北京市状元桥学校届高考物理模拟试卷三含解析解析 28页

‎2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（三）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（　　）‎ A．建立“合力与分力”的概念 B．建立“点电荷”的概念 C．建立“电场强度”的概念 D．建立“欧姆定律”的理论 ‎2．如图，两个质量均为m的小球a，b用细线相连并悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线O与竖直方向的夹角为θ=30°．则F的大小（　　）‎ A．可能为mg B．可能为mg C．可能为mg D．不可能为mg ‎3．据报道在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581C，天文学观察发现绕Gliese581C行星做圆周运动的卫星的轨道半径为月球绕地球做圆周运动半径的p倍，周期为月球绕地球做圆周运动周期的q倍．已知地球半径为R，表面重力加速度为g．万有引力常量为G，则Gliese581C行星的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图图甲，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速率一时间图象如图图乙，则上述信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．a在斜面上滑行的加速度比b的小 B．a在水平面上滑行的距离比b的短 C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D．a在整个运动过程中克服摩擦力做的功比b多 ‎5．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，AC的中点为M，BC的中点为N．将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=8.0×10﹣9 J．则以下分析正确的是（　　）‎ A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能小于4.0×10﹣9 J B．若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10﹣9 J C．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2×10﹣7 C，该电场的场强一定是E=2 V/m D．若粒子的电荷量为2×10﹣9 C，则A、B之间的电势差为4 V ‎6．如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的读数U先增大，后减小 B．电流表的读数I先增大，后减小 C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变 D．电压表读数的变化量△U与电流表读数的变化量△I的比值不变 ‎7．如图所示，在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=3.0Ω，金属杆PQ的电阻r=1.0Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．通过R的感应电流的方向为由d到a B．金属杆PQ两端电压为2 V C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N D．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热 ‎8．如图所示，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出．若在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出（图中未标出），不计粒子的重力．下列关于粒子的说法中，正确的是（　　）‎ A．B′点在B点的左侧 B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度 C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向 D．从A到B′的时间小于从A到B的时间 ‎　‎ 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题 ‎9．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．‎ ‎（1）请将下列实验步骤按先后排序：　　　　　　．‎ A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来 C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来 D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．‎ ‎（2）要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是　　　　　　．‎ A．秒表 B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器 ‎（3）写出角速度ω的表达式　　　　　　，并指出表达式中各个物理量的意义：　　　　　　．‎ ‎10．小明要测定一电源的电动势E和内电阻 r，实验器材有：一只 DIS 电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用 I 表示 ），一只电阻箱（阻值用 R 表示），一只开关和导线若干．该同学设计了如图（ l ）所示的电路进行实验和采集数据．‎ ‎①小明设计该实验的原理表达式是　　　　　　（用 E、r、I、R 表示）‎ ‎②小明在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至　　　　　　，（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）在实验过程中，将电阻箱调至图（ 2 ）所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为　　　　　　Ω ‎③小明根据实验采集到的数据作出如图（3）所示的图象，则由图象求得．该电源的电动势 E=　　　　　　 V，内阻 r=　　　　　　Ω（结果均保留两位有效数字）‎ ‎11．如甲图所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处平滑连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F与位移x的关系按乙图所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块第一次到达B处时的速度大小；‎ ‎（2）不计滑块在B处的速率变化，滑块到达B点时撤去力F，滑块冲上斜面，则滑块最终静止的位置与B点的距离多大．（sin37°=0.6）‎ ‎12．如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1×10﹣3kg、电量q=﹣1×10﹣3C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：‎ ‎（1）电场强度的大小与方向；‎ ‎（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．