2019-2020年高三物理上学期摸底试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期摸底试卷（含解析）一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分下列每小题给出的四个选项中，9、10小题有多个选项正确，其余只一个正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分）1许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法正确的是（）A牛顿总结出了万有引力定律并测出了引力常量，被后人称为称出地球的第一人B伽里略总结出太阳系行星运动的三大规律C亚里士多德通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因D库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律2如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（）A动能大B向心加速度大C运行周期长D角速度大3在倾角为的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图所示，当加上如下所述的磁场后，不可能使导线静止在斜面上的是（）A加竖直向下的匀强磁场B加垂直斜面向下的匀强磁场C加水平向左的匀强磁场D加沿斜面向下的匀强磁场4如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小不相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处5我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A火星的密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是6空气中的负离子对人的健康极为有益人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法 如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空 气发生电离，从而产生一价的负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5mm，它们之间的电场可视为匀强电场，电子电量e=1.6lOl9C；若电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则（）AE=1O3N/C，F=1.610l6NBE=106N/C，F=1.61013NCE=103N/C，F=3.21016NDE=106N/C，F=3.2l013N7如图所示，当图中ab两端与ef两端分别加上220V的交流电压时，测得cd间与gh间电压均为110V；若分别在cd间与gh间两端加上110V的交流电压，则ab与ef间电压为（）A220 V，220 VB220 V，110 VC110 V，110 VD220 V，0 V8如图所示，索道缆车通过作用力F使之沿倾斜索道加速向上移动，不计空气阻力，在移动过程中，下列说法正确的是（）AF对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和BF对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能DF对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和9如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（）A变为0B先减小后不变C等于FD先增大再减小10xx年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000m已知航母始终静止，重力加速度的大小为g则（）A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B在0.42.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变二、实验题（本题满分15分）11如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为V（2）如果是用直流5mA档测量电流，则读数为mA（3）如果是用100档测量电阻，则读数为12有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是mm 用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是mm13测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图a所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上调整定滑轮高度，使（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图b所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a= m/s2（保留2位有效数字）三、计算题（本题满分30分，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算题，答案中必须明确写出数值和单位）14传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30，以2m/s的恒定速度顺时针运行现将一质量为10kg的煤块（视为质点）轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为=，取g=10m/s2，求：（1）煤块从底端到平台的时间 （2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能15（16分）如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（乙）所示（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力F 的瞬时功率四、选做题部分：（共15分）请从给出的三道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分（即三选一题）其中选择题给出的四个选项中有一个或几个选项是正确的，全部选对的得5分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分）选做3-3模块16如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出气缸外部温度恒定不变，则（）A缸内的气体压强减小，内能减小B缸内的气体压强增大，内能减小C缸内的气体压强增大，内能不变D外界对气体做功，缸内的气体内能增加17在如图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：重物是上升还是下降？这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）选做3-4模块18如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为d质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形关于该波的周期与波长说法正确的为（）At、9dBt、8dC、9dD、8d19桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合巳知玻璃的折射率为，求：光在玻璃中的传播速度是多少？光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？物理-选修3-520下列说法正确的是（）A光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损21如图所示，在光滑水平面上放着一个质量M=0.3kg的木块（可视为质点），在木块正上方1m处有一个固定悬定点O，在悬点O和木块之间用一根长2m、不可伸长的轻绳连接有一颗质量m=0.1kg的子弹以80m/s的速度水平射入木块并留在其中，之后木块绕O点在竖直平面内做圆周运动求：木块以多大速度脱离水平地面？当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为多少？