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江苏省南京市玄武区溧水高中2018届高三上学期期初物理试卷Word版含解析

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2017-2018 学年江苏省南京市玄武区溧水高中高三(上)期初物理试卷
一、单选选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共计 15 分,每小题只有一个选项符合题意. 1.关于超重和失重的下列说法中,正确的是( ) A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减少了 B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,做自由落体运动的物体也受重力作用 C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化 2.如图所示,在载流直导线*旁固定有两*行光滑导轨 A、B,导轨与直导线*行且在同一水 *面内,在导轨上有两根可自由滑动的导体棒 ab 和 cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时, 导体棒 ab 和 cd 的运动情况是( )
A.一起向左运动 B.一起向右运动 C.相向运动,相互靠* D.相背运动,相互远离 3.如图所示,一木块受到一水*力 F 作用静止于斜面上,此力 F 的方向与斜面底边*行,如 果将力 F 撤掉,下列对木块的描述正确的是( )
A.木块将沿斜面下滑 B.木块受到的摩擦力变小 C.木块即获得加速度 D.木块所受的摩擦力方向不变 4.如图所示电路,已知电源电动势为 E,内阻为 r,R0 为固定电阻,当滑动变阻器 R 的触头向 下移动时,下列论述不正确的是( )
A.灯泡 L 一定变亮 B.电流表的示数变小

C.电压表的示数变小 D.R0 消耗的功率变小 5.如图所示,a、b 两个质量相同的球用线连接,a 球用线挂在天花板上,b 球放在光滑斜面 上,系统保持静止,以下图示哪个是正确的( )

A.

B.

C



D.
二、多选选择题:本题共 4 小题,每小题 4 分,共计 16 分,每小题有多个选项符合题意.全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分. 6.暗物质是二十一世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来一场物理学的革命.为了探测 暗物质,我国在 2015 年 12 月 17 日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星.已 知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间 t(t 小于其运动周期), 运动的弧长为 s,与地球中心连线扫过的角度为 β (弧度),引力常量为 G,则下列说法中正 确的是( ) A.“悟空”的线速度小于第一宇宙速度 B.“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 C.“悟空”的环绕周期为

D.“悟空”的质量为 7.如图所示,实线表示一簇关于 x 轴对称的等势面,在轴上有 A、B 两点,则( )
A.A 点场强小于 B 点场强 B.A 点场强方向指向 x 轴负方向 C.A 点场强大于 B 点场强 D.A 点电势高于 B 点电势 8.如图所示,两根足够长的直金属导轨*行放置在倾角为 θ 的绝缘斜面上,两导轨间距为 L, 底端接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上,并与导轨垂直, 导轨和杆 ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面 向上.让杆 ab 沿轨道由静止开始下滑,导轨和杆 ab 接触良好,不计它们之间的摩擦,杆 ab 由静止下滑距离 S 时,已处于匀速运动.重力加速度为 g.则( )

A.匀速运动时杆 ab 的速度为
B.匀速运动时杆 ab 受到的安培力大小为 mgsinθ C.杆 ab 由静止下滑距离 S 过程中,安培力做功为 mgSsinθ D.杆 ab 由静止下滑距离 S 过程中,电阻 R 产生的热量为 mgSsinθ 9.一小球从地面竖直上抛,后又落回地面,小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比,取 竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移 s、机械能 E 随时间 t 变化的 图象中,可能正确的有( )

A



B



C



D.

三、简答题:本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分,共计 42 分.请将

解答填写在答题卡相应的位置.

10.某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒:将一端

带有滑轮的长金属轨道水*放置,重物通过细绳水*牵引小车沿轨道运动,利用打点计时器



















动.

(1)本实验中小车质量

(填“需要”、“不需要”)远大于重物质量;

(2)将小车靠*打点计时器,将穿好的纸带拉直,接通电源,释放小车.图乙是打出的一条

清晰纸带,O 点是打下的第一个点,1、2、3、4、5 是连续的计数点,O 点和计数点 1 之间还

有多个点(图中未画出),相邻计数点间的时间间隔为 0.02s.在打计数点 4 时小车的速度 v=

m/s(保留三位有效数字).若已知重物的质量为 m,小车的质量为 M,则从点 O 到点 4 的过程

中,系统减少的重力势能为

J,增加的动能为

J(g 取 9.8m/s2,数字保留两位

小数).

