2016届宜春市高三上物理第四次月考试卷（含解析）
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2016届宜春市高三上物理第四次月考试卷（含解析）
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2016届宜春市高三上物理第四次月考试卷（含解析）
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文 章来源 天添资源网 w ww.tT z yw.CoM 江西省宜春市靖安中学学年高三（上）第四次月考物理试卷　二、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下面有关物理学史、方法和应用的叙述中，正确的是（　　）A．无论是亚里士多德、伽利略，还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念B．亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度C．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场D．机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作的　2．物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象可能是（　　）A． &B． &C． &D． 　3．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）A．1&B．2&C． &D． 　4．如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是（　　）&A．带电粒子带负电B．带电粒子在Q点的电势能为UqC．此匀强电场的电场强度大小为E= D．此匀强电场的电场强度大小为E= 　5．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（　　）&A．μ与a之间一定满足关系μ≥ B．黑色痕迹的长度为 C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 D．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为 　6．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（　　）&A．将热敏电阻 R0 加热B．变阻器 R 的滑动头 p 向上移动C．开关 K 断开D．电容器 C 的上极板向上移动　7．如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，其右端连接有定值电阻R=2Ω，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B=1T的匀强磁场中．一质量m=2kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10N的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直．导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是（　　）&A．产生的感应电流方向在金属棒中由a指向bB．金属棒向左做先加速后减速运动直到静止C．金属棒的最大加速度为5m/s2D．水平拉力的最大功率为200W　8．如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q＞0）．质量为m的粒子沿正对co中点且垂直于co方向射入磁场区域．不计重力，则（　　）&A．若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是 B．若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是 C．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=（ ） D．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=& 　　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．9．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g．&（1）如图2示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为　　　　　　．（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则　　　　　　．（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为　　　　　　（用m，L，△t表示）．　10．（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图1甲、乙、丙所示，则它们的读数值依次是　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　．&（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ．电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用）提供电压为3V，内阻很小．则图2电路图中　　　　　　（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏　　　　　　．（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图2中的　　　　　　电路（填电路图下的字母代号）．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=　　　　　　（ 用题中字母代号表示）．　11．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．求：（1）流过电源的电流．&& （2）流过电动机的电流．& （3）电动机对外输出的机械功率．&　12．如图所示，在无限长的水平边界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线，AB边界上的P点到边界EF的距离为（2+ ）L，一带正电微粒从P点的正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场．已知微粒在磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E（E未知）和磁感应强度大小B（B未知）满足 =2 ，不考虑空气阻力，求：（1）O点距离P点的高度h多大；（2）若微粒从O点以v0= 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，则微粒在磁场中运动的时间t多长？&　　二.选考题：请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理-选修3-4】（15分）13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（　　）&A．这列波的波速可能为50m/sB．从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（ πt）（m）　14．在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d，玻璃砖的折射率n= ，在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，从侧面AD射出，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等．求点光源S到P点的距离．&　　【物理-选修3-5】15．（;河南模拟）关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（　　）A．结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．一个氘核（ H）与一个氚核（ H）聚变生成一个氦核（ He）的同时，放出一个中子D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2　16．（;长沙二模）如图所示，质量mB=2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量mA=2kg的物块A，一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/s．已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少？&　　&
