2017年昌平高三物理二模(word官方版)
2017年北京市门头沟区高考物理二模试卷
2017年北京市门头沟区高考物理二模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共8小题，共48.0分)1.某气体的摩尔质量为M，分子质量为m，若1摩尔该气体的体积为V m，密度为ρ，则关于气体分子的体积正确的是（阿伏伽德罗常数为N A）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：A、分子质量为m，密度为ρ，所以分子的体积：．故A正确；BCD、1摩尔该气体的体积为V m，则单位体积分子数为n=，气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则1mol气体的分子数为N A=，则单位体积分子数为n==，单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数n=．但是，气体分子之间的距离远大于分子的大小，所以气体分子的体积远小于，则V＜=．故BCD错误．故选：A分子质量为m，密度为ρ，所以分子的体积等于分子质量与密度的比值；摩尔质量等于密度与摩尔体积的乘积，气体分子间距较大，故分子体积小于摩尔体积与阿佛加德罗常数的比值．本题关键是明确气体分子间距较大，故分子体积小于摩尔体积与阿佛加德罗常数的比值，基础题．2.一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，则关于氢原子判断正确的是（）A.吸收光子，能量增加B.吸收光子，能量减少C.放出光子，能量增加D.放出光子，能量减少【答案】D【解析】解：氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，原子能量减小，向外辐射光子，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，故D正确，A、B、C错误．故选：D．氢原子从高能级向低能级跃迁，能量减小，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，能量增加，吸收光子．解决本题的关键知道吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．3.中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在《玄真子．涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”，从物理学的角度看，虹时太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的，如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b时两种不同频率的单色光，则关于两束光判断正确的是（）A.在同种玻璃种传播，a光的传播速度一定大于b光B.a光的折射率一定小于b光的折射率C.照射同一光电管，若b光能引起光电效应，a光一定也能D.以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光【答案】C【解析】解：AB、画出光路图，分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率公式n=得知，a光的折射率比b光的大，由公式v=得知，在同种玻璃中传播，a光的传播速度一定小于b光，故AB错误；C、a光的折射率比b光的大，则a光的频率比b光的大，分别照射同一光电管，若b 光能引起光电效应，a光也一定能，故C正确；D、b光的折射率较小，由sin C=知b光的临界角大，不容易发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是b光．故D错误．故选：C由图看出第一次折射时，b光折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长．由公式v=得到，b光在玻璃中的传播速度较大；结合发生光电效应的条件分析；折射率较小，则临界角大，不容易发生全反射．本题考查折射定律、折射率与光的频率的关系、速度的关系以及光电效应的条件等知识点的内容，关键之处是画出光路图，分析第一次折射时折射角的关系，要注意运用反射的对称性作图．4.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x a=2m和x b=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是（）A.该波沿+x方向传播，波速为1m/sB.质点a经4s振动的路程为4mC.此时刻质点a的速度沿+y方向D.质点a在t=2s时速度为零【答案】D【解析】解：A、ab两点间的距离为x=x b-x a=6-2=4m，振动从a传播到b的时间为半个周期，为t==4s，所以波速为：v===1m/s，但是b点该时刻的振动方向是沿y轴正方向，由微平移法可知波向-x轴方向传播，选项A错误．B、质点a振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2倍，即为1m，选项B错误C、此时刻b的振动方向是向y轴正方向，ab间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a的速度沿-y方向，选项C错误．D、在t=2s时，质点b在正的最大位移处，ab两质点的振动步调完全相反，所以质点a 在负的最大位移处，此时a的速度为零，选项D正确．故选：DA、由图可知ab两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b 点在该时刻的位置及振动方向，利用平移法可知波的传播方向，从而可知选项A的正误B、方向经过4s的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4倍，即可得知选项B的正误．C，结合b质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a质点所处的位置和振动方向，继而可知选项C的正误．D、通过t=2s时b的位置，可判断出a点的位置，从而可知a点的运动情况，继而得知选项D的正误．该题考察了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判断和步调始终相反的点的判断．会通过时间计算振动质点通过的路程．5.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则关于电容器判断正确的是（）A.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大D.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变【答案】A【解析】解：平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变．若将云母介质移出，由电容的决定式C=，可知，电容C会减小，再由电容的定义式C=，可得，电荷量会减小，因E=，所以板间场强不变．故A正确，BCD错误．故选：A．电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．6.两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则（）A.正电荷由P静止释放能运动到QB.正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C.负电荷在P的电势能高于在Q的电势能D.负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零【答案】D【解析】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误B、电场线的疏密代表场强的大小，故E P＞E Q，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；C、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故E P=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D正确；故选：D根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．则关于离子和质子的质量比正确的是（）A.11B.12C.144D.121【答案】C【解析】解：质量为m，带电量为q的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒子在磁场中运动的速度为v，应用动能定理可得：解得：；粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：解得：；因为，离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即：=144，故ABD错误，C正确；质离，所以，离子和质子的质量比离质故选：C．应用动能定理，求出粒子经过加速电场后的速度表达式；在应用牛顿第二定律求得粒子在磁场中做圆周运动的半径表达式，分别代入质子、离子及磁感应强度的数据即可求得质量比．在不同粒子经过相同的运动过程时，我们通常利用一般粒子进行过程分析、计算求得表达式，然后再代入特定例子来求解．8.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为△r（a星的轨道半径大于b星的），则（）A.b星的周期为TB.a星的线速度大小为C.a、b两颗星的半径之比为D.a、b两颗星的质量之比为【答案】B【解析】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故A错误；B、根据题意可知，r a+r b=l，r a-r b=△r，解得：，，则a星的线速度大小，，故B 正确，C错误；D、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：解得：，故D错误．故选：B双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，周期相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，从而得出线速度大小之比，根据向心力相等求出质量关系．解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等，难度适中．二、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)9.为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图a所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：A．待测微安表（量程500μA，内阻约300Ω）B．电阻箱（最大阻值999.9Ω）C．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）D．滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）E．电源（电动势为2V，内阻不计）F．保护电阻R0（阻值为120Ω）①保护电阻R0的作用是______ ．②实验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片P移到最右端，调节电阻箱R的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使微安表电流表满偏；第三，固定滑片P不动，调节R的电阻值如图b所示，使微安表的示数正好是满刻度的时，此时接入电路的电阻箱的阻值R为______ Ω．第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值R A1为______ Ω．③这样测定的微安表内阻R A1比微安表内阻的真实值______ （填“偏大”、“偏小”）【答案】保护微安表不超过量程；290.8；290.8；偏大【解析】解：①保护电阻R0的作用是保护微安表不超过量程．②此时接入电路的电阻箱的阻值R为290.8Ω．③微安表的内阻远远大于滑动变阻器右半部分电阻，它们并联后的阻值略小于滑动变阻器右半部分电阻．开始时电阻箱R0的阻值为零，将滑片P缓慢左移，使微安表上电流满偏，通过微安表电流为I；调整R0的阻值，使微安表上读数正好是满刻度的，通过微安表电流为I；电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值基本不变，我们可以近似认为电阻箱和微安表串联的电路两端电压基本不变，通过微安表电流为I，电阻箱和微安表串联的总电阻增大到原来的2倍，所以微安表内阻的测量值R A1=290.8Ω③电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么分压器上输出的电压略增大，通过微安表电流为I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的2倍，电阻箱的阻值与微安表的内阻大，所以测量值比真实值偏大．故答案为：①保护微安表不超过量程；②290.8，290.8；③偏大．此题采用了类似半偏法测电表的电阻．保护电阻R0的作用是保护微安表，防止超过量程．滑动变阻器的选择关键是如何保证调整R0的阻值时测量电路电压基本不变．利用电阻箱和微安表串联和微安表上读数的位置找出微安表的内阻和电阻箱阻值的关系．测量电压表和电流表内阻时，一般不能直接用伏安法进行测量，因为电流表电阻太小，其两端电压太小用电压表测误差太大，同理，电压表电阻太大，其上通过的电流太小，电流表测误差太大．故电流表．电压表内阻测量常用半偏法．10.某学生实验小组利用图甲所示电路，测量多用电表内电池的电动势和“×100Ω”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：A．多用电表；B．毫安表：量程6m A；C．滑动变阻器：最大阻值2kΩ；D．导线若干．实验步骤如下：（1）将多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调零点．（2）将图甲中多用电表的黑表笔和______ （选填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端．（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使这时毫安表的示数为3m A，多用电表的示数如图乙所示，多用电表的示数为______ Ω．（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时毫安表的示数3.75m A．从测量数据可知，毫安表的内阻为______ Ω．（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丙所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为______ V，电阻“×100”挡内部电路的总电阻为______ Ω．【答案】1；1500；900；9；1500【解析】解：（2）多用电表外接线柱为红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触2，黑表笔接1；（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=100×15.0Ω=1500Ω；（4、5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，由图可知，中值电阻为1500Ω；故欧姆表100档位的内电阻为1500Ω；根据闭合电路欧姆定律可知：3m A=中，3.75m A=中，联立解得：R g=900Ω；E=9V；故答案为：（2）1；（3）1500；（4）900；（5）9；1500．