11.小张和小明测绘标有“3.8V 0.4A”小灯泡的伏安特性曲线,提供的实验器材有:

A.电源 E(4V,内阻约 0.4Ω )

B.电压表 V(2V,内阻为 2kΩ )

C.电流表 A(0.6A,内阻约 0.3Ω )

D.滑动变阻器 R(0~10Ω )

E.三个定值电阻(R1=1kΩ ,R2=2kΩ ,R3=5kΩ )

F.开关及导线若干

(1)小明研究后发现,电压表的量程不能满足实验要求,为了完成测量,他将电压表进行了

改装.在给定的定值电阻中选用

(选填“R1”、“R2”或“R3”)与电压表

(选

填“串联”或“并联”),完成改装.

(2)小张选好器材后,按照该实验要求连接电路,如图所示(图中电压表已经过改装).闭

合开关前,小明发现电路中存在两处不恰当的地方,分别是:①

;②



(3)正确连接电路后,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片 P,电压表和电流表的示数改变,

但均不能变为零.由此可以推断电路中发生的故障可能是导线

(选填图中表示导线的

序号)出现了

(选填“短路”或“断路”).

[选修 3-3]

12.下列说法正确的是( )

A.空气中水蒸气的压强越大,人体水分蒸发的越快

B.单晶体具有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点

C.水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的

D.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大

13.一定质量的理想气体由状态 A 变化到状态 B,压强随体积变化的关系如图所示.气体在状

态 A 时的内能

状态 B 时的内能(选填“大于”、“小于”或“等于”);由 A 变化到 B,

气体对外界做功的大小

(选填“大于”、“小于”或“等于”)气体从外界吸收的热

量.

14.如图所示,用销钉固定的活塞把导热气缸分隔成两部分,A 部分气体压强 PA=6.0×105 Pa, 体积 VA=1L;B 部分气体压强 PB=2.0×105 Pa,体积 VB=3L.现拔去销钉,外界温度保持不变, 活塞与气缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气,A、B 两部分气体均为理想气体.求活塞稳 定后 A 部分气体的压强.

[选修 3-5]

15.下列说法正确的是( )

A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象

B.天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构

C.一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量和

D.已知钴 60 的半衰期为 5.27 年,则任一个钴 60 原子核都将在 5.27 年内发生衰变

16.如图所示为氢原子的能级图,n 为量子数.若氢原子由 n=3 跃迁到 n=2 的过程释放出的光

子恰好能使某种金属产生光电效应,则一群处于 n=4 的氢原子在向基态跃迁时,产生的光子

中有

种 频 率 的 光 子 能 使 该 金 属 产 生 光 电 效 应 , 其 中 光 电 子 的 最 大 初 动 能 Ekm=

eV.

17.质量为 2kg 的物体 B 静止在光滑水*面上,一质量为 1kg 的物体 A 以 2.0m/s 的水*速度 和 B 发生正碰,碰撞后 A 以 0.2m/s 的速度反弹,求碰撞过程中系统损失的机械能.
四、计算题:本题共 3 小题,共 47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤,只写最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 18.如图为俯视图,虚线 MN 右侧存在一个竖直向上磁感应强度为 B 的匀强磁场,电阻为 R, 质量为 m,边长为 L 的正方形单匝金属线框 abcd 放在光滑水*面上,ab 边在磁场外侧紧靠 MN 虚线边界.当线框以初速度 v0 穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功为 W,求: (1)初速度 v0 时刻,线框中感应电流 I 的大小和方向; (2)线框 cd 边穿出磁场时的速度 v; (3)线框穿出磁场一半过程中,通过线框截面的电量 q.

19.预警雷达探测到敌机在 20000m 上空水*匀速飞行,立即启动质量 m=100kg 的防空导弹, 导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气,使导弹由静止以 a=10g(g=10m/s2)的加

速度竖直向上匀加速上升至 5000m 高空,喷气方向立即变为与竖直方向成 θ 角(cosθ =



斜向下,导弹做曲线运动,直至击中敌机.假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定,且不考 虑导弹质量变化及空气阻力,导弹可视为质点.试求: (1)火箭喷气产生的推力; (2)导弹从发射到击中敌机所用的时间; (3)导弹击中敌机时的动能.

20.如图 a 所示,匀强磁场垂直于 xOy *面,磁感应强度 B1 按图 b 所示规律变化(垂直于纸

面向外为正).t=0 时,一比荷为 =1×105C/kg 的带正电粒子从原点沿 y 轴正方向射入,速

度大小

v=5 × 104m/s , 不 计 粒 子 重





(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.

(2)求 t=

×10﹣4s 时带电粒子的坐标.

(3)保持 b 中磁场不变,再加一垂直于 xOy *面向外的恒定匀强磁场 B2,其磁感应强度为 0.3T, 在 t=0 时,粒子仍以原来的速度从原点射入,求粒子回到坐标原点的时刻.

