河北?。ㄐ抡n標(biāo)Ⅰ）高考理綜物理試卷押題卷C

2017年新課標(biāo)Ⅰ高考物理試卷押題卷C總分110分一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～17題只有一項(xiàng)是符合題目要求，第18～21題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分．有選錯(cuò)的得0分．14．（6分）科學(xué)家使用核反應(yīng)獲取氚，再利用氘和氚的核反應(yīng)獲得能量，核反應(yīng)方程分別為：X+Y→eq\s(4,2)He+eq\s(3,1)H+4.9MeV和eq\s(2,1)H+eq\s(3,1)H→eq\s(4,2)He+X+17.6MeV．下列表述正確的有（）A．X是電子B．Y的質(zhì)子數(shù)是3，中子數(shù)是6C．兩個(gè)核反應(yīng)都沒(méi)有質(zhì)量虧損D．氘和氚的核反應(yīng)是核聚變反應(yīng)【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒以及電荷數(shù)守恒即可判斷出X和Y；根據(jù)是否釋放能量判定有沒(méi)有質(zhì)量虧損；根據(jù)核反應(yīng)的特點(diǎn)判定是否是聚變反應(yīng)．【解答】解：A、根據(jù)核反應(yīng)方程：eq\s(2,1)H+eq\s(3,1)H→eq\s(4,2)He+X，X的質(zhì)量數(shù)：m1=2+34=1，核電荷數(shù)：z1=1+12=0，所以X是中子．故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)核反應(yīng)方程：X+Y→eq\s(4,2)He+eq\s(3,1)H，X是中子，所以Y的質(zhì)量數(shù)：m2=4+31=6，核電荷數(shù)：z2=2+10=3，所以Y的質(zhì)子數(shù)是3，中子數(shù)是3．故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)兩個(gè)核反應(yīng)方程可知，都有大量的能量釋放出來(lái)，所以一定都有質(zhì)量虧損．故C錯(cuò)誤；D、氘和氚的核反應(yīng)過(guò)程中是質(zhì)量比較小的核生成質(zhì)量比較大的新核，所以是核聚變反應(yīng)．故D正確．故選：D【說(shuō)明】該題考查常見(jiàn)的核反應(yīng)方程，在這一類的題目中，要注意質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒的應(yīng)用．基礎(chǔ)題目．15．（6分）如圖，三根輕細(xì)繩懸掛兩個(gè)質(zhì)量相同的小球保持靜止，A、D間細(xì)繩是水平的，現(xiàn)對(duì)B球施加一個(gè)水平向右的力F，將B緩緩拉到圖中虛線位置，這時(shí)三根細(xì)繩張力TAC、TAD、TAB的變化情況是（）A．都變大 B．TAD和TAB變大，TAC不變C．TAC和TAB變大，TAD不變 D．TAC和TAD變大，TAB不變【解析】先以B為研究對(duì)象受力分析，由分解法作圖判斷出TAB大小的變化；再以AB整體為研究對(duì)象受力分析，由平衡條件判斷TAD和TAC的變化情況．【解答】解：以B為研究對(duì)象受力分析，由分解法作圖如圖：由圖可以看出，當(dāng)將B緩緩拉到圖中虛線位置過(guò)程，繩子與與豎直方向夾角變大，繩子的拉力大小對(duì)應(yīng)圖中1、2、3三個(gè)位置大小所示，即TAB逐漸變大，F(xiàn)逐漸變大；再以AB整體為研究對(duì)象受力分析，設(shè)AC繩與水平方向夾角為α，則豎直方向有：TACsinα=2mg得：TAC=eq\f(2mg,sinα)，不變；水平方向：TAD=TACcosα+F，TACcosα不變，而F逐漸變大，故TAD逐漸變大；故B正確；故選：B．【說(shuō)明】當(dāng)出現(xiàn)兩個(gè)物體的時(shí)候，如果不是求兩個(gè)物體之間的作用力大小通常采取整體法使問(wèn)題更簡(jiǎn)單．16．（6分）如圖所示，P是水平面上的圓弧凹槽．從高臺(tái)邊B點(diǎn)以某速度v0水平飛出的小球，恰能從固定在某位置的凹槽的圓弧軌道的左端A點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道．O是圓弧的圓心，θ1是OA與豎直方向的夾角，θ2是BA與豎直方向的夾角．則（）A．eq\f(tanθ2,tanθ1)=2 B．tanθ1tanθ2=2C．eq\f(1,tanθ1tanθ2)=2 D．eq\f(tanθ1,tanθ2)=2【解析】從圖中可以看出，速度與水平方向的夾角為θ1，位移與豎直方向的夾角為θ2．然后求出兩個(gè)角的正切值．【解答】解：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．速度與水平方向的夾角為θ1，tanθ1=eq\f(vy,v0)=eq\f(gt,v0)．位移與豎直方向的夾角為θ2，tanθ2=eq\f(x,y)=eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)=eq\f(2v0,gt)，則tanθ1tanθ2=2．