江西省上饶市重点中学六校届高三第二次联考理科综合物理试题Word格式.docx
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D．若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚
5．如图甲所示是一打桩机的简易模型，质量m=1kg是物体在恒定拉力F作用下从与钉子接触处静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度．物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦，g取10m/s2，则有（ ）
A．物体开始上升过程的加速度为6m/s2
B．物体开始上升过程的最大速度为12m/s2
C．物体上升1m后再经0.4s才撞击钉子
D．物体上升到0.25m高度处拉力F的瞬时功率为12W
6．如图所示，长为L的导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置电阻不计半径都为r的金属圆环上，圆环通过电刷与右侧一变压器相接，变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头c，连成图示电路，k为单刀双掷开关，R为光敏电阻，从图示位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLrωcosωt
B．k接b时，电阻R上消耗的功率为
C．k接c时，电压表示数为
D．k接c时，用黑纸遮住电阻R，变压器输入电流将变大
7．如图所示，一个质量为4kg的小物块从高h=6m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，垂直击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y=x﹣15（单位：
m），忽略空气阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/s
B．小物块从O点运动到P点的时间为ls
C．小物块从静止运动到O点克服摩擦力做功为40J
D．小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角为
8．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（ ）
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场
B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场
C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场
D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场
二、非选择题（共4小题，满分47分）
9．某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动．
（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为 （用题中字母表示）．
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g．若系统的机械能守恒，则需满足的等式为 （用题中字母表示）．
（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：
实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？
若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；
若不可行，请简要说明理由． 、 ．
10．某同学要测量仪电流表A（量程300μA）内部通电小球导线的电阻率ρ，实验步骤如下：
（1）用米尺测量通电小球导线的长度L；
（2）用螺旋测微器测量其直径为D；
（3）用多用电表的电阻“×
10”挡，按正确的操作步骤测此电流表A的电阻，表盘的示数如图1，则该电表的内阻约为 Ω；
（4）现要精确测量此电流表A的内阻r1，给定器材有：
ⅰ．待测电流表A（量程300μA）
ⅱ．电压表V（量程3V，内阻r2=1kΩ）
ⅲ．电源E（电动势4V，内阻忽略不计）
ⅳ．定值电阻R1=20Ω
ⅴ．滑动变阻器R2（阻值范围0～20Ω，允许通过的最大电流0.5A）
ⅵ．电键S一个，导线若干
要求测量时两电表的指针的偏转均超过其量程的一半．
a．在框中画出电路原理图2．
b．电路接通后，测得电压表的读数为U，电流表的读数为I，用已知和测得的物理量表示电流表内阻r1= ．
11．无人驾驶汽车是通过车载传感系统感知道路环境，自动规划路线并控制车辆到达预定目标的智能汽车．其有一项技术为车距保持技术，主要是利用车上的声学或者光学仪器对两车距离减小监测，一旦两车距离接近或低于设定值时，后车系统会自动制动或减小油门开度，而前车可增大油门开度的方式来保持两车之间的车距，其模型可理想化如下：
在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和B，质量都为m，当两球心间的距离大于l（比2r大得多）时，两球之间无相互作用力，当两球心间的距离等于或小于l时，两球间存在相互作用的恒定斥力F．设A球从远离B球处以两倍于B球速度大小沿两球连心线向B球运动，如图所示，欲使两球不发生接触，A球速度vA必须满足什么条件？
12．如图所示，圆心在原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，在圆内区域Ⅰ（r≤R）和圆外区域Ⅱ（r＞R）的第一、二象限分别存在两个匀强磁场，方向均垂直于xOy平面．垂直于xOy平面放置两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于y轴放置在x=2.6R的位置，荧光屏乙平行于x轴放置在y=3.5R的位置．现有一束质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子由静止经过加速电压为U的加速电场后从坐标为（0，﹣R）的A点沿y轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现亮点N的坐标为（2.6R，0.8R）．若撤去圆外磁场，粒子也打在荧光屏甲上，出现亮点M的坐标为（2.6R，0），此时，若将荧光屏甲沿x轴正方向平移，发现亮点的y轴坐标始终保持不变．不计粒子重力影响．