（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；（2）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数；（4、5）根据多用电表的性质，明确中性电阻即为电源内阻；而欧姆表测量的是外电路的总电阻，分别对电流为3m A和3.75m A进行分析，由闭合电路欧姆定律列式即可求得电流表内阻即电源的电动．本题考查多用电表欧姆表原理以及闭合电路欧姆定律的应用，注意明确电表原理以及闭合电路欧姆定律的正确应用，知道欧姆档内部存在电源和内阻．三、计算题(本大题共3小题，共54.0分)11.2016年下半年下水，预计在2019年服役．航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m=1×103kg，在跑道上加速时可能产生的最大动力为F=7×103N，所受阻力为其受到的重力的0.2倍，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞．航空母舰处于静止状态，若要求该飞机在滑行160m时起飞，求（1）飞机在跑道上加速时的加速度的大小（2）若不启动弹射系统，滑道的最小长度为多少？（3）若启动飞机起飞弹射系统，飞机刚离开弹射系统时的动能．【答案】解：（1）飞机在跑道加速时所受阻力f=kmg=0.2×103×10N=2×103N由牛顿第二定律得：F-f=ma，即：7×103-2×103=1×103a解得：a=5m/s2（2）由匀变速直线运动规律得：v2-v02=2ax，即：502-0=2×5x解得滑道的最小长度为：x=250m（3）由匀变速直线运动规律得：v2-v02=2ax，即：502-v02=2×5×160解得：v0=30m/s飞机离开弹射系统时的动能：E k=mv02=×1×103×302=4.5×105J答：（1）飞机在跑道上加速时的加速度的大小为5m/s2；（2）若不启动弹射系统，滑道的最小长度为250m；（3）若启动飞机起飞弹射系统，飞机刚离开弹射系统时的动能为4.5×105J．【解析】（1）根据牛顿第二定律求出飞机在跑道上加速时的加速度的大小；（2）根据匀变速直线运动的推导公式求滑道的最小长度；（3）先求出有弹射系统飞机起飞的初速度，根据动能定理求飞机刚离开弹射系统时的动能．此题是一道简单的力学综合题，要求能够分析飞机起飞的运动过程，并能熟练运用牛顿定律和运动学公式进行解答．12.如图甲所示，固定轨道由倾角为θ的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两导轨间距为L，上端用阻值为R的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为m的金属杆MN从斜导轨上某一高度处由静止开始（t=0）沿斜导轨匀加速下滑，当杆MN滑至斜轨道的最低端P2Q2处时撤去拉力，杆MN在水平导轨上减速运动直至停止，其速率v随时间t的变化关系如图乙所示（其中v m和t0为已知）．杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆MN的电阻以及一切摩擦均不计．求：（1）杆MN中通过的最大感应电流I m；（2）杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量q；（3）撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程s．【答案】解：（1）经分析可知，杆MN下滑到P2Q2处时的速度最大（设为v m），此时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为：E m=BL v m，此时回路中通过的感应电流最大，有：I m=，解得：I m=；（2）杆MN沿斜导轨下滑的距离为：x=；在杆MN沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：△Ф=BL xcosθ，该过程，回路中产生的平均感应电动势为：，回路中通过的平均感应电流为：；又：q=，解得：q=；（3）撤去拉力后，杆MN在水平导轨上做减速运动，设某时刻其速度大小为v，则此时回路中通过的感应电流为：I=，设此时杆MN的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：BIL=ma，设在趋近于零的时间△t内，杆MN的速度变化的大小为△v，有：a=，由以上三式可得：，即：，解得：s=．答：（1）杆MN中通过的最大感应电流为；（2）杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量为；（3）撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程为．【解析】（1）根据E=BL v和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值；（2）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量；（3）根据平均加速度和安培力的关系计算撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程s．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．13.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，物块A以V0=6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动．P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B的质量均为m=1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短）．（1）求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F；（2）若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；（3）求碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度V AB与n的关系式．【答案】解：（1）由机械能守恒定律可得：mv02=mg（2R）+mv2；解得：v=4m/s；由F+mg=m可得：F=22N；（2）AB碰撞前A的速度为v A，由机械能守恒定律可得：mv02=mv A2得v A=v0=6m/s；AB碰撞后以共同速度v P前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=（m+m）v p解得：v P=3m/s；故总动能E K=（m+m）v P2=×2×9=9J；滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△E K=f L=μ（m+m）g L=0.1×20×0.1=0.2J；k===45；（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；E损=n E=0.2n J从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：（m+m）v P2-（m+m）v AB2=n△E，代入解得：v AB=m/s；答：1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；（2）k的数值为45；（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度V AB与n的关系式为v AB=m/s；【解析】（1）由机械能守恒定律可求得A滑过Q点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；（2）由机械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；（3）设总共经历了n段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．高中物理试卷第11页，共11页。
2017年北京市丰台高三二模理综物理试题及答案
2017年北京市丰台高三二模理综物理试题及答案D件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制故障电流。
超导部件正常态电阻R1＝6Ω，临界电流I C＝0.6A，限流电阻R2＝12Ω，灯泡L上标有“6V，3W”字样，电源电动势E=6V，内阻忽略不计，则下列判断不正确．．．的是A．当灯泡正常发光时，通过灯L的电流为0.5A B．当灯泡正常发光时，通过R2的电流为0.5AC．当灯泡L发生故障短路时，通过R1的电流为1AD．当灯泡L发生故障短路时，通过R2的电流为0.5A第二部分（非选择题共180分）21.（18分）（1）某同学利用“双缝干涉实验装置”测定红光的波长。
已知双缝0 40 45 35 0mm间距为d，双缝到屏的距离为L，将测量头的分划板中心刻线与某一亮条纹的中心对齐，并将该条纹记为第1亮条纹，其示数如图所示，此时的示数为mm。
然后转动测量头，使分划板中心刻线与第5亮条纹的中心对齐，读出示数，并计算第5亮条纹与第1亮条纹的中心线间距离为Δx。
由此可得该红光的波长表达式为（用字母表达）。
（2）某物理兴趣小组的同学用图甲所示装置来“验证牛顿第二定律”。
同学们在实验中，都将砂和小桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变小桶中砂的质量改变拉力。
为使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，实验中需要平衡摩擦力。
①下列器材中不必要．．．的是（填字母代号）。
A．低压交流电源B．秒表图甲电磁打点计时器小桶和砂C．天平（含砝码）D．刻度尺②下列实验操作中，哪些是正确的（填字母代号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．每次实验，都要先放开小车，再接通打点计时器的电源C．平衡摩擦力时，将悬挂小桶的细线系在小车上D．平衡摩擦力时，让小车后面连着已经穿过打点计时器的纸带③图乙是某同学实验中获得的一条纸带。
A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的时间间隔为T，A、B间的距离为x1，A、C间的距离为x2，则小车的加速度a=__________（用字母表达）。
2017年山东省泰安市高考物理二模试卷(解析版)
2017年山东省泰安市高考物理二模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了巨大的贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．伽利略利用行星运行的规律，并通过月地检验，得出了万有引力定律B．贝克勒尔发现了天然放射性，开始了原子核结构的研究C．汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构D．牛顿通过斜面实验结合逻辑推理的方法对“自由落体运动”进行了系统的研究2．（6分）根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A．12.75eV B．13.06eV C．13.6eV D．0.85eV3．（6分）如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则（）A．t1＞t2B．t1=t2 C．I1＞I2D．I1=I24．（6分）a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v﹣t图象均为直线．如图，已知两物体在4s末相遇．则关于它们在0～4s内的运动．下列说法正确的是（）A．a、b两物体运动的方向相反B．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t=2s时两物体相距最远D．t=0时刻，a在b前方3m远处5．（6分）如图，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态．已知球B质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角．OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细线剪断的瞬间（重力加速度为g）（）A．弹簧弹力大小mg B．球B的加速度为gC．球A受到的支持力为mg D．球A的加速度为g6．（6分）一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a表示，物体到球形行星表面的距离用h表示，a随h变化的图象如图所示，图中a1、h1、a2、h2及万有引力常量G均为已知．根据以上数据可以计算出（）A．该行星的半径B．该行星的质量C．该行星的自转周期D．该行星同步卫星离行星表面的高度7．（6分）如图（1）所示，在两平行的金属板间加上如图（2）所示的电压．在0～1s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t=2s时电荷仍运动且未与极板接触．则在1～2s内，点电荷（g取10m/s2）（）A．做匀加速直线运动，加速度大小为10m/s2B．做变加速直线运动．平均加速度大小为5m/s2C．做变加速直线运动，2s末加速度大小为10m/s2D．2s末速度大小为10m/s8．（6分）如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．则（）A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B．在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为二、非选择题．【必做部分】9．（6分）在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，砂和砂桶的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电．改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是A．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gB．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gD．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g（3）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用图2给出的数据可求出小车运动的加速度a=m/s2．（结果保留三位有效数字）10．（9分）在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．（1）甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则①请用笔画线代替导线在图（b）中完成电路的连接；②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U﹣I图线如图c所示，可得电源的电动势E=V，内电阻r=Ω．