它 B．电子质量远比α粒子的小，所以它对α粒子运动的影响极其微小 C．α粒子跟各个电子碰撞的效果相互抵消 D．电子在核外均匀分布，所以α粒子受到电子作用的合外力为零 ‎【考点】粒子散射实验．‎ ‎【分析】在α粒子散射实验中，由于电子的质量较小，α粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．‎ ‎【解答】解：α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，不改变运动的轨迹．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图为含逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射光敏电阻时，其阻值R′将变得远小于R．当光照射光敏电阻时，则（　　）‎ A．R两端的电势差变小 B．R′两端的电势差变大 C．小灯泡L发光 D．小灯泡L不发光 ‎【考点】传感器在生产、生活中的应用．‎ ‎【分析】根据门电路的符号判断该门电路为非门；当输出端为高电势时，灯泡会发光，为低电势时，灯泡不发光，所以判断灯泡发光还是不发光，看输入端是高电势还是低电势．‎ ‎【解答】解：A、当电阻R′受到光照时，其阻值将变得远小于R．则R两端的电势差大，R′两端间的电势差小．故A错误，B错误；‎ C、该逻辑电路为非门电路．非门的特点输入状态和输出状态相反，当电阻R′受到光照时，其阻值将变得远小于R．则R两端的电势差大，R′两端间的电势差小，则输入端为低电势，那么输出端为高电势，故a点电势为高电势；小灯泡L发光．故C正确；D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．现有一台落地电风扇放在水平地面上，该电风扇运行时，调节它的“摇头”旋钮可改变风向，但风向一直水平．若电风扇在地面上不发生移动，下列说法正确的是（　　）‎ A．电风扇受到5个力的作用 B．地面对电风扇的摩擦力的大小和方向都不变 C．空气对风扇的作用力与地面对风扇的摩擦力大小相等 D．风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力互相平衡 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】电风扇在工作时，处于静止状态，水平方向受到风的反冲力及静摩擦力，竖直方向只受重力和地面对其支持力，根据平衡条件分析即可．‎ ‎【解答】解：A、电风扇受重力、支持力、风的反冲力及静摩擦力，共4个力，故A错误；‎ BC、由于风扇平衡，故风的反冲力（空气对风扇的作用力）与静摩擦力大小相等，而风的反冲力大小不变，故静摩擦力的大小不变，当风的方向是改变的，故静摩擦力的方向也是改变的，故B错误，C正确；‎ C、风扇对空气的作用力与地面对风扇的摩擦力互相平衡不是作用在同一条直线上，故不是平衡，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ 二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）‎ ‎9．某放射性元素的原子核发生两次α衰变和六次β衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中正确的是（　　）‎ A．核子数减小8 B．质子数减小2 C．质子数增加2 D．中子数减小10‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】明确a衰变和β衰变的实质，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒可正确解答．‎ ‎【解答】解：设该原子核的质量数（核子数）为m，电荷数（质子数）为n，衰变后的质量数为x，电荷数为y，则有：‎ m=x+8；n=﹣6+4+y 由此可知衰变后核子数减小8，质子数直接2，中子数减小10，故B错误，ACD正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．如图，站在向右作匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，下列说法正确的是（　　）‎ A．人对车的作用力仅是手的推力 B．车对人的摩擦力大于车对人的推力 C．因为人相对车没有动，所以合外力为零 D．该人对车做正功 ‎【考点】功的计算；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对人受力分析，明确人受力情况，则可分析人对车的作用力情况，根据牛顿第二定律可明确合力方向以及合力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、对人分析可知，人受重力、车向左的弹力以及地面向右的摩擦力；故人对车有向左的摩擦力和推力；故A错误；‎ B、对人分析由牛顿第二定律可知，人受到的合力向右，故摩擦力大于车对人的推力；故B正确；C错误；‎ D、由于车对人的合力向右，则可知人对车的合力一定向左，则由功的公式可知，人对车做负功；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则（　　）‎ A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化 ‎【考点】* 涡流现象及其应用．