贵州省遵义四中2016届高三上学期第一次月考物理试卷 29页

‎2015-2016学年贵州省遵义四中高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共9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6～9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．如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°．两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1：m2为（　　）‎ A．1：2 B．3：2 C．2：3 D．：2‎ ‎2．太阳糸各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2，且知道R1＞R2．不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）‎ A．太阳的质量为 B．天王星公转速度大于地球公转速度 C．天王星公转速度与地球公转速度之比为 D．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为 ‎3．如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是（　　）‎ A．在4.0 s～6.0s时间内，质点的平均速度为3m/s B．在t=6.0 s时，质点加速度为零 C．在1.0 s～5.0s时间内，质点做匀变速直线运动 D．在0～3.0s时间内，合力对质点做功为10J ‎4．如图所示是一场强大小为E、方向水平向右的匀强电场，现将一电子从A点移动到B点．已知电子的带电量为e，AB间距离为d，AB连线与电场线成37°角，则可知（　　）‎ A．电子的电势能减小 B．电场力做功为W=eEd C．电场中A点的电势φA小于B点的电势φB D．AB两点的电势差为UAB=Edcos37°‎ ‎5．如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP=2mQ．当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（　　）‎ A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力 C．rP一定等于 D．当ω增大时，P球将向外运动 ‎6．如图所示，理想变压器原线圈输入市电电压（220V，50Hz），闭合电键后，电流表的示数为O．10A，电压表的示数为22V，由此可知该变压器的（　　）‎ A．原、副线圈的匝数比为1：10 B．原、副线圈的匝数比为10：1‎ C．原线圈电流为0.01A D．副线圈交变电流频率为5Hz ‎7．如图所示，用恒力F1、F2分别将同一重物由静止开始沿同一固定的粗糙斜面由底端推到顶端，F1沿斜面向上，F2沿水平方向．已知两次所用时间相等，则两次（　　）‎ A．物体加速度相同 B．物体机械能增量相同 C．物体克服摩擦力做功相同 D．恒力F1、F2对物体做功相同 ‎8．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒中电流方向相同 B．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的摩擦力方向相同 C．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为 D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为 ‎9．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个定值电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是（　　）‎ A．液滴仍保持静止状态 B．液滴将向上运动 C．电容器上带的电荷量将增大 D．电容器将有一个瞬间的充电过程 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第10题～第13题为必考题，每个试题考生都必须作答．第14题～第16题为选考题，考生根据要求作答．一必考题 ‎10．某同学用螺旋测微器测量一薄金属圆板的厚度d，用游标为10分度的卡尺测量其直径D，示数如图所示．由图可读出d=　　mm，D=　　mm．‎ ‎11．在测定金属的电阻率的实验中，被测金属丝的电阻大约为5Ω，实验室提供合适量程的电压表、电流表、滑动变阻器和电源．其中电压表内阻约为几千欧，电流表内阻约为几欧．‎ ‎①用伏安法测量金属丝的电阻R，为减小测量误差，在实验中，实验电路应采用　　（选图1填“甲”或“乙”）．‎ ‎②请把图2中所给的器材连接成测量R的合适的电路．‎ ‎③用上面测得的金属丝长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式ρ=　　算出所测金属的电阻率．‎ ‎12．如图1所示为某同学设计的一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验装置简图，小车的质量为m1，沙和沙桶的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　　．‎ A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．在探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验中要进行质量m1和 m2的选取，以下最合理的一组是　　‎ A．m1=200g，m2=20g、40g、60g、80g、100g、120g B．m1=400g，m2=10g、15g、20g、25g、30g、40g C．m1=200g，m2=50g、60g、70g、80g、90g、100g D．m1=20g，m2=100g、150g、200g、250g、300g、400g ‎（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图2中的图线　　（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎13．（10分）如图所示，质量M=3kg的物块A放在水平桌面上，物块A与桌面之间的动摩擦因数为μ=0.2，一轻绳跨过光滑的定滑轮连接A和B两个物块，物块B的质量m=1kg，托起物块B，使物块B距离地面的高度h=0.5m，且轻绳刚好拉直．先由静止释放物块B，已知水平桌面足够长，物块A不会与滑轮相撞，g=10m/s2，求 ‎（1）B落地前物块A的加速度大小；‎ ‎（2）物块A的运动总时间．‎ ‎14．（15分）匀强电场和匀强磁场均关于y轴对称分布，在如图所示的直角坐标系中，相邻的电场和磁场宽度均为L，各电场区域内电场强度大小相等，各磁场区域内磁感应强度大小也相等，电场和磁场方向如图所示．