2019-2020年高三下学期月考物理试卷含解析（5月份）.doc

2019-2020年高三下学期月考物理试卷含解析（5月份）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）体操是力与美的运动，吊环比赛中运动员的两臂从竖直位置开始缓慢展开到接近水平，形成如图所示“十字支撑”这一有没造型，开始时吊绳竖直，这一过程下列说法正确的是（）A吊绳的拉力逐渐减小B吊绳的拉力逐渐增大C两绳的合力逐渐增大D两绳的合力逐渐减小2（3分）如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且很靠近（但不重叠）的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中（）A线框受到安培力的合力方向竖直向上B线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针C线框中的磁通量为零时其感应电流也为零D线框减少的重力势能全部转化为电能3（3分）如图为两个不等量异种电荷电场的电场线，O点为两点电荷连线的中点，P点为连线中垂线上的一点，下列判断正确的是（）AP点场强大于O点场强BP点电势高于O点电势C从负电荷向右到无限远电势逐渐升高D从P到O移动一正试探电荷其电势能增加4（3分）一架飞机在高空中沿水平方向做匀加速直线飞行，每隔相同时间空投一个物体，不计空气阻力，地面观察者画出了某时刻空投物体的4幅情境图，其中可能正确的是（）ABCD5（3分）如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）Ag，g，gB5g，2.5g，0C5g，2g，0Dg，2.5g，3g二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（）A电流的表达式为i=0.6sin10t（A）B磁体的转速为10r/sC风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10t（A）D风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6A7暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命，为了探测暗物质，我国在xx年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（）A“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C“悟空”的环绕周期为D“悟空”的质量为8如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合电键S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大，则下列说法正确的是（）A闭合电键S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮B闭合电键S到电路稳定前，灯泡L2逐渐变暗C断开电键S的一段时间内，A点电势比B点电势高D断开电键S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭9如图所示，倾角为的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，斜面体仍处于静止状态下列说法正确的是（）A水平面对斜面体支持力小于斜面体和物体A的重力之和B弹簧伸长量为C物体A对斜面体的压力大小为mgcosD斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcos，方向水平向左三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（8分）某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物通过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动 （1）本实验中小车质量（填“需要”、“不需要”）远大于重物质量；（2）将小车靠近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车图乙是打出的一条清晰纸带，O点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，O点和计数点1之间还有多个点（图中未画出），相邻计数点间的时间间隔为0.02s在打计数点4时小车的速度v=m/s（保留三位有效数字）若已知重物的质量为m，小车的质量为M，则从点O到点4的过程中，系统减少的重力势能为J，增加的动能为J（g取9.8m/s2，数字保留两位小数）11（10分）指针式多用表欧姆档的内部电路是由直流电源、调零电阻和表头相串联而成，现设计一个实验，测量多用表“1”挡的内部电源的电动势和内部总电阻给定的器材有：待测多用电表，量程为100mA的电流表，最大电阻为20的滑动变阻器，鳄鱼夹，开关，导线若干实验过程如下：（1）实验前将多用电表调至“1”挡，将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在（选填“电阻”、“电流”）的零刻度；（2）用鳄鱼夹将红、黑表笔固定在如图甲的两接线柱上，请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整；（3）调节滑动变阻器，读出多用表示数R、毫安表示数I，求出电