学年江西省宜春市靖安中学高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析　二、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．下面有关物理学史、方法和应用的叙述中，正确的是（　　）A．无论是亚里士多德、伽利略，还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念B．亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度C．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场会在其周围空间激发一种电场，这种电场就是感生电场D．机场、车站和重要活动场所的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作的【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、无论是亚里士多德、伽利略，还是笛卡尔都没有建立力的概念，而牛顿的高明之处在于他将物体间复杂多样的相互作用抽象为“力”，为提出牛顿第一定律而确立了一个重要的物理概念，故A正确；B、伽利略对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度以及加速度．故B错误；C、英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，我们把这种这种电场叫做感生电场．故C错误；D、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到．故D错误；故选：A．【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　2．物块以初速度v0从底端沿足够长的斜面上滑，该物块的速度图象可能是（　　）A． &B． &C． &D． 【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】1、斜面可能是光滑的；2、斜面摩擦因数较小；3、斜面摩擦因数较大．【解答】解：A、若斜面可能是光滑的，则上滑时和下滑时的加速度是相同的，物体做匀变速直线运动，故A正确；B、若斜面摩擦因数较小，物块上滑到速度减为零时又返回，根据牛顿第二定律，上滑时：a=gsinθ+μgcosθ，下滑时：a′=gsinθμgcosθ，即下滑的加速度小于上滑的加速度，故B正确；C、若斜面摩擦因数较大，物块上滑到速度减为零时，mgsinθ＜μmgcosθ，则物块之后静止，故C错误D正确；故选：ABC．【点评】本题关键是讨论上滑和下滑时加速度大小的比较，注意分析全面．　3．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）A．1&B．2&C． &D． 【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．【分析】恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解．【解答】解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：&则得：v= = ，故n= ．故C正确、ABD错误．故选：C．【点评】本题与卫星绕行星运动模型相似，关键抓住恒星的向心力来源于万有引力，建立方程求解．　4．如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是（　　）&A．带电粒子带负电B．带电粒子在Q点的电势能为UqC．此匀强电场的电场强度大小为E= D．此匀强电场的电场强度大小为E= 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据公式W=qU求出电场力做功，确定出P、Q间电势能的差，即可求得Q点的电势能．根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，根据平抛运动的规律求出粒子到达Q点时的速度．根据位移公式和两个分运动的等时性，列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由E= 求解场强的大小．【解答】解：A、B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电．粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为Uq，故A、B错误．C、D、设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0tanθ= v0． 粒子在y方向上的平均速度为：& = 粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0=vyt= t&&&&&&& 水平方向有：d=v0t可得：y0=& 所以场强为：E= 联立得：E= ，故C正确，D错误．故选：C【点评】本题根据类平抛运动的特点，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学结合求解．　5．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度作匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（　　）&A．μ与a之间一定满足关系μ≥ B．黑色痕迹的长度为 C．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为 D．煤块与传送带由于摩擦而产生的热量为 【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力；功能关系．【专题】传送带专题．【分析】A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．B、当煤块的速度达到v时，求出传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差为黑色痕迹的长度．C、煤块做匀加速直线运动，加速度a= ，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出经历的时间．D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对．【解答】解：A、要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．即a＞μg，则 ．故A错误．&&& B、当煤块的速度达到v时，经过的位移 ，经历的时间 ．此时传送带的位移 ，则黑色痕迹的长度L= ．故B错误，C正确．&&& D、煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对=fL= ．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键知道要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度．黑色痕迹的长度等于传送带的位移和煤块的位移之差．以及掌握煤块与传送带由于摩擦产生的热量Q=fx相对．　6．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是（　　）&A．将热敏电阻 R0 加热B．变阻器 R 的滑动头 p 向上移动C．开关 K 断开D．电容器 C 的上极板向上移动【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】电容器板间电压等于变阻器R两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化及变阻器两端电压的变化．当变阻器的电压增大时，油滴将向上运动．改变板间距离，判断电容的变化，由E= 分析场强变化．【解答】解：A、将R0加热，电阻减小，电路中电流增加，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A正确．B、仅把R的滑动端向上滑动时，R的电阻减小，故其分的电压减小，故电容器要放电，由于理想二极管的影响，不可能放电，故带电量不变，故电场强度不变，油滴所受的电场力不变．故B错误．C、开关k断开，电容器两板间电压为电源电动势，故电压增大，电场增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故C正确．D、电容器 C 的上极板向上移动，电容减小，要放电，由于理想二极管的影响，不可能放电，故带电量不变；根据C= 、C= 、U=Ed，有E= ，故板间场强不变，油滴所受的电场力不变．故D错误．故选：AC【点评】本题是电路的动态分析问题，关键抓住电容器的电压等于变阻器两端的电压，由E= 分析板间场强变化，判断出油滴的运动方向．　7．如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，其右端连接有定值电阻R=2Ω，整个装置处于垂直导轨平面磁感应强度B=1T的匀强磁场中．一质量m=2kg的金属棒在恒定的水平拉力F=10N的作用下，在导轨上由静止开始向左运动，运动中金属棒始终与导轨垂直．导轨及金属棒的电阻不计，下列说法正确的是（　　）&A．产生的感应电流方向在金属棒中由a指向bB．金属棒向左做先加速后减速运动直到静止C．金属棒的最大加速度为5m/s2D．水平拉力的最大功率为200W【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；楞次定律．【专题】电磁感应与电路结合．【分析】由右手定则判断感应电流的方向．金属棒在拉力和安培力作用下运动，通过分析安培力的变化，判断加速度的变化，即可确定最大加速度．