故B正確．故選：B．【說(shuō)明】解決本題的關(guān)鍵掌握處理平拋運(yùn)動(dòng)的方法，平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)．以及知道速度與水平方向夾角的正切值是同一位置位移與水平方向夾角的正切值的兩倍．17．（6分）一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10:1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動(dòng)變阻器的觸頭．下列說(shuō)法正確的是（）A．副線圈輸出電壓的頻率為5HzB．副線圈輸出電壓的有效值為31VC．P向右移動(dòng)時(shí)，原、副線圈的電流比減小D．P向右移動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入功率增加【解析】根據(jù)瞬時(shí)值表達(dá)式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結(jié)論．【解答】解：A、由圖象可知，交流電的周期為0.02s，所以交流電的頻率為50Hz，故A錯(cuò)誤．B、根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，原線圈的電壓的最大值為310V，所以副線圈的電壓的最大值為31V，所以電壓的有效值為U=eq\f(31,\r(,2))≈22V，所以B錯(cuò)誤．C、P右移，R變小，副線的電壓不變，則副線圈的電流變大，原線圈的電流也隨之變大；但原、副線圈的電流比等于匝數(shù)比的倒數(shù)，是不變的，故C錯(cuò)誤．D、P向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的電阻較小，副線圈的電壓不變，所以電路消耗的功率將變大，變壓器的輸入功率、輸出功率均增加，故D正確．故選：D．【說(shuō)明】電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路．18．（6分）如圖所示，一條形磁鐵放在水平桌面上，在它的左上方固定一直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁場(chǎng)垂直，若給導(dǎo)線通以垂直于紙面向里的電流，則（）A．磁鐵對(duì)桌面壓力增大 B．磁場(chǎng)對(duì)桌面壓力減小C．桌面對(duì)磁鐵沒(méi)有摩擦力 D．桌面對(duì)磁鐵摩擦力向左【解析】先判斷電流所在位置的磁場(chǎng)方向，然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向；再根據(jù)牛頓第三定律得到磁體受力方向，最后對(duì)磁體受力分析，根據(jù)平衡條件判斷．【解答】解：根據(jù)條形磁體磁感線分布情況得到直線電流所在位置磁場(chǎng)方向，如圖，在根據(jù)左手定則判斷安培力方向，如左圖；根據(jù)牛頓第三定律，電流對(duì)磁體的作用力向右下方，如右圖，根據(jù)平衡條件，可知通電后支持力變大，靜摩擦力變大，方向向左．故AD正確，BC錯(cuò)誤．故選：AD【說(shuō)明】本題關(guān)鍵先對(duì)電流分析，得到其受力方向，再結(jié)合牛頓第三定律和平衡條件分析磁體的受力情況．19．（6分）暗物質(zhì)是二十一世紀(jì)物理學(xué)之謎，對(duì)該問(wèn)題的研究可能帶來(lái)一場(chǎng)物理學(xué)的革命，為了探測(cè)暗物質(zhì)，我國(guó)在2015年12月17日成功發(fā)射了一顆被命名為“悟空”的暗物質(zhì)探測(cè)衛(wèi)星．已知“悟空”在低于同步衛(wèi)星的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t（t小于其運(yùn)動(dòng)周期），運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，與地球中心連線掃過(guò)的角度為β（弧度），引力常量為G，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．“悟空”的線速度大于第一宇宙速度B．“悟空”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度C．“悟空”的環(huán)繞周期為EQ\F(2πt,β)D．“悟空”的質(zhì)量為eq\f(s3,Gt2β)【解析】由幾何知識(shí)確定運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出各量與軌道半徑的關(guān)系．【解答】解：A、第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則“悟空”的線速度不會(huì)大于第一宇宙速度．則A錯(cuò)誤B、據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得a=eq\f(GM,r2)，則半徑小的加速度大，則“悟空”的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度，B正確C、運(yùn)動(dòng)的角速度為：ω=eq\f(β,t)，則周期T=eq\f(2π,ω)=\f(2πt,β)，則C正確D、“悟空”為繞行天體不能測(cè)量其質(zhì)量．