100.2017年湖南省长沙一中高考物理二模试卷（含解析.docx

微信公众号：678高中初中资料库 资料正文内容开始>>2017年湖南省长沙一中高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分第1-4题只有一个选项符合要求，5-8题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分1（6分）氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于n4的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的是（）A这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n4能级跃迁到n3能级所发出光的波长最长B这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n4能级跃迁到nl能级所发出光的频率最小C在这群氢原子发出的光子中，从n4能级跃迁到能级所发出光子能量最大D用从n2能级跃迁到nl能级所发出光照射逸出功为3.20 eV的某金属，则从金属表面所发出的光电子的初动能一定为7.00 eV2（6分）一质量为m的物块置于倾角为37°的固定斜面顶端，由静止释放后物块以0.2g（g为当地重力加速度）的加速度匀加速下滑s的距离到达斜面底端（已知sin 37°0.6cos 37°0.8）下列分析正确的是（）A斜面可能光滑B下滑过程中物块动能增加0.2mgsC下滑过程中物块重力势能减少mgsD下滑过程中物块重力势能减少，动能增加，机械能守恒3（6分）2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则（）A海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n倍B海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n倍C在相同的时间内痗陆雷达卫星和海洋动力环境卫星与地球球心的连线扫过的面积相等D在相同的时间内海陆雷达卫星与地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍4（6分）如图，在范围足够大的空间内存在着互相垂直的水平匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场水平向右，一足够长的粗糙直杆平行于电场方向置于该电、磁场中一带正电的小球穿在直杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数处处相等，在t0时刻将小球自静止开始释放，小球沿杆运动，下列关于小球的运动速度与时间的关系图象（vt图象）可能正确的是（）ABCD5（6分）如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其它面为绝缘材料，ABCD面带正电，EFGH面带负电从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相等的带正电小球 A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，下列说法正确的是（）A三个小球在盒内运动的时间相同B三个小球重力势能的变化相等C三个小球电势能的变化相等D三个小球落到底板时的速率相同6（6分）如图所示，图线是两相同矩形线圈在同一匀强磁场中 以垂直于磁场的一条边为轴匀速转动时所产生正弦交流 电的图象以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中r0时刻穿过两线圈的磁通量均为零Ba、b两线圈转速之比为3：2C交流电b电压的峰值为20 VD交流电a电压的瞬时值为w30sin 103tV）7（6分）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能 （气流的动能）转化为电能，其主要部件如图所示已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为零，正常发电时风力发轮机将能能转化为电能的效率可当成恒定，空气密度一定关于正常发电时风力发电机发电功率的说法正确的是（）A若有效受风面积提高到原来的2倍，则发电功率提高到原来的2倍B若有效受风面积提高到原来的2倍，则发电功率提高到原来的4倍C若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的4倍D若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的8倍8（6分）长为L的轻杆的一端固定一质量为m的小球，轻杆连同小球绕杆的另端O在竖直平面内顺时针转动已知小球通过最高点时杆对小球有向上的支持力不计一切阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是（）A小球运动过程中机械能守恒B小球通过最高点时的速度小于gLC小球通过最低点时杆对小球的拉力F6mgD小球从最左端位置A转动到最高点B的过程中，其水平分速度一直增大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，学生根据要求作答（-）必考题（11题，共129分）9（6分）如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置（1）下列说法中符合本实验要求的是 （选填选项前面的字母）A轨道应当尽量光滑，以减小实验误差B每次入射球应从斜槽上同一位置由静止释放C安装轨道时，应使轨道末端切线水平D需要使用的测量仪器有天平、秒表和刻度尺E入射小球a和被碰小球b的质量m1、m2应该满足 m1m2（2）实验时，先不放b球，让a球多次从同一位置由静止释放，找到平均落点放上b 球后，将a球仍从同一位置释放并重复实验实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，在记录纸上找到了两球平均落点位置为A、C，并测得三点到0点的距离分别为x1、x2和x3若在误差允许范围内满足表达式 ，则可得出碰撞中动量守恒的结论若两球的碰撞为弹性碰撞，则还应满足 10（9分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验图中定值电阻R02000，R为滑动变阻器（020，2A）（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将 （选填“变大”或“变小”），电流传感器2的示数将 （选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线，将通过电源的电流当成等于L，则由图线可得被测电池的电动势E V，内阻 r （结果保留两位小数）（3）考虑系统误差，根据（2）中数据处理测出电源的电动势 （选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值11（13分）学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为30m和50m两项，比赛在水平操场举行，所有参赛车从同一起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次某同学有两辆玩具车，甲车可在启动后立即以额定功率加速运动；乙车启动后可保持2m/s2 的加速度做匀加速运动直到其速度达15m/s两车进行模拟测试时发现，同时从起跑线启动后，经6s两车到达同一位置试通过计算、分析判断该同学应分别以哪一辆玩具车参加30m和50m的比赛12（19分）如图所示，足够长的两根光滑固定导轨相距L0.50m 竖直放置，导轨电阻不计，下端连接阻值为R1.0的电阻，导轨处于磁感应强度为B1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，两根质量均为m0.30kg、电阻均为r0.50的水平金属棒ab和cd都与导轨接触良好金属棒ab用一根细线悬挂，现闭合开关S，让cd棒从静止开始下落，cd棒下落过程中，悬挂ab棒的细线恰好能够被拉断不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）细线能承受的最大拉力Fm；（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1；（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t0.50s时，cd棒的加速度为刚断开开关时加速度的4倍，求此时cd棒克服安培力做功的功率P2（二）选考题【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法說确的是（）A液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力B布朗运动是由于水分子做无规则运动碰撞固体分子的结果C一定量的0的水凝结成0的冰，内能一定减小D液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性E某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV014（10分）如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分隔成A、B两部分活塞与气缸顶部有一弹簧相连当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变开始时B内充有一定量的气体，A内是真空B部分高度为L10.2m此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等现将整个装置倒置，达到新的平衡后B部分的高度L2等于多少？设温度不变【物理-选修3-4】（15分）15如图所示，O1O2是透明介质制成的半圆柱体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束单色细光束，从半圆柱体右方射出的光路如图所示。根据该光路图，下列说法正确的是（）A该介质对A光的折射率比对B光的折射率小B该介质对两束光的折射率都小于2CA光的频率比B光的频率高D在真空中，A光的波长比B光的波长长E光从空气进入该介质后，其频率变高16一列简谐横波沿x轴正方向传播，在波的传播方向上a、b、c三点的横坐标分别为xa3m、xb6m、xc9m。在t0时刻，a点开始振动，在t10.3s时刻，c点开始振动，在t20.35s时刻a、c两点离开平衡位置的位移相同，在t30.55s时刻a、c两点第一次速度相同。