在A（﹣1.5L，0.5L）处电荷量为+q、质量为m的粒子，从t=O时刻起以速度v0沿x轴正方向射出，粒子刚好从C（﹣0.5L，0）点进入磁场，并从D（0.5L，0）点射出磁场进入电场，不计粒子的重力及电场或磁场的边缘效应，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小．‎ ‎（2）磁感应强度B的大小．‎ ‎（3）粒子从射入电场到射出电场所用的时间．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】‎ ‎15．下列说法中正确是（　　）‎ A．橡胶无固定熔点，是非晶体 B．热机的效率可以等于100%‎ C．物体的温度越高，其分子平均动能越大 D．悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的 E．若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，则每个氧气分子的体积为 ‎16．（10分）如图所示，一圆柱形气缸质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2‎ ‎，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度）．用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，外界大气压强p0为1×l05Pa，当温度t0为7℃时，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2．求：‎ ‎①此时气缸内气体的压强：‎ ‎②大气压强保持不变，当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎17．图甲为一列简谐波在某一时刻的波形图，Q、P是波上的质点，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．经过O．05s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度 B．经过O．05s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度 C．经过O．1s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向 D．此列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s E．经过O．1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向．‎ ‎18．如图所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的P′点，与原来相比向左平移了2cm，已知透明体对光的折射率为．求 ‎（1）透明体的厚度 ‎ ‎（2）光在透明体里运动的时间．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎19．下列有关近代物理的说法正确的是 （　　）‎ A．光电效应实验中，只要入射光足够强，就能产生光电流 B．α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 C．较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加 D．α射线轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为： He+N→O+H E．玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的．‎ ‎20．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年贵州省遵义四中高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共9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6～9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．如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60°．两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1：m2为（　　）‎ A．1：2 B．3：2 C．2：3 D．：2‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对两小球受力分析，根据共点力平衡求出重力拉力的关系，抓住细绳对两球拉力大小相等，求出两小球的质量比值．‎ ‎【解答】解：对m1、m2受力分析如图所示，‎ 对m1有：，‎ 解得T=，‎ 对m2有：T=m2gsin60°=，‎ 解得m1：m2=3：2．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键 能够正确地受力分析，抓住拉力的大小相等，运用共点力平衡进行求解．‎ ‎　‎ ‎2．太阳糸各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2，且知道R1＞R2．不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G．下列说法正确的是（　　）‎ A．太阳的质量为 B．天王星公转速度大于地球公转速度 C．天王星公转速度与地球公转速度之比为 D．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力，结合天王星的轨道半径和周期求出太阳的质量．根据万有引力提供向心力，求出线速度、向心加速度与轨道半径的关系式，从而分析判断．‎ ‎【解答】解：A、天王星绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力得，，解得太阳的质量M=，故A错误．‎ B、天王星的轨道半径大于地球的轨道半径，根据知，v=，则天王星的公转速度小于地球的公转速度，故B错误．‎ C、根据v=知，天王星和地球的公转半径之比为R1：R2，则公转速度之比为，故C正确．‎ D、根据知，a=，天王星和地球的公转半径之比为R1：R2，则天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系，基础题．‎ ‎　‎ ‎3．如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是（　　）‎ A．在4.0 s～6.0s时间内，质点的平均速度为3m/s B．在t=6.0 s时，质点加速度为零 C．在1.0 s～5.0s时间内，质点做匀变速直线运动 D．