物理·广西河池市示范性高中课改联盟体2017届高三上学期摸底物理试卷 Word版含解析] 22页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年广西河池市示范性高中课改联盟体高三（上）摸底物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．有一小段通电导线，长为2m，电流为1A，把它置于匀强磁场中某点，已知磁场的磁感应强度大小为1T，则该段导线所受安培力F的大小可能为（　　）‎ A．1N B．3N C．5N D．7N ‎2．如图所示，汽车水平拉着拖车在平直的水平路面上匀速前进，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（‎ A．汽车对拖车做的功和地面对拖车做的功相同 B．汽车对拖车的力和拖车拉汽车的力是一对平衡力 C．汽车对拖车的拉力和地面对拖车的作用力大小相等 D．拖车在前进过程中受到两对平衡力的作用 ‎3．图甲所示的理想变压器，原线圈接入电压变化规律如图乙所示的正弦交流电流，则可知变压器的输出电压为（　　）‎ A．44V B．44V C．1100V D．1100V ‎4．如图所示，一块由绝缘材料制成的长度为d的矩形薄板上均匀分布着一定量的电荷，在其对称轴PH上距薄板中心O右侧2d距离处放置一电荷量为+q的点电荷．已知在对称轴PH上关于薄板中心O对称处处有a、b两点，其中a点的电场强度为零，则薄板上电电荷在b点产生的电场强度的大小和方向为（　　）‎ A．k，水平向右 B．k，水平向左 C．k，水平向右 D．k，水平向左 ‎5．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成某一角度θ（0＜θ＜90°），其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab在这一过程中下滑的位移大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，将一轻弹簧与两个质量分别为M和m的物块A和B相连，并竖直放置于水平面上处于静止状态．现用力将物块A竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）‎ A．释放物块A的瞬间，弹簧对物块A的弹力大于物块A对弹簧的压力 B．当物块A到达最高点时，物块A的加速度为g C．当物块A速度最大时，弹簧的形变量为 D．释放物块A后，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒 ‎7．一百年前，爱因斯坦在创立了广义相对论后不久就提出了引力波存在的预言．中国科学家对中国引力波研究的计划包括中科院提出的“空间太极计划”，中科院高能物理研究所主导的“阿里实验计划”和中山大学领衔的“天琴计划”．其中“天琴计划”从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗完全相同的卫星（SC1、SC2、SC3 ）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形的中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测．如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”．已知地球同步卫星的高度约为36万公里．以下说法正确的是（　　）‎ A．三颗卫星具有相同大小的加速度 B．三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大 C．三颗卫星绕地球运动的周期与地球的自转周期相同 D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，则可估算出地球的密度 ‎8．某校“身边的物理“社团小组利用铅笔和橡皮研究运动和力．如图所示，某同学将一根长为L、涂过润滑油可视为光滑的细线一端系一个小球，另一端悬挂于铁架台上O点，细线竖直，小球静止．现在细线中点左侧放一支铅笔，然后水平向右匀速移动该铅笔，且铅笔紧贴着细线．则在铅笔运动到与橡皮接触的过程中（　　）‎ A．小球的运动轨迹为曲线 B．小球在图示位置的速度大小为v C．细线的拉力大于小球的重力 D．若铅笔运动的速度为v，当小球在图示位置时，细线绕O点转动的角速度为 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题 ‎9．