2017年天津市河北区高考模拟试卷物理
【精品】2017年天津市河西区高考物理三模试卷含答案
2017年天津市河西区高考物理三模试卷一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，每小题6分，共30分）1．（6分）2012年11月23日上午，舰载机歼﹣15在我国首艘航母“辽宁舰”上成功起降，可控核反应堆是驱动航空母舰的理想设备．其工作原理是利用重核裂变反应释放出大量核能获得动力．U+n→Ba+Kr+yX是若干核反应的一种，其中n为中子，X为待求粒子，y为X的个数，则（）A．X是中子，y=4 B．X是电子，y=3 C．X是质子，y=2 D．X是中子，y=3 2．（6分）有一弧形的轨道，如图所示，现取两个完全相同的物块分别置于A、B两点处于静止状态，则关于下列分析正确的是（）A．物块在A点受到的支持力大B．物块在A点受到的摩擦力大C．物块在A点受到的合外力大D．将物块放在B点上方的C点，则物块一定会滑动3．（6分）2017年4月20日，我国成功实现货运飞行器“天舟一号”与轨道空间站“天宫2号”的对接．如图所示，已知“天舟一号”从捕获“天宫二号”到两个飞行器实现刚性对接用时为t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，组合体离地面的高度为H，万有引力常量为G，据以上信息可求地球的质量为（）A．B．C．D．4．（6分）以往，已知材料的折射率都为正值（n＞0）．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n＜0），称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n=﹣1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是（）A．B．C．D．5．（6分）如图所示一等腰直角三角形中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，三角形腰长为2L，一个边长为L的导线框ABCD自右向左匀速通过该区域，则回路中A、C两点电势差U AC随时间的变化关系图象应为（）A．B．C．D．二、选择题（每小题给出的四个选项中，各方有多个选项正确。
2017届河北省衡水金卷(全国Ⅰ卷)普通高等学校招生全国统一考试模拟(一)理科综合物理试题
2017届河北省衡水金卷（全国Ⅰ卷）普通高等学校招生全国统一考试模拟（一）理科综合物理试题 二、选择题14.如图所示为研究光电效应的实验装置，闭合开关，滑片P 处于滑动变阻器中央位置，当一束单色光照到此装置的碱金属表面K 时，电流表有示数，下列说法正确的是（ ）A.若仅增大该单色光入射的强度，则光电子的最大初动能增大，电流表示数也增大B.无论增大入射光的频率还是增加入射光的强度，碱金属的逸出功都不变C.保持频率不变，当光强减弱时，发射光电子的时间将明显增加D.若滑动变阻器滑片左移，则电压表示数减小，电流表示数减小15.有三个完全相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球C 不带电，小球A 和B 带有等量的同种电荷，如图所示，A 球固定在竖直支架上，B 球用不可伸长的绝缘细线悬于A 球正上方的P 点处，静止时细线与OA 的夹角为θ。
小球C 可用绝缘手柄移动，重力加速度为g ，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（ ）A.仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线中的张力比原来要小B.仅将球C 与球A 接触离开后，B 球再次静止时细线与OA 的夹角为1θ，仅将球C 与球A 接触离开后，B球再次静止时细线与OA 的夹角为2θ，则12θθ=C.剪断细线OB 瞬间，球B 的加速度等于gD.剪断细线OB 后，球B 将沿OB 方向做匀变速直线运动直至着地16.如图所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出1()t V Uπ=的交流电通过 变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r ，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是（ ）S.2S都断开，则电压表示数为零A.若开关1B.负载端所接收到交流电的频率为25HzC.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D.用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度17.火星被认为是太阳系中最有可能存在地外生命的行星，对人类来说充满着神秘和期待，为更进一步探索火星，美国宇航局于2011年发射了火星探测器，该探测器经过长途跋涉成功被火星捕获。
2017年天津市和平区高考物理模拟试卷
2017年天津市和平区高考物理模拟试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共20小题，共60.0分)1.物理学中引入“质点”概念，从科学方法说，是属于（）A.观察、实验的方法B.逻辑推理的方法C.类比的方法D.建立理想模型的方法【答案】D【解析】解：“质点”、“点电荷”、“电场线”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的物理模型，所以它们从科学方法上来说属于理想物理模型，故D正确，ABC错误．故选：D．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．理想化的模型是实际物体的简化处理．物理上研究的方法很多，我们在学习物理知识的同时，更要学习科学研究的方法．2.同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验，如图所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中．下列说法中正确的是（）A.相对于地面，小球运动的轨迹是直线B.相对于火车，小球运动的轨迹是曲线C.小球能落回小孔是因为小球在水平方向保持与火车相同的速度D.小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力【答案】C【解析】解：A、相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，故A错误；B、相对于火车，小球始终在火车的正上方，做直线运动．故B错误；CD、能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故C正确，D错误．故选：C相对于地面，小球做的是竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度．掌握惯性的物理意义：惯性是物体的固有属性，惯性的大小由质量决定．3.如图所示．脚盘在水平面内匀速转动，放在盘面上的一小物块随圆盘一起运动，关于小物块的受力情况，下列说法中正确的是（）A.只受重力和支持力B.受重力、支持力和压力C.受重力、支持力和摩擦力D.受重力、支持力，摩擦力和向心力【答案】C【解析】解：小木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示，重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力．选项C正确，选项ABD错误．故选：C．对小物块进行受力分析，分析时按照重力弹力摩擦力的顺序，并且找一下各力的施力物体，再根据圆周运动的特点知道是哪些力提供了向心力，即可得知各选项的正误．向心力是由物体实际受力的一个力或几个力的合力提供的，也可理解为是沿半径方向上的所有力的合力提供．分析和解决匀速圆周运动的问题，关键是要把向心力的来源搞清楚．向心力是按效果命名的力，并不是一种新性质的力，受力分析时决不能额外加上一个向心力．4.下列运动的物体中，机械能守恒的是（）A.加速上升的运载火箭B.被匀速吊起的集装箱C.光滑曲面上自由运动的物体D.在粗糙水平面上运动的物体【答案】C【解析】解：A、加速向上运动的运载火箭，动能和重力势能都增加，两者之和即机械能必定增加，故A错误．B、被匀速吊起的集装箱动能不变，而重力势能增加，两者总和即机械能必定增加，故B错误．C、光滑曲面上自由运动的物体，曲面对物体的支持力不做功，只有重力对物体做功，其机械能守恒，故C正确．D、在粗糙水平面上运动的物体做减速运动，重力势能不变，而动能减少，两者总和即机械能必定减小，故D错误．故选：C．物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹簧的弹力做功，机械能等于势能与动能之和，根据机械能守恒条件和机械能的概念进行判断．判断机械能守恒常用两种方法：一是条件法：根据机械能守恒的条件分析；二是总量法：根据动能与势能总量为机械能，进行分析．5.下列关于惯性的说法正确的是（）A.汽车速度越大越难刹车，表明速度越大惯性越大B.两个物体只要质量相同，那么惯性一定相同C.乒乓球可快速改变运动状态，是因为乒乓球速度大D.宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性【答案】B【解析】解：A、惯性的大小只与物体的质量有关，与其他因素无关，汽车的质量没有改变，所以惯性不变，A错误；B、质量是惯性大小的量度，两个物体只要质量相同，那么惯性一定相同．故B正确；C、乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球质量小，惯性小，故C错误；D、宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但仍然有惯性，故D错误．故选：B一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的．该题考查对惯性的理解，需要注意的是：一切物体都有惯性，惯性的大小只与质量有关，与其他都无关．6.下列各组共点力分别作用在一个物体上，有可能使物体达到平衡状态的是（）A.7N、5N、1NB.4N、8N、8NC.4N、10N、5ND.3N、4N、8N【答案】B【解析】解：A、7N和5N的合力范围为[2N，12N]，1N不在两个力的合力范围之内，则三个力的合力不可能为零，不能使物体处于平衡状态．故A错误．B、4N、8N的合力范围为[4N，12N]，8N在两个力的合力范围之内，则三个力的合力可能为零，能处于平衡状态．故B正确．C、4N、10N的合力范围为[6N，14N]，5N不在两个力的合力范围之内，则三个力的合力不可能为零，不能处于平衡状态．故C错误．D、3N、4N的合力范围为[1N，7N]，8N不在两个力的合力范围之内，则三个力的合力不能为零，不能使物体处于平衡状态．故D错误．故选：B．要使三力的合力为零，应保证任意两力之和可以大于等于第三力，任意两力之差小于等于第三力．判断三力能否平衡可以利用数学中三边组成平行三角形的方法，只要三边能组成三角形，则合力一定能为零．7.一个木箱放置在加速上升的电梯地板上，则（）A.木箱受到的重力就是木箱对电梯地板的压力B.木箱受到的支持力大于木箱对电梯地板的压力C.木箱受到的支持力与木箱受到的重力是一对平衡力D.木箱受到的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对作用力与反作用力【答案】D【解析】解：A、加速上升的电梯地板上放置着一个木箱，木箱受到重力和支持力，木箱对地板有压力，压力和重力的施力物体不同，故不是同一个力，故A错误；B、电梯地板对木箱的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对相互作用力，等值、反向、共线，故B错误；C、物体随着电梯加速上升，故合力向上，故支持力大于重力，不是一对平衡力，故C错误；D、电梯地板对木箱的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对相互作用力，故D正确；故选：D．根据牛顿第三定律，作用力与反作用力等大、反向、共线，根据平衡条件，二力平衡的一对力，同体、等值、反向、共线．本题关键是对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律并结合牛顿第三定律分析讨论．8.如图，在研究摩擦力的实验中，用弹簧测力计拉一个放在水平板上的木块，部分实验记录见表．则实验中木块受到的（）A.静摩擦力恒为0.60NB.静摩擦力可能大于0.60NC.滑动摩擦力为0.90ND.滑动摩擦力一定小于静摩擦力【答案】B【解析】解：A、当物块保持静止时，静摩擦力的大小随着拉力的变化而变化．故A错误．B、当拉力为0.60N时，物块处于静止，静摩擦力大小为0.60N，可知静摩擦力可能大于0.60N．故B正确．C、当弹簧拉力为0.50N时，物块做匀速直线运动，知滑动摩擦力等于0.50N．故C错误．D、滑动摩擦力不一定小于静摩擦力，比如用0.1N力拉物体，物体不动，静摩擦力为0.1N，则滑动摩擦力大于静摩擦力．故D错误．故选：B．当物块处于静止时，物块受静摩擦力，当物块运动时，受滑动摩擦力，根据匀速运动得出滑动摩擦力的大小，静摩擦力介于0和最大静摩擦力之间．解决本题的关键知道静摩擦力和滑动摩擦力的区别，根据共点力平衡求解静摩擦力的大小，知道匀速滑动时和加速滑动时滑动摩擦力大小相等．9.一物体运动的速度随时间变化的图象如图所示，下列判断正确的是（）A.0-6s内．物体离出发点最远为30mB.0-2s内的加速度小于5-6s内的加速度C.0-6s内，物体的平均速度为7.5m/sD.5-6s内，物体所受的合外力做负功【答案】B【解析】解：A、0～5s，物体沿正向运动，5～6s沿负向运动，故5s末离出发点最远，故A错误；B、在v-t图象中斜率代表加速度，则0-2s内的加速度，5-6s 内的加速度为，故0-2s内的加速度小于5-6s内的加速度，故B正确在0～6s内，物体经过的位移为x=×10m/s×2s+10m/s×2s+×10m/s×1s-×10m/s×1s=30m，平均速度，故C错误．D、在5～6s内，物体的速度为负值，加速度也为负值，做匀加速直线运动，合外力做正功，故D错误；故选：Bv-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；平均速率等于路程除以时间．结合这些知识进行分析解答．本题考查了速度--时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别，属于基础题．10.风能是一种绿色能源．如图所示，叶片在风力推动下转动，带动发电机发电，M、N为同一个叶片上的两点，下列判断正确的是（）A.M点的线速度小于N点的线速度B.M点的角速度小于N点的角速度C.M点的加速度大于N点的加速度D.M点的周期大于N点的周期【答案】A【解析】解：A、M、N两点的转动的角速度相等，则周期相等，根据v=rω知，M点转动的半径小，则M点的线速度小于N点的线速度．故A正确，B错误，D错误．C、根据a=rω2知，M、N的角速度相等，M点的转动半径小，则M点的加速度小于N 点的加速度．故C错误．故选：A．同一个叶片上的点转动的角速度大小相等，根据v=rω、a=rω2比较线速度和加速度的大小．解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，考查传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系．11.中国首架空客A380大型客机在最大载重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000m，着陆距离大约为2000m．