浙江省杭州市建人高复学校2017届高三下学期第四次月考物理试卷 29页

‎2016-2017学年浙江省杭州市建人高复学校高三（下）第四次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的仪器是下列哪一组（　　）‎ A．米尺、弹簧秤、秒表 B．米尺、测力计、打点计时器 C．量筒、天平、秒表 D．米尺、天平、秒表 ‎2．如果正在做自由落体运动的物体的重力忽然消失，那么它的运动状态应该是（　　）‎ A．悬浮在空中不动 B．运动速度逐渐减小 C．做竖直向下的匀速直线运动 D．以上三种情况都有可能 ‎3．如图所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是（设树枝足够高）（　　） ‎ ‎①自由落下 ‎②竖直上跳 ‎③迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝 ‎④背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④‎ ‎4．如图所示，分别用F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的功的关系为（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＞W2=W3 C．W1＜W2＜W3 D．W1＞W2＞W3‎ ‎5．某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10﹣3 s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为（　　）‎ A．1 m B．1.25 m C．0.4 m D．1.5 m ‎6．一带电粒子在匀强磁场中．沿着磁感应强度的方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大1倍，则带电粒子受到的洛伦兹力（　　）‎ A．增大为原来的2倍 B．增大为原来的4倍 C．减小为原来的一半 D．保持原来的情况不变 ‎7．质量为1kg的物体从某一高度自由下落，则该物体下落5m内重力做功的平均功率是（取g=10m/s2）（　　）‎ A．25W B．50W C．75W D．100W ‎8．奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m，单臂抓杠身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l，在运动员单臂回转从顶点倒立（已知此时速度为0）转动至最低点的过程中（可将人视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g），下列分析正确的有（　　）‎ A．运动员在最低点处速度大小是 B．运动员在最低点处的加速度大小是3g C．在最低点时运动员手臂拉力是其自身重力的3倍 D．经过最低点时运动员的角速度最大为2‎ ‎9．下列用电器是利用电流热效应工作是（　　）‎ A．电冰箱 B．电风扇 C．电暖器 D．电视机 ‎10．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（　　）‎ A．5：3 B．3：5 C．2：3 D．3：2‎ ‎12．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（　　）‎ A．F1=mg B．F1＞mg C．F2=mg D．F2＞mg ‎13．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）‎ A．U1＜U2，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2 C．W1=W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2‎ ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本大题共3小题，每小题2分，共6分）‎ ‎14．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（　　）‎ A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光 B．由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小 C．由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光最容易发生衍射现象 D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应 ‎15．在O点有一波源，t=0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1=4s时，距离O点为3m的A点第一次达到波峰；t2=7s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是（　　）‎ A．该横波的波长为2m B．该横波的周期为4s C．该横波的波速为1m/s D．距离O点为1m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末 ‎16．（多选）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO'夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（　　）‎ A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大 B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大 C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑 D．β＜θ＜90°时，光屏上只有1个光斑 ‎　‎ 三．非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．用伏安法测电阻时，如待测电阻RX约为150Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为20Ω，应该用图中的　　电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差．