2007年普通高等学校招生全国统一考试仿真试题物理（二）
参考答案
第Ⅰ卷 （选择题 共30分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题列出的四个选项中，至少有一个是正确的，全选对的得3分，选不全的得1分，选错、多选或者不选的得0分）
1. B 由t=v
s 知最先传到实验室的波为纵波，对于甲、乙两摆，当质点上下振动时，乙摆振动剧烈.而质点前后或左右振动时甲摆振动剧烈，所以乙摆最先剧烈振动.
2. C 当列车匀速行驶时F=f=kv 2，牵引力的功率P=Fv=kv 3，故牵引力的功率之比为1803∶603=27∶1.
3. BC 当探测器飞越月球上的质量密集区时，探测器受到的重力变大，探测器的加速度也变大，此时探测器受到的引力大于它做圆周运动所需的向心力，所以要稍微偏离圆形轨道.
4. ACD 气泡由水池底部缓慢上升，则压强不断减小，D 正确.在上升过程中不断与水发生热交换，气泡温度不变，所以分子平均动能不变，B 错误.气泡温度不变，压强减小，即分子间的密集程度减小，一定是气体体积增大，那么分子间平均距离也增大，A 正确.气泡体积增大对外界做功而温度不变，由热力学第一定律可知，气泡一定不断从水中吸收热量，则C 正确.
5. BC 根据方程两边质量数与电荷数守恒可判断出结果.
6. A 根据光电效应规律可判断.
7. BD 各种单色光，按红橙黄绿蓝靛紫的顺序，同一种介质对它们的折射率逐渐增大.据n=r i sin sin ，所以a 是紫光折射光线，B 正确.n 1=r i sin sin ，n 2='sin sin r i ,所以21n n =r
r sin 'sin ,C 错.据n=v c ，所以有21v v =1
2n n ='sin sin r r ，D 正确. 8. AC 根据题意分析得：电路的连接形式为灯泡和电阻R 2并联后和电阻R 1串联再接在电源上，电容器的那条支路断开，电容器上的电压是电阻R 1和灯泡上的电压，若要增加电容器的带电荷量，则必须增加电容器两端的电压.当增大电阻R 1时，电容器上的电压总的是变大，所以电容器带电荷量变大，当减小R 1，易得到电容器的带电荷量减小，所以选项B 错误.同理当增加R 2的电阻值时，也会使电容器的带电荷量增加，若减小电阻R 2也会使电容器的带电荷量减小，选项D 错误.综上所述，本题的正确选项为AC.
9. C 当B 对地面恰无压力时，B 受弹簧的拉力恰等于物体B 的重力，若令弹簧此时伸长量为Δx 1，则：m B g ＝k Δx 1;当撤去F 时，A 由静止向下运动，当A 受到的弹力等于其重力时，物体A 的速度最大，令弹簧此时的压缩量为Δx 2，则：m A g=k Δx 2.物体Ａ由静止向下运动至最大速度时，A 下落的高度为Δx 1＋Δx 2，所以A 由静止向下运动至最大速度时，重力做功为m A (m A +m B )g 2/k ，即答案为C.
10. A 从图示位置开始线圈转一周时间内第一个四分之一周期和第三个四分之一周期无感应电流产生，第二个四分之一周期和第四个四分之一周期有感应电流产生.由于线圈做匀速转动，故感应电动势大小不变，形成的感应电流大小不变，但是方向发生周期性变化，故A 正确.
第Ⅱ卷 （非选择题 共70分）
二、非选择题部分（本大题共6小题，共70分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
11. (1)0.300 0 (2)2.40 (3)木板的长度和木板上端到水平桌面的高度
12.（1）2、5、6 （2）防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏. 最小值2.5 Ω左右，最大值在15 Ω左右.（3）能 可以把R 0和电池合起来看成是一个等效电源，由ε＝U 1＋I 1r 和ε＝U 2＋I 2r 解出的是这个等效电源的电动势和内电阻，而它的电动势与原电源的电动势相同，它的内电阻为被测电池的内电阻与R 0之和，已知R 0就可以求出被测电池的内电阻了.