2017-2018 学年江苏省南京市玄武区溧水高中高三(上)期初物理试卷 参考答案与试题解析
一、单选选择题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共计 15 分,每小题只有一个选项符合题意. 1.关于超重和失重的下列说法中,正确的是( ) A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减少了 B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,做自由落体运动的物体也受重力作用 C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态 D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化 【考点】3B:超重和失重. 【分析】物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重,小于重力则称 为失重,处于超重或失重状态时物体的重力并不变.物体具有向上的加速度时处于超重状态, 物体具有向下的加速度时处于失重状态. 【解答】解:A、所谓超重是指物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力,失 重是指物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力小于物体的重力,而物体的重力没有变化, 故 A 错误. B、物体做自由落体运动时只受重力,处于完全失重状态,故 B 正确. C、根据牛顿第二定律得知,物体具有向上的加速度时处于超重状态,物体具有向下的加速度 时处于失重状态.故 C 错误. D、物体处于超重或失重状态时,物体的重力并没有变化,而且始终存在,故 D 正确. 故选:BD.
2.如图所示,在载流直导线*旁固定有两*行光滑导轨 A、B,导轨与直导线*行且在同一水 *面内,在导轨上有两根可自由滑动的导体棒 ab 和 cd.当载流直导线中的电流逐渐减弱时, 导体棒 ab 和 cd 的运动情况是( )

A.一起向左运动 B.一起向右运动 C.相向运动,相互靠* D.相背运动,相互远离 【考点】D8:法拉第电磁感应定律;CC:安培力;DB:楞次定律. 【分析】根据右手螺旋定则判断直线电流周围的磁场,根据楞次定律判断出回路中的感应电 流,再结合左手定则判断 ab、cd 所受的安培力方向,确定导体棒的运动情况. 【解答】解:根据右手螺旋定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流减小时, 磁场减弱,根据楞次定律得,回路中的感应电流为 acdb,根据左手定则知,ab 所受安培力方 向向左,cd 所受安培力向右,即 ab 和 cd 反向运动,相互远离.故 D 正确,A、B、C 错误. 故选:D.
3.如图所示,一木块受到一水*力 F 作用静止于斜面上,此力 F 的方向与斜面底边*行,如 果将力 F 撤掉,下列对木块的描述正确的是( )

A.木块将沿斜面下滑 B.木块受到的摩擦力变小 C.木块即获得加速度 D.木块所受的摩擦力方向不变 【考点】37:牛顿第二定律;2G:力的合成与分解的运用. 【分析】将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向,在垂直于斜面的*面内分 析受力情况,根据*衡条件分析摩擦力大小和方向如何变化. 【解答】解:设木块的重力为 G,将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向, 沿斜面向下的分力大小为 Gsinθ ,如图,在斜面*面内受力如图.力 F 未撤掉时,由图 1 根

据*衡条件得,静摩擦力大小 f1=

,力 F 撤掉时,重力分

力 Gsinθ <

,所以木块仍保持静止.由图 2,根据*衡

条件得 f2=Gsinθ ,所以木块受到的摩擦力变小.由图看出,木块所受的摩擦力方向发生了改 变. 故选 B

4.如图所示电路,已知电源电动势为 E,内阻为 r,R0 为固定电阻,当滑动变阻器 R 的触头向 下移动时,下列论述不正确的是( )
A.灯泡 L 一定变亮 B.电流表的示数变小 C.电压表的示数变小 D.R0 消耗的功率变小 【考点】BB:闭合电路的欧姆定律. 【分析】当 R 的滑动触头向下滑移动时,R 变大,外电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律 分析总电流和路端电压的变化,确定伏特表的读数变化和灯泡 L 亮度的变化.再分析并联部 分的电压变化,判?才啾 A 读数变化.根据电流的变化,分析 R0 消耗的功率如何变化. 【解答】解:AC、当 R 的滑动触点向下滑移动时,R 变大,外电路总电阻变大,由闭合电路欧 姆定律知,总电流 I 变小,电源的内电压变小,则路端电压变大,因此电压表读数变大.灯 泡 L 的电压增大,则灯 L 一定变亮.故 A 正确,C 错误.

BD、电路中并联部分的电压变大,通过 L 的电流变大,而总电流减小,则电流表 A 的读数减 小,R0 消耗的功率变小.故 B、D 正确 本题选不正确的,故选:C
5.如图所示,a、b 两个质量相同的球用线连接,a 球用线挂在天花板上,b 球放在光滑斜面 上,系统保持静止,以下图示哪个是正确的( )

A.

B.

