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湖北省襄阳市枣阳一中2015-2016学年高三上学期第四次月考物理试卷


2015-2016 学年湖北省襄阳市枣阳一中高三(上)第四次月考物理 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 1~5 题只有一项 符合题目要求,第 6~8 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.下列叙述正确的是( ) A.力、长度和时间是力学中三个基本物理量,它们的单位牛

顿、米和秒就是基本单位 B.伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性 C.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点 D.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 2.用质量为 M 的吸铁石,将一张质量为 m 的白纸压在竖直固定的磁性黑板上.某同学沿着 黑板面,用水平向右的恒力 F 轻拉白纸,白纸未移动,则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为 ( )

A.F

B.mg

C.

D.

3.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,电场方向如图中箭头所示,M、N、 Q 是以直电场线上一点 O 为圆心的同一圆周上的三点,OQ 连线垂直于 MN.以下说法正确的 是( )

A.O 点电势与 Q 点电势相等 B.O、M 间的电势差小于 N、O 间的电势差 C.将一负电荷由 M 点移到 Q 点,电荷的电势能增加 D.在 Q 点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与 OQ 垂直的方向竖直向上 4.如图所示,曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星 1 的轨道示意图,其半径为 R;曲线Ⅱ是绕地 球做椭圆运动卫星 2 的轨道示意图,O 点为地球的地心,AB 为椭圆的长轴,两轨道和地心都 在同一平面内,已知在两轨道上运动的卫星的周期相等,万有引力常量为 G,地球质量为 M, 下列说法正确的是( )

A.椭圆轨道长轴 AB 的长度为 R B.在Ⅰ轨道的卫星 1 的速率为 v0,在Ⅱ轨道的卫星 2 通过 B 点的速率为 vB,v0<vB C.在Ⅰ轨道的卫星 1 的加速度大小为 a0,在Ⅱ轨道的卫星 2 通过 A 点的加速度大小为 aA, a0>aA

D.若 OA=0.5R,则卫星在 B 点的速率 vB< 5.在如图所示的电路中,电源的电动势为 E,内阻为 r,平行板电容器 C 的两金属板水平放 置,R1 和 R2 为定值电阻,P 为滑动变阻器 R 的滑片,G 为灵敏电流表,A1、A2 为理想电流 表,开关 S 闭合后,C 的两板间恰好有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴处于静止状态.在 P 向下移动的过程中,下列说法不正确的是( )

A.A1 表的示数变大 B.A2 表的示数变小 C.油滴向上加速运动 D.G 中有 a→b 的电流 6.如图所示,足够高的竖直墙壁 M、N 之间有一根水平光滑细杆,在杆上 A 点的左侧某位置 处套有一细环, 一质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细绳系在环上, 墙壁上的 B 点与小球等高, 现让环与小球一起以速度 v 向右运动,环运动到 A 点被挡住而立即停止.已知杆上 A 点离墙

壁 N 的水平距离为 确的是( )

L,细绳能承受的最大拉力为 2.5mg.不计空气阻力,则下列说法中正

A.若 v= B.若 v= C.若 v=

,则小球与墙壁 N 的碰撞点到 B 点的距离为 ,小球与墙壁 N 碰撞时的速度为 ,则小球与墙壁 N 的碰撞点到 B 点的距离为

D.若 v=

,则小球与墙壁 N 碰撞时的速度为

7.如图所示,在绝缘水平面上,相距为 L 的 A、B 两点分别固定着等量正点电荷.O 为 AB 连线的中点,C、D 是 AB 连线上两点,其中 AC=CO=OD=DB= .一质量为 m 电量为+q 的 小滑块(可视为质点)以初动能 E0 从 C 点出发,沿直线 AB 向 D 点运动,滑块第一次经过 O 点时的动能为 3E0,到达 D 点时动能恰好为零,小滑块最终停在 O 点,则下列说法正确的是 ( )

A.小滑块与水平面之间的动摩擦因数 μ=

B.C、O 两点间的电势差 UCO=

C.C、O 两点间的电势差 UCO= D.小滑块运动的总路程 s= 8.如图所示,劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上,另一端与置于水平面上的质量为 m 的 小物体接触(未连接) ,如图中 O 点,弹簧水平且无形变.用水平力 F 缓慢向左推动物体,在 弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0,如图中 B 点,此时物体静止.撤去 F 后,物体开始向右运 动, 运动的最大距离距 B 点为 3x0, C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置, 物体与水平面间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g.则( )

A.撤去 F 时,物体的加速度最大,大小为

﹣μg

B.物体先做加速度逐渐变小的加速运动,再做加速度逐渐变大的减速运动,最后做匀减速运 动 C.从 B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量 D.撤去 F 后,物体向右运动到 O 点时的动能最大

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第 9~12 题为必考题,每个试题考生都必须作 答.第 13~18 题为选考题,考生根据要求作答. ) (一)必考题 9.某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律.在气垫导轨上安装了两光 电门 1、2,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连.

