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河南省洛阳市中成外国语学校2015届高三下学期月考物理试卷(4月份)


河南省洛阳市中成外国语学校 2015 届高三下学期月考物理试卷 (4 月份)
一、选择题: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.运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为 M、m 球拍平面和水 平面之间的夹角为 θ,球拍与球保

持相对静止,它们间摩擦及空气阻力不计,则( )

A. 运动员的加速度为 gcotθ B. 球拍对球的作用力 C. 运动员对球拍的作用力为 Mgcosθ D. 若加速度大于 gsinθ,球一定沿球拍向上运动 2.如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块 m 放在斜面上,其上表面呈弧形且左 端最薄,一球 M 搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力 F 拉住弧 形滑块,使球与滑块均静止.现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离,球仍搁在挡板与 滑块上且处于静止状态,则与原来相比( )

A. 滑块对球的弹力增大 B. 挡板对球的弹力减小 C. 斜面对滑块的弹力增大 D. 拉力 F 不变 3.如图所示 A、D 分别是斜面的顶端、底端,B、C 是斜面上的两个点,AB=BC=CD,E 点在 D 点的正上方,与 A 等高.从 E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球 1 落在 B 点,球 2 落在 C 点,关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程( )

A. 球 1 和球 2 运动的时间之比为 2:1 B. 球 1 和球 2 运动的时间之比为 1:2 C. 球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2 :1

D. 球 1 和球 2 运动时的加速度之比为 1:2 4.如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场 线与 x 轴平行,在 x 轴上的电势 φ 与坐标 x 的关系用图中曲线表示,图中斜线为该曲线过 点(0.15,3)的切线.现有一质量为 0.20kg,电荷量为+2.0×10 C 的滑块 P(可视作质点) , 2 从 x=0.10m 处由静止释放,其与水平面的动摩擦因数为 0.02.取重力加速度 g=10m/s .则 下列说法中不正确的是( )
﹣8

A. B. C. D.

滑块运动的加速度逐渐减小 滑块运动的速度先增大后减小 6 x=0.15m 处的场强大小为 2.0×10 N/C 滑块运动的最大速度约为 0.1m/s

5.2014 年 3 月 8 日凌晨马航客机失联后,西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、 遥感 4 个型号近 10 颗卫星,为地面搜救提供技术支持.特别是“高分一号”突破了空间分辨 率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术.如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫 星在空中某一面内运动的示意图.“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认 为绕地心 O 做匀速圆周运动.卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为 r,某时刻两颗工作卫星分别 位于轨道上的 A、B 两位置,“高分一号”在 C 位置.若卫星均顺时针运行,地球表面处的重 力加速度为 g,地球半径为 R,不计卫星间的相互作用力.则以下说法正确的是( )

A. 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为

g

B. 卫星“G1”由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为 C. 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道,必须对其减速 D. “高分一号”是低轨道卫星,其所在高度有稀薄气体,运行一段时间后,高度会降低, 速度增大,机械能会减小 6.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到 D 点时速度方向与加速 度方向恰好互相垂直,则质点从 A 点运动到 E 点的过程中,下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

质点经过 C 点的速率比 D 点的大 质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角大于 90° 质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大 质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小

7.质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下落,在 t 秒末加上竖直方向且范围 足够大的匀强电场, 再经过 t 秒小球又回到 A 点. 整个过程中不计空气阻力且小球从未落地, 则( ) A. 匀强电场方向竖直向上 B. 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中,小球动能变化了 mg t 22 C. 整个过程中小球电势能减少了 2mg t D. 从 A 点到最低点的过程中,小球重力势能变化了 mg t
22 22

8.如图所示,两根等高光滑的 圆弧轨道,半径为 r、间距为 L,轨道电阻不计.在轨道顶 端连有一阻值为 R 的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为 B.现 有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始,在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处,则该过程中( )

A. 通过 R 的电流方向为由外向内 B. 通过 R 的电流方向为由内向外 C. R 上产生的热量为 D. 流过 R 的电量为

二、非选择题. 9.DIS 实验是利用现代信息技术进行的实验.“用 DIS 研究机械能守恒定律”的实验装置如 图甲所示,小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下,选择 DIS 以图象方式显 示实验的结果,所显示的图象如图乙所示.图象的横轴表示小球距 d 点(最低点)的高度 h, 纵轴表示小铁球的重力势能 EP、动能 Ek 或机械能 E.试回答下列问题: (1)图乙的图象中,表示小球的机械能 E、动能 Ek、重力势能 EP 随小球距 d 点的高度 h 变化关系的图线分别是 (按顺序填写相应图线所对应的文字) ; 根据图乙所示的实验图象,可以得出的结论是: .