内蒙古赤峰市宁城县xx届高三上学期摸底物理试卷一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分下列每小题给出的四个选项中，9、10小题有多个选项正确，其余只一个正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分）1许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列说法正确的是（）A牛顿总结出了万有引力定律并测出了引力常量，被后人称为称出地球的第一人B伽里略总结出太阳系行星运动的三大规律C亚里士多德通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因D库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律考点：物理学史分析：卡文迪许测出了引力常量，被后人称为称出地球的第一人；开普勒总结出太阳系行星运动的三大规律伽利略通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因；库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律；解答：解：A、牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，被后人称为称出地球的第一人，故A错误B、开普勒总结出太阳系行星运动的三大规律，故B错误C、伽利略通过理想实验提出力并不是维持物体运动的原因故C错误D、库仑利用扭秤实验总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律库仑定律故D正确故选：D点评：解答本题的关键是掌握物理学家的成就，这是常识性问题，识记是最好的学习方法2如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（）A动能大B向心加速度大C运行周期长D角速度大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小解答：解：根据万有引力提供向心力，得到，由这些关系可以看出，r越大，a、v、越小，而T越大，飞船从轨道1变轨至轨道2，轨道半径变大，故线速度变小，故动能变小，加速度、角速度变小，周期变大，故ABD错误，C正确故选：C点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，能列出方程，并能熟练选择恰当的向心力的表达式3在倾角为的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图所示，当加上如下所述的磁场后，不可能使导线静止在斜面上的是（）A加竖直向下的匀强磁场B加垂直斜面向下的匀强磁场C加水平向左的匀强磁场D加沿斜面向下的匀强磁场考点：共点力平衡的条件及其应用；磁感应强度分析：根据左手定则判断出安培力的方向之后，然后结合共点力平衡的条件即可解答解答：解：A、加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力支持力与安培力可以三力平衡故A正确；B、加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力支持力与安培力可以三力平衡故B正确；C、加水平向左的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向上，重力与安培力可以二力平衡故C正确；D、加沿斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向下，重力、支持力与安培力三力不可能平衡故D错误本题选择不可能的，故选：D点评：该题结合安培力考查共点力平衡的条件，根据左手定则判断出安培力的方向，然后逐项分析即可4如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小不相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达B处考点：功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用vt图象来计算说明解答：解：A、由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故速度大小相等，但速度方向不同，故B错误；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置故C错误，D正确故选：D点评：甲乙下滑时满足机械能守恒，可以由此判定在同一高度时物体的动能相同，总位移相等可以根据速度的变化情况判断平均速度的变化情况来分析关键是分析甲乙开始时的加速度变化情况5我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动假设王跃登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，质量是地球质量的已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A火星的密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D王跃以在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是考点：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：求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系解答：解：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g设火星质量为M，由万有引力等于中可得：，解得：M=，密度为：故A正确B、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g故B错误C、由，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍故C错误D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：，由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h=h故D错误故选：A点评：通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题6空气中的负离子对人的健康极为有益人工产生负离子的最常见方法是电晕放电法 如图所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空 气发生电离，从而产生一价的负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5mm，它们之间的电场可视为匀强电场，电子电量e=1.6lOl9C；若电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则（）AE=1O3N/C，F=1.610l6NBE=106N/C，F=1.61013NCE=103N/C，F=3.21016NDE=106N/C，F=3.2l013N考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据匀强电场的场强公式，计算电场强度，然后根据F=qE，得出电场力解答：解：匀强电场的场强=，电场力F=qE=1.61019106=1.61013N故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握匀强电场的场强公式，以及电场强度的定义式E=7如图所示，当图中ab两端与ef两端分别加上220V的交流电压时，测得cd间与gh间电压均为110V；若分别在cd间与gh间两端加上110V的交流电压，则ab与ef间电压为（）A220 V，220 VB220 V，110 VC110 V，110 VD220 V，0 