①实验时要调整气垫导轨水平.不挂钩码和细线,接通气源,释放滑块,如果滑 块 ,则表示气垫导轨已调整至水平状态. ②不挂钩码和细线,接通气源,滑块从轨道右端向左运动的过程中,发现滑块通过光电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间.实施下列措施能够达到实验调整目标的是 A.调节 P 使轨道左端升高一些 B.调节 Q 使轨道右端降低一些 C.遮光条的宽度应适当大一些 D.滑块的质量增大一些 E.气源的供气量增大一些 ③实验时,测出光电门 1、2 间的距离 L,遮光条的宽度 d,滑块和遮光条的总质量 M,钩码 质量 m.由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t2,则系统机械能守恒成立的 表达式是 . 10.研究性学习小组成员陈俊宇同学,在中秋节放假期间,自备了如下实验器材,用来测量 一电池组的电动势和内阻: 待测电池组(E≈3V,r≈1Ω) ; 电压表(0﹣3V,RV≈10KΩ) ; 电阻箱(0﹣9999Ω) ; 保护电阻(R0=5Ω) ;开关一只,导线若干. (1)实验中在改变变阻器阻值的过程中,发现电压表的读数变化不明显,于是该同学对其中 的一根导线重新做了调整,使得电压表的读数变化明显,则如图甲所示的电路中需要调整的 一根导线是 (用字母编号表示) ,这根导线调整后应接在 (用字母 编号表示)之间.

(2)根据调整后的实物图,请在如图乙所示的方框中,画出实验电路原理图. (3)根据以上重新调整后的实验原理和方法,通过改变电阻箱的阻值,得到了多组电阻箱的 阻值 R 和电压表示数 U,为使得到的图线是直线,该同学作出了图象,如图丙所示. 请根据图象求出电池组的电动势 E= V,内阻 r= Ω. (计算结果保留 三位有效数字) 11.如图所示,绝缘水平面上的 AB 区域宽度为 d,带正电、电量为 q 的小滑块以大小为 v0

的初速度从 A 点进入 AB 区域,当滑块运动至区域的中点 C 时,速度大小为 vC=

v0,从

此刻起在 AB 区域内加上一个水平向左的匀强电场,电场强度 E 保持不变, 并且 AB 区域外始 终不存在电场. (1)求滑块受到的滑动摩擦力大小; (2) 若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等,求滑块离开 AB 区域时的速度; (3)要使小滑块在 AB 区域内运动的时间到达最长,电场强度 E 应满足什么条件?并求这种 情况下滑块离开 AB 区域时的速度.

12.在如图所示的装置中,电源电动势为 E,内阻不计,定值电阻为 R1,滑动变阻器总值为 R2,置于真空中的平行板电容器水平放置,极板间距为 d.处在电容器中的油滴 A 恰好静止 不动,此时滑动变阻器的滑片 P 位于中点位置.

(1)求此时电容器两极板间的电压; (2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量 q 与质量 m 的比值; (3)现将滑动变阻器的滑片 P 由中点迅速向上滑到某位置,使电容器上的电荷量变化了 Q1, 油滴运动时间为 t,再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置,使电容器上的电荷量又变化 了 Q2,当油滴又运动了 2t 的时间,恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板 接触,滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求:Q1 与 Q2 的比 值.

(二)选考题,请考生任选一模块作答【物理-选修 3-3】 13.下列说法正确的是( ) A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大 B.当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大 C.外界对物体做功,物体内能一定增加 D.当分子间的距离增大时,分子力一定减小 E.用油膜法估测分子直径的实验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后 又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩 14.如图所示,内径粗细均匀的 U 形管,右侧 B 管上端封闭,左侧 A 管上端开口,管内注入 水银,并在 A 管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞,使两管中均封入 L=25cm 的空气柱, 活塞上方的大气压强为 P0=76cmHg,这时两管内水银面高度差 h=6cm.今用外力竖直向上缓 慢地拉活塞,直至使两管中水银面相平.设温度保持不变,则:A 管中活塞向上移动距离是多 少?

[物理-选修 3-4] 15.某波源 S 发出一列简谐横波,波源 S 的振动图象如图所示.在波的传播方向上有 A、B 两点,它们到 S 的距离分别为 45m 和 55m.测得 A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s.由 此可知 ①波长 λ= m; ②当 B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时,A 点离开平衡位置的位移是 cm.

16.如图所示,半径为 R 的半圆柱形玻璃砖某一截面的圆心为 O 点.有两条光线垂直于水平 柱面射入玻璃砖中,其中一条光线通过圆心 O,另一条光线通过 A 点,且 OA= 光线射出玻璃砖后相交于一点,该点到 O 点的距离为 R,求玻璃的折射率. .这两条

[物理--选修 3-5] 17.小明用金属铷为阴极的光电管,观测光电效应现象,实验装置示意如图甲所示.已知普 朗克常量 h=6.63×10 J?s. ①图甲中电极 A 为光电管的
﹣34

(填“阴极”或“阳极”) ;

②实验中测得铷的遏止电压 Uc 与入射光频率 ν 之间的关系如图乙所示,则铷的截止频率 νc= Hz,逸出功 W0= J.

18.一个静止的铀核 002 6u)后衰变成钍核
﹣27

U(原子质量为 232.037 2u)放出一个 α 粒子(原子质量为 4, Th(原子质量为 228.028 7u) .已知原子质量单位 1u=1.67×10

kg,1u 相当于 931MeV.

①写出核衰变反应方程; ②求该核衰变反应中释放出的核能; ③假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和 α 粒子的动能,则钍核获得的动能有多大?