已知该波的振幅为20cm，波长12m。求该波的传播速度V；在t20.35s和t30.55s时刻b点离开平衡位置的位移大小；该波的波长。2017年湖南省长沙一中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，共48分第1-4题只有一个选项符合要求，5-8题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分1（6分）氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于n4的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的是（）A这群氢原子能发出3种频率不同的光，其中从n4能级跃迁到n3能级所发出光的波长最长B这群氢原子能发出6种频率不同的光，其中从n4能级跃迁到nl能级所发出光的频率最小C在这群氢原子发出的光子中，从n4能级跃迁到能级所发出光子能量最大D用从n2能级跃迁到nl能级所发出光照射逸出功为3.20 eV的某金属，则从金属表面所发出的光电子的初动能一定为7.00 eV【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题【分析】一群处于n能级的氢原子向低能级跃迁，任意两个能级间产生一次跃迁，发出一种频率的光子，共产生Cn2 种频率不同的光子一群氢原子处于n3的激发态，在向基态跃迁的过程中，根据玻尔理论分析所发出的光子波长和频率光子的能量大于金属的逸出功时，金属能产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程求解从某金属表面所发出的光电子的最大初动能【解答】解：ABC、依据数学组合公式C42=6，因此这群氢原子能发出6种频率不同的光，根据在跃迁过程中hvEmEn可以计算出各能级差的大小，就可判断频率的大小。已知从n4能级跃迁到n1时能级差最大，因此所发出的光的频率最大，波长最短；而从n4能级跃迁到n3时能级差最小，因此所发出的光的频率最小。故AB错误，C正确；D、从n2跃迁到n1所发出的光能量最大，光照射逸出功为3.20 eV的某金属时，根据爱因斯坦光电效应方程得，从金属表面所发出的光电子的最大初动能EKhW（E2E1）W3.40（13.6）3.207.00eV，但从金属表面所发出的光电子的初动能，可能小于7.00 eV，故D错误。故选：C。【点评】本题以氢原子的能级图为背景进行命题，考查了氢原子的跃迁、光电效应、爱因斯坦的光电方程等知识2（6分）一质量为m的物块置于倾角为37°的固定斜面顶端，由静止释放后物块以0.2g（g为当地重力加速度）的加速度匀加速下滑s的距离到达斜面底端（已知sin 37°0.6cos 37°0.8）下列分析正确的是（）A斜面可能光滑B下滑过程中物块动能增加0.2mgsC下滑过程中物块重力势能减少mgsD下滑过程中物块重力势能减少，动能增加，机械能守恒【考点】6B：功能关系菁优网版权所有【专题】32：定量思想；4E：模型法；52Q：功能关系 能量守恒定律【分析】根据牛顿第二定律求物块与斜面间的动摩擦因数，从而判断斜面是否光滑根据动能定理求动能的增加量由重力做功分析重力势能的减少量对照机械能守恒的条件分析机械能是否守恒【解答】解：A、根据牛顿第二定律得 mgsin37°mgcos37°ma，a0.2g，解得 0.5，所以斜面一定是粗糙的，故A错误。B、根据动能定理得：EkF合smas0.2mgs，故B正确。C、下滑过程中物块重力势能减少mgssin37°0.6mgs，故C错误。D、物块重力势能减少大于动能增加量，可知物块的机械能不守恒，故D错误。故选：B。【点评】本题分析物块的受力情况是基础，在知道加速度的情况下，根据牛顿第二定律可以求解合力，并进一步求合力做功3（6分）2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则（）A海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n倍B海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的n倍C在相同的时间内痗陆雷达卫星和海洋动力环境卫星与地球球心的连线扫过的面积相等D在相同的时间内海陆雷达卫星与地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍【考点】4H：人造卫星菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4E：模型法；528：万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度和角速度的表达式，再求线速度之比，结合轨道半径得出扫过面积的表达式，从而得出扫过的面积之比【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力得 GMmr2=mv2r=mr2，解得 v=GMr，=GMr3因海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，由v=GMr，知海陆雷达卫星的运行速度是海洋动力环境卫星的1n倍，故AB错误。