（计算结果可以用分数和保留π值表示）‎ ‎　‎ ‎（二）选考题[物理-选修3-3]‎ ‎13．以下说法正确的是（　　）‎ A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大 B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0=‎ C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动 E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加 ‎14．如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底60cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强为p0=1.0×105Pa，温度为300K．现缓慢加热气缸内气体，当温度缓慢升高为330K，活塞恰好离开ab，当温度缓慢升高到363K时，（g取10m/s2）求：‎ ‎①活塞的质量 ‎②整个过程中气体对外界做的功．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．北京时间2011年3月11日13时46分日本仙台以东地区发生里氏9.0级强烈地震，震源深度24km，地震随后引发10m高海啸，形成强大的波浪，向前推进，将沿海地带一一淹没，并于美国当地时间3月11日凌晨3时左右，抵达5700多公里以外的夏威夷群岛，造成至少3亿美元财产损失．海啸在海洋的传播速度大约每小时500km到600km，是地震波传播速度的左右．下列说法中正确的是（　　）‎ A．海啸波是机械波 B．美国夏威夷发生的海啸是日本发生的地震，并将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的 C．可以利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警 D．海啸波沿+x轴方向传播，图中a点经周期时将到达10m高的波峰处 E．海啸波的频率大约1.25Hz ‎16．如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=83°．今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试做出光路图并求玻璃的折射率n．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4‎ B．太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的热核反应 C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小 D．用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离 E．光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号 ‎18．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值．‎ ‎　‎ ‎2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（三）‎ 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1～5小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在6～8小题中给出的四个选项中有多个选项正确．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．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是（　　）‎ A．建立“合力与分力”的概念 B．建立“点电荷”的概念 C．建立“电场强度”的概念 D．建立“欧姆定律”的理论 ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．‎ ‎【解答】解：A：合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A正确．‎ B：点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误．‎ C：电场强度的定义是：试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电量的比值．所以，建立“电场强度”的概念是采用了参考变量法，故C错误．‎ D：“欧姆定律”的理论，是采用了比值定义法，所以D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．‎ ‎　‎ ‎2．如图，两个质量均为m的小球a，b用细线相连并悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线O与竖直方向的夹角为θ=30°．则F的大小（　　）‎ A．可能为mg B．可能为mg C．可能为mg D．不可能为mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F可能的值．‎ ‎【解答】解：A、B、C以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向整体的受力图，可见，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsinθ=mg．故AB错误，C正确．‎ D、当F竖直向上时，F=2mg；当F水平向右时，由平衡条件得F=2mgtanθ=，则2mg＞F＞mg，而mg在这个范围内，所以F可能为mg．故D错误．‎ 故选C ‎【点评】本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的范围，再进行选择．中等难度．‎ ‎　‎ ‎3．据报道在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581C，天文学观察发现绕Gliese581C行星做圆周运动的卫星的轨道半径为月球绕地球做圆周运动半径的p倍，周期为月球绕地球做圆周运动周期的q倍．已知地球半径为R，表面重力加速度为g．万有引力常量为G，则Gliese581C行星的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力，列出等式表示出所要求解的物理量．‎ ‎【解答】解：设月球绕地球做圆周运动半径为r，周期为T．‎ 对于绕Gliese581C行星做圆周运动的卫星，有G=mpr 对于绕地球做圆周运动的月球，有G=m月r 在地球表面上，有G=m′g 联立解得，Gliese581C行星的质量MG=‎ 故选A ‎【点评】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．‎ 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．‎ ‎　‎ ‎4．如图图甲，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速率一时间图象如图图乙，则上述信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．a在斜面上滑行的加速度比b的小 B．a在水平面上滑行的距离比b的短 C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D．