【全国百强校】宁夏银川市第二中学2016届高三模拟考试(二)理科综合物理试题(扫描版).doc

银川二中2016届高三第二次模拟物理试卷参考答案

14 D 15 C 16 B 17 D 18 A 19 CD 20 AD 21 BCD 22.(1)31.65mm (2) 11.7V (11.6-11.8V) (3) 0.15A (每空2分)

23. (1) 欧姆表内电源的电动势为E= 1.50 V，欧姆表内阻为r= 15.0 Ω．（结果保留3位有效数字）(每空2分)

（2）通过欧姆表的电流为 0.10 A (2分)

（3），则此时欧姆表示数约为 47.5 Ω （结果保留3位有效数字）(3分)

v2D24.解析：(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m （2分）

R

滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得： 112

mgR(1－cos α)＋mv2c＝mvD （2分） 22

代入数据，联立解得： vC＝5 m/s （1分） (2)滑块在C点速度的竖直分量为： vy＝vcsin α＝3 m/s （1分）

v29yB、C两点的高度差为：h＝＝m＝0.45 m （1分）

2g20vy滑块由B运动到C所用的时间为：t1＝＝0.3 s （1分）

g滑块运动到B点的速度为：vB＝vCcos α＝4 m/s （1分） B、C间的水平距离：x＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m （1分） (3)滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得： 1

Pt－μmgL＝mv2 （2分）

2B 代入数据解得： t＝0.4 s （2分） 答案：(1)5 m/s；(2)0.45 m、1.2 m；(3)0.4 s

25、解：如图所示，带电粒子先做匀加速直线运动，进入第一象限后做类平抛运动，然后在磁场中做匀速圆周运动。

（1）设粒子进入第一象限的初速度为v1， 根据动能定理有：qEL1mv12 ①（3分） 2

v12qEL （1分） m12qEat,a ②（2分） 2m （2）类平抛过程中：xv1t,L 联立解得：x2L （1分）

类平抛过程的末速度设为v，竖直分速度为vy vyat,aqE1,Lat2 ③ （2分） m2 解得vy并与①式比较得：vyv1 （1分） 所以， v2v14qEL ④ v与x轴正方向的夹角为45°（1分） m （3）由前两间知：L取任意值时均有：

mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动时，qvB ⑤（3分）

R又由题意知，数值上有B4mE联立各式求解R，解得从数值上有：RL（1分） q22R,yR ⑥ （2分） 22于是由图可知圆心点坐标：x2L将RL代入，并消去变量L，得：x4y2y， （1分）故各带电粒子进入磁场

后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线方程。

33. 解析：(1)A.温度低的物体分子平均动能小，但如果物质的量大，则内能也可能大，故A错误；B.温度是分子平均动能的标志，温度低的物体若分子的质量小，平均速率不一定小，故B错误；C.温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大．故C正确；D.外界对物体做功时，若同时散热，则由热力学第一定律可知物体的内能不一定增加，故D正确；E.宏观运动和物体的内能没有关系，但如果物体在运动中受到的摩擦力做功，则温度增加时，内能可能越来越大，故E正确．

(2)①设充气n次可以让气体压强增大至3atm.据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：

P1(V＋nΔV)＝P2V

代入：1×(2＋n×0.2)＝3×2 解得：n＝20(次)

P2P3②当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：＝ T2T3－13＋273T3 可得：P3＝P2＝×3 atm≈2.7 atm.

T217＋273答案：(1)CDE；(2)①20次；②2.7 atm

34. (1)解析：A.由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点，故A正确；B.波速由介质决定，与波长和频率无关，故B错误；C.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M点并不是振动加强点，故C错误；D.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉，M点并不是振动加强点，M点的位移大小在某时刻可能为零，故D正确；E.根据质点振动方向与波传播方向的关系，P点向上振动，Q点也向上振动，故E正确．

答案：ADE

(2)解析：(ⅰ)由于对称性，考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入AB面时的入射角α和折射角β分别为：α＝60°，β＝30° （3分）

sin α

则材料的折射率为：n＝＝3 （2分）

sin β

(ⅱ)如图O为BC中点，紧靠B点从BC面射出的光线与直线AO交于D，由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性，a3光屏上形成两条光斑由几何关系有：OD＝tan β＝a （3分）

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所以当光屏到BC距离d超过答案：(ⅰ)3；(ⅱ)大于

3

a 6

3

a时，光斑分为两条．（1分） 6

35. 解析：(1)根据光电效应方程知Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，因此a与b一定平行，且两斜率是固定值，与入射光和金属材料皆无关系，故A错误，D正确；B.横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，由图可知乙金属的极限频率大，故B正确；C.纵截距对应ν＝0的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，根据W0＝hν

0

可求出，与入射

光强度无关，故C正确；E.根据光电效应方程：Ekm＝hν－W0，知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能越大，但不是成正比，故E错误．

(2)①由图知，C与A碰前速度为：v1＝9 m/s，碰后速度为：v2＝3 m/s，C与A碰撞过

程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2 （3分）

解得：mC＝2 kg （1分）

②12 s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，

有：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 （2分）

112

根据机械能守恒定律，有：(mA＋mC)v23＝(mA＋mB＋mC)v4＋Ep （2分） 2解得：Ep＝9 J （1分） 答案：(1)BCD (2)①2 kg；②9 J

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