V考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比解答：解：当a、b两端接110V的交变电压时，测得c、d两端的电压为55V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V；当g、h两端加上110V交变电压时，e与滑片间无电流，电压为零，故e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V故选：B点评：本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式，要能和直流电路的分压原理相区别8如图所示，索道缆车通过作用力F使之沿倾斜索道加速向上移动，不计空气阻力，在移动过程中，下列说法正确的是（）AF对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和BF对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能DF对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和考点：功的计算；功能关系专题：功的计算专题分析：对缆车受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，然后结合功能关系分析解答：解：A、B、D、缆车拉力、重力、支持力和摩擦力，根据功能关系，F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故A错误，B错误，D正确；C、缆车克服重力做的功等于重力势能的增加量；故C错误；故选：D点评：本题关键记住几个功能关系：总功等于动能的增加量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量；克服摩擦力做的功等于内能的增加量9如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两个相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能（）A变为0B先减小后不变C等于FD先增大再减小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；摩擦力的判断与计算专题：电磁感应与电路结合分析：当a向上运动时，在闭合回路中产生顺时针感应电流，b导体棒受到向上的安培力，讨论分析安培力与其重力沿导轨向下分力的大小，即可由平衡条件分析出摩擦力变化情况解答：解：对a棒：a棒所受合力为：F合=FfmgsinF安=Ffmgsin，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变b最终受到的静摩擦力有三种情况：第一种是：摩擦力为零，则BIL=mgsin，故A正确第二种是：摩擦力向上，则BIL+f=mgsin，由于最初是f=mgsin，故摩擦力先减小后不变，故B正确；在这种情况下：f=mgsinBIL；此时对a，F=mgsin+BIL+f滑，故Ff；第三种是：摩擦力向下，则BIL=mgsin+f，f=BILmgsin；由于最初是f=mgsin；BILmgsin与mgsin的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变是而此时对a，F=mgsin+BIL+f滑，故Ff综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误故选：AB点评：本题是电磁感应与力学的结合，在分析b棒所受摩擦力时，由于所受摩擦力为静摩擦力，因此要注意讨论安培力的变化以及与重力向下分力的大小关系对于a棒的运动情况，类似于汽车起动，抓住安培力与速度成正比的特点分析其运动过程10xx年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度时间图线如图乙所示假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000m已知航母始终静止，重力加速度的大小为g则（）A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B在0.42.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD在0.42.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律专题：功率的计算专题分析：通过速度与时间的图象，由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二定律确定阻拦索的拉力，同时由图象与时间所构成的面积为位移的大小由功率P=FV可确定大小如何变化解答：解：A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，故A正确；B、在0.4s2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B错误；C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为2.5g，故C正确；D、在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；故选：AC点评：考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小注意阻拦索的张力与张力的合力是不同的二、实验题（本题满分15分）11如图为一正在测量中的多用电表表盘（1）如果是用直流10V档测量电压，则读数为6.5V（2）如果是用直流5mA档测量电流，则读数为3.25mA（3）如果是用100档测量电阻，则读数为8.0102考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：根据不同的档位选择相应的表盘进行读数即可要注意估读问题解答：解：（1）直流电压档测量读取中间的刻度读数，读数为：6.5V；（2）如果是用直流5mA档测量电流，选择中间的刻度读数，读数为：3.25mA；（3）如果是用100档测量电阻，则读数为8100=800；故答案为：（1）6.5或6.50V（2）3.25mA（3）8.0102点评：本题考查基本仪器、仪表的读数能力仪器、仪表的读数是准确值加估计值，在仪器、仪表的读数中不可靠数字只保留一位，仪器或仪表中不可靠数字出现在哪一位，读数就读到哪一位12有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是13.60mm 用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图2所示的读数是0.680mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：1.3cm=13mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为120.05mm=0.60mm，所以最终读数为：13mm+0.60mm=13.60mm2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为18.00.01mm=0.180mm，所以最终读数为0.5mm+0.180mm=0.680mm故答案为：13.60，0.680点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图a所示的装置，图中长木板水平固定（1）实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=（3）如图b所示为木块在水平木板上带动纸带运动时打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm则木块加速度大小a=1.3 m/s2（保留2位有效数字）考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题分析：对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小解答：解：（1）实验过程中，电火花计时器接在频率为50Hz的交流电源上调整定滑轮高度，使细线与长木板平行（2）对系统研究，根据牛顿第二定律得：mgMg=（M+m）a解得：（3）因为，则木块的加速度为：a=1.3m/s2故答案为：（1）细线与长木板平行（2）（3）1.3 m/s2点评：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留三、计算题（本题满分30分，写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算题，答案中必须明确写出数值和单位）14传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30，以2m/s的恒定速度顺时针运行现将一质量为10kg的煤块（视为质点）轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为=，取g=10m/s2，求：（1）煤块从底端到平台的时间 （2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；功能关系分析：（1）题的关键是明确煤块从底端运送到平台上需要经过匀加速和匀速两个过程，先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出达到传送带速度的时间以及位移，最后求出匀速运动到平台的时间即可（2）题的关键是根据能量守恒定律，多消耗的电能应是煤块增加的机械能与系统产生的热量之和解答：解：（1）物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力为：f1=mgcos=75N加速度为：a=gcosgsin=2.5 m/s2经过时间t1=0.8s 速度达到2m/s，上升：s1=0.8m然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升 s2=3.2m静摩擦力 f2=mgsin=50N t2=1.6 s总时间：T=t1+t2=2.4 