设起飞滑跑和着陆时都是做匀变速直线运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比为（）A.3：2B.1：1C.1：2D.2：1【答案】B【解析】解：设着陆的速度为v，则起飞的速度为1.5v，根据平均速度的推论知，起飞滑跑的时间，着陆滑跑的时间，代入数据解得：t1：t2=1：1．故选：B．根据位移关系，结合平均速度的推论，求出起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比．解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．12.如图所示，用细绳将一小球悬挂在光滑墙壁上，若增加细线的长度，小球仍处于静止状态，以下说法中正确的是（）A.细线的拉力变大B.墙的支持力变小C.墙的支持力与细线拉力的合力变小D.重力与细线拉力的合力变大【答案】B【解析】解：A、B、小球的受力如图所示．根据平衡条件得：T cosθ=GT sinθ=N则得：N=G tanθT=若增加细线的长度，θ减小，tanθ减小，cosθ增大，则得T和N均变小，即细线的拉力变小，墙壁对球的支持力变小．故A错误B正确；C、由图可知，墙的支持力与细线拉力的合力始终与重力大小相等方向相反，所以保持不变．故C错误；D、由图可知，重力与细线拉力的合力始终与墙对小球的支持力大小相等方向相反，所以是逐渐减小．故D错误．故选：B对球受力分析，根据共点力平衡得到绳子拉力和墙壁对球的弹力的表达式，再进行分析．本题根据平衡条件得到力的表达式，再分析其变化情况，是一种函数法，也可以采用图解法分析．13.一条轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，绳的一端系一质量m=15kg的重物，重物静置于地面上，有一质量m ﹦l0kg的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）（）A.5m/s2B.l0m/s2C.15m/s2D.25m/s2【答案】A【解析】解：因为重物不离开地面，知绳子的最大拉力为：T=mg=150N，对猴子分析，根据牛顿第二定律得，猴子的最大加速度为：．故A正确，B、C、D错误．故选：A．根据重物不离开地面得出最大拉力的大小，对猴子分析，根据牛顿第二定律求出最大的加速度．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行分析，求出绳子的最大拉力是解决本题的关键．14.如图所示，取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A、B两只“飞镖”，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶．某位同学在离墙壁一定距离的同一位置处，分别将它们水平掷出，两只“飞镖”插在靶上的状态如图所示（侧视图），不计空气阻力．则下列说法中正确的是（）A.A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度小B.A镖的质量比B镖的质量大C.B镖的运动时间比A镖的运动时间长D.B镖插入靶时的末速度一定比A镖插入靶时的末速度大【答案】C【解析】解：A、根据t=知，B下落的高度大，则B运动的时间长，两镖的水平位移相等，根据知，B镖的初速度小，A镖的初速度大，故A错误，C正确．B、平抛运动的时间、速度与质量无关，根据题意无法比较两飞镖的质量，故B错误．D、B镖运动到木板上时，竖直分速度大，但是水平分速度小，根据平行四边形定则知，B镖的末速度不一定大，故D错误．故选：C．根据高度比较飞镖运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．根据竖直分速度的大小，结合平行四边形定则比较末速度的大小．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．15.假设发射两颗探月卫星A和B，如图所示，其环月飞行距月球表面的高度分别为200km和100km．若环月运行均可视为匀速圆周运动，则（）A.B环月运行时向心加速度比A小B.B环月运行的速度比A小C.B环月运行的周期比A小D.B环月运行的角速度比A小【答案】C【解析】解：A、设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，嫦娥卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力得：=m=ma=m=mω2rA、向心加速度a=，卫星A的轨道半径大于B的轨道半径，所以B环月运行时向心加速度比A大，故A错误；B、v=，卫星A的轨道半径大于B的轨道半径，所以B环月运行的速度比A大，故B错误；C、周期T=2π，卫星A的轨道半径大于B的轨道半径，所以B环月运行的周期比A小，故C正确；D、角速度ω=，卫星A的轨道半径大于B的轨道半径，所以B环月运行的角速度比A大，故D错误；故选：C．卫星绕月球做圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，求出向心加速度、线速度、周期表达式，然后分析答题．本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出加速度、线速度、周期的表达式，再进行讨论．16.起重机沿竖直方向以大小不同的速度两次匀速吊起货物，所吊货物的质量相等．那么，关于起重机对货物的拉力和起重机的功率，下列说法正确的是（）A.拉力不等，功率相等B.拉力不等，功率不等C.拉力相等，功率相等D.拉力相等，功率不等【答案】D【解析】解：两次都做匀速匀速直线运动，故竖直方向上合力为零，即拉力等于重力，故两次拉力相等，功率P=F v=mgv，因速度不同，故功率不同，故D正确．故选：D．匀速直线运动的物体受到平衡力的作用，功率P=mgv即可判断．当货物静止在空中、匀速竖直上升、匀速竖直下降时，起重机对货物的拉力都等于货物的重力．17.如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若电动机的额定输出功率为80W，在平直路面上行驶的最大速度为4m/s，则汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是（）A.16NB.40NC.80ND.20N【答案】D【解析】解：当牵引力等于阻力时，加速度为零，汽车速度最大，根据P=F v=fv得：f=故选：D当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=F v=fv即可求解．本题解题的关键是知道当牵引力等于阻力时，速度最大，难度不大，属于基础题．18.某个行星的半径是地球半径的一半，质量也是地球的一半，则它表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的（）A.倍B.倍C.4倍D.2倍【答案】D【解析】解：解：根据万有引力等于重力得：g=行星质量是地球质量的一半，半径也是地球的一半，所以此行星上的重力加速度是地球上的2倍，故D正确、ABC错误．故选：D．根据万有引力等于重力结合万有引力定律表示出重力加速度，根据行星和地球的质量、半径关系求解．求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比．19.在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是（）A.牛顿B.伽利略C.库仑D.焦耳【答案】C【解析】解：库仑发现了电荷间作用力的规律故选：C本题是物理学史问题，根据牛顿、伽利略、库仑、焦耳等科学家的成就进行答题本题考查物理学史，是常识性，只要加强记忆，就能得分．可结合物理学家的成就、年代等进行记忆20.如图所示，磁场B方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、如图所示，由安培定则可知，安培力方向垂直于电流方向向上，故A错误；B、如图所示，由安培定则可知，电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力作用，故B错误；C、如图所示，由安培定则可知，安培力方向竖直向下，故C正确；D、如图所示，由安培定则可知，安培力垂直于导线向外，故D错误．故选C．熟练应用左手定则是解决本题的关键，在应用时可以先确定一个方向，然后逐步进行，如可先让磁感线穿过手心，然后通过旋转手，让四指和电流方向一致或让大拇指和力方向一致，从而判断出另一个物理量的方向，用这种程序法，防止弄错方向．左手定则中涉及物理量及方向较多，在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度．判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直．二、实验题探究题(本大题共2小题，共14.0分)21.某实验小组利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律（1）要验证重物下落过程中符合机械能守恒，除了图示器材，以下实验器材必须要选取的有______ （填写字母代号）A．秒表B．刻度尺C．天平D．交流电源（2）为减少实验误差，下落物体应选用______ （选填“50g木块”或“200g重锤”）（3）在实际测量中，重物减少的重力势能通常会______ （选填“大于”、“等于”或“小于”）增加的动能．【答案】BD；200g重锤；大于【解析】解：（1）在该实验中，需测量物体下降的高度和物体的速度，所以纸带处理时需要刻度尺；还需要交流电源，供计时器工作；而比较重力功和动能变化的关系，两边都有质量，可以约去，不需要天平；同时不需要秒表，因打点计时器．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．（2）为了减小阻力的影响，重锤选择质量大，体积小的，即密度大的，所以选择质量为200g的重锤．（3）在实际的测量中，由于有摩擦作用，可知从O点到C的过程中重物减少的重力势能通常会大于增加的动能．故答案为：（1）BD；（2）200g的重锤；（3）大于．（1）明确实验原理和方法，知道因有打点计时器不需要秒表，因等式两边质量相互约去所以天平不需要，需要刻度尺测量长度，求得速度；需要交流电源，提供打点计时器工作；（2）探究外力做功与动能的关系时，需测量下降的高度，以及速度的大小．为了减小实验的误差，重锤选择质量大，体积小的．（3）分析实验原理，从而明确实验误差产生的原因．本题考查验证机械能守恒定律的实验，解决本题的关键知道实验的原理，以及掌握数据处理的方法，实验原理是数据处理方法和误差分析的基础．22.某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系，（1）下列做法正确的是______A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B、在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码盘通过定滑轮拴在木块上C、实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D、增减木块上的砝码改变木块的质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码盘及盘内砝码的总质量______ 木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”，“远小于”，或“近似等于”）（3）某次实验，保持木块所受的合外力相同，测量不同质量的木块在相同的力作用下的加速度，根据实验数据描绘出a-m图象如图甲所示，由于这条曲线是不是双曲线并不容易确定，因此不能确定a与m成反比，紧接着该同学作了a-图象如图乙所示①根据a-图象是过坐标原点的直线，因此可判断出a与成______ 比，即a与m成反比；②根据图象可以得到物体受到的外力为______ N．【答案】AD；远小于；正；0.115【解析】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；D、平衡摩擦力后，有：mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；故选：AD；（2）由牛顿第二定律得，对系统：a=，对小车：T=M a==，只有当m＜＜M时，T≈mg，因此实验要控制：砝码盘及盘内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量．（3）①由图示图象可知，a-图象是过坐标原点的直线，由此可知，a与成正比，即a与m成反比；②由牛顿第二定律得：a=F，则a-图象的斜率：k=F=≈0.115N，即物体受到的外力为0.115N；故答案为：（1）AD；（2）远小于；（3）①正；②0.115．（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；（2）砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；（3）分析图示图象得出结论，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出物体受到的外力．本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，考查了实验注意事项、实验数据处理，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法．三、计算题(本大题共2小题，共26.0分)23.如图所示，一质量为m=60kg的探险者在丛林探险，为了从一绝壁到达水平地面，探险者将一根长为l=10m粗绳缠绕在粗壮树干上，拉住绳子的另一端，从绝壁边缘的A点由静止开始荡向低处，到达最低点B时脚恰好触到地面，此时探险者的重心离地面的高度为h B=0.5m．已知探险者在A点时重心离地面的高度为h A=8.5m．以地面为零势能面，不计空气阻力．（探险者可视为位于其重心处的一个质点，g=10m/s2）求：（1）探险者在A点时的重力势能；（2）探险者运动到B点时的速度大小；。
2017年全国高考物理仿真模拟试卷和答案(一)