則D錯(cuò)誤故選：BC【說(shuō)明】解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一理論，并能根據(jù)題意結(jié)合向心力的幾種不同的表達(dá)形式，選擇恰當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_(dá)式．20．（6分）在地面附近，存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則（）A．小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為3:5B．在t=5s時(shí)，小球經(jīng)過(guò)邊界MNC．在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，重力做的功大于電場(chǎng)力做功D．在1s～4s過(guò)程中，小球的機(jī)械能先減小后增大【解析】小球進(jìn)入電場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)后受到電場(chǎng)力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，由圖可以看出，小球經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)刻．分別求出小球進(jìn)入電場(chǎng)前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出重力與電場(chǎng)力之比．根據(jù)動(dòng)能定理研究整個(gè)過(guò)程中重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小關(guān)系．整個(gè)過(guò)程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和不變．【解答】解：B、小球進(jìn)入電場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)后受到電場(chǎng)力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，由圖可以看出，小球經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)刻是t=1s和t=4s時(shí)．故B錯(cuò)誤．A、由圖象的斜率等于加速度得小球進(jìn)入電場(chǎng)前的加速度為：a1=eq\f(v1,t1)=eq\f(v1,1)=v1，進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度大小為：a2=eq\f(v1,t2)=eq\f(v1,1.5)=eq\f(2,3)v1由牛頓第二定律得：mg=ma1①Fmg=ma2得電場(chǎng)力：F=mg+ma2=eq\f(5,3)mv1=eq\f(5,3)ma1②由①②得重力mg與電場(chǎng)力F之比為3:5．故A正確．C、整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過(guò)程中重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等．故C錯(cuò)誤．D、整個(gè)過(guò)程中，由圖可得，小球在02.5s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)，在2.5s5s內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，在1s～4s過(guò)程中，小球的機(jī)械能先減小后增大電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功．電勢(shì)能先增大，后減小；由于整個(gè)的過(guò)程中動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能的總和不變，所以，小球的機(jī)械能先減小后增大．故D正確．故選：AD【說(shuō)明】本題一要能正確分析小球的運(yùn)動(dòng)情況，抓住斜率等于加速度是關(guān)鍵；二要運(yùn)用牛頓第二定律和動(dòng)能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系．21．（6分）光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細(xì)線將它們連接起來(lái)，兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧（彈簧與物塊不相連），彈簧的壓縮量為x．現(xiàn)將細(xì)線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時(shí)物塊A的速度大小為vA．