流倒数，记录在下面的表格中，请根据表格数据在图乙的坐标系中描点作图；R/4710141820I/103A78.067.060.052.045.043.0/A112.814.916.719.222.223.2（4）请通过图线求出多用表内部电源的电动势为V；内部总电阻为（结果保留三位有效数字）；（5）电流表存在一定的内阻，这对实验结果（选填“有影响”、“无影响”）四、【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按A、B两小题评分.A【选修3-3】12下列说法中正确的是（）A给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力B大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力C人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的饱和汽压大D单晶体呈现各向异性，是由于晶体内部原子按照一定规则排列13如图为利用饮料瓶制作的水火箭先在瓶中灌入一部分水，盖上活塞后竖直倒置，利用打气筒充入空气，当内部气压达到一定值时可顶出活塞，便能喷水使水火箭发射升空在喷水阶段，可以认为瓶内气体与外界绝热，则喷水阶段瓶内气体的温度 （选填“升高”、“降低”、“不变”），瓶内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力（选填“增大”、“减小”、“不变”）14充气前瓶内已有压强为1个标准大气压的空气2L，设充气过程中瓶内气体温度保持不变、瓶的体积不变，当水火箭内部气体压强达到3个大气压时方可将活塞顶出则充气装置需给饮料瓶再充入1个标准大气压的空气多少升，火箭方可发射？六、【选修3-5】15下列说法中正确的是（）A电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了能量量子化的观点C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将放出光子D光电效应现象中存在极限频率，导致含有光电管的电路存在饱和电流16用极微弱的红光做双缝干涉实验，随着曝光时间的延长，可以先后得到如图（a）、（b）、（c）所示的图样，这里的图样（填“是”、“不是”）光子之间相互作用引起的，实验表明光波是一种（填“概率波”、“物质波”）17Co发生一次衰变后变为Ni核，在该衰变过程中还发出频率为1和2的两个光子，试写出衰变方程式，并求出该核反应因释放光子而造成的质量亏损四、计算题：本题共3小题、共计47分解答时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得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位18（15分）流动的海水蕴藏着巨大的能量如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a=2m，宽为b=1m，板间的距离d=1m将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=3T将电阻R=14.75的航标灯与两金属板连接（图中未画出）海流方向如图，海流速率v=10m/s，海水的电阻率为=0.5m，海流运动中受到管道的阻力为1N（1）求发电机的电动势并判断M、N两板哪个板电势高；（2）求管道内海水受到的安培力的大小和方向；（3）求该发电机的电功率及海流通过管道所消耗的总功率19（16分）如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点已知OD长为L，不考虑粒子受到的重力，求：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；（2）粒子经过铅板时损失的动能；（3）粒子到达C点时的速度大小20（16分）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号求：（1）滑块第一次到达B点的速度；（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间xx学年江苏省盐城市东台市安丰中学高三（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1体操是力与美的运动，吊环比赛中运动员的两臂从竖直位置开始缓慢展开到接近水平，形成如图所示“十字支撑”这一有没造型，开始时吊绳竖直，这一过程下列说法正确的是（）A吊绳的拉力逐渐减小B吊绳的拉力逐渐增大C两绳的合力逐渐增大D两绳的合力逐渐减小【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【分析】两根绳拉力的合力与人的重力平衡，根据平行四边形定则判断拉力的变化【解答】解：对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以两绳的合力F的不变，即当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小F都要增大，所以B正确ACD错误故选：B【点评】本题即使考查学生对合力与分力之间关系的理解，在合力不变的情况下，两个分力之间的夹角越大，那么这两个分力的大小就越大2如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且很靠近（但不重叠）的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