C



D.
【考点】2H:共点力*衡的条件及其应用;2G:力的合成与分解的运用. 【分析】先对 b 球受力分析,受重力、支持力和拉力,根据共点力*衡条件先判断下面的细 线的方向;再对 ab 两个球整体受力分析,受重力、支持力和拉力,再次根据共点力*衡条件 判断上面的细线的方向. 【解答】解:对 b 球受力分析,受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力,由于三 力*衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故细线拉力向右上方, 故 A 图错误; 再对 ab 两个球整体受力分析,受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力,再次根 据共点力*衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方,故 C、D 图均错误; 故选 B.

二、多选选择题:本题共 4 小题,每小题 4 分,共计 16 分,每小题有多个选项符合题意.全 部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不答的得 0 分. 6.暗物质是二十一世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来一场物理学的革命.为了探测 暗物质,我国在 2015 年 12 月 17 日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星.已 知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间 t(t 小于其运动周期), 运动的弧长为 s,与地球中心连线扫过的角度为 β (弧度),引力常量为 G,则下列说法中正 确的是( ) A.“悟空”的线速度小于第一宇宙速度 B.“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C.“悟空”的环绕周期为

D.“悟空”的质量为

【考点】4H:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;4F:万有引力定律及其应用. 【分析】已知该太空电站经过时间 t(t 小于太空电站运行的周期),它运动的弧长为 s,它与 地球中心连线扫过的角度为 β (弧度),根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角 速度,然后根据 v=ω r 可求得轨道半径;根据万有引力提供向心力求求得地球的质量. 【解答】解:A、该太空电站经过时间 t(t 小于太空电站运行的周期),它运动的弧长为 s, 它与地球中心连线扫过的角度为 β (弧度), 则太空站运行的线速度为 v=

角速度为:ω =

根据 v=ω r 得轨道半径为:r=

=

人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则

有:G

=m

,得 v=

,可知卫星的轨道半径越大,速率越小,第一宇宙速

度是*地卫星的环绕速度,故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度,故 A 正确;

B、由 G

=m 得:加速度 a=

,则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心

加速度.故 B 正确.

C、“悟空”的环绕周期为 T=

=

,故 C 正确;

D、“悟空”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即:G

=mrω 2,ω =

联立解得:地球的质量为 M= 故选:ABC

,不能求出“悟空”的质量.故 D 错误;

7.如图所示,实线表示一簇关于 x 轴对称的等势面,在轴上有 A、B 两点,则( )

A.A 点场强小于 B 点场强 B.A 点场强方向指向 x 轴负方向

C.A 点场强大于 B 点场强 D.A 点电势高于 B 点电势

【考点】AF:等势面;A6:电场强度.

【分析】电场线与等势面垂直.电场线密的地方电场的强度大,等势面密,电场线疏的地方

电场的强度小,等势面疏;沿电场线的方向,电?档停刈诺仁泼嬉贫愕绾桑绯×Σ

做功.电场线与等势面垂直.

【解答】解:A、C、等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小,由于 0.4V 与 0.1V 两个等

势面间电势差大于 0.6V 与 0.4V 两个等势面间电势差,U=

,B 点电场强度较大,故 A

正确,C 错误;

B、电场线与等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故 A 点场强方向指向

x 轴正方向,故 B 错误;

D、电场线与等势面垂直,并且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故电场线沿着 x 轴正

方向;沿着电场线电势逐渐降低,故 A 点电势高于 B 点电势;故 D 正确;

故选:AD.

8.如图所示,两根足够长的直金属导轨*行放置在倾角为 θ 的绝缘斜面上,两导轨间距为 L, 底端接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上,并与导轨垂直, 导轨和杆 ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面

向上.让杆 ab 沿轨道由静止开始下滑,导轨和杆 ab 接触良好,不计它们之间的摩擦,杆 ab 由静止下滑距离 S 时,已处于匀速运动.重力加速度为 g.则( )

A.匀速运动时杆 ab 的速度为

B.匀速运动时杆 ab 受到的安培力大小为 mgsinθ C.杆 ab 由静止下滑距离 S 过程中,安培力做功为 mgSsinθ D.杆 ab 由静止下滑距离 S 过程中,电阻 R 产生的热量为 mgSsinθ 【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势;DD:电磁感应中的能量转化. 【分析】匀速运动时杆 ab 的合力为零,根据安培力与速度的关系式和*衡条件求出 ab 杆的 速度和 ab 受到的安培力.根据能量守恒定律求出电阻 R 上产生的热量,并得到安培力做功.

【解答】解:AB、匀速运动时有:mgsinθ =F 安,又 F 安=BIL=

,解得:

v=

,F 安=mgsinθ ,故 AB 正确.

CD、杆 ab 由静止下滑距离 S 过程中,根据能量守恒可得电阻 R 产生的热量 Q=mgSsinθ ﹣

,克服安培力做功为 W=Q=mgSsinθ ﹣

,故 CD 错误.