10.某实验小组进行“探究热敏电阻 的温度特性”实验,实验室提供如下器材: 热敏电阻 Rt(常温下约 8kΩ) 、温度计、 电流表 mA(量程 1mA,内阻约 200Ω) 电压表 V (量程 3V,内阻约 10kΩ) 电池组 E (4.5V,内阻约 1Ω) 滑动变阻器 R(最大阻值为 20Ω) 开关 S、导线若干、烧杯和水.

(1)根据提供器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整. 实验开始前滑动变阻器的滑动触头 P 应置于 端(选填 a 或 b) (3)利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值,画出该热敏电阻 Rt﹣t 图象如 图乙中的实测曲线,与图中理论曲线相比二者有一定的差异.除了偶然误差外,下列关于产 生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是 . (填选项前的字母, 不定项选择) A.电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大 B.电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小 C.温度升高到一定值后,电流表应改为外接法 (4) 将本实验所用的热敏电阻接到一个电流 较大的恒流电源中使用, 当电流通过电阻产生 2 的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时,满足关系式 I R=k(t﹣t0) (其中 k 是散热系数, t 是电阻的温度,t.是周围环境温度,I 为电流强度) ,电阻的温度稳定在某一值.若通过它 的电 流恒为 50mA,t0=20℃. ,k=0.25W/℃,由实测曲线可知该电阻的温度稳定 在 ℃ 11.如图所示,质量 M=5kg、上表面光滑的长度为 L=1m 的木板,在 F=25N 的水平拉力作 用下,以初速度 v0=5m/s 沿水平地面向右匀速运动.现有足够多的小铁块(可视为质点) , 它们的质量均为 m=1kg,将一小铁块无初速地放在木板的最右端,当木板运动了 L 时,又 无初速地在木板的最右端放上第 2 块小铁块,只要木板运动了 L 就在木板的最右端无初速 2 放一小铁块.取 g=10m/s .试问

(1)第 1 块小铁块放上后,木板运动 L 时,木板的速度多大? 最后放在木板上的小铁块是第几块?

12.如图所示,两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上,其质量均为 m=1kg,导轨 间距 d=0.5m, 现两棒并齐, 中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧, 弹簧弹性势能为 Ep=16J. 现 释放弹簧(与两棒不拴接) ,两金属棒获得大小相等的速度,且 ab 棒平行导轨进入一随时间 变化的磁场,已知 B=2+0.5t(单位:T) ,方向垂直导轨平面向下,导轨上另有两个挡块 P、 Q,cd 棒与之碰撞时无能量损失,Pc=aM=16m,两棒电阻均为 R=5Ω,导轨电阻不计,若从 释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间) ,在 ab 棒进入磁场边界的瞬间,加一外 力 F(大小和方向都可以变化) ,使之始终做加速度 a=0.5m/s 的匀减速直线运动,求: (1)ab 棒刚进入磁场时的外力 F 的大小与方向; ab 棒速度为零时所受到的安培力.
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【物理--选修 3-4】 13.A、B 两列简谐横波均沿 x 轴正向传播,在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示,经过 时间 t(t 小于 A 波的周期 TA) ,这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示,则 A、B 两列波的波速 vA、vB 之比可能是( )

A. 1:1 B. 2:1 C. 1:2 D. 3:1 E. 1:3 14.有一玻璃球冠,右侧面镀银,光源 S 就在其对称轴上,如图所示.从光源 S 发出的一 束光射到球面上, 其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播, 另一部分光折入玻璃球冠 内,经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回.若球面半径为 R,玻璃折射率为 ,求光 源 S 与球冠顶点 M 之间的距离 SM 为多大?

【物理--选修 3-5】 15.以下说法符合物理学史的是( ) A. 普朗克引入能量子的概念,得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,与实验符合得 非常好,并由此开创了物理学的新纪元 B. 康普顿效应表明光子具有能量 C. 德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子,认为实物粒子也具有波动性 D. 汤姆逊通过 α 粒子散射实验,提出了原子具有核式结构 E. 为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的 16.如图所示,轻弹簧的两端与质量均为 2m 的 B、C 两物块固定连接,静止在光滑水平面 上,物块 C 紧靠挡板但不粘连.另一质量为 m 的小物块 A 以速度 vo 从右向左与 B 发生弹 性正碰,碰撞时间极短可忽略不计. (所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求: (1)A、B 碰后瞬间各自的速度; 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比.

