北京市朝阳区届高三第二次综合练习二模理综物理试题解析版文档格式.docx
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D.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光均为可见光
【答案】B
从n=2能级向n=1能级跃迁时发出的光的能量为10.2ev,不在可见光范围内,A选项错误；
从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量为1.89ev,在可见光范围内,B选项正确；
从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量为2.55ev,不在可见光范围内,更高能级向n=2能级跃迁发出光的能量都比2.55ev大,不可能是可见光,所以C选项错误；
更高能级向n=3能级跃迁时发出光的能量均小于1.51ev,也都不在可见光范围内,所以D选项错误。
本题考查对原子的能级的理解。
3.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。
由图可知该交流电电压瞬时值的表达式为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
从图可以知道,该交变电流的电压最大值为Um=311v,该交变电流的周期为T=0.02s,则交变电流的电源线圈角速度为w=2π/T=100π,据交变电流的电压瞬时值表达式u=Umsinwt,所以A选项正确而B、C、D选项错误。
本题考查对交变电流的电压瞬时值的理解。
4.如图所示是一列简谐横波在某时刻的波形图,若此时质元P正处于加速运动过程中,则此时
A.质元Q和质元M均处于加速运动过程中
B.质元Q和质元N均处于加速运动过程中
C.质元Q处于加速运动过程中,质元M处于减速运动过程中
D.质元Q处于减速运动过程中,质元N处于加速运动过程中
【答案】D
【详解】质点P加速运动,知P向下振动,根据“上下坡法”知,波向左传播,则Q点向上振动,M点向下振动,N点向上振动,知Q点向上减速运动,M点向下减速运动,N点向上加速运动。
故D正确,ABC错误。
5.经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间,它们绕太阳沿椭圆轨道运行,其轨道参数如下表。
远日点
近日点
神舟星
3.575AU
2.794AU
杨利伟星
2.197AU
1.649AU
注：
AU是天文学中的长度单位,1AU="
149"
597870700m（大约是地球到太阳的平均距离）。
“神舟星”和“杨利伟星”绕太阳运行的周期分别为T1和T2,它们在近日点的加速度分别为a1和a2。
则下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．
通过表格数据的比较,“神舟星”据太阳的距离比“杨利伟星”更远,也就是“神舟星”轨道的半长轴R更大,据开普勒第三定律：
k=R3/T2,“神舟星”的周期较大；
又据GM/R2=a可知,两星在近日点的向心加速度比较中,由于“杨利伟星”据太阳的距离较小,所以“杨利伟星”的向心加速度较大,则A选项正确。
本题考查对开普勒第三定律和万有引力定律的应用。
6.如图1所示,虚线MN、M′N′为一匀强磁场区域的左右边界,磁场宽度为L,方向竖直向下。
边长为l的正方形闭合金属线框abcd,以初速度v0沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动,经过一段时间线框通过了磁场区域。
已知l<
L,甲、乙两位同学对该过程进行了分析,当线框的ab边与MN重合时记为t=0,分别定性画出了线框所受安培力F随时间t变化的图线,如图2、图3所示,图中S1、S2、S3和S4是图线与t轴围成的面积。
关于两图线的判断以及S1、S2、S3和S4应具有的大小关系,下列说法正确的是
A.图2正确,且S1>
S2B.图2正确,且S1=S2
C.图3正确,且S3>
S4D.图3正确,且S3=S4
当线框向右运动过程中,有两个过程产生安培力,即进入磁场到完全进入磁场和离开磁场到完全离开磁场两个过程；
其中任一过程产生的电动势为E=BvL,产生的电流为I=E/R=BLv/R,产生的安培力为F=BIL=B2L2v/R,当时间增加时,速度减小,则由上式可知,安培力减小,所以A、B选项错误；
另一方面看,产生的平均电动势为：
E=BΔs/Δt,产生的电流为：
I="
E/R="
BΔs/ΔtR,产生的安培力为：
F=BIL=B2lΔs/RΔt；
变形后得FΔt=B2lΔs/R,所以S3=S4,则D选项正确。
本题考查电磁感应和对F-t图像的理解。
7.如图所示,一个电荷量为－Q的点电荷甲,固定在绝缘水平面上的O点。
另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,运动到B点时速度为v,且为运动过程中速度的最小值。
已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f,AB间距离为L0,静电力常量为k,则下列说法正确的是
A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中,加速度逐渐增大
B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中,其电势能先增大再减小
C.OB间
距离为
D.在点电荷甲形成的电场中,AB间电势差
点电荷乙从A点向甲运动的过程中,受向左的静电力和向右的摩擦力,两球靠近过程中库仑力逐渐增大,小球先减速后加速,所以加速度先减小后增大,故A错误；
在小球向左运动过程中电场力一直做正功,因此电势能一直减小,故B正确；
当速度最小时有：
解得：
故C正确；
点电荷从A运动B过程中,根据动能定理有：
故D错误。
所以BC正确,AD错误。
8.如图所示,一个质量为m
圆环套在一根固定的水平直杆上,杆足够长,环与杆的动摩擦因数为μ。
现给环一个向右的初速度v0,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F,F＝kv（k为常数,v为环的速率）,则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为
B.