‎ ‎【分析】‎ 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，周围的磁场发生变化，即通过右侧线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律结合右手螺旋定则判断出右侧线圈中感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流的大小．‎ ‎【解答】解：A、当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流；故A错误；‎ B、通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变．故B错误；‎ C、结合A的分析可知，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针．故C错误；‎ D、有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．如图是物体做匀变速曲线运动轨迹的示意图，已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的加速度比C点的加速度大 B．物体在AB段做匀加速运动曲线运动 C．物体在BC段做匀减速运动曲线运动 D．物体从A点到C点加速度与速度的夹角一直在减小，速率是先减小后增大 ‎【考点】曲线运动．‎ ‎【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，根据加速度方向与速度方向的关系分析．‎ ‎【解答】解：A、质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与A点相同，故A错误；‎ B、质点从A运动到C，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，BC点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，则物体在AB段做匀减速运动，在BC段做匀加速运动，从A点到C点加速度与速度的夹角一直在减小，速率是先减小后增大，故BC错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎13．将质量为m的小球在距地面高度为h处竖直向上抛出，抛出时的速度大小为v，小球落到地面时的速度大小为3v，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球整个运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．重力对小球做的功等于﹣mgh B．合外力对小球做的功为4mv2‎ C．小球落地时的机械能会变大 D．小球克服空气阻力做的功为mv2‎ ‎【考点】功能关系；功的计算．‎ ‎【分析】根据动能定理可知，合外力做的功等于小球动能的变化量，据此列式即可求解．‎ ‎【解答】解：A．重力做的功为WG=mgh，故A错误；‎ B．由动能定理可得：合外力对小球做的功W合=m（3v）2﹣mv2=4mv2，故B正确；‎ C．小球在运动过程中，受到的空气阻力不能忽略，有机械能损失，机械能要减小，故C错误；‎ D．由动能定理可得：W合=mgh﹣Wf=W合=m（3v）2﹣mv2=4mv2，所以阻力做功为：Wf=mgh﹣4mv2，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图，两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示．下列说法正确的是（　　）‎ A．两列波在相遇区域发生干涉 B．波谷和波谷相遇处位移为零 C．A点的位移始终为零 D．此刻A点和B点的位移大小分别是A和3A ‎【考点】波的叠加．‎ ‎【分析】相邻两个波峰与波波峰或波谷与波谷之间的距离等于一个波长，根据波长的概念由图尺寸比较波长的大小．波在同一介质中传播时，波速相等，由波速公式确定频率关系．当两列波的频率相同时才能产生稳定的干涉．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，波源Sl形成的水波波长大于波源S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=λf得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A错误；‎ B、因两列水波波源S1和S2的振幅不相等，当波谷和波谷相遇处位移为3A，并不为零，故B错误．‎ C、因两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，由图可知，此时A是波峰与波谷相遇，则xA=A，随着时间的推移，位移大小变化，不可能总为零，故C错误；‎ D、根据两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，结合图，可知，此时刻A点和B点的位移大小分别是A和3A，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎15．如图，某杂技演员在做手指玩盘子的表演．设该盘的质量为m=0.2kg，手指与盘之间的滑动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦等于滑动摩擦，盘底处于水平状态，且不考虑盘的自转．下列说法正确的是（　　）‎ A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手对盘的摩擦力大小为1N B．