13. (1)3 000 m (2)2.15倍
（1）设飞艇在25 s 内下落的加速度为a 1,根据牛顿第二定律可得：mg-F 1=ma 1（2分） 解得：a 1=m F mg 1-=m
m m 1004.010?-=9.6 m/s 2(1分) 所以飞艇在25 s 内下落的高度
h 1=21a 1t 2=2
1×9.6 m/s 2×(25 s)2=3 000 m.(2分) （2）25 s 后，飞艇将做减速运动，减速时飞艇的初速度v 为v=a 1t=9.6 m/s 2×25 s=240 m/s （1分）
减速运动下落的最大高度h 2为
h 2=6 000 m-3 000 m-500 m=2 500 m （1分）
减速运动飞艇的加速度大小a 2至少为
a 2=m
s m h v 25002)/240(22
22?==11.52 m/s 2（2分） 所以飞艇对大学生的支持力F N 为
F N =m ′(g+a 2)=2.15m ′g （2分）
由牛顿第三定律可知F N ′=-F N ，即大学生对座位的压力是重力的2.15倍.（1分）
14. (1)E p =2
5Fs (2)5s （1）设B 和A 相碰前的速度为v 0,对B 由动能定理得
（F-41F ）×4s=2
1mv 02(2分) 得v 0=m Fs /6（1分）
B 和A 相碰时，由动量守恒得
mv 0=2mv 1（1分）
得v 1=21
m Fs /6（1分）
从碰后到A 、B 减速为0时弹簧具有最大弹性势能，由能量守恒得 Fs+2
1×2mv 12=E p （2分）
得E p =2
5Fs.（1分） （2）设撤去外力F 后，A 、B 一起回到O 点时的速度为v 2,由机械能守恒得
E p =2
1×2mv 22 v 2=m Fs 2/5（2分）
在返回O 点时，A 、B 开始分离，B 在滑动摩擦力作用下向左做匀减速运动，设物块B 距O 点为L 时停止运动.
由动能定理得-41FL=0-2
1mv 22（2分） L=5s.
15.（1）向左 理由见解析 2.4×105 N/C (2)7×10-4 J
（1）根据题意分析得：因为带负电的小环到虚线下区域时，由左手定则判断出小环受到的洛伦兹力方向向左，这样要使小环做匀速直线运动，电场力方向就要向右，因为小环带负电，所以电场向左.因为在虚线上方区域，后来小环做匀速直线运动，所以μqvB=qE 1①（3分）又因为在虚线下方区域时环也做匀速直线运动，即洛伦兹力和电场力平衡，所以有qvB=qE 2
②（3分），由①②两式可解得E 2=25.01064
1
?=μE N/C=2.4×105 N/C （2分）. (2)根据题意分析得：撒去磁场后小环做类平抛运动，由题意得：垂直电场方向位移为vt=3L ③（1分），电场方向位移为2L =21m
qE 2t 2④（1分），由③④得21mv 2=182L qE （1分）.对环在杆上运动的过程应用动能定理：qE 1L-W f =2
1mv 2（2分），代入数据解之得W f =qE 1L-21mv 2=qE 1L-182L qE =qL(E 1-182E )=5×10-8×0.3×(6×104-18
104.25?)J=7×10-4J （3分）.
16.（1）设经加速电压后电子的速度为v 0，则根据动能定理电场做功有：eU 0=
21mv 02（1分），电子经过YY ′偏转电极的时间为t 1，侧向分速度为v 1，则有t 1=0
1v L （1分），解得：v 1=md eU 1t 1（1分），电子打到荧光屏上的速度等于离开YY ′偏转电极时的速度，由以上三个方程联立
可解得：v=v 02+v 12=0
22121022U m d L eU m eU +（3分）. (2)电子在YY ′偏转电极上的侧向位移为y 1=md
eU 21t 12（1分），电子离开YY ′偏转电极后的运动时间为t 2、侧向位移为y 2则有t 2=0
21v l l +（1分），y 2=v 1t 2（1分），电子在y 方向的位
移为y=y 1+y 2=0
114dU l U (3l 1+2l 2)（1分）.同理：电子在XX ′偏转电极中的侧向位移为：x 1=md eU 22t 12（1分），电子离开XX ′后运动时间为t 3，侧向位移为x 2，则有t 3=0
2v l （1分），x 2=
md eU 2t 1t 3（1分），电子在x 方向的位移为x=x 1+x 2=0124dU l U (l 1+2l 2)（2分），所以光点在荧光屏上的坐标为［
0124dU l U (l 1+2l 2),0114dU l U (3l 1+2l 2)］（1分）.