物塊B的加速度大小為a時(shí)彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)B．物塊A從開始運(yùn)動(dòng)到剛要離開彈簧時(shí)位移大小為eq\f(2,3)xC．物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(3,2)mv2D．物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為3mv2`【解析】當(dāng)A的加速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律求得此時(shí)的彈力．物塊B的加速度大小為a時(shí)，對(duì)物塊，由胡克定律和牛頓第二定律求彈簧的壓縮量．根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，求得物塊B剛要離開彈簧時(shí)的速度，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能．【解答】解：A、當(dāng)物塊A的加速度大小為a，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx=2ma．當(dāng)物塊B的加速度大小為a時(shí)，有：kx'=ma，對(duì)比可得：x'=eq\f(x,2)。，即此時(shí)彈簧的壓縮量為eq\f(x,2)．故A正確．B、取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得：2meq\f(xA,t)meq\f(xB,t)=0，又xA+xB=x，解得A的位移為：xA=eq\f(1,3)。x，故B錯(cuò)誤．CD、根據(jù)動(dòng)量守恒定律得0=2mvmvB，得物塊B剛要離開彈簧時(shí)的速度vB=2v，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：物塊開始運(yùn)動(dòng)前彈簧的彈性勢(shì)能為：Ep=eq\f(1,2)。?2mv2+。mvB2=3mv2．故C錯(cuò)誤，D正確．故選：AD【說(shuō)明】解決本題的關(guān)鍵要明確系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，求A的位移時(shí)，根據(jù)平均動(dòng)量守恒列式．二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9題～第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第13題～第16題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題22．（6分）國(guó)標(biāo)（GB/T）規(guī)定自來(lái)水在15℃時(shí)電阻率應(yīng)大于13Ω?m．某同學(xué)利用圖甲電路測(cè)量15℃自來(lái)水的電阻率，其中內(nèi)徑均勻的圓柱形玻璃管側(cè)壁連接一細(xì)管，細(xì)管上加有閥門K以控制管內(nèi)自來(lái)水的水量，玻璃管兩端接有導(dǎo)電活塞（活塞電阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移動(dòng)．實(shí)驗(yàn)器材還有：電源（電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻可忽略），電壓表V1（量程為3V，內(nèi)阻很大），電壓表V2（量程為3V，內(nèi)阻很大），定值電阻R1（阻值4kΩ），定值電阻R2（阻值2kΩ），電阻箱R（最大阻值9999Ω），單刀雙擲開關(guān)實(shí)驗(yàn)步驟如下：A．用游標(biāo)卡尺測(cè)量玻璃管的內(nèi)徑d；B．向玻璃管內(nèi)注滿自來(lái)水，并用刻度尺測(cè)量水柱長(zhǎng)度L；C．把S撥到1位置，記錄電壓表V1示數(shù)；D．把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同，記錄電阻箱的阻值R；E．改變玻璃管內(nèi)水柱長(zhǎng)度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟C、D，記錄每一次水柱長(zhǎng)度L和電阻箱阻值R；F．?dāng)嚅_S，整理好器材．（1）測(cè)玻璃管內(nèi)徑d時(shí)游標(biāo)卡尺示數(shù)如圖乙，則d=mm．（2）玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx的表達(dá)式為：Rx=（用R1、R2、R表示）．（3）利用記錄的多組水柱長(zhǎng)度L和對(duì)應(yīng)的電阻箱阻值R的數(shù)據(jù)，繪制出如圖丙所示的Req\f(1,L)。關(guān)系圖象．自來(lái)水的電阻率ρ=Ω?m（保留兩位有效數(shù)字）．（4）本實(shí)驗(yàn)中若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則自來(lái)水電阻率測(cè)量結(jié)果將（填“偏大”“不變”或“偏小”）．