2019-2020年高三物理上学期10月联考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期10月联考试卷（含解析）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1（5分）甲、乙两物体沿同一直线运动的vt图象如图所示，由图可知（）A乙做速度为1m/s2匀速直线运动B前4s内甲物体一直在乙物体前方C4s内乙的平均速度大小为2m/sD4s内乙的速度大于甲的速度2（5分）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是（已知sin530=0.8，cos530=0.6）（）A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细线烧断后小球做平抛运动D细线烧断瞬间小球的加速度为g3（5分）如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）A两小球落地时的速度相同B两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C从开始运动至落地，A球重力做功较大D从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小4（5分）如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧恰处于原长若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（）A小球向下运动0.1m时速度最大B小球向下运动0.1m时与挡板分离C在小球开始运动到速度达到最大的过程中，小球一直做匀加速直线运动D在小球从开始运动到与挡板分离的过程中，小球重力势能的减少量等于其动能与弹簧弹性势能增加量之和5（5分）若某恒星系中所有天体的密度增大为原来的2倍，天体的直径和天体之间的距离不变，某行星绕该恒星做匀速圆周运动，则下述运行参量变化正确的是（）A行星绕该恒星做匀速圆周运动的向心力变为原来的2倍B行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的4倍C行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的2倍D行星绕该恒星做匀速圆周运动的周期变为原来的6（5分）如图所示a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，下列说法正确的是（）Ad点电场强度的方向由O指向dB+q在d点所具有的电势能比在O点的大Cd点的电势低于O点的电势Dd点的电场强度大于O点的电场强度7（5分）如图所示，平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可以忽略不计在M和P之间接有阻值为R=3.0的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动以下判断正确的是（）A导体棒ab中的感应电动势E=2.0vB电路中的电流I=0.5AC导体棒ab所受安培力方向向右D拉力做功的功率为W8（5分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表，理想电流表、热敏电阻Rr（阻值随温度的升高而减小）及报警器P组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声，则以下判断正确的是（）A变压器副线圈输出交流电的频率为50HzB电压表的示数为9VCRT处温度升到一定值时，报警器P将发出报警声DRT处温度升高时，变压器输入功率变小二、解答题（共4小题，满分45分）9（6分）某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置实验中该同学在砝码总质量（m+m=m0）保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数（1）该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有A秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=m/s，此次实验滑块的加速度a=m/s2（结果均保留两位有效数字）（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数=（g取10m/s2）10（9分）实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图1所示供选择的仪器如下：待测电流表G1（05mA，内阻约300），电流表G2 （010mA，内阻约100），定值电阻R1（300），定值电阻R2（10），滑动变阻器R3（01000），滑动变阻器R4（020），干电池（1.5V），电键S及导线若干（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）（2）对照电路图用笔连线连接图3实物图（3）补全实验步骤：按电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最（填“左端”或“右端”）闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图2所示（4）根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式11（12分）如图所示，已知倾角为=45、高为h的斜面固定在水平地面上一小球从高为H（hHh）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上（1）求小球落到地面上的速度大小；（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件；（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间12（18分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13（5分）下列五幅图对应五种说法，其中正确的是（）A图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力14（10分）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）【物理-选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图所示，两列简谐波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm图示为t0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置分别处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.5m，关于各质点运动情况，下列判断正确的是（）At=1s时刻，质点M的位移为+4cmBt=1s时刻，质点M的位移为4cmCt=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点D质点P、Q的起震方向都沿y轴负方向16某种材料做成的一个底角为30的等腰三棱镜，一细束红光从AB面的中点P沿平行于底面BC方向射入棱镜，经BC面反射，再从AC面的Q点射出，且有PQBC（图中未画光在棱镜内的光路）设真空中的光束为c，求：（1）该三棱镜对红光的折射率；（2）红光在棱镜中的传播速度【物理-选修3-5】（共2小题，满分0分）17以下关于天然放射现象，叙述正确的是（）A若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变短B衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C在，这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强D铀核U衰变为铅核P的过程中，要经过8次衰变和6次衰变E衰变的实质是原子核内2个质子和2个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来，发生衰变18如图所示，在光滑水平面上物块A处于静止状态，A的质量为1kg，某时刻一质量为m0=0.2kg的子弹以v0=60m/s的初速度水平射向物块A，从A中穿出子弹的速率为20m/s求：子弹穿出后物块A的速度大小在穿出过程中系统损失的机械能广西柳州市、玉林市、贵港市、百色市联考xx届高三上学期联考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1（5分）甲、乙两物体沿同一直线运动的vt图象如图所示，由图可知（）A乙做速度为1m/s2匀速直线运动B前4s内甲物体一直在乙物体前方C4s内乙的平均速度大小为2m/sD4s内乙的速度大于甲的速度考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