（1）求在区域Ⅰ和Ⅱ中粒子运动速度v1、v2的大小；
（2）求在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；
（3）若加速电压变为3U，且上述两个磁场方向均反向，荧光屏仍在初速位置，求粒子到达荧光屏的位置坐标．
三、【物理——选修3-3】
13．下列说法正确的是（ ）
A．气体放出热量，其分子的平均动能不一定减小
B．布朗运动是液体分子的永不停息的无规则运动
C．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距的减小而增大
E．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
14．如图所示，一质量为m=1kg的活塞与导热性能良好的气缸将一定量的理想气体密封在气缸内，气缸内部横截面积为S=200cm2，活塞上面有高为h=0.1m的水层，活塞离气缸底部的距离为H=0.2m，已知水的密度为ρ=1.0×
103kg/m3，气缸所处的室内大气压恒为p0=1.0×
103Pa，g=10m/s2，不计一切阻力．
（1）若室内温度由t1=27℃降到t2=12℃，求活塞下降的距离h1，
（2）若用吸管将水缓慢吸出，求活塞上升的距离h2．
四、【物理——选修3-4】
（共2小题，满分0分）
15．运动周期为T，振幅为A，位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是（ ）
A．周期一定为T
B．振幅一定为A
C．速度的最大值一定为v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离
E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同
16．如图所示，一个盛有折射率为
的液体的槽，槽的中部扣着一个屋脊形透明罩ADB，顶角（∠ADB）为30°
，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中．槽底AB的中点C处有一点光源，从点光源发出的光与CD的夹角在什么范围内时，光线可从液面上方射出．（液槽有足够的宽度，罩壁极薄，可不计它对光线产生折射的影响）
五、【物理——选修3-5】
17．下列说法中正确的是（ ）
A．原子核发生一次β衰变后，生成的新核的原子序数增加
B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
C．原子的核式结构学说是卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出来的
D．
的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，其半衰期可能变短
E．一群处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出3种不同频率的光子
18．如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有三个小木块A、B、C，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C用一个轻弹簧拴接在一起，开始时整个装置处于静止状态．A和B之间有少许塑胶炸药．现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能．求：
（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大？
（2）在A、B后，弹簧弹性势能的最大值．
2016年江西省上饶市重点中学六校联考高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，周期相等，根据万有引力提供向心力列出表达式，求出双星的总质量．
【解答】解：
双星靠相互间的万有引力提供向心力，有：
，
解得
则
．
故选：
【考点】共点力平衡的条件及其应用；
物体的弹性和弹力．
【分析】斜劈A在斜面体C上静止不动，则B受重力和支持力平衡．当斜面光滑，斜劈A和B球具有相同的加速度沿斜面向下加速，通过对B球进行受力分析，判断P、Q对球有无压力．当斜面粗糙或光滑，按照同样的方法，先判断出整体的加速度方向，再隔离对B进行受力分析，从而判断P、Q对球有无压力．
A、C、当斜面光滑，斜劈是静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力．知P点对球无压力，Q点对球有压力．故A、C错误．
B、斜劈A沿斜面匀速下滑，知B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡．所以P、Q对球均无压力．故B正确．
D、斜劈A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律，知B球的合力方向沿斜面向下．所以B球受重力、底部的支持力、以及Q对球的弹力．故D正确．
BD．
【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】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；
由q=
可以求出流过电阻R的电荷量；
克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热．
A、金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：
mgh=