当用电路图1进行测量时，测量值将比真实值偏　　；当用图2进行测量时测量值比真实值偏　　（填大或小）．以上的测量误差属于　　（偶然，系统）误差．‎ ‎18．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=　　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　　（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　　 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎19．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．‎ ‎20．如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到最高点C处后水平抛出，恰好落回A点，问：‎ ‎（1）推力对小球做了多少功？‎ ‎（2）x取何值时，完成上述运动时所做的功最少？最少功为多少？‎ ‎21．在用插针法测定玻璃砖折 射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以 aa′、bb′为界面画光路图．‎ 则甲同学测得的折射率与真实值相比　　，‎ 乙同学测得的折射率与真实值相比　　，‎ 丙同学测得的折射率与真实值相比　　．‎ ‎（上面三个空格选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“都有可能”）‎ ‎22．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎23．如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L=1m，定值电阻R1=6Ω，R2=3Ω，导轨上放一质量为m=1kg的金属杆，杆的电阻r=2Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下．现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动．图（乙）所示为通过R1中电流的平方I12随时间t的变化关系图象，求：‎ ‎（1）5s末金属杆的速度；‎ ‎（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程；‎ ‎（3）5s内拉力F所做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省杭州市建人高复学校高三（下）第四次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．可以用来测量国际单位制规定的三个力学基本物理量的仪器是下列哪一组（　　）‎ A．米尺、弹簧秤、秒表 B．米尺、测力计、打点计时器 C．量筒、天平、秒表 D．米尺、天平、秒表 ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量．‎ ‎【解答】解：A、米尺是测量长度的仪器，秒表是测量时间的仪器，弹簧秤是测量力的仪器．力不是基本物理量．故A错误．‎ B、米尺是测量长度的仪器，测力计是测量力的仪器，打点计时器是测量时间的仪器，力不是基本物理量，故B错误．‎ C、量筒是测量体积的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，体积不是基本物理量．故C错误．‎ D、米尺是测量长度的仪器，天平是测量质量的仪器，秒表是测量时间的仪器，长度、时间、质量都是基本物理量．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．如果正在做自由落体运动的物体的重力忽然消失，那么它的运动状态应该是（　　）‎ A．悬浮在空中不动 B．运动速度逐渐减小 C．做竖直向下的匀速直线运动 D．以上三种情况都有可能 ‎【考点】牛顿第一定律．‎ ‎【分析】‎ 根据题意做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，物体将不受力的作用，由牛顿第一定律（一切物体总保持静止状态或匀速直线运动状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止）可知，物体的运动状态将保持不变，即做匀速直线运动．‎ ‎【解答】解：做自由落体运动的物体，如果在下落的过程中的某时刻重力突然消失，说明物体不在受重力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故C正确，ABD错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．如图所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平对准它，就在子弹出枪口时，松鼠开始运动，下述各种运动方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是（设树枝足够高）（　　） ‎ ‎①自由落下 ‎②竖直上跳 ‎③迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝 ‎④背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】子弹做的是平抛运动，在竖直方向上就是自由落体运动，所以如果松鼠在竖直方向上也是自由落体运动，那么松鼠必定被击中．‎ ‎【解答】解：①松鼠做自由落体运动，那么松鼠和子弹在竖直方向上的运动是一样的，它们始终在一个高度上，所以松鼠一定会被击中，故①正确；‎ ‎②竖直上跳时，在竖直方向上和子弹的运动过程不一样，能逃过厄运，故②错误．‎ ‎③④迎着枪口，沿AB方向水平跳离树枝，背着枪口，沿AC方向水平跳离树枝这两种运动在竖直方向上也是自由落体运动，松鼠同样会被击中，都不能逃脱厄运，故③④正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，分别用F1、F2、F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端，物体到达斜面顶端时，力F1、F2、F3的功的关系为（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＞W2=W3 C．