【解析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)．（2）分別求出S接1和接2時(shí)電路的總電壓，利用并聯(lián)電壓相等列式，求出Rx；（3）從圖丙讀出數(shù)據(jù)，利用電阻定律求出電阻率ρ；（4）分析若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，對(duì)測(cè)量電阻Rx的影響，再判斷自來(lái)水電阻率測(cè)量的影響．【解答】解：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：3.0cm=30mm，游標(biāo)尺上第0個(gè)刻度和主尺上刻度對(duì)齊，所以最終讀數(shù)為：30.00mm；（2）設(shè)把S撥到1位置時(shí)，電壓表V1示數(shù)為U，則此時(shí)電路電流為eq\f(U,R1)，總電壓U總=eq\f(URx,R1)。+U，當(dāng)把S撥到2位置，調(diào)整電阻箱阻值，使電壓表V2示數(shù)與電壓表V1示數(shù)相同也為U，則此時(shí)電路中的電流為。eq\f(U,R)，總電壓U總'=EQ\F(U,2)R2+U，由于兩次總電壓相等，都等于電源電壓E，可得eq\f(Rx,R1)=eq\f(R2,R)，解得Rx=eq\f(R1R2,R)，（3）從圖丙中可知，R=2×103Ω時(shí)，EQ\F(1,L)=5.0m1，此時(shí)玻璃管內(nèi)水柱的電阻Rx═4000Ω，水柱橫截面積S=π(EQ\F(d,2))2=7.065×10-4m2，由電阻定律R=ρEQ\F(L,S)得ρ=eq\f(RS,L)=4000×7.065×104×5Ω?m=14Ω?m（4）若電壓表V1內(nèi)阻不是很大，則把S撥到1位置時(shí)，此時(shí)電路電流大于eq\f(U,R1)，實(shí)際總電壓將大于U總=。eq\f(URx,R1)+U，所以測(cè)量的Rx將偏大，因此自來(lái)水電阻率測(cè)量結(jié)果將偏大；故答案為：（1）30.00（1分）；（2）。（2分）；（3）14（2分）；（4）偏大（1分）．【說(shuō)明】本題考查了游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，等效替代法測(cè)電阻，電阻定律以及對(duì)實(shí)驗(yàn)誤差的分析，解答本題的關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，所有的步驟都為了測(cè)電阻率，所以要測(cè)量電阻、水柱橫截面積、水柱的長(zhǎng)度．23．（9分）現(xiàn)要驗(yàn)證“當(dāng)合外力一定時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的加速度與其質(zhì)量成反比”這一物理規(guī)律．給定的器材如下：一傾角可以調(diào)節(jié)的長(zhǎng)斜面（如圖甲所示）、小車（設(shè)小車的質(zhì)量為M，但未具體測(cè)出）、計(jì)時(shí)器、米尺、彈簧秤，還有鉤碼若干．實(shí)驗(yàn)步驟如下（不考慮摩擦力的影響，重力加速度為g），完成下列實(shí)驗(yàn)步驟中所缺的內(nèi)容：（1）按圖甲安裝好實(shí)驗(yàn)器材；（2）用彈簧秤沿斜面向上拉小車保持靜止，測(cè)出此時(shí)的拉力F；（3）讓小車自斜面上方一固定點(diǎn)A1從靜止開始下滑到斜面底端A2，記下所用的時(shí)間t，用米尺測(cè)量A1與A2之間的距離s，可以求得小車運(yùn)動(dòng)的加速度a=；（4）已知A1與A2之間的距離s，實(shí)驗(yàn)時(shí)在小車中加鉤碼，所加鉤碼總質(zhì)量為m，要保持小車與鉤碼的合外力F不變，可以采用如下方法：用彈簧秤沿斜面拉著小車，將斜面的，直到彈簧秤的讀數(shù)為為止．（5）多次增加鉤碼，然后重復(fù)步驟（4）．在小車與鉤碼的合外力保持不變的情況下，利用（3）和（4）的測(cè)量和計(jì)算結(jié)果，可得鉤碼總質(zhì)量m與小車從A1到A2時(shí)間t的關(guān)系式為m=．（6）利用實(shí)驗(yàn)中所測(cè)得的數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的mt2圖象，若該圖象的斜率為k，圖象在縱軸上截距的絕對(duì)值為b，那么根據(jù)該圖象求得小車的質(zhì)量M=，小車所受的合外力大小為F=．（用k、b和s表示）【解析】（3）小車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式可以求出加速度．（4）小車（包括砝碼）總質(zhì)量增加，重力沿斜面向下的分力增加，小車受到的合力變大，要使小車受到的合力不變，可以用測(cè)力計(jì)拉住小車降低斜面的高度，當(dāng)測(cè)力計(jì)示數(shù)等于F為止．（5）應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出質(zhì)量．（6）求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)函數(shù)表達(dá)式求出質(zhì)量與合力．