C.0D.
如果重力等于F则物体做匀速直线运动摩擦力为0不做功C对,如果受摩擦力则做减速运动,若支持力方向向上速度最终减为0则克服摩擦力做功
mv则A对,若支持力方向向下则重力跟F相等时摩擦力为0物体做匀速运动末速度为V,mg=kv所以
克服摩擦力做功为
mv－
则D对
二、非选择题（本题共11小题,共180分）
9.在“测定玻璃的折射率”实验中,某同学经正确的操作,插好了4枚大头针P1、P2和P3、P4,如图所示。
①在坐标线上画出完整的光路图,并标出入射角θ1和折射角θ2；
②对你画出的光路图进行测量,求出该玻璃的折射率n=_________（结果保留2位有效数字）。
【答案】①
②1.4
①据光线通过平行玻璃砖,经玻璃砖折射,入射光线和折射光线将保持平行,那么将入射光线P1P2与玻璃砖上边界的交点作为入射点,过入射点作上边界的垂线作为法线,则可作入射角θ1,将岀射光线P3P4与玻璃砖下边界的交点作为岀射点,将入射点和岀射点用一直线连接,这一直线就是折射光线,即可作折射角θ2。
②据折射率n=sinθ1/sinθ2,据图纸中的格子数,可知sinθ1=
/2,sinθ2=1/2,那么折射率n=
=1.4。
本题考查玻璃折射率
测定的实验。
10.某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线。
①甲同学要描绘一个标有“3.6V,1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线,除了导线和开关外,还有下列器材可供选择：
电压表V（量程5V,内阻约
5kΩ）
直流电源E（电动势4.5V,内阻不计）
电流表A1（量程350mA,内阻约为1Ω）
电流表A2（量程150mA,内阻约为2Ω）
滑动变阻器R1（阻值0~200Ω）
滑动变阻器R2（阻值0~10Ω）
实验中电流表应选______,滑动变阻器应选______；
（填写器材代号）
以下的四个电路中应选用_________进行实验。
②乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线,如图所示。
然后他用图所示的电路给三个元件分别供电,并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值,分别标在图上,它们是A点和B点。
已知R0=9.0Ω,则该电源的电动势
_______V,内电阻
_______Ω。
这个电源给元件3供电时,元件3的电功率P=_______W。
【答案】①A1R2A②3.01.00.2
①灯泡的规格为“3.6V,1.2W”,则灯泡的额定电流I=1/3A=333mA,灯泡的电阻Rx=10.8Ω,观察所给器材的规格,电流表应该用量程为350mA的A1,测量灯泡的伏安特性曲线,电流需要从0调起,所以应该滑动变阻器用分压式接法,所以用R2；
据Rx2=10.82<
RARV=5000,所以电流表应用外接法,所以实验电路要选择A图。
②据闭合电路欧姆定律,测量元件1时有：
E=IARA+IAr+IAR0,据图可知IA=0.08A,ua=2.2v,则RA=27.5Ω,测量元件2时有：
E=IBRB+IBr+IBR0,据图可知IB=0.15A,UB=1.5v,则RB=10Ω,代入数据后可求电源电动势E=3.0v,电源内阻r=1.0Ω。
在图3中,过电压轴的3v、A、B几点画一直线交于电流轴,该直线就是外电压随电流的变化图,图线与1、2、3元件的图像较点正是这几个元件接在该电源上的实际工作状态,所以可以看出元件3的电压U3=1v,电流I3=0.2A,所以元件3的功率为P=UI=0.2w。
本题考查小电珠伏安特性曲线的描绘的实验。
11.如图所示,遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”,比赛要求：
赛车从起点出发,沿水平直轨道运动,在B点飞出后越过“壕沟”,落在平台EF段。
已知赛车的额定功率P=10.0W,赛车的质量m=1.0kg,在水平直轨道上受到的阻力f=2.0N,AB段长L=10.0m,BE的高度差h=1.25m,BE的水平距离x=1.5m。
若赛车车长不计,空气阻力不计,g取10m/s2。
（1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度,求最大速度vm的大小；
（2）要越过壕沟,求赛车在B点最小速度v的大小；
（3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s,且赛车达到额定功率。
要使赛车完成比赛,求赛车在AB段通电的最短时间t。
【答案】
（1）5m/s
（2）3.0m/s（3）2.4s
【详解】
（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时,设其牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-f=0
又因为P=Fvm1