故选:AB

9.一小球从地面竖直上抛,后又落回地面,小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比,取 竖直向上为正方向下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移 s、机械能 E 随时间 t 变化的 图象中,可能正确的有( )

A



B



C



D.

【考点】1I:匀变速直线运动的图像;1D:匀变速直线运动的速度与时间的关系. 【分析】根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化,由速度时间图象的斜率等于加速度、 位移时间图象的斜率等于速度,分析 v﹣t 图象和 s﹣t 图象的形状.根据功能关系分析机械 能的变化情况. 【解答】解:AB、小球在上升过程中,设小球的加速度为 a1,由牛顿第二定律得:mg+f=ma1,

又 f=kv,得 a1=g+

,v 减小,则 a1 减小,v﹣t 图象的斜率逐渐减小.

小球在下落过程中,设小球的加速度为 a2,由牛顿第二定律得:mg﹣f=ma1,又 f=kv,得 a2=g



,v 增大,则 a2 减小,v﹣t 图象的斜率逐渐减小.可知,v﹣t 图象正确,a﹣t 图象

错误.故 A 正确,B 错误. C、根据位移时间图象的斜率等于速度,s﹣t 图象的斜率先减小后反向增大,且下落时间大于 上升时间,故 C 正确.

D 、 根 据 功 能 关 系 得 : ﹣ f △ s= △ E , 则 得

=﹣f,由

=

?

=

? ,则得

=﹣fv=﹣kv2,v 是变化的,则

知 E﹣t 图象的斜率是变化的,图象应为曲线,故 D 错误. 故选:AC

三、简答题:本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分,共计 42 分.请将

解答填写在答题卡相应的位置.

10.某实验小组用图甲所示装置研究系统在金属轨道上运动过程中机械能是否守恒:将一端

带有滑轮的长金属轨道水*放置,重物通过细绳水*牵引小车沿轨道运动,利用打点计时器



















动.

(1)本实验中小车质量 不需要 (填“需要”、“不需要”)远大于重物质量; (2)将小车靠*打点计时器,将穿好的纸带拉直,接通电源,释放小车.图乙是打出的一条 清晰纸带,O 点是打下的第一个点,1、2、3、4、5 是连续的计数点,O 点和计数点 1 之间还 有多个点(图中未画出),相邻计数点间的时间间隔为 0.02s.在打计数点 4 时小车的速度 v= 2.03 m/s(保留三位有效数字).若已知重物的质量为 m,小车的质量为 M,则从点 O 到点 4 的过程中,系统减少的重力势能为 5.18m J,增加的动能为 2.65(m+M) J(g 取 9.8m/s2, 数字保留两位小数).

【考点】MD:验证机械能守恒定律. 【分析】(1)明确实验原理,根据机械能守恒定律进行分析即可明确是否需要小车的质量远 小于重物的质量; (2)根据*均速度方法可求得打点 4 时的速度;根据重力势能的定义可求得 0 到 4 时的改变 量;根据动能的定义可求得动能的变化. 【解答】解:(1)本实验中为了验证机械能守恒定律,两物体的质量均要考虑,故不需要使 小车的质量远小于重物的质量;

(2)打 4 点时的速度 v=

=

=2.30m/s;

0 到 4 过程中重力势能的减小量△EP=mgh=9.8×0.5290m=5.18m; 动能的增加量△Ek= (m+M)v2= ×(2.3)2(M+m)=2.65(M+m)

故答案为:(1)不需要;(2)2.30;5.18m; 2.65(m+M).

11.小张和小明测绘标有“3.8V 0.4A”小灯泡的伏安特性曲线,提供的实验器材有: A.电源 E(4V,内阻约 0.4Ω ) B.电压表 V(2V,内阻为 2kΩ ) C.电流表 A(0.6A,内阻约 0.3Ω ) D.滑动变阻器 R(0~10Ω ) E.三个定值电阻(R1=1kΩ ,R2=2kΩ ,R3=5kΩ ) F.开关及导线若干 (1)小明研究后发现,电压表的量程不能满足实验要求,为了完成测量,他将电压表进行了 改装.在给定的定值电阻中选用 R2 (选填“R1”、“R2”或“R3”)与电压表 串联 (选 填“串联”或“并联”),完成改装. (2)小张选好器材后,按照该实验要求连接电路,如图所示(图中电压表已经过改装).闭 合开关前,小明发现电路中存在两处不恰当的地方,分别是:① 电流表采用内接法 ;② 滑片 P 置于 b 处 . (3)正确连接电路后,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片 P,电压表和电流表的示数改变, 但均不能变为零.由此可以推断电路中发生的故障可能是导线 8 (选填图中表示导线的序 号)出现了 断路 (选填“短路”或“断路”).