若盘随手指一起水平向右做匀速运动，则手对盘的摩擦力大小为1N C．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小为2N D．若盘随手指一起水平向右做匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过2.24N ‎【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】若手支撑着盘子一起水平向右匀速运动，盘子受重力和支持力而平衡；‎ 若若手支撑着盘子一起水平向右匀加速运动，盘子受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力等于合力，产生加速度，根据牛顿第二定律列式分析 ‎【解答】解：A、若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受到重力作用和手指的作用，二力平衡，即手指对盘的作用力等于mg，故A错误；‎ B、若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，盘相对手指静止，不受静摩擦力的作用，故B错误；‎ C、若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则盘受到向右的静摩擦力，但并没有发生相对滑动，所以受到的摩擦力f≤μmg，手对盘的作用力，故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎16．如图甲，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．在t1时刻小球通过最低点 B．图乙中S1面积的数值为0.8m C．图乙中S1和S2的面积不相等 D．图线第一次与横轴的交点对应小球的速度为4m/s ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球在竖直平面内自由转动，只有重力做功，机械能守恒，经过最低点时速度最大，根据动能定理求出杆长，图象中S1和S2的面积等于杆长．‎ ‎【解答】解：A、小球经过最高点时水平分速度为正，且过最高点的前后两个时刻水平分速度相等，所以t1时刻小球通过最高点，故A错误；‎ B、由图知，在t3时刻小球水平速度最大，所以t3时刻小球经过最低点，小球在竖直平面内自由转动，只有重力做功，机械能守恒，‎ 则有：，‎ 带入数据得：‎ 解得：L=0.8m，‎ 由小球的运动情况可知，S1和S2的面积等于杆长且相等，则图乙中S1面积的数值为0.8m，故B正确，C错误；‎ D、从t1时刻到图线第一次与横轴的交点的过程中，根据动能定理得：‎ 解得：v1=，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ 三、多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）‎ ‎17．如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦．发生这种情况的原因是（　　）‎ A．爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷 B．爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷 C．爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳 D．爆米花带电后，因质量很小而到处乱跳 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】明确静电现象，根据接触起电的性质分析爆米花的电性，并明确它们运动的原因．‎ ‎【解答】解：A、由于塑料与布摩擦后产生静电，而爆米花与勺子接触带电，故带同种电荷；故A正确；B错误；‎ C、爆米花之所以运动是因为受到塑料匙的作用力；故C正确；‎ D、由于质量很小的爆米花受力后产生的加速度较大，故运动较为明显，因此会到处乱跳；故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎18．一个质量m=0.05kg的小球做平抛运动时，测出小球在不同时刻速率v的数据，并作出v2﹣t2图线，如图所示．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为2m/s B．图线的斜率大小为100m2•s﹣4‎ C．横轴读数在0.16时，小球离抛出点的位移大小为2m D．横轴读数在0～0.25区间内，小球所受重力做功的平均功率为1.25W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．‎ ‎【分析】小球从A点做平抛运动，通过乙图找出v2﹣t2的关系式，结合图线的纵轴截距求出小球的初速度，以及图线的斜率大小．根据横轴数据得出运动的时间，结合平抛运动的规律进行求解．‎ ‎【解答】解：小球做平抛运动，某时刻t竖直分速度vy=gt，则小球的速度的平方，‎ A、纵轴截距表示，即，解得小球的初速度v0‎ ‎=2m/s，故A正确．‎ B、图线的斜率等于g2，等于100m2•s﹣4，故B正确．‎ C、横轴读数在0.16时，即t=0.4s时，小球离抛出点的水平位移x=v0t=2×0.4m=0.8m，竖直位移y=，则小球离抛出点的位移s=m，故C错误．‎ D、横轴读数在0～0.25区间内，即t=0.5s内，小球下降的高度h=，则重力做功的平均功率，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎19．