高三物理上学期第一次月考试题 (6)

江西桑海中学20162017学年上学期第一次月考高三物理试卷考试时间：100 分钟 试卷满分：110分一、选择题（本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应。B伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法C探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力。D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功2北半球地磁场的竖直分量向下，在教室范围内可看匀强磁场如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（）A若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势高C若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba3 2009年被确定为国际天文年，以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空400周年从伽利略的“窥天”创举，到20世纪发射太空望远镜天文卫星，天文学发生了巨大飞跃2009年5月14日，欧洲航天局又发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点（图中L2）L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动（视为圆周运动），且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测不考虑其它星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是（）A它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大4如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=10V、B=2V、C=2v，则（）AD点电势D=0B电场强度的大小为2V/mC电场强度的方向沿AC方向D电子在静电力作用下从A运动到D电势能增加10eV5在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（）An4大于n3B只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D电压表V1、V2的示数始终相等6、如图所示，将小球从倾角为45的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，分别落在斜面上的A点、B点及水平面上的C点，B点为斜面底端，P、A、B、C在水平方面间隔相等，空气阻力不计，则（）A三次抛球，小球的飞行时间都不相同B小球落AB两点时，小球在落点处的速度方向不相同C先后三次抛球，抛球速度大小之比为1：2：3D小球落在A、C两点时，则抛出速度大小之比为：37、如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，圆弧面半径远大于小球直径，则m1、m2之间的关系是（）Am1=m2Bm1=m2tanCm1=m2cotDm1=m2cos8乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择，若某缆车沿着坡度为的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上 B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的滑动摩擦力为 D.小物块受到的静摩擦力为9如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变10倾角为的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示已知重力加速度g=10m/s2，由vt图可知（）AA、B两点的距离为2.4mB货物与电梯的动摩擦因数为0.5C货物的机械能先增大后减小D货物从A到B过程中，货物与电梯摩擦产生的热量为4.8J二、非选择题： 11(6分)某研究性学习小组进行如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v03 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动同学们测出某时刻R的坐标为(4，6)，此时R的速度大小为_cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是_(R视为质点)10（9分）为确定某电子元件的电气特性，做如下测量（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择_倍率的电阻档（填：“10”或“1k”），并_再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测量结果为_（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1=10） B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C电流表A3（量程0.6A、内 阻r3约为O.2） D定值电阻R0=30 E滑动变阻器R（最大阻值约为10） F电源E（电动势为4V） G开关S、导线若干。