某实验小组利用图甲中所示的装置探究“力对物体所做的功与物体获得的速度的关系”，主要实验步骤如下：‎ ‎（1）实验时，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，通过不断调整使木板倾斜合适的角度，打开打点计时器，轻推小车，最终得到如图乙所示的纸带，这样做的目的是　　； ‎ ‎（2）使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W；‎ ‎（3）再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止在　　（填“相同”或“不同”）位置释放小车，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W…；‎ ‎（4）分析打点计时器打出的纸带，分別求出小车每次获得的最大速度功v1、v2、v3…‎ ‎（5）根据实验所得数椐判断力对物体所做的功与物体获得的速度的关系．请把实验步骤中（1）和（3）的空填上．‎ ‎10．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图所示，其中，虚线框内为灵敏电流计，G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R2为滑动变阻器，R0是标称值为5.0Ω的定值电阻．‎ ‎（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA，内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为　　Ω（保留2位有效数字）的定值电阻R1；‎ ‎（2）某次实验测得电压表V的示数和流经滑动变阻器R2的电流的两组数据分别为（5.26V，20mA）和（4.46 V，160mA），则由这两组数据可计算出电池组的内阻r=　　Ω（保留2位有效数字）．‎ ‎（3）该小组在前面实验的基础上，为探究图电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的可能原因是　　．（填选项前的字母）‎ A．滑动变阻器的最大阻值偏小 B．R1的实际阻值比计算值偏小 C．R0的实际阻值比标称值偏大．‎ ‎11．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的滑块从距离斜面底端为s0处静止释放的同时，在滑块上加一沿斜面向下的大小为F的力，已知重力加速度大小为g．求滑块从静止释放至到达斜面底端所经历的时间t．‎ ‎12．如图所示，在直角坐标系xOy所在平面内，以坐标点原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在方向垂直纸面向里的大小为B的匀强磁场和大小、方向均未知的匀强电场．t=0时刻在原点O沿+y方向射入一带正电、重力不计的粒子，该粒子恰沿y轴做匀速直线运动，在t=t0时刻从y轴上的P点射出半圆形区域．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度的大小和方向．‎ ‎（2）若仅撤去磁场，t=0时刻该带电粒子仍从O点以相同的速度射入，测得t=时刻，该粒子恰从半圆形区域的边界射出，求该粒子的比荷．‎ ‎（3）若仅撤去电场，t=0时刻大量该带电粒子同时从O点沿+y方向射入，且速度介于0到原来速度的4倍之间，求第一个粒子射出磁场的时刻及此时刻其他粒子在xOy平面内的位置．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题[物理-选修3-3]‎ ‎13．以下说法正确的是（　　）‎ A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体的内部 B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大 C．液晶既具有液体的流动性，又有晶体的各向异性 D．单位时间内气体分子对容器壁单位的碰撞次数减少，气体的压强一定变小 E．物体处在固态、液态、气态时均有扩散现象 ‎14．在热力学中有一种循环过程叫做焦耳循环．它由两个等压过程和和两个绝热过程组成．图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程（A→B→C→D→A）．已知某些状态的部分参数如图所示（见图中所标数据）．‎ ‎①已知状态A的温度TA=600K，求状态C的温度TC．‎ ‎②若已知A→B过程放热Q=90J，求B→C过程外界对气体做的功．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．以下说法正确的是（　　）‎ A．做受迫振动的物体，其振动周期等于驱动力的周期 B．同一声波在不同的介质中的频率不同 C．衍射和干涉是波特有的现象 D．横波的振动方向和其传播方向既可能相同，也可能相反 E．机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质 ‎16．在今年长江国际音乐节期间，镇江金山湖面上修建了如图所示的伸向湖面的现景平台．湖底P点位于平台前端的正下方．