（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U﹣I图线如图e所示，可得电源的电动势E=V，内电阻r=Ω．（结果保留2位有效数字）11．（12分）如图，长为l的不可伸长的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A．质量为3m的小球B放在光滑水平面上，位于O点正下方距离也为l处．将球A拉至轻绳（伸直）与水平方向的夹角θ=30o处，由静止释放．球A到达最低点时与球B发生正碰，两小球均视为质点，重力加速度为g．求碰撞后小球A能上摆的最大高度．12．（20分）在平面坐标系内，在第1象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第III、IV象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场．在y轴上y=l处沿正x方向发射一比荷为、速度为v0的带正电粒子，从x=2l的M点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过．不计粒子重力．求：（1）匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B的大小：（2）粒子从A运动到O经历的时间；（3）若让该粒子从y上y＞0的任意位置P处沿正x方向发射（发射速度v0不变），求它第二次通x轴时的横坐标．（二）选考题（15分）【物理-选修3-3】13．（5分）下列说法正确的是（）A．小雨滴呈现球形是水的表面张力作用的结果B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远D．常见的金属都是非晶体E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性14．（10分）如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h1=25cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U型管的底部．右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计．活塞自由静止时底面与左侧空气柱的下端齐平，此时空气柱的长度L0=12.5cm，B部分水银两液面的高度差h2=45cm，外界大气压强p0=75cmHg．保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，活塞移动了多少距离？【物理-选修3-4】（15分）15．均匀介质中相距为a的两个波源S1和S2，振动频率均为f，产生的简谐横波沿其连线相向传播，振幅为A，波速为v．O为S1S2的中点，如图所示．已知两波源的振动方向和初始相位均相同．下列说法正确的是（）A．质点O的振动频率为fB．质点O的振动频率为2fC．质点O的振幅为2AD．只要不满足a=n（n=1、2、3…），质点O的振幅就一定小于2AE．质点O的振动可能与波源S1、S2不同步16．直角三角形ABC为某玻璃砖的横截面，其中∠A=30°，BC长度为L．平行光束以与AC成45°角的方向照射到AC面上，已知从BC面射出的光线与BC垂直，如图．求：（i）玻璃的折射率n；（ii）AB面上哪个范围有光射出？2017年山东省泰安市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．（6分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了巨大的贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．伽利略利用行星运行的规律，并通过月地检验，得出了万有引力定律B．贝克勒尔发现了天然放射性，开始了原子核结构的研究C．汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构D．牛顿通过斜面实验结合逻辑推理的方法对“自由落体运动”进行了系统的研究【解答】解：A、伽利略最早指出“力不是维持物体运动的原因”，而牛顿得出了万有引力定律，故A错误；B、贝克勒尔发现了天然放射性，开始了原子核结构的研究，故B正确；C、汤姆孙发现了电子，但卢瑟福提出了原子的核式结构，故C错误；D、伽利略通过斜面实验结合逻辑推理的方法对“自由落体运动”进行了系统的研究，故D错误；故选：B．2．（6分）根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（）A．12.75eV B．13.06eV C．13.6eV D．0.85eV【解答】解：由题意应该有6=，得n=4．即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为：﹣0.85ev﹣（﹣13.6ev）=12.75ev，故A 正确，BCD错误．故选：A．3．（6分）如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则（）A．t1＞t2B．t1=t2 C．I1＞I2D．I1=I2【解答】解：AB、小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．即从A到C速度越来越小，AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1＜t2，故AB错误；CD、沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1＞I2，故C正确，D错误．故选：C．4．（6分）a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v﹣t图象均为直线．如图，已知两物体在4s末相遇．则关于它们在0～4s内的运动．下列说法正确的是（）A．a、b两物体运动的方向相反B．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t=2s时两物体相距最远D．t=0时刻，a在b前方3m远处【解答】解：A、a、b两物体的速度均为正，说明两物体运动的方向相同，故A 错误．B、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，由几何关系知，a物体的加速度大于b物体的加速度．故B错误．CD、根据“面积”表示位移，由几何关系可知：在0﹣4s内，a的位移等于b的位移，已知两物体在4s末相遇，说明t=0时刻a、b在同一位置，在0﹣2s内，b 的速度比a的大，两者间距增大．在2﹣4s内a的速度比b的大，两者间距减小，所以t=2s时两物体相距最远，故C正确，D错误．故选：C5．（6分）如图，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态．已知球B质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角．OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细线剪断的瞬间（重力加速度为g）（）A．弹簧弹力大小mg B．球B的加速度为gC．球A受到的支持力为mg D．球A的加速度为g【解答】解：A、隔离对B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：T OB sin45°=F竖直方向有：T OB cos45°=mg，则有：T OB=mg弹簧弹为：F=mg，故A错误．B、对B球受力分析可知，在剪断瞬间B受到的合力，根据牛顿第二定律可知，故B错误；C、如图所示，由几何关系可知拉力T OA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T OA相等，有：2T OA sin60°=mAg，解得m A=m，剪断轻绳后，T OA=0，沿圆弧切线方向和沿半径方向处理力，瞬间速度为零，沿半径方向合力为零，有：N=m A gsin60°=m A g=mg，故C错误D、对球A，沿切线方向根据牛顿第二定律有：a==g，故D正确．故选：D6．（6分）一球形行星对其周围物体的万有引力使物体产生的加速度用a表示，物体到球形行星表面的距离用h表示，a随h变化的图象如图所示，图中a1、h1、a2、h2及万有引力常量G均为已知．根据以上数据可以计算出（）A．该行星的半径B．该行星的质量C．该行星的自转周期D．该行星同步卫星离行星表面的高度【解答】解：A、球形行星对其周围质量为m的物体的万有引力：所以：，联立可得：R=故A正确；B、将R=代入加速度的表达式即可求出该行星的质量．故B正确；C、由题目以及相关的公式的物理量都与该行星转动的自转周期无关，所以不能求出该行星的自转周期．故C错误；D、由于不能求出该行星的自转周期，所以也不能求出该行星同步卫星离行星表面的高度．故D错误．故选：AB7．（6分）如图（1）所示，在两平行的金属板间加上如图（2）所示的电压．在0～1s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t=2s时电荷仍运动且未与极板接触．则在1～2s内，点电荷（g取10m/s2）（）A．做匀加速直线运动，加速度大小为10m/s2B．做变加速直线运动．平均加速度大小为5m/s2C．做变加速直线运动，2s末加速度大小为10m/s2D．2s末速度大小为10m/s【解答】解：A、第1s电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡；第2s电势差变大，故电场强度变大，电场力变大，第2s末电场强度增加为第1s 末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，且第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；B、第2s内电压随时间增加，电场强度随时间增加，电场力随时间时间增加，合力随时间增加，加速度随时间增加，做变加速直线运动，第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，故平均加速度为：，故B正确；C、第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故加速度为g，方向是竖直向上，故C正确；D、根据速度时间公式，2秒末速度大小为：，故D错误；故选：BC．8．（6分）如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．则（）A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B．在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为【解答】解：AB、因在o﹣t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速，当加速度a=0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确C、D 设在0﹣t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a=…①…②F1=ma…③q=…④△Φ=B△S=BL…⑤由①②③解得：a=，故C错误由②③④⑤解得：q=，故D正确故选：BD二、非选择题．【必做部分】9．（6分）在“验证牛顿第二定律”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，砂和砂桶的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出．（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是B A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电．改变砂桶中砂子的多少，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是CA．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gB．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gC．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、35g、40gD．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g（3）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，每相邻两个计数点间还有4个点未画出，利用图2给出的数据可求出小车运动的加速度a= 1.58m/s2．（结果保留三位有效数字）【解答】解：：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故B正确．故选：B（2）当m＜＜M时，即当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．因此最合理的一组是C．故选：C．（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为T=0.1s，利用匀变速直线运动的推论△x=at2，得：s DE﹣s AB=3a1T2s EF﹣s BC=3a2T2s FG﹣s CD=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=m/s2=1.58m/s2故答案为：（1）B；（2）C；（3）1.5810．（9分）在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．（1）甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则①请用笔画线代替导线在图（b）中完成电路的连接；②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U﹣I图线如图c所示，可得电源的电动势E= 2.8V，内电阻r=0.60Ω．（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U﹣I图线如图e所示，可得电源的电动势E= 3.0V，内电阻r=0.50Ω．（结果保留2位有效数字）【解答】解：（1）①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；②根据闭合电路欧姆定律可得：U=E﹣Ir则由数学规律可知，电动势E=2.8V；r===0.60Ω；（2）由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.5V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.5=E﹣r2.4=E﹣1.2r解得：E=3.0；r=0.50；故答案为：（1）①如图所示；②2.8；0.60；（2）3.0，0.5011．（12分）如图，长为l的不可伸长的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A．质量为3m的小球B放在光滑水平面上，位于O点正下方距离也为l处．将球A拉至轻绳（伸直）与水平方向的夹角θ=30o处，由静止释放．球A到达最低点时与球B发生正碰，两小球均视为质点，重力加速度为g．求碰撞后小球A能上摆的最大高度．【解答】解：由几何关系可知，小球A释放后自由下落l距离时，轻绳再次拉直．