mv2，金属棒到达水平面时的速度v=
，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv，最大的感应电流为I=
=
，故A错误；
B、流过电阻R的电荷量q=
，故B错误；
C、导体棒进入磁场运动过程中，速度逐渐减小，故切割电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故前一半时间速度减小量大于后一半时间速度减小量，故中间时刻的速度大于
，故C错误；
D、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：
mgh﹣WB=0﹣0，则克服安培力做功：
WB=mgh，所以整个电路中产生的焦耳热为：
Q=WB=mgh，
克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：
QR=
Q=
mgh，故D正确；
D
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；
电势能．
【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；
明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况．根据正粒子所受的电场力方向，判断能否会聚．
A、根据电场线与等势线垂直，可知管轴上电场线方向向左．根据沿电场线电势降低，得知电极A1的电势低于电极A2，故A错误；
B、等差等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线疏，故Q点的电场强度小于R点的电场强度，故B正确；
C、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，所以电子在R点处的动能大于在P点处的动能，故C正确．
D、若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场，所受的电场力向外侧，不可能会聚，故D错误．
BC
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度位移公式求出物体上升的加速度．根据速度位移公式求出上升到0.25m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率．
A、物体上升1m高度时的机械能E=
，即：
12=10×
1+
，解得物体上升过程中最大速度v1=2m/s．根据匀变速直线运动的速度位移公式得：
，可知物体上升过程的加速度为：
a=
．故AB错误．
C、撤去外力F后，物体向上做减速运动，通过的位移为：
自由落体运动的高度为：
H=h1+h′=1.2m
故下落的时间为t=
D、根据速度位移公式得：
解得：
v2=1m/s；
根据牛顿第二定律得：
F﹣mg=ma，
F=mg+ma=1×
12N=12N，
则拉力F的瞬时功率为：
P=Fv=12×
1W=12W．故D正确．
【考点】变压器的构造和原理；
导体切割磁感线时的感应电动势．
【分析】导体棒从垂直磁感线位置开始计时，其电动势表达式为：
e=BLrωcosωt；
电压表和电流表读数为有效值；
计算电量用平均值
A、从垂直于磁感线位置时开始计时，导体棒切割磁感线产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=BLrωcosωt，故A正确；
B、k接b时，副线圈上的电动势相互抵消电阻两端的电压为0，电阻R上消耗的功率为0，故B错误；
C、k接c时，根据
，电阻两端的电压为：
，故C正确；
D、变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，k接c时，用黑纸遮住电阻R，电阻变大，输出功率变小，所以变压器的输入功率也变小，根据
，所以变压器的输入电流将变小，故D错误；
AC
【考点】功能关系；
功的计算．
【分析】
（1）根据平抛运动竖直位移、水平位移的关系式，结合轨迹方程求出运动的时间、初速度、水平位移和竖直位移；
（2）根据动能定理求出小物块从静止运动到O点克服摩擦力做功；
（3）利用三角函数求设小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角的正切值．
AB．设小球从O点做平抛运动的初速度为v0，设P点的坐标为（x，﹣y），则：
水平方向上：
x=v0t
竖直方向上：
y=
gt2
由因为：
y=x﹣15
由y=x﹣15可知，该直线的斜率为1，
因为垂直击中平台右下侧挡板上的P点，由速度的合成可知：
1=
联立以上格式解得：
t=1s；
v0=10m/s；
x=10m；
y=5m．故A错误，B正确；
C．由最高点释放到O点，据动能定理可得：
mgh﹣Wf=
mv02﹣0
代入数据解得：
Wf=40J．故C正确；
D．设小物块刚到P点时位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα=
，那么α≠
，故D错误．
BC．
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【分析】电场力可以做功，故电场可以改变粒子的速度；
洛伦兹力不做功，故洛伦兹力只改变速度的方向．
A、电场力可以做功，洛伦兹力不做功，速度增大，故是电场，故A正确；
B、如果粒子回到MN上时速度大小不变，可能是磁场，也有可能是电场，物体做类似上抛运动，抛出点和落回点在同一等势面上，故B正确；
C、如果是磁场，粒子做匀速圆周运动，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变；
如果是电场，当电场力竖直向下时，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角正切的2倍，也不变；
故C错误；
D、若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到
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