2019-2020年高三物理上学期元月调考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期元月调考试卷（含解析）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分其中1-5为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；6-8为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选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，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是( )AF变大BF变小CFN变大DFN变小2星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r用vrn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为( )A1B2CD3如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是A、B，下列判断正确的是( )AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB4如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MNt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )ABCD5如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r现在进行倒带，使磁带绕到A轮上倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )ABCD6如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中 （整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大7如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld，线圈质量m=100g线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等8如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )A3m/sB3.75m/sC4.5m/sD5m/s三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174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某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U改变h，调整线框的位置，多做几次实验记录各次的h，U（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用_ 图线（选填”Uh”或“U2h”）更容易得出结论（2）影响本实验精确程度的因素主要是_（至少列举一点）10物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图象和如图丙所示的x图象（1）由图乙可得电源的电动势E=_V；内阻r=_（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12106m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率为_m，图丙中图象截距的物理意义是_（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除_（填“偶然误差”或“系统误差”）11如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）当=37时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时的正切值12（18分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场一质量m=2106kg、电荷量q=2107C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )A显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大14如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且TT0求此过程中外界对气体所做的功已知大气压强为P0【物理-选修3-4】15一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )A这列波沿x轴正方向传播B这列波的波速是m/sC从t=0.6s开始，紧接着的t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10mD从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置E若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象16如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？【物理-选修3-4】17北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为IXe+Y根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )AY粒子为粒子B若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C生成的Xe处于激发态，放射射线射线的穿透能力最强，电离能力也最强DI中有53个质子和131个核子E如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响18如图所示，一质量为m的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水 面上向右运动另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条 直线上运动为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？湖北省六校联考xx届高三元月调考物理试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分其中1-5为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；6-8为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选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，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是( )AF变大BF变小CFN变大DFN变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图根据平衡条件，运用三角形相似法，得出FN与边长AO、BO及物体重力的关系，再分析FN的变化情况解答：解：设物体的重力为G以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G由F2FNBABO得：=得到：FN=G式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变由F2FNBABO得：=AB减小，则F一直减小；故选：B点评：本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路2星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r用vrn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为( )A1B2CD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：恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解解答：解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：则得：v=，故n=故C正确、ABD错误故选：C点评：本题与卫星绕行星运动模型相似，关键抓住恒星的向心力来源于万有引力，建立方程求解3如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是A、B，下列判断正确的是( )AEAEB，ABBEAEB，ABCEAEB，ABDEAEB，AB考点：电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：该题考查常见电场的电场线特点，结合其电场线的图即可作答解答：解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，可见，A点的电场线比较密，故A点的场强大；另外，电场线的分析从左到右，故A的电势高于B点的电势因此，A选项正确，BCD都错误故答案为：A点评：该题考查常见电场的电场线特点，题目简单，很容易选出正确的答案4如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MNt=0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好则棒的速度v随时间t变化的图象可能是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力专题：电磁感应与电路结合分析：通过通电导线处于磁场中，受到安培力，由左手定则来确定安培力的方向，并得出安培力的大小，再根据牛顿第二定律来运动与力综合分析，从而即可求解解答：解：当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=N增大，根据牛顿第二定律得：mgBIL=ma，I=kt，则得：a=gt，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故B正确故选：B点评：本题运用动力学方法分析导体棒的运动情况，关键抓住安培力与时间的关系分析合力的变化，从而棒的合力情况，并借助于牛顿第二定律来解题5如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R=3r现在进行倒带，使磁带绕到A轮上倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )ABCD考点：线速度、角速度和周期、转速专题：匀速圆周运动专题分析：主动轮和从动轮边缘上的点线速度相等，A的角速度恒定，半径增大，线速度增大，当两轮半径相等时，角速度相等解答：解：在A轮转动的过程中，半径均匀增大，角速度恒定，根据v=r，知线速度均匀增大，设从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间为t，此时磁带边缘上各点的速度大小为v将磁带边缘上各点的运动等效看成一种匀加速直线运动，加速度为a，磁带总长为L，则：则有：v2（r）2=（3r）2v2=2a得 