2015-2016 学年湖北省襄阳市枣阳一中高三(上)第四次 月考物理试卷
参考答案与试题解析

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 1~5 题只有一项 符合题目要求,第 6~8 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.下列叙述正确的是( ) A.力、长度和时间是力学中三个基本物理量,它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位 B.伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性 C.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点 D.牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 【考点】物理学史. 【分析】力学中的基本物理量有三个,它们分别是长度、质量、时间,它们的单位分别为 m、 kg、s,牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性.再结合法拉第和牛顿的贡献进行答 题. 【解答】解:A、“力”不是基本物理量,“牛顿”也不是力学中的基本单位,故 A 错误; B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性,故 B 错误; C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点,故 C 正确; D、牛顿发现了万有引力定律,但没有给出引力常量,故 D 错误. 故选:C. 【点评】本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加 强记忆,注重积累. 2.用质量为 M 的吸铁石,将一张质量为 m 的白纸压在竖直固定的磁性黑板上.某同学沿着 黑板面,用水平向右的恒力 F 轻拉白纸,白纸未移动,则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为 ( )

A.F D.

B.mg

C.

【考点】摩擦力的判断与计算. 【专题】摩擦力专题. 【分析】分析物体受力情况,根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小.

【解答】解:由题意可知,整体受向下的重力、向右的拉力的作用,二力的合力为 F 合 = ; 由力的平衡条件可知, 摩擦力的应与合力大小相等,

方向相反; 故选:D 【点评】本题应首先明确物体受到的摩擦力为静摩擦力;静摩擦力的与其他沿接触面的外力 的合力大小相等,方向相反. 3.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,电场方向如图中箭头所示,M、N、 Q 是以直电场线上一点 O 为圆心的同一圆周上的三点,OQ 连线垂直于 MN.以下说法正确的 是( )

A.O 点电势与 Q 点电势相等 B.O、M 间的电势差小于 N、O 间的电势差 C.将一负电荷由 M 点移到 Q 点,电荷的电势能增加 D.在 Q 点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与 OQ 垂直的方向竖直向上 【考点】电势;电势能. 【专题】电场力与电势的性质专题. 【分析】根据电场线方向判断电势高低;灵活应用公式 U=Ed 判断两点之间电势差的高低; 根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低; 正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负. 【解答】解:A、根据电场线与等势线垂直特点,在 O 点所在电场线上找到 Q 点的等势点, 根据沿电场线电势降低可知,O 点的电势比 Q 点的电势高,故 A 错误; B、 根据电场分布可知, OM 间的平均电场强度比 NO 之间的平均电场强度大, 故由公式 U=Ed 可知,OM 间的电势差大于 NO 间的电势差,故 B 错误; C、M 点的电势比 Q 点的电势高,负电荷从高电势移动到低电势电场力做负功,电荷的电势 能增加,故 C 正确. D、在 Q 点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与该点电场线的切线方向相同,斜向上, 故 D 错误; 故选:C. 【点评】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较,是 电场中的重点和难点,在平时训练中要加强这方面的练习,以加深对概念的理解. 4.如图所示,曲线Ⅰ是绕地球做圆周运动卫星 1 的轨道示意图,其半径为 R;曲线Ⅱ是绕地 球做椭圆运动卫星 2 的轨道示意图,O 点为地球的地心,AB 为椭圆的长轴,两轨道和地心都 在同一平面内,已知在两轨道上运动的卫星的周期相等,万有引力常量为 G,地球质量为 M, 下列说法正确的是( )

A.椭圆轨道长轴 AB 的长度为 R B.在Ⅰ轨道的卫星 1 的速率为 v0,在Ⅱ轨道的卫星 2 通过 B 点的速率为 vB,v0<vB C.在Ⅰ轨道的卫星 1 的加速度大小为 a0,在Ⅱ轨道的卫星 2 通过 A 点的加速度大小为 aA, a0>aA

D.若 OA=0.5R,则卫星在 B 点的速率 vB< 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 【专题】定量思想;类比法;人造卫星问题. 【分析】根据开普勒定律比较长轴与 R 的关系,根据万有引力的大小,通过牛顿第二定律比 较加速度,结合速度的大小比较向心加速度的大小.

【解答】解:A、根据开普勒第三定律得

=k,a 为半长轴,己知卫星在两轨道上运动的

卫星的周期相等,所以椭圆轨道的长轴长度为 2R,故 A 错误; B、B 点为椭圆轨道的远地点,速度比较小,v0 表示做匀速圆周运动的速度,v0>vB.故 B 错 误;

C、根据牛顿第二定律得 a=

,卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道 A 点距

离地心的距离,所以 a0<aA,故 C 错误; D、若 OA=0.5R,则 OB=1.5R, 人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,

解得:v=



如果卫星以 OB 为轨道半径做匀速圆周运动,v=



在Ⅱ轨道上,卫星在 B 点要减速,做近心运动,所以卫星在 B 点的速率 vB<

,故

D 正确; 故选:D 【点评】本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识,知道卫星变轨的 原理是解决本题的关键. 5.在如图所示的电路中,电源的电动势为 E,内阻为 r,平行板电容器 C 的两金属板水平放 置,R1 和 R2 为定值电阻,P 为滑动变阻器 R 的滑片,G 为灵敏电流表,A1、A2 为理想电流 表,开关 S 闭合后,C 的两板间恰好有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴处于静止状态.在 P 向下移动的过程中,下列说法不正确的是( )