如图，s﹣t图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，己知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）‎ A．5s时两车速度相等 B．甲车的速度为4m/s C．乙车的加速度大小为1.6m/s2‎ D．乙车的初位置在s0=80m处 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】位移﹣时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动．位移等于x的变化量．结合这些知识分析．‎ ‎【解答】解：A、位移﹣时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5s时乙车速度较大，故A错误．‎ B、甲车做匀速直线运动，速度为 v甲===4m/s，故B正确．‎ CD、乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则 s=at2，根据图象有：‎ s0=a•102，20=a•52，‎ 解得：a=1.6m/s2，s0=80m，故CD正确 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎20．如图，将质量均为M=2kg的A、B重物用轻绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．在B的下端挂上质量为m=1kg的物块C后，重物A、B以及物块C由静止开始运动．轻绳与定滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长．下列说法正确的是（　　）‎ A．同自由落体相比，C下落相同的高度，所花费的时间要短 B．当A的速度v=2m/s时，A上升的竖直距离h=1m C．若不断增大物块C的质量，B的加速度a将不断减小 D．若不断增大物块C的质量，C的加速度a的值将趋近于g ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法求出加速度与m和M的关系，然后结合运动学的公式即可求出当A的速度v=2m/s时，A上升的竖直距离；‎ ‎【解答】解：隔离对A分析，根据牛顿第二定律得：T﹣Mg=Ma，①‎ 对B、C组成的整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：（m+M）g﹣T=（m+M）a ②‎ 代入数据解得：a=0.2g=2m/s2，‎ A、同自由落体相比，C下落的加速度小于重力加速度，所以下落相同的高度，所花费的时间要长．故A错误；‎ B、当A的速度v=2m/s时，A上升的竖直距离h==1m．故B正确；‎ C、D、联立①②可得：a=，可知M不变，若不断增大物块C的质量，A、B、C的加速度a的值都将趋近于g．故C错误，D正确 故选：BD ‎　‎ 四、填空题（共20分，每小题4分）‎ ‎21．如图，吊灯A通过绳子悬挂在天花板上的B点和C点，OB与天花板的夹角为α，OB、OA的长均为l．若灯的大小和线的长度相比是很小的，则吊灯在垂直于纸面内作小幅振动时的悬点为点　Oˊ　（填写图中的字母），周期为　　．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；单摆；单摆周期公式．‎ ‎【分析】电灯做圆周运动，圆心即为悬点；电灯与圆心的距离为单摆的摆长，根据单摆的周期公式T=2π求解周期即可．‎ ‎【解答】解：灯做圆周运动，圆心即为悬点，即Oˊ点；‎ 摆长为灯与圆心的距离，为：L=l+lsinα；‎ 故单摆的周期为：T=；‎ 故答案为：Oˊ，．‎ ‎　‎ ‎22．甲、乙两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，甲质量为6kg，速度大小为8m/s，乙质量为4kg，速度大小为6m/s，它们的总动量大小为　24　kgm/s．两者碰撞后，甲沿原方向运动，速度大小为2m/s，则乙的速度大小为　3　m/s．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动量定理．‎ ‎【分析】‎ 取甲物体的速度方向为正方向，分别表示出两物体的动量，即可求出总动量．碰撞过程遵守动量守恒，求出乙物体的速度大小．‎ ‎【解答】解：取甲物体的速度方向为正方向，‎ 甲乙的总动量大小为P=m甲v甲﹣m乙v乙=6×8﹣4×6=24（kgm/s）．‎ 根据动量守恒得 P=m甲v甲′+m乙v乙′，‎ 解得，v乙′=3m/s 故答案为：24；3‎ ‎　‎ ‎23．已知火星表面附近的重力加速度为g，火星的半径为R，火星自转周期为T，万有引力常量为G．则绕火星表面飞行的卫星运行速度v=　　，火星的同步卫星距火星表面的高度h=　　．‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据已知量，火星表面的物体受到的重力等于万有引力列出等式，‎ 火星的同步卫星的万有引力提供向心力，可以求出火星同步卫星的高度 ‎【解答】解：（1）设质量为m的卫星绕火星表面飞行速度为v，万有引力提供向心力①‎ 又由于②‎ 得v=‎ 其同步卫星的周期等于其自转周期T，‎ 则对其同步卫星有：③‎ 联立②③解得：h=‎ 故答案为：；‎ ‎　‎ ‎24．如图，水平杆DE在D处用铰链连接，斜杆CA的一端插在墙壁内，另一端与水平杆光滑接触．