设绳被拉直前小球的速度为v1，则有：v12=2gl绳被拉直后，小球A做圆周运动，速度变为：v2=v1cosθ设小球A与B碰撞前速度为v3，则有：mv32=mv22+mg如果碰撞后小球A向右运动，则两球一定粘在一起向右运动时速度达最大；设向右为正方向，根据动量守恒定律可知，最大速度应满足：mv3=（m+3m）v4；如果碰撞后小球A向左运动，则最大速度应满足：mv3=mv5+3mv6mv32=mv52+（3m）v62解得：v5=﹣v3由于v5＞v4，所以碰撞后小球A上摆的最大高度h应满足：mgh=mv52解得：h=l．答：碰撞后小球A能上摆的最大高度为l．12．（20分）在平面坐标系内，在第1象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第III、IV象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场．在y轴上y=l处沿正x方向发射一比荷为、速度为v0的带正电粒子，从x=2l的M点离开电场，经磁场后再次到达x轴时刚好从坐标原点O处经过．不计粒子重力．求：（1）匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B的大小：（2）粒子从A运动到O经历的时间；（3）若让该粒子从y上y＞0的任意位置P处沿正x方向发射（发射速度v0不变），求它第二次通x轴时的横坐标．【解答】解：（1）粒子在电场中只受电场力作用，做平抛运动，所以，有：，所以有：=；且由平抛运动的规律可知，粒子在电场中运动的时间为：，进入磁场时，速度v的水平分量为：v x=v0，竖直分量为：，解得：；粒子在磁场中只受洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下作圆周运动，所以，粒子运动轨迹如图所示，则，粒子做圆周运动的半径为：，所以，由洛伦兹力作向心力可得：，解得：；（2）由（1）可知，粒子在电场中的运动时间为；粒子在磁场中转过的中心角为270°，圆周运动的周期为：，所以，粒子在磁场中的运动时间为：；所以，粒子从A运动到O经历的时间为；（3）粒子在电场中只受电场力作用，做平抛运动，所以，有，所以，，所以，粒子在处以速度v′进入磁场，v′的水平分量为v，竖直分量为；所以，，所以，粒子运动轨迹如图，，所以有，粒子由洛伦兹力做向心力，所以，，由圆周运动的对称性可知，粒子在磁场中运动在x轴上截得的弦长为；因为弦长等于入射点的坐标，所以，粒子一定重O点离开磁场，所以，粒子第二次通过x轴时的横坐标为x=0．答：（1）匀强电场的场强E的大小为，匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）粒子从A运动到O经历的时间为；（3）若让该粒子从y上y＞0的任意位置P处沿正x方向发射（发射速度v0不变），则它第二次通过x轴时的横坐标为0．（二）选考题（15分）【物理-选修3-3】13．（5分）下列说法正确的是（）A．小雨滴呈现球形是水的表面张力作用的结果B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远D．常见的金属都是非晶体E．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性【解答】解：A、液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形，则A正确B、气体间距较大，分子间无分子力，给车胎打气，越压越吃力，是气体压强变大了，则B错误C、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状越远，则C正确D、金属是多晶体，则D错误E、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，则E正确故选：ACE14．（10分）如图所示，粗细均匀的U形管左端封闭右端开口，一段空气柱将水银分为A、B两部分，水银柱A的长度h1=25cm，位于封闭端的顶部，B部分位于U型管的底部．右管内有一轻活塞，活塞与管壁之间的摩擦不计．活塞自由静止时底面与左侧空气柱的下端齐平，此时空气柱的长度L0=12.5cm，B部分水银两液面的高度差h 2=45cm，外界大气压强p0=75cmHg．保持温度不变，将活塞缓慢上提，当A部分的水银柱恰好对U形管的顶部没有压力时，活塞移动了多少距离？【解答】解：活塞自由静止时，右管内气体的压强，左管内气体的压强分别为①活塞上提后再平衡时，左管内气体的压强②设B部分水银柱两端液面的高度差为，则右管中被封气体的压强为③设左管中的气体长度为L，右管中被封气体的长度为l，管的横截面积为S，根据玻意耳定律对右管中的被封气体④对左管中的气体⑤根据几何关系知⑥设活塞上提的距离x，则⑦代入数据解得x=9.4cm ⑧答：活塞移动了9.4cm【物理-选修3-4】（15分）15．均匀介质中相距为a的两个波源S1和S2，振动频率均为f，产生的简谐横波沿其连线相向传播，振幅为A，波速为v．O为S1S2的中点，如图所示．已知两波源的振动方向和初始相位均相同．下列说法正确的是（）A．质点O的振动频率为fB．质点O的振动频率为2fC．质点O的振幅为2AD．只要不满足a=n（n=1、2、3…），质点O的振幅就一定小于2AE．质点O的振动可能与波源S1、S2不同步【解答】解：AB、两个波源S1和S2，振动频率均为f，那么质点O的振动频率也为f，故A正确，B错误；C、波源的振幅为A，O为S1S2的中点，依据波叠加原理，则质点O的振幅为2A，故C正确；D、O为S1S2的中点，那么两波源传播到质点O的振动，是同步的，质点O的振幅就一定等于2A，故D错误；E、当波源到质点O的间距是半个波长的偶数倍时，则O的振动可能与波源S1、。
2024届北京市昌平区高三二模全真演练物理试卷
2024届北京市昌平区高三二模全真演练物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的答案中，只有一个符合题目要求。
(共8题)第(1)题如图甲所示为不同温度下的黑体辐射强度随波长λ的变化规律；乙图中，某种单色光照射到光电管的阴极上时，电流表有示数；丙图为氢原子能级图，有大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁；丁图为放射性元素14C剩余质量m与原质量m0的比值随时间t的变化规律，下列说法正确的是（）A．甲图中，随着温度的升高，辐射强度的极大值向频率较小的方向移动B．乙图中，用频率更低的光照射光电管的阴极时，电流表一定没有示数C．丙图中，从n=5能级跃迁到n=4能级时产生的光子波长最小D．丁图中，14C的半衰期是5730年，则100g14C经过5730年还剩50g14C第(2)题在研究简谐波的传播时，波源起振器位于O点，沿x轴正方向时的波形如图所示。
则下列说法正确的是（ ）A．该波的频率为，波速为B．处的质点在时第一次到达波峰的位置C ．处的质点在时第一次到达的位置D．处的质点在时第一次到达的位置第(3)题北京时间2023年12月15日21时41分，我国在文昌航天发射场成功将遥感四十一号卫星发射升空，卫星顺利进入同步倾斜轨道，该星是一颗高轨道光学遥感卫星。
遥感四十一号卫星与在轨高度约为343km的神舟十七号载人飞船（两者都近似看作绕地球做圆周运动）相比，下列说法正确的是（ ）A．遥感四十一号卫星向心加速度更大B．神舟十七号载人飞船的动能更大C．神舟十七号载人飞船发射速度更大D．相等时间内遥感四十一号卫星与地球的连线扫过的面积大于神舟十七号飞船与地球的连线扫过的面积第(4)题天玑星是北斗七星之一，在天玑星周围还有一颗伴星，它们组成双星系统，各自绕二者连线上的某一点O做匀速圆周运动，伴星距O点较远，如图所示。
现已知天玑星的质量为M，二者之间连线的距离为L，运动周期均为T，万有引力常量为G。
高三物理2017海淀二模考试答案北京
高三物理二模参考答案与评分标准13.C 14.A 15.B 16.C 17.A 18.B 19.D 20.D21.（18分）（1）①ACD （3分）（答对一项给一分，有答错的得0分）②变大（2分），9∶4（3分）（2）①AC （2分） ②21.0（21同样得分），1.9×102（190同样得分）（各2分）③BAD （2分） ④AC （2分）22．（16分）（1）设小孩经过O 点时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律有2012mgh mv =…………………………………………………………………（3分）解得：08.0m/s v =……………………………………………………（3分）（2）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统动量守恒，设碰撞后家长的速度大小为v 1，则mv 0=Mv 1 ………………………………………………………（3分）解得v 1=mv 0/M=4.0m/s…………………………………………………………………（3分）（3）设系统损失的机械能为ΔE ，则220111=22E mv Mv ∆-=480J……………………………………………………（4分）23．（18分）（1）① 对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有eU 1=21mv 02…………………………………………………………………………（3分）解得 v 0=meU 12……………………………………………………………………（1分） ②加磁场后，电子沿水平方向以v 0做匀速直线运动，所受合力为零………………（2分）即eU 2/d=ev 0B …………………………………………………………………………（2分）解得 B=122eU m d U …………………………………………………………………（2分） （2）电子通过偏转电场的时间t 1=L 1/v 0……………………………………………（1分）电子离开偏转电场时沿垂直偏转极板方向的速度分量v y =a y t 1=210eU L dm v …………（2分）电子离开偏转电场到荧光屏的运动时间t 2=L 2/v 0…………………………………（1分）若不计重力，电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向的位移 y 1=v y t 2=20212dmv L L eU ………………………………………………………………………（1分） 若考虑到重力的作用，则电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向的位移 y 2=v y t 2+21gt 22=20212dmv L L eU +21g 2022v L ………………………………………………（1分） 由于重力影响，电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向位移增加量为 Δy=y 2-y 1=21g 2022v L 由于重力的影响，电子离开偏转电场到荧光屏的过程中，沿垂直偏转极板方向位移的增加量与忽略电子所受重力时的位移的比值12212L eU dm gL y y =∆≈10-14……………………………………………………（1分）即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小，所以计算电子偏转量时可以忽略电子所受的重力。
高三物理2017房山二模考试答案北京
s房山2017物理二模答案实验题: (1)①0.460 3分②24U d ILπ 3分③ 不正确，欧姆定律中导体两端电压与导体中的电流是瞬时对应的。
（3分） （2）① B 2分 ②图线如图 2分根据图线求得：0.40a =m/s 2 2分 ③存在的问题： 1.斜面垫的过高了2.没有满足小车质量远大于砂桶和砝码质量. 3分(写一项给1分,写两项给3分) 22题(1) 由动能定理得:212mgh mv = 3分 解得:v = 1分(2) 由法拉第电磁感应定律E BLv = 2分EI R =2分 34U I R =⋅2分解得:34U = 1分(3) 线框所受安培力F BIL =2分 BLvI R=解得: F = 1分由左手定则可知安培力方向向上 2分23题(1)由动能定理:2212eU mv = 4 分 解得:v = 1分 (2)由匀变速平均速度公式2v v = 2分Lt v= 2分 代入数据解得:t =2分 (3)电路稳定时,两板间的电荷量为Q It =, 2分Q N q == 2分 电子不是均分布的,由I nesv=可知,越接近右极板电子速度越大,电子分布越稀疏,越靠近左极板电子分布越稠密. 3分 24题（1）设地球质量为M ，飞船质量为m ，探测器质量为m'，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时的速度为v 0根据万有引力定律和牛顿第二定律有 kRv m m kR m m GM 202)()()('+='+ （4分） 对于地面附近的质量为m 0的物体有 m 0g=GMm 0/R 2（3分） 解得： kgRv =0（3分） （2）①设探测器被发射出时的速度为v'，因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以探测器刚好．．脱离地球引力应满足 0212='-''kR m GM v m （3分） 解得 ： kgRv kR GM v 2220==='（2分） ②设发射探测器后飞船在A 点的速度为v A ,运动到B 点的速度为v B ,因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以有kRGMmmv R GMm mv A B -=-222121 （3分） 对于飞船发射探测器的过程，根据动量守恒定律有 (m + m')v 0=mv A + m'v'（1分）因飞船通过A 点与B 点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，即Rv B =kRv A 解得：12112+--='k m m （1分）。
2017年全国高考物理三模试卷(新课标ⅱ卷)(解析版)