2017年全国高考物理仿真模拟试卷（一）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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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）利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的v﹣t图象如图所示，则（）A．小车运动的最大速度约为0.8 m/sB．小车加速度先增大后减小C．小车的位移一定小于6 mD．小车做曲线运动2．（6分）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是（）A．A、B之间的摩擦力一定变大B．B与墙面的弹力可能不变C．B与墙之间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变3．（6分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处4．（6分）卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天．在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为（）A． B． C． D．5．（6分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐减小6．（6分）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O 点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少7．（6分）如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳子飞越对面的高台上．一质量m的选手脚穿轮滑鞋以v0的水平速度在水平地面M上抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离L，当绳摆到与竖直方向夹角θ时，选手放开绳子，选手放开绳子后继续运动到最高点时，刚好可以水平运动到水平传送带A点，．不考虑空气阻力和绳的质量．取重力加速度g．下列说法中正确的是（）A．选手摆动过程中机械能不守恒，放手后机械能守恒B．选手放手时速度大小为C．可以求出水平传送带A点相对水平面M的高度D．可以求出选手到达水平传送带A点时速度大小8．（6分）如图所示，相距为l的光滑平行金属导轨ab、cd放置在水平桌面上，阻值为R的电阻与导轨的两端a、c相连．滑杆MN质量为m，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨、滑杆以及导线的电阻．整个装置放于竖直方向的范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B．滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现将物块由静止释放，当物块达到最大速度时，物块的下落高度，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中（）A．物块达到的最大速度是B．通过电阻R的电荷量是C．电阻R放出的热量为D．滑杆MN产生的最大感应电动势为三、非选择题（一）必考题（共47分）9．（5分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=m/s2（保留两位有效数字）．（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是．A．木板的长度LB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）10．（10分）为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路．ab 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0Ω电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d= mm．（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x 及对应的电流值I，实验数据如下表所示：①表中数据描在﹣x坐标纸中，如图丙所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k=（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ2为Ω•m（保留两位有效数字）．②根据图丙中﹣x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为（保留两位有效数字）．11．（14分）在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端s=1m处有一质量m=1kg 的物块，受如图所示的水平恒力F的作用．物块由静止开始沿斜面下滑，到达底端时即撤去水平恒力F，物块在水平面上滑动一段距离后停止．已知物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．（1）若物块在运动过程中的最大速度为2m/s，则水平恒力F的大小为多少？（2）若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间最短，则最短时间为多少？12．（18分）如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电的粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射人两板问，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力．求：（1）两金属板间所加电场的场强大小．（2）匀强磁场的磁感府强度B的大小．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．【物理3-3】13．（5分）以下说法正确的是（）A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E．如果气体温度升高，那么所有分子的速率不一定都增加14．（10分）如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量理想气体，活塞与气缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1=0.50m，气体的温度t1=27℃．给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h2=0.80m处，同时缸内气体吸收Q=450J的热量．已知活塞横截面积S=5.0×10﹣3m2，大气压强P0=1.0×105Pa．求：①活塞距离气缸底h2耐的温度t2；②此过程中缸内气体增加的内能△U．【物理3-4】15．一列简谐横波沿x轴负方向传播，t=0时刻的波形如图所示，经0.3s时间质点a第一次到达波峰位置，则这列波的传播速度为m/s，质点b第一次出现在波峰的时刻为s．16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=，求：两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d．2017年全国高考物理仿真模拟试卷（一）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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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）利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的v﹣t图象如图所示，则（）A．小车运动的最大速度约为0.8 m/sB．小车加速度先增大后减小C．小车的位移一定小于6 mD．小车做曲线运动【解答】解：A、由图知，小车运动的最大速度约为0.8 m/s，故A正确．B、在v﹣t图象中，图象斜率绝对值表示加速度的大小，根据图象可知，小车加速度先减小后增大，故B错误．C、在v﹣t图中，图线与坐标轴所围的面积在数值上表示位移的大小，图中每小格的面积表示的位移大小为0.1m，总格数约为83格（大于半格计为一格，小于半格忽略不计），总位移8.3m，大于6m．故C错误．D、速度时间图象只能表示直线运动的规律，故D错误；故选：A2．（6分）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止；现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是（）A．A、B之间的摩擦力一定变大B．B与墙面的弹力可能不变C．B与墙之间可能没有摩擦力D．弹簧弹力一定不变【解答】解：A、对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F 后，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为m A gsinθ，若F=2m A gsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变．故A错误．B、以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcosa，B错误；C、对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力．故C错误，D正确．故选D．3．（6分）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是（）A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处【解答】解：A、当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；B、下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；D、球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；故选：D．4．（6分）卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天．在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为（）A． B． C． D．【解答】解：根据万有引力提供向心力，解得：∝已知月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1，因月球绕地球运动的轨道半径为60r，故同步卫星的轨道半径为r，高度为r，故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为：t===，故B正确，ACD错误；故选：B．5．（6分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐减小【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑动变阻器R4的滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确，B错误；C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点将向下运动，故C错误；D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D正确；故选：AD．6．（6分）如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O 点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少【解答】解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b 点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电，即c点电荷带负电，故A错误；B、从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势．又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两个点电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；C、E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；D、检验电荷从a到b过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D正确．故选：BD．7．（6分）如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳子飞越对面的高台上．一质量m的选手脚穿轮滑鞋以v0的水平速度在水平地面M上抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离L，当绳摆到与竖直方向夹角θ时，选手放开绳子，选手放开绳子后继续运动到最高点时，刚好可以水平运动到水平传送带A点，．不考虑空气阻力和绳的质量．取重力加速度g．下列说法中正确的是（）A．选手摆动过程中机械能不守恒，放手后机械能守恒B．选手放手时速度大小为C．可以求出水平传送带A点相对水平面M的高度D．可以求出选手到达水平传送带A点时速度大小【解答】解：A、由于摆动过程中绳子拉力不做功，只重力做功，机械能守恒，选项A错误；B、根据机械守恒定律列出，解得：v=，选项B正确；C、选手放手后到A过程运动的逆过程是平抛运动，根据平抛运动相关知识可以求出水平传送带A点相对水平面M的高度和到达A点时速度大小，选项CD正确．故选：BCD8．（6分）如图所示，相距为l的光滑平行金属导轨ab、cd放置在水平桌面上，阻值为R的电阻与导轨的两端a、c相连．滑杆MN质量为m，垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨、滑杆以及导线的电阻．整个装置放于竖直方向的范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B．滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与另一质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态．现将物块由静止释放，当物块达到最大速度时，物块的下落高度，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中（）A．物块达到的最大速度是B．通过电阻R的电荷量是C．电阻R放出的热量为D．滑杆MN产生的最大感应电动势为【解答】解：A、当F A=mg时，速度最大，有：，则最大速度v=．故A正确，B、通过电阻R的横截面积的电荷量q=It==，故B正确；C、根据能量守恒得，mgh=mv2+Q，解得Q=mgh﹣2×mv2=×2=．故C错误．D、物块速度最大时，产生的感应电动势E=Blv=．故D正确．故选ABD．三、非选择题（一）必考题（共47分）9．（5分）物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50HZ．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a=0.49m/s2（保留两位有效数字）．（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是CD．A．木板的长度LB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）【解答】解：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，由匀变速运动的推论△x=aT2可知：加速度a==≈0.49m/s2；（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g﹣f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2gμ，解得：μ=，要测动摩擦因数μ，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选：CD；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：μ=；故答案为：（1）0.49；（2）CD；（3）．