请回答：同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为_；N为_（填器材选项前相应的英文字母）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=_（用题中字母表示）13(12分)质量m0.2 kg的物体在光滑水平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图所示，求：(1)物体所受的合力；(2)物体的初速度；(3)若以t0时刻的位置为坐标原点，求4 s末物体的位置坐标14（13分）如图是质谱仪的工作原理示意图，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后进入磁场做匀速圆周运动到P点，忽略粒子重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子运动到P点的总时间t15（15分）如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg已知A、B间动摩擦因数=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）则（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？16（1）（4分）下列说法正确的是（）A氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小B光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性C1kg铀矿石，经过一个半衰期，其剩余矿石质量为0.5kgD查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”E氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型一样，都是核聚变反应（2）（11分）如图所示，在光滑水平面上有长为L、质量为M的平板A，在A的左端放一质量为m的物块B，它们之间的动摩擦因数为，一起以速度v向右运动，与墙壁发生弹性碰撞后，B刚好滑到A的右端以共同的速度运动，物块B可视为质点，求：物块B与平板A的质量之比是多少？若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的多少倍？参考答案与试题解析一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应。B伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法C探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力。D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【考点】物理学史【分析】是麦克斯韦提出了电磁波理论；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法探究求合力方法的实验中使用了等效替代法的思想；电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【解答】解：A、在物理学发展史上，法拉第发现了电磁感应现象，是麦克斯韦提出了电磁波理论，爱因斯坦提出相对论故A错误B、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故B正确C、探究求合力方法的实验中使用了等效替代法故C错误D、电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功故D错误故选：B【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等2科技的发展使得电能的无线传输称为可能，如图是某品牌收集无线充电的原理图，通过对原理图的理解，下列说法错误的是（）A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”B只有将充电座接到交流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】分析无线充电手机的构造以及原理，再根据电磁感应现象的原理，结合感应电动势产生的条件，即可一一求解【解答】解：A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，故A正确；B、充电底座采用了电磁感应原理，故只有接到交流电源上才能对手机进行充电；故B正确；C、根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误；本题选错误的；故选：D【点评】本题考查电磁感应在生产生活中的应用，随着科技的进步与发展，无线充电将很快成为现象并为我们提供便利3北京时间2015年7月24日，美国宇航局宣布，可能发现了“另一个地球”开普勒452b将开普勒452b简化成如图所示的模型：MN为该星球的自转轴，A、B是该星球表面的两点，它们与地心O的连线OA、OB与MN的夹角分别为=30，=60；在A、B两点处放置质量分别为mA、mB的物体设该星球的自转周期为T，半径为R，引力常量为G若不考虑该星球自转，在A点用弹簧秤称量质量为mA的物体平衡时示数为F，则下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A该星球的第一宇宙速度为B星球的质量为C若向开普勒452b发射一颗同步卫星，则轨道半径为D放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为【考点】万有引力定律及其应用【分析】不考虑该星球的自转，重力加速度，在星球表面，根据万有引力等于重力求出星球质量，根据几何关系求出AB两个物体随星球自转的半径，再根据向心力公式求解【解答】解：A、该星球的第一宇宙速度即近地卫星的线速度，轨道半径等于星球的半径，但周期不等于星球的自转周期T，所以该星球的第一宇宙速度不等于，故A错误；B、星球表面的重力加速度，在星球表面：，得星球的质量，故B错误；C、同步卫星的周期等于星球的自转周期T，根据万有引力提供向心力，解得，故C正确；D、A点随星球自转的半径，B点随星球自转的半径，故D正确；故选：CD【点评】本题主要考查了向心力公式以及万有引力提供向心力公式的直接应用，知道AB随星球自转时角速度相同，特别注意AB随星球自转时的半径不是R，难度适中4如图所示，一直立固定杆底端连有一可以自由转动的轻杆，轻杆的上端O点吊有一重物，一轻绳一端连在O点，另一端连在直立杆的A点，这时O点和直立杆上的B点在同一高度，直立杆上C点和A点关于B点对称现将轻绳的左端沿直立杆从A点慢移到C点，此过程重物一直悬在空中，则（）A轻绳上的拉力先增大后减小B轻绳上的拉力先减小后增大C轻杆上的弹力一直减小D轻杆上的弹力一直不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