用F1、F2分别垂直作用在两杆的E点和B点．已知F1=F2=40N，CB=BA=40cm，DC=CE=30cm，α=37°，β=53°，不计两杆的重力．则水平杆在C点受到的作用力大小为　80　N，斜杆在固定端A处受到的作用力大小为　114.54　N．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；‎ 对水平杆，根据力矩平衡条件列式求解在C点受到的支持力大小；‎ 对斜杆，根据共点力平衡条件列式求解．‎ ‎【解答】解：对水平杆，根据力矩平衡条件，有：‎ F1•DE=N•CD ‎ 故有：N=2F1=80N 对斜杆，受推力F2、压力N和A点的作用力F，根据平衡条件并结合正交分解法，有：‎ Fx=F2sin37°=40×0.6=24N ‎ Fy=F2cos37°+N=40×0.8+80=112N ‎ 故有：F=‎ 故答案为：80，114.54‎ ‎　‎ ‎25．扫地机器人是一款能自动清扫的智能家用电器，如图所示．当剩余电量减为电池容量的30%时，机器人会主动寻找充电器充电．表为某扫地机器人的部分参数．‎ 额定工作电压 ‎12V 额定功率 ‎30W 电池容量 ‎2500mAh 机器人中吸尘电机的吸入功率是衡量其优劣的重要参数，测得某吸尘电机的吸入功率与真空度、风量间的对应关系如表．真空度指主机内部气压与外界的气压差，风量指单位时间内通过吸尘电机排出的空气体积，吸尘电机吸入功率与输入功率的比值叫作效率．则该机器人充满电后至下一次自动充电前能够连续正常工作的最长时间为　42　min，当风量为0.017m3/s时，若吸尘电机的输入功率为25W，则此时其效率为　34　%．‎ 真空度（Pa）‎ ‎400‎ ‎450‎ ‎500‎ ‎550‎ ‎600‎ 风量（m3/s）‎ ‎0.025‎ ‎0.02‎ ‎0.017‎ ‎0.015‎ ‎0.013‎ 吸入功率（W）‎ ‎10‎ ‎9‎ ‎8.25‎ ‎7.8‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】知道额定电压和额定功率，根据I=求出机器人正常工作时的电流；先算出消耗的电池容量Q=Q1﹣Q2，再利用t=求出连续正常工作的最长时间；‎ 由表格中数据可知，吸入功率与真空度和风量的关系，求出吸尘电机吸入功率，再根据η电机=×100%求出吸尘电机的效率．‎ ‎【解答】解：由P=IU得，‎ 机器人正常工作时的电流I==2.5A．‎ 充满电后的电池容量Q1=2500mAh，下一次自动充电前的电池容量Q2=ηQ1=30%×2500mAh=750mAh，‎ 消耗的电池容量Q=Q1﹣Q2=2500mAh﹣750mAh=1750mAh，‎ 正常工作时的电流I=2.5A=2500mA，‎ 由I=得，‎ 连续正常工作的最长时间t==0.7h=42min．‎ 由表格中数据可知，吸入功率等于真空度与风量的乘积，‎ 当风量为0.017m3/s时，吸尘电机吸入功率P吸入=500Pa×0.017m3/s=8.5W，‎ η电机=×100%=×100%=34%．‎ 故答案为：42；34‎ ‎　‎ ‎26．如图，两根电阻不计的平行光滑金属导轨放在同一水平面内，左端与电阻R相连，在导轨x＞0一侧存在着磁感应强度B=1.5+0.5x（T）的磁场．在外力F作用下，一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1、A2、A3的坐标分别为x1=1m，x2=3m，x3=5m．则在A1与A3处的速度之比为　2：1　，从A1到A2与A2到A3的过程中安培力做的功之比为　5：7　．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功的计算．‎ ‎【分析】磁场变化产生的感应电动势为感生电动势，导体棒运动切割磁感线产生的感应电动势为动生电动势，通过不同位置的磁感应强度，分别计算出对应位置的速度；计算电量，可以作出A1到A2与A2到A3两个过程的B﹣x图象进行计算，由两个过程的F﹣x图象计算出产生的焦耳热之比．‎ ‎【解答】解：A1处的磁感应强度B1=1T，A3处磁感应强度B3=2T，又因为功率不变，故电流不变，感应电动势E=BLv，感应电流I=，因此；‎ 作出A1到A2与A2到A3这两个过程的F﹣x图象如右图所示，由F﹣x图象可知，两个过程中的面积之比就是焦耳热之比，面积之比为，因此A1到A2与A2到A3的过程中产生的焦耳热之比为5：7；‎ 故答案为：2：1；5：7．‎ ‎　‎ 五．实验题（共24分）‎ ‎27．在“测定直流电动机的效率”的实验中，我们有以下实验器材：直流电动机、电源、电压表、电流表、滑动变阻器、电键、砝码盘、砝码若干、刻度尺、停表、弹簧秤、细绳一根、天平和导线若干．‎ ‎（1）以上实验器材中哪些是多余的：‎ ‎（2）写出直流电动机的效率的表达式：‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机效率η等于有用功与总功的比值，有用功为克服物体重力做的功，电动机的电功是总功．要测量有用功，可使重物匀速上升，测量高度，即可求得电动机克服重力做功；要测量总功，必须测量电动机两端的电压和通过它的电流．根据实验的原理和要求选择器材，确定直流电动机的效率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）电动机效率η等于有用功与总功的比值，有用功为电动机克服物体重力做的功W有=mgh，电动机的电功是总功W总=UIt．要测量有用功，可使重物匀速上升h，测量高度和物体的质量，需要刻度尺，因盛砝码的小盘和砝码的质量己知，不需要弹簧称和天平；‎ 要测量总功，必须提供电源，使电动机能正常工作，再测量电动机两端的电压和通过它的电流，以及提升物体所用的时间t．