10．（10分）为测定一段金属丝的电阻率ρ，某同学设计了如图甲所示的电路．ab 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻R0=4.0Ω电源的电动势E=3.0V，电流表内阻忽略不计，滑片P与电阻丝始终接触良好．（1）实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为d=0.400 mm．（2）实验时闭合开关，调节滑片P的位置，分别测量出每次实验中aP长度x 及对应的电流值I，实验数据如下表所示：①表中数据描在﹣x坐标纸中，如图丙所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的表达式k=（用题中字母表示），由图线求得电阻丝的电阻率ρ2为 1.1×10﹣4Ω•m（保留两位有效数字）．②根据图丙中﹣x关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为 1.4Ω（保留两位有效数字）．【解答】解：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0mm+40.0×0.01mm=0.400mm．（2）①如图所示由图丙所示图象由电阻定律可得，R=ρ，由闭合电路欧姆定律，则有，I=，那么=+，由电阻定律可知：R=ρ=ρ=ρ，则：=+x，﹣x图象的斜率：k=，由图示图象可知：k==≈2.86，联立解得电阻率为：ρ=代入数据得：ρ=1.1×10﹣6Ω•m；根据图丙中﹣x关系图线纵轴截距为1.8，此时待测电阻丝电阻为零，由闭合电路欧姆定律得：E=I（r+R0）即：3=（r+4.0）得：r=1.4Ω故答案为：（1）0.400；（2），1.1×10﹣6；1.4Ω．11．（14分）在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端s=1m处有一质量m=1kg 的物块，受如图所示的水平恒力F的作用．物块由静止开始沿斜面下滑，到达底端时即撤去水平恒力F，物块在水平面上滑动一段距离后停止．已知物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．（1）若物块在运动过程中的最大速度为2m/s，则水平恒力F的大小为多少？（2）若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间最短，则最短时间为多少？【解答】解：（1）物块到达斜面底端时速度最大，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2as，解得，加速度：a=2m/s2，物块在斜面上运动过程，由牛顿第二定律得：mgsin θ﹣Fcos θ﹣μ（mgcos θ+Fsin θ）=ma，解得：F=2.6N．（2）设物块在斜面上的加速度为a，运动时间为t1，在水平面上的运动时间为t2，由匀变速直线运动的位移公式得：s=at12，到达底端时的速度：v==μgt2，运动的总时间：t=t1+t2=+根据基本不等式，当a=μg=2m/s2时，t有最小值：t min=2s．答：（1）若物块在运动过程中的最大速度为2m/s，则水平恒力F的大小为2.6N；（2）若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间最短，则最短时间为2s．12．（18分）如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场．一个电荷量为q、质量为m的带负电的粒子以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射人两板问，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场．不计粒子重力．求：（1）两金属板间所加电场的场强大小．（2）匀强磁场的磁感府强度B的大小．【解答】解：（1）粒子在平行金属板间做类平抛运动，有：t=．在沿电场方向上有：．联立两式解得E=．（2）出电场时沿电场方向上的速度v y=at=v．则进入磁场的速度为，速度与水平方向成45度角．根据几何关系得，r=．根据qv′B=得，r=．解得B=．答：（1）两金属板间所加电场的场强大小为．（2）匀强磁场的磁感府强度B的大小为．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．【物理3-3】13．（5分）以下说法正确的是（）A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E．如果气体温度升高，那么所有分子的速率不一定都增加【解答】解：A、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，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，而温度又是分子平均动能的标志，故A错误；B、气体压强是由于气体分子对器壁的持续撞击而形成的，不是由于分子间作用力形成的，故B错误；C、布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动，故C正确；D、根据分子力做功与分子势能关系可知，当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故D正确；E、如果气体温度升高，那么大部分分子的速度增加，但有少量分子速率可能减小或不变，故E正确．故选：CDE．14．（10分）如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量理想气体，活塞与气缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1=0.50m，气体的温度。
2017年河北高考物理基础提升练习
2017年河北高考物理基础提升练习（六）一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)1．(2014·陕西质量检测)处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子。
如图所示是一个用来研究静电除尘的演示实验装置，铝板与起电机的正极相连，缝被针与起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。
转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。
关于这个现象，下列说法中正确的是()A．烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上B．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小D．同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电荷量不变，离铝板越近加速度越大[答案] B[解析]本题考查静电除尘原理及典型电场的特点，意在考查考生应用静电知识处理实验问题的能力。
蚊香烟雾吸附了电子或正离子，被分别吸附在缝被针或铝板上，A错误；缝被针与铝板间的电场类似于等量异种点电荷的电场关于中垂面对称的其中一侧，离铝板越近，场强越小，同一烟尘颗粒在电场中被加速吸附，静电力一直对该颗粒做正功，离铝板越近时，粒子速度越大，但加速度越小，C、D错误，B正确。
2．(2014·沈阳模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至右极板的过程中，下列判断正确的是()A．运动时间t A>t BB．电荷量之比q A∶q B＝2∶1C．机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B＝2∶1D．机械能增加量之比ΔE A∶ΔE B＝1∶1[答案] B[解析]对A、B受力分析可知，竖直方向上做自由落体运动，所以两小球运动时间相等，选项A错误；水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，x a＝2x b，由运动关系可知，两小球电荷量之比为2∶1，由机械能守恒关系可知，电场力做功等于小球机械能增量，因此机械能增量之比为4∶1，选项C、D错误。
2017年全国高考物理一模试卷含参考答案(新课标ⅲ卷)
2017年全国高考物理一模试卷（新课标Ⅲ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题只有一个选项符合题目要求，第5～8题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分．1．（6分）2017年2月12日消息，福岛第一核电站2号机组安全壳内辐射量达到高值，对此中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒，建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行计划．关于核电站，下列说法正确的是（）A．核电站是使核能转化为内能，通过汽轮机带动发电机来发电的B．发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量C．核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素D．核电站的核废枓可以直接堆放在露天垃圾场2．（6分）如图所示，OO'为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa'、bb'、cc'…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从直OO'轴线的对称的小孔中射出，入射角为30°正粒子的速度大小为km/s、则入射角为45°的粒子速度大小为（）A．0.5 km/s B．1 km/s C．2 km/s D．4 km/s3．（6分）一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为（不计空气阻力）（）A．1.0 s B．1.8 s C．2.0 s D．2.6 s4．（6分）如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化，检测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图。
2017年普通高等学校招生全国统一考试理综(物理部分)试题(天津卷,含解析)
2017年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合物理部分一、单项选择题（每小题6分，共30分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1．我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。
下列核反应方程中属于聚变反应的是A ．n He H H 10423121+→+B ．H O He N 1117842147+→+ C ．n P Al He 103015271342+→+ D ．n Kr Ba n U 1089361445610235923++→+ 【答案】A考点：核反应的种类。
2．明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。
如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a 、b ，下列说法正确的是A ．若增大入射角i ，则b 光先消失B ．在该三棱镜中a 光波长小于b 光C ．a 光能发生偏振现象，b 光不能发生D ．若a 、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a 光的遏止电压低【答案】D考点：光的折射，全反射，几何光学3．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R 。
金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。
现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】试题分析：导体棒ab 、电阻R 、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（k tB =∆∆为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由a 到b ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势S k t S B t E ⋅=∆⋅∆=∆∆Φ=，回路面积S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律RE I =，所以ab 中的电流大小不变，故B 错误；安培力BILF =，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C 错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f 与安培力F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确。
2017年天津市新华中学高考物理模拟试卷和答案