对物体受力分析根据共点力的平衡画出O点的受力图，可得出绳子拉力的变化；由几何关系可得出A移动后夹角的变化；再由力的合成可知压力的变化【解答】解：当系统平衡时，以O点为研究对象，受力如图：根据共点力的平衡可知，绳子的拉力与杆对O点的弹力的和大小等于mg，方向竖直向上；重物对O点的拉力始终等于重物的重力，故拉力不变；若将绳的上端从A点沿墙稍向上移到C的过程中，由图可知，绳子的拉力逐渐减小，杆对O点的弹力也逐渐减小由以上的分析可知，只有C正确其余错误故选：C【点评】本题考查共点力平衡条件的应用及力的合成知识，要求学生能正确掌握几何关系，利用力的合成关系进行分析计算5如图所示，一竖直挡板固定在倾角为的斜劈上，斜劈放在水平面上，两个质量分别为m、2m且半径完全相同的小球A、B放在挡板与斜劈之间不计一切摩擦，重力加速大小为g若斜劈以加速度大小a水平向左做匀加速直线运动，则下列判断正确的是（）A球B对球A的支持力大小为mgsinB球B对球A的支持力大小为mgsinmacosC挡板对球B的支持力大小为2mgtan+2maD挡板对球B的支持力大小为3mgtan+3ma【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律分析球B对球A的支持力大小，和竖直挡板对球的弹力的情况【解答】解：A、以小球A为研究对象，分析受力情况，如图1：水平方向：FcosN1sin=ma竖直方向：Fsin+N1cos=mg联立得：F=mgsin+macos故AB错误C、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2；根据牛顿第二定律得竖直方向：N2cos=3mg水平方向：FN2sin=ma联立解得：F=3mgtan+3ma故C错误，D正确故选：D【点评】本题运用正交分解法，根据牛顿第二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度6在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（）An4n3B只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D电压表V1、V2的示数始终相等【考点】远距离输电；电功、电功率【分析】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率；【解答】解：A、降压变压器原副线圈中的电压U3U4，根据可得，n3n4，故A正确；B、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据P=I2r可知，损失的功率减小，故B正确；C、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据U=IR可知，损失电压增大，降压变压器原线圈两端的电压增大，根据，故电压表V2的示数将增大，故C错误；D、由于升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数之比相同，在输电线路上有电压损失，故电压表V1、V2的示数不相等，故D错误；故选：AB【点评】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系7一带负电的粒子仅在电场力作用下沿X轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系按图示正弦规律变化，则下列说法中正确的是（）Ax1处电场强度为零B在x1、x2、x3处的电势1、2、3的关系为123C粒子的初速度可能为0D粒子初动能可能为E1【考点】电势能【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确B、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故B正确C、由图看出在x=0时的电势能比x=x3时的电势能小，则在x=0时的动能比x=x3时的动能大，所以在x=0时刻例子的初动能不能是0，即初速度不能是0，故C错误；D、由C的分析可知，开始时粒子的动能不是0，由于没有具体的数据，可知粒子初动能可能为E1，故D正确故选：ABD【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律和功能关系进行分析电荷的运动情况8倾角为的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示已知重力加速度g=10m/s2，由vt图可知（）AA、B两点的距离为2.4mB货物与电梯的动摩擦因数为0.5C货物的机械能先增大后减小D货物从A运动到B过程中，货物与电梯摩擦产生的热量为4.8J【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位移，有速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热【解答】解：A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x=s=20.2+（2+4）1=3.2m，故A错误；B、由vt图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：a2=2m/s2得：mgsinf=ma2，即：mgsinmgcos=ma2，联立解得：cos=0.8，=0.5，故B正确；C、由B分析可知，摩擦力先对货物做正功，再做负功，所以货物的机械能先增大后减小，故C正确；D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=20.2=0.2m，皮带位移为：x皮=20.2=0.4m，相对位移为：x1=x皮x1=0.40.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=（2+4）1=3m，x皮2=21=2m，相对位移为：x2=x2x皮2=32=1m，故两者之间的总相对位移为：x=x1+x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=4.8J，故D正确故选：BCD【点评】本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答。