2019-2020年高三物理下学期第十次模拟考试试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理下学期第十次模拟考试试卷（含解析）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15题只有一项符合题目要求，第68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如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑将质量不相等的A、B两个小滑（mAmB）同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则( )AB滑块先滑至斜面底端B地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力2地球同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则( )A=B=C=D=3放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示下列说法正确的是( )A物体的质量为kgB滑动摩擦力的大小为5NC06s内物体的位移大小为40mD06s内拉力做的功为20J4如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是( )A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等5如图，空间中在边界MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，S是磁场中的一粒子源某一时刻，从s平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有多数粒子从边界MN射出磁场已知从边界MN射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界MN射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )ABCD6如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100t V，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是( )A流过r的电流方向每秒钟变化50次B变压器原线圈匝数大于副线圈匝数C开关从断开到闭合时，电流表示数变小DR=r7如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正比8如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )ABCD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1_t2（选填“”、“=”或“”）时，说明气垫导轨已经水平（2）用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d=_mm（3）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q相连，钩码Q的质量为m将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若t1、t2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出_和_（写出物理量的名称及符号）（4）若上述物理量间满足关系式_，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒10两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0以及电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1 的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图（b）所示的两条UI直线，回答下列问题：（1）该同学首先用多用电表粗略测量电源的电压，电表指针和选择开关分别如图（C）所示，则该电表读数为_V；（2）根据甲乙两同学描绘的直线，可知甲同学是根据电压表_（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线，可以测得_（填写物理量符号R0或E和r），计算结果为_；（3）甲、乙图线的交点表示滑动变阻器滑动触头恰好位于_（填：最左端、最右端或中间）11如图所示，在高速公路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度若汽车距测速仪355m时刻测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况而急刹车，当测速接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止，此时汽车距测速仪335m，已知声速为340m/s（1）求汽车刹车过程中的加速度；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合法？12（18分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为1，内圆弧面CD的半径为，电势为2足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡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】13下列说法中正确的是( )A光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小B做简谐振动的物体，经过同一位置时，加速度可能不同C在受迫振动中，驱动力的频率不一定等于物体的固有频率D拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度E在波的传播方向上两相邻的对平衡位置的位移始终相同的质点间距离等于波长14如图所示，一轻弹簧直立地面上，其劲度系数为400N/m，弹簧上端与盒子A连接在一起，盒子内装物体B，B的上下表面恰与盒子接触，A和B的质量mA=mB=1.0kg，g=10m/s2，不计空气阻力先将A向上抬高使弹簧伸长5.0cm后，从静止释放，释放后A和B一起做简谐运动试求：（1）A的振幅A0；（2）B的最大速率vm；（3）盒子振动到最高点和最低点时刻A对B的作用力大小F1、F2【物理选修3-5】15下列说法正确的是 ( )A根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B放射性物质的温度升高，则半衰期减小C用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个E根据玻尔理论，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16如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧 （弹簧与滑块不栓接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）弹簧具有的弹性势能湖北省武汉二中xx届高考物理十模试卷一、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15题只有一项符合题目要求，第68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如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑将质量不相等的A、B两个小滑（mAmB）同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则( )AB滑块先滑至斜面底端B地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力考点：功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用专题：功率的计算专题分析：根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而比较运动时间的长短，根据速度时间公式求出滑块到达底端的速度，从而求出重力的瞬时功率对M分析，根据共点力平衡分析地面对斜面体是否有摩擦力，对整体分析，根据A、B加速度的方向确定整体处于超重还是失重解答：解：A、物块A下滑的加速度a=gsin，位移x=，根据x=at2得，