2016年江苏省泰州市高考物理一模试卷一、单项选择题，本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此过程中（）A．磅秤的示数等于mg B．磅秤的示数等于0.1mgC．人的动能增加了0.9mgh D．人的机械能增加了1.1mgh2．（3分）如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（）A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离3．（3分）如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤去，下列对物块的描述正确的是（）A．物块将沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变大C．物块立即获得加速度D．物块所受的摩擦力方向改变4．（3分）如图所示路线，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述不正确的是（）A．灯泡L一定变亮 B．伏特表的示数变小C．安培表的示数变小D．R0消耗的功率变小5．（3分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是（）A．B．C．D．6．（3分）如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的动能将（）A．不断增大B．不断减小C．先减小后增大D．先增大后减小二、多项选择题．本题共5小题，每小题得4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）载人飞船绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R0，飞船运行的轨道半径为KR0，地球表面的重力加速度为g0，则飞船运行的（）A．加速度是K2g0B．加速度是C．角速度是D．角速度是8．（4分）如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）A．灯泡的额定电压为l10VB．副线圈输出交流电的频率为50HzC．U=220V，I=0.2AD．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV9．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小10．（4分）如图（a）所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度﹣时间图象如图（b）所示，下列说法正确的是（）A．a在斜面上滑行的加速度比b的大B．a在水平面上滑行的距离比b的短C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小D．a与水平面间的动摩擦因数比b的大11．（4分）如图甲所示，Q1、Q2还两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t 图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．t1、t2两时刻试探电荷在同一位置D．t2时刻试探电荷的电势能最大三、简答题：本题共2小题，共计20分，请将解答填写在答题卡相应的位置．12．（8分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是．A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘牵引下恰好做匀速运动B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．先接通电源后释放小车D．试验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F 的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线．如图丙所示，图线是在轨道倾斜情况下得到的（选填“①”或“②”）：小车及车中的砝码总质量m=kg．13．（12分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径D=mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值R=Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～50Ω，允许通过的最大电流0.5A）开关S、导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．四、计算题：本共4小题，共计62分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤．只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）如图所示，倾角为α=30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d=8m平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m=0.1kg，电阻为R=0.2Ω，边长L=1m的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x=2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，切ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动，重力加速度g=10m/s2．求：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度v1；（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．15．（15分）预警雷达探测到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g（g=10m/s2）的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：（1）火箭喷气产生的推力；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；（3）导弹击中敌机时的动能．16．（16分）如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，A点左侧地面光滑，AB 的长度为5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到A点时弹簧恢复原长，以后继续向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的光滑圆弧BC，在C点正上方有一离C 点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后进入P孔，又恰能从Q孔落下，已知物体通过B点时对地面的压力为9mg．求：（1）滑块通过B点时的速度v B；（2）弹簧释放的弹性势能E p；（3）平台转动的角速度ω应满足什么条件．17．（17分）在竖直面内建立直角坐标系，曲线y=位于第一象限的部分如图，在曲线上不同点以初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m，带电量为+q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域，磁感应强度为B=T，方向垂直纸面向里，小球恰好做匀速圆周运动，并在做圆周运动的过程中都能打到y轴负半轴上（已知重力加速度为g=10m/s2、=102C/kg）．求：（1）第三象限的电场强度大小及方向；（2）沿水平方向抛出的初速度v0；（3）为使所有的小球都打到y轴负半轴，所加磁场区域的最小面积．2016年江苏省泰州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题，本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）一质量为m的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g的加速度加速上升h高度，在此过程中（）A．磅秤的示数等于mg B．磅秤的示数等于0.1mgC．人的动能增加了0.9mgh D．人的机械能增加了1.1mgh【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：F﹣mg=ma解得：F=mg+ma=1.1mg，即磅秤的示数等于1.1mg，故AB错误；C、根据动能定理得：△E K=W合=mah=0.1mgh，故C错误；D、人上升h，则重力做功为﹣mgh，可知重力势能增大mgh，动能增加0.1mgh，则机械能增大了1.1mgh，故D正确．故选：D2．（3分）如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（）A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离【解答】解：根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近．故C正确，A、B、D错误．故选：C．3．（3分）如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤去，下列对物块的描述正确的是（）A．物块将沿斜面下滑B．物块受到的摩擦力变大C．物块立即获得加速度D．物块所受的摩擦力方向改变【解答】解：物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及沿斜面的两个力；垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力重力的分子及摩擦力而处于平衡；故摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡；如图所示：当F撤去后，垂直斜面方向上受力不变，而沿斜面方向上只有重力的分力存在，很明显重力的分力小于刚才的合力，故物体不会发生滑动；此时的摩擦力仍为静摩擦力，方向沿斜面向上；故A、B、C错误，D正确；故选D．4．（3分）如图所示路线，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述不正确的是（）A．灯泡L一定变亮 B．伏特表的示数变小C．安培表的示数变小D．R0消耗的功率变小【解答】解：AB、当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，电源的内电压变大，则路端电压变小，因此伏特表读数变小．灯泡L的电压减小，则灯L一定变暗．故A错误，B正确．CD、电路中并联部分电压变小，通过L的电流减小，而总电流增大，则安培表A 的读数变大，R0消耗的功率变大．故C、D错误．本题选不正确的，故选：ACD5．（3分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是（）A．B．C．D．【解答】解：在0﹣s内，根据法拉第电磁感应定律，=．根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在﹣T内，根据法拉第电磁感应定律，E′=n==2E，所以感应电流是之前的2倍．再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值．故A正确，B、C、D错误．故选A．6．（3分）如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的动能将（）A．不断增大B．不断减小C．先减小后增大D．先增大后减小【解答】解：其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为向右偏M方向，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C正确．故选C二、多项选择题．本题共5小题，每小题得4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．7．（4分）载人飞船绕地球做匀速圆周运动．已知地球半径为R0，飞船运行的轨道半径为KR 0，地球表面的重力加速度为g0，则飞船运行的（）A．加速度是K2g0B．加速度是C．角速度是D．角速度是【解答】解：A、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：G；而黄金代换公式：GM=g0R02，联立上两式，解得：a n=，故A错误，B正确；C、根据万有引力定律，引力提供向心力，则有：；且GM=g0R02，解得：角速度ω=，故C正确，D错误；故选：BC．8．（4分）如图甲，一理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路巾接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）A．灯泡的额定电压为l10VB．副线圈输出交流电的频率为50HzC．U=220V，I=0.2AD．原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220sin100πtV【解答】解：A、有效值为：U==220V，副线圈的电压为：U2=U1=110V，则A正确．B、原线圈的频率为f=，变压器不会改变频率，故B正确，C、副线圈电流为：I2==0.2A，原线圈的电流为：I1=I1=0.1A，则C错误．D、ω=2πf=100π，瞬时表达式为：u=220sin100πtV，故D正确故选：ABD9．（4分）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的．从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是（）A．I1开始较大而后逐渐变小B．I1开始很小而后逐渐变大C．I2开始很小而后逐渐变大D．I2开始较大而后逐渐变小【解答】解：开关S闭合瞬间，L相当于断路，通过R1的电流I1较大，通过R2的电流I2较小；当稳定后L的自感作用减弱，通过R1的电流I1变小，通过R2的电流I2变大，故AC正确BD错误．故选：AC10．（4分）如图（a）所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点的水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度﹣时间图象如图（b）所示，下列说法正确的是（）A．a在斜面上滑行的加速度比b的大B．a在水平面上滑行的距离比b的短C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小D．a与水平面间的动摩擦因数比b的大【解答】解：A、由乙图图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速时的加速度大，故A正确；B、物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始．由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b 在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；C、物体在斜面上运动的加速度为，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C 正确；D、物体在水平面上运动的加速度为，因为a的加速度小于b的加速度，所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小，故D错误故选：AC11．（4分）如图甲所示，Q1、Q2还两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v﹣t 图象如图乙所示，下列说法正确的是（）A．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C．t1、t2两时刻试探电荷在同一位置D．t2时刻试探电荷的电势能最大【解答】解：A、由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应先向下后向上，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电量一定相等；故AB错误；C、根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t2两时刻试探电荷的加速度不同，所受的电场力不同，所以不可能在同一位置．故C错误．D、t 2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大．故D正确．故选：D三、简答题：本题共2小题，共计20分，请将解答填写在答题卡相应的位置．12．