在0～3.0s时间内，合力对质点做功为10J ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度．由图象的斜率求加速度．先根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况．‎ ‎【解答】解：A、在4.0 s～6.0s内的位移为 x=4m=6m，平均速度为==‎ ‎=3m/s，故A正确．‎ B、由图象的斜率表示加速度，可知在t=6.0 s时，质点加速度不为零．故B错误．‎ C、在1.0 s～5.0s时间内，质点先做匀速直线运动，后做匀速直线运动，故C错误．‎ D、根据动能定理可得：在0～3.0s时间内，合力对质点做功为 W==1×（42﹣22）J=6J，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意：速度为零时加速度不一定为零．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示是一场强大小为E、方向水平向右的匀强电场，现将一电子从A点移动到B点．已知电子的带电量为e，AB间距离为d，AB连线与电场线成37°角，则可知（　　）‎ A．电子的电势能减小 B．电场力做功为W=eEd C．电场中A点的电势φA小于B点的电势φB D．AB两点的电势差为UAB=Edcos37°‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】电场方向水平向右，沿着电场线方向，电势逐渐降低；匀强电场电场力做功W=Eqlcosθ；匀强电场UAB=Ed；电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、电场方向水平向右，电子受力逆着电场线方向，故在移动中电场力做负功，故电势能增大，故A错误；‎ B、匀强电场电场力做功W=Eqlcosθ=eEdcos（180°﹣37°）=﹣eEdcos37°，故B错误；‎ C、电场线向右，沿着电场线方向电势降低，故电场中A点的电势φA大于B点的电势φB，故C错误；‎ D、由W=Uq可知，A、B两点的电势差为UAB==Edcos37°，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题得关键是熟练掌握电场力做功与电势能的关系，电场强度与电势差的关系，明确电场线的性质，知道沿电场的方向电势降落．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P和Q可以在光滑水平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接，mP=2mQ．当整个装置绕中心轴以角速度ω匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时（　　）‎ A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 B．P球受到的向心力大于Q球受到的向心力 C．rP一定等于 D．当ω增大时，P球将向外运动 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当整个装置匀速旋转时，两个小球都做匀速圆周运动，两球受到重力、支持力和轻绳的拉力三个力作用，重力与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力．根据向心力公式分析半径关系．‎ ‎【解答】解：A、两球均受到重力、支持力和绳子的拉力作用，向心力是三个力的合力，不是实际受到的力．故A错误．‎ B、两球的重力均与支持力平衡，由绳的拉力提供向心力，则P球受到的向心力等于Q球受到的向心力．故B错误．‎ C、根据向心力公式Fn=mω2r，两球的角速度ω相同，向心力Fn大小相等，则半径之比rP：rQ=mQ：mP=1：2，则rP=．故C正确．‎ D、根据向心力大小相等得到，mpωp2rp=mqωq2rq ‎，由于角速度相同，此方程与角速度无关，又rp+rq=L不变，所以当ω增大时，两球半径不变，p球不会向外运动．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题是连接体问题，分析向心力的来源是关键．对于两个及以上物体的圆周运动问题，还要抓住物体之间的关系．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，理想变压器原线圈输入市电电压（220V，50Hz），闭合电键后，电流表的示数为O．10A，电压表的示数为22V，由此可知该变压器的（　　）‎ A．原、副线圈的匝数比为1：10 B．原、副线圈的匝数比为10：1‎ C．原线圈电流为0.01A D．副线圈交变电流频率为5Hz ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器不改变频率等特点即可求得结论．‎ ‎【解答】解：A、根据电压与匝数成正比， ===，故A错误，B正确 C、根据电流与匝数成反比， =，故I1=0.01A，故C正确 D、变压器不改变频率，故D错误 故选：BC ‎【点评】本题结合变压器的变压比与变流比公式进行计算，同时要明确变压器的工作原理．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，用恒力F1、F2分别将同一重物由静止开始沿同一固定的粗糙斜面由底端推到顶端，F1沿斜面向上，F2沿水平方向．已知两次所用时间相等，则两次（　　）‎ A．物体加速度相同 B．物体机械能增量相同 C．物体克服摩擦力做功相同 D．恒力F1、F2对物体做功相同 ‎【考点】功的计算；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式比较加速度的大小．根据末速度的大小关系得出动能的变化量大小，结合动能定理比较合外力做功情况．根据动能定理，通过摩擦力做功和重力做功的大小关系得出恒力F做功的大小关系 ‎【解答】解：A、根据x=知，位移相同，运动时间相同，则加速度相同．故A正确．‎ B、根据v=at知，加速度相同，运动时间相同，则末速度大小相等，根据动能定理知，动能变化量相等，物体上升的顶端，重力势能的增加量相同，动能的增加量相等，则机械能变化量相等，故B正确；‎ C、运动过程中，重力做功相等，第二次的摩擦力大于第一次的摩擦力，则第二次克服摩擦力做功大，而动能的变化量相等，根据动能定理知，F1做的功比F2做的少，故CD错误．‎ 故选：AB ‎【点评】本题考查了动能定理的基本运用，关键抓住动能变化量相等，重力做功相等，通过摩擦力做功不等，比较出恒力F做功的大小关系 ‎　‎ ‎8．如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒中电流方向相同 B．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的摩擦力方向相同 C．