CD、卫星扫过的面积为 S=12r2=12r2t，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为1n3，所以相同时间内扫过的面积之比为n故C错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题时是要建立模型，抓住万有引力提供向心力这一思路，要知道角速度与轨道半径的关系，通过推导出扫过的面积表达式是解决本题的关键4（6分）如图，在范围足够大的空间内存在着互相垂直的水平匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场水平向右，一足够长的粗糙直杆平行于电场方向置于该电、磁场中一带正电的小球穿在直杆上，已知小球与杆间的动摩擦因数处处相等，在t0时刻将小球自静止开始释放，小球沿杆运动，下列关于小球的运动速度与时间的关系图象（vt图象）可能正确的是（）ABCD【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球受电场力、重力、支持力、洛伦兹力和摩擦力，其中洛伦兹力向上，摩擦力向左，支持力先向上后向下，根据牛顿第二定律分析加速度情况；vt图象上点的切线的斜率表示加速度【解答】解：小球水平方向受向右的电场力和向左的摩擦力，竖直方向受重力、洛伦兹力和支持力，讨论如下：过程一：当洛伦兹力小于重力时，弹力向上，根据牛顿第二定律，有：qE-N=ma，其中：NmgqvB，故a=qE-(mg-qvB)m，由于v增加，故加速度增加，故小球做加速度增加的加速运动，一直到洛伦兹力等于重力，加速度达到最大；过程二：当洛伦兹力大于重力时，弹力向下，根据牛顿第二定律，有：qE-N=ma，其中：NqvBmg，故a=qE-(qvB-mg)m，由于v增加，故加速度减小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，此后做匀速直线运动；故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题关键是分析小球的受力情况，然后分洛伦兹力小于、等于、大于重力的情况进行讨论，注意vt图象的斜率的物理意义，不难5（6分）如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其它面为绝缘材料，ABCD面带正电，EFGH面带负电从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相等的带正电小球 A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，下列说法正确的是（）A三个小球在盒内运动的时间相同B三个小球重力势能的变化相等C三个小球电势能的变化相等D三个小球落到底板时的速率相同【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系菁优网版权所有【专题】34：比较思想；49：合成分解法；532：电场力与电势的性质专题【分析】盒内有水平向右的电场，可采用运动的分解法研究：三个小球在竖直方向只受重力，做自由落体运动，根据高度关系分析运动时间关系根据重力做功关系分析重力势能变化关系根据电场力做功关系分析电势能变化关系由动能定理分析三个小球落到底板时的速率关系【解答】解：A、根据运动的分解法可知，三个小球在竖直方向都做自由落体运动，根据公式h=12gt2，知t=2hg，由于竖直方向的分位移大小h相等，所以三个小球运动时间一定相等，故A正确。B、三个小球重力做功相等，则它们重力势能的变化相等，故B正确。C、水平位移的关系为x3x2x1，初速度v0相同，由位移公式xv0t+12at2得知，加速度的关系为a3a2a1，根据牛顿第二定律得知，三个小球所受的电场力大小关系为：F3F2F1，由WFx知，电场力做功关系为W3W2W1则知三个小球电势能的变化不等，故C错误。D、根据动能定理得：qEx+mgh=12mv2-12mv02，则得：v=v02+2(qEx+mgh)m，x3x2x1，可知，小球“3”落到底板时的速率最大。故D错误。故选：AB。【点评】本题是复合场中问题，要注意小球受到的是恒力，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法由轨迹直接分析位移关系6（6分）如图所示，图线是两相同矩形线圈在同一匀强磁场中 以垂直于磁场的一条边为轴匀速转动时所产生正弦交流 电的图象以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）A在图中r0时刻穿过两线圈的磁通量均为零Ba、b两线圈转速之比为3：2C交流电b电压的峰值为20 VD交流电a电压的瞬时值为w30sin 103tV）【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式【解答】解：A、由图可知，t0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；B、由图象可知TA：TB2：3，根据n=1T可知，nA：nB3：2，故B正确；C、交流电最大值UmNBS，故Uma：Umb3：2，故Umb=23Uma20V，故C正确。