2017年全国高考物理三模试卷（新课标Ⅱ卷）二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）关于近代物理，下列叙述正确的是（）A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道半径也在连续地减小B．某放射性原子核经过两次α衰变和一次β衰变，核内中子数减少5个C．结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大2．（6分）以初速度v0竖直上抛一个小球，不计空气阻力，0～T时间内位移大小为160m，T～2T时间内位移等于0，上升的最大高度为h，共运动t时间返回抛出点，则对此运动判断错误的是（重力加速度g=10m/s2）（）A．T=4 s B．v0=60 m/s C．h=180 m D．t=16 s3．（6分）如图所示，卡车沿水平路面向左做直线运动，车厢上平放着质量为m 的木箱，与卡车保持相对静止．车厢尾部的竖直支架上用细线悬挂有一个质量也为m的小球，频闪相机拍下的某一张照片上发现小球偏向后方，细线与竖直方向夹角为θ，则关于这一瞬间的分析正确的是（）A．车一定做加速运动B．木箱受到的摩擦力为mgtanθC．细线的拉力可能为D．小球可能受力平衡4．（6分）如图所示，一带正电粒子沿与圆形区域直径ab成30°的方向从a点以速度v0进入匀强磁场，经过t时间从b点离开，已知仅在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．当粒子调整速度大小后，再次从同一位置以相同的方向进入圆形区域磁场，经过2t时间再次离开圆形区域．则粒子调整后的速度为（粒子重力不计）（）A．3v0B．C．2v0D．5．（6分）如图示，用一段轻绳系一个质量为m的小球悬挂在天花板下面．将轻绳水平拉直后由静止释放，当绳与水平方向夹角为α时，小球受到的合力大小为（）A．mg B．mg C．mg D．mg6．（6分）如图所示，P、A、B三点所在的平面内存在有匀强电场，把一个电子从B点移动到P点，电场力做功W BP=6eV，把电子从B点移动到A点，电场力做功W BA=12eV，已知C、D均为所在边的中点，且三角形PAB为等边三角形，电场线与P、A、B三点所在平面平行，则下列说法正确的是（）A．电场线沿A→B方向B．电场线沿P→C方向C．把电子从A点移动到D点，电场力做功9 eVD．把电子从D点移动到C点，电场力做功3 eV7．（6分）如图甲所示，U形导轨abcd与水平面成一定的角度倾斜放置，空间存在有垂直导轨平面的匀强磁场．从某时刻开始计时，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示（垂直导轨平面向上为磁场正方向）．已知导体棒PQ水平放置在导轨上且始终静止不动，下列分析正确的是（）A．导轨可能光滑B．t1时刻PQ中没有电流C．导体棒PQ受安培力大小在减小D．t1时刻导体棒PQ受到的安培力等于08．（6分）瞬时值u=22sin100πt（V）的正弦式交流电通过如图所示的理想变压器给一个照明灯和指示灯氖泡供电．已知氖泡发光的最低电压是100V，对于此项设计，下列分析正确的是（）A．若原、副线圈匝数比为1：5，则氖泡会发光B．若原、副线圈匝数比为1：3，则氖泡会发光C．开关断开后，灯泡亮度变亮D．开关断开后，变压器的输出功率减小三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）如图甲所示为探究加速度与合外力关系的实验装置，实验进行前先要平衡摩擦力，保证细线拉力等于小车的合外力．（1）为了适当垫高轨道，同学们选择了一个合适的木块，通过游标卡尺测量木块的高度，示数如图乙所示，则木块高度为cm．（2）平衡摩擦力后通过打点计时器得到一条记录小车运动的纸带，已知相邻计数点之间有四个计时点没有画出，请计算小车的加速度a=（保留两位有效数字）．（3）实验进行过程不断增加细线所挂重物的质量m，测出对应的加速度a，则如图丁图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是．10．（9分）有一规格为“3V 0.25A”的小灯泡，要测绘该灯泡的伏安特性曲线，实验室提供了如下器材：电流表（量程为0～300mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为0～4V，内阻约3kΩ）；滑动变阻器A（最大阻值20Ω，额定电流1A）；滑动变阻器B（最大阻值1 750Ω，额定电流0.3A）；学生电源E（电动势6V，内阻不计）；开关一个，导线若干．（1）滑动变阻器应该选择（填字母代号）．（2）请完成实物电路的连线．（3）考虑到电流表内阻和电压表内阻，根据实物图的连接方式判断灯泡正常发光时测量的电阻阻值（填“偏大”或“偏小”）．（4）根据实验数据描点作图，发现灯泡的伏安特性曲线不是直线，其原因是．11．（12分）如图所示，小球a从光滑曲面上的A点由静止释放，当小球a运动到水平轨道上的C点时恰好与通过绷紧的细线悬挂的小球b发生正碰并粘在一起，已知小球a、b的质量均为m，曲面高度和细线长度均为h，细线能承受的最大拉力为2.5mg，C点到地面的高度也为h．（1）求碰后瞬间两球的共同速度大小．（2）碰后细线是否会断裂？若不断裂求两球上升的最大高度；若断裂求落地点到C点的水平位移．12．（20分）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平面直角坐标系y轴上的A点进入第四象限内正交的匀强电场和匀强磁场中，粒子进入第四象限的速度为v，沿与y轴成30°角的直线运动并进入第一象限，进入第一象限后磁场不变，但电场由第四象限中水平向右的匀强电场E1变为竖直向上的匀强电场E2，沿圆形轨迹运动一段后从y轴上的C点水平进入第二象限，第二、三象限中没有磁场，电场与第一象限等大反向．已知重力加速度为g，求：（1）E1与E2的比值；（2）粒子从A点运动到x轴负半轴上D点的时间．（二）选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（）A．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可行的B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．系统在吸收热量时内能一定增大D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度的降低而减少14．（10分）总体积为7m3的汽缸内部用一个绝热光滑的活塞分割成两部分，左端为A右端为B，活塞不动即两侧压强相等，初始气温均为27°，现对A部分气体加热至温度升高到127°，B部分气体温度保持不变．（i）A气体的体积变为多少；（ii）B气体在该过程中是放热还是吸热．[物理--选修3-4]（15分）15．如图所示，一列简谐横波t=0时波形如图，波沿x轴负向传播，传播速度v=1m/s，则下列说法正确的是（）A．此时x=1.25 m处的质点正在做加速度增大的减速运动B．x=0.4 m处的质点比x=0.6 m处的质点先回到平衡位置C．x=4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置D．t=2s的波形图与t=0时的波形图重合E．x=2 m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y=0.4sin（πt）（m）16．如图所示，一个半径为R的透明球体放在水平面上，一束单色光从A点水平射入球体，恰好没有从圆弧面射出，已知OA=R（i）球体对该单色光的折射率；（ii）若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从进入球体到离开球体所需时间t的表达式（用c，R表示）．2017年全国高考物理三模试卷（新课标Ⅱ卷）参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）关于近代物理，下列叙述正确的是（）A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道半径也在连续地减小B．某放射性原子核经过两次α衰变和一次β衰变，核内中子数减少5个C．结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固D．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大【解答】解：A、氢原子从激发态向基态跃迁时，氢原子将辐射光子，放出不连续的能量，轨道半径也不连续，故A错误；B、放射性原子核经过2次α衰变，质量数少8个，而质子数少4个，那么中子数少4个，而再经过一次β衰变，中子数减小一个，则核内中子数减少5个，故B正确；C、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C错误；D、根据光电效应发生条件，可知，光电子的最大初动能与入射频率有关，与入射的强度无关，故D错误；故选：B．2．（6分）以初速度v0竖直上抛一个小球，不计空气阻力，0～T时间内位移大小为160m，T～2T时间内位移等于0，上升的最大高度为h，共运动t时间返回抛出点，则对此运动判断错误的是（重力加速度g=10m/s2）（）A．T=4 s B．v0=60 m/s C．h=180 m D．t=16 s【解答】解：小球做竖直上抛运动，0～T时间内位移大小为160m，则得：x=v0T ﹣=160mT时刻速度为v=v0﹣gTT～2T时间内位移等于0，根据对称性可得v=g•联立以上三式解得T=4s，v0=60 m/s上升的最大高度为h==m=180m，故ABC正确，D错误．本题选错误的，故选：D3．（6分）如图所示，卡车沿水平路面向左做直线运动，车厢上平放着质量为m 的木箱，与卡车保持相对静止．车厢尾部的竖直支架上用细线悬挂有一个质量也为m的小球，频闪相机拍下的某一张照片上发现小球偏向后方，细线与竖直方向夹角为θ，则关于这一瞬间的分析正确的是（）A．车一定做加速运动B．木箱受到的摩擦力为mgtanθC．细线的拉力可能为D．小球可能受力平衡【解答】解：A、若小球与车相对静止，两者的加速度相同，取小球为研究对象，受力如图，由牛顿第二定律知，小球的合力水平向左，加速度水平向左，则小球向左做加速运动．也可能卡车做匀速运动，小球振动，故A错误．BC、若小球与车相对静止，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得mgtanθ=ma，得a=gtanθ细线的拉力为T=再以木箱为研究对象，由牛顿第二定律得：木箱受到的摩擦力f=ma=mgtanθ由于车的运动情况不清楚，所以木箱受到的摩擦力可能为mgtanθ，细线的拉力可能为，故B错误，C正确．D、由于此瞬间的合力不为零，所以受力一定不平衡，故D错误．故选：C．4．（6分）如图所示，一带正电粒子沿与圆形区域直径ab成30°的方向从a点以速度v0进入匀强磁场，经过t时间从b点离开，已知仅在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．当粒子调整速度大小后，再次从同一位置以相同的方向进入圆形区域磁场，经过2t时间再次离开圆形区域．则粒子调整后的速度为（粒子重力不计）（）A．3v0B．C．2v0D．【解答】解：由题设条件画出两种情况下带电粒子的轨迹如图所示，由于是以相同的方向射入的，它们轨迹圆心在以初速度垂直的直线上，如图中的A、B两点，由于速度变化后在磁场中的时间变为2t，则偏转角为120°，即初速度方向与ac 成60°，若磁场圆的半径为R，则两种情况下，带电粒子做匀速圆周运动的半径分别为r1=2R，r2=．由洛仑兹力提供向心力得到r=．所以则v2=．所以选项ACD错误，选项B正确．故选：B5．（6分）如图示，用一段轻绳系一个质量为m的小球悬挂在天花板下面．将轻绳水平拉直后由静止释放，当绳与水平方向夹角为α时，小球受到的合力大小为（）A．mg B．mg C．mg D．mg【解答】解：从最高点到绳与竖直方向的夹角为30°的过程中，根据机械能守恒定律得：mv2=mgLsinα在该位置，球沿着绳子方向的合力提供向心力，则有：F=m联立解得：向心力为：F=2mgsinα则此时的合力为：F合==mg=mg=mg；故A正确，BCD错误．故选：A6．（6分）如图所示，P、A、B三点所在的平面内存在有匀强电场，把一个电子从B点移动到P点，电场力做功W BP=6eV，把电子从B点移动到A点，电场力做功W BA=12eV，已知C、D均为所在边的中点，且三角形PAB为等边三角形，电场线与P、A、B三点所在平面平行，则下列说法正确的是（）A．电场线沿A→B方向B．电场线沿P→C方向C．把电子从A点移动到D点，电场力做功9 eVD．把电子从D点移动到C点，电场力做功3 eV【解答】解：A、PB之间的电势差：AB之间的电势差：V由于C是AB的中点，所以：所以C点与P点的电势一定相等，则PC为等势线．三角形PAB为等边三角形，且C为AB的中点，所以PC⊥AB，可知电场线的方向一定沿A→B的方向．故A正确，B错误；C、点D为PB的中点，所以：所以：U AD=U AB+U BD=U AB﹣U DB=12V﹣3V=9V把电子从A点移动到D点，电场力做功W AD=﹣e•U AD=﹣9eV．故C错误；D、又：U DC=U DB+U BC=U DB﹣U CB=3V﹣6V=﹣3V把电子从D点移动到C点，电场力做功：W DC=﹣e•U DC=3eV．故D正确．故选：AD7．（6分）如图甲所示，U形导轨abcd与水平面成一定的角度倾斜放置，空间存在有垂直导轨平面的匀强磁场．从某时刻开始计时，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示（垂直导轨平面向上为磁场正方向）．已知导体棒PQ水平放置在导轨上且始终静止不动，下列分析正确的是（）A．导轨可能光滑B．t1时刻PQ中没有电流C．导体棒PQ受安培力大小在减小D．t1时刻导体棒PQ受到的安培力等于0【解答】解：A、根据题意，在t1时刻后，没有磁场，导体棒依然可以静止不动，说明导轨不是光滑的，故A错误；B、t1时刻磁场的磁感应强度的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势不为零，故感应电流不为零，故B错误；CD、在0﹣t1时间内，固定，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=s•固定，故感应电流固定，根据F=BIL，安培力是减小的，在t1时刻，磁感应强度为零，故安培力为零，故CD正确；故选：CD8．（6分）瞬时值u=22sin100πt（V）的正弦式交流电通过如图所示的理想变压器给一个照明灯和指示灯氖泡供电．已知氖泡发光的最低电压是100V，对于此项设计，下列分析正确的是（）A．若原、副线圈匝数比为1：5，则氖泡会发光B．若原、副线圈匝数比为1：3，则氖泡会发光C．开关断开后，灯泡亮度变亮D．开关断开后，变压器的输出功率减小【解答】解：A、原线圈电压的有效值，若原、副线圈匝数比为1：5，副线圈两端的电压，而氖泡发光的最低电压是100V，所以氖泡会发光，故A正确；B、若原、副线圈匝数比为1：3，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端电压，比氖泡发光的最低电压小，所以氖泡不会发光，故B错误；C、开光断开后，副线圈两端的电压不变，灯泡的亮度不变，故C错误；D、开关断开后，副线圈回路电阻变大，输出功率变小，故D正确；故选：AD三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）9．（6分）如图甲所示为探究加速度与合外力关系的实验装置，实验进行前先要平衡摩擦力，保证细线拉力等于小车的合外力．（1）为了适当垫高轨道，同学们选择了一个合适的木块，通过游标卡尺测量木块的高度，示数如图乙所示，则木块高度为 1.055cm．（2）平衡摩擦力后通过打点计时器得到一条记录小车运动的纸带，已知相邻计数点之间有四个计时点没有画出，请计算小车的加速度a=0.50m/s2（保留两位有效数字）．（3）实验进行过程不断增加细线所挂重物的质量m，测出对应的加速度a，则如图丁图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是C．（1）主尺上的示数为1.0cm，游标尺上的示数为0.05×11mm=0.55mm，【解答】解：故木块的高度为1.1cm+0.55mm=1.055cm；（2）根据△x=aT2可知a==m/s2=0.50m/s2（3）设小车与砝码的质量为M，小桶与砂子的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg﹣F=ma拉=Ma对M：F拉=，当m＜＜M时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力．所以解得：F拉刚开始a﹣m图象是一条过原点的直线，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足m＜＜M的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选：C故答案为：（1）1.055；（2）0.50m/s2；（3）C10．（9分）有一规格为“3V 0.25A”的小灯泡，要测绘该灯泡的伏安特性曲线，实验室提供了如下器材：电流表（量程为0～300mA，内阻约5Ω）；电压表（量程为0～4V，内阻约3kΩ）；滑动变阻器A（最大阻值20Ω，额定电流1A）；滑动变阻器B（最大阻值1 750Ω，额定电流0.3A）；学生电源E（电动势6V，内阻不计）；开关一个，导线若干．（1）滑动变阻器应该选择A（填字母代号）．（2）请完成实物电路的连线．（3）考虑到电流表内阻和电压表内阻，根据实物图的连接方式判断灯泡正常发光时测量的电阻阻值偏小（填“偏大”或“偏小”）．（4）根据实验数据描点作图，发现灯泡的伏安特性曲线不是直线，其原因是灯丝电阻随温度升高而变化．