【解答】解：（3）小車做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由速度位移公式得：s=eq\f(1,2)。at2，加速度：a=eq\f(2s,t2)；（4）已知A1與A2之間的距離s，實(shí)驗(yàn)時(shí)在小車中加鉤碼，所加鉤碼總質(zhì)量為m，要保持小車與鉤碼的合外力F不變，可以用彈簧秤沿斜面拉著小車，將斜面的高度降低，直到彈簧秤的讀數(shù)為F為止．（5）小車的加速度為：a=eq\f(F,M+m)。=eq\f(2s,t2)，整理得：m=eq\f(F,2s)t2M．（6）m與t的關(guān)系式為：m=EQ\F(F,2s)t2M，則mt2圖象的斜率：k=。，截距的絕對(duì)值：b=M，則小車質(zhì)量：M=b，小車受到的合力：F=2ks；故答案為：（3）eq\f(2s,t2)；（2分）（4）高度降低，F(xiàn)；（每空一分）（5）eq\f(F,2s)t2M；（2分）（6）b，2ks．（每空2分）【說(shuō)明】本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律可以解題；求出圖象的函數(shù)表達(dá)式是應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)常用的方法，也是解題的關(guān)鍵．24．（14分）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌MN，PQ與水平面成θ=37°角平行放置，導(dǎo)軌間的寬度為l=0.6m．空間存在垂直導(dǎo)軌面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T，導(dǎo)軌上端接一標(biāo)有“”字樣的小燈泡L．一根電阻r=1Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌油某一位置靜止釋放，當(dāng)下滑s=12m時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，此時(shí)小燈泡恰能正常發(fā)光，已知重力加速度g=10m/s2．試求：（1）金屬棒的質(zhì)量m及運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后的速度v；（2）金屬棒下滑s的過(guò)程中，通過(guò)燈泡L上的電荷量q；（3）金屬棒下滑s的過(guò)程中小燈泡所產(chǎn)生的熱量Q（設(shè)小燈泡電阻不變）．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【解析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律由小燈泡正常發(fā)光求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小從而求得穩(wěn)定后的速度v，再根據(jù)穩(wěn)定時(shí)m的平衡求得m的質(zhì)量；（2）根據(jù)q=eq\f(ΔΦ,R+r)求得通過(guò)小燈泡L的電荷量；（3）根據(jù)能量守恒，金屬棒m減小的重力勢(shì)能等于金屬棒增加的動(dòng)能和回路中產(chǎn)生的熱量，再由閉合電路歐姆定律求得小燈泡上產(chǎn)生的熱量．【解答】解：（1）金屬棒達(dá)穩(wěn)定速度時(shí)，小燈泡正常發(fā)光，由小燈泡參數(shù)知：回路中電流I=EQ\F(P,U)=EQ\F(1.25,2.5)A=0.5A…………（1分）小燈泡電阻R=eq\f(U,I)=eq\f(2.5,0.5)。=5?！?分）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于回路中的總電壓即：Blv=I(R+r)…………（2分）得金屬棒穩(wěn)定時(shí)的速度v=EQ\F(I(R+r),Bl)=eq\f(0.5×(5+1),0.5×0.6)m/s=10m/s……（1分）再以金屬棒為研究對(duì)象，速度穩(wěn)定后，金屬棒處于平衡狀態(tài)，則根據(jù)平衡有：mgssinθ=BIl…………（2分）即金屬棒的質(zhì)量m=eq\f(BIl,gsinθ)=eq\f(0.5×0.5×0.6,10×sin37°)kg=0.025kg…………………（1分）（2）由題意通過(guò)小燈泡的電荷量q=EQ\o\ac(\s\up10(_),I)Δt=eq\f(\o\ac(\s\up10(_),E),R+r)·Δt=eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R+r)·Δt=eq\f(BlS,R+r)=eq\f(0.5×0.6×12,5+1)C=0.6C………………（2分）（3）根據(jù)能量守恒可知，金屬棒減小的重力勢(shì)能等于電路增加的動(dòng)能和回路產(chǎn)生的總熱量即：mgssinθ=eq\f(1,2)mv2+Q總…………（2分）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，燈泡上產(chǎn)生的熱量Q=eq\f(R,R+r)Q總=eq\f(R,R+r)·(mgssinθeq\f(1,2)mv2)=eq\f(5,5+1)×(0.025×10×12×0.6eq\f(1,2)×0.025×102)J=0.46J…………（2分）（1）金屬棒的質(zhì)量m為0.025kg及運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后的速度v為10m/s；（2）金屬棒下滑s的過(guò)程中，通過(guò)燈泡L上的電荷量q為0.6C；（3）金屬棒下滑s的過(guò)程中小燈泡所產(chǎn)生的熱量Q為0.46J．