（8分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是BC．A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘牵引下恰好做匀速运动B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．先接通电源后释放小车D．试验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1s，且间距s1、s2、s3、s4、s5、s6已量出，则小车加速度a=0.33m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F 的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线．如图丙所示，图线①是在轨道倾斜情况下得到的（选填“①”或“②”）：小车及车中的砝码总质量m=0.5kg．【解答】解：（1）A、平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力．所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故A错误；B、为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；C、使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，故C正确；D、试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量，故D错误．故选：BC（2）由匀变速运动的规律得：s4﹣s1=3aT2s5﹣s2=3aT2s6﹣s3=3aT2联立得：（s4+s5+s6）﹣（s1+s2+s3）=9aT2解得：a===0.33m/s2，（3）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．根据F=ma得a﹣F图象的斜率k=，由a﹣F图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg．故答案为：（1）BC；（2）0.33；（3）①，0.513．（12分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L=50.15 mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径D= 4.699mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值R=300Ω．（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～10mA，内阻约50Ω）电流表A2（量程0～50mA，内阻约30Ω）电压表V1（量程0～3V，内阻约30kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约50kΩ）直流电源E（电动势4V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～50Ω，允许通过的最大电流0.5A）开关S、导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．【解答】解；（1）游标卡尺的读数为：L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）螺旋测微器的读数为：D=4.5mm+19.9×0.01mm=4.699（4.700±0.001）；（3）欧姆表的读数为：R=30×10Ω=300Ω；（4）根据电源的电动势为4V可知电压表应选择；由于通过待测电阻的最大电流为===13mA，所以电流表应选择；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于实验要求能测多组数据，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）4.699；（3）300；（4）如图四、计算题：本共4小题，共计62分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤．只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．14．（14分）如图所示，倾角为α=30°的光滑固定斜面，斜面上相隔为d=8m平行虚线MN与PQ间有大小为B=0.1T的匀强磁场，方向垂直斜面向下．一质量为m=0.1kg，电阻为R=0.2Ω，边长L=1m的正方形单匝纯电阻金属线圈，线圈cd边从距PQ上方x=2.5m处由静止释放沿斜面下滑进入磁场，切ab边刚要离开磁场时线圈恰好做匀速运动，重力加速度g=10m/s2．求：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度v1；（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．【解答】解：（1）导线框沿斜面向下运动：解得：（2）导线进入磁场通过ab棒的电量：联立得：==0.5C（3）导线框离开磁场时：解得：由能量守恒有：代入数据：解得：则ab边产生的热量为：答：（1）cd边刚进入磁场时，线圈的速度为5m/s；（2）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q为0.5C；（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为15．（15分）预警雷达探测到敌机在20000m上空水平匀速飞行，立即启动质量m=100kg的防空导弹，导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气，使导弹由静止以a=10g（g=10m/s2）的加速度竖直向上匀加速上升至5000m高空，喷气方向立即变为与竖直方向成θ角（cosθ=）斜向下，导弹做曲线运动，直至击中敌机．假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定，且不考虑导弹质量变化及空气阻力，导弹可视为质点．试求：（1）火箭喷气产生的推力；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间；（3）导弹击中敌机时的动能．【解答】解：（1）对导弹，由牛顿第二定律得F﹣mg=ma解得火箭喷气产生的推力F=m（g+a）=100×（10+100）N=11mg=1.1×104N （2）导弹竖直向上做匀加速直线运动的过程，有=h1，得t1==s=10s推力改变方向后，由于Fcosθ=11mg×=mg所以导弹在竖直方向上作匀速运动，运动时间为t2=又v y=at1=100×10=1000m/s，H=20000m联立解得t2=15s=t1+t2=25s故t总（3）在5000m高处之后，导弹在竖直方向作匀速运动，水平方向作匀加速运动，则水平方向有Fsinθ=ma x，sinθ==解得a x==20m/s2；导弹击中飞机时水平分速度为v x=a x t2=300m/s则导弹击中飞机时的动能为E k==1.85×108J答：（1）火箭喷气产生的推力是1.1×104N；（2）导弹从发射到击中敌机所用的时间是25s；（3）导弹击中敌机时的动能是1.85×108J．16．（16分）如图所示，一压缩的轻弹簧左端固定，右端与一滑块相接触但不连接，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，A点左侧地面光滑，AB 的长度为5R，现将滑块由静止释放，滑块运动到A点时弹簧恢复原长，以后继续向B点滑行，并滑上光滑的半径为R的光滑圆弧BC，在C点正上方有一离C 点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后进入P孔，又恰能从Q孔落下，已知物体通过B点时对地面的压力为9mg．求：（1）滑块通过B点时的速度v B；（2）弹簧释放的弹性势能E p；（3）平台转动的角速度ω应满足什么条件．【解答】解：（1）物体经过B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得：即：，解得：（2）物体由静止释放到B点，根据动能定理可得：又由功能关系W=E P解得：即E P=4.5mgR（3）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为V P．则由机械能守恒定律得解得：滑块穿过P孔后再回到平台时间：要想实现上述过程，必须满足ωt=（2n+1）π解得：答：（1）滑块通过B点时的速度为；（2）弹簧释放的弹性势能为4.5mgR；。
2017年天津市河西区高考物理三模试卷-普通用卷
2017年天津市河西区高考物理三模试卷副标题一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.2012年11月23日上午，舰载机歼-15在我国首艘航母“辽宁舰”上成功起降，可控核反应堆是驱动航空母舰的理想设备．其工作原理是利用重核裂变反应释放出大量核能获得动力．U+n→Ba+Kr+yX是若干核反应的一种，其中n为中子，X为待求粒子，y为X的个数，则（）A. X是中子，B. X是电子，C. X是质子，D. X是中子，2.有一弧形的轨道，如图所示，现取两个完全相同的物块分别置于A、B两点处于静止状态，则关于下列分析正确的是（）A. 物块在A点受到的支持力大B. 物块在A点受到的摩擦力大C. 物块在A点受到的合外力大D. 将物块放在B点上方的C点，则物块一定会滑动3.2017年4月20日，我国成功实现货运飞行器“天舟一号”与轨道空间站“天宫2号”的对接．如图所示，已知“天舟一号”从捕获“天宫二号”到两个飞行器实现刚性对接用时为t，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，组合体离地面的高度为H，万有引力常量为G，据以上信息可求地球的质量为（）A. B. C. D.4.以往，已知材料的折射率都为正值（n＞0）．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n＜0），称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n=-1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是（）A. B.C. D.5.如图所示一等腰直角三角形中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，三角形腰长为2L，一个边长为L的导线框ABCD自右向左匀速通过该区域，则回路中A、C两点电势差U AC随时间的变化关系图象应为（）A. B.C. D.二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）6.一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示t=0.75s时的波形图，如图乙所示为x=1.5m处的质点P的振动图象，则下列说法正确的是（）A. 图甲中质点N速度方向沿y轴正方向B. 再经过质点L与质点N位移相同C. 再经过质点P第一次到达波峰D. 该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11：2，原线圈两端的输入正弦交流电压B表达式u=220sin100πt（V），副线圈两端所接的电压表为理想电压表，定值电阻R0=10Ω，滑动变阻器R的阻值变化范围为0～20Ω，下列说法正确的是（）A. 电压表的示数为40VB. 副线圈输出电压的频率为50HzC. 滑动变阻器R消耗功率的最大值为20WD. 滑动变阻器滑片向下移动，变压器的输出功率不变8.如图所示，真空中有两个等量异种电荷，OO′为两电荷连线的垂直平分线．p点在垂直平分线上，四边形ONPM为菱形，现在将一个负电荷q，自O点开始沿ONPM移动，下列说法正确的是（）A. 由O到N的过程中电荷电势能增加B. 由N到p的过程中电场力做负功C. N点和M点场强相同D. p点和O点电势相等三、填空题（本大题共2小题，共12.0分）9.如图所示，在劲度系数为k的弹簧下端挂有一质量为m的物体，开始时用托盘托着物体，使弹簧保持原长．然后托盘以加速度a匀加速下降（a小于重力加速度g），则从托盘开始下降到托盘与物体分离所经历的时间为______．10.某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．（1）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？______．（2）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=______cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t=1.2×10-2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为______m/s．在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、______和______（文字说明并用相应的字母表示）．（3）本实验通过比较______和______在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）11. 某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池，该同学想测量一下这个电池的电动势E 和内电阻r ，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为9.999k Ω，相当标准电阻用）、一只电流表（量程I R =0.6A ，内阻r g =0.1Ω）和若干导线．①请根据测定电动势E 、内电阻r 的要求，设计图1中元器件的连接方式，在图2中画线把它们连接起来．②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R ，读出与R 对应的电流表的示数I ，并作记录．当电阻箱的阻值R =2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图所示I =______A ． ③处理实验数据时，首先计算出每个电流值I 的倒数 ；再制作R - 坐标图，如图所示，图中已标注出了（R ， ）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图3实验数据对应的坐标点也标注在图4中上（用圆点标注）．在图4上把绘出的坐标点连成图线．④根据图4描绘出的图线可得出这个电池的电动势E =______V ，内电阻r =______Ω．五、计算题（本大题共3小题，共54.0分）12. 如图所示，竖直放置的光滑圆弧轨道是由两个半径为R =0.2m 的四分之一圆弧组成．轨道底端入口的切线是水平地且固定在水平木板上．一质量为m a =1.0kg 的小球a 以初速度v 0=12m /s 与静止在轨道端口，质量mb =2.0kg的小球b ，碰撞后粘在一起成为一个整体球，无能量损失的进入轨道，从轨道上端离开轨道落到木板上后不反弹，并且继续沿木板滑动，小球与木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小为g，试求：（1）碰后整体球速度的大小；（2）整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小；（3）整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小．