平台下表面距湖底高度H=4m．在距平台右侧边缘d=4m处有垂直湖面放置的足够大的广告牌．在平台右侧边缘下方湖底P点左侧l=3m处湖底上的Q点处安装一点光源，该光源能发出红光，已知湖水对该红光的折射率n=．当水面与平台下表面齐平时，只考虑图中截面内传播的光．求：‎ ‎①该光源发出的光照射到广告牌上的最高点距水面的高度h．‎ ‎②该光源发出的光射出水面的位置距观察平台右侧边缘的最远距离s．‎ ‎　‎ 五、[物理-选修3-5]‎ ‎17．自然界里放射性原子核并非一次衰变就能达到稳定，而是发生一系列连续的衰变，直到稳定的原子核而终止，这就是“级联衰变”．某个钍系的级联衰变过程如图（N轴表示中子数，Z轴表示质子数），图中Ra→Ac的衰变是　　衰变，从N=138的Th核到208Pb共发生　　次α衰变．‎ ‎18．如图所示，静止放在光滑的水平面上的甲、乙两物块，甲质量m1=1kg，乙质量m2=2kg，两物块之间系一细绳并夹着一被压缩的轻弹簧，弹簧与两物块均不拴接．现将细绳剪断，两物块被弹簧弹开，弹簧与两物块脱离并被取走，甲物块以v1=0.6m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后与乙物块粘连在一起．求：‎ ‎①两物块被弹开时乙物块的速度；‎ ‎②整个过程中系统损失的机械能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西河池市示范性高中课改联盟体高三（上）摸底物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．有一小段通电导线，长为2m，电流为1A，把它置于匀强磁场中某点，已知磁场的磁感应强度大小为1T，则该段导线所受安培力F的大小可能为（　　）‎ A．1N B．3N C．5N D．7N ‎【考点】安培力；磁现象和磁场．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BILsinθ求出安培力大小，当夹角为零时没有安培力； 当夹角为90°时，安培力最大； 则安培力在最大值与零之间．‎ ‎【解答】解：长度为2m的通电直导线，若垂直放置于匀强磁场的磁感应强度为1T，通入电流为1A，则由公式可得安培力的大小为F=BIL=1×1×2=2N．则通电导线受到的安培力小于或等于2N，故BCD错误，A正确；‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．如图所示，汽车水平拉着拖车在平直的水平路面上匀速前进，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（‎ A．汽车对拖车做的功和地面对拖车做的功相同 B．汽车对拖车的力和拖车拉汽车的力是一对平衡力 C．汽车对拖车的拉力和地面对拖车的作用力大小相等 D．拖车在前进过程中受到两对平衡力的作用 ‎【考点】功的计算；牛顿第三定律．‎ ‎【分析】分析拖力和汽车的受力情况，明确作用力和反作用力以及平衡力的性质，从而正确找出作用力和反作用力以及平衡力，再根据功的公式分析做功情况．‎ ‎【解答】解：A、汽车对拖车的做功为正功，而地面对拖车的做的功为负功，故A错误；‎ B、汽车对拖车的力和拖车拉汽车的力是作用力和反作用力，故B错误；‎ C、汽车对拖车的拉力和地面对拖车的作用力为平衡力，二者大小相等，方向相反，故C正确；‎ D、拖车在前进过程中竖直方向和水平方向均受到平衡力的作用，故受两对平衡力，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎3．图甲所示的理想变压器，原线圈接入电压变化规律如图乙所示的正弦交流电流，则可知变压器的输出电压为（　　）‎ A．44V B．44V C．1100V D．1100V ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据b图可明确输入电压的最大值，则可以求出有效值，再根据变压器电压和匝数关系即可求出输出电压．‎ ‎【解答】解：由图b可知，输入电压的最大值为220V，则有效值为220V，根据可得：‎ U2===44V；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一块由绝缘材料制成的长度为d的矩形薄板上均匀分布着一定量的电荷，在其对称轴PH上距薄板中心O右侧2d距离处放置一电荷量为+q的点电荷．已知在对称轴PH上关于薄板中心O对称处处有a、b两点，其中a点的电场强度为零，则薄板上电电荷在b点产生的电场强度的大小和方向为（　　）‎ A．k，水平向右 B．k，水平向左 C．k，水平向右 D．k，水平向左 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】空间各点电场强度是薄板上电荷与点电荷形成的电场的合场强，根据点电荷的场强公式与电场的叠加原理可以求出b点的电场强度大小与方向．