A.A1 表的示数变大 B.A2 表的示数变小 C.油滴向上加速运动 D.G 中有 a→b 的电流 【考点】带电粒子在混合场中的运动;闭合电路的欧姆定律. 【专题】定性思想;推理法;带电粒子在复合场中的运动专题. 【分析】电容器与电阻 R、电阻 R2 相并联后与 R1 串联,滑片移动,根据电路串并联知识和闭 合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况,最终判断油滴受力变化和运动情况. 【解答】解:粒子原来处于平衡状态,重力和静电力平衡;电容器与电阻 R、电阻 R2 相并联 后与 R1 串联, A、滑片 P 向下移动,电阻 R 变小,电路总电阻变小,电流变大,则 A1 表的示数变大,故 A 正确; B、由 A 选项分析,可知,外电压减小,由于 R1 的电压增大,因此 R2 的电压减小,那么 A2 表的示数变小,故 B 正确; C、电容器两端电压为:U=E﹣I(r+R1) ,故电容器两端电压变小,带电量变小,电场力变小, 粒子向下加速,故 C 错误; D、电容器处于放电,故电流从 a 到 b,故 D 正确. 本题选择错误的,故选:C. 【点评】本题是电路动态分析问题,关键是理清电路,根据路串并联知识和闭合电路欧姆定 律得到各个部分电路电流和电压的变化. 6.如图所示,足够高的竖直墙壁 M、N 之间有一根水平光滑细杆,在杆上 A 点的左侧某位置 处套有一细环, 一质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细绳系在环上, 墙壁上的 B 点与小球等高, 现让环与小球一起以速度 v 向右运动,环运动到 A 点被挡住而立即停止.已知杆上 A 点离墙

壁 N 的水平距离为 正确的是( )

L,细绳能承受的最大拉力为 2.5mg.不计空气阻力,则下列说法中

A.若 v= B.若 v= C.若 v=

,则小球与墙壁 N 的碰撞点到 B 点的距离为 ,小球与墙壁 N 碰撞时的速度为 ,则小球与墙壁 N 的碰撞点到 B 点的距离为

D.若 v=

,则小球与墙壁 N 碰撞时的速度为

【考点】向心力;动量守恒定律. 【分析】根据牛顿第二定律,通过合力提供向心力求出绳子的拉力,判断绳子有无断裂.若 绳子断裂,做平抛运动,根据平抛运动的规律求出小球与 N 墙壁碰撞点与 B 点的距离,以及 碰撞时的速度.

【解答】解:A、若 v=

,根据牛顿第二定律得:F﹣mg=m



解得:F=mg+m

=3mg>2.5mg,绳子断裂,做平抛运动,

在水平方向上的运动时间为:t=

则竖直方向上的位移为: y=

=

, 则碰撞点与 B 点的距离为

, 故 A 错误;

B、竖直方向上的分速度为:vy=gt=

则合速度为:v 合= C、若 v= ,绳子断裂,做平抛运动,

,故 B 错误;

同理可知,在水平方向上的运动时间为:t=

竖直方向上的位移为:y=

=

,则碰撞点与 B 点的距离为

,故 C 正确;

D、竖直方向上的分速度为:vy=gt=

则合速度为:v 合=

,故 D 正确.

故选:CD 【点评】解决本题的关键知道向心力的来源,要运用牛顿第二定律结合平抛运动的知识进行 求解.

7.如图所示,在绝缘水平面上,相距为 L 的 A、B 两点分别固定着等量正点电荷.O 为 AB 连线的中点,C、D 是 AB 连线上两点,其中 AC=CO=OD=DB= .一质量为 m 电量为+q 的 小滑块(可视为质点)以初动能 E0 从 C 点出发,沿直线 AB 向 D 点运动,滑块第一次经过 O 点时的动能为 3E0,到达 D 点时动能恰好为零,小滑块最终停在 O 点,则下列说法正确的是 ( )

A.小滑块与水平面之间的动摩擦因数 μ=

B.C、O 两点间的电势差 UCO=

C.C、O 两点间的电势差 UCO= D.小滑块运动的总路程 s= 【考点】电势差与电场强度的关系;电势差. 【专题】定量思想;图析法;电场力与电势的性质专题. 【分析】C、D 两点电势相等,滑块从 C 到 D 的过程中电场力不做功,只有摩擦力做功,则 由动能定理可求得动摩擦因数.研究 CO 段,由动能定理求 C、O 两点间的电势差 UCO.对整 个过程,运用动能定理求解总路程. 【解答】解:A、根据对称性要,可知 C 点与 D 点等势,小滑块第一次由 C 到 D,电场力做 功为零,由动能定理有:﹣μmg?2× =0﹣E0

求得:小滑块与水平面间动摩擦因数 μ=

,故 A 正确. +qUCO=3E0﹣E0

BC、小滑块第一次由 C 到 O,由动能定理有:﹣μmg×

解得 UCO=

,故 B 正确,C 错误.

D、对整个过程,由动能定理得:qUCO﹣μmgs=0﹣E0 解得:小滑块运动的总路程 s= .故 D 正确. 故选:ABD 【点评】电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关,只和初末两点的电势差有 关,故很容易可求得电场力的功.