W1＜W2＜W3 D．W1＞W2＞W3‎ ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】对物体受力分析，由于物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，根据功的公式W=FL可以求得拉力做功的情况．‎ ‎【解答】解：物体的加速度相同，说明物体受到的合力相同，即拉力F在沿着斜面方向的分力都相同，‎ 根据功的公式W=FL可得，拉力在沿着斜面方向上的分力相同，位移相同，所以拉力做的功相同，故A正确．‎ 故选A ‎　‎ ‎5．某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10﹣3 s，g取10m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为（　　）‎ A．1 m B．1.25 m C．0.4 m D．1.5 m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】小球通过光电门时间极短，用平均速度代替瞬时速度；然后根据速度位移关系公式v2=2gh列式求解．‎ ‎【解答】解：小球通过光电门的极短时间内的平均速度为：；‎ 由于时间极短，故小球到达光电门时时刻的瞬时速度近似为：v=5m/s；‎ 从释放到到达光电门时间内：‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一带电粒子在匀强磁场中．沿着磁感应强度的方向运动，现将该磁场的磁感应强度增大1倍，则带电粒子受到的洛伦兹力（　　）‎ A．增大为原来的2倍 B．增大为原来的4倍 C．减小为原来的一半 D．保持原来的情况不变 ‎【考点】洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据洛伦兹力公式f=qvBsinθ分析答题．‎ ‎【解答】解：带电离子沿着磁感应强度的方向运动，粒子的速度v方向与与磁场方向B的夹角θ=0°，sin0°=0，则带电粒子在磁场中所受洛伦兹力为零，将该磁场的磁感应强度增大1倍，粒子所受洛伦兹力仍然为零，不变；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．质量为1kg的物体从某一高度自由下落，则该物体下落5m内重力做功的平均功率是（取g=10m/s2）（　　）‎ A．25W B．50W C．75W D．100W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动．‎ ‎【分析】由运动学公式求的下落时间，计算出物体重力做的功的大小，由P=可以求得重力做功的平均功率 ‎【解答】解：物体下落所需时间为t=‎ 重力的平均功率为P=，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m，单臂抓杠身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l，在运动员单臂回转从顶点倒立（已知此时速度为0）转动至最低点的过程中（可将人视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g），下列分析正确的有（　　）‎ A．运动员在最低点处速度大小是 B．运动员在最低点处的加速度大小是3g C．在最低点时运动员手臂拉力是其自身重力的3倍 D．经过最低点时运动员的角速度最大为2‎ ‎【考点】动能定理的应用；物体的弹性和弹力；线速度、角速度和周期、转速；向心力．‎ ‎【分析】对运动员的运功过程进行分析，可知该过程机械能守恒，利用机械能守恒可得知在最点的速度，从而可判断选项A的正误；结合在最点的速度，结合向心加速度的公式可得在最低点的加速度，由此可判知选项B的正误；利用角速度、线速度和半径的关系式可得知加速度大小，由此可判知选项C的正误；在最低点时，对运动员受力分析，由合力提供向心力列式可得知手臂的拉力．‎ ‎【解答】解：A、运动员单臂回转从顶点倒立（此时速度为0）转动至最低点的过程中，根据动能定理，有：2mgl=，解得：v=，故A错误．‎ B、最低点处的加速度大小为：a==4g，故B错误 C、在最低点时运动员手臂拉力为：T﹣mg=m，解得：T=m×4g+mg=5mg，故C错误．‎ D、经过最低点速度最大，所以角速度最大，大小为：ω==2，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．下列用电器是利用电流热效应工作是（　　）‎ A．电冰箱 B．电风扇 C．电暖器 D．电视机 ‎【考点】焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）电流的热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；‎ ‎（2）电流的化学效应：电流通过导电的液体会使液体发生化学变化，产生新的物质，电流的这种效果叫做电流的化学效应，如电解，电镀，电离等就属于电流的化学效应的例子；‎ ‎（3）电流的磁效应：给绕在软铁心周围的导体通电，软铁心就产生磁性，这种现象就是电流的磁效应，如电铃、蜂鸣器、电磁扬声器等都是利用电流的磁效应制成的．‎ ‎【解答】解：A、电冰箱工作时主要把电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作的，故A错误；‎ B、电风扇利用电动机带动工作，利用了电流的磁效应．故B错误；‎ C、电暖气是利用了电流的热效应，来加热的，故C正确；‎ D、电视机也是利用了电流的磁效应来工作的，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；左手定则．‎ ‎【分析】根据左手定则来判断即可，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向．‎ ‎【解答】解：A、磁场向上，电流向里，根据左手定则可得，安培力的方向水平向右，所以A错误；‎ B、磁场向左，电流向外，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以B错误；‎ C、磁场向里，电流向左，根据左手定则可得，安培力的方向向下，所以C正确；‎ D、磁场向外，电流向外，它们的方向相同，不受安培力的作用，所以D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（　　）‎ A．5：3 B．