河南省洛阳市中成外国语学校 2015 届高三下学期月考物 理试卷(4 月份)
参考答案与试题解析

一、选择题: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.运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑,设球拍和球质量分别为 M、m 球拍平面和水 平面之间的夹角为 θ,球拍与球保持相对静止,它们间摩擦及空气阻力不计,则( )

A. 运动员的加速度为 gcotθ B. 球拍对球的作用力 C. 运动员对球拍的作用力为 Mgcosθ D. 若加速度大于 gsinθ,球一定沿球拍向上运动 考点: 牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 专题: 牛顿运动定律综合专题.

分析: 由题,不计摩擦力,分析网球的受力情况,作出力图,根据牛顿第二定律求解加速 度和球拍对球的作用力;分析网球竖直方向的受力情况,判断球能否向上运动. 解答: 解:A、B、C 对网球:受到重力 mg 和球拍的支持力 N,作出力图如图,根据牛顿 第二定律得: Nsinθ=ma Ncosθ=mg 解得,a=gtanθ,N= 以球拍和球整体为研究对象,如图 2,根据牛顿第二定律得: 运动员对球拍的作用力为 F= 故 AC 错误,B 正确. D、当 a>gtanθ 时,网球将向上运动,由于 gsinθ 与 gtanθ 的大小关系未知,故球不一定沿 球拍向上运动.故 D 错误. 故选:B

点评: 本题是两个作用下产生加速度的问题,分析受力情况是解答的关键,运用正交分解, 根据牛顿第二定律求解. 2.如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块 m 放在斜面上,其上表面呈弧形且左 端最薄,一球 M 搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力 F 拉住弧

形滑块,使球与滑块均静止.现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离,球仍搁在挡板与 滑块上且处于静止状态,则与原来相比( )

A. 滑块对球的弹力增大 B. 挡板对球的弹力减小 C. 斜面对滑块的弹力增大 D. 拉力 F 不变 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: 隔离对球分析,抓住重力大小方向不变,挡板的弹力方向不变,根据合力为零判断 出木板、滑块对球弹力的变化.对球和滑块整体分析,抓住合力为零,判断斜面对滑块弹力 以及拉力的变化. 解答: 解:A、B、对球进行受力分析,如图(a) ,球只受三个力的作用,挡板对球的力 F1 方向不变,作出力的矢量图, 挡板上移时,F2 与竖直方向夹角减小, 最小时 F2 垂直于 F1, 可以知道挡板弹力 F1 和滑块对球的作用力 F2 都减小;故 A 错误,B 正确; C、D、再对滑块和球一起受力分析,如图(b) ,其中 F N=Gcosθ 不变,F+F1 不变,F1 减小, 可以知道斜面对滑块的支持力不变,拉力 F 增大,故 C 错误,D 错误. 故选:B.

点评: 本题属于力学的动态分析,关键是抓住不变量,通过作图法判断力的变化.以及掌 握整体法和隔离法的运用. 3.如图所示 A、D 分别是斜面的顶端、底端,B、C 是斜面上的两个点,AB=BC=CD,E 点在 D 点的正上方,与 A 等高.从 E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球 1 落在 B 点,球 2 落在 C 点,关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程( )

A. B. C. D.

球 1 和球 2 运动的时间之比为 2:1 球 1 和球 2 运动的时间之比为 1:2 球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2 :1 球 1 和球 2 运动时的加速度之比为 1:2

考点: 平抛运动.

专题: 平抛运动专题. 分析: 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据高度 确定运动的时间,通过水平位移求出初速度之比. 解答: 解:A、B、因为 AC=2AB,则 AC 的高度差是 AB 高度差的 2 倍,根据 h= gt 得, t= ,解得运动的时间比为 1: .故 A 错误,B 错误;
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C、AC 在水平方向上的位移是 AB 在水平方向位移的 2 倍,结合 x=v0t,解得初速度之比为 2 :1.故 C 正确; D、平抛运动的加速度为 g,两球的加速度相同.故 D 错误. 故选:C. 点评: 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公 式进行求解. 4.如图所示,粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场 线与 x 轴平行,在 x 轴上的电势 φ 与坐标 x 的关系用图中曲线表示,图中斜线为该曲线过 点(0.15,3)的切线.现有一质量为 0.20kg,电荷量为+2.0×10 C 的滑块 P(可视作质点) , 2 从 x=0.10m 处由静止释放,其与水平面的动摩擦因数为 0.02.取重力加速度 g=10m/s .则 下列说法中不正确的是( )
﹣8