‎ ‎【解答】解：电荷q在a处产生的场强大小：Eqa=，方向：水平向左，‎ 由题意可知，a处电场强度为0，则薄板在a处产生的电场强度：E薄板a=Eqa=，方向：水平向右，‎ 由对称性可知，薄板在b点产生的场强：E薄板b=E薄板a=，方向：水平向左，‎ 点电荷在b点产生的场强：Eqb==，方向：水平向左，‎ 则b点电场强度：qb=Eqb+E薄板b=k，方向：水平向左，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成某一角度θ（0＜θ＜90°），其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab在这一过程中下滑的位移大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】根据右手定则判断出感应电流的方向，从而确定电势的高低．根据能量守恒确定ab棒产生的焦耳热与ab棒重力势能的减小量的关系．根据q=n求解下滑的位移大小 ‎【解答】解：由法拉第电磁感应定律得：E==，‎ 感应电流为：I=，‎ 电荷量为：q=I△t，‎ 解得：q=，‎ ab棒下滑的位移大小为：s=，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，将一轻弹簧与两个质量分别为M和m的物块A和B相连，并竖直放置于水平面上处于静止状态．现用力将物块A竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当物块A到达最高点时，物块B恰好对地面无压力．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　）‎ A．释放物块A的瞬间，弹簧对物块A的弹力大于物块A对弹簧的压力 B．当物块A到达最高点时，物块A的加速度为g C．当物块A速度最大时，弹簧的形变量为 D．释放物块A后，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】作用力与反作用力总是大小相等，方向相反；‎ 撤去外力后，A以未加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当B刚好要离开地面时，A处于最高点时，A的加速度最大，根据牛顿第二定律即可求解；再对B物体分析，可求得最大压力．‎ ‎【解答】解：A、弹簧对物块A的弹力和物块A对弹簧的压力是一对作用力与反作用力，大小相等．故A错误；‎ B、当弹簧处于伸长至最长状态时，B刚好对地面没有压力，可知弹簧对B的拉力为mg，所以弹簧对A的作用力也是mg，所以A的加速度为：‎ ‎．故B错误；‎ C、由题可知开始时弹簧对A的弹力大于A的重力，A向上做加速运动，当弹簧的弹力小于A的重力时，A做减速运动，所以弹簧中弹力等于Mg时此时M有最大速度，由胡克定律得：Mg=kx，得：x=．故C正确；‎ D、弹簧的形变量始终在弹性限度内，在整个运动的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以释放物块A后，两物块和弹簧组成的系统机械能守恒．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎7．一百年前，爱因斯坦在创立了广义相对论后不久就提出了引力波存在的预言．中国科学家对中国引力波研究的计划包括中科院提出的“空间太极计划”，中科院高能物理研究所主导的“阿里实验计划”和中山大学领衔的“天琴计划”．其中“天琴计划”从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗完全相同的卫星（SC1、SC2、SC3 ）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形的中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测．如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”．已知地球同步卫星的高度约为36万公里．以下说法正确的是（　　）‎ A．三颗卫星具有相同大小的加速度 B．三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大 C．