甘肃省高台县高考物理二模试题及答案解析Word格式文档下载.docx

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B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右，后水平向左

C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小

D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小

17．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制

下处于静止状态，如图（甲）所示。

磁感线方

向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时

间变化的图象如图（乙）所示。

t=0时刻，磁感

应强度的方向垂直导线框平面向里，在0~4s时

间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图

象（规定以向左为安培力正方向）可能是下列

选项中的

18．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，

、b、c、d为电场中的4个点，则（）

A．P、Q两点处的电荷等量同种

B．

点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势

D．负电荷从

到c，电势能减少

19．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如左图所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0．某过程中电流表的示数如右图所示，则在此过程中

A．物体处于超重状态

B．物体处于失重状态

C．升降机一定向上做匀加速运动

D．升降机可能向下做匀减速运动

20．用力F将质量为m的物块压在竖直墙上，从t=0时刻

起，测得物体所受墙壁的摩擦力随时间按如图所示规

律变化，则下列判断正确的是

A．0~t2时间内为滑动摩擦力，t2时刻之后为静摩

擦力

B．0~t1时间内物块沿墙壁加速下滑，t2时刻物块

的速度为0

C．压力F一定随时间均匀增大

D．压力F恒定不变

21．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。

圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。

杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。

则（）

A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav

B．θ=

时，杆产生的电动势为

C．θ=

时，杆受的安培力大小为

D．θ=0时，杆受的安培力为

22．（6分）

如右图所示装置可用来验证机械能守恒定律。

摆锤A栓在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离O竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平L抛运动。

（1）为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度。

为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量：

____________________。

（2）根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=_______________。

（3）根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为____________________。

23．（9分）

用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线。

A．电压表V1（量程6V、内阻很大）

B．电压表V2（量程4V、内阻很大）

C．电流表A（量程3A、内阻很小）

D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω、额定电流4A）

E．小灯泡（2A、7W）

F．电池组（电动势

E、内阻r）

G．开关一只，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。

（1）请将设计的实验电路图在图甲中补充完整。

（2）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，组成两个坐标点（I，U1），标到U）、（I，U2I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝_____V、内阻r＝_____赘。

（结果保留两位有效数字）

（3）在U－I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω，电池组的效率为________（结果保留两位有效数字）。

24．（14分）

从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为mv的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正v0比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，

t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且

落地前球已经做匀速运动，求：

（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做v1的功

（2）球抛出瞬间的加速度大小；

（3）球上升的最大高度H。

25．（18分）（18分）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。

质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。

在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。

保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。

P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。

P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。

（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；

（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？

（3）若P与Q在W点相向（速度方向相反）碰撞时，求A点距虚线X的距离s。

33．【物理—选修3-3】

（15分）

（1）（5分）下列各种说法中正确的是（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；

每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．温度低的物体内能小

B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零

C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其它分子的作用表现为相互吸引

D．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同

E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关

（2）（10分）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T0=300K、大气压强

时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求：

①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；

②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2。

34．【物理—选修3-4】

（1）（5分）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，

两波源分别位于x=-0．2m和x=1．2m处，两列波的速度均为v=0．4m/s，

两波源的振幅均为A=2cm。

图示为t=0时刻两列波的图像（传播方向如图所示），此刻平衡位置处于x=0．2m和x=0．8m的P、Q两质点刚开始振动。

质点M的平衡位置处于x=0．5m处，关于各质点运动情况判断正确的是：

（）

A．两列波相遇后振幅仍然为2cm

B．t＝1s时刻，质点M的位移为-4cm

C．t＝1s时刻，质点M的位移为+4cm

D．t＝0．75s时刻，质点P、Q都运动到

M点E．质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向

（2）（10分）如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°

，∠C＝90°

，一束极细的光于AC的中点D垂直AC面入射，AD＝a，棱镜的折射率为

，求：

①此玻璃的临界角；

②光从棱镜第一次射入空气时的折射角；

③光从进入棱镜到它第一次射入空气所

经历的时间（设光在真空中的传播速度为c）。

35.【选修模块3—5】

（1）（6分）下列说法正确的是（）

A．汤姆生通过对α粒子的散射实验的分析，提出了原子的核式结构模型

B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说

C．查德威克用α粒子轰击氮原子核发现了中子

D．玻尔的原子模型成功地解释了氢光谱的成因

E.现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变放出的能量

（2）．（9分）如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球

、

，质量分别为3m和m，小球

带正电q，小球

带负电-2q，开始时两小球相距s0，小球

有一个水平向右的初速度v0，小球

的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：

当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；

（3）设P在X上方做匀速直线运动的时间为h，则：

tP1=

⑨

设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则：

tP2=

⑩

设小球Q从开始运动到与P球相向碰撞的运动时间为tQ，由单摆周期性有：

11

由题意，有：

tQ=tP1+tP212

联立相关方程，得：

（n为大于

的整数）13

33．物理选修3-3（15分）

（1）CDE（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；

每选错1个扣3分，最

（2）（10分）解①设玻璃对空气的临界角为C，则sinC＝

＝

C＝45°

.（3分）

②如图所示，i1＝60°

，因i1>

45°

，发生全反射．（1分）

i2＝i1－30°

＝30°

<

C，由折射定律有：

，所以r＝45°

③棱镜中光速v＝

，所求时间：

t＝

＋

35.物理选修3－5（15分）

（1）CDE（6分）

（2）

（1）由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为

和

，由动量守恒定律得

（1）（2分）

所以，系统的动能减小量为

（2）（2分）

由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表为

（3）（1分）

联立

（1）、（3）两式，得

（4）（1分）

由（4）式得：

当

（5）（1分）

时，系统的电势能取得最大值，而将（5）式代入

（1）式，得

（6）（1分）

即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为

（7）（1分）