A. B. C. D.

滑块运动的加速度逐渐减小 滑块运动的速度先增大后减小 6 x=0.15m 处的场强大小为 2.0×10 N/C 滑块运动的最大速度约为 0.1m/s

考点: 带电粒子在匀强电场中的运动. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 电势 φ 与位移 x 图线的斜率表示电场强度,根据斜率判断电场强度的变化,从而判 断出电场力的变化, 根据牛顿第二定律判断出加速度的变化, 根据加速度方向与速度方向的 关系,判断出速度的变化,从而知道何时速度最大. 解答: 解:A、B、C、电势 φ 与位移 x 图线的斜率表示电场强度,则 x=0.15m 处的场强 E= V/m=2×10 V/m,此时的电场力 F=qE=2×10 ×2×10 N=0.04N,滑动摩擦力大小
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﹣8

6

f=μmg=0.02×2N=0.04N, 在 x=0.15m 前, 电场力大于摩擦力, 做加速运动, 加速度逐渐减小, x=0.15m 后电场力小于电场力,做减速运动,加速度逐渐增大.故 A 错误,B、C 正确.

D、在 x=0.15m 时,电场力等于摩擦力,速度最大,根据动能定理得,
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因为 0.10m 和 0.15m 处的电势差大约为 1.5×10 V,代入求解,最大速度大约为 0.1m/s.故 D 正确. 本题选择不正确的,故选:A. 点评: 解决本题的关键知道电势 φ 与位移 x 图线的斜率表示电场强度,会根据滑块的受力 判断出滑块的运动情况. 5.2014 年 3 月 8 日凌晨马航客机失联后,西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、 遥感 4 个型号近 10 颗卫星,为地面搜救提供技术支持.特别是“高分一号”突破了空间分辨 率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术.如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫 星在空中某一面内运动的示意图.“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认 为绕地心 O 做匀速圆周运动.卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为 r,某时刻两颗工作卫星分别 位于轨道上的 A、B 两位置,“高分一号”在 C 位置.若卫星均顺时针运行,地球表面处的重 力加速度为 g,地球半径为 R,不计卫星间的相互作用力.则以下说法正确的是( )

A. 卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为

g

B. 卫星“G1”由位置 A 运动到位置 B 所需的时间为 C. 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道,必须对其减速 D. “高分一号”是低轨道卫星,其所在高度有稀薄气体,运行一段时间后,高度会降低, 速度增大,机械能会减小 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: 根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情 况, 掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道, 根据除重力外其它力做 功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况 解答: 解:A、根据万有引力提供向心力 ,得 a= .而 GM=gR .所以卫星的加
2

速度

.故 A 错误;

B、根据万有引力提供向心力

,得

.所以卫星 1 由位置 A 运动到位置

B 所需的时间 t=

.故 B 错误;

C、“高分一号”卫星加速,将做离心运动,轨道半径变大,速度变小,路程变长,运动时间 变长,故如果调动“高分一号”卫星快速到达 G3 所在轨道必须对其加速,故 C 错误; D、“高分一号”是低轨道卫星,其所在高度有稀薄气体,克服阻力做功,机械能减小.故 D 正确. 故选:D. 点评: 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 ,以及黄金代换式 GM=gR
2

6.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到 D 点时速度方向与加速 度方向恰好互相垂直,则质点从 A 点运动到 E 点的过程中,下列说法中正确的是( )

A. B. C. D.

质点经过 C 点的速率比 D 点的大 质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角大于 90° 质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大 质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小

考点: 向心力;牛顿第二定律. 专题: 牛顿第二定律在圆周运动中的应用. 分析: 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上,速度的方向与该点曲线的 切线方向相同;由牛顿第二定律可以判断加速度的方向. 解答: 解:A、由题意,质点运动到 D 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,速度沿 D 点轨迹的切线方向,则知加速度斜向左上方,合外力也斜向左上方,质点做匀变速曲线运 动,合外力恒定不变,质点由 C 到 D 过程中,合外力做负功,由动能定理可得,C 点的速 度比 D 点速度大,故 A 正确; B、质点运动到 D 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,速度沿轨迹的切线方向,加速 度指向轨迹的内侧,则有 A、B、C 三点速度与加速度方向夹角大于 90°,故 B 正确; C、质点做匀变速曲线运动,则有加速度不变,所以质点经过 D 点时的加速度与 B 点相同, 故 C 错误; D、质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大,故 D 错误; 故选:AB 点评: 本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查,关键掌握曲线运动速度方向特点和物 体做曲线运动的条件,知道加速度的方向特点. 7.质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下落,在 t 秒末加上竖直方向且范围 足够大的匀强电场, 再经过 t 秒小球又回到 A 点. 整个过程中不计空气阻力且小球从未落地, 则( ) A. 匀强电场方向竖直向上 22 B. 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中,小球动能变化了 mg t 22 C. 整个过程中小球电势能减少了 2mg t D. 从 A 点到最低点的过程中,小球重力势能变化了 mg t
22