三颗卫星绕地球运动的周期与地球的自转周期相同 D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，则可估算出地球的密度 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】同步卫星的轨道半径约为42400公里，根据万有引力定律结合牛顿第二定律判断加速度的大小是否相等，根据人造卫星的线速度与轨道半径的关系式，比较三颗卫星的线速度与月求绕地球运动的线速度大小，要计算地球质量，需要知道地球半径 ‎【解答】解：A、根据，解得，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，故A正确；‎ B、三颗卫星距地球的距离比月球到地球的距离小得多，根据可知，三颗卫星线速度比月球绕地球运动的线速度大，故B正确；‎ C、由于三颗卫星的轨道半径小于地球同步卫星的半径，根据，故三颗卫星的周期小于地球同步卫星的周期即小于地球的自转周期，故C错误；‎ D、若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T，根据，可解得，但因地球的半径未知，故不能估算出地球的密度，故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎8．某校“身边的物理“社团小组利用铅笔和橡皮研究运动和力．如图所示，某同学将一根长为L、涂过润滑油可视为光滑的细线一端系一个小球，另一端悬挂于铁架台上O点，细线竖直，小球静止．现在细线中点左侧放一支铅笔，然后水平向右匀速移动该铅笔，且铅笔紧贴着细线．则在铅笔运动到与橡皮接触的过程中（　　）‎ A．小球的运动轨迹为曲线 B．小球在图示位置的速度大小为v C．细线的拉力大于小球的重力 D．若铅笔运动的速度为v，当小球在图示位置时，细线绕O点转动的角速度为 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，求出沿绳子方向上的分速度，而沿绳子方向上的分速度等于小球在竖直方向上的分速度，小球在水平方向上的分速度为v，根据平行四边形定则求出小球的速度，再依据角速度公式ω=，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、将铅笔与绳子接触的点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳子方向，‎ 如图，‎ 则沿绳子方向上的分速度为vsinθ，因为沿绳子方向上的分速度等于小球在竖直方向上的分速度，所以小球在竖直方向上速度为vsinθ，因为θ逐渐增大，所以小球在竖直方向上做加速运动，不是匀加速运动，‎ 小球在水平方向上做匀速运动，竖直方向做加速运动，则合力在竖直方向上，合力与速度方向不在同一直线上，所以小球做曲线运动，故A正确；‎ B、根据平行四边形定则得：小球在图示位置时的速度大小为=v，故B错误；‎ C、因小球在竖直方向做加速度减小的加速运动，因此绳中拉力T＞mg且逐渐减小，故C正确；‎ D、依据角速度公式ω=，那么当小球在图示位置时，细线绕O点转动的角速度为ω==，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．（一）必考题 ‎9．某实验小组利用图甲中所示的装置探究“力对物体所做的功与物体获得的速度的关系”，主要实验步骤如下：‎ ‎（1）实验时，在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起，通过不断调整使木板倾斜合适的角度，打开打点计时器，轻推小车，最终得到如图乙所示的纸带，这样做的目的是　平衡摩擦力　； ‎ ‎（2）使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出，沿木板滑行，这时橡皮筋对小车做的功为W；‎ ‎（3）再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止在　相同　（填“相同”或“不同”）位置释放小车，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W…；‎ ‎（4）分析打点计时器打出的纸带，分別求出小车每次获得的最大速度功v1、v2、v3…‎ ‎（5）根据实验所得数椐判断力对物体所做的功与物体获得的速度的关系．请把实验步骤中（1）和（3）的空填上．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施，即让木板倾斜，让物块重力沿斜面的分力与摩擦力平衡．‎ ‎（3）橡皮条拉力是变力，采用倍增法增加功，故橡皮条的伸长量应该相同；‎ ‎【解答】解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高平衡小车所受的摩擦力，让物块重力沿斜面的分力与摩擦力平衡，即mgsinθ=μmgcosθ；‎ ‎（3）橡皮条拉力是变力，采用倍增法增加功；即使小车在一条橡皮筋的作用下由静止弹出，这时橡皮筋对小车做的功为W，再用完全相同的2条、3条…橡皮筋作用于小车，每次由静止释放小车时橡皮筋的伸长量都相同，使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W…，即每次由静止在相同位置释放小车，‎ 故答案为：（1）平衡摩擦力； （2）相同．‎ ‎　‎ ‎10．