江西省2016届高三智慧上进名校学术联盟调研考试物理试题（二）

智慧上进·名校学术联盟·高三调研考试（一）物理答案1.答案：C解析：某个质点的位移变化率tx可以表示质点的速度，速度表示质点运动的快慢，A选项错误；某个质点的速度变化率tv可以表示质点运动的加速度，加速度表示质点速度变化的快慢，故B选项错误；某个闭合回路的磁通量的变化率t可以表示感应电动势的大小，故C选项正确;某个力的功的变化率tW可以表示这个力的功率，功率表示力做功的快慢，故D选项错误。2.答案：D解析：根据万有引力定律得，mamrrTmrvmrGMm222224，半径小的行星，线速度、角速度、向心加速度大，其周期短，可得D选项正确。3.答案：C解析：由题意得载重汽车的制动距离是36.25m，小型汽车的制动距离是80m,由axvv2202得，两车相撞时载重汽车的速度是14m/s,故A选项错误；两车相撞时,小型汽车的速度是23m/s,故B选项错误；小汽车制动过程的平均速度是smsmvvvt/24/2232520，故C选项正确；由atvv0，分别解得载重汽车的制动时间是2.5s，小型汽车的制动时间约是3.3s,故两司机不是同时制动刹车的，故选项D错误。4.答案：C解析：由题意得Nmgfm2，第1秒内mfFF21，第1秒物块静止，第1s末到第7s末，根据牛顿第二定律有mafFFm21，2F先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿1F方向，一直加速，故A、B、D选项错误；在t=4s时加速度最大，21/3smmmgFam，故C选项正确。5.答案：C解析：小球A刚好达到半圆轨道最高点C，有RvmgmCAA2，处于完全失重状态，A选项错误；小球B从F点作平抛运动，有221gth，得st4.0，又有tvhFtan，解得smvF/38，故B选项错误；小球从D到C，由功能关系有gRmvmvmACADA2212122，解得smvD/52，在D点有RvmgmFDAA2，解得NF12，C选项正确；剪断弹簧由机械能守恒定律得JvmvmEFBDAP1.3212122，故D选项错误。6.答案：D解析：小球能在Q点静止，由平衡条件得mgRkq430cos)2(022，解得gRkqm2223，故A选项错误；由等量的同种点电荷的电场推知直线OP上各点的场强方向均沿OP向上，从0点向上电场强度先增大后减小，电势逐渐降低，故C选项错误；小球从E点到F点受电场力方向向上，先重力大于电场力，后小于电场力，从E点到F点先加速再减速，在Q点处速度最大，电场力逐渐增大，故场强也逐渐增大，但在Q点下方只要满足做减速就可以，即重力小于电场力，场强最大的位置在F点或F点的下方，也可能在F点上方，故B选项错误；由功能关系得0EFqUmgh,解得223RkqhUEF，故D选项正确。7.【答案】AD【解析】斜面对物块的作用力可以等效为一个力，根据三力平衡的条件，斜面对物块的作用力大小为22)(mgF，所以选项A正确；设斜面的倾角为，当sincosmgF时，物块才受三个力作用，所以选项B错误；以整体为研究对象，斜面与地面有摩擦力的作用，方向水平向左，选项D正确。8.答案：BC解析：室温从250C升高到350C的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，外电压减小，V1表示数U1=IR1增大，故A选项错误；由于外电压减小，V2表的示数减小，QNU2,0N,Q点电势升高，故C选项正确；由)(12rRIEU得rRIU12，由IrEU3得rIU3，故选项B选项正确；V3表测量电源路端电压，由IrEU3得U3减小，电容器两端电压减小，电容电荷量减少，下板正电荷减少，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故将下移，但电场强度不断减小，由maqEmg得，加速度增大，微粒做加速度增大的加速运动，故选项D错误。9.答案：BD解析：线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与线圈的形状和转轴的位置无关，与线圈匝数、面积、磁感应强度、线圈转动的角速度和计时的起点位置有关，产生的感应电动势tnBSecos，te210cos26V,故A选项错误，B选项正确；不计导线的电阻，加在a线圈上的电压有效值为6v，而这里铁芯不闭合，a、b线圈的磁通量应是a线圈的大于b线圈的，故有tnutnubbaa21，得122uV，小灯泡不能正常发光，选项C选项错误，D选项正确。10.答案：AD解析：在金属杆P下滑过程中，由maBILfmgFsin，RBLvI得P先做加速度减小的加速运动，最后加速度为零时，匀速下滑，故A正确；速度达到最大时，感应电动势最大，感应电流最大，P、Q受到的安培力达到最大,Q受到的摩擦力取决于初始状态的摩擦力，初始状态不能确定，故Q的摩擦力变化有多种情况，故B选项错误；外力的功是FxW，221mv是合力的功，故C错误；由功能关系得221sinmvQmgxFx,221sinmvmgxFxQ，故D正确。11.（每空两分）答案：（1）0.82m/s(2)c(3)cos2tangk解析：（1）由匀变速直线运动的规律得，纸带上每一个点对应小车的速度满足Txxvnnn21,打点计时器打“3”点时小车的速度是smsmTxxv/82.0/1.0210)03.945.7(22433（2）根据匀变速直线运动速度位移公式得，axvv2202，打“0”点时小车速度不等于零，故图线c正确，图线的纵截距为20v。（3）由axvv2202得xv2图线斜率ak2结合mamgmgcossin，联立解得cos2tangk12.