【考点】N5:描绘小电珠的伏安特性曲线. 【分析】(1)根据所给器材与电压表改装原理分析答题. (2)根据实验注意事项,分析图示电路图答题. (3)滑动变阻器采用限流接法时,电压与电流不能从零开始变化,分析图示电路图答题. 【解答】解:(1)灯泡额定电压为 3.8V,可以把电压表改装为 4V 量程,电压表量程为 2V, 内阻为 2kΩ ,要把电压表改装成 4V 的电压表,可以串联 2kΩ 的电阻,应选电阻 R2.

(2)灯泡正常发光时的电阻为:R=

=9.5Ω ,电压表内阻为 4kΩ ,电流表内阻约为

0.3Ω ,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,由图示电路图可知,电流表采用 内接法,这错误的;由图示电路图可知,滑动变阻器采用分压接法,为保护电路安全,闭合 开关前,滑片应置于左端,由电路图可知,滑片 P 置于 b 处,这是错误的. (3)移动滑片,电压表与电流表示数不能为零,说明滑动变阻器是限流接法,由图示电路图 可知,可能是导线 8 发生断路造成的. 故答案为:(1)R2;串联;(2)电流表内接;滑片 P 置于 b 处;(3)8;断路.

[选修 3-3] 12.下列说法正确的是( ) A.空气中水蒸气的压强越大,人体水分蒸发的越快 B.单晶体具有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点 C.水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的 D.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大 【考点】87:分子势能. 【分析】体水分蒸发的快慢与相对湿度有关;晶体具有固定的熔点;液体存在表面张力;当

分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大.由此即可求解. 【解答】解:A、空气中水蒸气压强越大时,空气的绝对湿度越大;但人体水分蒸发的快慢与 相对湿度有关.故 A 错误. B、单晶体和多晶体都具有固定的熔点,故 B 错误. C、水龙头中滴下的水滴在空中呈球状是由表面张力引起的,故 C 正确. D、当分子间作用力表现为斥力时,分子间距离的减小时,分子力做负功,分子势能增大,故 D 正确. 故选:CD
13.一定质量的理想气体由状态 A 变化到状态 B,压强随体积变化的关系如图所示.气体在状 态 A 时的内能 等于 状态 B 时的内能(选填“大于”、“小于”或“等于”);由 A 变化到 B,气体对外界做功的大小 等于 (选填“大于”、“小于”或“等于”)气体从外界吸收 的热量.
【考点】99:理想气体的状态方程. 【分析】由图示图象求出气体在状态 A、B 时的压强与体积,然后判断 A、B 两状态的气体温 度关系,再判断内能关系,根据气体状态变化过程气体内能的变化情况应用热力学第一定律 判断功与热量的关系. 【解答】解:由图示图象可知,气体在状态 A 与状态 B 时,气体的压强与体积的乘积:pV 相 等,由理想气体状态方程可知,两状态下气体温度相等,气体内能相等; A、B 两状态气体内能相等,由 A 变化到 B 过程,气体内能的变化量:△U=0,由热力学第一定 律:△U=W+Q 可知:W+Q=0,气体对外界做功的大小等于气体从外界吸收的热量. 故答案为:等于;等于.
14.如图所示,用销钉固定的活塞把导热气缸分隔成两部分,A 部分气体压强 PA=6.0×105 Pa, 体积 VA=1L;B 部分气体压强 PB=2.0×105 Pa,体积 VB=3L.现拔去销钉,外界温度保持不变, 活塞与气缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气,A、B 两部分气体均为理想气体.求活塞稳

定后 A 部分气体的压强.

【考点】99:理想气体的状态方程;9D:气体的等温变化. 【分析】根据*衡条件可知最后两部分气体压强相等,再分别对两部分气体根据玻意耳定律 列式,联立即可求得稳定后的压强. 【解答】解:拔去销钉,待活塞稳定后,P′A=P′B①

根据玻意耳定律,对 A 部分气体,



对 B 部分气体,



由①②③联立:

Pa

答:活塞稳定后 A 部分气体的压强为 3.0×105Pa.

[选修 3-5] 15.下列说法正确的是( ) A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象 B.天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构 C.一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量和 D.已知钴 60 的半衰期为 5.27 年,则任一个钴 60 原子核都将在 5.27 年内发生衰变 【考点】IC:光电效应;JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度. 【分析】在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象,叫做光电效应,发射出来的电子叫 做光电子;天然放射现象说明原子核具有复杂结构;根据质量亏损判断反应前后的质量大小 关系;经过一个半衰期,有半数发生衰变. 【解答】解:A、光电效应是光照射金属,电子吸收能量后飞出金属表面的现象,故 A 错误. B、天然放射现象中的射线来自原子核,可知天然放射现象说明原子核有复杂结构,故 B 正确. C、一个质子和一个中子结合成氘核,向外辐射能量,有质量亏损,知一个质子和一个中子的 质量大于一个氘核的质量,故 C 正确. D、大量的原子核经过一个半衰期有半数发生衰变,不是经过一个半衰期,任何一个原子核都 发生衰变,故 D 错误.