t=，同理，B下滑的时间t=，可知两滑块滑至底端的时间相同故A错误B、A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsincos，B对斜面体在水平方向上的分力为mBgsincos，因为mAmB，则地面对斜面体有向左的摩擦力故B正确C、物块A滑到底端的速度v=at=，B滑到底端的速度也为，由于质量不同，两物体的速度方向相同，则重力的瞬时功率P=mgvsin不同故C错误D、因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力故D错误故选：B点评：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，注意瞬时功率P=mgcos，为力与速度的夹角2地球同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则( )A=B=C=D=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：同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据a=r2得出同步卫星和随地球自转物体的向心加速度之比，根据万有引力提供向心力得出第一宇宙速度与同步卫星的速度之比解答：解：A、B、因同步卫星与地球自转角速度相同则a=r2，得= 则A正确，B错误 C、D、由万有引力等于向心力有：=m 从而有 V= 所以： 则C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道同步卫星和随地球自转的物体角速度相等，同步卫星以及贴近地球表面运行的卫星靠万有引力提供向心力3放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示下列说法正确的是( )A物体的质量为kgB滑动摩擦力的大小为5NC06s内物体的位移大小为40mD06s内拉力做的功为20J考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：速度图象的“面积”表示位移02s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，26s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出02s内的拉力，由W=Fx求出02s内的拉力做的功，由W=Pt求出26s内拉力做的功解答：解：A、在26s内，已知f=F=N；当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力为：F1=；02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2； 根据Ff=ma可知：m=kg，A正确 B、在26s内，V=6m/s，P=10W，物体做匀速直线运动，F=f，则滑动摩擦力为：f=F=N，B错误； C、06s内物体的位移大小等于vt图象中图象与坐标轴所包围的面积，为：X=26+46m=30m，C错误； D、02s内物体的加速度为：a=m/s2=3m/s2，有图可知，当P=30W时，V=6m/s，得到牵引力：F1=N=5N，在02s内物体位移为X1=6m，则拉力做的功为：W1=F1X1=56J=30J，26s内拉力做的功为：W2=Pt=104J=40J，所以06s内拉力做的总功为：W=30+40J=70J，D错误故选：A点评：本题解题关键是理解图象的物理意义，求功的方法主要有三种：一、W=FLcos，适用于恒力做功；二、W=Pt，P为恒定功率；三、动能定理，主要是变力做功时应用4如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法正确的是( )A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等考点：电势差与电场强度的关系；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等同时注意电场线和等势线是垂直的解答：解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBCUHG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等故D正确故选：D点评：本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力5如图，空间中在边界MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，S是磁场中的一粒子源某一时刻，从s平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子（不计粒子的重力及粒子间的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有多数粒子从边界MN射出磁场已知从边界MN射出的粒子在磁场中运动的最短时间为（T为粒子在磁场中运动的周期），则从边界MN射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )ABCD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，所有粒子的初速度大小相同，轨迹半径相同，弦越大，轨迹的圆心越大，运动时间越长根据几何知识，画出轨迹，作出最长的弦，定出最长的运动时间解答：解：粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOC，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短由题，粒子运动的最短时间等于，则=60设OS=d，则ES=d 由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=d，直径D=当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图 可见粒子在磁场中运动的最长时间为tmax=T故选：A点评：带电粒子在磁场中圆周运动的问题是xx届高考的热点，也是难点，关键是运用几何知识画出轨迹6如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100t V，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是( )A流过r的电流方向每秒钟变化50次B变压器原线圈匝数大于副线圈匝数C开关从断开到闭合时，电流表示数变小DR=r考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响输入电流的变化解答：解：A、由表达式知交流电的频率50Hz，所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；B、降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B正确；C、开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；D、开关闭合前，AB两端的功率为：，开端闭合后，AB两端的功率为：=，AB两端电功率相等，则，解得：，故D正确；故选：BD点评：本题考查了变压器的特点，注意根据交流电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题7如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A霍尔元件前表面的电势低于后表面B若电源的正负极对调，电压表将反偏CIH与I成正比D电压表的示数与RL消耗的电功率成正比考点：霍尔效应及其应用分析：A、根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；B、由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向，从而即可求解；C、根据并联电压相等，可知，电流与电阻成反比，即可求解；D、根据IH与I的关系，结合U=k，及P=IU，即可求解解答：解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向外侧，导致前表面的电势低于后表面，故A正确；B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故B错误；C、如图所示，霍尔元件与电阻R串联后与RL并联，根据串并联特点，则有：IHR=（IIL）RL；因此则有IH与I成线性关系，故C错误；D、根据U=k，且磁感应强度大小B与I成正比，即为B=KI，又IH与I成线性关系，结合P=UI，因此：U=，则有U与PRL成正比，故D正确；故选：AD点评：考查电流形成的条件，理解左手定则与安培定则的应用，注意串并联电路的特点，掌握理论推理的方法：紧扣提供信息，结合已有的规律8如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：压轴题；电磁感应中的力学问题分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向解答：解：A、02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值根据法拉第电磁感应定律，E=B0S为定值，则感应电流为定值，在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与02s内相同在34s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与02s内相同故A正确，B错误 