崇明县14学年第二学期高三二模(答案)

一．单项选择题（每题2分 共16分） 题号 答案 1 B 2 C 3 C 4 A 5 A 6 D 7 C 8 D 二．单项选择题（每题3分，共24分） 题号 答案 9 B 10 A 11 B 12 D 13 A 14 B 15 C 16 A

三．多项选择题（每题4分，共16分） 题号 答案 17 AD 18 BC 19 ABD 20 BD

四．填空题 （每格2分，共20分）

21、 F=(M+m)g/μ，a=g/μ 22A、向左， 0.6 22B、M=4π2（R+h）3/GT2 ，M=g R2/G

22

23、 5×10-3，8 24、 Bπrv/2R，Bπr2/R 25、gR/2v,2nπv/R，（n∈R）

五．实验题（24分）

26、（4分）B

27（4分）（1）2，（2分）,（2） 4π2/k （2分），

28（7分）（1） 2d/t2 （2分）; （2） C（2分）， (3) BC（3分）

29（9分）（1）变小（2分） （2）3 , 2 （4分） （3）I1R0（3分），

五．计算题（50分） 30、(10分)解：

（1）受力分析图 （1分）

垂直斜面方向平衡：FN =mgcosθ+Fsinθ

Ff=μFN=μ(mgcosθ+Fsinθ) （1分）

代入数据解出：Ff=40N （1分）

（2）沿斜面方向牛顿定律：Fcosθ－Ff－mgsinθ=ma （1分）

解出：a=(Fcosθ－Ff－mgsinθ)/m （1分）

代入数据解出：a=6m/s2 （1分）

（3）撤去F瞬间，物体速度设为v

FN F θ G 1

由v2=2aS1，解出v=2as1=6m/s （1分） 撤去F后，Ff′=μmgcosθ=0.2×100×0.8 N =16N 动能定理：-mgS2sinθ－Ff′S12=0－2mv2 物体继续上升距离 S2=2.37m （1分） 下降时 动能定理： mg sinθ（S2+3）－Ff′（S2+3）=EK-0 （1分） EK =236.3焦耳 （1分） 31、(12分)解： 解：（1）选取活塞为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件有 p0s+mg=ps ① 可得被封闭气体压强 p= p0+mg/s ② （1分） 设初始时水银柱两液面高度差为h，则被封闭气体压强 p= p0+ρgh ③ （ 1分） 联立以上两式可得，初始时液面高度差为 h=m/ρs （1分） (2) 降低温度直至液面相平的过程中，被封闭气体先等压变化，后等容变化。初状态： p1= p0+mg/s，V1=1.5h0S，T1=T0； 末状态： p2=p0，V2=1.2h0s，T2=？ （1分） 根据理想气体状态方程有 p1V1p2V2T （1分） 1T2代入数据，可得T4p0T0S25pS5mg⑥ （2分） 0(3)温度保持原来的。则气体做等温变化 p1= p0+mg/s，V1=1.5h0S， p2= p0+2mg/s，V2=hS，

玻意尔定律得 p1 V1= p2 V2 （1分） 得 h3(p0smg)2(ph0 （1分）

0s2mg)讨论：如果h3(p0smg)2(php0s01.2h0 即m0s2mg)3g （1分）

则 h=1.2h0 （1分） 如果 mp0s3(p0s3g 则hmg)2(ph0 （1分） 0s2mg)

32(14分)、解：

2

(1) -d≤x≤0区间 k0d （1分） 故：0dxx00(d1)（-d≤x≤0）（1分）

0≤x≤d区间 k0d

故：0dxx00(1d)（0≤x≤d）（1分）

或在整个区域内，(11x10d) （x则电场力大小FqEq0d （1分）

（2）0≤x≤A区间

根据题意，在x=A时，粒子动能为0， （1分） 可知粒子在运动过程中动能和电势能之和为：

则在x位置时有：EAk(q)q0(1d) （1分） ExAkq0(1d)q0(1d)

Eq(A-x)k0d（0≤x≤A） （1分）

-A≤x≤0区间

根据题意，在x=-A时，粒子动能为0，可知粒子在运动过程中动能和电势能之和为：则在x位置时有：EAk(q)q0(1d) （1分） ExAkq0(d1)q0(1d)

E(Ax)kq0d（-A≤x≤0） （1分）

或者：E(A-1x1)kq0d （-A≤ x ≤A）

（3）0-A为四分之一周期，粒子做匀变速直线运动 S=A，aFmq0dm （1分） t2s2mdAaq （1分） 0 T4t42mdAq （2分） 0

3

33、（14分）解：

⑴ 金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）。 （1分） 通过R的电流IEBLv，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时RrRrBLv （1分） Rr间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动。 （2分） ⑵ 对回路，根据闭合电路欧姆定律I对杆，根据牛顿第二定律有：FmgsinBILma （1分）

将F0.5v2代入得：2mgsin(0.5B2L2Rr)vma， 因a与v无关（取刚开始运动时刻，v=0），所以

a2mgsinB2m8m/s2， 0.5L2Rr0 得R0.3 ⑶ 由x1at2得，所需时间2x2ta0.5s 电路中总的焦耳热为：QRrRQ0.5410.30.8J3J 由能量守恒定律得：WmgsinQ12102mv 解得:W3J

（2分） （2分）

1分） 2分） 2分） 4

（ （ （