v=r结合加速度的定义得：=代入得 =解得 t=t故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键要灵活运用等效法，将磁带边缘上点的运动与匀加速直线运动等效，建立模型，可理清思路，同时要知道线速度与角速度的关系，以及知道A、B两轮的角速度相等时，半径相等6如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中 （整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）( )A橡皮绳的弹性势能一直增大B圆环的机械能先不变后减小C橡皮绳的弹性势能增加了mghD橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大考点：功能关系；动能和势能的相互转化分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大解答：解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大故A错误；B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh故C正确；D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大故D错误故选：BC点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机械能守恒的基础好题7如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场一个阻值为R的正方形金属线圈边长ld，线圈质量m=100g线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等不计空气阻力，取g=10m/s2，则( )A线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：（1）正方形金属线圈边长ld，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，完全在磁场中时线框再做加速运动（2）根据能量守恒可以判断在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热；根据位移速度关系式解出线框刚进入磁场时的速度，结合动能定理解出线框的最小速度解答：解：A：正方形金属线圈边长ld，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小故A错误；B：下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q=mgd=0.1100.6=0.6J，故B正确；C：根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流均为逆时针，穿出磁场过程中，电流均为顺时针，故C错误；D：通过导线截面的电量：，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电量相等故D正确故选：BD点评：决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相等的，属于简单题8如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m现有一个比荷大小为=1.0C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )A3m/sB3.75m/sC4.5m/sD5m/s考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：由题意，带正电的小球从挡板下端N处小孔向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，所以小球运动的圆心的位置一定在y轴上，然后由几何关系得出可能的碰撞的次数，以及圆心可能的位置，然后由比较公式即做出判定解答：解：由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点由于洛伦兹力提供向心力，所以：得： 1若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO=s，由几何关系得：r2=OM2+s2=9+s2 3r9=s 联立得：r1=3m；r2=3.75m分别代入得：=3m/sm/s2若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO=s，由几何关系得： x=9r3 联立得：r3=5m代入得：m/s故选：ABD点评：提供带电粒子在磁场中的圆周运动来考查牛顿第二定律，向心力公式，并突出几何关系在本题的应用，同时注重对运动轨迹的分析，利用圆的特性来解题是本题的突破口三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，共174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某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落在米尺上还安装了一个连接了内阻很大数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U改变h，调整线框的位置，多做几次实验记录各次的h，U（1）如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用U2h 图线（选填”Uh”或“U2h”）更容易得出结论（2）影响本实验精确程度的因素主要是空气阻力（至少列举一点）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）由机械能守恒推导出滑块下落h时的速度，然后由法拉第电磁感应定律推导出电压U和h的关系式，（2）由于阻力的存在，会存在一定误差解答：解：（1）mgh=mv2得：v=根据法拉第电磁感应定律：U=BLv=BLU2=2B2L2gh每次滑落时B、L相同，故U2与h成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U2h图象；（2）由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能带来实验误差故答案为：（1）U2h；（2）空气阻力点评：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作，同时加强应用物理规律处理实验问题的能力10物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的UI图象和如图丙所示的x图象（1）由图乙可得电源的电动势E=3.00V；内阻r=1.0（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12106m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率为1.3106m，图丙中图象截距的物理意义是电流表内阻为2.0（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；（2）根据欧姆定律与电阻定律求出x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；解答：解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V在图象中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式：r=1.0；（2）电阻丝电阻R=+RA，则=x+RA，x图象的斜率k=10，电阻率=kS=103.141.3106m；由=x+RA可知，函数x图线纵截距为2.0，它表示电流表的内阻为2； （3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差，不能减小系统误差；故答案为：（1）3.00（2.993.02均可） 1.0（0.801.0均可）（2）1.2106电流表内阻为2.0 （3）系统误差点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法11如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）当=37时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时的正切值考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）当杆与竖直方向成37时，对球受力分析，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求速度；（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件即可求出正切值解答：解：（1）当杆竖直固定放置时，F=mg 