考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系;重力势能. 专题: 电场力与电势的性质专题. 分析: 分析小球的运动情况:小球先做自由落体运动,加上匀强电场后小球先向下做匀减 速运动,后向上做匀加速运动.由运动学公式求出 t 秒末速度大小,加上电场后小球运动, 看成一种匀减速运动,自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反, 根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力,由 W=qEd 求得电场力做功,即可得到电势 能的变化.由动能定理得求出 A 点到最低点的高度,得到重力势能的减小量. 解答: 解:A、小球所受电场力方向是向上的,但不知道小球带电的电性,所以不能判断 电场的方向,故 A 错误; B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△ Ek= ,故 B 错误;

C、小球先做自由落体运动,后做匀减速运动,两个过程的位移大小相等、方向相反.设电 场强度大小为 E,加电场后小球的加速度大小为 a, 取竖直向下方向为正方向,则 由 gt =﹣(vt﹣ at ) 又 v=gt 解得 a=3g,则小球回到 A 点时的速度为 v′=v﹣at=﹣2gt 整个过程中小球速度增量的大小为△ v=v′﹣v=﹣3gt,速度增量的大小为 3gt. 由牛顿第二定律得: a= ,
2 2

联立解得电场力大小: Eq=4mg 整个过程中电场力做的功 ;
22

电场力做的功等于电势能的减小量,故整个过程中小球电势能减少了 2mg t ; 故 C 正确; D、设从 A 点到最低点的高度为 h,根据动能定理得: mgh﹣qE(h﹣ gt )=0 解得:h= gt ;故 D 正确. 故选:CD. 点评: 本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力;首先要分析小球 的运动过程,采用整体法研究匀减速运动过程,抓住两个过程之间的联系:位移大小相等、 方向相反,运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究.
2 2

8.如图所示,两根等高光滑的 圆弧轨道,半径为 r、间距为 L,轨道电阻不计.在轨道顶 端连有一阻值为 R 的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为 B.现 有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始,在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处,则该过程中( )

A. 通过 R 的电流方向为由外向内 B. 通过 R 的电流方向为由内向外 C. R 上产生的热量为 D. 流过 R 的电量为

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律;楞次定律. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: 根据楞次定律判断感应电流的方向.金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交 变电流,感应电动势的最大值为 Em=BLv0,有效值为 E= Em,根据焦耳定律求出求解金 求

属棒产生的热量. 通过 R 的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过 R 的电量 q=

解. 解答: 解:AB、金属棒从轨道最低位置 cd 运动到 ab 处的过程中,穿过回路的磁通量减小, 根据楞次定律判断得知通过 R 的电流方向为由外向内.故 A 正确,B 错误. C、金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值 为 Em=BLv0,有效值为 E= 根据焦耳定律有:Q= t Em

时间为 t=

联立解得 Q=

.故 C 正确. = = .故 D 错误.

D、通过 R 的电量由公式:q= △ t=

故选:AC. 点评: 解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流,相当于线圈在磁场中转 动时单边切割磁感线,要用有效值求解热量,用平均值求解电量. 二、非选择题. 9.DIS 实验是利用现代信息技术进行的实验.“用 DIS 研究机械能守恒定律”的实验装置如 图甲所示,小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下,选择 DIS 以图象方式显

示实验的结果,所显示的图象如图乙所示.图象的横轴表示小球距 d 点(最低点)的高度 h, 纵轴表示小铁球的重力势能 EP、动能 Ek 或机械能 E.试回答下列问题: (1)图乙的图象中,表示小球的机械能 E、动能 Ek、重力势能 EP 随小球距 d 点的高度 h 变化关系的图线分别是 甲、丙、乙 (按顺序填写相应图线所对应的文字) ; 根据图乙所示的实验图象,可以得出的结论是: 忽略阻力作用,小球下落过程机械能守 恒 .