某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图所示，其中，虚线框内为灵敏电流计，G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R2为滑动变阻器，R0是标称值为5.0Ω的定值电阻．‎ ‎（1）已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA，内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只阻值为　1.0　Ω（保留2位有效数字）的定值电阻R1；‎ ‎（2）某次实验测得电压表V的示数和流经滑动变阻器R2的电流的两组数据分别为（5.26V，20mA）和（4.46 V，160mA），则由这两组数据可计算出电池组的内阻r=　0.71　Ω（保留2位有效数字）．‎ ‎（3）该小组在前面实验的基础上，为探究图电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的可能原因是　BC　．（填选项前的字母）‎ A．滑动变阻器的最大阻值偏小 B．R1的实际阻值比计算值偏小 C．R0的实际阻值比标称值偏大．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）明确改装原理，根据串并联电路的规律可求得应并联的电阻；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律列出对应的方程，联立即可求得电池组的等效内阻，再减去保护电阻的阻值即为实际电阻；‎ ‎（3）结合电路图，由闭合电路欧姆定律E=U+I（R0+r）分析内阻测量值总量偏大的原因．‎ ‎【解答】解：（1）根据电流表的改装原理，有：‎ R0===1.0Ω ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎5.26=E﹣0.02r ‎4.46=E﹣0.16r 联立解得：r=5.71Ω 由于测出的值包含保护电阻，故实际内阻值为：r真=5.71﹣5=0.71Ω ‎（3）A、滑动变阻器起调节作用，其大小不会影响r的测量结果，故A错误；‎ B、电表改装时，R1的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大；故B正确；‎ C、电表改装时，R0的实际阻值比计算值偏大，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大；故C正确；‎ 故选：BC．‎ 故答案为：①1.0；②5.7；③BC ‎　‎ ‎11．如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，一质量为m的滑块从距离斜面底端为s0处静止释放的同时，在滑块上加一沿斜面向下的大小为F的力，已知重力加速度大小为g．求滑块从静止释放至到达斜面底端所经历的时间t．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对物块受力分析，根据正交分解法求加速度，再根据位移公式求时间；‎ ‎【解答】解：以滑块为研究对象，对滑块受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律，有 F+mgsinθ=ma 解得：‎ 根据 解得：‎ 答：滑块从静止释放至到达斜面底端所经历的时间t为 ‎　‎ ‎12．如图所示，在直角坐标系xOy所在平面内，以坐标点原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在方向垂直纸面向里的大小为B的匀强磁场和大小、方向均未知的匀强电场．t=0时刻在原点O沿+y方向射入一带正电、重力不计的粒子，该粒子恰沿y轴做匀速直线运动，在t=t0时刻从y轴上的P点射出半圆形区域．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度的大小和方向．‎ ‎（2）若仅撤去磁场，t=0时刻该带电粒子仍从O点以相同的速度射入，测得t=时刻，该粒子恰从半圆形区域的边界射出，求该粒子的比荷．‎ ‎（3）若仅撤去电场，t=0时刻大量该带电粒子同时从O点沿+y方向射入，且速度介于0到原来速度的4倍之间，求第一个粒子射出磁场的时刻及此时刻其他粒子在xOy平面内的位置．‎ ‎【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．‎ ‎【分析】（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；‎ ‎（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；‎ ‎（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间，再根据所有粒子的运动周期关系即可明确其他粒子的位置．