C、在02s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值0时刻安培力大小为F=2B0I0L在2s3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L在23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L在46s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L故C正确，D错误故选AC点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的t1=t2（选填“”、“=”或“”）时，说明气垫导轨已经水平（2）用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d=5.0mm（3）滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q相连，钩码Q的质量为m将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若t1、t2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出滑块质量M和两光电门间距为L（写出物理量的名称及符号）（4）若上述物理量间满足关系式mgL=，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，根据这两个量求解（4）滑块和砝码组成的系统机械能守恒列出关系式解答：解：（1）如果遮光条通过光电门的时间相等，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平（2）游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5mm，游标读数为00.1mm=0.0mm 所以最终读数为5.0mm（3）要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力势能的减小量，光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度vB=，vA=滑块和砝码组成的系统动能的增加量Ek=（m+M）（）2（m+M）（）2滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量Ep=mgL所以还应测出滑块质量M，两光电门间距离L（4）如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒即：mgL=故答案为：（1）=；（2）5.0；（3）滑块质量M，两光电门间距为L；（4）mgL=点评：掌握游标卡尺的读数方法了解光电门测量瞬时速度的原理实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面10两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0以及电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1 的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图（b）所示的两条UI直线，回答下列问题：（1）该同学首先用多用电表粗略测量电源的电压，电表指针和选择开关分别如图（C）所示，则该电表读数为1.50V；（2）根据甲乙两同学描绘的直线，可知甲同学是根据电压表V1（填“V1”或“V2”）和电流表A的数据描绘的图线，可以测得E和r（填写物理量符号R0或E和r），计算结果为E=1.5V，r=1；（3）甲、乙图线的交点表示滑动变阻器滑动触头恰好位于最左端（填：最左端、最右端或中间）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由图示多用电表确定其测量的量与量程，然后根据指针位置读数；（2）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断图线的含义由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻（3）根据图象结合电路图分析答题解答：解：（1）由图示多用电表可知，选择开关置于直流电压2.5V挡，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，所示为1.50V（2）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大由图象可知，电压表V1和电流表A的数据绘制图象是甲；根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象是乙由电源的UI图象可以求出电源电动势E与内阻r；由图b所示图象可知，甲图象在U轴上的截距为1.5V，即电源的电动势E=1.5V，电源的内阻：r=1，即电源的内阻为r=1（3）由图b所示图象可知，甲、乙图线的交点表示两电压表示数相等，由图a所示电路图可知，此时滑动变阻器滑动触头恰好位于最左端故答案为：（1）1.50；（2）V1；E和r；E=1.5V，r=1；（3）最左端点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电动势和内电阻11如图所示，在高速公路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度若汽车距测速仪355m时刻测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况而急刹车，当测速接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止，此时汽车距测速仪335m，已知声速为340m/s（1）求汽车刹车过程中的加速度；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合法？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内，求出A的位移，由于超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，根据匀变速直线运动的推论求出超声波从B发出到A这段时间内A的位移，从而得出超声波从B到A的位移，根据声速求出运行的时间，从而再根据x=aT2求出汽车运动的加速度（2）根据速度位移公式求出刹车前的速度，进而判断是否合法解答：解：（1）根据题意，超声波和汽车运动过程的示意图，如图所示超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在整个这段时间内汽车的位移x=355335m=20m初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：3，所以x1=5m，x2=15m，则超声波被A接收时，AB的位移x=335+5m=340m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T=s=1s则t=2T=2s根据x=aT2得，a=10m/s2（2）由A车刹车过程中的位移x=，解得刹车前的速度v0=20m/s=72km/h车速在规定范围内，是合法的答：（1）汽车刹车过程中的加速度为10m/s2；（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度合法点评：解决本题的关键理清运动过程，抓住超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，运用匀变速直线运动的规律进行求解12（18分）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