3：5 C．2：3 D．3：2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】开关断开时，电压表示数即为电源的电动势；开关闭合时，由闭合电路的欧姆定律可求内外电阻上的电压之比，即可求得内外电阻之比．‎ ‎【解答】解：开关断开时，电压表的示数等于电源的电动势，故E=3V；‎ 当开关闭合时，电压表示数为R两端的电压，由U=E﹣U内可知，内电压U内=E﹣U=3.1.8=1.2（V）；‎ 故外电阻与内电阻的比值===； ‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一质量为m的汽车保持恒定的速率运动，若通过凸形路面最高处时对路面的压力为F1，通过凹形路面最低处时对路面的压力为F2，则（　　）‎ A．F1=mg B．F1＞mg C．F2=mg D．F2＞mg ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】汽车过凸形路面的最高点和通过凹形路面最低处时，重力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出表达式，再来分析判断压力与重力的关系．‎ ‎【解答】解：A、B：汽车过凸形路面的最高点时，设速度为v，半径为r，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣F1′=m 得：F1′＜mg，‎ 根据牛顿第三定律得：F1=F1′＜mg，故A、B错误．‎ C、D：汽车过凹形路面的最高低时，设速度为v，半径为r，竖直方向上合力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ F2′﹣mg=m 得：F2′＞mg，‎ 根据牛顿第三定律得：F2=F2′＞mg，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎13．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）‎ A．U1＜U2，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2 C．W1=W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积．而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积．根据焦耳定律研究热量关系．‎ ‎【解答】解：设开关接通后，电路中电流为I．‎ 对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR 对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．‎ ‎ 根据焦耳定律得 ‎ Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2．‎ 故选A ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本大题共3小题，每小题2分，共6分）‎ ‎14．如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（　　）‎ A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光 B．由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光频率最小 C．由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光最容易发生衍射现象 D．用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】本题涉及氢原子的能级公式和跃迁，光子的发射，光子能量的计算，光电效应、光的衍射等知识点，涉及面较广．‎ ‎【解答】解：A、处于n=4能级的氢原子能发射=6种频率的光，故A错误；‎ B、核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量△E=En﹣Em=hγ，‎ 故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，‎ 根据γ=可知频率越大，波长越小，‎ 又波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象．‎ 由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故BC错误．‎ D、由n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为△E=﹣3.4﹣（﹣13.6）=10.2eV，大于6.34eV，能使该金属发生光电效应，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．在O点有一波源，t=0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1=4s时，距离O点为3m的A点第一次达到波峰；t2=7s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是（　　）‎ A．该横波的波长为2m B．该横波的周期为4s C．该横波的波速为1m/s D．距离O点为1m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；波的形成和传播．‎ ‎【分析】本题是根据所给信息来求波长、波速、周期等问题，“A点第一次达到波峰”的含义是波传到该点时，又向上振动了四分之一周期到达波峰，同理理解“第一次到达波谷的含义”．‎ ‎【解答】解：由于波源开始向上振动，所以当第一次出现波峰时，根据得：①‎ ‎ 第一出现波谷时有：②‎ 联立①②解得：v=1m/s，T=4s，波长λ=vT=4m 振动从O传到距离O点为1m的质点所需时间，故AD错误，BC正确．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎16．（多选）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO'夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则（　　）‎ A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大 B．