‎ 故以上实验器材中弹簧称和天平是多余的，还需要电源和刻度尺．‎ ‎（2）电动机效率η的表达式为 η=‎ 答：（1）以上实验器材中多余的是弹簧秤和天平；‎ ‎（2）直流电动机的效率的表达式为．‎ ‎　‎ ‎28．某同学利用图示装置验证系统机械能守恒定律，图中P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在光滑水平桌面上，物块R与轻质滑轮连接，放在两定滑轮的中间．a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光．整个装置无初速度释放，已知P、Q、R经过三个光电门的遮光时间分别为t1、t2、t3，R的遮光片到c的距离为H，三个遮光片的宽度均为x．‎ ‎（1）本实验中验证机械能守恒的表达式为 ‎（2）为提高实验结果的准确程度，请对此实验提出一条建议：‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）分别求出P、Q、R的速度大小，然后依据机械能守恒定律列式，化简，求出验证系统机械能守恒的表达式；‎ ‎（2）根据实验原理，减小挡光片的宽度，从而提高瞬时速度的准确值，也可以在测量长度时，选多次测量取平均值．‎ ‎【解答】解：（1）物块P的速度vP=，物块Q的速度vQ=，物块R的速度vR=‎ 整个系统减少的机械能是△E=MgH，增加的机械能是△E′=，‎ 要验证机械能守恒，则△E=△E′，即验证表达式．‎ ‎（2）通过平均速度来求得，物块的瞬时速度的，因此当减小挡光片的宽度，从而提高瞬时速度的准确值，‎ 当然对于长度的测量，也可通过多次测量来取平均值；‎ 或也可以绳的质量小，及绳子的形变要尽量小；‎ 答：（1）本实验中验证机械能守恒的表达式为；‎ ‎（2）选窄一些的挡光片；或绳的质量及形变要尽量小；或采用多次测量取平均值的方法等．‎ ‎　‎ ‎29．如图为一个测温装置，图中C为测温泡，装入水银的U形管B管开口向上，A管通过细玻璃管与测温泡C相通，U形管的下端通过软管相连．测温时，调节B管的高度，使A管中的液面保持在a处，此时根据U形管A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度．假设该测温装置在制定刻度时的大气压为76cmHg，该温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm．‎ ‎（1）当测温泡中气体温度升高时，为使A管中的液面保持在a处，则B管应向　上　（填“上”或“下”）移动；‎ ‎（2）该测温装置的刻度应刻在　B　管（ 填“A”或“B”）；‎ ‎（3）由于天气的原因会导致大气压发生变化，当实际温度为16℃时，该温度计的读数为17℃，则此时大气压为　75　cmHg．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）根据气体状态变化应用理想气体状态方程分析答题；‎ ‎（2）由于温泡A内封闭气体的体积不变，气体温度变化时封闭气体压强变化，两边液面差发生变化，据此判断刻度线在何处．‎ ‎（3）封闭气体发生等容变化，应用查理定律可以求出大气压．‎ ‎【解答】解：（1）当测温泡中气体温度升高时，气体压强增大，a处液面下降，为使A管中的液面保持在a处，B管应向上移动，使A中气体压强增大，体积减小从而使液面回到a处．‎ ‎（2）由题意可知，测温过程要保持A中液面在a处不变，A中气体发生等容变化，气体温度变化时其压强变化，A、B两管液面高度差发生变化，由于A中液面始终处于a处，因此刻度线应刻在B管上．‎ ‎（3）．由题意，温度计的0℃和30℃刻度线间的距离正好是30cm，则温度计的0℃和17℃刻度线间的距离是17cm．当天的实际温度是16℃‎ 气体发生等容变化，根据查理定律得：‎ 对于大气压为76cmHg，温度分别为0℃和30分别0℃和时，有 对于大气压为76cmHg，温度0℃和大气压cmHg，温度t=16℃，有 解得：‎ 故答案为：（1）上 （2）B （3）75‎ ‎　‎ ‎30．某同学在测定电源电动势E、内电阻r实验中，用下列器材组装成了一个电路：‎ 电压表V1、电压表V2、电流表、滑动变阻器R、小灯泡、电池、电键一个，导线若干．实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．该同学每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，经多次测量后分别描绘了a、b两条U﹣I图线，如图所示．‎ ‎（1）请在方框内画出电路图．‎ ‎（2）电池的电动势E=　3.0　V、内阻r=　2　Ω．‎ ‎（3）在U﹣I坐标中两条图线相交时电池的效率为　66.7%　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图．‎ ‎（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．‎ ‎（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后由P=UI及效率公式求出电池组的效率．‎ ‎【解答】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，V1则测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．‎ ‎（2）电源的U﹣I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=3.0V，电源内阻r=．