中（）A线框受到安培力的合力方向竖直向上B线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针C线框中的磁通量为零时其感应电流也为零D线框减少的重力势能全部转化为电能【考点】楞次定律；功能关系【分析】根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小，然后根据楞次定律可以判断感应电流的方向，根据左手定则可以判断受力的方向【解答】解：A、根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故受安培力的方向始终竖直向上，故A正确；BC、根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大；根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流新方向又变成了顺时针；由上分析，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在，故BC错误；D、根据能量守恒定律，线框从实线位置由静止释放过程中，减小的重力势能，除增加其动能外，还产生电能，从而转化为热量，故D错误；故选：A【点评】本题考查通电直导线的磁场的特点和楞次定律的应用，该过程中，要注意穿越导线时，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大这一过程是连续的，始终有感应电流存在属于基础题型，易错题3如图为两个不等量异种电荷电场的电场线，O点为两点电荷连线的中点，P点为连线中垂线上的一点，下列判断正确的是（）AP点场强大于O点场强BP点电势高于O点电势C从负电荷向右到无限远电势逐渐升高D从P到O移动一正试探电荷其电势能增加【考点】电场线；电场强度；电势【分析】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，沿着电场线方向电势降低，据此分析即可【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，根据图象可知，P点场强小于O点场强，故A错误；B、沿着电场线方向电势降低，则P点电势低于O点电势，故B错误；C、由于所带电荷不等量，由图分析可知正电荷所带电量较大，那么从负电荷向右到无限远电势是先增大再逐渐减小，故C错误；D、从P到O电势升高，移动一正试探电荷其电势能增加，故D正确故选：D【点评】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低4一架飞机在高空中沿水平方向做匀加速直线飞行，每隔相同时间空投一个物体，不计空气阻力，地面观察者画出了某时刻空投物体的4幅情境图，其中可能正确的是（）ABCD【考点】运动的合成和分解【分析】飞机空投下的物体做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动【解答】解：因为物体做平抛运动运动，因为飞机做匀加速直线运动，所以平抛运动的物体的初速度越来越大，在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大故C正确，ABD错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动的初速度等于飞机释放小球时的速度，注意同一物体在不同时刻是抛物线，而不同物体在同一时刻是直线，且间距越来越大5如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）Ag，g，gB5g，2.5g，0C5g，2g，0Dg，2.5g，3g【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】先根据平衡条件求出AB间绳烧断前两弹簧的拉力大小和AB间绳的拉力大小，AB间绳烧断瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据牛顿第二定律求解瞬间三个物体的加速度大小和方向【解答】解：AB间绳烧断前，由平衡条件得知，下面弹簧的弹力大小为F1=mCg=3mg，上面弹簧的弹力大小为F2=（mA+mB+mC）g=6mg，AB间绳的拉力大小为T=（mB+mC）g=5mgAB间绳烧断前，两根弹簧的弹力都没有变化，则对A：此瞬间A所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向上，则5mg=maA，得aA=5g对B：此瞬间B所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向下，则5mg=2maB，得aB=2.5g对C：由于弹簧的弹力没有变化，则C的受力情况没有变化，所以aC=0故选B【点评】本题关键要抓住AB间绳烧断瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据平衡条件的推论，得到此瞬间A、B所受的合力与原来的绳子拉力大小相等、方向相反二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则（）A电流的表达式为i=0.6sin10t（A）B磁体的转速为10r/sC风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin10t（A）D风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6A【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