a在整个运动过程中克服摩擦力做的功比b多 ‎【考点】匀速直线运动及其公式、图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由图象可知，物体在斜面上做匀加速运动，在水平面做匀减速运动，v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，整个运动过程中克服摩擦力做的功可以对整个过程运用动能定理去判断．‎ ‎【解答】解：A．由乙图图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速时的加速度大，故A错误；‎ ‎ B．物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始．由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；‎ ‎ C．物体在斜面上运动的加速度a==gsinθ﹣μgcosθ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确；‎ ‎ D．对物块整个运动过程运用动能定理得；mgh﹣Wf=0﹣0，所以Wf=mgh，ab两个物体质量相等，所以在整个运动过程中克服摩擦力做的功一样多，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并能灵活运用牛顿第二定律和动能定理解题，难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，AC的中点为M，BC的中点为N．将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB=8.0×10﹣9 J．则以下分析正确的是（　　）‎ A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能小于4.0×10﹣9 J B．若将该粒子从点M移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10﹣9 J C．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2×10﹣7 C，该电场的场强一定是E=2 V/m D．若粒子的电荷量为2×10﹣9 C，则A、B之间的电势差为4 V ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【专题】参照思想；模型法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed可知，沿电场线方向，相同距离电势差相同，即可求出M、N两点的电势差，由电场力做功公式W=qU求解电场力做功，知道电荷量，可求出电势差．‎ ‎【解答】解：A、在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，M、N分别为AC、BC的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，则有：WMN=WAB=4.0×10﹣9 J，故AB错误；‎ C、由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W=qEd可知最小场强Emin=2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，故C错误；‎ D、若粒子的电量为q=2×10﹣7C，由WAB=qUAB得A、B之间的电势差为：UAB==4V．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题关键要掌握匀强电场中电势分布特点，求得M、N间的电势差，知道电荷量，即可由WMN=qUMN求出电势差，运用该公式时，要注意各个量要代符号运算．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的读数U先增大，后减小 B．电流表的读数I先增大，后减小 C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变 D．电压表读数的变化量△U与电流表读数的变化量△I的比值不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻发生变化，根据电源的电动势和内阻不变，知总电流发生变化，内电压外电压也发生变化．‎ ‎【解答】解：A、B、当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小．故A正确，B错误．‎ C、电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小．故C错误．‎ D、因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等．所以=r．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律进行动态分析．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=3.0Ω，金属杆PQ的电阻r=1.0Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是（　　）‎ A．通过R的感应电流的方向为由d到a B．金属杆PQ两端电压为2 V C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N D．外力F做功大小等于电路产生的焦耳热 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【专题】电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】导体PQ垂直切割磁感线，由右手定则判断感应电流的方向，由E=BLv求解感应电动势的大小，由串联电路的特点求PQ间的电压．由公式F=BIL求PQ所受的安培力；外力F克服摩擦力和安培力做功．‎ ‎【解答】解：A、由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为Q→P，通过R的感应电流的方向为由a到d．故A错误．‎ B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1.0×1×2V=2V．‎ 金属杆PQ两端电压为 U=E=×2V=1.5V，故B错误．‎ C、感应电流为：I==A=0.5A，安培力 F安=BIL=1.0×0.5×1N=0.5N．故C正确．‎ D、金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等的综合应用，该题中要明确功与能的关系，知道外力F克服摩擦力和安培力做功，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，虚线MN上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B点射出．若在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出（图中未标出），不计粒子的重力．下列关于粒子的说法中，正确的是（　　）‎ A．B′点在B点的左侧 B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度 C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向 D．