D、a的周期T0.4s，角速度=2T=5rad/s，交流电a电压的瞬时值为w30sin 5tV，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程7（6分）风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能 （气流的动能）转化为电能，其主要部件如图所示已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为零，正常发电时风力发轮机将能能转化为电能的效率可当成恒定，空气密度一定关于正常发电时风力发电机发电功率的说法正确的是（）A若有效受风面积提高到原来的2倍，则发电功率提高到原来的2倍B若有效受风面积提高到原来的2倍，则发电功率提高到原来的4倍C若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的4倍D若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的8倍【考点】BG：电功、电功率；D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】34：比较思想；4D：比例法；53C：电磁感应与电路结合【分析】先求空气的动能，再根据效率求出发电机的功率再分析有效受风面积和风速变化时发电功率的变化【解答】解：单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为 mSv这些空气所具有的动能为 Ek=12mv2=12Sv3设风力发电机将风能转化为电能的效率为，则风力发电机输出的电功率为 PEk=12kSv3所以，若有效受风面积S提高到原来的2倍，则发电功率提高到原来的2倍。若风速v提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的8倍。故AD正确，BC错误。故选：AD。【点评】本题是道信息量题，要读题意，明确能量是如何转化的，根据能量转化和守恒定律进行研究8（6分）长为L的轻杆的一端固定一质量为m的小球，轻杆连同小球绕杆的另端O在竖直平面内顺时针转动已知小球通过最高点时杆对小球有向上的支持力不计一切阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是（）A小球运动过程中机械能守恒B小球通过最高点时的速度小于gLC小球通过最低点时杆对小球的拉力F6mgD小球从最左端位置A转动到最高点B的过程中，其水平分速度一直增大【考点】4A：向心力；6C：机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】11：计算题；31：定性思想；43：推理法；52E：机械能守恒定律应用专题【分析】小球在竖直面内做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒，根据在最高点的受力判断出最高点的速度，利用动能定理和牛顿第二定律求得绳子的拉力【解答】解：A、在运动过程中，小球手走到重力和杆对小球的作用力，其中只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；B、小球在最高点受到向上的支持力，故mg-FN=mv2L，解得v=(mg-FN)LmgL，故B正确C、从最高点到最低点，根据动能定理可知mg2L=12mv'2-12mv2在最低点F-mg=mv'2L，联立解得F6mg，故C正确；D、小球在A点水平分速度为零，故开始时有增大的过程，小球从A到B得过程中速率越来越小，运动中小球有向心加速度和切向加速度，向心加速度不改变速度的大小，切向加速度时速度的大小减速，故水平分速度先增大后减小，故D错误；故选：ABC。【点评】本题主要考查了竖直面内的圆周运动，明确受力，利用动能定理和牛顿第二定律即可判断二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第16题为选考题，学生根据要求作答（-）必考题（11题，共129分）9（6分）如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置（1）下列说法中符合本实验要求的是BC（选填选项前面的字母）A轨道应当尽量光滑，以减小实验误差B每次入射球应从斜槽上同一位置由静止释放C安装轨道时，应使轨道末端切线水平D需要使用的测量仪器有天平、秒表和刻度尺E入射小球a和被碰小球b的质量m1、m2应该满足 m1m2（2）实验时，先不放b球，让a球多次从同一位置由静止释放，找到平均落点放上b 球后，将a球仍从同一位置释放并重复实验实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，在记录纸上找到了两球平均落点位置为A、C，并测得三点到0点的距离分别为x1、x2和x3若在误差允许范围内满足表达式m1x2m1x1+m2x3，则可得出碰撞中动量守恒的结论若两球的碰撞为弹性碰撞，则还应满足m1x22m1x21+m2x23【考点】ME：验证动量守恒定律菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）实验是要验证两个小球碰撞过程系统动量守恒，同时通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；为防止小球反弹，还要保证入射球质量要大于被碰球质量；（2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1+m2v2m1v1+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式后联立求解出满足弹性碰撞的表达式【解答