当拉力等于安培力时，速度达到最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及安培力大小公式求出最大速度的大小．由P=Fv求解拉力的最大功率．【解答】解：A、金属棒向左运动切割磁感线，根据右手定则判断得知产生的感应电流方向由a→b，故A正确．B、金属棒所受的安培力先小于拉力，棒做加速运动，后等于拉力做匀速直线运动，速度达到最大，故B错误．C、根据牛顿第二定律得：F =ma，可知，棒的速度v增大，加速度a减小，所以棒刚开始运动时加速度最大，最大加速度为：am= = =5m/s2．故C正确．D、设棒的最大速度为vm，此时a=0，则有：F= ，得：vm= = m/s=20m/s所以水平拉力的最大功率为：Pm=Fvm=10×20W=200W，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查了电磁感应与力学知识的综合，关键要能正确分析金属棒的运动情况，知道拉力与安培力相等时，速度最大，并能根据牛顿第二定律进行研究．　8．如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q＞0）．质量为m的粒子沿正对co中点且垂直于co方向射入磁场区域．不计重力，则（　　）&A．若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是 B．若要使带电粒子能从bd之间飞出磁场，射入粒子的速度大小的范围是 C．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=（ ） D．若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度为v3=& 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】AB、作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度；CD、由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出粒子速度．【解答】解：AB、粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：由几何知识得：（1.5Rr1）2+（Rsin60°）2=r12，解得：r1=R，由牛顿第二定律得： ，解得： ，如上图所示：∠bog=90°+60°=150°，所以∠goo′=105°，∠go′o=15°，在三角△goo′中，由正弦定理得： ，解得： ，由牛顿第二定律得： ，解得： ，所以速度范围： ；故A正确，B错误；CD、粒子的运动轨迹如图所示：设∠fod=α，由几何关系得：Rsin60°+Rsinα=Rcosα+Rcos60°=r3，&，解得：sin2α= ，α=30°，&，由牛顿第二定律得： ，解得：v3=（ ） ；故C正确，D错误；故选：AC&&【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可正确解题，由几何知识求出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键．　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．9．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门．设重力加速度为g．&（1）如图2示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为　10.15mm　．（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则　物块通过O点的速度为1.015m/s．　．（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为　 　（用m，L，△t表示）．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系；弹性势能．【专题】实验题．【分析】（1）游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；（2）由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度；（3）由能量守恒可得弹性势能；【解答】解：（1）根据图可知该游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第3个刻度和主尺上的某一刻度对齐，因此其读数为：3×0.05mm=0.15mm，故最后读数为：10mm+0.15mm=10.15mm．（2）由于片比较窄，可知窄片通过O的平均速度为此时物块的瞬时速度，由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度为：vO= = =1.015m/s（3）弹射物块过程中释放的弹性势能转化为物体的动能，由能量守恒得弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为：Ep= m = ．故答案为：（1）10.15mm；（2）物块通过O点的速度为1.015m/s；（3） ．【点评】本题主要是对于的设计，比较简单，知道运用光电门可以求解物体的瞬时速度，清楚不同形式的能量的转化．　10．（1）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图1甲、乙、丙所示，则它们的读数值依次是　0.996～0.999mm　、　0.42A　、　2.25～2.28V　．&（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ．电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用）提供电压为3V，内阻很小．则图2电路图中　A　（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏　小　．（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是图2中的　B　电路（填电路图下的字母代号）．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=　 2.0Ω　（ 用题中字母代号表示）．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；（2）由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值．【解答】解：螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为49.8×0.01mm=0.498mm，故总示数为：0.5+0.498mm=0.998mm；电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A；电流表量程为3V，最小刻度为0.1V，则读数为2.25～2.28V；因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R= ，则待测电阻RX=RRA= 2.0Ω故答案为：（1）、0.996～0.999mm、0.42A、2.25～2.28V．（2）、A，小，（3）、B， 2.0Ω．【点评】对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解．　11．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．求：（1）流过电源的电流．&& （2）流过电动机的电流．& （3）电动机对外输出的机械功率．&【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．（2）由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．（3）电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．【解答】解：（1）电源的输出电压：U=EIr，则有&& I= 代入解得：I=3A（2）对灯泡： 电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=II灯=3A1A=2A（3）根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电I电2r代入解得，P出=16W答：（1）流过电源的电流为3A．&& （2）流过电动机的电流为2A．& （3）电动机对外输出的机械功率是16W．【点评】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用．　12．如图所示，在无限长的水平边界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线，AB边界上的P点到边界EF的距离为（2+ ）L，一带正电微粒从P点的正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场．