9为了较准确的测量某细线能承受的最大拉力，同学丙、同学丁分别进行了如下实验：同学丙再实验室里找到一把弹簧测力计，按图甲所示安装细线和测力计后，他用力缓慢竖直向下拉测力计，直到测力计的示数达到量程（细线没有断裂），读出测力计的示数F，将F记为细线能承受的最大拉力同学丁在实验室里还找到一把刻度尺和一个玩具小熊，接着进行了如下的操作：用刻度尺测出细线的长度，用弹簧测力计测出玩具小熊的重力G；按图乙所示安装玩具小熊、细线（玩具小熊悬挂在细线的中点）；两手捏着细线缓慢向两边移动直到细线断裂，读出此时两手间的水平距离d；利用平衡条件算出结果在不计细线质量和伸长影响的情况下，请回答：（1）同学丁算出的细线能承受的最大拉力是（用L、G、d表示）；两位同学中，丁（选填“丙”或“丁”）的测量结果较准确（2）在同学丁两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，下列说法正确的是BC（填选项序号字母）A细线上的拉力大小不变 B细线上的拉力大小增大C细线上拉力的合力大小不变 D细线上拉力的合力大小增大【考点】验证力的平行四边形定则【分析】两种方案都是根据共点力平衡求解绳子的最大拉力，从而操作的可行性进行判断哪种方案最好；根据共点力平衡得细线上最大承受的拉力在竖直方向合力和物体重力相等，根据三角函数关系求出最大拉力【解答】解：（1）当绳子断时，根据共点力平衡求出绳子的最大拉力绳子与竖直方向夹角的正弦值sin=，则cos=，根据平衡有：2Fcos=G，解得最大拉力F=丙方案中弹簧的量程不一定是最大拉力，所以丁的测量结果较准确（2）在同学丁两手捏着细线缓慢向两边移动的上述过程中，根据共点力平衡得出细线上拉力的合力大小不变，大小等于物体重力，细线上的拉力大小增大，故BC正确，AD错误；故选：BC故答案为：（1）；丁；（2）BC【点评】本题考查了学生的设计和实验的能力，可以提高学生动手和思考、解决问题的能力，关键知道实验的原理，通过共点力平衡进行分析10为确定某电子元件的电气特性，做如下测量（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择10倍率的电阻档（填：“10”或“1k”），并重新进行欧姆调零再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测量结果为70（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1=10） B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C电流表A3（量程0.6A、内 阻r3约为O.2） D定值电阻R0=30 E滑动变阻器R（最大阻值约为10） F电源E（电动势为4V） G开关S、导线若干回答：同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为A；N为B（填器材选项前相应的英文字母）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=r1（用题中字母表示）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择10倍率的电阻档，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图（a）所示可知，测量结果为710=70（2）通过待测电阻的最大电流约为IM=0.057A=57mA，因此M处的电流表可选A；通过N出的最大电流约为IN=IM+=0.057A+0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；通过定值电阻R0的电流I=INIM，并联电路两端电压U=IR0=（INIM）R0，RX+r1=，则待测电阻阻值RX=r1故答案为：（1）10；重新进行欧姆调零；70；（2）A；B；r1【点评】（1）要掌握欧姆表的使用及读数方法，使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数（2）选择实验器材时要注意安全性原则、准确性原则、方便操作性原则，还要符合题目要求本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解11（12分）（2016肃南裕县模拟）某次对新能源汽车性能进行的测试中，汽车在水平测试平台上由静止开始沿直线运动汽车所受动力随时间变化关系如图1所示，而速度传感器只传回第10s以后的数据（如图2所示）已知汽车质量为800kg，汽车所受阻力恒定求：（1）汽车所受阻力的大小；（2）10s的汽车速度的大小；（3）前20s汽车位移的大小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）10s后汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，由此求出阻力；（2）依据牛顿第二定律分段求出汽车加速度，进而由运动学速度公式可得汽车20s的速度（3）分段求出位移之后相加求和即可得前20s汽车的位移【解答】解：（1）10s后汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，由此求出汽车受到的阻力所以：f=1.0103N（2）由牛顿第二定律得：F1f=ma110s末车速：v=a1t1代入数据得：；v=25m/s（3）在010s内的位移： m汽车在1020s内的位移：x2=vt2=2510=250m故汽车在前20s的位移：x=x1+x2=125+250=375m答：（1）汽车所受阻力的大小是10103N；（2）10s的汽车速度的大小是25m/s；（3）前20s汽车位移的大小是375m【点评】该题思路非常简单，就是每个段的匀变速直线运动，麻烦在于需要分三段来处理速度和位移12（20分）（2016肃南裕县模拟）如图在xoy平面的第二象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=6T，在一、二象限有平行于y轴的匀强电场E1，在x轴上的A点有一粒子源，能产生质量m=5.0103kg，电荷量q=2.0103C，速度大小不同的带正电粒子，若粒子射入磁场时的速度均与x轴负方向成=37角，并在第二象限做匀速圆周运动坐标原点O到A点的距离d=0.6m，不考虑空气阻力和粒子间相互作用力（