所以
m/s
（2）赛车通过B点在空中做平抛运动,设赛车能越过壕沟的最小速度为v,在空中运动时间为t1,则有
且x=vt1
所以v=30m/s
（3）若赛车恰好能越过壕沟,且赛车通电时间最短,在赛车从A点运动到B点的过程中根据动能定理有:
带入数据解得：
t=2.4s
12.图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r=0.10m，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器（图中未画出），小球（可视为质点）从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB。
g取10m/s2。
（1）若不计小球所受阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小；
（2）若不计小球所受阻力，小球每次都能通过B点，FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m；
（3）若小球所受阻力不可忽略，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FB=6.0N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能
。
（1）vA=
m/s
（2）m=0.1kg（3）ΔE=0.2J
（1）若小球恰能通过B点，
设此时小球质量为m，通过B时的速度为vB。
根据牛顿第二定律有
mg=mvB2/r
根据机械能守恒定律有
mvA2/2=mvB2/2+mg2r
所以vA=
（2）根据第
（1）问及图乙可知：
当小球通过A点时的速度vA=
m/s时，小球对轨道压力的大小FA1=6N。
设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为FA2。
根据牛顿运动定律有
FA1=FA2且FA2-mg=mvA2/r
所以m=0.1kg
（3）根据图乙可知：
当小球通过B点时，若小球对轨道压力的大小FB=6.0N，则小球通过A点时对轨道压力的大小FA=16N。
设轨道对小球通过A、B时支持力的大小分别为FA’、FB\，速度分别为va\、v\B据牛顿运动定律有
FA\=FA
且FA\-mg=mvA\2/r
FB\=FB且FB\+mg=mvB2=mvB\2/r
在小球从A运动到C的过程中，根据功能原理又有
mvA\2/2=mvB\2/2+mg2r+ΔE
所以ΔE=0.2J
本题考查牛顿第二定律、机械能守恒定律、能量守恒定律的应用。
13.如图所示，在xOy坐标系中，第一象限存在一与xOy平面平行的匀强电场，在第二象限存在垂直于纸面的匀强磁场。
在y轴上的P点有一静止的带正电的粒子，某时刻，粒子在很短时间内（可忽略不计）分裂成三个带正电的粒子1、2和3，它们所带的电荷量分别为q1、q2和q3，质量分别为m1、m2和m3，且q1:
q2:
q3=1:
1:
2，m1+m2=m3。
带电粒子1和2沿x轴负方向进人磁场区域，带电粒子3沿x轴正方向进入电场区域。
经过一段时间三个带电粒子同时射出场区，其中粒子1、3射出场区的方向垂直于x轴，粒子2射出场区的方向与x轴负方向的夹角为60°
忽略重力和粒子间的相互作用。
求：
（1）三个粒子的质量之比；
（2）三个粒子进入场区时的速度大小之比；
（3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移大小之比。
（1）设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2。
则有
T1="
2"
r1/v1="
m1/Bq1，T2="
r2/v2="
m2/Bq2
由题意可知：
T1/4=T2/6
所以m1/m2=2/3
又因为m1+m2=m3
所以m1:
m2:
m3=2:
3:
5
设粒子1、2在磁场中做匀速圆周运动的半径分别为r1和r2。
r1=m1v1/Bq1,v1=r1q1B/m1
r2=m2v2/Bq2,v2=r2q1B/m2
由几何关系可知：
r2=2r1
所以v1/v2=3/4
在粒子分裂的过程中，动量守恒，则
M3v3-m1v1-m2v2=0
所以v1:
v2:
v3=15:
20:
18
（3）三个粒子射出场区时在x轴上的位移分别为x1、x2和x3。
x1=r1,x2=
r1
粒子3在电场中运动时，沿x轴方向的分运动是：
初速度为v3的匀减速运动，末
速度为0。
设运动时间为t，则有
x3=v3t/2=v3T1/8=0.3m1v1/Bq1=0.3
所以x1:
x2:
x3=1:
:
0.3
本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、动量守恒定律、匀变速运动的应用。
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