13.如图所示，装置中a、b是两根平行直导轨，MN和OP是垂直跨在a、b上并可左右滑动的两根平行直导线，每根长为l，导轨上接入阻值分别为R和2R的两个电阻和一个板长为L′、间距为d的平行板电容器（题目中没标出），整个装置放在磁感应强度为B垂直导轨平面的匀强磁场中，当用外力使MN以速率2v向右匀速滑动，OP以速率v向左匀速滑动时，在平行板电容器两板间有一个质量为m的带电微粒恰好平衡，试问：（1）微粒带何种电荷？电荷量是多少？（2）外力的机械功率和电路中的电功率各是多少？14.如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的电场强度大小为E的匀强磁场．在第二象限中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．圆形区域与x、y 轴分别相切于A、C两点；在A点正下方有一个粒子源P，P可以向x轴上方各个方向射出速度大小均为v0，质量为m、电量为+q的带电粒子（重力不计，不计粒子间的相互作用），其中沿y轴正方向射出的带电粒子刚好从C点垂直于y轴进入电场（1）求匀强磁场的磁惑应强度大小B；（2）求带电粒子到达x轴时的横坐标范围和带电粒子到达x轴前运动时间的范围；（3）如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向，分析带电粒子将从何处离开磁场，可以不写出过程．答案和解析1.【答案】D【解析】解：根据电荷数守恒、质量数守恒知，y个X粒子的总电荷数为92-56-36=0，总质量数为：235+1-141-92=3，知X为中子，y为3．故ABC错误，D正确．故选：D根据质量数守恒、电荷数守恒确定X的质量数和电荷数，从而确定X为何种粒子．解决本题的关键知道各种常见粒子的电荷数和质量数，知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒．2.【答案】A【解析】解：A、B、C、物体受重力、支持力和摩擦力，设物体所在位置的坡角为θ，根据共点力平衡条件，有：mgsinθ-f=0N-mgcosθ=0解得：f=mgsinθN=mgcosθ故坡角越大，静摩擦力越大，支持力越小，合力为零（不变），故A正确，BC错误；D、将物块放在B点上方的C点，重力的下滑分量不一定大于最大静摩擦力，故不一定下滑，故D错误；故选：A．物体受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件列出方程分析即可．本题关键是受力分析后根据共点力平衡条件列方程求解出支持力和静摩擦力的表达式分析，基础题目．3.【答案】A【解析】解：组合体的角速度：，根据得，地球的质量M==，故A正确，B、C、D错误．故选：A．根据组合体转动的角度和运动的时间求出组合体的角速度，结合万有引力提供向心力求出地球的质量．解决本题的关键知道组合体做圆周运动向心力的来源，结合万有引力提供向心力求解中心天体的质量，注意组合体做圆周运动的轨道半径不是H，而是R+H．4.【答案】B【解析】解：AD、本题给定信息“光的折射光线和入射光线位于法线的同侧”，无论是从光从空气射入介质，还是从介质射入空气，都要符合此规律，故A、D错误．BC、折射率为-1，由光的折射定律可知，同侧的折射角等于入射角，故B正确．C错误．故选：B．该材料对于电磁波的折射率n=-1.2，则折射光线与入射光线位于法线的同侧，且折射角等于入射角．据此分析即可．本题考查光的折射．是一道创新题，但本质上还是光的折射定律，同学们要有提取信息以及基本学习的能力．5.【答案】B【解析】解：线框进入过程中O-L段磁通量增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故A点电势低于C点电势，切割有效长度增大，故电动势大小增大；全部进入后磁通量不再变化，故AC段电势差为零；L-2L段，磁通量增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故A点电势低于C点电势，切割有效长度减小，故电动势大小减小；当AB边离开磁场时，磁通量减小，由楞次定律可知电流为顺时针，故A点电势高于C点，切割长度不变，故电动势大小不变，故正确图象为B，ACD错误．故选：B．磁通量先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的方向，得到U ab的正负情况；同时根据E=BLv和电路规律分析大小的变化情况．本题关键是根据楞次定律判断感应电动势的方向，由E=BLv分析电流大小，从而确定AC两点的电势差；同时注意本题也可以利用右手定则进行分析．6.【答案】ACD【解析】解：A、t=0.75s时x=1.5m处的质点正向下振动，所以该波沿x轴负方向传播，根据“同侧法”知图甲中质点N速度方向沿y轴正方向，故A正确；B、该波的周期T=2s，再经过t=0.5s，即t=，质点L在负向最大位移，质点N在正向最大位移，二者位移方向相反，故B错误；C、再经过t=1.75s，即从开始经过0.75s+1.75s=2.5s，根据振动图象可知质点P 第一次到达波峰，C正确；D、该波的波长为λ=4m＞1m，根据发生明显衍射的条件可得，该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象，故D正确．故选：ACD．根据“同侧法”判断波的传播方向和振动方向；再经过t=0.5s，即t=，根据质点的振动情况确定L与质点N位移；根据振动图象确定再经过t=1.75s质点P的位置；根据发生明显衍射的条件分析D选项．本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；知道同一波峰或波谷两侧附近的各点振动方向相反．7.【答案】AB【解析】解：A、原线圈两端间的电压，根据得：U2=40V，故A正确．B、原副线圈的频率相等，原线圈的频率f=，则副线圈输出电压的频率为50Hz，故B正确．C、副线圈的电压为40V，滑动变阻器R消耗的功率P==，可知R=10Ω时，R上消耗的功率最大，最大值为40W，故C错误．D、滑动变阻器向下移动，R减小，副线圈的电流增大，根据P2=U2I2知，输出功率增大，故D错误．故选：AB．变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值．解决本题的关键知道原副线圈的电压之比与匝数比的关系，掌握变压器动态分析的思路，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流，副线圈的功率决定原线圈的功率．8.【答案】BD【解析】解：A、等量异号电荷电场线和等势面的分布如图所示，由图可知，N点电势最高，因粒子带负电，故由O到N的过程中电荷电势能减小，故A错误；B、由N到P过程，电势降低，粒子带负电，故电势能增大，电场力做负功，故B正确；C、根据叠加原理可知，N、M两点电场强度大小相等，但方向不同，故场强不同，故C错误；D、两点电荷连线上中垂线均与电场线垂直，故中垂线为等势面，因此P点和O点电势相等，故D正确．故选：BD．明确等量异号电荷的电场线以及等势面的分布情况，从而明确各点电势高低以及场强的大小，同时根据电势能的定义以及电势能和电场力做功的关系分析电场力做功情况．本题考查等量异号电荷电场线和等势面的分布情况，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，同时注意明确电势能、电势以及电场力做功的关系，同时能根据叠加原理分析场强大小关系．9.【答案】【解析】解：当托盘以a匀加速下降时，托盘与物体具有相同的加速度，在下降过程中，物体所受的弹力逐渐增大，支持力逐渐减小，当托盘与物体分离时，支持力为零．设弹簧的伸长量为x，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律有：mg-kx=ma所以：x=再由运动学公式，有：x=at2故托盘与物体分离所经历的时间为：t=故答案为：随着托盘的下降，弹簧的伸长量逐渐变大，所以物体受到的弹簧向上的拉力逐渐增大，托盘的支持力逐渐减小，当支持力恰好为零时，二者即将分离，此时物体的加速度与托盘的加速度仍然相等，由此可计算出弹簧的伸长量即托盘下降的距离，从而利用匀变速运动的公式得到时间找到托盘与物体分力的临界点时：两者之间的作用力为零；找到另一个等量关系：弹簧的伸长量就是托盘的下降距离10.【答案】接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．；0.52；0.43；滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s；滑块的质量M；mgs；△【解析】解：（1）当气垫导轨接通电源后，导轨可以认为是光滑的，判断是否水平的方法是：接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）游标卡尺主尺读数为0.5cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标读数为2×0.1=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.5cm+0.02cm=0.52cm；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v==0.43m/s根据实验原理可知，该实验中需要比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒，故需要测量的物理量为：滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M．（3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增量为：，因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒．故答案为：（1）接通电源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的（或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）．（2）0.52； 0.43；滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s；滑块的质量M；（3）mgs；（1）气垫导轨接通电源后可以认为是光滑的，若滑块在轨道上任何位置都能静止，说明轨道水平；（2）掌握游标卡尺的读数方法，即主尺读数加上游标读数，不需估读；本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小；（3）比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒．物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用．11.【答案】0.50；1.5；0.3【解析】解：①根据原理图即可连接实物图；如图2所示；②电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，故电流表读数为0.50A；③利用描点法可得出对应的R-图象，如图所示；④由闭合电路欧姆定律应有E=IR+Ir，可变形为R=E-r，所以E=k=1.5V；图象与纵轴交点的绝对值表示内阻，由图可知，r=0.4Ω故答案为：①如图1所示；②0.50；③如图4所示；④1.5；0.4．①根据原理图可得出对应的实物图；②明确电表的量程，确定最小分度，从而明确对应的读数；③根据描出的点用直线拟合从而得出对应的图象；④根据闭合电路欧姆定律写出表达式，然后整理出R与的函数方程，然后结合斜率和截距的概念即可求解出E和r．本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，难点在于数据处理，要注意遇到有关图象的题目，处理方法是先根据物理规律写出表达式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念讨论求解即可．12.【答案】解：（1）a球与b球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m a v0=（m a+m b）v代入数据得：v=4m/s（2）设小球到达轨道最高点时的速度大小为v1，整体球的质量为m．由机械能守恒定律得：=mg•2R+在最高点，由牛顿第二定律得：F N+mg=m代入数据解得：F N=90N，方向向下由牛顿第三定律得整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小为90N，方向向上．（3）设整体球做平抛运动的水平位移为x1．则有：2R=x1=v1t小球落在木板上后，竖直方向的速度消失，水平速度大小为v1，根据动能定理得：-μmgx2=0-所以整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小为：x=2R+x1+x2．联立并代入数据解得：x=3.2m答：（1）碰后整体球速度的大小是4m/s；（2）整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小是90N；（3）整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小是3.2m．【解析】（1）a球与b球碰撞过程，满足动量守恒定律，由此列式求解碰后整体球速度的大小；（2）整体球在光滑圆弧轨道上滑时机械能守恒，由机械能守恒定律求出整体到达轨道顶端时的速度，再由牛顿运动定律求整体到达轨道顶端对轨道的压力大小；（3）整体球离开轨道后做平抛运动，由分运动的规律求平抛运动的水平位移，由动能定理求出整体球在木板上滑行的位移，从而求得水平总位移大小．解决本题的关键是要理清物体的运动过程，分段分析系统遵守的物理规律，要知道整体球经过圆轨道最高点时由合力充当向心力．13.【答案】解：（1）导线MN和OP做切割磁感线运动，产生感应电动势分别为：E1=Bl•2v=2Blv，E2=Blv，根据右手定则判断可知，两个感应电动势串联，回路中感应电流的方向沿逆时针，则回路中总的感应电动势为E=E1+E2=3Blv回路中感应电流为I==根据闭合电路欧姆定律得：电容器板间的电势差U=E1-IR=2Blv-•R=Blv由于上板的电势高，故板间场强方向向下．带电微粒静止在电场中，所受的电场力与重力二力平衡，则电场力应竖直向上，所以微粒带负电．由平衡条件得：mg=q故得q=（2）MN和OP所受的外力都等于各自的安培力，均为F=BIl=外力的功率P外=Fv+F•2v=根据能量守恒定律可得，电路中的电功率为P电=P外=答：（1）微粒带负电荷，电荷量是．（2）外力的功率和电路中的电功率均是．【解析】（1）导线MN和OP都做切割磁感线运动，产生感应电动势，由公式E=BLv求出两导线产生的感应电动势，由右手定则判断可知两个感应电动势串联，即可得到回路中总的感应电动势，再根据欧姆定律求出电容器的电压，求出板间场强．带电微粒静止时电场力与其重力平衡，由平衡条件列式，可求得其电荷量，判断其电性．（2）根据平衡条件和安培力公式求出外力的大小，再由公式P=Fv求出外力的功率，由能量关系求电功率．本题中双杆问题，注意判断两个感应电动势的关系，根据闭合电路欧姆定律求解电压时，可把R看成电源E1的内电阻或把2R看成电源E2的内电阻．14.【答案】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从A点到C点的过程中带电粒子的运动，轨迹为个圆弧，轨迹半径r=R由Bqv0=得：B=（2）沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时的速度大小均为v0，方向均平行于x 轴，其临界状态为粒子从D点沿x轴正方向离开磁场，分析粒子从D点离开磁场的情况，粒子在磁场中运动时间为t1=，T=，得t1=从D点平行于x轴运动至y轴的时间t2=在第一象限内运动过程中，粒子做类平抛运动，设运动时间为t3，则x0=v0t，2R=，a=解得t3=2，x0=2v0则t1+t2+t3=带电粒子到达x轴时的横坐标范围为（0，2v0）到达x轴的运动时间的范围为（，）（3）将第一象限内的电场方向改为没x轴负方向时，带电粒子将从A点正上方的D点离开磁场．答：（1）匀强磁场的磁惑应强度大小B为．（2）带电粒子到达x轴时的横坐标范围是（0，2v0），带电粒子到达x轴前运动时间的范围是（，）（3）如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向，带电粒子将从D点离开磁场．【解析】（1）由题设条件，从A点沿y轴正方向射出的带电粒子刚好从C点垂直于y 轴进入电场，由几何关系知道它做匀速圆周运动的半径为R，再由洛仑兹力提供向心力可以求得磁感应强度的大小．（2）由于所有粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场圆的半径，可以证明：沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时方向均沿x轴正方向进入电场，之后做类平抛运动，显然运动时间最长的带电粒子是从D点水平射出的粒子，由类平抛运动运动规律就能求出打在x轴的最远点．（3）若将第一象限的电场改为沿x轴负方向，则粒子从磁场水平射出后做匀减速直线运动至速度为零，再沿x轴负方向做匀加速直线运动进入磁场做匀速圆周运动，由于速度方向反向，则粒子所受洛仑兹力反向，最后从D点射出磁场，这就是磁聚焦的大原理．本题的关键点是带电粒子做匀速圆周运动的半径恰与磁场圆的半径相等，可以证明两圆心与两交点构成菱形，所以两对边平行，从而离开磁场中速度方向水平向右．这也是磁聚焦的大原理．。