：根据图象直接读出物体某时刻的速度，斜率表示加速度，根据图线与坐标轴所围“面积”比较位移关系两图线的交点表示速度相等解答：解：A、由图可知，甲的斜率为零，加速度为零，做匀速运动，故A错误；B、前4s内甲的速度一直大于乙的速度，但由于出发点的位置关系未知，故不能确定甲物体一直在乙物体前方，故B错误；C、4s内乙的平均速度为=2m/s，故C正确；D、4s内甲的速度一直大于乙的速度，故D错误故选：C点评：此题是速度图象问题，主要抓住图线的“面积”表示位移、交点表示速度相等数学意义来分析理解2（5分）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是（已知sin530=0.8，cos530=0.6）（）A小球静止时弹簧的弹力大小为mgB小球静止时细绳的拉力大小为mgC细线烧断后小球做平抛运动D细线烧断瞬间小球的加速度为g考点：牛顿第二定律；平抛运动专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度解答：解：A、B小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53=，细绳的拉力大小为：T=故A错误，B正确C、细线烧断后的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，不是做平抛运动，故C错误D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a=故D正确故选：BD点评：本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键3（5分）如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是（）A两小球落地时的速度相同B两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C从开始运动至落地，A球重力做功较大D从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论解答：解：A、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故A错误B、到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B正确C、根据重力做功的表达式得两个小球在运动的过程重力对两小球做功都为mgh，故C错误D、从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=知道重力对A小球做功的平均功率较大，故D错误；故选：B点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P=只能计算平均功率的大小，而P=Fvcos可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度4（5分）如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧恰处于原长若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（）A小球向下运动0.1m时速度最大B小球向下运动0.1m时与挡板分离C在小球开始运动到速度达到最大的过程中，小球一直做匀加速直线运动D在小球从开始运动到与挡板分离的过程中，小球重力势能的减少量等于其动能与弹簧弹性势能增加量之和考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a=4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移解答：解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即：kxm=mgsin30，解得：xm=，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m故A错误B、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F根据牛顿第二定律有 mgsin30kxF1=ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：mgsin30kx=ma，解得：x=0.1m，即小球向下运动0.1m时与挡板分离，故B正确C、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故C错误；D、从开始运动到分离的过程中，挡板对小球有沿斜面向上的支持力，小球重力势能的减少量大于其动能与弹簧弹性势能增加量之和，故D错误故选：B点评：在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移5（5分）若某恒星系中所有天体的密度增大为原来的2倍，天体的直径和天体之间的距离不变，某行星绕该恒星做匀速圆周运动，则下述运行参量变化正确的是（）A行星绕该恒星做匀速圆周运动的向心力变为原来的2倍B行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的4倍C行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的2倍D行星绕该恒星做匀速圆周运动的周期变为原来的考点：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：结合中心天体的质量变化，通过万有引力提供向心力得出线速度、周期的变化解答：解：A、中心天体的质量M=V，直径不变，则体积不变，可知质量变为原来的2倍向心力，知M和m都变为原来的2倍，则向心力变为原来的4倍故A错误B、根据知，v=，T=，轨道半径不变，中心天体的质量变为原来的2倍，则线速度变为原来的倍，周期变为原来的倍故D正确，B、C错误故选：D点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系6（5分）如图所示a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120现将三个等量的正点电荷+Q固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为+q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，下列说法正确的是（）Ad点电场强度的方向由O指向dB+q在d点所具有的电势能比在O点的大Cd点的电势低于O点的电势Dd点的电场强度大于O点的电场强度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；O点的电场强度等于b处+Q在O处产生的电场强度大小根据顺着电场线方向电势降低，分析d点与O点电势关系正电荷在高电势高处电势能大解答：解：A、设菱形的边长为r，根据公式E=k分析可知三个点电荷在D产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为ED=2k方向由O指向d故A正确；B、C、Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，O点的电势高于d点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知+q在d点所具有的电势能较小故B错误，C正确；D、O点的场强大小为EO=k，可见，d点的电场强度小于O点的电场强所以+q在d点所受的电场力较小，故D错误故选：AC点评：本题关键要抓住对称性，由电场的叠加分析场强大小和电场线的方向，再判断电场力大小和电势能的高低7（5分）如图所示，平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可以忽略不计在M和P之间接有阻值为R=3.0的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动以下判断正确的是（）A导体棒ab中的感应电动势E=2.0vB电路中的电流I=0.5AC导体棒ab所受安培力方向向右D拉力做功的功率为W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专题：电磁感应功能问题分析：由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律可以求出感应电流；由右手定则判断出感应电流方向，然后由左手定则判断出安培力方向；由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后由P=Fv求出拉力的功率解答：解：A、感应电动势：E=Blv=0.40.510=2V，故A正确；B、电路电流：I=A，故B错误；C、由右手定则可知，感应电流由b流向a，由左手定则可知，安培力水平向左，故C错误；D、ab受到的安培力：F安培=BIl=0.40.5=N，ab匀速运动，由平衡条件可得：F=F安培=N，拉力的功率：P=Fv=10=W，故D正确；故选：AD点评：本题考