8.如图所示,劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上,另一端与置于水平面上的质量为 m 的 小物体接触(未连接) ,如图中 O 点,弹簧水平且无形变.用水平力 F 缓慢向左推动物体,在 弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0,如图中 B 点,此时物体静止.撤去 F 后,物体开始向右运 动, 运动的最大距离距 B 点为 3x0, C 点是物体向右运动过程中弹力和摩擦力大小相等的位置, 物体与水平面间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g.则( )

A.撤去 F 时,物体的加速度最大,大小为

﹣μg

B.物体先做加速度逐渐变小的加速运动,再做加速度逐渐变大的减速运动,最后做匀减速运 动 C.从 B→C 位置物体弹簧弹性势能的减少量大于物体动能的增加量 D.撤去 F 后,物体向右运动到 O 点时的动能最大 【考点】功能关系;牛顿第二定律. 【分析】本题通过分析物体的受力情况,来确定其运动情况:撤去 F 后,物体水平方向上受 到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力大小不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小, 物体先做变加速运动,再做变减速运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动;撤去 F 后,根 据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小;物体离开弹簧后通过的最大距离为 3x0,由 动能定理求解弹力滑动摩擦力力所做的总功;当弹簧的弹力与电场力、滑动摩擦力的合力大 小相等、方向相反时,速度最大,可求得此时弹簧的压缩量,即可求解物体开始向左运动到 速度最大的过程中克服摩擦力做的功.

【解答】 解: A、 撤去 F 时, 物体的加速度最大, 大小为 a=

=

﹣μg,故 A 正确; B、撤去 F 后,物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑动摩擦力不变,而弹簧的弹 力随着压缩量的减小而减小,弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,加速度先减小后增大, 物体先做变加速运动,再做变减速运动,物体离开弹簧后做匀减速运动.故 B 正确; C、由动能定理可知,弹力做功减去摩擦力做的功的绝对值等于物体动能的增加量,故弹簧弹 性势能的减少量大于物体动能的增加量,故 C 正确; D、物体向右运动过程中,加速度为零时,速度最大,故到 C 点时的动能最大,故 D 错误. 故选:ABC. 【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键,要抓住加速度与合外力成正比, 即可得到加速度是变化的.对于物体弹簧弹性势能的减少量与物体动能的增加量间的关系通 常应用动能定理结合功能关系解决. 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分.第 9~12 题为必考题,每个试题考生都必须作 答.第 13~18 题为选考题,考生根据要求作答. ) (一)必考题 9.某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律.在气垫导轨上安装了两光 电门 1、2,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连.

①实验时要调整气垫导轨水平.不挂钩码和细线,接通气源,释放滑块,如果滑块 能在气 垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 ,则表示气垫导轨已调整至水 平状态. ②不挂钩码和细线,接通气源,滑块从轨道右端向左运动的过程中,发现滑块通过光电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间.实施下列措施能够达到实验调整目标的是 AB A.调节 P 使轨道左端升高一些 B.调节 Q 使轨道右端降低一些 C.遮光条的宽度应适当大一些 D.滑块的质量增大一些 E.气源的供气量增大一些 ③实验时,测出光电门 1、2 间的距离 L,遮光条的宽度 d,滑块和遮光条的总质量 M,钩码 质量 m.由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t2,则系统机械能守恒成立的
2 2

表达式是 mgL=

(m+M) (

)﹣

(m+M) (





【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】明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答; 表示出钩码的重力势能减少量和系统动能增加量的大小来验证机械能守恒定律. 【解答】解:①实验时要调整气垫导轨水平.不挂钩码和细线,接通气源,如果滑块能在气 垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等,则表示气垫导轨调整至水平状 态. ②不挂钩码和细线,接通气源,滑块从轨道右端向左运动的过程中,发现滑块通过光电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间.说明滑块做加速运动,也就是左端低,右端高.所以实施 下列措施能够达到实验调整目标的是调节 P 使轨道左端升高一些,调节 Q 使轨道右端降低一 些.故选 AB. ③实验时,测出光电门 1、2 间的距离 L,遮光条的宽度 d,滑块和遮光条的总质量 M,钩码 质量 m.由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间 t1、t2, 滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.

钩码的重力势能减少了: mgL, 系统动能增加了: (m+M) (
2

)﹣

2

(m+M) (



则系统机械能守恒成立的表达式是 mgL=

(m+M) (

)﹣

2

(m+M) (



2

故答案为: ①能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 ②AB

③mgL=

(m+M) (

)﹣

2

(m+M) (



2

【点评】常用仪器的读数要掌握,这是物理实验的基础.处理实验时一定要找出实验原理, 根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项. 10.研究性学习小组成员陈俊宇同学,在中秋节放假期间,自备了如下实验器材,用来测量 一电池组的电动势和内阻: 待测电池组(E≈3V,r≈1Ω) ; 电压表(0﹣3V,RV≈10KΩ) ; 电阻箱(0﹣9999Ω) ; 保护电阻(R0=5Ω) ;开关一只,导线若干. (1)实验中在改变变阻器阻值的过程中,发现电压表的读数变化不明显,于是该同学对其中 的一根导线重新做了调整,使得电压表的读数变化明显,则如图甲所示的电路中需要调整的 一根导线是 AF (用字母编号表示) ,这根导线调整后应接在 BF (用字母编号表示) 之间.

