2019-2020年高三上学期第五次月考物理试卷 含解析.doc

2019-2020年高三上学期第五次月考物理试卷 含解析二选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求；第1821题有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1xx年10月银川一中团委组织学生志愿者前往盐池县冯记沟乡进行助学帮扶活动，当车辆行驶在崎岖的山路上时坐在前排的学生看到司机师傅总是在上坡的时候换成低挡而到了平直的路上时又换成了高挡，于是他们几个人形成的小组进行了讨论，关于他们的讨论最符合物理原理的是（）A上坡的时候换成低挡是为了增加汽车发动机的功率B上坡的时候换成低挡是为了增大汽车的牵引力C上坡的时候换成低挡是为了同学们仔细欣赏沿途的美景D在平直的路面上换成高挡可以减小汽车发动机的功率2一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（+）B2C（v）2（）D3如图所示，两根相距L平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角为，轨道处于磁感应强度为B、方向垂直轨道向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的通电金属杆ab位于导轨上若金属杆ab恰好在导轨上处于静止状态，则关于通过金属杆ab的电流的方向和大小的说法正确的是（）A方向由b到a，大小B方向由b到a，大小C方向由a到b，大小D方向由a到b，大小4如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大5如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD6行星绕太阳公转轨道是椭圆，冥王星公转周期为T0，其近日点距太阳的距离为a，远日点距太阳的距离为b，半短轴的长度为c，如图所示若太阳的质量为M，万有引力常数为G，忽略其它行星对它的影响，则（）A冥王星从BCD的过程中，速率逐渐变小B冥王星从ABC的过程中，万有引力对它做负功C冥王星从AB所用的时间等于D冥王星在B点的加速度为7如图所示，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，且小球通过点P（，）已知重力加速度为g，则（）A电场强度的大小为B小球初速度的大小为C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少8如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾角的关系已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，描绘出了如图（b）所示的加速度大小a与倾角的关系图线（90）若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2则下列说法中正确的是（）A由图象可知木板与水平面的夹角处于1和2之间时，物块所受摩擦力一定为零B由图象可知木板与水平面的夹角大于2时，物块所受摩擦力一定沿木板向上C根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6 m/s2D根据题意可以计算当=45时，物块所受摩擦力为f=mgcos45=N三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（7分）某同学利用图示的装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验，A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物A、B间有轻质弹簧相连，A、C间有轻质细绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器和速度传感器相连，当压力传感器速度为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个试验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g，实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零，现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）试验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该试验中，M和m的关系必须满足Mm（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出（选填“v2M”、“”或“”）图线根据第问的图线知图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）10（8分）用如图1所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）；（3）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10、额定功率10W）（5）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择V，电流表的量程应选择A；R0应选择的定值电阻，R应选择阻值范围是的滑动变阻器（2）准备使用的实物电路如图2所示，请将电流表、电压表接入电路的正确位置（用笔画线代替导线）（3）电路连接完成后，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在端（4）某同学处理数据后将UI描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图3所示，请指出图象中不恰当的地方11（14分）xx年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以v1=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前l0m处正好匀减速至v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？（2）汽车过ETC通道和通过人工收费通道开始减速的位置相对于收费站中心线分别是多少？