查了求感应电动势、感应电流、拉力功率、判断安培力方向，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、P=Fv、左手定则与右手定则即可在正确解题8（5分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表，理想电流表、热敏电阻Rr（阻值随温度的升高而减小）及报警器P组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声，则以下判断正确的是（）A变压器副线圈输出交流电的频率为50HzB电压表的示数为9VCRT处温度升到一定值时，报警器P将发出报警声DRT处温度升高时，变压器输入功率变小考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律专题：交流电专题分析：由图乙可知交流电压最大值Um=36V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化解答：解：A、由图知周期T=0.02s，所以变压器副线圈输出交流电的频率为f=50Hz，故A正确；B、根据图象可得原线圈的电压的最大值Em=36V，最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为U1=36V，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=4：1，所以副线圈的电压的有效值为U2=9V，所以电压表的示数小于9V，故B错误；C、Rt处温度升高时阻值减小，副线圈中电流增大，报警器P将发出报警声，故C正确；D、Rt处温度升高时副线圈中电流增大，而副线圈的电压不变，变压器的输出功率变大，变压器输入功率变大，故D错误；故选：AC点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键二、解答题（共4小题，满分45分）9（6分）某同学设计了一个如图1所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置实验中该同学在砝码总质量（m+m=m0）保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数（1）该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有BDA秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源（2）实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA=1.61cm，OB=4.02cm，OC=7.26cm，OD=11.30cm，OE=16.14cm，OF=21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v=0.52m/s，此次实验滑块的加速度a=0.81m/s2（结果均保留两位有效数字）（3）在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数=0.3（g取10m/s2）考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）需要交流电源和长度的测量工具；（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，由匀加速规律可得，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度、用x=at2求解加速度；（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵轴截距为g，可解得动摩擦因数解答：解：（1）A、打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误B、实验需要测量两点之间的距离，故需要毫米刻度尺和，故B正确C、本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误D、打点计时器要用到低压交流电源，故D正确故选：BD；（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1s，故用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vD=102m/s=0.44m/s同理可求，vC=102m/s=0.36m/s由匀变速运动规律得：vD=所以：vE=2vDvC=0.880.36m/s=0.52m/s由x=at2可得：a=0.81m/s2（3）对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=g所以，am图象中，纵轴的截距为g，故g=3，=0.3故答案为：（1）BD；（2）0.52；0.81；（3）0.3点评：熟悉纸带的处理方法，注意时间的数值和长度的单位、逐差法等；对于图象问题，注意分析截距、斜率、面积等的含义10（9分）实际电流表有内阻，测量电流表G1内阻r1的电路如图1所示供选择的仪器如下：待测电流表G1（05mA，内阻约300），电流表G2 （010mA，内阻约100），定值电阻R1（300），定值电阻R2（10），滑动变阻器R3（01000），滑动变阻器R4（020），干电池（1.5V），电键S及导线若干（1）定值电阻应选，滑动变阻器应选（在空格内填写序号）（2）对照电路图用笔连线连接图3实物图（3）补全实验步骤：按电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最最左端（填“左端”或“右端”）闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图2所示（4）根据I2I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=（k1）R1考点：伏安法测电阻分析：由于电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式解答：解：（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大故定值电阻选，滑动变阻器选（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示 （3）补充实验步骤见 将滑动触头移至最左端 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2 （4）根据并联分流公式IG2=IG1，又=k，解得r1=（k1）R1，式中r1即rG1故答案为：（1）；（2）电路图如图所示；（3）最左端；（4）r1=（k1）R1点评：本题考查测量实际电流表G1内阻r1的实验器材选择，实物电路连接及实验原理（并联分流）等对于变阻器分压式接法，操作时要注意：开关闭合前，变阻器输出电压要最小11（12分）如图所示，已知倾角为=45、高为h的斜面固定在水平地面上一小球从高为H（hHh）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上（1）求小球落到地面上的速度大小；（2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件；（3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间考点：平抛运动；自由落体运动专题：平抛运动专题分析：（1）由于小球与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；（2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；（3）根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解最长的时间解答：解：（1）设小球落到底面的速度为v，根据机械能守恒得：，得：（2）小球做自由落体的末速度为：小球做平抛运动的时间为：由shx解得：（3）当Hh+x=hx，即x=h时，小球运动时间最长，x=h，符合（2）的条件代入得：答：（1）小球落到地面上的速度大小为；（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件为；（3）在满足（2）的条件下，小球运动的最长时间为2点评：本题是机械能守恒与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，比如几何关系，运用数学上函数法求解极值12（18分）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为By轴下方的A点与O点的距离为d一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场不计粒子的重力作用（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置考点：动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：动能定理的应用专题分析：（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置解答：解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得 