(2)根据调整后的实物图,请在如图乙所示的方框中,画出实验电路原理图. (3)根据以上重新调整后的实验原理和方法,通过改变电阻箱的阻值,得到了多组电阻箱的 阻值 R 和电压表示数 U,为使得到的图线是直线,该同学作出了图象,如图丙所示.

请根据图象求出电池组的电动势 E= 2.94 V,内阻 r= 0.880 Ω. (计算结果保留三位有效 数字) 【考点】测定电源的电动势和内阻. 【专题】实验题;定量思想;图析法;恒定电流专题. 【分析】 (1)当电源内阻很小时,改变电路电阻路端电压变化不明显,根据图示电路图分析 答题. (2)根据实物电路图作出电路图. (3)根据图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式,然后根据图示图象求出电源电动 势与内阻. 【解答】解: (1)由图示电路图可知,电压表测路端电压,实验中在改变变阻器阻值的过程 中,电压表的读数变化不明显,这是由于电源内阻太小早成的,为了使电压表示数变化明显, 可以将导线 AF 改接在 BF(或 CF)间. (2)根据电路图作出实验电路图如图所示:

(3)由图示电路图可知,电源电动势:E=U+ 则有: = + ,

(R0+r) ,



图象的截距:b=

=0.34,

斜率:k=

=

=2,

解得:E≈2.94V,r=0.880Ω; 故答案为: (1)AF;BF; (2)电路图如图所示; (3)2.94;0.880. 【点评】本题考查了实验电路改进、作电路图、求电源电动势与内阻,要掌握应用图象法处 理实验数据的方法,求出图象的函数表达式求电源电动势与内阻的关键. 11.如图所示,绝缘水平面上的 AB 区域宽度为 d,带正电、电量为 q 的小滑块以大小为 v0

的初速度从 A 点进入 AB 区域,当滑块运动至区域的中点 C 时,速度大小为 vC=

v0,从

此刻起在 AB 区域内加上一个水平向左的匀强电场,电场强度 E 保持不变, 并且 AB 区域外始 终不存在电场. (1)求滑块受到的滑动摩擦力大小; (2) 若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等,求滑块离开 AB 区域时的速度; (3)要使小滑块在 AB 区域内运动的时间到达最长,电场强度 E 应满足什么条件?并求这种 情况下滑块离开 AB 区域时的速度.

【考点】动能定理的应用. 【专题】动能定理的应用专题. 【分析】 (1)由动能定理可以求出滑动摩擦力大小; (2)分别对 AC 及 CB 过程根据动能定理列出动能定理方程,联立即可解得 B 点的速度; (3)要使小滑块运动时间最长,则小球应从 A 点离开,利用动能定理可求得速度. 【解答】解: (1)滑块从 A 到 C 过程,由动能定理得: ﹣f? = mvC ﹣
2

mv0 ,

2

解得:f=



(2)设滑块所受滑动摩擦力大小为 f,则滑块从 A 点运动至 C 点过程, 由动能定理得:﹣f? = mvC ﹣ mv0 , 假设最后滑块从 B 点离开 AB 区域,则滑块从 C 点运动至 B 点过程, 由动能定理得: (qE1+f) = m(vc ﹣vB )
2 2 2 2

将 vc=

v0、qE1=f,代入解得:vB=

v0,

由于滑块运动至 B 点时还有动能,因此滑块从 B 点离开 AB 区域,速度大小为 v0,方向水 平向右. (3)要使小滑块在 AB 区域内运动的时间到达最长, 必须使滑块运动至 B 点停下,然后再向左加速运动,最后从 A 点离开 AB 区域. 滑块从 C 点运动至 B 点过程,由动能定理得: (qE2+f) = mvc ,
2

已知:vc=

v0,解得,电场强度:E2=



滑块运动至 B 点后,因为 qE2=2f>f,所以滑块向左加速运动, 从 B 运动至 A 点过程,由动能定理得: (qE2﹣f)d= mvA , 由以上各式解得滑块离开 AB 区域时的速度
2

vA=

v0(方向水平向左) ;

答: (1)求滑块受到的滑动摩擦力大小为



(2)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等,滑块离开 AB 区域时的速度为 v0,方向水平向右;

(3)要使小滑块在 AB 区域内运动的时间到达最长,电场强度为

,这种情况下滑块

离开 AB 区域时的速度为

v0.

【点评】本题考查了动能定理的应用,解题的重点在于能否理解物体的运动过程,能正确的 选择合适的过程建立动能定理表达式. 12.在如图所示的装置中,电源电动势为 E,内阻不计,定值电阻为 R1,滑动变阻器总值为 R2,置于真空中的平行板电容器水平放置,极板间距为 d.处在电容器中的油滴 A 恰好静止 不动,此时滑动变阻器的滑片 P 位于中点位置. (1)求此时电容器两极板间的电压; (2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量 q 与质量 m 的比值; (3)现将滑动变阻器的滑片 P 由中点迅速向上滑到某位置,使电容器上的电荷量变化了 Q1, 油滴运动时间为 t,再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置,使电容器上的电荷量又变化 了 Q2,当油滴又运动了 2t 的时间,恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板 接触,滑动变阻器滑动所用时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求:Q1 与 Q2 的比 值.