（3）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？12（18分）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；（2）若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式13（15分）下列说法正确的是（）A硬币漂浮在水面上，主要是因为硬币受到水的浮力的作用B一定质量理想气体在等压变化时，若升高相同的温度，则增加的体积一定相同C分子间的引力和斥力，都随着分子间距离的增大而增大，减小而减小D分子间距离减小时，分子间的势能可能增大E用油膜法粗测出阿伏伽德罗常数的实验的前提条件是把油膜看成单分子层，每个油分子看成球形14（10分）如图所示的粗细均匀薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口且足够长温度为t1=27时，右管内水银面比左管高h=4cm，左管内空气柱长度为L=40cm，大气压强p0=76cmHg现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升h1=4cm时，管内气体温度t2为多少？15下列说法正确的是（）A光由一种介质进入另一种介质时频率不变B机械波在介质中传播的速度与波的频率有关C电磁波和机械波都需要通过介质传播D根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场相互垂直，电磁波是横波E当声源和观察者背向运动时，观察者接收到的频率小于声源的频率16一列简谐横波沿X轴正向传播，t=0时的图象如图所示，此时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.2S，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0时两质点相对平衡位置的位移相同，则：（1）波的传播周期为多少秒？传播速度是多大？（2）写出质点P经过平衡位置向上运动时的振动方程；（3）从t=0时刻算起经过多长时间质点Q第二次回到平衡位置？17下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯E根据波尔理论，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，同时电子的动能减小，电势能增大18如图所示，可视为质点的小物块A、B的质量分别为m和3m，静止放在光滑水平地面上，物块A、B间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）某时刻炸药爆炸使物块A、B脱离，然后物块A与一质量为2m且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞，物块A、C碰撞后，物块A、B、C具有的相同速度若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A、B的机械能，求炸药爆炸时释放的化学能xx学年宁夏银川一中高三（上）第五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1417题只有一项符合题目要求；第1821题有多项符合题目要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1xx年10月银川一中团委组织学生志愿者前往盐池县冯记沟乡进行助学帮扶活动，当车辆行驶在崎岖的山路上时坐在前排的学生看到司机师傅总是在上坡的时候换成低挡而到了平直的路上时又换成了高挡，于是他们几个人形成的小组进行了讨论，关于他们的讨论最符合物理原理的是（）A上坡的时候换成低挡是为了增加汽车发动机的功率B上坡的时候换成低挡是为了增大汽车的牵引力C上坡的时候换成低挡是为了同学们仔细欣赏沿途的美景D在平直的路面上换成高挡可以减小汽车发动机的功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】司机可以用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大【解答】解：A、司机可以用“换挡”的办法来减速行驶是为了获得更大的牵引力来上坡，由P=FV可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大故AC错误，B正确；D、在平直的路面上换成高挡，车速增大，阻力不变，故功率增大，故D错误故选：B【点评】本题很好的把现实生活中的事情与所学的物理知识结合了起来，可以激发学生的学习兴趣2一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（+）B2C（v）2（）D【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据运动学公式可知：v22v12=2ax1，v32v22=2ax2，且v2v1=v3v2=v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误故选：D【点评】明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手3如图所示，两根相距L平行放置的光滑导电轨道，与水平面的夹角为，轨道处于磁感应强度为B、方向垂直轨道向上的匀强磁场中，一根质量为m、电阻为r的通电金属杆ab位于导轨上若金属杆ab恰好在导轨上处于静止状态，则关于通过金属杆ab的电流的方向和大小的说法正确的是（）A方向由b到a，大小B方向由b到a，大小C方向由a到b，大小D方向由a到b，大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化【分析】金属杆静止时，受力平衡，通过分析受力情况，作出受力示意图，由平衡条件和安培力公式结合解答【解答】解：金属杆静止时，所受的安培力F沿斜面向上，由左手定则知杆ab中电流方向由b到a，杆受力如图所示由平衡条件得：F=mgsin又 