从A到B′的时间小于从A到B的时间 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】带电粒子在匀强磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子做圆周运动的半径，做出运动的轨迹图象，然后根据半径的关系与运动的轨迹即可判断．‎ ‎【解答】解：A、粒子在匀强磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力：，得：，所以磁感应强度越大，粒子运动的半径越小，所以带电粒子在PQ上方时做圆周运动的半径小．粒子越过PQ连线的速度方向不变，故运动轨迹（PQ上方）如图，因此B′点在B点的左侧，故A正确；‎ B、由于在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，使得该处的磁感应强度增大，但由于洛伦兹力总与粒子运动方向垂直，洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度不变．故B错误；‎ C、从图中可以看出，两种情况下，粒子穿过PQ连线时转过的角度相同，所以从PQ的上方出来时的速度方向是相同的，因此从B′点射出的速度方向平行于从B 点射出的速度方向，故C正确；‎ D、由：2πr=vT得：，所以在粒子经过的区域PQ 上方再叠加方向垂直纸面向里的匀强磁场时，上方的磁场变大，粒子穿过上方的时间就变小，所以从A 到B′的时间小于从A 到B 的时间，故D正确．‎ 故选：ACD ‎【点评】本题是带电粒子在磁场中做匀速圆周运动正确画出运动的轨迹图象是解题的关键，难度适中．‎ ‎　‎ 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题 ‎9．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．‎ ‎（1）请将下列实验步骤按先后排序：　ACBD　．‎ A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触 B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来 C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来 D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值．‎ ‎（2）要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是　D　．‎ A．秒表 B．毫米刻度尺C．圆规D．量角器 ‎（3）写出角速度ω的表达式　ω=　，并指出表达式中各个物理量的意义：　θ是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔　．‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【专题】实验题；匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】（1）该实验应先安装器材，再启动电动机，然后接通电源打点，最后关闭电源，取出卡片，测量进行数据处理．‎ ‎（2）打点计时器可以记录时间，要求角速度，还得知道在一定的时间里转过的角度，这点可用量角器测量．‎ ‎（3）角速度ω=，测出角度，时间可以通过打点的间隔读出．‎ ‎【解答】解：（1）该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数据处理．故次序为ACBD．‎ ‎（2）要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器．故选D．‎ ‎（3）根据ω=，则ω=，θ是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔．‎ 故答案为：（1）ACBD；（2）D； （3）ω=，θ是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道该实验的实验原理ω=，以及知道该实验的操作顺序．‎ ‎　‎ ‎10．小明要测定一电源的电动势E和内电阻 r，实验器材有：一只 DIS 电流传感器（可视为理想电流表，测得的电流用 I 表示 ），一只电阻箱（阻值用 R 表示），一只开关和导线若干．该同学设计了如图（ l ）所示的电路进行实验和采集数据．‎ ‎①小明设计该实验的原理表达式是　E=I（R+r）　（用 E、r、I、R 表示）‎ ‎②小明在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至　最大值　，（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）在实验过程中，将电阻箱调至图（ 2 ）所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为　25　Ω ‎③小明根据实验采集到的数据作出如图（3）所示的图象，则由图象求得．该电源的电动势 E=　6.0　 V，内阻 r=　2.4　Ω（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】（1）由图可知实验中采用了电流表及是阻箱测电动势和内电阻，故应采用电流及电阻表达闭合电路欧姆定律；‎ ‎（2）电学实验中为了安全，在开始实验时滑动变阻器应从最大值逐渐调小；根据电阻箱的读数原理进行读数；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得出I与R的表达式，根据图象的性质可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，本实验采用的是电流表与电阻箱测定电动势，故表达式应为E=I（R+r）或I=；‎ ‎（2）为了保证电路中的安全，电阻箱应从最大值开始慢慢减小，故开始时应调到最大值；‎ 由图可知，电阻箱接入电阻应为25Ω；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知： =+‎ 由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为=0.4；图象的斜率为，由图可知，斜率大小为=；‎ 故E=6.0V；r=2.4Ω； ‎ 故答案为：（1）、E=I（R+r）；‎ ‎（2）最大值；25；‎ ‎（3）6.0；2.4．‎ ‎【点评】本题采用安阻法测电源的电动势，本方法的关键在于能列出电流与滑动变阻器的关系，再结合图象求出电动势和内电阻．‎ ‎　‎ ‎11．如甲图所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处平滑连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F与位移x的关系按乙图所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块第一次到达B处时的速度大小；‎ ‎（2）不计滑块在B处的速率变化，滑块到达B点时撤去力F，滑块冲上斜面，则滑块最终静止的位置与B点的距离多大．（sin37°=0.6）‎ ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据图示图象求出拉力的功，应用动能定理求出滑块的速度．‎ ‎（2）根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断滑块的运动过程，应用动能定理分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）初始时物体动能EkA=0，到达B点时的动能EKB=mvB2．