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：电场强度E1的大小；能到达x轴负半轴的粒子的速度范围；若在第一象限再加一个与x轴正方向成53角，且斜向下的匀强电场E2，在磁场中恰好运动半个圆周的粒子从y轴上C点第一次进入第一象限后，刚好能通过坐标原点O，求CO之间的电势差UCO【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【分析】（1）根据题意粒子在复合场中做匀速圆周运动，可得出电场力和重力相等，求出E1；（2）根据题意画出粒子运动轨迹，找到速度最大值时的临界点，即圆周轨迹与y轴正半轴相切，利用几何知识求出半径，最后求出最大此时粒子的速度；（3）根据题意画出粒子运动轨迹，求出粒子进入电场时的速度方向，判断出粒子在电场中做做类平抛运动，画出平抛轨迹，根据位移比求出E2，根据动能定理和，求出两个电场中的电势差，最后加到一起求出Uco【解答】解：（1）由题意可知，E1q=mg得：E1=25N/C（2）当轨迹跟y轴相切时，到达x轴负半轴的粒子距A点最远，由几何关系得：R1+R1sin=dR1=m此时能到达x轴负半轴的粒子速率最大得v1=0.9m/s故v0.9m/s（3）粒子在磁场总运动半个周期，则有得R2=0.5m由在C点的速度大小，v2=1.2m/s由几何关系得，粒子在C点的速度方向与y轴负方向成53角，恰好与电场E2方向垂直，故粒子从C点进入第一象限后做类平抛运动设粒子到达O点时，沿E2方向的速度大小为vy，位移大小为y，沿vc方向位移大小为x由几何关系得，vy=3.2m/s在E2电场中Uco2=12.8V在E1电场中Uco1=E1CO=20VUco=20+12.8=7.2V答：（1）电场强度E1的大小为25N/C；（2）能到达x轴负半轴的粒子的速度范围为v0.9m/s；（3）CO之间的电势差UCO为7.2V【点评】此题考查了粒子在复合场中运动，需从题中挖掘出隐含条件通过画图，找到临界位置，熟练掌握圆周运动的公式及动能定理粒子进入电场后，做类平抛，画出轨迹图象，有利于快速准确解答此题三、物理-选修3-313下列说法正确的是（）A理想气体的体积增大，分子势能也随之增大B布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的C气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力D物体温度升高，表示物体重所有分子的动能都增大E1mol任何物质所含有的粒子数都相等【考点】温度是分子平均动能的标志；阿伏加德罗常数【分析】当分子力做正功时，分子势能减小；当分子力做负功时，分子势能增大，对于理想气体无分子力则势能不变；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，与气体分子的数密度和平均动能有关；温度是分子热运动平均动能的标志；【解答】解：A、对于理想气体无分子力，则距离变化势能不变，则A错误B、布朗运动是液体分子对悬浮固体颗粒的碰撞作用不平衡造成的，B正确C、气体压强是气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的，为量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，则C正确D、温度是分子热运动平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大但并不是所有分子的动能都增大，则D错误E、1mol任何物质所含有的粒子数都相等，则E正确故选：BCE【点评】本题考查了温度的微观意义、布朗运动、气体压强的微观意义、热力学定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识14如图所示，长为31cm、内径均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，管内水银柱的上端正好与管口齐平，封闭气体的长为10cm，温度为27，外界大气压强不变若把玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，这时留在管内的水银柱长为15cm，然后再缓慢转回到开口竖直向上，求：（1）大气压强p0的值；（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度；（3）当管内气体温度升高到多少时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平？【考点】气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强【分析】（1）玻璃管在竖直平面内缓慢转至开口竖直向下，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解大气压强p0的值（2）玻璃管重新回到开口竖直向上时，求出封闭气体的压强，再根据玻意耳定律求解空气柱的长度（3）当管内气体温度升高时封闭气体发生等压变化，由吕萨克定律求出水银柱的上端恰好重新与管口齐平时气体的温度【解答】解：（1）初态：P1=P0+21cmHg V1=10S 末态：P2=P015cmHg V2=（3115）S=16S由玻意耳定律，得 P1V1=P2V2P0=75cmHg（2）P3=75+15=90cmHg V3=LSP1V1=P3V3L=10.67cm（3）P4=P3=90cmHg V4=（3115）S=16S