F=BIL联立解得：故选：A【点评】本题是通电导线在磁场中平衡问题，关键要正确分析导体棒的受力情况，要注意公式F=BIL使用的条件时导体棒与磁场垂直4如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是（）A仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【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】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m解得：r=T=可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故AC错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；故选：B【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键5如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）ABCD【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析【解答】解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为 P=I2R，PI2，故A正确B、电容器C的电压UC=EI（R2+r），电荷量Q=CUC=CEI（R2+r），则=C（R2+r），保持不变，则QI图象是向下倾斜的直线，故B正确C、电压表示数 U=EIr，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误D、电源通过电荷量q时电源做的功 W=qE，E是电源的电动势，则Wq是过原点的直线，故D错误故选：AB【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法6行星绕太阳公转轨道是椭圆，冥王星公转周期为T0，其近日点距太阳的距离为a，远日点距太阳的距离为b，半短轴的长度为c，如图所示若太阳的质量为M，万有引力常数为G，忽略其它行星对它的影响，则（）A冥王星从BCD的过程中，速率逐渐变小B冥王星从ABC的过程中，万有引力对它做负功C冥王星从AB所用的时间等于D冥王星在B点的加速度为【考点】万有引力定律及其应用【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律，根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功【解答】解：A、根据第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等所以冥王星从BC的过程中，冥王星与太阳的距离先增大后减小，所以速率先变小后增大，故A错误；B、太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等所以冥王星从ABC的过程中，冥王星与太阳的距离增大，速率逐渐变小，万有引力对它做负功故B正确；C、公转周期为T0，冥王星从AC的过程中所用的时间是0.5T0，由于冥王星从ABC的过程中，速率逐渐变小，从AB与从BC的路程相等，所以冥王星从AB所用的时间小于，故C错误；D、设B点到太阳的距离l，则，根据万有引力充当向心力知；知冥王星在B点的加速度为a=，故D正确；故选：BD【点评】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，会根据力与速度方向的夹角判断该力是做正功还是负功7如图所示，在竖直平面内xoy坐标系中分布着与水平方向夹45角的匀强电场，将一质量为m、带电量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，且小球通过点P（，）已知重力加速度为g，则（）A电场强度的大小为B小球初速度的大小为C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】结合小球运动的特点与平抛运动的方程，判断出小球在竖直方向受到重力与电场力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，由此求出电场力的大小，再由F=qE即可求出电场强度；由平抛运动的方程即可求出平抛运动的初速度，以及到达P时的速度；由动能定理即可求出电势能的变化【解答】解：小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qEsin45=mg，所以：，电场强度的大小为：E=，故A错误；B、小球受到的合力：F合=qEcos45=mg=ma，所以a=g，由平抛运动规律有： =v0t， gt2，得初速度大小为，故B正确；C、由于： =v0t， gt2，又，所以通过点P时的动能为：，故C正确；D、小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：，故D错误故选：BC【点评】本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=kx2，得出小球在竖直方向受到的电场力的分力与重力大小相等，方向相反是解答的关键8如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾角的关系已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，描绘出了如图（b）所示的加速度大小a与倾角的关系图线（90）若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2则下列说法中正确的是（）A由图象可知木板与水平面的夹角处于1和2之间时，物块所受摩擦力一定为零B由图象可知木板与水平面的夹角大于2时，物块所受摩擦力一定沿木板向上C根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6 