2017年高考物理天津卷
2017年高考物理天津卷一、单项选择题（每小题6分，共30分）1.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。
下列核反应方程中属于聚变反应的是（）A.B.C.D.2.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。
如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是（）A.若增大入射角i，则b光先消失B.在该三棱镜中a光波长小于b光C.a光能发生偏振现象，b光不能发生D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低3.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。
金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。
现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。
摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列叙述正确的是（）A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变5.手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图。
绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L。
t=0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是（）A.该简谐波是纵波B.该简谐波的最大波长为2LC.时，P在平衡位置上方D.时，P的速度方向竖直向上二、不定项选择题（每小题6分，共18分）6.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。
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2017年天津市河北区高考模拟试卷物理一、选择题(本题共20小题，每小题3分)1.某高铁行驶速度是300km/h，坐在此动车里的乘客认为自己是静止的，他所选择的参考系是( )A.地面B.坐在他身边的乘客C.铁路边的树木D.窗外的山峰解析：乘客相对于动车上的座位是静止的，故他选择的参考系是坐在他身边的乘客；而他相对于铁路旁的树木、房屋等都是运动的；他相对于动车内走动的乘客也是运动的，所以选项B正确，ACD错误。
答案：B2.有两个大小均为6N的共点力，它们合力的大小不可能为( )A.0B.6NC.12ND.15N解析：两力合成时，合力范围为：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2；故0N≤F≤12N；所以不可能的是15N，即D选项。
本题选择不可能的，故选D。
答案：D3.下面各组不同物理量的单位属于国际单位制中基本单位的是( )A.千克、米、秒B.千克、牛顿、米C.千克、瓦特、米D.秒、焦耳、安培解析：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。
分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。
他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。
A、千克、米、秒都是国际单位制中基本单位，故A正确；B、牛顿是导出单位，千克和米是国际单位制中的基本单位，故B错误；C、瓦特是导出单位，千克和米是国际单位制中的基本单位，故C错误；D、米。
安培是国际单位制中的基本单位，焦耳是导出单位。
故D错误。
答案：A4.某物体以3.0m/s2加速度做匀速直线运动，则物体 ( )A.每秒的位移为3mB.每秒的速度是3m/s2C.任意1秒的末速度是初速度的3倍D.任意1秒的末速度比初速度大3m/s解析：A、根据，每秒位移增加3m，故A错误。
B、根据△v=a△t，所以每秒内速度增加量为3m/s，故B错误。
CD、物体做匀加速直线运动，加速度为3m/s2，可知任意1s内末速度比初速度大3m/s，故C 错误。
D正确。
答案：D5.地球表面的重力加速度为g，则距地心距离为地球半径6倍的地方其重力加速度为( )A.6gB.36gC. gD. g解析：根据；联立得：。
故C正确，ABD错误。
答案：C6.下列关于惯性的说法正确的是 ( )A.大的载重汽车比小轿车的惯性大B.跳远运动员可通过助跑来增大惯性C.汽车匀速运动是惯性小，急刹车时惯性大D.飞行的子弹运动得很快，所以，它的惯性很大解析：A、质量是惯性大小的唯一量度，大的载重汽车比小轿车的质量大，故大的载重汽车比小轿车的惯性大，故A正确；B、质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，跳远运动员助跑只能增加速度，不能改变质量，故不能改变惯性大小，故B错误；C、质量是惯性大小的唯一量度，与速度无关，故汽车匀速运动与，急刹车时惯性一样大，故C错误；D、飞行的子弹运动得很快，但质量小，故惯性小，故D错误。
答案：A7.2011年9月29日和2016 年9月15日我国分别成功发射了天宫一号目标飞行器和天宫二号空间实验室，“天宫一号”和“天宫二号”的轨道分别是距离地面343公里和393公里的近圆轨道。
关于他们的发射速度，下列说法正确的是( )A.“天宫一号”和“天宫二号”的发射速度都是7.9km/sB.“天宫一号”的发射速度是 7.9km/s，“天宫二号”的发射速度是11.2km/sC.“天宫一号”和“天宫二号”的发射速度均是大于7.9km/s，小于11.2km/sD.“天宫一号”的发射速度大于7.9km/s，“天宫二号”的发射速度是16.7km/s解析：“天宫一号”和“天宫二号”都是地球卫星，发射速度要大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，则“天宫一号”和“天宫二号”的发射速度均是大于7.9km/s，小于11.2km/s，故C正确，ABD错误。
答案：C8.如图所示，在距墙1m的A点，小球以某一速度冲向与墙壁固定的弹簧，将弹簧压缩到最短是到达距离0.2m的B点，然后又被弹回至距墙1.5m的C点静止，则从A点到C点的过程中，小球的位移大小和路程分别是( )A.0.5m、1.3mB.0.8m、1.3mC.0.8m、1.5mD.0.5m、2.1m解析：位移的大小等于首末位置的距离，可知位移的大小等于AC的距离，即为1.5m﹣1m=0.5m。
路程等于运动轨迹的长度，可知s=1+1.5﹣2×0.2m=2.1m，故D正确，ABC错误。
答案：D9.如图所示，当人站在电梯里处于超重状态时，则( )A.电梯一定向上运动B.电梯一定向下运动C.电梯的加速度一定向上D.电梯的加速度一定向下解析：超重时具有向上的加速度，运动状态可以是加速上升或减速下降。
故C正确，ABD错误。
答案：C10.物体A的加速度为3m/s2，物体B的加速度为﹣5m/s2，下列说法正确的是( )A.A的加速度一定比B的加速度大B.A的速度一定在增加，B的速度一定在减小C.B的速度变化一定比A的速度变化大D.B的速度变化一定比A的速度变化快解析：A、加速度的正负表示方向，不表示大小，可知物体A的加速度小于B的加速度，故A错误。
B、由于A、B的速度方向未知，仅根据加速度方向无法判断物体A、B做加速运动还是减速运动，故B错误。
C、加速度是反映速度变化快慢的物理量，B的加速度大，可知B的速度变化比A的速度变化快，故C错误，D正确。
答案：D11.甲乙两物体沿着同一直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是( )A.甲乙的运动方向相反B.甲乙的加速度方向相反C.t1时刻，甲乙一定相遇D.0﹣t1时间内，甲的位移比乙的位移大解析：在v﹣t图象中，在时间轴上方速度都与规定的方向相同，故甲乙的速度方向相同，故A错误；B、斜率代表加速度，故加速度方向相反，故B正确；CD、在v﹣t图象中，与时间轴所围面积为物体的位移，t1时刻乙的位移大于甲的位移，故t1时刻，甲乙一定不相遇，故CD错误。
答案：B12.如图所示，质量为m的物体放置在倾角为α的斜面上处于静止状态，物体与斜面的滑动摩擦因数为μ，则物体所受摩擦力的大小为( )A.mgsinαB.μmgscosαC.μmgtanαD.解析：对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、静摩擦力，物体处于静止状态，所以合力为0；设斜面倾角为α，根据平衡条件：沿斜面方向上：f=mgsinα，故A正确，BCD错误。
答案：A13.2016年8月21日里约奥运会中国排球队主攻手朱婷得到179分，在朱婷用手掌奋力将球击出时，下列说法正确的是( )A.手掌对排球作用力的大小大于排球对手掌作用力的大小B.手掌对排球作用力的大小等于排球对手掌作用力的大小C.排球对手掌的作用力晚于手掌对排球的作用力D.手掌对排球作用力与排球对手掌作用力是平衡力解析：AB、排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故A错误，B正确；C、一对作用力与反作用力同时产生、同时消失，所以排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力同时消失，故C错误；D、排球对运动员手掌的作用力和运动员手掌对排球的作用力是一对作用力与反作用力，故D错误。
答案：B14.如图所示，运动员与水平方向夹角为30°的速度v将垒球斜向上抛出，则垒球水平方向和竖直方向的分速度分别是( )A.，B.，C.，D.，解析：将初速度分解，如图所示：故，；故ABD错误，C正确。
答案：C15.如图所示，一个水平圆盘绕中心竖直轴匀速转动，角速度是4rad/s，盘面上距圆盘中心0.10m的位置有一个质量为0.10kg的小物体，与圆盘相对静止随圆盘一起转动。
小物体所受向心力大小是( )A.0.14NB.0.16NC.8ND.16N解析：物体所受向心力为：F=mω2r，将ω=4rad/s，r=0.1m，m=0.1kg，带入得：F=0.16N，故ACD错误，B正确。
答案：B16.在地面上方1m高度处将小球以2m/s的初速度水平抛出，若不计空气阻力，则它在落地前瞬间的速度大小为(g=10m/s2)( )A.2m/sB.2m/sC.10m/sD.4m/s解析：根据速度位移公式得，小球落地的竖直分速度m/s=m/s，根据平行四边形定则得，小球落地的速度v==m/s=m/s，故B正确，A、C、D错误。
答案：B17.如图所示，物体在θ=37°、力F=100N的作用下沿水平面以1m/s的速度匀速运动了5m，此过程中力F做的功和功率分别为(sin37°=0.6，cos37°=0.8)( )A.500J、100WB.﹣300J、60WC.﹣400J、80WD.400J、80W解析：物体的位移是在水平方向前的，把拉力F分解为水平的Fcosθ，和竖直的Fsinθ，由于竖直的分力不做功，所以拉力F对物块所做的功即为水平分力对物体做的功，得：W=Fcosθ•x=Fxcosθ=100×5×0.8J=400J运动的时间为：t=平均功率为：P=，故D正确，ABC错误。
答案：D18.图示为测定反应时间的示意图。
受测者看到站立者静止释放直尺时迅速用手抓住直尺，经历的时间为反应时间。
测得某同学的反应时间为0.2s，则该同学右手以上部分尺的长度至少为( )A.10cmB.20cmC.30cmD.40cm解析：在反应时间内，直尺做自由落体运动，根据位移时间关系公式有：h==，则该同学右手以上部分尺的长度至少为20cm，故B正确。
答案：B19.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为 v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为( )A. mv2B.mghC.mgh+mv2D.mgh+mv2解析：足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E=mgh+mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E=mgh+mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：W=mgh+mv2，故ABD错误，C正确。
答案：C20.2016年9月15日晚上，“天宫二号”空间实验室成功发射后进行了圆化轨道控制，使进入380公里的预定轨道。
10月19日凌晨，“神州十一号”载人飞船与“天宫二号”成功实施交会对接，在对接前“天宫二号”和“神州十一号”在各自轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，则在对接前( )A.“天宫二号”的运行速率小于“神州十一号”的运行速率B.“天宫二号”的运行周期等于“神州十一号”的运行周期C.“天宫二号”的角速度等于“神州十一号”的角速度D.“天宫二号”的向心加速度大于“神州十一号”的向心加速度解析：根据得，向心加速度a=，线速度v=，角速度，周期T=，天宫二号的轨道半径大于神舟十一号，则天宫二号的线速度小、角速度小、向心加速度小，周期大，故A正确，BCD错误。