江西省新余市20xx年高考物理二模试卷word版含解析

江西省新余市20xx年高考物理二模试卷word版含解析内容摘要：

有效值也增加，为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将 P适当上移，故 D错误； 故选： BC 5． 18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想 “ 穿透 ” 地球；假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口飞出，（已知此人的质量 m=50kg；地球表面处重力加速度取 g=10m/s2；地球半径 R= 106m；假设地球可视为质量分布均匀的球体．均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零）则以下说法正确的是（ ） A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒 B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比 C．人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功 W= 109J D．当人下落经过距地心 R瞬间，人的瞬时速度大小为 4 103m/s 【考点】 4F：万有引力定律及其应用； 6B：功能关系． 【分析】 A、机械能守恒的条件是只有重力或 弹簧弹力做功； B、根据万有引力定律推导出万有引力的表达式进行分析； C、人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，重力与距离球心的距离成正比，取平均力，为地面时重力的一半，即 ；然后根据功的定义列式求解即可； D、对人从下落到距地心 过程，根据动能定理列式求解即可． 【解答】解： A、人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故 A错误； B、与球心的距离为 r 时，万有引力为： F=G = = ∝ r；故B正确； C、人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功： W= 其中： 联立解 得： W= = 50 10 106= 109J 故 C错误； D、人从下落到距地心 过程，万有引力的平均值为： = 根据动能定理，有： 解得： v= = =4 103m/s 故 D正确； 故选： BD 6．如图所示，光滑杆 O′A 的 O′ 端固定一根劲度系数为 k=10N/m，原长为 l0=1m的轻弹簧，质量为 m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接， OO′ 为过 O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为 θ=30176。 ，开始杆是静止的，当杆以 OO′ 为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量 为 ，下列说法正确的是（ ） A．杆保持静止状态，弹簧的长度为 B．当弹簧伸长量为 ，杆转动的角速度为 rad/s C．当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为 rad/s D．在此过程中，杆对小球做功为 【考点】 4A：向心力； 29：物体的弹性和弹力． 【分析】当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可求压缩量，从而求弹簧的长度； 对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度； 结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功 的大小． 【解答】解： A、当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可得： mgsin30176。 =kx ，代入数据解得： x=，所以弹簧的长度为： l1=l0﹣ x=，故 A正确； B、当弹簧伸长量为 ，小球受力如图示： 水平方向上： F2cos30176。 +Nsin30176。 =mω 22（ l0+x） cos30176。 竖直方向上： Ncos30176。 =mg +F2sin30176。 弹簧的弹力为： F2=kx 联立解得： ω 2= rad/s，故 B正确； C、当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律可得： mgtan30176。 =mω 12l0cos30176。 ，解得：ω 1= rad/s，故 C错误； D、在此过程中，由动能定理可得： W﹣ mg•2xsin30176。 = m2﹣ 0，解得： W=，故 D正确． 故选： ABD． 7．有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 ϕ随 x 的分布如图所示．一质量为 m、带电量为﹣ q的粒子只在电场力的作用下，以初速度 V0从 x=0处的 O点进入电场并沿 x轴正方向运动，则下关于该粒子运动的说法中正确的是（ ） A．粒子从 x=0处运动到 x=x1处的过程中动能逐渐增大 B．粒子从 x=x1处运动到 x=x3处的过程中电势能逐渐减小 C．欲使粒子能够到达 x=x4处，则粒子从 x=0处出发时的最小速度应为 2 D．若 v0=2 ，则粒子在运动过程中的最小速度为 【考点】 AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况，即可判断动能的变化．根据负电荷在电势高处电势小，判断电势能的变化．粒子如能运动到 x1 处，就能到达 x4处，根据动能定理研究 0﹣ x1 过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度． 【解答】解： A、粒子从 O运动到 x1的过 程中，电势降低，场强方向沿 x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿 x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故 A错误． B、粒子从 x1运动到 x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势小，可知，粒子的电势能不断增大，故 B正确． C、根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 x1处，就能到达 x4处，当粒子恰好运动到 x1处时，由动能定理得： ﹣ q（ φ 0﹣ 0） =0﹣ mv02， 解得： v0= ，则要使粒子能运动到 x4处，粒子的初速度 v0至少为 ．故 C错误． D、若 v0=2 ，粒子运动到 x1处电势能最大，动能最 小，由动能定理得： q= m ﹣ mv02， 解得最小速度为： vmin= ，故 D正确． 故选： BD 8．如图， S为一离子源， MN 为长荧光屏， S到 MN 的距离为 L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B．某时刻离子源 S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量 m、电荷量 q、速率 v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力．则（ ） A．当 v＜ 时所有离子都打不到荧光屏上 B．当 v＜ 时所有离子都打不到荧光屏上 C．当 v= 时，打到荧光屏 MN的离 子数与发射的离子总数比值为 D．当 v= 时，打到荧光屏 MN的离子数与发射的离子总数比值为 【考点】 CI：带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式求出离子的轨道半径，画出轨迹示意图，然后求出离子到达荧光屏上离子数与总数的比值 【解答】解： A、根据半径公式 R= ，当 v＜ 时， R＜ ，直径 2R＜ L，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当 v＜ 时所有离子都打不到荧光屏，故 A正确； B、根据半径公式 R= ，当 v＜ 时， R＜ L，当半径非常小时，即 R＜ 时肯定所有离子都打 不到荧光屏上；当 ≤ R＜ L，有离子打到荧光屏上，故 B错误； CD、当 v= 时，根据半径公式 R= =L，离子运动轨迹如图所示，离子速度为 v1从下侧回旋，刚好和边界相切；离子速度为 v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到荧光屏 MN的离子数与发射的离子总数比值为为 ，故 D错误， C正确； 故选：。