‎ ‎（3）由图所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.0V，此时电路电流I=0.5A，‎ 电池的效率η==66.7%．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）3.0；2；（3）66.7%‎ ‎　‎ 六、计算题 ‎31．如图，滑块a、b的质量均为m=1kg，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h=0.2m，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点．‎ ‎（1）画出当a即将落地前（杆尚未转至水平方向）滑块a、b的受力分析图；‎ ‎（2）求当a的机械能最小时，地面对b支持力的大小（要有过程分析）；‎ ‎（3）求a落地时速度的大小．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）分别以a、b为研究对象，进行受力分析，画出受力图即可；‎ ‎（2）当a落地前b的加速度为零，即轻杆对b的作用力为零时，b的机械能最大，a的机械能最小由此即可得出结论；‎ ‎（3）a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）受力分析如图所示 ‎（2）过程分析：当a刚落地时，b的速度为零．当a落地前b的加速度为零，即轻杆对b的作用力为零时，b的机械能最大，a的机械能最小，这时b受重力、支持力．‎ 即FNb=mg ‎ ‎（3）以滑块a、b及轻杆组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，‎ 则mgh=mva2+0，即va=‎ 答：（1）画出当a即将落地前（杆尚未转至水平方向）滑块a、b的受力分析图如图；‎ ‎（2）当a的机械能最小时，地面对b支持力的大小是mg；‎ ‎（3）a落地时速度的大小是．‎ ‎　‎ ‎32．如图，有一个在水平面上固定放置的气缸，由a、b、c三个粗细不同的同轴绝热圆筒组成，a、b、c的横截面积分别为2S、S和3S．已知大气压强为p0．两绝热活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的细线相连，两活塞之间密封有温度为T0的空气，开始时，两活塞静止在图示位置．现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦．求：‎ ‎（1）加热前被封闭气体的压强和细线中的拉力；‎ ‎（2）气体温度上升到多少时，其中一活塞恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处；‎ ‎（3）气体温度上到时，封闭气体的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）对活塞应用平衡条件可以求出封闭气体的压强与细线的拉力．‎ ‎（2）根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度．‎ ‎（3）继续加热时气体发生等容变化，求出气体的状态参量，然后应用查理定律可以求出气体的压强．‎ ‎【解答】解：（1）设加热前被封闭气体的压强为p1，细线的拉力为FT，则由力平衡条件可得，‎ 对活塞A：p02S+FT﹣p12S=0，对活塞B：p13S﹣FT﹣p03S=0，解得，p1=p0，FT=0N；‎ ‎（2）此时气体的体积为：V1=2Sl+2Sl+3Sl=7Sl，‎ 对气体加热后，两活塞将向右缓慢移动，活塞A恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处的过程中气体的压强p1保持不变，‎ 提提增大，直至活塞A移动l为止，此时气体的体积为V1=2Sl+6Sl=8Sl，‎ 设此时温度为T2，由盖•吕萨克定律可得：，即： =，解得：；‎ ‎（3）活塞A被挡住后，继续对气体加热，气体做等容变化，‎ 气体的状态参量：p2=p1=p0，，T3=，‎ 由查理定律得：，解得：；‎ 答：（1）加热前被封闭气体的压强为p0，细线中的拉力为：0N；‎ ‎（2）气体温度上升到T0时，其中一活塞恰好移至其所在圆筒与b圆筒连接处；‎ ‎（3）气体温度上到时，封闭气体的压强为p0．‎ ‎　‎ ‎33．如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘，且处于水平向右的匀强电场中．一个可视为质点的带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零．已知物块的质量m=4×10﹣3kg，所带电荷量q=+3×10﹣6C，电场强度E=1×104N/C，物块与轨道CD段的动摩擦因数µ=0.25，CD段的长度L=2m，圆弧DG的半径r=0.5m，GH段与水平面的夹角θ=37°，不计物块与挡板碰撞时的动能损失．求：‎ ‎（1）物块第一次到达H点时的速率；‎ ‎（2）物块在轨道CD段运动的总路程；‎ ‎（3）物块碰撞挡板时的最小动能．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理列式．物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动，由C运动至H过程中，由动能定理列式，求出并对由C运动至H过程列式，联立求出物块第一次到达H点时的速率；‎ ‎（2）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为零由能量守恒定律求出物块在轨道CD段运动的总路程．