【考点】共点力平衡的条件及其应用;匀变速直线运动的位移与时间的关系;牛顿第二定律; 电容器的动态分析;闭合电路的欧姆定律. 【专题】共点力作用下物体平衡专题. 【分析】 (1)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流,由欧姆定律求出电容器两极板间的 电压; (2)处在电容器中的油滴 A 恰好静止不动,受到的重力与电场力平衡.电容器上板带正电, 分析油滴的电性.根据平衡条件求出油滴所带电荷量 q 与质量 m 的比值. (3)设电容器原来的电量为 Q,将滑动变阻器的滑片 P 由中点迅速向上滑到某位置,使电容 器上的电荷量增加了 Q1,油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动,求出现在的电 量,根据牛顿第二定律求出加速度,由位移公式和速度公式分别求出油滴向上运动的位移和

时间.将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置,使电容器上的电荷量又减少了 Q2,再根据 牛顿第二定律和运动学公式得出油滴向下运动的位移,联立两个位移关系式求出电量之比.

【解答】解: (1)电路中的电流 I=

平行板电容器两端的电压 U= 得 F 电﹣mg=0,即

=



(2)电容上板速写正电,油滴处于静止状态,电场力向上,则油滴带负电.对油滴受力分析,

=mg,所以

=



(3)设电容器的电容为 C,极板原来具有的电荷量为 Q,电容器上的电量变化 Q1 后,油滴在 电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动,t 秒末油滴的速度为 v1、位移为 s,板间的电压

U1= 根据牛顿第二定律得

F 电 1﹣mg=ma1, 根据运动学公式得 s= a1t ,v1=a1t 电容器上的电量又变化了 Q2 后,油滴在电场中向上做匀减速直线运动,2t 秒末位移为﹣s.
2

极板间的电压为 U2= 根据牛顿第二定律得

mg﹣F 电 2=ma2,mg﹣ 根据运动学公式得﹣s=2v1t﹣ a2(2t)
2

=ma2

解得:

=



答: (1)此时电容器两极板间的电压为



(2)油滴带负电,油滴所带电荷量 q 与质量 m 的比值为



(3)Q1 与 Q2 的比值为 4:9. 【点评】本题是电容器、电路和电场知识的综合应用.带电粒子在电场中运动时分析受力情 况,根据牛顿定律和运动学公式结合处理是基本的方法. (二)选考题,请考生任选一模块作答【物理-选修 3-3】 13.下列说法正确的是( ) A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大 B.当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大 C.外界对物体做功,物体内能一定增加 D.当分子间的距离增大时,分子力一定减小 E.用油膜法估测分子直径的实验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后 又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩 【考点】热力学第一定律;温度是分子平均动能的标志;用油膜法估测分子的大小. 【分析】温度是分子平均动能的标志,影响内能的因素还有质量,改变内能的方式有做功和 热传递,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. 【解答】解:A、温度高的物体内能不一定大,内能还与质量有关,但分子平均动能一定大, 因为温度是平均动能的标志,A 正确; B、当分子力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,B 正确; C、改变内能的方式有做功和热传递,若外界对物体做功的同时物体放热,内能不一定增大, C 错误; D、当分子间的距离从平衡位置增大时,分子间作用力先增大后减小,D 错误; E、用油膜法估测分子直径的实验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后 又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩,E 正确; 故选:ABE 【点评】掌握温度是分子平均动能的标志,知道改变内能的方式,理解分子间作用力与分子 间距的关系. 14.如图所示,内径粗细均匀的 U 形管,右侧 B 管上端封闭,左侧 A 管上端开口,管内注入 水银,并在 A 管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞,使两管中均封入 L=25cm 的空气柱, 活塞上方的大气压强为 P0=76cmHg,这时两管内水银面高度差 h=6cm.今用外力竖直向上缓 慢地拉活塞,直至使两管中水银面相平.设温度保持不变,则:A 管中活塞向上移动距离是多 少?

【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】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等,气体都作等温变化.先对 B 端气体研究,根据玻意耳定律求出活塞上移后的压强.水银面相平时,两部分气体的压强相 等,再研究 A 端气体,求出活塞上移后的长度,根据几何关系求解活塞向上移动的距离. 【解答】解:①取 B 管中气体为研究对象,设活塞运动前 B 管中气体的压强为 pB、体积为 VB,活塞运动后 B 管中气体的压强为 pB′、体积为 VB′,管的横截面积为 S,有: pB=p0﹣h,VB=LS,VB′=(L+0.5h)S 则(p0﹣h)LS=pB′(L+0.5h)S,① ②设活塞向上移动的距离为 x,取 A 管中气体为研究对象,设活塞运动前 A 管中气体的压强 为 pA、体积为 VA,活塞运动后 A 管中气体的压强为 pA′、体积为 VA′,有: pA=p0,VA=LS,pA′=pB',VA′=(L+x﹣0.5h)S 则 pA LS=pA′(L+x﹣0.5h)S ② 解得:x=8.4cm 答:活塞向上移动的距离是 8.4cm. 【点评】本题考查了玻意耳定律,关键要抓住两部分气体之间相关联的条件,运用玻意耳定 律解答. [物理-选修 3-4] 15.某波源 S 发出一列简谐横波,波源 S 的振动图象如图所示.在波的传播方向上有 A、B 两点,它们到 S 的距离分别为 45m 和 55m.测得 A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s.由 此可知 ①波长 λ= 20 m; ②当 B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时,A 点离开平衡位置的位移是 ﹣6 cm.