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向 且有 qE=qvB ‎ 又 R=vt0‎ 则 E== ‎（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y方向位移 y=v 得 y=‎ 设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 ‎ x=R ‎ 又有 x=a（）2‎ 得 a=‎ 由牛顿第二定律可知：‎ Eq=ma 解得： =‎ ‎（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v的粒子最先射出，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设从Q点离开．‎ 设轨道半径为r，由牛顿第二定律有 ‎ qv′B=m 又 qE=ma ‎ 解得 r=R ‎ 由几何关系 sinα=‎ 即 sinα=‎ 所以 α=‎ 带电粒子在磁场中运动周期 T=‎ 则带电粒子在磁场中运动时间 ‎ tm=T ‎ 所以 tm=‎ 由于所有粒子的运动周期相同，故偏转角度相同，故其他粒子均在OQ连线上；‎ 答：（1）匀强电场的电场强度的大小，方向沿x轴正方向；‎ ‎（2）该粒子的比荷为；‎ ‎（3）求第一个粒子射出磁场的时刻为；此时刻其他粒子均在OQ连线上．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题[物理-选修3-3]‎ ‎13．以下说法正确的是（　　）‎ A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体的内部 B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大 C．液晶既具有液体的流动性，又有晶体的各向异性 D．单位时间内气体分子对容器壁单位的碰撞次数减少，气体的压强一定变小 E．物体处在固态、液态、气态时均有扩散现象 ‎【考点】物体的内能；温度是分子平均动能的标志；* 液晶．‎ ‎【分析】明确液体表面张力的性质，能从微观意义解释表面张力的产生等内容；‎ 温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大；‎ 液晶具有液体和晶体的性质；‎ 明确气体压强取决于撞击速度和撞击次数，能从微观上进行分析解释；‎ 物体在任何状态下均具有扩散现象．‎ ‎【解答】解：A、液体表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直；故A错误．‎ B、物体的温度越高，其分子的平均动能越大；故B正确；‎ C、液晶既具有液体的流动性，又有晶体的各向异性；故C正确；‎ D、单位时间内气体分子对容器壁单位的碰撞次数减少，但撞击力增大的话，气体的压强不一定变小；故D错误；‎ E、物体处在固态、液态、气态时均有扩散现象；故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎14．在热力学中有一种循环过程叫做焦耳循环．它由两个等压过程和和两个绝热过程组成．图示为一定质量的理想气体的焦耳循环过程（A→B→C→D→A）．已知某些状态的部分参数如图所示（见图中所标数据）．‎ ‎①已知状态A的温度TA=600K，求状态C的温度TC．‎ ‎②若已知A→B过程放热Q=90J，求B→C过程外界对气体做的功．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】①根据理想气体状态方程求状态C的温度 ‎②先求出A到B过程中外界对气体所做的功，再根据热力学第一定律求B到C过程外界对气体做的功 ‎【解答】解：（1）根据理想气体状态方程，有：‎ 代入数据：‎ ‎（3）根据气体状态方程知，状态A和C的温度相同，内能相等 J=60J 从A到C过程根据热力学第一定律，有 代入数据：‎ 解得：‎ 答：①已知状态A的温度TA=600K，状态C的温度为600K．‎ ‎②若已知A→B过程放热Q=90J，B→C过程外界对气体做的功30J ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．以下说法正确的是（　　）‎ A．做受迫振动的物体，其振动周期等于驱动力的周期 B．同一声波在不同的介质中的频率不同 C．衍射和干涉是波特有的现象 D．横波的振动方向和其传播方向既可能相同，也可能相反 E．机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】利用受迫振动的特点分析；波的传播频率由振源决定，速度由介质决定；衍射和干涉是波特有的现象；横波中质点的振动方向总是与波的传播方向垂直．