在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为 D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由楞次定律求出感应电流方向；‎ 由楞次定律判断出导体棒的运动趋势，然后判断摩擦力方向；‎ 由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流；‎ 由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后由电流定义式求出电荷量．‎ ‎【解答】解：A、由图乙所示图象可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，由图示图象可知，在t0～2t0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒中电流方向相同，故A正确；‎ B、由图乙所示图象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故B错误；‎ C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：E===，感应电流为：I==，故C错误；‎ D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：E1===，感应电流为：I1==，电荷量：q1=I1t1=；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：E2==‎ ‎=，感应电流为：I==，电荷量q2=I2t2=，在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量q=q1+q2=，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查了判断摩擦力的方向、判断电流方向、求感应电流、求电荷量等问题，应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题；要全面正确理解楞次定律“阻碍”的含义．‎ ‎　‎ ‎9．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个定值电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是（　　）‎ A．液滴仍保持静止状态 B．液滴将向上运动 C．电容器上带的电荷量将增大 D．电容器将有一个瞬间的充电过程 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，断开电键后，电容器两端电压变大，故场强变大，电场力变大，粒子会向上加速，并根据电量的多少来判定充电与否．‎ ‎【解答】解：A、B、带电粒子受重力和电场力平衡，断开电键后，电容器两端电压变大到等于电源电动势，故场强变大，电场力变大，粒子会向上加速，故A错误，B正确；‎ C、D、电键断开前，电容器两端电压等于电阻R2两端的电压，断开电键后，电容器两端电压变大到等于电源电动势，根据电容的定义式C= 得到带电量变大，将有一个瞬间的充电过程，故CD正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题关键是电容器两端电压发生变化导致电容器电量和电场强度的变化，从而引起电场力变化．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第10题～第13题为必考题，每个试题考生都必须作答．第14题～第16题为选考题，考生根据要求作答．一必考题 ‎10．某同学用螺旋测微器测量一薄金属圆板的厚度d，用游标为10分度的卡尺测量其直径D，示数如图所示．由图可读出d=　5.315　mm，D=　50.1　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为5mm，可动刻度为31.5×0.01mm=0.315mm，所以最终读数为5mm+0.315mm=5.315mm，‎ ‎2、游标卡尺的主尺读数为：50mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.1mm=0.1mm，所以最终读数为：50mm+0.1mm=50.1mm．‎ 故答案为：5.315，50.1‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎11．在测定金属的电阻率的实验中，被测金属丝的电阻大约为5Ω，实验室提供合适量程的电压表、电流表、滑动变阻器和电源．其中电压表内阻约为几千欧，电流表内阻约为几欧．‎ ‎①用伏安法测量金属丝的电阻R，为减小测量误差，在实验中，实验电路应采用　甲　（选图1填“甲”或“乙”）．‎ ‎②请把图2中所给的器材连接成测量R的合适的电路．‎ ‎③用上面测得的金属丝长度l、直径d和电阻R，可根据电阻率的表达式ρ=　　算出所测金属的电阻率．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】①根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路．‎ ‎②根据电路图连接实物电路图．‎ ‎③根据电阻定律求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：①被测金属丝的电阻大约为5Ω，电压表内阻约为几千欧，电流表内阻约为几欧，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，故选图甲所示实验电路．‎ ‎②根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎③金属丝的电阻：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：①甲；②如图所示；③．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了实验电路图的选择、连接实物电路图、求电阻率，根据题意确定电流表的接法是正确选择实验电路的关键，应用电阻定律可以求出电阻率．‎ ‎　‎ ‎12．如图1所示为某同学设计的一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验装置简图，小车的质量为m1，沙和沙桶的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　C　．‎ A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．在探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验中要进行质量m1和 m2的选取，以下最合理的一组是　B　‎ A．m1=200g，m2=20g、40g、60g、80g、100g、120g B．m1=400g，m2=10g、15g、20g、25g、30g、40g C．m1=200g，m2=50g、60g、70g、80g、90g、100g D．