【解答】解：（1）本实验采用分压接法，为了便于控制调节，滑动变阻器应选择总阻值较小的A；（2）本实验中采用滑动变阻器分压接法，同时因灯泡内阻较小，故一般采用电流表外接法，以减小实验误差，故实物图如图所示；（3）由于电压表的分流使电流表测量值偏大，则由欧姆定律可知，得出的电阻值一定偏小；（4）由于灯泡内阻随温度的升高而增大，所以得出的伏安特性曲线不是直线．故答案为：（1）A；（2）如图所示；（3）偏小；（4）灯丝电阻随温度的升高而变化．11．（12分）如图所示，小球a从光滑曲面上的A点由静止释放，当小球a运动到水平轨道上的C点时恰好与通过绷紧的细线悬挂的小球b发生正碰并粘在一起，已知小球a、b的质量均为m，曲面高度和细线长度均为h，细线能承受的最大拉力为2.5mg，C点到地面的高度也为h．（1）求碰后瞬间两球的共同速度大小．（2）碰后细线是否会断裂？若不断裂求两球上升的最大高度；若断裂求落地点到C点的水平位移．【解答】解：（1）设a球刚运动到C点时速度为v C，a球下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒得：mgh=mv C2解得：v C=设碰后瞬间两球的共同速度为v，a、b两球碰撞过程系统动量守恒，以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv C=（m+m）v解得：v=（2）设碰后瞬间细线的拉力为T，由牛顿第二定律得：T﹣2mg=2m解得：T=3mg＞2.5mg，所以细线会断裂，断裂后做平抛运动，则有h=x=vt解得x=h答：（1）碰后瞬间两球的共同速度大小为．（2）碰后细线会断裂，落地点到C点的水平位移为h．12．（20分）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从平面直角坐标系y轴上的A点进入第四象限内正交的匀强电场和匀强磁场中，粒子进入第四象限的速度为v，沿与y轴成30°角的直线运动并进入第一象限，进入第一象限后磁场不变，但电场由第四象限中水平向右的匀强电场E1变为竖直向上的匀强电场E2，沿圆形轨迹运动一段后从y轴上的C点水平进入第二象限，第二、三象限中没有磁场，电场与第一象限等大反向．已知重力加速度为g，求：（1）E1与E2的比值；（2）粒子从A点运动到x轴负半轴上D点的时间．【解答】解：（1）粒子在第四象限做直线运动，受到重力、电场力和洛仑兹力作用．重力和电场力是恒力，洛仑兹力随速度变化，而粒子做匀速直线运动，由左手定则可知粒子带正电根据平衡条件有：E1qtan30°=mg解得：E1=粒子在第一象限做匀速圆周运动，洛仑兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，有：mg=E2qE2=所以有：（2）由粒子在第四象限受力平衡有：qvBsin30°=mg在第一象限做匀速直线运动，洛仑兹力提供向心力有：qvB=可得：R=在第一象限时间为：t1==在第二象限时间为：t2==根据几何关系可得C点纵坐标为：R+Rsin30°=粒子在第二象限做类平抛运动，有：=而加速度为：a=2g在第三象限的时间为：t3=所以粒子从A点到D点的时间为：t=t1+t2+t3=答：（1）（1）E1与E2的比值为．（2）粒子从A点运动到x轴负半轴上D点的时间为．（二）选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．．[物理--选修3-3]（15分）13．（5分）下列说法中正确的是（）A．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可行的B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．系统在吸收热量时内能一定增大D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度的降低而减少【解答】解：A、根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的，故A正确．B、当分子力表现为斥力时，分子之间的距离减小，则分子力做负功，所以分子势能随分子间距离的减小而增大，故B正确．C、系统在吸收热量时若同时对外做功，则内能不一定增大．故C错误．D、叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果．故D 正确；E、一定质量的理想气体，在压强不变时，温度降低，则分子对器壁的平均碰撞力减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数增加．故E错误．故选：ABD14．（10分）总体积为7m3的汽缸内部用一个绝热光滑的活塞分割成两部分，左端为A右端为B，活塞不动即两侧压强相等，初始气温均为27°，现对A部分气体加热至温度升高到127°，B部分气体温度保持不变．（i）A气体的体积变为多少；（ii）B气体在该过程中是放热还是吸热．【解答】解：（i）设末状态两部分气体压强均为，选择A气体为研究对象，升高温度后体积变为对B部分气体，末状态的体积为，由玻意耳定律又可得（ii）B部分气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对B做正功，根据热力学第一定律可知，B部分气体对外放热答：（i）A气体的体积变为4；（ii）B气体在该过程中是放热．[物理--选修3-4]（15分）15．如图所示，一列简谐横波t=0时波形如图，波沿x轴负向传播，传播速度v=1m/s，则下列说法正确的是（）A．此时x=1.25 m处的质点正在做加速度增大的减速运动B．x=0.4 m处的质点比x=0.6 m处的质点先回到平衡位置C．x=4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置D．t=2s的波形图与t=0时的波形图重合E．x=2 m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y=0.4sin（πt）（m）【解答】解：A、波沿x轴负向传播，此时x=1.25 m处的质点右侧的质点纵坐标较大，故质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；B、由波沿x轴负向传播可得：x=0.6 m处的质点向平衡位置运动，故x=0.4 m处的质点、x=0.6 m处的质点都向平衡位置运动，且x=0.4 m处的质点比x=0.6 m处的质点距离远，那么，x=0.6m处的质点比x=0.4 m处的质点先回到平衡位置，故B错误；C、由波沿x轴负向传播可得：x=4 m处的质点由平衡位置向下振动，故x=4 m 处的质点再经过可运动到波峰位置，又有波长λ=2m，波速v=1m/s，所以，周期T=2s，那么，x=4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置，故C正确；D、由C可知简谐波的周期T=2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t=2s的波形图与t=0时的波形图重合，故D正确；E、由C可知：x=2 m处的质点在做简谐运动的周期T=2s，又有振幅A=0.4m，t=0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y=﹣0.4sin（πt）（m），故E错误；故选：ACD．16．如图所示，一个半径为R的透明球体放在水平面上，一束单色光从A点水平射入球体，恰好没有从圆弧面射出，已知OA=R（i）球体对该单色光的折射率；（ii）若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从进入球体到离开球体所需时间t的表达式（用c，R表示）．【解答】解：（i）入射光在球体内的光路如图所示，已知OA=R，设单色光在圆弧球面的入射角为α，由几何关系可得有sinα==得α=45°由于恰好没有从圆弧面射出，入射角α等于临界角C，即C=45°由sinC=得：n=（ii）光在球体内传播的距离为S=R+R=R光在球体内传播的传播速度v=。
北京市昌平区2021届高三物理二模试卷(含解析)
北京市昌平区2021届高三物理二模试卷（含解析）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（）A．速度相同，波长相同B．速度不同，波长相同C．速度相同，频率相同D．速度不同，频率相同2．关于分子动理论，下列说法正确的是（）A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C．两个分子间距离减小时，分子间的引力减小，斥力增大D．假如两个系统处于热平稳状态，则它们的内能一定相同3．取一条较长的软绳，用手握住一端（O点）连续上下抖动，在绳上形成一列简谐横波．已知O点完成一次全振动所用的时刻为T．某一时刻的波形如图所示，绳上a、b两点均处于平稳位置．下列说法正确的是（）A．a、b两点间的距离等于一个波长B．a、b两点振动方向相同C．再经，b质点将运动到波峰位置D．再经，a质点将运动到b质点位置4．如图所示，人造地球卫星发射过程要通过多次变轨方可到达预定轨道．先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，然后在A点（近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ．关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是（）A．在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节约能量，因此发射场必须建在赤道上B．卫星在圆轨道Ⅰ上运行时的向心加速度和周期大于在圆轨道Ⅲ上的向心加速度和周期C．从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，重力势能增大，机械能守恒D．假如圆轨道Ⅲ是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同5．如图所示，在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy．一质量为m的物块静止在坐标原点．现对物块施加沿x轴正方向的恒力F，作用时刻为t；然后保持F大小不变，方向改为沿y轴负方向，作用时刻也为t；再将力F大小不变，方向改为沿x轴负方向，作用时刻仍为t．则现在（）A．物块的速度沿x轴正方向B．物块的速度沿y轴负方向C．物块的位置坐标为（0，）D．物块的位置坐标为（，）6．图为一放射源发出的α、β、γ射线进入同一匀强磁场（磁场未画出）中的径迹．下表列出了三种射线的本质和特性．种类本质质量（u）电荷（e）速度（c）α射线氦核 4 +2β射线电子﹣1γ射线光子0 0 1由此可知，（）A．磁场方向垂直纸面向里，a为α射线，b为β射线B．磁场方向垂直纸面向里，a为β射线，b为α射线C．磁场方向垂直纸面向外，a为β射线，b为α射线D．磁场方向垂直纸面向外，b为α射线，c为γ射线7．某同学用图（甲）所示的实验装置验证碰撞中动量守恒定律，他用两个完全相同的小钢球A、B进行实验，第一该同学使球A自斜槽某一高度由静止开释，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上竖直投影O的距离L OP．然后该同学使球A自同一高度由静止开释，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞，如图（乙）．碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与O点间的距离L OM、L ON，该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均值．在忽略小球半径的情形下，对该实验的结果，分析正确的是（）A．L OP=L OM+L ONB．L OP2=L OM2+L ON2C．OM、ON与OP间的夹角大小一定相等D．OM与ON间夹角大小与两球碰撞的方向有关8．图（甲）为手机及无线充电板．图（乙）为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时刻内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1平均增加到B2．下列说法正确的是（）A．c点的电势高于d点的电势B．受电线圈中感应电流方向由d到cC．c、d之间的电势差为D．c、d之间的电势差为二.非选择题9．（1）为了探究平抛运动规律，老师做了如下两个演示实验：①为了说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，用如图1所示装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B 球被松开自由下落．关于该实验，下列说法正确的有．A．所用两球的质量必须相等B．只做一次实验发觉两球同时落地，即能够得到实验结论C．应改变装置的高度多次实验D．本实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动②如图2所示，两个相同的弧形轨道M、N位于同一竖直面内，其中N轨道的末端与光滑的水平地面相切．两个完全相同的小钢球P、Q，以相同的水平初速度v0同时从轨道M、N的末端射出，观看到P落地时与Q相遇．只改变弧形轨道M的高度，多次重复实验，仍能观看到相同的现象．这说明：．（2）为了进一步研究平抛运动，某同学用如图3所示的装置进行实验．①为了准确地描画出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是．A．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止开释B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端必须水平D．本实验必需的器材还有刻度尺和秒表②甲同学按正确的操作完成实验并描画出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图4所示．从运动轨迹上选取多个点，依照其坐标值能够验证轨迹是符合y=ax2的抛物线．若坐标纸中每小方格的边长为L，依照图中M点的坐标值，能够求出a= ，小球平抛运动的初速度v0= ．（重力加速度为g）③乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破旧，导致平抛运动的初始位置缺失．他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向），如图5所示．在轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每小方格的边长仍为L，重力加速度为g．由此可知：小球从O点运动到A点所用时刻t1与从A点运动到B点所用时刻t2的大小关系为：t1 t2（选填“＞”、“＜”或“=”）；小球平抛运动的初速度v0= ，小球平抛运动的初始位置坐标为（，）．④如图6丙同学将实验方案做了改变，他把桌子搬到墙的邻近，调整好仪器，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点．然后等间距地改变桌子与墙的距离，就能够得到多个落点．假如丙同学还有一把刻度尺，他是否能够运算出小球平抛时的初速度？请简要阐述理由．10．图为真空示波管的示意图，电子从金属丝K发出（初速度可忽略不计），在金属丝与A板间加以电压U1，电子加速后，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N 间的偏转电场（电子进入时的速度方向与该电场方向垂直），离开偏转电场后打在荧光屏上一点．