T3=300K由盖吕萨克定律T4=450K得t=177答：（1）大气压强p0的值75cmHg； （2）玻璃管重新回到开口竖直向上时空气柱的长度为10.67cm； （3）当管内气体温度升高到177时，水银柱的上端恰好重新与管口齐平【点评】气体的状态变化问题关键是分析气体发生的是何种变化，要挖掘隐含的条件，比如玻璃管在空气中缓慢转动，往往温度不变，封闭气体发生等温变化四、物理-选修3-415（2016肃南裕县模拟）下列说法正确的是（）A肥皂泡呈彩色条纹是光的干涉现象造成的B从地面上观察，飞船上的时间进程比地面快C光的偏振现象说明光是一种横波D用光导纤维来传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理EX射线比射线的穿透能力更强【考点】光的衍射；全反射【分析】肥皂膜呈彩色是薄膜干涉现象；由相对论原理，时间变慢，沿着运动方向的长度缩短；光的偏振说明光是横波；光导纤维利用了光的全反射；电磁波谱中射线频率最高，波长最短【解答】解：A、肥皂泡呈彩色条纹是光的干涉现象造成的，是薄膜干涉现象，故A正确；B、根据相对论原理，可知，从地面上观察，飞船上的时间进程比地面上慢，故B错误；C、偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波故C正确D、用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射故D正确E、X射线其穿透能力比射线弱，故E错误故选：ACD【点评】本题关键要掌握物理学上爱因斯坦的基本理论和物理光学、电磁波的基本知识，属于记忆性知识，要熟练掌握16（2016肃南裕县模拟）如图所示，位于原点O处的波源在t=0时刻，从平衡位置（在x轴上）开始沿y轴正方向做周期T=0.4s、振幅A=3cm的简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当平衡位置坐标为（6m，0）的质点P刚开始振动时波源刚好位于波谷质点P在开始振动后的t=2.5s内通过的路程是多少？该简谐横波的最大波速是多少？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为=vT，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系（2）根据波传播的周期性，写出该波的波速的公式，当OP之间的距离小于一个波长时，波速最大【解答】解：由于质点P从平衡位置开始运动，并且 （1）质点P在开始振动后的t=2.5s内通过的路程 S=64A+A=25A=75cm （2）设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为x，由题意可得：m （n=0、1、2、） （3）所以： m/s （n=0、1、2、） （4）当n=0时，波速最大为vm=20m/s （5）答：质点P在开始振动后的t=2.5s内通过的路程是75cm；该简谐横波的最大波速是20m/s【点评】利用机械波的基本特点进行分析，根据距离与波长的关系确定P与波源状态关系；机械波的特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同；本章一定要善于画波形图，据波形图分析找各质点的振动关系和距离关系五、物理-选修3-517（2016肃南裕县模拟）下列说法正确的是（）A氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小B光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性C1kg铀矿石，经过一个半衰期，其剩余矿石质量为0.5kgD查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”E氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型一样，都是核聚变反应【考点】光电效应；轻核的聚变【分析】由高能级向低能级跃迁，根据轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力判断动能的变化，通过原子能量的变化判断电势能的变化；光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性；衰变后产生新核也有质量；中子不带电的；原子弹爆炸是核裂变反应【解答】解：A、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据k=知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小故A正确B、光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性故B正确C、1kg铀矿石，经过一个半衰期，其剩余矿石质量大于0.5kg，衰变后产生新核也有质量，故C错误；D、查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”，故D正确；E、氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型不一样，前者是核聚变反应，而后者是核裂变反应故E错误故选：ABD【点评】本题考查了光电效应现象和康普顿效应的作用、掌握电子跃迁过程中动能与电势能如何变化，及半衰期的概念等基础知识点，注意裂变与聚变的区别，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基本规律18（2016肃南裕县模拟）如图所示，在光滑水平面上有长为L、质量为M的平板A，在A的左端放一质量为m的物块B，它们之间的动摩擦因数为，一起以速度v向右运动，与墙壁发生弹性碰撞后，B刚好滑到A的右端以共同的速度运动，物块B可视为质点，求：物块B与平板A的质量之比是多少？若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的多少倍？【考点】动量守恒定律【分析】平板A与与墙壁发生弹性碰撞后原速率反弹，之后B向右做匀减速运动，A向左做匀减速运动，两者组成的系统动量守恒和能量守恒由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式进行求物块B与平板A的质量之比若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，根据动能定理求物块B的位移【解答】解：平板A与与墙壁发生弹性碰撞后以速率v反弹，设B刚好滑到A的右端时两者共同的速度为v取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得： Mvmv=（M+m）v mgL=联立解得=1若=1，由上式知：v=0从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，对B，根据动能定理得mgs=0可得，s=由上题知：mgL=又=1解得 L=所以 s=L即物块B的位移是L的倍答：物块B与平板A的质量之比是1若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的倍【点评】本题是动量守恒定律和动能定理的综合应用，涉及力在空间的效果时，要优先考虑能量守恒定律或动能定理