m/s2D根据题意可以计算当=45时，物块所受摩擦力为f=mgcos45=N【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为2，当斜面倾角在1和2之间时，物块处于静止状态；（2）图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；（3）当=45时，先判断物块的运动状态，再分析物块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力即可【解答】解：A、根据图象可知，当斜面倾角为1时，摩擦力沿斜面向下，当斜面倾角为2时，摩擦力沿斜面向上，则夹角大于2时，物块所受摩擦力一定沿木板向上；当斜面倾角在1和2之间时，物块处于静止状态，但摩擦力不一定为零，故A错误，B正确；C、当=0时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=N=mg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：，故C正确；D、当=45时，重力沿斜面的分量8N，最大静摩擦力fm=mgcos45=N，因为85N，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则f=85N，故D错误故选：BC【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某同学利用图示的装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验，A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物A、B间有轻质弹簧相连，A、C间有轻质细绳相连在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器和速度传感器相连，当压力传感器速度为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度整个试验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g，实验操作如下：（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零，现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v（2）试验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步该试验中，M和m的关系必须满足M大于m（选填“小于”、“等于”或“大于”）为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应相同（选填“相同”或“不同”）根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出（选填“v2M”、“”或“”）图线根据第问的图线知图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数为（用题给的已知量表示）【考点】验证机械能守恒定律【分析】若要使B处压力传感器示数为零，必须满足M大于m的条件；根据胡克定律，不论M质量如何，要使压力传感器为零，从而得出下落的高度大小如何；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，列式，即可求得结果；根据问的表达式，结合图象的含义，即可求解【解答】解：根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为x=x1+x2=；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：（Mm）g=，整理可知，v2=；为得到线性关系图线，因此应作出v2的图象；由上表达式可知， =b；解得：k=；故答案为：大于； 相同；v2； 【点评】考查胡克定律与机械能守恒定律的应用，理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧10用如图1所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（1）电流表（量程0.6A、3A）；（2）电压表（量程3V、15V）；（3）定值电阻（阻值1、额定功率5W）（4）定值电阻（阻值10、额定功率10W）（5）滑动变阻器（阻值范围010、额定电流2A）（6）滑动变阻器（阻值范围0100、额定电流1A）那么（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择3V，电流表的量程应选择0.6A；R0应选择1的定值电阻，R应选择阻值范围是010的滑动变阻器（2）准备使用的实物电路如图2所示，请将电流表、电压表接入电路的正确位置（用笔画线代替导线）（3）电路连接完成后，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在右端（4）某同学处理数据后将UI描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图3所示，请指出图象中不恰当的地方【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据干电池电动势选择电压表量程，根据所测最大电流值选择电流表量程，根据电源电动势与内阻选择保护电阻，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据电路图连接实物电路图（3）滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑片要置于阻值最大处（4）作图象时要选择合适的标度与坐标的起始数值，以便图象布满坐标纸的三分之二以上【解答】解：（1）一节干电池电动势一般约为1.5V，由此知电压表量程应选择3V；由图3所示，所测最大电流约为0.5A，则电流表量程应选0.6A；干电池电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆左右，保护电阻可以选择1欧姆的定值电阻；为方便实验操作，应选阻值范围是010的滑动变阻器（2）根据图1所示电路图，把定值电阻、电流表串联接入电路，电压表并联在电源两端，实物电路图如图所示（3）为保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片触头P应在右（或B）端（4）由图3所示图象可知，图象在纵轴上的变化范围太小，图象只占据坐标纸的很小一部分，这是由于：纵坐标标度选择不当，纵坐标起始数值选择不合适造成的，纵坐标起始值可以从1.0开始，使所作图象布满整个坐标纸故答案为：（1）3；0.6；1010；（2）电路图如图所示；（3）右；（4）纵坐标标度选择不当，纵坐标起始数值选择不合适，图象占坐标纸的范围太小【点评】根据电路图连接实物图，连接实物图时要注意电表量程的选择；图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，作图象时要选择合适的标度与坐标轴的起始数据，使图象尽可能大些11（14分）（xx秋银川校级月考）xx年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以v1=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前l0m处正好匀减速至v2=5m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？