】解：（1）A、对于轨道是否光滑，本实验中没有要求，只要每次让小球从同一位置由静止滑下即可，故A错误；B、为保证碰撞的初速度相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故B正确；C、为保证小球做平抛运动，安装轨道时末端切线必须水平，故C正确；D、小球做平抛运动的时间由高度差决定，由于高度差一定，故平抛的时间都相同，因此不需要测量小球下落的时间，故D错误；E、为防止碰后m1被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，故E错误；故选：BC（2）实验要验证两个小球碰撞前后总动量守恒，即为：m1v1m1v1+m2v2；小球做平抛运动的时间由高度差决定，由于高度差一定，故平抛的时间都相同，故水平射程与平抛的初速度成正比，故不需要测量高度差，只要满足：m1x2m1x1+m2x3即可证明动量守恒；小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能也守恒，根据守恒定律有：12m1v12=12m1v1'2+12m2v22则有：m1x22m1x21+m2x23故答案为：（1）BC；（2）m1x2m1x1+m2x3；m1x22m1x21+m2x23【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，实验注意事项：（1）前提条件：保证碰撞是一维的，即保证两物体在碰撞之前沿同一直线运动，碰撞之后还沿这条直线运动（2）利用斜槽进行实验，入射球质量要大于被碰球质量，即m1m2，防止碰后m1被反弹10（9分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，某同学设计了如图甲所示的电路来完成实验图中定值电阻R02000，R为滑动变阻器（020，2A）（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将变小（选填“变大”或“变小”），电流传感器2的示数将变大（选填“变大”或“变小”）（2）图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I1I2图线，将通过电源的电流当成等于L，则由图线可得被测电池的电动势E3.00 V，内阻 r2.00（结果保留两位小数）（3）考虑系统误差，根据（2）中数据处理测出电源的电动势小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值【考点】N3：测定电源的电动势和内阻菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；46：实验分析法；535：恒定电流专题【分析】（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时 R值减小，电流传感器1的示数和电流传感器2的示数都变化（2）由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电阻（3）根据电表内阻的影响进行分析，从而明确实验误差情况【解答】解：（1）滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，根据电路结构以及欧姆定律可知，滑片P向右滑动时R值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小（2）路端电压：UI1R0EI2r，变形得：I1=ER0-rR0I2； 由数学知可得：图象中的k=rR0；b=ER0；由图可知：b1.50；k=1.35×10-3-1.05×10-30.45-0.15=1×103； 故解得：E3.0V，r2.0；（3）由于传感器2的分流作用，使测量电流小于真实值，传感器2计算得出的电压值是准确的，则可外电路短路时，误差可以忽略，则真实值和测量值图象如图所示；由图可知，电动势测量值小于真实值；故答案为：（1）变小；变大；（2）3.00；2.00；（3）小于【点评】本题要注意电路中采用的是传感器安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，应细心观察11（13分）学校开展自制玩具汽车速度赛，比赛分为30m和50m两项，比赛在水平操场举行，所有参赛车从同一起跑线同时启动，按到达终点的先后顺序排定名次某同学有两辆玩具车，甲车可在启动后立即以额定功率加速运动；乙车启动后可保持2m/s2 的加速度做匀加速运动直到其速度达15m/s两车进行模拟测试时发现，同时从起跑线启动后，经6s两车到达同一位置试通过计算、分析判断该同学应分别以哪一辆玩具车参加30m和50m的比赛【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用菁优网版权所有【专题】11：计算题；2：创新题型；22：学科综合题；4E：模型法；511：直线运动规律专题【分析】对乙车，根据位移时间公式求出6s内位移作出两车的vt图象，分析出6s时刻乙车追上甲车，此时两车位移均为36m，此前甲车超前乙车，故赛程小于36m时应以甲车参赛根据2ax2v2得乙车速度达到15m/s的过程中位移，根据赛程长为3656.25m时，乙车一定比甲车快，故知赛程为50m时应以乙车参赛【解答】解：对乙车，根据x1=12at2解得6s内位移为 