粒子进入磁场后做圆周运动，有 解得粒子在磁场中运动的半径 （2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图，由几何知识可得 由以上各式解得 （3）将代入可得磁场中运动的轨道半径 粒子运动情况如图，图中的角度、满足 cos= 即=30 则得 =2=60 所以 粒子经过x轴时的位置坐标为 解得 答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0E0为（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=点评：本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13（5分）下列五幅图对应五种说法，其中正确的是（）A图中微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力F必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力考点：布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象专题：布朗运动专题分析：A图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动B当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零C食盐晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的D小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E这个现象与分子力有关解答：解：A、图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故A错误B、当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确C、食盐晶体是单晶体的物理性质沿各个方向都是不一样的，故C错误D、小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，故D正确E、洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，故E正确故选：BDE点评：本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力14（10分）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【物理-选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图所示，两列简谐波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm图示为t0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻平衡位置分别处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.5m，关于各质点运动情况，下列判断正确的是（）At=1s时刻，质点M的位移为+4cmBt=1s时刻，质点M的位移为4cmCt=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点D质点P、Q的起震方向都沿y轴负方向考点：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：由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移由波的传播方向来确定质点的振动方向两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱解答：解：A、由图知波长=0.4m，由v=得，波的周期为T=s，两质点传到M的时间为T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为4cm故B正确，A错误；C、质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故C错误；D、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，故D正确；故选：BD点评：本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零16某种材料做成的一个底角为30的等腰三棱镜，一细束红光从AB面的中点P沿平行于底面BC方向射入棱镜，经BC面反射，再从AC面的Q点射出，且有PQBC（图中未画光在棱镜内的光路）设真空中的光束为c，求：（1）该三棱镜对红光的折射率；（2）红光在棱镜中的传播速度考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）根据反射光路的对称性，P点关于BC的对称点P，连接PQ，从而光路图，由几何关系得到光线在AB在面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率（2）由v=求解红光在棱镜中的传播速度解答：解：（1）根据反射光路的对称性，P点关于BC的对称点P，连接PQ，作出光路图如图所示由几何关系得：光线在AB在面上的入射角和折射角分别为：i=602=30，1=30则折射率为 n=（2）红光在棱镜中的传播速度为 v=1.73108m/s答：（1）该三棱镜对红光的折射率为；（2）红光在棱镜中的传播速度为1.73108m/s点评：本题是简单的几何光学问题，关键要正确作出光路图，运用折射定律、光速公式和几何知识结合进行研究【物理-选修3-5】（共2小题，满分0分）17以下关于天然放射现象，叙述正确的是（）A若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变短B衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C在，这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强D铀核U衰变为铅核P的过程中，要经过8次衰变和6次衰变E衰变的实质是原子核内2个质子和2个中子能紧密结合在一起，在一定条件下以一个整体从原子核中抛射出来，发生衰变考点：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：半衰期由原子核本身决定，衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转化为质子，而释放出的电子，在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强解答：解；A、半衰期由原子核本身决定，与温度无关，A错误；B、衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转化为质子，而释放出的电子，B错误；C、在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强，C正确；D、设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为：92238U82206Pb+x+y，则：238=206+4x，解得：x=8，又：92=82+82y，得：y=6，D正确；E、衰变的实质是原子核内的两个质子和两个中子结合成一个粒子，E正确；故选：CDE点评：掌握半衰期的意义，会解释衰变的实质，会根据质量数守恒和电荷数守恒求衰变的种类和次数18如图所示，在光滑水平面上物块A处于静止状态，A的质量为1kg，某时刻一质量为m0=0.2kg的子弹以v0=60m/s的初速度水平射向物块A，从A中穿出子弹的速率为20m/s求：子弹穿出后物块A的速度大小在穿出过程中系统损失的机械能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：子弹穿木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能解答：解：子弹穿木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=m0v1+mAvA，代入数据解得：vA=8m/s；子弹穿木块过程，由能量守恒定律得：E=m0v02m0v12mAvA2，代入数据解得：E=288J；答：子弹穿出后物块A的速度大小为8m/s；在穿出过程中系统损失的机械能为288J点评：本题考查了求速度、损失的机械能，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题