考点: 验证机械能守恒定律. 专题: 实验题. 分析: 根据小球向上滑动过程中,重力做负功,高度 h 增大,由 EP=mgh 增大,动能减小, 而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线. 小球摆动过程受到支持力和重力, 支持 力不做功, 只有重力做功, 在这个条件下得出结论: 只有重力做功的情况下小球机械能守恒. 2 解答: 解: (1)将各个时刻对应的高度和速度二次方数据标在坐标图中,用描点法作出 v ﹣h 图象;由 mgh= mv ,可得 v ﹣h 图象的斜率等于 2g.根据小球下滑动能增大、重力势 能减小、机械能不变可知表示小球的重力势能 EP、动能 Ek、机械能 E 随小球距 d 点的高度 h 变化关系的图线分别是乙、丙、甲. 小球运动过程受到支持力和重力, 拉支持力不做功, 只有重力做功, 小球的机械能守恒. 故 得出的结论是:忽略阻力作用,小球在下落过程中机械能守恒. 故答案为: (1)甲、丙、乙; 忽略阻力作用,小球下落过程机械能守恒. 点评: 本题考查理解物理图象的能力.守恒定律关键要明确条件.验证性实验最后得出结 论时,要强调在实验误差允许的范围内. 10.某实验小组进行“探究热敏电阻 的温度特性”实验,实验室提供如下器材: 热敏电阻 Rt(常温下约 8kΩ) 、温度计、 电流表 mA(量程 1mA,内阻约 200Ω) 电压表 V (量程 3V,内阻约 10kΩ) 电池组 E (4.5V,内阻约 1Ω) 滑动变阻器 R(最大阻值为 20Ω) 开关 S、导线若干、烧杯和水.
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(1)根据提供器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整. 实验开始前滑动变阻器的滑动触头 P 应置于 a 端(选填 a 或 b) (3)利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值,画出该热敏电阻 Rt﹣t 图象如 图乙中的实测曲线,与图中理论曲线相比二者有一定的差异.除了偶然误差外,下列关于产 生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是 AC . (填选项前的字母,不定项 选择) A.电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大 B.电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小 C.温度升高到一定值后,电流表应改为外接法 (4) 将本实验所用的热敏电阻接到一个电流 较大的恒流电源中使用, 当电流通过电阻产生 的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时,满足关系式 I R=k(t﹣t0) (其中 k 是散热系数, t 是电阻的温度,t.是周围环境温度,I 为电流强度) ,电阻的温度稳定在某一值.若通过它 的电 流恒为 50mA, t0=20℃. , k=0.25W/℃, 由实测曲线可知该电阻的温度稳定在 50 ℃ 考点: 伏安法测电阻. 专题: 实验题. 分析: (1)根据图甲所示实验电路图连接实物电路图; 滑动变阻器采用分压接法时,闭合开关前,滑片应调到分压电路分压应为零处. (3)根据表中实验数据,在坐标系中描出对应点,然后作出图象.分析实验电路,根据伏 安法测电阻所造成的误差分析误差原因. (4)作出 P 散=k(t﹣t0)的图象,与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定 温度,带入公式即可求得此时的发热功率. 解答: 解: (1)根据电路图连接实物图,如图 1 所示. 因当滑动触头打到 a 端时待测电路电压或电流为零,从而保护电流表.故答案为 a. (3)应用描点法作图,图象如图 2 所示.
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由于实验采用的是电流表内接法, 所以电压表读数大于热敏电阻两端的电压. 所以在相同的 温度下,热敏电阻的测量值总比理论值偏大; 当温度升高到一定值后,电阻变小,则电流表应该选用外接法,故 AC 正确; (4)电阻的散热功率可表示为 P 散=k(t﹣t0)=I R I=40mA,R=100(t﹣t0) ,在 R﹣t 图 象中做出如图所示的图线, 据其与理论图线的交点即可求得:该电阻的温度大约稳定在 50℃. 故答案为: (1)连线如图;a; (3)AC; (4)50. 点评: 本题为探究性实验,要求能将所学知识熟练应用;本题中要特别注意第 3 小问中的 作图解决的办法;由于导体电阻随温度的变化而变化,故不能直接应用欧姆定律,而是根据 图象进行分析. 11.如图所示,质量 M=5kg、上表面光滑的长度为 L=1m 的木板,在 F=25N 的水平拉力作 用下,以初速度 v0=5m/s 沿水平地面向右匀速运动.现有足够多的小铁块(可视为质点) , 它们的质量均为 m=1kg,将一小铁块无初速地放在木板的最右端,当木板运动了 L 时,又 无初速地在木板的最右端放上第 2 块小铁块,只要木板运动了 L 就在木板的最右端无初速 放一小铁块.取 g=10m/s .试问 (1)第 1 块小铁块放上后,木板运动 L 时,木板的速度多大? 最后放在木板上的小铁块是第几块?
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考点: 牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与位移的关系. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: (1)放上小铁块后,木板减速运动,根据牛顿第二定律和运动学规律来计算速度的 大小; 木板一直做减速运动, 根据速度位移间的关系可以求得运动的总共位移的大小, 从而得到小 铁块的数目. 解答: 解: (l)木板最初做匀速运动时,F=μmg…① 第 1 块小铁块放在木板上后,木板做匀减速运动的加速度大小为 a, 根据牛顿第二定律得:μ(M+m)g﹣F=Ma…② …③