‎ 由A到B过程中，外力做功：W=F1x1+F2x2﹣μmgx=32J，‎ 由动能定理W=EKB﹣EKA，解得：． ‎ ‎（2）如图所示，设滑块上升到D点时速度为0，所走距离为s1．‎ 到达D点滑块动能为EkD=0，‎ 由B到D的过程中，外力做功为：W1=﹣mgs1sin37°﹣μmgs1cos37°，‎ 由动能定理W1=EkD﹣EkB，解得：s1=1.6m．‎ 由mgsin37°＞μmgcos37°知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动．‎ 设滑块最终停在水平轨道上的E点，BE间距离设为s2．‎ 到E点时滑块动能为EkE=0，‎ 由D到E的过程中，外力做功为W2=mgs1sin37°﹣μmgs1cos37°﹣μmgs2，‎ 由动能定理W2=EkE﹣EkD，解得：s2=0.64m． ‎ 答：（1）滑块第一次到达B处时的速度大小为4m/s；‎ ‎（2）滑块最终静止的位置与B点的距离为0.64m．‎ ‎【点评】本题考查了求滑块的速度、滑块最终的位置，本题物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动能定理即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎12．如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m．板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=1T；质量m=1×10﹣3kg、电量q=﹣1×10﹣3C、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：‎ ‎（1）电场强度的大小与方向；‎ ‎（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．（计算结果可以用分数和保留π值表示）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在混合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由平衡关系可求和电场强度；‎ ‎（2）带电粒子在电场中做圆周运动，由牛顿第二定律可确定半径和周期；分析可能出现的碰撞情况，找出所有符合要求的结果，进而求出小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值．‎ ‎【解答】解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：Eq=mg E==10N/c 方向竖直向下　　‎ ‎（2）‎ 洛仑兹力提供向心力有：qvB=m ‎ 且T=‎ 得：T=2πs=6.28s 因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上 R≥s=3m；‎ 设小球与档板碰撞n次，其最大半径为 要击中目标必有：‎ n≤1.5‎ n只能取0，1 ‎ 当n=0，即为图1中Rm2=（9﹣Rm）2+s2‎ 解得Rm=5m；‎ 在图1中由几何知识有：sinα==‎ ‎∴α=37° ‎ 对应小球运动时间最短tmin==s 当n=1，时可得：‎ ‎（h﹣3R）2+s2=R2‎ ‎（9﹣3R）2+32=R2‎ 解得：R1=3m，R2=3.75m ‎ R1=3m时由如图2中的 ②‎ 运动轨迹可知：‎ 运动时间t==s R2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹①‎ 所示，由几何知识有：cosβ==；‎ 故β=37°‎ 则tmax==s 所以时间的可能值为： s、s或s；‎ 答：（1）电场强度的大小为10N/C；方向竖直向下；（2）时间的可能值为： s、s或s；‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，基本方法为确定圆心和半径；但要准确解题的关键在于能否由题意找出物体的运动轨迹，并能确定带电小球转过的圆心角．对学生几何知识的应用较高．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题[物理-选修3-3]‎ ‎13．以下说法正确的是（　　）‎ A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大 B．已知某物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积为V0=‎ C．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 D．布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动 E．一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，分子平均动能增加 ‎【考点】分子势能；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．‎ ‎【分析】分子势能与分子间距离的关系比较复杂，要根据分子力的性质进行判断；对于固体或液体，分子间距较小，摩尔体积等于分子体积乘以阿伏加德罗常数；自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自发发生；布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息的做无规则运动；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【解答】解：‎ A、当分子间距离增大时，若分子力为引力，分子力做负功，分子势能增大；若分子力为斥力，分子力做正功，分子势能减小，故A错误．‎ B、若该物质是固体或液体，分子间距较小，则该种物质的分子体积为V0=；若该物质是气体，则该种物质的分子体积为V0＜；故B错误．‎ C、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，还要符合热力学第二定律才能自然发生，故C错误．‎ D、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，而颗粒是由大量分子组成的，所以布朗运动并不是分子的运动．固体颗粒是由于受到周围液体的撞击而引起运动的，所以布朗运动证明了液体分子在永不停息的做无规则运动，故D正确．‎ E、一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，由气态方程=c知温度升高，则分子平均动能增加，故E正确．‎ 故选：DE ‎【点评】本题考查热力学多个知识，其中重点是分子动理论、气态方程、热力学第一、第二定律，要加强基础的学习，力争不在简单题上失分．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，上端开口的光滑圆形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内．在气缸内距缸底60cm处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强为p0=1.0×105Pa，温度为300K．现缓慢加热气缸内气体，当温度缓慢升高为330K，活塞恰好离开ab，当温度缓慢升高到363K时，（g取10m/s2）求：‎ ‎①活塞的质量 ‎②整个过程中气体对外界做的功．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．