故选:BC.
16.如图所示为氢原子的能级图,n 为量子数.若氢原子由 n=3 跃迁到 n=2 的过程释放出的光 子恰好能使某种金属产生光电效应,则一群处于 n=4 的氢原子在向基态跃迁时,产生的光子 中有 5 种频率的光子能使该金属产生光电效应,其中光电子的最大初动能 Ekm= 10.86 eV.
【考点】J4:氢原子的能级公式和跃迁. 【分析】抓住氢原子由 n=3 跃迁到 n=2 的过程释放出的光子恰好能使某种金属产生光电效应, 求出逸出功,从而判断能产生光电效应的光子种数.结合最大的光子能量,根据光电效应方 程求出光电子的最大初动能. 【解答】解:因为氢原子由 n=3 跃迁到 n=2 的过程释放出的光子恰好能使某种金属产生光电 效应,即逸出功 W0=E3﹣E2=3.4﹣1.51eV=1.89eV. 从 n=4 跃迁到 n=1、2,从 n=3 跃迁到 n=1、2,从 n=2 跃迁到 n=1 辐射的光子能量大于等于逸 出功,则有 5 种频率的光子能使该金属产生光电效应. 从 n=4 跃迁到 n=1 辐射的光子能量最大,为 12.75eV,根据光电效应方程得,光电子的最大初 动能 Ekm=hv﹣W0=12.75﹣1.89eV=10.86eV. 故答案为:5,10.86.
17.质量为 2kg 的物体 B 静止在光滑水*面上,一质量为 1kg 的物体 A 以 2.0m/s 的水*速度 和 B 发生正碰,碰撞后 A 以 0.2m/s 的速度反弹,求碰撞过程中系统损失的机械能. 【考点】53:动量守恒定律;6B:功能关系. 【分析】A、B 组成的系统在碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律列方程,可以求出碰撞后 B 物体的速度,由能量守恒定律可以求出系统损失的机械能. 【解答】解:取碰撞前物体 A 的速度方向为正方向,两物体碰撞过程系统的动量守恒,由动 量守恒定律得:
mAv0=﹣mAvA+mBvB

得 vB=

=

=1.1m/s

由能量守恒定律得:系统损失的机械能△E= mAv02 ﹣( 代入数据解得△E=0.77J 答:碰撞过程中系统损失的机械能是 0.77J.

mAvA2 +

mBvB2)

四、计算题:本题共 3 小题,共 47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤,只写最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 18.如图为俯视图,虚线 MN 右侧存在一个竖直向上磁感应强度为 B 的匀强磁场,电阻为 R, 质量为 m,边长为 L 的正方形单匝金属线框 abcd 放在光滑水*面上,ab 边在磁场外侧紧靠 MN 虚线边界.当线框以初速度 v0 穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功为 W,求: (1)初速度 v0 时刻,线框中感应电流 I 的大小和方向; (2)线框 cd 边穿出磁场时的速度 v; (3)线框穿出磁场一半过程中,通过线框截面的电量 q.

【考点】D9:导体切割磁感线时的感应电动势. 【分析】(1)根据 E=BLv 可求得感应电动势,再由欧姆定律可求得感应电流;由右手定则可 明确感应电流的方向; (2)由动能定理可求得穿出时的速度大小; (3)根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律可求得通过截面的电量. 【解答】解:(1)根据动生电动势有: E=BLv0;

所求电流为 I= =



根据左手定则可知,电流方向为逆时针的方向; (2)由动能定理可知,

W= mv2﹣ mv02

解得:v=



(3)由 q=It 再由法拉第电磁感应定律可知:

E=

=

再由欧姆定律可知:I= ;

联立解得:q=

答:(1)初速度 v0 时刻,线框中感应电流 I 的大小

和方向为逆时针;

(2)线框 cd 边穿出磁场时的速度 v 为

(3)线框穿出磁场一半过程中,通过线框截面的电量 q 为

19.预警雷达探测到敌机在 20000m 上空水*匀速飞行,立即启动质量 m=100kg 的防空导弹, 导弹的火箭发动机在制导系统控制下竖直向下喷气,使导弹由静止以 a=10g(g=10m/s2)的加

速度竖直向上匀加速上升至 5000m 高空,喷气方向立即变为与竖直方向成 θ 角(cosθ =



斜向下,导弹做曲线运动,直至击中敌机.假设导弹飞行过程中火箭推力大小恒定,且不考 虑导弹质量变化及空气阻力,导弹可视为质点.试求: (1)火箭喷气产生的推力; (2)导弹从发射到击中敌机所用的时间; (3)导弹击中敌机时的动能.