联立方程①②③得: 由于木板的长度为 1m.总有一块小铁块在木板上, 木板做匀减速运动的加速度大小一直为 a, 设最后放在木板上的小铁块是第 n 块,即有: …④

联立方程②④得:n=13.5 最后放在木板上的小铁块是第 13 块. 答: (1)第 1 块小铁块放上后,木板运动 L 时,木板的速度为 4.8m/s; 最后放在木板上的小铁块是第 13 块. 点评: 木板一直做减速运动,这是解决本题的关键,根据木板运动的总位移的大小就可以 求得铁块的数目. 12.如图所示,两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上,其质量均为 m=1kg,导轨 间距 d=0.5m, 现两棒并齐, 中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧, 弹簧弹性势能为 Ep=16J. 现 释放弹簧(与两棒不拴接) ,两金属棒获得大小相等的速度,且 ab 棒平行导轨进入一随时间 变化的磁场,已知 B=2+0.5t(单位:T) ,方向垂直导轨平面向下,导轨上另有两个挡块 P、 Q,cd 棒与之碰撞时无能量损失,Pc=aM=16m,两棒电阻均为 R=5Ω,导轨电阻不计,若从 释放弹簧时开始计时(不考虑弹簧弹开两棒的时间) ,在 ab 棒进入磁场边界的瞬间,加一外 2 力 F(大小和方向都可以变化) ,使之始终做加速度 a=0.5m/s 的匀减速直线运动,求: (1)ab 棒刚进入磁场时的外力 F 的大小与方向; ab 棒速度为零时所受到的安培力.

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 专题: 电磁感应——功能问题. 分析: (1)先根据能量守恒求出 ab 棒释放后获得的速度 v0,由运动学公式求出 ab 棒运动 到 MN 所用时间,即可求得 ab 棒刚进入磁场时磁感应强度,再根据安培力公式和牛顿第二 定律求解. ab 棒进入磁场后,又经 t2= =8s 速度变为零,而此段时间内 cd 棒与 PQ 碰撞后反向运动,

恰好在 t2 时刻到达磁场边界 MN, 由法拉第定律求出感应电动势, 结合 B=2+0.5t, 求出位移, 从而得到安培力. 解答: 解: (1)弹簧弹开时,两棒获得速度大小均为 v0,则 Ep=2× mv0 , 得 v0=4m/s ab 棒经 t1= = s=4s
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进入磁场,此时磁感应强度为 B1=2+0.5×4T=4T,

ab 棒受到的安培力 F 安=

=1.6N.

依牛顿第二定律 F 安﹣F=ma, 得所加外力 F=F 安﹣ma=1.1N,方向向右. ab 棒进入磁场后,又经 t2= =8s 速度变为零,而此段时间内 cd 棒与 PQ 碰撞后反向运动,

恰好在 t2 时刻到达磁场边界 MN,故此时的电动势为 E=B2dv0﹣ =B2dv0﹣ =16m

其中 B2=2+0.5×12T=8T,x 为 ab 棒通过的位移 x= 代入上式解得 E=12V,I= =1.2A

故此时 ab 棒受到的安培力 F=B2dI=8×1.2×0.5N=4.8N,方向向左. 答: (1)ab 棒刚进入磁场时的外力 F 的大小是 1.1N,方向向右; ab 棒速度为零时所受到的安培力大小是 4.8N,方向向左. 点评: 本题是双杆问题,关键要通过计算分析两棒的运动情况,本题既有动生电动势,又 有感生电动势,总电动势是它们的代数和. 【物理--选修 3-4】 13.A、B 两列简谐横波均沿 x 轴正向传播,在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示,经过 时间 t(t 小于 A 波的周期 TA) ,这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示,则 A、B 两列波的波速 vA、vB 之比可能是( )

A. 1:1 B. 2:1 C. 1:2 D. 3:1 E. 1:3 考点: 横波的图象. 分析: 由题,甲、丙图象反相,t 小于 A 波的周期 TA,说明 A 波经过了半个周期.B 波的 图象与原来重合,说明经过了整数倍周期.由图读出两波的波长,由题分别得到周期与时间 的关系,由波速公式得到波速的关系式,再进行选择. 解答: 解: 由图读出, A 波波长为 λA=24cm, 甲图到丙图一定是半个周期, 所以周期 TA=2t; B 波波长为 λB=12cm,乙图与丁图的波形图相同,经过的时间一定是整数个周期,所以周期 TB= ,波速 vA= ,vB= ,