【說(shuō)明】本題是力電綜合問(wèn)題，首先要明確電路結(jié)構(gòu)，其次要分析清楚導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)安培力公式、歐姆定律、切割公式和平衡條件列式求解．25．（18分）如圖所示，有一傾角為α=30°的光滑斜面固定在水平面上，質(zhì)量為mA=1kg的滑塊A（可以看做質(zhì)點(diǎn)）在水平向左的恒力F作用下靜止在距離斜面底端x=5cm的位置上，水平面上有一質(zhì)量為mB=1kg的表面光滑且足夠長(zhǎng)的木板B，B的右端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為mC=3kg的物塊C與彈簧的左端拴接，開始時(shí)，B、C靜止且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊A剛好滑到斜面底端時(shí)撤去力F，不考慮A滑上水平面過(guò)程的能量損失．滑塊A運(yùn)動(dòng)到水平面上后與滑塊B發(fā)生對(duì)心碰撞（碰撞時(shí)間極短）粘在一起，并拉伸彈簧使滑塊C向前運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，g取10m/s2，求：（1）水平力F的大小及滑塊A滑到斜面底端時(shí)的速度vA；（2）被拉伸彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep及滑塊C的最大速度vC【解析】（1）由共點(diǎn)力平衡求出水平力F的大小；由動(dòng)能定理即可求出滑塊A滑到斜面底端時(shí)的速度；（2）先由動(dòng)量守恒求出A與B的共同速度，然后對(duì)ABC系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律求出共同速度，由功能關(guān)系求出被拉伸彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；對(duì)ABC系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系求出C的最大速度．【解答】解：（1）如圖所示，滑塊處于平衡狀態(tài)：F=mAgtanα………………（1分）代入數(shù)據(jù)解得：F=eq\f(10\r(,3),3)。N……………（1分）A向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力和拉力F做功，由動(dòng)能定理得：Fxcosα+mAgx·sinα=eq\f(1,2)mAvEQ\s(2,A)…………（2分）代入數(shù)據(jù)得：vA=10m/s…………（1分）（2）A與B在水平面上碰撞的過(guò)程中，系統(tǒng)的水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，得：mAvA=(mA+mB)v1…………（2分）代入數(shù)據(jù)得：v1=5m/s…………（1分）在ABC相互作用的過(guò)程中，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則：(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v2……………………（1分）代入數(shù)據(jù)得：v2=2m/s…………（1分）由功能關(guān)系得：EP=eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,1)+eq\f(1,2)(mA+mB+mC)vEQ\s(2,2)……（2分）入數(shù)據(jù)得：EP=15J…………（1分）開始時(shí)彈簧被拉長(zhǎng)，C一直向右加速，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度最大，設(shè)此時(shí)AB的速度為v3，C的速度為vc，則：(mA+mB)v1=(mA+mB)v3+mCvC……………（2分）由動(dòng)能守恒得：eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,1)=eq\f(1,2)(mA+mB)vEQ\s(2,3)+eq\f(1,2)mCvEQ\s(2,C)。……………（2分）代入數(shù)據(jù)得：vC=4m/s…………（1分）答：（1）水平力F的大小是eq\f(10\r(,3),3)N，滑塊A滑到斜面底端時(shí)的速度是10m/s；（2）被拉伸彈簧的最大彈性勢(shì)能是15J，滑塊C的最大速度是4m/s．【說(shuō)明】本題考查了共點(diǎn)力平衡、滑行距離、速度問(wèn)題，碰撞等，涉及的過(guò)程多，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，相應(yīng)的公式、定理、定律即可正確解題．