‎ ‎（3）物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理求解．‎ ‎【解答】解：（1）物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得：‎ 代入数据得：qE=3μmg=0.6N 物块在GH段运动时，由于qEcosθ=mgsinθ，所以做匀速直线运动，由C运动至H过程中，由动能定理得：‎ ‎ qEL﹣μmgL+qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=﹣0‎ 代入数据得：vH=4.74m/s ‎（2）物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为零，设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得：‎ qEL=μmgs 代入数据得：s=6m ‎（3）物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能．由动能定理得：‎ ‎ qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=E0﹣0‎ 代入数据得：E0=0.01J 答：（1）物块第一次到达H点时的速率是4.74m/s；‎ ‎（2）物块在轨道CD段运动的总路程是6m；‎ ‎（3）物块碰撞挡板时的最小动能是0.01J．‎ ‎　‎ ‎34．如图，在金属导轨MNC和PQD中，MN与PQ平行且间距为L=1m，MNQP所在平面与水平面夹角α=37°．N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值R=10Ω的电阻．光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角均为θ=53°．ab棒的初始位置在水平导轨上与NQ重合．ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.1，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．金属棒ab和ef质量均为m=0.5kg，长均为L=1m．空间有竖直方向、磁感应强度B=2T的匀强磁场（图中未画出）．两金属棒与导轨保持良好接触，ef棒的阻值R=10Ω，不计所有导轨和ab棒的电阻．假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．忽略感应电流产生的磁场．若ab棒在拉力F的作用下，以垂直于NQ的速度v1=1m/s在水平导轨上向右匀速运动，且运动过程中ef棒始终静止（g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）．‎ ‎（1）求金属棒ab运动到x=0.3m处时，经过ab棒的电流大小；‎ ‎（2）推导金属棒ab从NQ处运动一段距离x过程中拉力F与x的关系式；‎ ‎（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2=2m/s在水平导轨上向右匀速运动，在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下磁感应强度B的最大值（此问结果可只保留一位有效数字）．‎ ‎【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】（1）导体棒ab做切割磁感线运动，根据切割公式列式求解感应电动势，根据欧姆定律列式求解经过ab棒的电流大小；‎ ‎（2）根据安培力公式FA=BIL列式求解安培力，拉力F与安培力平衡，根据平衡条件求解拉力F与x的关系式；‎ ‎（3）考虑临界情况，即在图示位置导体棒ef恰好不上滑，此时安培力最大，对导体棒ab和ef分别受力分析，根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：（1）如图，ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长：‎ Lx=L﹣2xcotθ=1﹣1.5x，‎ 此时，ab棒产生的电动势Ex=Bv1Lx，‎ 流过ab棒的电流Iab==0.22 A；‎ ‎（2）拉力F与x的关系式F=BIabLx 代入数据得F=BIabLx=0.8（1﹣1.5x）2‎ ‎（3）流过ef棒的电流Ief=　①‎ ef棒所受安培力Fx=BIefL　②‎ 联立①②，解得，Fx=（L﹣2xcot θ）　③‎ 由③式可得，Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1．‎ 由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中fm为最大静摩擦力，‎ 则有：F1cos α=mgsin α+μ（mgcos α+F1sin α）　④‎ 联立③④，代入数据得，Bm=；‎ 该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下；‎ 答：（1）金属棒ab运动到x=0.3m处时，经过ab棒的电流大小为0.22A；‎ ‎（2）金属棒ab从NQ处运动一段距离x过程中拉力F与x的关系式为F=0.8（1﹣1.5x）2；‎ ‎（3）此状态下磁感应强度B的最大值约为4.79T．‎ ‎　‎ ‎2017年3月16日