【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象. 【专题】压轴题. 【分析】由振动图象图象读出周期,根据 A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s,可知 AB 间 的距离为半个波长,进而求出波长,AB 两个点之间始终相差半个周期,当 B 点在正的最大位 移处时,A 在负的最大位移处. 【解答】解:①由振动图象可知,T=2s,A、B 两点开始振动的时间间隔为 1.0s,所以 AB 间 的距离为半个波长,所以 λ=2×(55﹣45)m=20m ②AB 两个点之间始终相差半个周期,所以当 B 点离开平衡位置的位移为+6cm 时,A 点离开 平衡位置的位移是﹣6cm 故答案为:20,﹣6. 【点评】本题要求同学们能根据振动图象图象读出周期,进而判断 AB 两点的位置关系,从而 求波长,难度不大,属于基础题. 16.如图所示,半径为 R 的半圆柱形玻璃砖某一截面的圆心为 O 点.有两条光线垂直于水平 柱面射入玻璃砖中,其中一条光线通过圆心 O,另一条光线通过 A 点,且 OA= 光线射出玻璃砖后相交于一点,该点到 O 点的距离为 R,求玻璃的折射率. .这两条

【考点】光的折射定律. 【专题】光的折射专题. 【分析】画出光路图,根据折射定律和几何关系求玻璃的折射率. 【解答】解:作出光路图如图所示,OBD 为法线,则 sin∠ABO= 设两条出射光线交点为 S,根据几何关系有:OC=Rcos 30°, = ,则∠ABO=30°

所以,CS=OS﹣OC=

∠BSC=30°,∠SBD=60°,由折射定律:n= 答:玻璃的折射率为 .

=



【点评】画好图,理清几何关系,是解决才提到关键,折射定律的应用本身比较简单. [物理--选修 3-5] 17.小明用金属铷为阴极的光电管,观测光电效应现象,实验装置示意如图甲所示.已知普 朗克常量 h=6.63×10 J?s. ①图甲中电极 A 为光电管的 阳极 (填“阴极”或“阳极”) ; ②实验中测得铷的遏止电压 Uc 与入射光频率 ν 之间的关系如图乙所示,则铷的截止频率 νc= ﹣19 14 5.15×10 Hz,逸出功 W0= 3.41×10 J.
﹣34

【考点】光电效应. 【专题】光电效应专题. 【分析】光电子从金属板上射出后被电场加速,由此可知 A 板为正极,根据光电效应方程 Ekm=hv﹣W0 和 eUC=EKm 得出遏止电压 Uc 与入射光频率 v 的关系式,从而进行判断.根据逸 出功 W0=hv0,和光电效应方程:EK=hv﹣W0 直接进行求解. 【解答】解: (1)电子从金属板上射出后被电场加速,由此可知 A 板为正极即为阳极,故 A 错误; 由 Ekm=hv﹣W0 和 eUC=EKm 得:eUC=hv﹣W0,因此当遏制电压为零时,hvc=W0, 14 根据图象可知,铷的截止频率 νC=5.15×10 Hz, ﹣34 ﹣19 14 (2)根据 hvc=W0,则可求出该金属的逸出功大小 W0=6.63×10 ×5.15×10 =3.41×10 J. ﹣19 14 故答案为: (1)阳极; (2)5.15×10 ;3.41×10 【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程,以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系.本 题考察知识点简单,但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系,同时注意计算的 准确性.

18.一个静止的铀核 002 6u)后衰变成钍核
﹣27

U(原子质量为 232.037 2u)放出一个 α 粒子(原子质量为 4, Th(原子质量为 228.028 7u) .已知原子质量单位 1u=1.67×10

kg,1u 相当于 931MeV. ①写出核衰变反应方程; ②求该核衰变反应中释放出的核能; ③假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和 α 粒子的动能,则钍核获得的动能有多大? 【考点】动量守恒定律;爱因斯坦质能方程. 【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题. 【分析】 (1)根据电荷数守恒、质量数守恒写出核衰变方程. (2)根据质量亏损,结合爱因斯坦光电效应方程求出释放的核能. (3)根据动量守恒定律得出两粒子的动量大小关系,结合动能和动量的关系求出动能. 【解答】解:①根据电荷数守恒、质量数守恒有:
232 228 90U→ 90

Th+2 He

4

②质量亏损为:△ m=mU﹣mα﹣mTh=0.0059 u 2 △ E=△ mc =0.0059×931.5 MeV=5.50 MeV ③系统动量守恒,钍核和 α 粒子的动量大小相等,即根据动量守恒定律得: pTh=pα

根据动能与动量的关系: EKTh+EKα

所以钍核获得的动能 代入数据得:EKTh=0.09Mev 232 228 4 答:①铀核的衰变反应方程 90U→ 90 Th+2 He; ②该衰变反应中释放出的核能 5.50 MeV; ③若释放的核能全部转化为新核的动能,钍核获得的动能有 0.09Mev. 【点评】解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒,以及掌握爱因斯坦 质能方程,知道在衰变的过程中动量守恒.


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