得到 vA:vB=1:n,所以 A、B 两列波的波速 vA、vB 之比可能是 ACE,不可能的是 B、D. 故选:ACE

点评: 本题中知道两个时刻波形图,抓住经过半个周期时间,波形反相;经过整数倍周期 时间,图象重合是关键. 14.有一玻璃球冠,右侧面镀银,光源 S 就在其对称轴上,如图所示.从光源 S 发出的一 束光射到球面上, 其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播, 另一部分光折入玻璃球冠 内,经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回.若球面半径为 R,玻璃折射率为 ,求光 源 S 与球冠顶点 M 之间的距离 SM 为多大?

考点: 光的折射定律. 专题: 光的折射专题. 分析: 作出光路图,根据折射定律和几何关系,求出入射角和折射角,再由几何关系求解 光源 S 与球心 O 之间的距离 SO. 解答: 解:如图所示,根据折射定律,有: 根据反射定律,有:θ1=θ3 其中:θ3+θ2=90° 联立可得:θ1=60°,θ2=30° 由图,有:β=θ2=30°,α=θ1﹣β=30° 故: 故光源 S 与 M 间距: 答:光源 S 与球冠顶点 M 之间的距离 SM 约为 0.73R.

点评: 处理几何光学相关的问题,关键是作出光路图,一定要用直尺准确作图,然后根据 几何图形的特点求角或者线段的长度. 【物理--选修 3-5】 15.以下说法符合物理学史的是( ) A. 普朗克引入能量子的概念,得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,与实验符合得 非常好,并由此开创了物理学的新纪元 B. 康普顿效应表明光子具有能量

C. 德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子,认为实物粒子也具有波动性 D. 汤姆逊通过 α 粒子散射实验,提出了原子具有核式结构 E. 为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的 考点: 物理学史. 分析: 根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 解答: 解:A、普朗克引入能量子的概念,得出黑体辐射的强度按波长分布的公式,与实 验符合得非常好,并由此开创了物理学的新纪元,故 A 正确; B、康普顿效应不仅表明了光子具有能量,还表明了光子具有动量,故 B 错误; C、德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子,认为实物粒子也具有波动性,故 C 正确; D、卢瑟福在用 a 粒子轰击金箔的实验中发现了质子,提出原子核式结构学说,故 D 错误; E、为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的.故 E 正确; 故选:ACE 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,这也是考试内容之一. 16.如图所示,轻弹簧的两端与质量均为 2m 的 B、C 两物块固定连接,静止在光滑水平面 上,物块 C 紧靠挡板但不粘连.另一质量为 m 的小物块 A 以速度 vo 从右向左与 B 发生弹 性正碰,碰撞时间极短可忽略不计. (所有过程都在弹簧弹性限度范围内)求: (1)A、B 碰后瞬间各自的速度; 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比.

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: (1)A、B 发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律与机 械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度. 在 B 压缩弹簧过程中,系统机械能守恒,由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能;当 弹簧第一次伸长最长时,B、C 两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律 与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能,然后求出弹簧的弹性势能之比. 解答: 解: (1)A、B 发生弹性正碰,碰撞过程中,A、B 组成的系统动量守恒、机械能守 恒,以 A、B 组成的系统为研究对象,以 A 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: mvo=mvA+2mvB, 在碰撞过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得: mv0 = mvA + ?2mvB , 联立解得:vA=﹣ v0,vB= v0; 弹簧第一次压缩到最短时,B 的速度为零,该过程机械能守恒,由机械能守恒定律得,弹簧 的弹性势能:
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EP= ?2m?vB = mv0 , 从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时,B、C 与弹簧组成的系统机械能守恒, 弹簧恢复原长时,B 的速度 vB= v0,速度方向向右,C 的速度为零, 从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时,B、C 与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒, 弹簧伸长最长时,B、C 速度相等,以向右为正方向,由动量守恒定律得: 2mvB=v′, 由机械能守恒定律得: ?2m?vB = ??v′ +EP′, 解得:EP′= mv0 , 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比:EP:EP′=2:1; 答: (1)A、B 碰后瞬间,A 的速度为 v0,方向向右,B 的速度为 v0,方向向左; 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为 2:1. 点评: 本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比,应用动量守恒定律与机械能守恒定律 即可正确解题,分析清楚物体运动过程是正确 解题的关键.
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