据it图象判断出电流的最大值与周期，当转速加倍时，根据Em=nBS可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍；【解答】解：A、通过乙图可知电流的最大值为0.6A，周期T=0.2s，故，故电流的表达式为i=0.6sin10t（A），故A正确B、电流的周期为T=0.2s，故磁体的转速为，故B错误；C、风速加倍时，角速度加倍，根据Em=nBS可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i=1.2sin20t（A），故C错误；D、根据C得分析，形成的感应电流Im=1.2A，故有效值为，故D正确故选：AD【点评】根据相对性来分析与解决问题，同时掌握感应电动势与转速关系，即可判断出感应电流的大小变化，及转速与周期的关系7暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命，为了探测暗物质，我国在xx年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（）A“悟空”的线速度大于第一宇宙速度B“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C“悟空”的环绕周期为D“悟空”的质量为【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；同步卫星【分析】由几何知识确定运动半径，根据万有引力提供向心力得出各量与轨道半径的关系【解答】解：A、第一宇宙速度为最大的环绕速度，则“悟空”的线速度不会大于第一宇宙速度则A错误B、据万有引力提供向心力得，则半径小的加速度大，则“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，B正确 C、运动的角速度为：，则周期T=，则C正确 D、“悟空”为绕行天体不能测量其质量则D错误故选：BC【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能根据题意结合向心力的几种不同的表达形式，选择恰当的向心力的表达式8如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合电键S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大，则下列说法正确的是（）A闭合电键S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮B闭合电键S到电路稳定前，灯泡L2逐渐变暗C断开电键S的一段时间内，A点电势比B点电势高D断开电键S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析【解答】解：A、闭合开关的瞬间，L2灯立即正常发光，L1灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，L1灯逐渐变亮故A正确 B、闭合电键S到电路稳定前，L1灯所在电路上线圈产生自感电动势，电流只能逐渐增大，则总电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻消耗的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡L2逐渐变暗故B正确； C、闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与L1的方向相同，从右向左流过L2灯；所以A点电势比B点电势低故C错误； D、断开电键S的一段时间内，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一下故D错误故选：AB【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源9如图所示，倾角为的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，斜面体仍处于静止状态下列说法正确的是（）A水平面对斜面体支持力小于斜面体和物体A的重力之和B弹簧伸长量为C物体A对斜面体的压力大小为mgcosD斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fcos，方向水平向左【考点】胡克定律；摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出地面的支持力和静摩擦力的大小隔离对A分析，根据沿斜面方向平衡求出弹力的大小，结合胡克定律求出弹簧的伸长量，根据垂直斜面方向平衡求出支持力的大小，从而得出物体A对斜面体的压力大小【解答】解：A、对整体分析，根据竖直方向上平衡有：Fsin+N=（M+m）g，则水平面对斜面体的支持力N=（M+m）gFsin，水平方向上有：Fcos=f，摩擦力的方向水平向右，故A正确，D错误B、对物体A分析，根据平衡有：F=mgsin=kx，解得弹簧的伸长量x=，故B错误C、在垂直斜面方向上，根据平衡有：N=mgcos，则物体A对斜面体的压力大小为mgcos，故C正确故选：AC【点评】本题考查了共点力平衡和胡克定律的基本运用，关键能够灵活选择研究对象，结合共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒：将一端带有滑轮的长金属轨道水平放置，重物通过细绳水平牵引小车沿轨道运动，利用打点计时器和纸带记录小车的运动 （1）本实验中小车质量不需要（填“需要”、“不需要”）远大于重物质量；（2）将小车靠近打点计时器，将穿好的纸带拉直，接通电源，释放小车图乙是打出的一条清晰纸带，O点是打下的第一个点，1、2、3、4、5是连续的计数点，O点和计数点1之间还有多个点（图中未画出），相邻计数点间的时间间隔为0.02s在打计数点4时小车的速度v=2.03m/s（保留三位有效数字）若已知重物的质量为m，小车的质量为M，则从点O到点4的过程中，系统减少的重力势能为5.18mJ，增加的动能为2.65（m+M）J（g取9.8m/s2，数字保留两位小数）【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）明确实验原理，根据机械能守恒定律进行分析即可明确是否需要小车的质量远小于重物的质量；（2）根据平均速度方法可求得打点4时的速度；根据重力势能的定义可求得0到4时的改变量；根据动能的定义可求得动能的变化【解答】解：（1）本实验中为了验证机械能守恒定律，两物体的质量均要考虑，故不需要使小车的质量远小于重物的质量；（2）打4点时的速度v=2.30m/s； 0到4过程中重力势能的减小量EP=mgh=9.80.5290m=5.18m；动能的增加量Ek=（m+M）v2=（2.3）2（M+m）=2.65（M+m）故答案为：（1）不需要；（2）2.30；5.18m； 2.65（m+M）【点评】本题考查机械能守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道如何验证机械能守恒，同时注意两物体的机械能均会发生变化11（10分）（xx春东台市校级月考）指针式多用表欧姆档的内部电路是由直流电源、调零电阻和表头相串联而成，现设计一个实验，测量多用表“1”挡的内部电源的电动势和内部总电阻给定的器材有：待测多用电表，量程为100mA的电流表，最大电阻为20的滑动变阻器，鳄鱼夹，开关，导线若干实验过程如下：（1）实验前将多用电表调至“1”挡，将红黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在电阻（选填“电阻”、“电流”）的零刻度；（2）用鳄鱼夹将红、黑表笔固定在如图甲的两接线柱上，请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整；（3）调节滑动变阻器，读出多用表示数R、毫安表示数I，求出电流倒数，记录在下面的表格中，请根据表格数据在图乙的坐标系中描点作图；R/4710141820I/103A78.067.060.052.045.043.0/A112.814.916.719.222.223.2（4）请通过图线求出多用表内部电源的电动势为1.50V；内部总电阻为15.0（结果保留三位有效数字）；（5）电流表存在一定的内阻，这对实验结果无影响（选填“有影响”、“无影响”）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据欧姆调零的方法可明确指针的位置；（2）根据实验原理可明确实验实物图；（3）根据描点法可得出对应的图象如图所示；（4）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，再结合数学规律可明确电动势和内电阻；（5）根据实验原理分析实验中电流表内阻所带来的影响【解答】解：（1）在进行欧姆调零时，应将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处；（2）多用电表视为电源处理，根据测量电源的电动势和内电阻实验原理可知电路结构，注意多用电表内部电源的正极与黑表笔接触；同时滑动变阻器采用限流接法；测量电路如图所示；（3）根据描点法可得出对应的图象如图所示；（4）根据闭合电路欧姆定律可知：I=变形可得：R=r；则由图可知，当电阻为零时， =10；则有：0=10Er；图象的斜率表示电源的电动势；故E=k=1.50V；多用电表内阻r=15.0；（5）由于使用欧姆表直接读出了外部电阻中包含了电流表内阻；故电流表内阻对实验没有影响；故答案为：（1）电阻；（2）如图所示；（3）如图所示；（4）1.50；15.0；无影响【点评】本题考查测量电动势和内电阻实验，要注意明确本题中将多用电表视为电源处理，此时电表内阻视为电源内阻；注意多用电表的内部原理；同时注意图象分析数据的基本方法四、【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按A、B两小题评分.A【选修3-3】12下列说法中正确的是（）A给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力B大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力C人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的饱和汽压大D单晶体呈现各向异性，是由于晶体内部原子按照一定规则排列【考点】分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象；*相对湿度【分析】压缩气体要用很大的力，这是因为要克服大气压力液体表面存在表面张力单晶体具有各向异性，原因是晶体内部原子按照一定规则排列【解答】解：A、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，不是由于分子间存在斥力，故A错误B、在液体表面，分子间的间距大于平衡距离r0，分子间作用力表现为引力，所以液体表面存在张力，使大头针能浮在水面上，故B正确C、人感觉到空气湿度大，是由于空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距增大，故C错误D、单晶体呈现各向异性，是由于晶体内部原子按照一定规则排列形成的，故D正确故选：BD【点评】本题是对热力学基础知识的考查，关键要掌握分子动理论、晶体的特性等热点知识13如图为利用饮料瓶制作的水火箭先在瓶中灌入一部分水，盖上活塞后竖直倒置，利用打气筒充入空气，当内部气压达到一定值时可顶出活塞，便能喷水使水火箭发射升空在喷水阶段，可以认为瓶内气体与外界绝热，则喷水阶段瓶内气体的温度降低 （选填“升高”、“降低”、“不变”），瓶内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力减小（选填“增大”、“减小”、“不变”）【考点】热力学第一定律【分析】气体体积增大，气体对外做功，应用热力学第一定律判断气体内能如何变化，然后判断温度如何变化，根据气体压强的变化判断作用力如何变化【解答】解：在喷水阶段瓶内气体体积增大，气体对外做功：W0，喷水阶段瓶内气体与外界绝热，Q=0，由热力学第一定律得：U=W+Q=W0，气体内能减少，则喷水阶段瓶内气体的温度降低；喷水过程气体体积增大，气体温度降低，由理想气体状态方程可知，气体压强减小，瓶内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力减小；故答案为：降低，减小【点评】本题考查了判断气体温度与压力如何变化问题，根据题意结合气体的体积的变化判断气体做功情况是解答的关键，然后再应用热力学第一定律14充气前瓶内已有压强为1个标准大气压的空气2L，设充气过程中瓶内气体温度保持不变、瓶的体积不变，当水火箭内部气体压强达到3个大气压时方可将活塞顶出则充气装置需给饮料瓶再充入1个标准大气压的空气多少升，火箭方可发射？【考点】理想气体的状态方程【分析】以瓶内气体与充入的气体整体为研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以求出充入气体的体积【解答】解：以瓶内气体与充入的气体整体为研究对象，气体的状态参量为：p1=1atm，p2=3atm，V2=2L，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：1V1=32，解得：V1=6L，充入气体的体积：V=62=4L；答：再充入1个标准大气压的空气4升，火箭方可发射【点评】本题考查理想气体的状态方程的应用，根据题意判断出气体的状态参量，应用玻意耳定律可以解题；巧妙地选择研究对象是解题的关键六、【选修3-5】15下列说法中正确的是（）A电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了能量量子化的观点C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将放出光子D光电效应现象中存在极限频率，导致含有光电管的电路存在饱和电流【考点】光电效应；光的衍射；物质波【分析】电子的衍射说明实物粒子具有波动性；为了解释黑体辐射规律，普朗克提出能量子的观点；从低能级向高能级跃迁，需吸收能量饱和电流的大小与入射光的强度有关，入射光强度越大，饱和电流越大【解答】解：A、衍射是波的特有现象，电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性，故A正确B、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了能量量子化的观点，故B正确C、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，能量增大，需吸收光子，故C错误D、饱和电流的大小与极限频率无关，与入射光的强度有关，故D错误故选：AB【点评】本题考查了实物粒子的波动性、黑体辐射规律、能级、光电效应等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点16用极微弱的红光做双缝干涉实验，随着曝光时间的延长，可以先后得到如图（a）、（b）、（c）所示的图样，这里的图样不是（填“是”、“不是”）光子之间相互作用引起的，实验表明光波是一种概率波（填“概率波”、“物质波”）【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系；物质波【分析】根据波粒二象性是光的根本属性，与光子之间的相互作用无关，从而即可求解【解答】解：用极微弱的红光做双缝干涉实验，随着曝光时间的延长，能出现图示现象，说明不是光子之间的相互作用力引起的，从而实验现象说明光波是一种概率波，故答案为：不是，概率波【点评】本题考查光的粒子性与波动性的区别，并掌握概率波的含义，注意波动性与光子间的相互作用力无关17Co发生一次衰变后变为Ni核，在该衰变过程中还发出频率为1和2的两个光子，试写出衰变方程式，并求出该核反应因释放光子而造成的质量亏损【考点】爱因斯坦质能方程【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒 写出衰变的方程式，根据释放的能量，结合爱因斯坦质能方程求出质量亏损【解答】解：根据电荷数守恒、质量数守恒，衰变方程式为： Coe+Ni释放的能量E=hv1+hv2，根据E=mc2得质量亏损为：m=答：衰变方程式： Coe+Ni质量亏损：【点评】解决本题的关键知道书写衰变方程的注意事项，以及掌握爱因斯坦质能方程，并能灵活运用四、计算题：本题共3小题、共计47分解答时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得分有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位18（15分）（xx江苏模拟）流动的海水蕴藏着巨大的能量如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a=2m，宽为b=1m，板间的距离d=1m将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=3T将电阻R=14.75的航标灯与两金属板连接（图中未画出）海流方向如图，海流速率v=10m/s，海水的电阻率为=0.5m，海流运动中受到管道的阻力为1N（1）求发电机的电动势并判断M、N两板哪个板电势高；（2）求管道内海水受到的安培力的大小和方向；（3）求该发电机的电功率及海流通过管道所消耗的总功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定；（2）有闭合电路的欧姆定律求的回路中电流，由F=BIL求的大小，由左手定则求的方向；（3）求出回路中消耗的电能与克服阻力做的功即可求得消耗的机械能【解答】解：（1）电动势为：E=Bdv=3110=30 V根据左手定则可知，正电荷向上运动，故M板的电势高（2）两板间海水的电阻为：r=0.25； 回路中的电流为：I=2 A磁场对管道内海水的作用力为：F=BId=321=6 N根据左手定则可知，安培力方向向左（与海流流动方向相反）（3）发电机的总功率等于外电路上消耗的功率，故有：P1=I2（R+r）=22（14.75+0.25）=60 W根据功能关系可知，海流通过管道所消耗的总功率为：P2=P1+fv=60+110=70 W答：（1）发电机的电动势为30V，M板个板电势高；（2）管道内海水受到的安培力的大小为6N，方向向左；（3）该发电机的电功率及海流通过管道所消耗的总功率分别为60W和70W【点评】本题考查了磁流体发电机的工作原理，要会分析电源的极性和两板间电压大小的影响因素；利用好闭合电路的欧姆定律求的消耗的机械能明确功能关系即可分析消耗的总功率19（16分）（xx春东台市校级月考）如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点已知OD长为L，不考虑粒子受到的重力，求：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；（2）粒子经过铅板时损失的动能；（3）粒子到达C点时的速度大小【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）根据洛伦兹力提供向心力公式及周期公式联立方程即可求解；（2）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能，根据几何关系及向心力公式即可求解速度，从而求出粒子穿过铅板后动能的损失量；（3）从D到C只有电场力对粒子做功，根据动能定理列式即可求解【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力得：而由题意可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角为60，所以粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间 （2）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能Ek0=qU，又由几何知识可得，即，故带电粒子穿过铅板后的动能，因此粒子穿过铅板后动能的损失为（3）从D到C只有电场力对粒子做功 解得答：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间为；（2）粒子经过铅板时损失的动能为；（3）粒子到达C点时的速度大小为【点评】本题考查带电粒子在电场与磁场的综合应用突出带电粒子在磁场中始终不做功，而在电场中电场力做功与路径无关同时在电场与磁场共存时，不要求知道带电粒子的运动轨迹，难度适中20（16分）（xx江苏模拟）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号求：（1）滑块第一次到达B点的速度；（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间【考点】动能定理；牛顿第二定律【分析】（1）对第一次到达B点的过程运用动能定理，求出到达B点的速度大小（2）对E到A点的过程运用动能定理，求出滑块与斜面AB间的动摩擦因数（3）对全过程运用动能定理，求出通过的总路程根据牛顿第二定律分别求出物体沿斜面上滑和下滑的加速度大小，结合运动学公式，运用数学知识求出总时间【解答】解：（1）第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得，代入数据解得（2）从E到A的过程，由动能定理得，WGWf=0，WG=mg（h+Rcos37）LABsin37，Wf=mgcos37LAB，代入数据解得=0.5（3）根据mg（h+Rcos37）=mgcos37s得，代入数据解得s=6m沿斜面上滑加速度为a1=gsin37+gcos37=6+0.58=10m/s2，沿斜面下滑加速度为a2=gsin37gcos37=60.58=2m/s2，因为，则，则t=（）+，代入数据解得t=答：（1）滑块第一次到达B点的速度为；（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5；（3）滑块在斜面上运动的总路程为6m，总时间为【点评】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后列式求解，第三问对数学知识的要求较高，需加强这方面的训练