解得：F=2N当=37时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有：Fcos37=mgsin37+FN得：FN=1N小球受摩擦力Ff=FN=0.5N小球沿杆运动的加速度为a=解得a=15m/s2由得，小球到达杆下端时速度为v=6m/s（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：Fcos=mgsin得：tan=2答：（1）当=37时，小球离开杆时的速度大小为6m/s；（2）改变杆与竖直线的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时的正切值为2点评：本题考查利用牛顿第二定律和运动学公式解决问题的能力，关键是分别对小球的受力情况进行分析，找出平衡条件即可12（18分）如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E=100V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场一质量m=2106kg、电荷量q=2107C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达p（4，3）点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M（0，6.25）点，动能变为初动能的0.625倍，求：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间考点：动能定理；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）粒子运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解（2）根据电势差的定义式求出O点与P点、M点间的电势差由公式U=Ed，求出OD，由数学知识可得解（3）带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，由运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解解答：解：（1）设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点的动能为1.25Ek由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2由动能定理得：W1=Ek2Ek W2=1.25EkEk则 W1：W2=4：1 （2）O点和P点及M点的电势差分别为：UOP=，UOM=设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5m，沿OP方向电势下降则：=得OD=3.75m，OP与X轴的夹角，则：sin=D点的坐标为x D=ODcos=3 m，YD=ODsin=2.25m即：D （3 m，2.25 m）（3）由于OD=3.75 m 而OMcosMOP=3.75 m 所以MD垂直于OP由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP=又，DP=OPOD=1.25m解得：t=0.5s答：（1）粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比是4：1；（2）OP连线上与M点等电势的点的坐标是（3 m，2.25 m）；（3）粒子由P点运动到M点所需的时间是0.5s点评：本题是带电粒子在复合场中运动的类型，画出磁场中运动轨迹，电场中运用运动的分解都是常规方法，要能灵活运用几何知识求解磁场中空间尺寸（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )A显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大考点：分子势能；布朗运动；扩散；温度是分子平均动能的标志分析：把很多小的单晶体放在一起，仍然是晶体，第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，绝对零度只能无限接近解答：解：A、布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；B、分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，rr0，分子力随r增大减小，当r=r0时，分子力等于零，然后随r增大先增大再减小，故B错误；C、由于r=r0时分子势能最小，若分子之间距离开始小于r0，则随着分子距离的增大，分子势能先减小后增大，故C正确；D、分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；E、温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动不确定，故E错误故选：ACD点评：本题考查的内容较多，其中重点掌握布朗运动的实质，分子力和分子平均动能的大小关系14如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且TT0求此过程中外界对气体所做的功已知大气压强为P0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：根据气体的初末状态参量，应用理想气体状态方程求出活塞下降的高度x，由于外界大气压力不变，所以可根据功的计算公式W=Fl即可求解外界对气体所做的功解答：解：打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为P0活塞对气体的压强也是P0设达到平衡时活塞的高度为x，气体的温度为T，根据理想气体状态方程得：解得：此过程中外界对气体所做的功：答：此过程中外界对气体所做的功为P0SH（2）点评：此题考查学生应用理想气体实验定律解决实际问题的能力，要分析清楚气体的状态参量，有利于列出气态方程外界大气压不变，根据力学知识求解外界对气体做的功【物理-选修3-4】15一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )A这列波沿x轴正方向传播B这列波的波速是m/sC从t=0.6s开始，紧接着的t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10mD从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置E若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象考点：横波的图象；简谐运动的振动图象；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：由乙图读出该时刻即t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过t=0.6s时A质点通过的路程发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，对照条件分析能否发生明显衍射现象解答：解：A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正向故A正确B、由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：v=m/s=m/s故B正确C、t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=22cm=4cm故C错误D、图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP=m，Q点的横坐标为xQ=m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间为：t=s=0.4s，故D正确E、发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象，故E正确故选：ABDE点评：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向16如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？考点：光的折射定律分析：画出光路图，由折射定律得到入射角与折射角的关系，由几何关系也得到入射角与折射角的关系，即可求出入射角与折射角，再根据几何知识求解这条入射光线到AB的距离解答：解：设光线P经C折射后过B点，光路如图所示根据折射定律n= 在OBC中，由几何关系得：=2 由、得：2cos= 可得：=30，=60 所以CD=Rsin60=R 答：这条入射光线到AB的距离是R点评：对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系，再根据折射定律进行解题【物理-选修3-4】17北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为IXe+Y根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )AY粒子为粒子B若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C生成的Xe处于激发态，放射射线射线的穿透能力最强，电离能力也最强DI中有53个质子和131个核子E如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响考点：裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的解答：解：A、53131I54131Xe+Y，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为粒子，故A正确B、半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的所以，则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测故B错误C、生成的54131Xe处于激发态，还会放射射线射线的穿透能力最强，射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以射线的电离作用很弱，故C错误D、53131I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D正确E、半衰期是放射性元素的基本性质，由放射性元素本身决定，与外部环境和所处状态无关，故E正确；故选：ADE点评：知道半衰期的意义知道zxI中，x为质量数，z为核电荷数半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的18如图所示，一质量为m的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水 面上向右运动另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条 直线上运动为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：人与船组成的系统动量守恒，以人与甲船、人与乙船组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律即可正确解题解答：解：速度v最小的条件是：人跳上乙船稳定后两船的速度相等，以甲船的初速度方向为正方向，以甲船和人组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：（m+m）v0=mv船+mv，以乙船与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0+mv=（m+m）v船，解得：v=v0；答：人水平跳出时相对于地面的速率至为v0点评：本题考查了求速度问题，分析清楚运动过程、合理选择研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题