已知微粒在磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E（E未知）和磁感应强度大小B（B未知）满足 =2 ，不考虑空气阻力，求：（1）O点距离P点的高度h多大；（2）若微粒从O点以v0= 水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，则微粒在磁场中运动的时间t多长？&【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】（1）微粒在进入电磁场前做匀加速直线运动，在电磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与动能定理可以求出O到P的距离．（2）微粒在进入电磁场前做平抛运动，在电磁场中做匀速圆周运动，根据微粒做圆周运动的周期公式求出微粒的运动时间．【解答】解：（1）微粒在电磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力合力为零，则：qE=mg，粒子运动轨迹如图所示：&由几何知识可得：sinθ= ，r1+r1sinθ=（2+ ）L，解得：r1=2L，微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv1B=m ，由动能定理得：mgh= mv120，已知：& =2 ，解得：h= L；（2）微粒在进入电磁场前做平抛运动，x1=v0t1，h= gt12，代入数据解得：t1= ，x1= L，微粒在M点的竖直分速度：v1= ，速度：v=2 ，速度与AB夹角：θ=30°，微粒运动轨迹如图所示：&微粒轨道半径：r2=4L，由几何知识可知，微从M点粒偏转30°垂直打在EF边界上，微粒在磁场中做圆周运动的周期：T= =4π ，由题意可知，微粒的运动时间：t=t1′+t2′= T+ kT+ T= T+ kT+ T（k=0、1、2、…）解得：t=2π（ +k）&&& （k=0、1、2、3、…）；答：（1）O点距离P点的高度h为 L；（2）微粒在电磁场中运动的时间t为：2π（ +k） （k=0、1、2、3、…）．【点评】本题考查了求距离、微粒的运动时间问题，分析清楚微粒运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律即可正确解题．　二.选考题：请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理-选修3-4】（15分）13．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（　　）&A．这列波的波速可能为50m/sB．从t+0.6 s时刻开始，经过0.5T，质点b沿x轴正方向运动20mC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同E．若T=0.8s，当t+0.4s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y=0.1sin（ πt）（m）【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】平抛运动专题．【分析】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式；由波速可知周期的表达式，则可得出质点的路程及位移及质点的振动方程．【解答】解：A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s=（n+ ）T，故周期T= ； 波速v= m/s= m/s，（n=0，1，2，…） 当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；B、质点只能上下振动，不能随波迁移，所以质点b不能沿x轴正方向运动，故B错误；C、c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：& +1.5T=0.6，即 =0.6，解得，n=1时满足条件，故C正确；D、在 t 时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于 ，可见此时两个质点的位移是相同的． 故D正确；E、当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据ω= rad/s= rad/s，据图知A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x=0.1sin（ πt）（m），故E正确．故选：ACDE【点评】本题考查对波动图象的理解能力．知道两个时刻的波形时，往往应用波形的平移法来理解．　14．在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d，玻璃砖的折射率n= ，在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60°入射角从AB面中点射入，从侧面AD射出，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等．求点光源S到P点的距离．&【考点】光的折射定律．【专题】光的折射专题．【分析】正确画出光路图，根据几何关系和折射定律，结合条件：光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，列方程求解即可．【解答】解：光路图如图所示，&由折射定律知，光线在AB面上折射时有n= 在AD面上出射时 n= 由几何关系有：α+β=90°δ=（60°α）+（γβ）=30°联立以上各式并代入数据解得 α=β=45°，γ=60°光在棱镜中通过的距离 s= = t设点光源到P点的距离为L，有L=ct&& 解得 L= d答：点光源S到P点的距离为 d．【点评】解答本题的关键是正确画出光路图，掌握全反射的条件和折射定律，依据几何关系和相关物理知识进行求解．　【物理-选修3-5】15．（;河南模拟）关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（　　）A．结合能越小表示原子核中的核子结合的越牢固B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．一个氘核（ H）与一个氚核（ H）聚变生成一个氦核（ He）的同时，放出一个中子D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量也减小E．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2【考点】原子核的结合能；玻尔模型和氢原子的能级结构；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应．【分析】比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生；根据爱因斯坦质能方程判断质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量．【解答】解：A、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；B、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生，B正确；C、根据质量数守恒和电荷数守恒知：一个氘核（ H）与一个氚核（ H）聚变生成一个氦核（ He）的同时，放出一个中子，C正确；D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，D错误；E、根据爱因斯坦质能方程质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2，E正确；故选：BCE．【点评】本题考查了比结合能、质能方程、核反应方程的判断、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大．　16．（;长沙二模）如图所示，质量mB=2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量mA=2kg的物块A，一颗质量m0=0.01kg的子弹以v0=600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v=200m/s．已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为多少？&【考点】动量守恒定律；功能关系．【专题】动量定理应用专题．【分析】A在B上发生相对滑动时产生内能，根据动量守恒和能量守恒定律求出．【解答】解：对于子弹、物块A相互作用过程，设向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m0v+mAvA解得：vA=2m/s&&&&&&&&&&&& 对于A、B相互作用作用过程，设向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）vBvB=1m/sA、B系统因摩擦产生的热量等于A、B系统损失的动能，即：△E= mAvA2 （mA+mB）vB2代入数据解得：△E=2J；答：整个过程中A、B组成的系统因摩擦产生的热量为2J．【点评】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，是道好题．运用动量守恒定律解题时，关键要合理地选择研究的系统．文 章来源 天添资源网 w ww.tT z yw.CoM
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