（2）汽车过ETC通道和通过人工收费通道开始减速的位置相对于收费站中心线分别是多少？（3）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移（2）过ETC通道时，开始减速的位置相对于收费站中心线距离为减速位移加上10m；过人工收费通道时，开始减速的位置相对于收费站中心线距离为减速的位移；（3）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC通道和人工收费通道的时间求出节约的时间【解答】解：（1）过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：所以总的位移：S总1=2S1+10=210m（2）过ETC通道时，开始减速时距离中心线：S1+10=110m；过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为： =112.5m；（3）过ETC通道时：过人工收费通道时：二者的位移差：S=S2S1=225210=15m在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动，所以：答：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小为210m；（2）汽车过ETC通道和通过人工收费通道开始减速的位置相对于收费站中心线分别是110m、112.5m；（3）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是为27s【点评】解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度不大12（18分）（xx广东）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；（2）若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式【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）粒子在电场中是直线加速，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解；（2）结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可【解答】解：（1）粒子在电场中，由动能定理，有：qEd=粒子在区洛伦兹力提供向心力，故：qvB0=m当k=1时，由几何关系得：r=L由解得：E=（2）由于2k3时，由题意可知粒子在区只能发生一次偏转，由几何关系可知：（rL）2+（kL）2=r2解得：r=由解得：v=粒子在区洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m由对称性及几何关系可知：解得：r1= 由解得：B=答：（1）若k=1，匀强电场的电场强度E为；（2）若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式为v=，区的磁感应强度B与k的关系式为【点评】本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式，最后联立求解13（15分）（xx红河州一模）下列说法正确的是（）A硬币漂浮在水面上，主要是因为硬币受到水的浮力的作用B一定质量理想气体在等压变化时，若升高相同的温度，则增加的体积一定相同C分子间的引力和斥力，都随着分子间距离的增大而增大，减小而减小D分子间距离减小时，分子间的势能可能增大E用油膜法粗测出阿伏伽德罗常数的实验的前提条件是把油膜看成单分子层，每个油分子看成球形【考点】分子间的相互作用力；阿伏加德罗常数【分析】硬币漂浮在水面上，主要由于硬币受到水的表面张力的作用；一定质量的理想气体在压强不变的情况下，体积与热力学温度成正比，而T=t+273；根据分子动理论，分析分子之间的作用力的变化，以及分子势能的变化；用油膜法粗测出阿伏伽德罗常数的实验的前提条件是形成单分子油膜【解答】解：A、硬币漂浮在水面上，主要是因为硬币受到水的表面张力的作用；水的浮力比硬币的重力小故A错误；B、设0时的温度为T0，体积为V0，气体做等压变化，根据盖吕萨克定律定律：，则，所以得：，得：V=CT，所以若升高相同的温度，则增加的体积一定相同故B正确；C、根据分子动理论，分子间的引力和斥力，都随着分子间距离的增大而减小、减小而增大，故C错误；D、当分子间距离小于平衡距离r0时，分子力表现为斥力，分子间距离减小时，分子力做负功，分子间的势能增大，故D正确；E、用油膜法粗测出阿伏伽德罗常数的实验的前提条件是把油膜看成单分子层，每个油分子看成球形，故E正确；故选：BDE【点评】该题考查到分子动理论的部分内容和理想气体的状态方程的应用，考查的知识点比较多，而且都是一些33的重点内容，要注意在平时的学习中多加积累14（10分）（xx红河州一模）如图所示的粗细均匀薄壁U型管，左管上端封闭，右管开口且足够长温度为t1=27时，右管内水银面比左管高h=4cm，左管内空气柱长度为L=40cm，大气压强p0=76cmHg现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升h1=4cm时，管内气体温度t2为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】左管水银面比右管水银面高出4cm，则封闭气体的压强减小4cmHg，对封闭气体运用理想气体状态方程列式求解即可【解答】解：设玻璃管横截面积为Scm2，以右管上端封闭的空气柱为研究对象气压：P1=P0+h1=76+4cmHg=80cmHg，p2=764=72cmHg体积：V1=40Scm3，V2=（404）S=36Scm3温度：T1=273十27=300K根据理想气体状态方程：代入数据解得：即管内气体温度为t2=T2273=243273=30答：管内气体温度t2为30【点评】以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可15（xx红河州一模）下列说法正确的是（）A光由一种介质进入另一种介质时频率不变B机械波在介质中传播的速