A光在玻璃砖中传播速度比B光的大 C．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑 D．β＜θ＜90°时，光屏上只有1个光斑 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】由题，当θ=α时，光斑在光屏上消失时，是由于光线发生了全反射，A光先消失，说明A光的临界角较小，根据临界角公式sinC=，即可确定玻璃对两种光折射率的大小；由v=，判断光在玻璃中传播速度的大小；对照全反射的条件，当光线从玻璃射入空气，入射光大于临界角时光线将发生全反射进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据题意：“当θ=α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失”，说明A光先发生了全反射，A光的临界角小于B光的临界角，而发生全反射的临界角C满足：sinC=，可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，故A正确； ‎ B、玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，由n=知，A光在玻璃砖中传播速度比B光的小．故B错误．‎ C、据题可知：A光的临界角CA=α．B光的临界角CB=β．‎ 当α＜θ＜β 时，B光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到2个亮斑，其中包含NP侧的反射光斑（A、B重合）以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑．故C错误．‎ D、当β＜θ＜90°时，A、B两光均发生了全反射，故仅能看到NP侧的反射光斑（A、B重合）．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 三．非选择题（本题共7小题，共55分）‎ ‎17．用伏安法测电阻时，如待测电阻RX约为150Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为20Ω，应该用图中的　①　电路（填①或②）来测量可以尽量减小误差．当用电路图1进行测量时，测量值将比真实值偏　小　；当用图2进行测量时测量值比真实值偏　大　（填大或小）．以上的测量误差属于　系统　（偶然，系统）误差．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】当待测电阻属于小电阻时，采用外接法测量误差较小，当待测电阻属于大电阻时，采用内接法测量误差较小．‎ ‎【解答】解：待测电阻与电流表内阻相当，属于小电阻，采用电流表的外接法测量误差较小，测量误差偏小．‎ 图②为电流表的内接法，测量误差偏大，以上测量误差属于系统误差．‎ 故答案为：①，小，大，系统．‎ ‎　‎ ‎18．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得小球的直径d=　0.815　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　2gH0=d2　（用t0、H0、g、d表示，四个量均取国际单位）时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　增加　 （选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为8mm；游标对齐的刻度为3；‎ 故读数为：8mm+3×0.05mm=8.15mm=0.815cm；‎ ‎（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgH=mv2，‎ 即：2gH0=（）2‎ 解得：2gH0=d2．‎ ‎（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增加；‎ 故答案为：（1）0.815cm；‎ ‎（2）2gH0=d2‎ ‎（3）增加 ‎　‎ ‎19．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）水平向右电场的电场强度；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再由电荷的电性来确定电场强度方向．‎ ‎（2）当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．借助于电场力由牛顿第二定律可求出加速度大小．‎ ‎（3）选取物体下滑距离为L作为过程，利用动能定理来求出动能．‎ ‎【解答】解：（1）小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，‎ FNsin37°=qE①‎ FNcos37°=mg②‎ 由1、②可得电场强度 ‎（2）若电场强度减小为原来的，则变为 mgsin37°﹣qEcos37°=ma③‎ 可得加速度a=0.3g．‎ ‎（3）电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，‎ 由动能定理则有：‎ mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=Ek﹣0④‎ 可得动能Ek=0.3mgL 答：（1）水平向右电场的电场强度是；‎ ‎（2）若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是0.3g；‎ ‎（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能是0.3mgL．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到最高点C处后水平抛出，恰好落回A点，问：‎ ‎（1）推力对小球做了多少功？‎ ‎（2）x取何值时，完成上述运动时所做的功最少？最少功为多少？‎ ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【分析】（1）小球在恒定推力作用下，在光滑水平面做匀加速直线，当到达B点撤去恒力，让其在沿光滑半圆轨道运动到C处后，又正好落回A点．因小球离开C点后做平抛运动，已知高度与水平位移的情况下，可求出小球在C处的速度大小，选取从A到C过程，由动能定理可求出推力对小球所做的功．