‎ ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】先写出已知条件，根据等容变化的公式和对活塞受力平衡可以求活塞的质量；活塞克服重力和外面的大气压做功，利用功的计算公式即可求解．‎ ‎【解答】解：①气体的状态参量为：T1=300K，P1=1.0×105Pa T2=330K，P2=（1.0×105+）Pa 物体做等容变化，则有： =‎ 代入数据得：m=4kg ‎②活塞恰好离开ab时：T2=300K，V2=0.6S T3=363K，V3=h3S 因为=‎ 有=，‎ 得：h3=66cm ‎ 则W=P2S（h3﹣h2）=1.1×105×40×10﹣4×（0.66﹣0.6）=26.4J 答：①活塞的质量为4kg；‎ ‎②整个过程中气体对外界做的功26.4J．‎ ‎【点评】本题考查了气体的等容和等压变化，注意应用公式时，温度为热力学温度．难度不大，中档题．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．北京时间2011年3月11日13时46分日本仙台以东地区发生里氏9.0级强烈地震，震源深度24km，地震随后引发10m高海啸，形成强大的波浪，向前推进，将沿海地带一一淹没，并于美国当地时间3月11日凌晨3时左右，抵达5700多公里以外的夏威夷群岛，造成至少3亿美元财产损失．海啸在海洋的传播速度大约每小时500km到600km，是地震波传播速度的左右．下列说法中正确的是（　　）‎ A．海啸波是机械波 B．美国夏威夷发生的海啸是日本发生的地震，并将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的 C．可以利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警 D．海啸波沿+x轴方向传播，图中a点经周期时将到达10m高的波峰处 E．海啸波的频率大约1.25Hz ‎【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】海啸波是机械波．美国夏威夷发生的海啸是由日本发生的地震，但并不是将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的．可以利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警．海啸波沿+x轴方向传播，图中a点经周期时将到达10m高的波峰处．‎ ‎【解答】解：‎ A、地震波和海啸波都常见的机械波．故A正确．‎ B、美国夏威夷发生的海啸是由日本发生的地震引起的，但并不是将该处的海水传到了美国夏威夷而引起的．故B错误．‎ C、海啸在海洋的传播速度是地震波传播速度的左右，利用地震波传播速度与海啸传播速度的差别造成的时间差进行海啸预警．故C正确．‎ D、图中海啸波沿+x轴方向传播，图中a点振动方向向上，经周期时将到达10m高的波峰处．故D正确．‎ E、由图可知，海啸波的波长为λ=400km，则f=，故E错误．‎ 故选：ACD ‎【点评】地震波和海啸波都常见的机械波，在传播过程中介质中质点并不随波向前迁移，求频率时，注意单位的换算．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角θ=83°．今有一束单色光线在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射作用．试做出光路图并求玻璃的折射率n．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【专题】光的折射专题．‎ ‎【分析】由题意光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，说明发生了全反射，由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率．‎ ‎【解答】解：作出光路图．因E点为OA的中点，所以由几何知识可得入射角为：α=30° ‎ 设临界角为C，则有：2α+90°+C+θ+90°=360°‎ 据题 θ=83° ‎ 可解得：C=37° ‎ 光在OB面恰好发生全反射，则有：sinC=‎ 解得：n=‎ 作光路图如图所示； ‎ 答：光路图如图所示，玻璃的折射率n为．‎ ‎【点评】正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角，这是折射定律和几何知识的综合应用．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4‎ B．太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的热核反应 C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小 D．用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离 E．光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号 ‎【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】α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，半衰期与外界因素无关，用13.6eV的光子照射处于基态的氢原子，即可使其电离．‎ ‎【解答】解：A、Tn核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，A错误；‎ B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，B正确；‎ C、半衰期与外界因素无关，C错误；‎ D、用14eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离，D正确；‎ E、光电管是基于光电效应的光电转换器件，可使光信号转换成电信号，E正确．‎ 故选：BDE．‎ ‎【点评】掌握衰变的实质，知道半衰期的特点，了解氢离子的电离与跃迁，难度不大．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】小滑块在木板上滑动过程，根据动能定理列方程，即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小；‎ 先研究滑块在木块上向右滑动的过程，运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度，滑块与墙壁碰撞后，原速率反弹，之后，向左运动，在摩擦力的作用下，木板也向左运动，两者组成的系统动量守恒，再对这个过程，运用动量守恒和能量守恒列方程，联立即可求解的值．‎ ‎【解答】解：小滑块以水平速度v0右滑时，有：‎ 小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有：‎ 滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，滑块与木板组成 的系统在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向、木板的共同速度为v2，‎ 则有 mv1=（m+4m）v2‎ 由总能量守恒可得：‎ 上述四式联立，解得 ‎ 答：物块刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下应满足．‎ ‎【点评】本题是动量守恒定律与动能定理、能量守恒定律的综合运用，分析清楚物体的运动过程，把握物理规律是关键．‎ ‎　‎