(每空2分)答案：（1）D(2)电路图见后（3）1112rUUURX解析：（1）这里滑动变阻器选择分压式接法，选择最大阻值小的变阻器，故选D.(2)电压表V1已知其内阻，作电流表使用，电流表V2不知内阻，只能做电压表，从两电压表量程特点和被测电阻的大致阻值分析，为保证测量时电压表读数不小于其量程的三分之一，应得到如图的电路，为了便于调节，滑动变阻器只能选择分压调节。（3）根据电路图，闭合开关，两只电压表的示数分别是U2和UI，则被测电阻两端电压是U2-U1,被测电阻的电流是11rU，由欧姆定律得1112rUUURX。13.解：（1）由表可知滑块在AB段做匀加速直线运动，由2211/2/24smsmtva(1分)AB段由牛顿第二定律得：11mamgF(1分)解得4.01(1分)在BC段匀速，02a(1分)由平衡条件得：2mgF(1分)解得μ2=0.6(1分)CD段做匀减速运动，由2233/2/24smsmtva(1分)由牛顿第二定律得：33mamg(1分)解得μ3=0.2(1分)（2）AB段的长度是：mtaxAB421211(1分)BC段长度是：mtvxBC162(1分)水平恒力的功：JxxFWBCAB60)((3分)14.解：(1)由法拉第电磁感应定律得：VksstBtE5.4（2分）由闭合电路欧姆定律得线框中的电流ArUEI21（2分）t=0.5s时正方形金属线框的ab边受到的安培力NBILF5.45.125.1（2分）电阻R的电流：AAAIR5.15.02（2分）WRIP5.42（2分）（2）由题意得电机的电功率是:WUIP5.11（2分）热功率是：WrIP5.0222（1分）输出功率是：WPPP1213（2分）15.解：（1）粒子进入AB板做类平抛运动，运动的时间是svLt30100.2（3分）（2）粒子在AB板间运动时间恰好等于所加交变电场的周期，粒子进入板间后做匀变速运动，由图像得粒子加速的时间和减速的时间相等，故射出板时粒子的速度都是水平的，且为smv/1000，（2分）其中偏距最大的是t=0,s3101，s3102，…..时刻进入的粒子，这些粒子恰好从板的右边缘水平射出，其偏距是20)(2212vLymqy（2分）解得my2.0（1分）由对称性可知A、B板间的距离是myy4.021（2分）（3）粒子进入磁场区域做匀速圆周运动，由rvmqBv200（1分）得RmqBmvro4.0（1分）作出粒子分别从A、B板边缘射出的粒子轨迹如下图，（3分）由几何关系可得，粒子都从磁场圆上同一点M射出，其中沿板A右边缘进入磁场的粒子速度方向与半径夹角是300，偏转角是1200.在磁场中运动时间最长，Tt211,02vRT（1分）沿板B右边缘进入磁场的粒子速度方向与半径夹角也是300，偏转角是600.在磁场中运动时间最短，Tt222（1分）时间差值为ssttt33121019.41034（2分）16．（1）答案：BDE解析：布朗运动只能借助显微镜观察，不能用肉眼观察，故A选项错误；当两分子的距离从0rr开始逐渐靠近时，分子引力和斥力都增大，分子势能先减小再增大，故B选项正确；绝对零度不能达到，超导技术不断发展，人们也不能实现把物质温度降到-273.150C，故C选项错误；一定质量的理想气体的实现一个绝热压缩过程，外界要对它做功，其内能一定增加，故D选项正确；有些物质在不同的条件下可以生成不同的晶体，同种物质也可以以晶体和非晶体两种形态出现，故E正确。（2）解：把钢瓶中原有质量为m的气体进行等温变化，根据玻意尔定律有：2211VPVP（2分）LPVPV48001401202112,（1分）即剩下1.0atm的氢气是：LV1800300104800（1分）故剩下的氢气VmVm2（1分）mm83（1分）17．（1）答案：BCE解析：由图可知两列波波长是m2.0，周期svT4.0，由t=0s时的波形图可知两振源起振方向相反，x=0.4m处的质点到两波源距离差mx2.0，此点为振动减弱的点，故D选项错误；x=0.6m处的质点到两波源距离差mx2.0，此点也是振动减弱点，其振幅是mAAA5.021，故E选项正确；从t=0s起需要时间ssmmt1/5.05.01两波相遇，t=1.0s时在x=0.5m处相遇，即x=0.5m处开始起振，其位移为零，B选项正确；在t=0.6s时作出左边波波形图，可知x=0.05m处质点处于波谷，故A选项错误；作出t=1.1s时的波形图，可知x=0.5m处的质点位移x=2.5m-2.0m=0.5m,沿y轴正方向，故C选项正确。（2）解：作出光路图，如图所示。（1分）由几何关系得：cmEFME4两种单色光的入射角030i由折射定律得：rinsinsin1（1分）解得a光折射角为0145r(1分)b光折射角为0260r（1分）由几何关系得：cmEFFb33430tan0cmEFFa)348(15tan0a、b两个亮点的距离cmcmFaFbx24.1324316（2分）18．（1）答案：ADE解析：根据爱因斯坦的光电效应方程，光电效应发生时光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变，故A选项正确；氢原子从高能级到低能级，氢原子核外的电子的做圆周运动的半径减小，电子动能增大，电势能减小，能量减小，放出光子，故B选项错误；半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故C选项错误；发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x-y+86=92，4x+222=238，解得x=4，y=2，故衰变过程中共有4次α衰变和2次β衰变．故D选项正确；核子结合成原子核时放出能量，质量减小，故E选项正确。(2)解：AB碰后在水平面上滑行由动能定理得有：2212