度与波的频率有关C电磁波和机械波都需要通过介质传播D根据麦克斯韦电磁场理论，电磁波中的电场和磁场相互垂直，电磁波是横波E当声源和观察者背向运动时，观察者接收到的频率小于声源的频率【考点】电磁波的发射、传播和接收；机械波【分析】电磁波是种物质，不需要通过介质传播；光的传播中频率由波源决定；机械波的传播速度与波的频率无关；而在不同介质中，光的速度与频率有关电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波；根据多普勒效应可知，当声源与观察者距离增大时，观察者接收到的频率将小于声源的频率【解答】解：A、光的传播频率由光源决定；故光由一种介质进入另一种介质时频率不变；故A正确；B、机械波在介质中的传播速度由介质决定；与波的频率无关；故B错误；C、电磁波是种物质，它可以在真空中传播；故C错误；D、根据麦克斯韦电磁场理论可知，电磁波中的电场和磁场互相垂直，电磁波是横波，故D正确；E、若声源和观察者背向运动时，即两者间距增大，根据多普勒效应原理，那么观察者接收到的频率小于声源的频率，故E正确；故选：ADE【点评】本题考查电磁波及机械波的性质，要注意明确两种波的性质；明确区别和联系；特别注意明确电磁波可以在真空中传播；而机械波只能在介质中传播；光在介质中的传播速度与频率有关；不同频率的光在同一介质中传播速度是不同的，注意多普勒效应中接收频率在变化，而发射频率不变16（xx红河州一模）一列简谐横波沿X轴正向传播，t=0时的图象如图所示，此时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.2S，Q质点回到平衡位置的最短时间为1s，已知t=0时两质点相对平衡位置的位移相同，则：（1）波的传播周期为多少秒？传播速度是多大？（2）写出质点P经过平衡位置向上运动时的振动方程；（3）从t=0时刻算起经过多长时间质点Q第二次回到平衡位置？【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】（1）根据题给条件P、Q回到平衡位置的最短时间求出周期，读出波长，由波速公式求出波速；（2）根据图象读出振幅，求出角频率，从而写出质点P经过平衡位置向上运动时的振动方程；（3）根据题意可知，Q质点经过1s第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡位置【解答】解：（1）由题意简谐横波沿x轴正向传播，分析得知，此时P点向下运动，Q点向上，它们周期相同，则T=2（0.2s+1s）=2.4s根据图象可知，=12m，则波速v=m/s=5m/s（2）根据图象可知，A=10cm，则质点P经过平衡位置向上运动时的振动方程为cm，（3）根据题意可知，Q质点经过1s第一次回到平衡位置，再经过半个周期第二次回到平衡位置，则t=，即经过2.2s质点Q第二次回到平衡位置答：（1）波的传播周期为2.4s，传播速度是5m/s；（2）质点P经过平衡位置向上运动时的振动方程为cm；（3）从t=0时刻算起经过2.2s时间质点Q第二次回到平衡位置【点评】本题关键要根据质点的振动过程确定其振动周期，得到波的周期要注意介质中质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波迁移17（xx湘阴县二模）下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯E根据波尔理论，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，同时电子的动能减小，电势能增大【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁【分析】半衰期由核内部自身因素决定，与外界因素无关；衰变所释放的电子是原子核内的中子衰变得来的；比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定；根据波尔理论，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，同时电子的动能增大，电势能减小【解答】解：A、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关故A正确；B、衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的故B正确；C、比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定与原子核的结合能无关故C错误；D、根据波尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯故D正确；E、根据波尔理论，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，电势能减小；同时，根据：，可知电子的动能随轨道的减小而增大故E错误故选：ABD【点评】该题考查半衰期与外界、衰变所释放的电子的由来、以及波尔理论等，重点是波尔理论，要牢记氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，释放能量，但是电子的动能却增大18（xx红河州一模）如图所示，可视为质点的小物块A、B的质量分别为m和3m，静止放在光滑水平地面上，物块A、B间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）某时刻炸药爆炸使物块A、B脱离，然后物块A与一质量为2m且以速度v0向右滑动的物块C发生碰撞，物块A、C碰撞后，物块A、B、C具有的相同速度若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A、B的机械能，求炸药爆炸时释放的化学能【考点】动量守恒定律；功能关系【分析】对AB分析由动量守恒定律明确AB的速度关系；再对AC分析，根据动量守恒列式求解；根据能量守恒可求得化学能【解答】解：炸药爆炸过程中动量守恒，设向右为正方向，则有：3mvB=mvA；AC碰撞过程由动量守恒定律可知：2mvCmvA=3mvB联立解得：vA=v0；vB=爆炸释放出的化学能为：E=mvA2+3mvB2；解得：E=mv02；答：炸药爆炸时释放的化学能为mv02【点评】在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，故在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪段过程中哪些物体组成的系统动量守恒