x136m由已知6s内两车位移相同，作出两车的vt图象由图象知6s时刻乙车追上甲车，此时两车位移均为36m，此前甲车超前乙车，故赛程小于36m时应以甲车参赛6s后乙车的速度还小于15m/s时，乙车速度总大于甲车速度，根据2ax2v2得乙车速度达到15m/s的过程中位移为 x256.25m赛程长为3656.25m时，乙车一定比甲车快，故赛程为50m时应以乙车参赛答：该同学应以甲车参加30m的比赛，以乙车参加50m的比赛【点评】解决本题的关键是作出两车的vt图象，分析两车的快慢，要注意对乙车能用运动学公式求位移，对甲车不能12（19分）如图所示，足够长的两根光滑固定导轨相距L0.50m 竖直放置，导轨电阻不计，下端连接阻值为R1.0的电阻，导轨处于磁感应强度为B1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，两根质量均为m0.30kg、电阻均为r0.50的水平金属棒ab和cd都与导轨接触良好金属棒ab用一根细线悬挂，现闭合开关S，让cd棒从静止开始下落，cd棒下落过程中，悬挂ab棒的细线恰好能够被拉断不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）细线能承受的最大拉力Fm；（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1；（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t0.50s时，cd棒的加速度为刚断开开关时加速度的4倍，求此时cd棒克服安培力做功的功率P2【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】16：压轴题；32：定量思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用【分析】（1）cd匀速运动过程，产生感应电动势，相当于电源，棒ab和电阻R并联；根据串并联电路的电流关系和平衡条件列式后联立求解；（2）由第一问得到电流，故可以根据电功率公式求解全电路的电功率；（3）细线被拉断时立即断开开关S，cd棒的加速度根据牛顿第二定律求解，再经t0.50s时，cd棒的加速度为刚断开开关时加速度的4倍，据此求解电流，再对ab分析得到ab棒的加速度；根据切割公式列式；再对两个棒分别用动量定理列式后联立求解【解答】解：（1）细线未拉直时，当cd棒达最大速度时，安培力与重力平衡，故：BIcdLmg，根据串并联电路中电流关系，有：Iab=RR+rIcd，Fmmg+BIabL，联立解得：Icd6A，Fm5N；（2）根据电功率公式，有：P1=Icd2(r+rRR+r)=30W；（3）细线拉断时，E=Icd(r+rRR+r)=5V，由EBLv0，解得细线刚拉断时，cd棒的速度为v010m/s，细线刚拉断时，开关断开，两棒的电流I1=E2r=5A，cd棒的加速度a1=mg-BI1Lm=53m/s2，细线拉断后经过t0.5s时，cd棒的加速度a2=mg-BI2Lm，由已知a24a1，解得：I22A，此时感应电动势E2I2r2V，设此时两个棒的速度分别为vab、vcd，有：EBL（vcdvab），在细线拉断后的t0.5s内，两棒所受安培力的冲量大小相等，设为I安，由动量定理，mvabmgt+I安，mvcdmv0mgtI安，解得：vcd12m/s，cd棒克服安培力做功的功率：P2BI2Lvcd12W；答：（1）细线能承受的最大拉力Fm为5N；（2）细线即将被拉断时，整个电路消耗的总电功率P1为30W；（3）若细线被拉断时立即断开开关S，再经t0.50s时，cd棒的加速度为刚断开开关时加速度的4倍，此时cd棒克服安培力做功的功率P2为12W【点评】本题是滑轨问题，关键是明确电路结构，知道两个棒的受力情况和运动情况，要能够结合切割公式、安培力公式、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量定理等，难度较大，关键是分析清楚过程（二）选考题【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法說确的是（）A液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力B布朗运动是由于水分子做无规则运动碰撞固体分子的结果C一定量的0的水凝结成0的冰，内能一定减小D液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性E某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0【考点】83：分子的热运动；86：分子间的相互作用力；92：* 晶体和非晶体菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，液体表面存在表面张力；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学的各向异性的特点；气体分子间距较大，不能估算出阿伏加德罗常数【解答】解：A、液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，分子力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是水分子做无规则运动碰撞固体颗粒的结果，故B错误；C、在一定条件下，一定量0的水结成0的冰，向外放出热量，内能一定减小，故C正