‎ ‎2）力F做功越小，小球到达B点的速度越小，到达最高点C的速度越小，当小球恰好到达C点时，由重力充当向心力，此时C点的速度最小，力F做功最小．先由牛顿第二定律求出小球通过C点的最小速度，根据（1）问的结果求出x，即可得到最小功；‎ ‎【解答】解：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，‎ 在水平方向：x=vCt ‎ 竖直方向上：2R=‎ 解①②有 vC=‎ 对质点从A到C由动能定理有 WF﹣mg•2R=‎ 解得 WF=‎ ‎（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv2知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小． ‎ 若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有 mg=，则v=‎ 则有=，解得：x=2R ‎ 当x=2R时，WF最小，最小的功：WF=mgR ‎ 答：（1）推力对小球做功为 ‎（2）x取何值为2R，完成上述运动时所做的功最少，最少功为 ‎　‎ ‎21．在用插针法测定玻璃砖折 射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以 aa′、bb′为界面画光路图．‎ 则甲同学测得的折射率与真实值相比　偏小　，‎ 乙同学测得的折射率与真实值相比　不变　，‎ 丙同学测得的折射率与真实值相比　都有可能　．‎ ‎（上面三个空格选填“偏大”、“偏小”、“不变”或“都有可能”）‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】用插针法测定玻璃砖折射率的实验原理是折射定律n=，作出光路图，确定折射光线的偏折情况，分析入射角与折射角的误差，来确定折射率的误差．‎ ‎【解答】解：如图1．甲同学测定折射率时，作出的折射光线如图中虚线所示，实线表示实际光线，可见折射角增大，则由折射定律n=可知，折射率n将偏小；用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故乙同学测得的折射率与真实值相比不变；用图③测折射率时，折射角可能偏小，可能偏大，也可能不变，所以测得的折射率可能偏大、可能偏小，也可能不变．‎ 故答案为：偏小、不变、都有可能 ‎　‎ ‎22．在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种带正电粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）正离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合得到偏转角正切tanθ的表达式．在磁场中，离子由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出半径，由牛顿第二定律求出sinθ．联立即可求得磁感应强度．‎ ‎（2）离子穿过电场时，由水平方向的运动位移和速度求出时间．在磁场中，由t=T求出时间，即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动 ‎ t=①‎ ‎ a=②‎ ‎ tanθ=③‎ 由①②③得：tanθ=④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．‎ ‎ R=⑤‎ 由几何知识得：sinθ=⑥‎ 由⑤⑥解得：sinθ=⑦‎ 由④⑦式解得：B=‎ ‎（2）粒子在电场中运动时间t1=⑧‎ 在磁场中运动时间t2==⑨‎ 而L= ⑩，‎ 由⑧⑨⑩解出： =‎ 答：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度是．‎ ‎（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是=．‎ ‎　‎ ‎23．如图（甲）所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L=1m，定值电阻R1=6Ω，R2=3Ω，导轨上放一质量为m=1kg的金属杆，杆的电阻r=2Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下．现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆以一定的初速度开始运动．图（乙）所示为通过R1中电流的平方I12随时间t的变化关系图象，求：‎ ‎（1）5s末金属杆的速度；‎ ‎（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程；‎ ‎（3）5s内拉力F所做的功．‎ ‎【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】（1）根据图线得出5s末的电流，结合切割产生的电动势等于 R1两端的电压，求出5s末的速度．‎ ‎（2）通过5s末通过电阻R1中的电流，结合串并联电路的特点求出总电流，从而得出安培力的大小表达式．‎ ‎（3）根据图线围成的面积得出在R1‎ 中产生的热量，从而得出整个回路产生的热量，结合动能定理求出拉力F做的功 ‎【解答】解：（1）外电阻总电阻R外==2Ω ‎ 由图象得5s末的电流I1=0.2A，R1R2并联，故I总=3I1=0.6A，‎ E=I总•（R外+r）=0.6×（2+2）V=2.4V ‎ 由E=BLv得vt===3m/s ‎ ‎（2）图象方程：，得I1=0.1A ‎ R1R2并联，故I总=3I1=0.3A ‎ 安培力FA=BI总L=0.24N ‎ ‎（3）图线与时间轴包围的“面积”为=0.15，‎ 故5s内R1中产生的焦耳热为Q1=I2Rt=0.15×6J=0.9J，‎ 电路中总电热Q总=Q1+Q2+Qr=6Q1=5.4J ‎ 金属杆初始速度v0===1.5m/s ‎ 由功能关系WF+WA=△Ek 又；WA=Q总 得：WF=△Ek+Q总=+Q总，‎ 代入数据得WF=J=7.65J ‎ 答：（1）5s末金属杆的速度为3m/s；‎ ‎（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程为0.24N；‎ ‎（3）5s内拉力F所做的功为7.65J．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日