（二）選考題共15分．請(qǐng)考生從給出的2道物理題任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號(hào)后的方框涂黑．注意所選題目的題號(hào)必須與所涂題目的題號(hào)一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題．如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分．【物理——選修33】33．（1）（5分）下列敘述正確的是（）（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分）A．布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的熱運(yùn)動(dòng)B．對(duì)一定質(zhì)量的氣體加熱，其內(nèi)能一定增加C．物體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)越劇烈，分子平均動(dòng)能越大D．分子間的距離r存在某一值r0，當(dāng)r<r0時(shí)，斥力大于引力，當(dāng)r>r0時(shí)，斥力小于引力E．溫度越高，擴(kuò)散進(jìn)行得越快【解析】布朗運(yùn)動(dòng)是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，溫度升高，分子平均動(dòng)能增大；分子間同時(shí)存在引力和斥力，二者都隨著距離的增大而減小，而當(dāng)r<r0時(shí)，斥力大于引力，當(dāng)r>r0時(shí)，斥力小于引力．做功和熱傳遞均可以改變物體的內(nèi)能．【解答】解：A、布朗運(yùn)動(dòng)是固體顆粒的運(yùn)動(dòng)，它間接反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、對(duì)一定質(zhì)量的氣體加熱，其內(nèi)能一定不增加，如果汽體同時(shí)對(duì)外做功，則內(nèi)能可能不變或減小，故B錯(cuò)誤；C、物體的溫度越高，分子熱運(yùn)動(dòng)越劇烈，分子平均動(dòng)能越大，故C正確；D、分子間的距離r存在某一值r0，當(dāng)r<r0時(shí)，斥力大于引力，當(dāng)r>r0時(shí)，斥力小于引力，故D正確；E、溫度越高，分子運(yùn)動(dòng)越劇烈，則擴(kuò)散現(xiàn)象越快，故E正確．故選：CDE【說(shuō)明】該題考查溫度的微觀意義．布朗運(yùn)動(dòng)、分子之間的相互作用與熱力學(xué)第一定律，都是一些記憶性的知識(shí)點(diǎn)，要注意多加積累.（2）（10分）為適應(yīng)太空環(huán)境，去太空旅行的航天員都要穿航天服．航天服有一套生命系統(tǒng)，為航天員提供合適溫度、氧氣和氣壓，讓航天員在太空中如同在地面上一樣．假如在地面上航天服內(nèi)氣壓為1.0×105Pa，氣體體積為2L，到達(dá)太空后由于外部氣壓低，航天服急劇膨脹，內(nèi)部氣體體積變?yōu)?L，使航天服達(dá)到最大體積．若航天服內(nèi)氣體的溫度不變，將航天服視為封閉系統(tǒng)．①求此時(shí)航天服內(nèi)的氣體壓強(qiáng)；②若開啟航天服封閉系統(tǒng)向航天服內(nèi)充氣，使航天服內(nèi)的氣壓恢復(fù)到9.0×104Pa，則需補(bǔ)充1.0×105Pa的等溫氣體多少升？【解析】（1）由玻意耳定律求的壓強(qiáng)（2）求出氣體的狀態(tài)參量，應(yīng)用玻意耳定律求出氣體的體積．【解答】解：①航天服內(nèi)氣體經(jīng)歷等溫過(guò)程，p1=1.0×105Pa，V1=2L，V2=4L……（2分）由玻意耳定律p1V1=p2V2……（2分）得p2=5×104Pa……（1分）②設(shè)需要補(bǔ)充的氣體體積為V，將補(bǔ)充的氣體與原航天服內(nèi)氣體視為一個(gè)整體，充氣后的氣壓p3=9.0×104Pa……（2分）由玻意耳定律p1(V1+V)=p3V2……（2分）解得V=1.6L……（1分）答：①此時(shí)航天服內(nèi)的氣體壓強(qiáng)5×104Pa②若開啟航天服封閉系統(tǒng)向航天服內(nèi)充氣，使航天服內(nèi)的氣壓恢復(fù)到9.0×104Pa，則需補(bǔ)充1.0×105Pa的等溫氣體為1.6L【說(shuō)明】本題考查了求氣體壓強(qiáng)、氣體體積問(wèn)題，分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程、應(yīng)用玻意耳定律即可正確解題．【物理——選修34】34．（1）（5分）下列說(shuō)法中正確的是（）（填正確答案標(biāo)號(hào)。選A．光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光具有波動(dòng)性，但并非所有的波都能發(fā)生偏振現(xiàn)象B．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失C．