为1，内圆弧面CD的半径为，电势为2足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据动能定理即可求出粒子到达O点的速度；（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；（3）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B解答：解：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理有：又U=12所以：；（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是600，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角=60根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L，由牛顿第二定律得：联立解得：；（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，由牛顿第二定律得：得：即如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为，由几何关系可知：MN上的收集效率：答：（1）粒子到达O点时速度的大小是；（2）所加磁感应强度的大小是；（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子是点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡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】13下列说法中正确的是( )A光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小B做简谐振动的物体，经过同一位置时，加速度可能不同C在受迫振动中，驱动力的频率不一定等于物体的固有频率D拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度E在波的传播方向上两相邻的对平衡位置的位移始终相同的质点间距离等于波长考点：用双缝干涉测光的波长专题：实验题；光的干涉专题分析：做简谐振动的质点每次经过同一位置时，速度有两种方向，速度不相同位移是从平衡位置指向质点处在的位置，同一位置，位移相同，根据加速度与位移的关系，确定加速度是否相同受迫振动中，驱动力的频率等于振动频率，当等于固有频率时，出现共振现象；拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片，以减反射光透射；振动在一个周期内在介质中传播的距离等于波长波长等于在波的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距解答：解：A、根据公式，入射光的波长减小，相邻亮条纹间距一定变小，故A正确；B、在简谐振动的物体，加速度总与位移大小成正比，方向相反，故每次经过同一位置时，加速度一定相同，故B错；C、物体做受迫振动时，其驱动频率跟固有频率无关，故C正确；D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以过滤橱窗玻璃的反射光，故D错；E、根据波长的定义，波长等于在波的传播方向上任意两个相邻的振动状态完全相同的两质点间距，故E正确故选：ACE点评：本题要掌握对简谐运动周期性及特点的理解，抓住同一位置位移、加速度和回复力三个物理量都相同同时掌握驱动频率与固有频率的区别14如图所示，一轻弹簧直立地面上，其劲度系数为400N/m，弹簧上端与盒子A连接在一起，盒子内装物体B，B的上下表面恰与盒子接触，A和B的质量mA=mB=1.0kg，g=10m/s2，不计空气阻力先将A向上抬高使弹簧伸长5.0cm后，从静止释放，释放后A和B一起做简谐运动试求：（1）A的振幅A0；（2）B的最大速率vm；（3）盒子振动到最高点和最低点时刻A对B的作用力大小F1、F2考点：简谐运动的回复力和能量专题：简谐运动专题分析：（1）简谐运动的振幅A是振动物体离开平衡位置的最大距离，根据此定义，可先求出振子在平衡位置时，弹簧的压缩量，即可求解A（2）振子到达平衡位置时B的速率最大，从开始到平衡位置，运用机械能守恒定律列式，可求出B的最大速率（3）先由整体法求出加速度，再隔离B，运用牛顿第二定律求解解答：解：（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩x则（mA+mB）g=kx，代入数据解得x=0.05m=5cm开始释放时振子处在最大位移处，故振幅A为：A=5cm+5cm=10cm（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速率为v，从开始到平衡位置处，根据机械能守恒定律： （mA+mB）A=（mA+mB）vm2则得 vm=m/s，即B的最大速率为m/s （3）在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第二定律：对AB整体，有a=20m/s2；对B，由牛顿第二定律得：N1+mBg=mBa则A对B的作用力方向向下，其作用力大小为：N1=mBamBg=10N在最低点，根据对称性知，加速度大小为a=20m/s2；方向向上对B，由牛顿第二定律得：N2mBg=mBa则A对B的作用力方向向上，其大小N2为：N2=mBa+mBg=30N答：（1）物体A的振幅是10cm（2）物体B的最大速率是1.4m/s（3）在最高点A对B的作用力方向向下，其大小为10N，在最低点A对B的作用力方向向上，其大小为30N点评：本题要紧扣振幅的定义，要注意A、B的加速度相同，灵活选择研究对象，运用胡克定律、牛顿第二定律和机械能守恒结合进行分析和求解【物理选修3-5】15下列说法正确的是 ( )A根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B放射性物质的温度升高，则半衰期减小C用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个E根据玻尔理论，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，电势能减小考点：玻尔模型和氢原子的能级结构专题：原子的能级结构专题分析：玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；根据质量数和电荷数守恒判断；玻尔理论由玻尔提出是在卢瑟福原子模型基础上加上普朗克的量子概念后建立的解答：解：A、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故A错误B、半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C正确；D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次衰变质子数减少4，一次衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故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，故E正确；故选：CDE点评：明确衰变，衰变的实质，知道原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的16如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧 （弹簧与滑块不栓接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求：（1）B与C碰撞前B的速度；（2）弹簧具有的弹性势能考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住三者最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞前B的速度（2）根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能解答：解：（1）A、B被弹开的过程中，AB系统动量守恒，设弹开后AB速度分别为vA、vB，设三者最后的共同速度为v共，由动量守恒得：（mA+mB）v0=mAv共+mBvB mBvB=（mB+mC）v共三者动量守恒得：（2m+m）v0=（2m+m+2m）v共得 所以（2）B与C碰撞前后，机械能的损失为：弹簧释放的弹性势能Ep则：代入数据整理得：答：（1）B与C碰撞前B的速度为（2）弹簧释放的弹性势能为点评：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，对学生的能力要求较高，要加强这方面的训练