‎ ‎【解答】解：A、根据受迫振动的特点可知，做受迫振动的物体，其振动周期等于驱动力的周期，故A正确；‎ B、波的传播频率由振源决定，所以同一声波在不同的介质中的频率不同，故B错误；‎ C、衍射和干涉是波特有的现象．故C正确；‎ D、波分为横波和纵波，横波中质点的振动方向总是与波的传播方向垂直；故D错误；‎ E、根据机械波与电磁波传播的条件可知，机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质；故E正确；‎ 故选：ACE ‎　‎ ‎16．在今年长江国际音乐节期间，镇江金山湖面上修建了如图所示的伸向湖面的现景平台．湖底P点位于平台前端的正下方．平台下表面距湖底高度H=4m．在距平台右侧边缘d=4m处有垂直湖面放置的足够大的广告牌．在平台右侧边缘下方湖底P点左侧l=3m处湖底上的Q点处安装一点光源，该光源能发出红光，已知湖水对该红光的折射率n=．当水面与平台下表面齐平时，只考虑图中截面内传播的光．求：‎ ‎①该光源发出的光照射到广告牌上的最高点距水面的高度h．‎ ‎②该光源发出的光射出水面的位置距观察平台右侧边缘的最远距离s．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①射向观景台右侧边缘的光线折射后射到布幕上的位置最高，作出光路图，由数学知识求折射角的正弦值，即可由折射定律求出入射角的正弦，再由数学知识求解高度h．‎ ‎②点光源S接近水面时，入射角为90°，光能照亮的距离最远，由折射定律求出折射角，即可由几何知识求解最远距离s．‎ ‎【解答】解：①如图所示，射向观景台右侧边缘的光线折射后射到布幕上的位置最高．由折射定律得：‎ ‎ n=‎ 而sinr=‎ 解得 sini=0.8‎ 而 sini=‎ 解得 h=3m ‎ ‎②点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处掠射到水里时，被照亮的距离为最远距离，此时，入射角为90°，折射角为临界角C．‎ 根据sinC=‎ 以及 sinC=‎ 解得 s=（﹣3）m 答：‎ ‎①该光源发出的光照射到广告牌上的最高点距水面的高度h是3m．‎ ‎②该光源发出的光射出水面的位置距观察平台右侧边缘的最远距离s是（﹣3）m．‎ ‎　‎ 五、[物理-选修3-5]‎ ‎17．自然界里放射性原子核并非一次衰变就能达到稳定，而是发生一系列连续的衰变，直到稳定的原子核而终止，这就是“级联衰变”．某个钍系的级联衰变过程如图（N轴表示中子数，Z轴表示质子数），图中Ra→Ac的衰变是　β　衰变，从N=138的Th核到208Pb共发生　5　次α衰变．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据电荷数和质量数的变化确定衰变的类型．根据电荷数守恒、质量数守恒求出α衰变的次数．‎ ‎【解答】解：Ra的电荷数为88，中子数为140，则质量数为228，Ac的电荷数为89，中子数为139，则质量数为228，可知Ra→Ac的衰变是β衰变．‎ N=138的Th核质子数为90，则质量数为228，衰变成208Pb，质量数减小20，可知发生5次α衰变．‎ 故答案为：β，5．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，静止放在光滑的水平面上的甲、乙两物块，甲质量m1=1kg，乙质量m2=2kg，两物块之间系一细绳并夹着一被压缩的轻弹簧，弹簧与两物块均不拴接．现将细绳剪断，两物块被弹簧弹开，弹簧与两物块脱离并被取走，甲物块以v1=0.6m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后与乙物块粘连在一起．求：‎ ‎①两物块被弹开时乙物块的速度；‎ ‎②整个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．‎ ‎【分析】①开始时两个物体的速度都是0，弹簧将它们弹开的过程中系统的动量守恒，由动量守恒定律即可求出乙的速度；‎ ‎②甲与乙再次碰撞的过程中，仍然满足动量守恒定律，由此即可求出碰撞都二者的共同速度，然后由功能关系即可求出损失的机械能．‎ ‎【解答】解：①弹簧将甲乙弹开的过程中系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎ m1v1+m2v2=0‎ 代入数据解得：v2=﹣0.5m/s，负号表示乙的速度方向向左；‎ ‎②由于甲与竖直墙壁发生碰撞的过程中是弹性碰撞，所以没有能量的损失，所以甲被反弹后的速度大小仍然是0.6m/s，方向向左，即v3=﹣0.6m/s．‎ 甲与乙碰撞的过程中满足：m1v3+m2v2=（m1+m2）v 代入数据解得：v=﹣m/s，负号表示方向向左 整个过程中系统损失的机械能：△E=+﹣（m1+m2）v2； ‎ 代入数据解得：△E=J 答：‎ ‎①两物块被弹开时乙物块的速度大小为0.5m/s，方向向左；‎ ‎②整个过程中系统损失的机械能是J．‎ ‎　‎ ‎2016年11月30日