s（2）为保持皮带匀速运动，机器在t1时间内应增加动力75N，在t2时间内应增加动力50N带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能为：W=f1vt1+f2vt2=751.6+503.2=120+160=280J答：（1）煤块从底端到平台的时间2.4s；（2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能280J点评：求解有关传送带问题的思路是先根据牛顿第二定律求出物体达到传送带速度的时间和位移，然后再分析求解时间、位移等15（16分）如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4，导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（乙）所示（1）试分析说明金属杆的运动情况；（2）求第2s末外力F 的瞬时功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据欧姆定律和感应电动势公式得到U与v的关系，由图读出U与t的关系，来分析v与t的关系，确定物体的运动情况（2）由图读出第2s的速度v根据电压与时间的关系求出加速度，根据牛顿第二定律求出F，再求解F的功率解答：解：（1）电压表示数为U=IR=v 由图象可知，U与t成正比，即v与t成正比，杆做初速为零的匀加速运动 （2）因v=at，所以U=at=kt 由图象得k=0.4 V/s，即 得a=5m/s2 两秒末速度v=at=10m/s F=ma 得F=0.7N 则P=Fv=7W点评：本题考查电磁感应、电路知识和牛顿定律综合应用的能力，难点是列出电压U与时间t的关系式求出加速度四、选做题部分：（共15分）请从给出的三道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分（即三选一题）其中选择题给出的四个选项中有一个或几个选项是正确的，全部选对的得5分，选不全的得2分，有错选或不选的得0分）选做3-3模块16如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出气缸外部温度恒定不变，则（）A缸内的气体压强减小，内能减小B缸内的气体压强增大，内能减小C缸内的气体压强增大，内能不变D外界对气体做功，缸内的气体内能增加考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：以活塞为研究对象，根据力平衡得知气缸内气体的压强逐渐增大，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变解答：解：设活塞重力为G，横截面积为S，大气压为P0，则以活塞为研究对象，根据力平衡得到：气缸内气体的压强P=P0，由于G减小，则P增大，即气体压强增大，被压缩，外界对气体做功由于气缸是导热的，气体的温度与环境相等，保持不变，其内能不变故选C点评：本题关键是运用力学知识分析气体压强如何变化，同时抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关17在如图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：重物是上升还是下降？这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：如果缸内空气温度降为0，则重物将上升，温度、体积变化，压强不变根据气体方程列出等式求解解答：解：缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升分析可知缸内气体作等压变化设活塞截面积为Scm2，气体初态体积为：V1=10S cm3，温度T1=373 K，末态温度T2=273 K，体积设为V2=hScm3（h为活塞到缸底的距离）据代入数据可得：h=7.4 cm则重物上升高度为：h=107.4=2.6 cm答：重物是上升；这时重物将从原处移动2.6厘米点评：正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化选做3-4模块18如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为d质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形关于该波的周期与波长说法正确的为（）At、9dBt、8dC、9dD、8d考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系专题：振动图像与波动图像专题分析：本题的关键是根据波传播的周期性和振动传播的特点，画出波的图象（振动应传播到第17个质点），或从第13个质点此时的振动方向向下数到再经才能振动方向向上，从而找出周期T与时间t的关系，然后即可求解解答：解：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，设周期为T，则t=T+=2T，即T=；相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长，由题意知波长为8d，故D正确故选：D点评：“经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾；熟记：任何质点的起振方向均与波源的起振方向相同19桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合巳知玻璃的折射率为，求：光在玻璃中的传播速度是多少？光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由v=求出光在玻璃中的传播速度作出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出光斑的直径，再求解光斑的面积解答：解：由n=得，光在玻璃中的传播速度为v=m/s=m/s（2）作出光路图，如图所示由几何知识得到：入射角1=60，根据折射定律得：n=，代入解得，折射角2=30由几何关系可知，产生的光斑直径为d=，面积S=答：光在玻璃中的传播速度是m/s光束在桌面上形成的光斑的面积是点评：几何光学作出光路图是解答的基础，要规范作出光路图，结合几何知识求解物理-选修3-520下列说法正确的是（）A光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期D原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损考点：玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：原子的核式结构及其组成分析：玻尔原子模型提出能量量子化；原子向外辐射光子后，能量减小，加速度增大半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损解答：解：A、光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A正确B、玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B正确C、半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关故C错误D、原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损故D错误故选：AB点评：对于原子物理的基础知识，大都需要记忆，因此注意平时多加积累21如图所示，在光滑水平面上放着一个质量M=0.3kg的木块（可视为质点），在木块正上方1m处有一个固定悬定点O，在悬点O和木块之间用一根长2m、不可伸长的轻绳连接有一颗质量m=0.1kg的子弹以80m/s的速度水平射入木块并留在其中，之后木块绕O点在竖直平面内做圆周运动求：木块以多大速度脱离水平地面？当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为多少？考点：动量守恒定律；向心力专题：动量定理应用专题分析：1、子弹打木块过程满足动量守恒，列出等式求解；2、木块在最高点时，做圆周运动的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，应用机械能守恒、牛顿第二定律可以正确解题解答：解：子弹射击物块过程中动量守恒，设向右为正方向，有：mv0=（M+m）v1代入数据解得：v1=20m/s设绳绷直后物块沿垂直绳方向速度为v1，有：v1=v1=10m/s即：木块以v1=10m/s速度脱离水平地面，方向垂直细绳向上；（2）在最高点时，设其速度为v2，根据能量守恒：（M+m）v22+（M+m）（h+L）=（M+m）v12得：v22=40m2/s2又：T+（M+m）g=（M+m）联立得：T=4N根据牛顿第三定律物块对细绳的拉力T=4N答：木块以10m/s的速度脱离水平地面；当木块到达最高点时对轻绳的拉力F为为4N点评：知道木块离开地面时的速度等于垂直于绳子方向的速度是正确解题的关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题