已知M、N两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力．（1）求电子穿过A板时速度的大小v0；（2）若在M、N两极板间加一恒定电压U2，求电子从偏转电场射出时的侧移距离y；（3）单位偏转电压引起的偏转量称为示波管的灵敏度．要想提高示波管的灵敏度，能够采取哪些措施？11．当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C=．对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化．（1）在图所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图象．（2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功．在弹簧弹力F与形变量x关系图象中，图象与x轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小．与之类比，推导电容器储存的电能表达式E=CU2．（3）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？12．当一个较为复杂的物理过程在某一方面的特点与一个简单的物理过程特点相同时，我们能够通过研究简单物理过程的规律了解复杂的物理过程．如对平抛运动的研究能够转化为研究竖直方向和水平方向的直线运动．（1）小球在竖直面内做匀速圆周运动，则小球在水平地面上形成投影的运动是简谐运动，这是能够证明的结论．设小球的质量为m，角速度为ω，半径为A，从开始计时经时刻t小球位置如图1所示．a．取过圆心O水平向右为x轴，则小球的位移在x轴方向上的重量可表示为x=Asinωt．以此为例，写出小球在x轴方向的速度v x、加速度a x及合外力F x随时刻t的变化关系．b．物体做简谐运动时，回复力应该满足F=﹣kx．则反映该投影是简谐运动中的k值是多少？（2）如图2所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左端接一阻值为R的定值电阻；导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．一根与导轨垂直的铜棒在导轨上做振幅为A的简谐运动，振动周期为T．已知铜棒电阻为r，导轨的电阻不计．a．在图3中画出通过电阻R的电流i随时刻t变化的图象．b．求在一个周期T内，电阻R产生的焦耳热．2021年北京市昌平区高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1．一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（）A．速度相同，波长相同B．速度不同，波长相同C．速度相同，频率相同D．速度不同，频率相同【考点】F5：波长、频率和波速的关系．【分析】光波属于电磁波，其频率由波源决定，从一种介质进入另介质，频率不变；传播速度由介质决定；波长由速度和频率共同决定，由λ=分析波长的变化．【解答】解：传播速度由介质决定，光在真空中传播速度最大，进入水中，速度减小；光波属于电磁波，其频率由波源决定，因此一束单色光由空气进入水中，频率不变；由λ=可知，频率不变，速度减小，则波长减小，故ABC错误，D正确．故选：D．2．关于分子动理论，下列说法正确的是（）A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C．两个分子间距离减小时，分子间的引力减小，斥力增大D．假如两个系统处于热平稳状态，则它们的内能一定相同【考点】9K：封闭气体压强；85：扩散；86：分子间的相互作用力．【分析】不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象；气体压强是分子对容器壁的频繁碰撞造成的；分子间同时存在引力和斥力；处于热平稳状态系统是温度相同．【解答】解：A、扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动，故A正确；B、气体压缩能够忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的缘故，故B错误；C、两个分子间距离减小时，分子间的引力和斥力均增大，故C错误；D、假如两个系统处于热平稳状态，则它们的温度一定相同，然而内能不一定相同，故D错误；故选：A3．取一条较长的软绳，用手握住一端（O点）连续上下抖动，在绳上形成一列简谐横波．已知O点完成一次全振动所用的时刻为T．某一时刻的波形如图所示，绳上a、b两点均处于平稳位置．下列说法正确的是（）A．a、b两点间的距离等于一个波长B．a、b两点振动方向相同C．再经，b质点将运动到波峰位置D．再经，a质点将运动到b质点位置【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F2：机械波．【分析】解答本题应抓住：相邻两个波峰间的距离等于一个波长；振动在一个周期内传播一个波长的距离，从而确定ab间的对应的波长，依照带动法确定各质点的振动方向，从而判定再经四分之一周期的位置．【解答】解：A、由图可知，ab间的距离一定小于一个波长，故A错误．B、依照波的传播规律利用带动法可知，a点在向下运动，而b点向上运动，故B错误；C、b在平稳位置向上运动，因此再经，b质点将运动到波峰位置，故C正确；D、质点只在平稳位置上下振动，可不能随波迁移，故D错误．故选：C4．如图所示，人造地球卫星发射过程要通过多次变轨方可到达预定轨道．先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，然后在A点（近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ．关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是（）A．在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节约能量，因此发射场必须建在赤道上B．卫星在圆轨道Ⅰ上运行时的向心加速度和周期大于在圆轨道Ⅲ上的向心加速度和周期C．从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，重力势能增大，机械能守恒D．假如圆轨道Ⅲ是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】明确人造地球卫星的运行规律，明白半径越大的卫星线速度、角速度以及向心加速度越小，而周期增大；同时明确卫星在变轨时需要加速，从而做离心运动而进入高轨道．【解答】解：A、尽管在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节约能量，然而发射场并不是必须建在赤道上的，如我国酒泉卫星发射中心不在赤道上，故A错误；B、轨道半径越高卫星的周期越大，而线速度和角速度以及向心加速度越小，故B错误；C、从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，卫星变轨过程中需要点火加速，因此机械不守恒，故C 错误；D、假如圆轨道Ⅲ是地球同步卫星轨道，则定位在赤道上空，因此在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同，故D正确．故选：D．5．如图所示，在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy．一质量为m的物块静止在坐标原点．现对物块施加沿x轴正方向的恒力F，作用时刻为t；然后保持F大小不变，方向改为沿y轴负方向，作用时刻也为t；再将力F大小不变，方向改为沿x轴负方向，作用时刻仍为t．则现在（）A．物块的速度沿x轴正方向B．物块的速度沿y轴负方向C．物块的位置坐标为（0，）D．物块的位置坐标为（，）【考点】44：运动的合成和分解；37：牛顿第二定律．【分析】由牛顿第二定律求出物体的加速度，由速度公式求出速度；然后结合运动的合成方法求出末速度；由位移公式分别求出两个方向的分位移即可．【解答】解：AB、由题意可知，物体沿x方向加速的时刻为2t，沿负y方向加速的时刻为t，加速度的大小是相等的．由牛顿第二定律：a=沿x方向的末速度：v x=at﹣at=0沿y方向的末速度：因此物块的末速度沿Y轴负方向．故A错误，B正确；CD、位移沿x方向的位移：；沿y方向的位移：因此物体的末位置：（，）故C错误，D错误．故选：B6．图为一放射源发出的α、β、γ射线进入同一匀强磁场（磁场未画出）中的径迹．下表列出了三种射线的本质和特性．种类本质质量（u）电荷（e）速度（c）α射线氦核 4 +2β射线电子﹣1γ射线光子0 0 1由此可知，（）A．磁场方向垂直纸面向里，a为α射线，b为β射线B．磁场方向垂直纸面向里，a为β射线，b为α射线C．磁场方向垂直纸面向外，a为β射线，b为α射线D．磁场方向垂直纸面向外，b为α射线，c为γ射线【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；I6：X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．【分析】明确三种射线的特性，α射线带正电荷、β射线带负电荷、γ射线不带电，依照比荷以及速度关系可分析对应的半径大小，从而确定各粒子的偏转方向；由左手定则可分析磁场方向．【解答】解：三种射线在匀强磁场中向上运动时，α射线带正电荷，β射线带负电荷，能够判定它将向右偏转；γ射线不带电，不偏转；由此能够判定c为β射线；依照Bqv=m可知，R=，由图中表格可知，α射线的比荷小于β射线，二者速度接近相等，故α射线的半径大于β射线，则可知a为α射线，b为β射线；再依照左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确，BCD错误．故选：A．7．某同学用图（甲）所示的实验装置验证碰撞中动量守恒定律，他用两个完全相同的小钢球A、B进行实验，第一该同学使球A自斜槽某一高度由静止开释，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上竖直投影O的距离L OP．然后该同学使球A自同一高度由静止开释，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞，如图（乙）．碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与O点间的距离L OM、L ON，该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均值．在忽略小球半径的情形下，对该实验的结果，分析正确的是（）A．L OP=L OM+L ONB．L OP2=L OM2+L ON2C．OM、ON与OP间的夹角大小一定相等D．OM与ON间夹角大小与两球碰撞的方向有关【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】两球碰撞后为非对心碰撞，故两球的运动方向不在同一直线上，依照矢量合成可知，碰后两球的动量之和应与碰前A球的动量相同，则能够得出对应的方向关系；再依照机械能守恒定律列式，结合平抛运动规律可明确水平射程之间的关系以及各方向的夹角关系．【解答】解：设球的质量为m，碰撞前瞬时球A的速度大小为v A，碰撞后瞬时球A、B的速度大小为v A'，v B'，两球在碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球动量的矢量与碰撞前A球动量的矢量相等，则可知，一定满足平行四边形定则，如图所示；在弹性碰撞过程中，机械能守恒，因此有：mv A2=mv A'2+mv B'2小球做平抛运动，设时刻为t，则有：v A=，v'A=，v B'=则有：L2OP=L2OM+L2ON则可知，OM与ON间的夹角为90°，与碰撞方向无关，同时OM、ON与OP间的夹角大小不一定相等，故B正确，ACD错误．故选：B．8．图（甲）为手机及无线充电板．图（乙）为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时刻内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1平均增加到B2．下列说法正确的是（）A．c点的电势高于d点的电势B．受电线圈中感应电流方向由d到cC．c、d之间的电势差为D．c、d之间的电势差为【考点】D8：法拉第电磁感应定律；DB：楞次定律．【分析】依照楞次定律判定感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；依照法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小．【解答】解：AB、依照楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，因此c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；CD、依照法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为U cd=E==，故C正确、D错误；故选：C．二.非选择题9．（1）为了探究平抛运动规律，老师做了如下两个演示实验：①为了说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，用如图1所示装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B 球被松开自由下落．关于该实验，下列说法正确的有 C ．A．所用两球的质量必须相等B．只做一次实验发觉两球同时落地，即能够得到实验结论C．应改变装置的高度多次实验D．本实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动②如图2所示，两个相同的弧形轨道M、N位于同一竖直面内，其中N轨道的末端与光滑的水平地面相切．两个完全相同的小钢球P、Q，以相同的水平初速度v0同时从轨道M、N的末端射出，观看到P落地时与Q相遇．只改变弧形轨道M的高度，多次重复实验，仍能观看到相同的现象．这说明：平抛运动在水平方向做匀速直线运动．（2）为了进一步研究平抛运动，某同学用如图3所示的装置进行实验．①为了准确地描画出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是AC ．A．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止开释B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端必须水平D．本实验必需的器材还有刻度尺和秒表②甲同学按正确的操作完成实验并描画出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图4所示．从运动轨迹上选取多个点，依照其坐标值能够验证轨迹是符合y=ax2的抛物线．若坐标纸中每小方格的边长为L，依照图中M点的坐标值，能够求出a= ，小球平抛运动的初速度v0= ．（重力加速度为g）③乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破旧，导致平抛运动的初始位置缺失．他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向），如图5所示．在轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每小方格的边长仍为L，重力加速度为g．由此可知：小球从O点运动到A点所用时刻t1与从A点运动到B点所用时刻t2的大小关系为：t1 = t2（选填“＞”、“＜”或“=”）；小球平抛运动的初速度v0= ，小球平抛运动的初始位置坐标为（﹣4L ，﹣L ）．④如图6丙同学将实验方案做了改变，他把桌子搬到墙的邻近，调整好仪器，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点．然后等间距地改变桌子与墙的距离，就能够得到多个落点．假如丙同学还有一把刻度尺，他是否能够运算出小球平抛时的初速度？请简要阐述理由．【考点】MB：研究平抛物体的运动．【分析】（1）依照实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤，结合两球相遇得出平抛运动在水平方向上的运动规律．（2）①依照原理以及注意事项确定正确的操作步骤．②依照y=ax2，代入数据求出a的大小，依照下降的高度求出运动的时刻，结合水平位移和时刻求出初速度．③抓住水平位移相等得出运动的时刻关系，依照竖直方向上连续相等时刻内的位移之差是一恒量求出相等的时刻间隔，结合水平位移和时刻间隔求出初速度．依照某段时刻内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出A的竖直分速度，结合速度时刻公式求出抛出点到A的时刻，从而得出抛出点到A的水平位移和竖直位移，得出抛出点的位置坐标．④依照竖直位移求出运动的时刻，结合水平位移和时刻求出初速度．【解答】解：（1）①小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B 球被松开自由下落，两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律，实验时应改变装置的高度进行多次实验，故C正确，ABD错误．故选：C②两个完全相同的小钢球P、Q，以相同的水平初速度v0同时从轨道M、N的末端射出，观看到P落地时与Q相遇．只改变弧形轨道M的高度，多次重复实验，仍能观看到相同的现象．这说明平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．（2）①为了保证小球的初速度相等，小球每次应从斜槽的同一位置由静止开释，斜槽轨道不一定需要光滑，故A正确，B错误．。