【考点】43:*抛运动. 【分析】(1)根据牛顿第二定律求火箭喷气产生的推力. (2)导弹先竖直向上做匀加速运动,由位移公式求出此过程的时间.喷气方向变为与竖直方

向成 θ 角(cosθ =

)斜向下后导弹做曲线运动,由于 Fcosθ =mg,说明导弹竖直方向

做匀速直线运动,再求出匀速运动的时间,从而得到总时间. (3)在升至 5000m 高空后,导弹在竖直方向做匀速运动,水*方向做匀加速运动,由牛顿第 二定律和速度公式结合求出导弹击中敌机时水*分速度,再求得导弹击中敌机时动能. 【解答】解:(1)对导弹,由牛顿第二定律得
F﹣mg=ma 解得火箭喷气产生的推力 F=m(g+a)=100×(10+100)N=11mg=1.1×104N (2)导弹竖直向上做匀加速直线运动的过程,有

=h1,得 t1=

=

s=10s

推力改变方向后,由于 Fcosθ =11mg×

=mg

所以导弹在竖直方向上作匀速运动,运动时间为 t2=

又 vy=at1=100×10=1000m/s,H=20000m 联立解得 t2=15s 故 t 总=t1+t2=25s (3)在 5000m 高处之后,导弹在竖直方向作匀速运动,水*方向作匀加速运动,则水*方向 有

Fsinθ =max,sinθ =

=

解得 ax=

=20

m/s2;

导弹击中飞机时水*分速度为 vx=axt2=300

m/s

则导弹击中飞机时的动能为 Ek=

答: (1)火箭喷气产生的推力是 1.1×104N; (2)导弹从发射到击中敌机所用的时间是 25s; (3)导弹击中敌机时的动能是 1.85×108J.

=1.85×108J

20.如图 a 所示,匀强磁场垂直于 xOy *面,磁感应强度 B1 按图 b 所示规律变化(垂直于纸

面向外为正).t=0 时,一比荷为 =1×105C/kg 的带正电粒子从原点沿 y 轴正方向射入,速

度大小

v=5 × 104m/s , 不 计 粒 子 重





(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径.

(2)求 t=

×10﹣4s 时带电粒子的坐标.

(3)保持 b 中磁场不变,再加一垂直于 xOy *面向外的恒定匀强磁场 B2,其磁感应强度为 0.3T, 在 t=0 时,粒子仍以原来的速度从原点射入,求粒子回到坐标原点的时刻. 【考点】CI:带电粒子在匀强磁场中的运动;AK:带电粒子在匀强电场中的运动. 【分析】(1)根据洛伦兹力提供向心力列方程即可求出带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半 径;

(2)先求出带电粒子在磁场中运动的周期,再分别求出在 0~

×10﹣4s 和

×10﹣

4s~

×10﹣4s 过程中,粒子运动了的周期和圆弧对应的圆心角,画出粒子的运动轨迹图,

利用几何关系求出带电粒子的坐标; (3)画出施加 B2=0.3T 的匀强磁场与原磁场叠加后规律变化图,分别求出当 nT≤t≤nT+ 和

nT+ ≤t≤(n+1)T(n=0,1,2,…)时粒子运动了的周期,画出粒子运动轨迹图即可求

出粒子回到坐标原点的时刻.

【解答】解:(1)带电粒子在匀强磁场中运动,洛仑兹力提供向心力,

代入数据解得: r=1m

(2)带电粒子在磁场中运动的周期,

s

在 0~

s 过程中,粒子运动了



圆弧对应的圆心角,



s~

s 过程中,粒子又运动了



圆弧对应的圆心角,

轨迹如图 a 所示,根据几何关系可知,

横坐标:

m

纵坐标:

m

带电粒子的坐标为(3.41m,﹣1.41m) (3)施加 B2=0.3T 的匀强磁场与原磁场叠加后,如图 b 所示,

①当

( n=0 , 1 , 2 , … ) 时 ,

s

②当

( n=0 , 1 , 2 , … ) 时 ,

粒子运动轨迹如图 c 所示,则粒子回到原点的时刻为,

(n=0,1,2,…)

答:(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径为 1m;

(2)t=

×10﹣4s 时带电粒子的坐标为[3.41m,﹣1.41m];

(3)粒子回到坐标原点的时刻为 t1=( 1,2,…).

+2nπ )×10﹣4s,t2=2(n+1)π ×10﹣4s (n=0,




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