高三物理2017朝阳二模考试试题北京
朝阳2017高三物理二模2017．513．根据玻尔的原子模型，一个氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时，该氢原子A．吸收光子，能量减小B．放出光子，能量减小C．放出光子，核外电子动能减小D．吸收光子，核外电子动能不变14．如图所示，ABC是一个用折射率n的透明介质做成的棱镜，其截面为等腰直角三角形。
现有一束光从图示位置垂直入射到棱镜的AB 面上，则该光束17．如图所示，带正电的绝缘滑块从固定斜面顶端由静止释放，滑至底端时的速度为v；若在整个空间加一垂直纸面向里的匀强磁场，滑块仍从斜面顶端由静止释放，滑至底端时的速度为v ´。
下列说法正确的是A ．若斜面光滑，则v ´= vB ．若斜面粗糙，则v ´> vC ．若斜面光滑，则滑块下滑过程中重力所做的功等于滑块机械能的增加量D ．若斜面粗糙，则滑块下滑过程中重力所做的功等于滑块动能的增加量18．牛顿曾设想：从高山上水平抛出物体，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果抛出速度足够大，物体将绕地球运动成为人造地球卫星。
如图所示，若从山顶同一位置以不同的水平速度抛出三个相同的物体，运动轨迹分别为1、2、3。
已知山顶高度为h ，且远小于地球半径R ，地球表面重力加速度为g ，假定空气阻力不计。
下列说法正确的是 2h g A ．轨迹为1、2的两物体在空中运动的时间均为B ．轨迹为3的物体抛出时的速度等于2gR C ．抛出后三个物体在运动过程中均处于失重状态D ．抛出后三个物体在运动过程中的加速度均保持不变19．若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且m A >m B ，B 、B ´两点在同一水平线上），下列说法正确的是甲 乙A ．采用图甲所示的装置，必需测量OB 、OM 、OP 和ON 的距离B ．采用图乙所示的装置，必需测量OB 、B´N 、B´P 和B´M 的距离C ．采用图甲所示的装置，若m A •ON =m A •OP + m B •OM ，则表明此碰撞动量守恒D ．采用图乙所示的装置，若111+B N B M B P='''，则表明此碰撞机械能也守恒20．2016年诺贝尔物理学奖颁发给了三位美国科学家，以表彰他们将拓扑概念应用于物理研究所做的贡献。
北京市西城区2017届高三二模物理试
北京市西城区2017届高三二模物理试西城区高三模拟测试2017.513．关于α、β、γ三种射线，下列说法正确的是A．α射线是带负电的高速电子流B．β射线是带正电的高速粒子流C．γ射线是能量很高的电磁波D．α、β、γ三种射线都是高速运动的带电粒子流 14．对一定质量的气体，忽略分子间的相互作用力。
当气体温度升高时，下列判断正确的是A．气体的内能不变B．气体分子的平均动能增大C．外界一定对气体做功D．气体一定从外界吸收热量15．某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点。
下列说法正确的是A．P点场强大于Q点场强B．P点电势低于Q点电势C．将电子从P点移动到Q点，电场力做正功D．将电子从P点移动到Q点，其电势能增大16．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示。
由图像可知A．该交流电的周期为4sB．该交流电的频率为50HzC．该交流发电机线圈转动的角速度为100π（rad/s）D．电动势的瞬时值与时间的关系为e =100sin50πt（V）17．应用物理知识分析生活中的常见现象，或是解释一些小游戏中的物理原理，可以使物理学习更加有趣和深入。
甲、乙两同学做了如下的一个小游戏，如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。
第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点。
第二次将棋子、纸条放回原来的位置，乙同学快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。
两次现象相比A．第二次棋子的惯性更大B．第二次棋子受到纸带的摩擦力更小C．第二次棋子受到纸带的冲量更小D．第二次棋子离开桌面时的动量更大Ps。
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2017昌平高三二模物理试题 1 昌平区2017年高三年级第二次统一练习物理试题 13．一束单色光由空气进入水中，该光先后在空气和水中传播时（ ） A．速度相同，波长相同 B．速度不同，波长相同 C．速度相同，频率相同 D．速度不同，频率相同 14．关于分子动理论，下列说法正确的是（ ） A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动 B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故 C．两个分子间距离减小时，分子间的引力减小，斥力增大 D．如果两个系统处于热平衡状态，则它们的内能一定相同 15．取一条较长的软绳，用手握住一端（O点）连续上下抖动，在绳上形成一列简谐横波。已知O点完成一次全振动所用的时间为T。某一时刻的波形如图1所示，绳上a、b两点均处于平衡位置。下列说法正确的是（ ） A．a、b两点间的距离等于一个波长 B．a、b两点振动方向相同 C．再经4T，b质点将运动到波峰位置 D．再经2T，a质点将运动到b质点位置 16．如图2所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道。先将卫星发射至近地圆轨道Ⅰ，然后在A点（近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ；在B点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是（ ） A．在赤道上顺着地球自转方向发射卫星可节省能量，所以发射场必须建在赤道上 B．卫星在圆轨道Ⅰ上运行时的向心加速度和周期大于在圆轨道Ⅲ上的向心加速度和周期 C．从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，动能减小，重力势能增大，机械能守恒 D．如果圆轨道Ⅲ是地球同步卫星轨道，则在该轨道上运行的任何卫星，其角速度都和在地面上静止物体的角速度相同
a b
图1
O
B A Ⅰ Ⅱ Ⅲ 图2 2017昌平高三二模物理试题 2 17．如图3所示，在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy。一质量为m的物块静止在坐标原点。现对物块施加沿x轴正方向的恒力F，作用时间为t；然后保持F大小不变，方向改为沿y轴负方向，作用时间也为t；再将力F大小不变，方向改为沿x轴负方向，作用时间仍为t。则此时 （ ）
A．物块的速度沿x轴正方向 B．物块的速度沿y轴负方向 C．物块的位置坐标为（0，mFt22）
D．物块的位置坐标为（mFt2，mFt232） 18．图4为一放射源发出的α、β、γ射线进入同一匀强磁场（磁场未画出）中的径迹。下表列出了三种射线的本质和特性。由此可知（ ）
种类 本质 质量(u) 电荷(e) 速度(c) α射线 氦核 4 +2 0.1 β射线 电子 1/1840 -1 0.99 γ射线 光子 0 0 1
A．磁场方向垂直纸面向里，a为α射线，b为β射线 B．磁场方向垂直纸面向里，a为β射线，b为α射线 C．磁场方向垂直纸面向外，a为β射线，b为α射线 D．磁场方向垂直纸面向外，b为α射线，c为γ射线
O x y F 图3
B 放射源 a
b
图4
c 2017昌平高三二模物理试题
3 19．某同学用图5（甲）所示的实验装置验证碰撞中动量守恒定律，他用两个完全相同的小钢球A、B进行实验，首先该同学使球A自斜槽某一高度由静止释放，从槽的末端水平飞出，测出球A落在水平地面上的点P与球飞出点在地面上竖直投影O的距离LOP。然后该同学使球A自同一高度由静止释放，在槽的末端与静止的球B发生非对心弹性碰撞，如图（乙）。碰撞后两球向不同方向运动，测出两球落地点M、N与O点间的距离LOM、LON，该同学多次重复上述实验过程，并将测量值取平均值。在忽略小球半径的情况下，对该实验的结果，分析正确的是（ ）
A．LOP=LOM+LON B．LOP2=LOM2+LON2 C．OM、ON与OP间的夹角大小一定相等 D．OM与ON间夹角大小与两球碰撞的方向有关
20．图6（甲）为手机及无线充电板。图（乙）为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势 B．受电线圈中感应电流方向由d到c C．c、d之间的电势差为1212ttSBBn）（
D．c、d之间的电势差为1212ttBBn）（
A B
O 重 锤 线
（甲） 图5
（乙）
A B vA
受电线圈 送电线圈 b a
d c
接交流电
（甲） （乙） 图6
B 2017昌平高三二模物理试题
4 21．（18分） （1）为了探究平抛运动规律，老师做了如下两个演示实验： ①为了说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，用如图7所示装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B 球被松开自由下落。关于该实验，下列说法正确的有 。 A．所用两球的质量必须相等 B．只做一次实验发现两球同时落地，即可以得到实验结论 C．应改变装置的高度多次实验 D．本实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
②如图8所示，两个相同的弧形轨道M、N位于同一竖直面内，其中N轨道的末端与光滑的水平地面相切。两个完全相同的小钢球P、Q，以相同的水平初速度v0同时从轨道M、N的末端射出，观察到P落地时与Q相遇。只改变弧形轨道M的高度，多次重复实验，仍能观察到相同的现象。这说明：_______________________________________________。 （2）为了进一步研究平抛运动，某同学用如图9所示的装置进行实验。 ①为了准确地描绘出平抛运动的轨迹，下列要求合理的是 ＿＿＿＿。 A．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．本实验必需的器材还有刻度尺和秒表 图9
图7 N M 图8
P
Q 2017昌平高三二模物理试题
5 ②甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以平抛运动的初始位置O为坐标原点建立xOy坐标系，如图10所示。从运动轨迹上选取多个点，根据其坐标值可以验证轨迹是符合y=ax2的抛物线。若坐标纸中每小方格的边长为L，根据图中M点的坐标值，可以求出a=＿＿＿＿，小球平抛运动的初速度v0=＿＿＿＿。（重力加速度为g）
③ 乙同学不小心将记录实验的坐标纸弄破损，导致平抛运动的初始位置缺失。他选取轨迹中任意一点O为坐标原点，建立xOy坐标系（x轴沿水平方向、y轴沿竖直方向），如图11所示。在轨迹中选取A、B两点，坐标纸中每小方格的边长仍为L，重力加速度为g。由此可知：小球从O点运动到A点所用时间t1与从A点运动到B点所用时间t2的大小关系为：t1 t2（选填 “＞”、“＜”或“＝”）；小球平抛运动的初速度v0= ，小球平抛运动的初始位置坐标为（ ， ）。 ④丙同学将实验方案做了改变，他把桌子搬到墙的附近，调整好仪器，使从斜槽轨道滚下的小球打在正对的墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录小球的落点。然后等间距地改变桌子与墙的距离，就可以得到多个落点。如果丙同学还有一把刻度尺，他是否可以计算出小球平抛时的初速度？请简要阐述理由。
重 锤 线
图12
x y M O
图10 x
y A B
O
图11 2017昌平高三二模物理试题
6 22．（16分） 图13为真空示波管的示意图，电子从金属丝K发出（初速度可忽略不计），在金属丝与A板间加以电压U1，电子加速后，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N间的偏转电场（电子进入时的速度方向与该电场方向垂直），离开偏转电场后打在荧光屏上一点。已知M、N两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受的重力及它们之间的相互作用力。
（1）求电子穿过A板时速度的大小v0； （2）若在M、N两极板间加一恒定电压U2，求电子从偏转电场射出时的侧移距离y； （3）单位偏转电压引起的偏转量2Uy称为示波管的灵敏度。要想提高示波管的灵敏度，可以采取哪些措施？
K 偏转电极 M
N 荧光屏
- + U1
d y
L
A O
图13 2017昌平高三二模物理试题
7 23．（18分） 当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为
4SCπkd。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电
势差U也随之变化。 （1）在图14所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图像。 （2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。在弹簧弹力F与形变量x关系图像中，图像与x轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小。与之类比，推导电容器储存的电能表达式212ECU。 （3）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1
增大到d2，需要克服电场力做多少功？
U O 图14
Q