m1=20g，m2=100g、150g、200g、250g、300g、400g ‎（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图2中的图线　丙　（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，‎ ‎（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．‎ ‎【解答】解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．‎ B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．‎ D：a﹣m1图象是一条曲线，不能说明两者的关系，而a﹣‎ 图象是一条倾斜的直线，可以说明a与m成反比，故应作a﹣图象，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎（2）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，因此B数据比较符合要求．‎ 故选：B ‎（3）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．‎ 故答案为：（1）C；（2）B；　（3）丙 ‎【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．‎ ‎　‎ ‎13．（10分）（2014秋•淄博校级期末）如图所示，质量M=3kg的物块A放在水平桌面上，物块A与桌面之间的动摩擦因数为μ=0.2，一轻绳跨过光滑的定滑轮连接A和B两个物块，物块B的质量m=1kg，托起物块B，使物块B距离地面的高度h=0.5m，且轻绳刚好拉直．先由静止释放物块B，已知水平桌面足够长，物块A不会与滑轮相撞，g=10m/s2，求 ‎（1）B落地前物块A的加速度大小；‎ ‎（2）物块A的运动总时间．‎ ‎【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】由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出运动时间与位移．‎ ‎【解答】解：（1）对A、B系统，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣μMg=（M+m）a，‎ 解得：a=1m/s2，‎ ‎（2）对B，由位移公式得：h=gt12，‎ 解得：t1=1s，‎ B落地时A的速度：v=at1=1×1=1m/s，‎ B落地后，对A由牛顿第二定律得：μMg=Ma′，‎ 解得：a′=2m/s2，‎ A的运动时间：t2===0.5s，‎ A的总运动时间：t=t1+t2=1.5s，‎ 答：（1）物体A的加速度为1m/s2；‎ ‎（2）物块的运动时间为1.5s ‎【点评】本题考查牛顿第二定律的应用问题；要分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题，解题时注意整体法的应用．‎ ‎　‎ ‎14．（15分）（2015秋•遵义校级月考）匀强电场和匀强磁场均关于y轴对称分布，在如图所示的直角坐标系中，相邻的电场和磁场宽度均为L，各电场区域内电场强度大小相等，各磁场区域内磁感应强度大小也相等，电场和磁场方向如图所示．在A（﹣1.5L，0.5L）处电荷量为+q、质量为m的粒子，从t=O时刻起以速度v0沿x轴正方向射出，粒子刚好从C（﹣0.5L，0）点进入磁场，并从D（0.5L，0）点射出磁场进入电场，不计粒子的重力及电场或磁场的边缘效应，求：‎ ‎（1）电场强度E的大小．‎ ‎（2）磁感应强度B的大小．‎ ‎（3）粒子从射入电场到射出电场所用的时间．‎ ‎【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）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；‎ ‎（3）求出粒子在电场与磁场中的运动时间，然后求出总的运动时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，‎ 在水平方向：L=v0t，‎ 在竖直方向：0.5L=at2=t2，‎ 解得：E=；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ qvB=m，‎ 由几何知识得：r= （n=1、2、3、…）‎ 解得：B= （n=1、2、3、…）；‎ ‎（3）粒子在电场中的运动时间：t1=2t=，‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T==，‎ 粒子在磁场中的运动时间：t2==，‎ 粒子的运动时间：t=t1+t2=；‎ ‎ 答：（1）电场强度E的大小为．‎ ‎（2）磁感应强度B的大小为： （n=1、2、3、…）．‎ ‎（3）粒子从射入电场到射出电场所用的时间为．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律、几何知识可以解题．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】‎ ‎15．下列说法中正确是（　　）‎ A．橡胶无固定熔点，是非晶体 B．热机的效率可以等于100%‎ C．物体的温度越高，其分子平均动能越大 D．悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的 E．若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，则每个氧气分子的体积为 ‎【考点】热力学第二定律；阿伏加德罗常数；布朗运动；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】橡校是非晶体；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志．布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；由于气体分子所占空间大小比分子的体积大的多，所以不是分子的体积．‎ ‎【解答】解：A、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故A正确；‎ B、根据热力学第二定律可知，热机的效率无法达到100%；故B错误 C、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故C正确；‎ D、悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的；故D正确；‎ E、若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，则每个氧气分子所占空间的体积为；由于气体分子所占空间大小比分子的体积大的多，所以不是分子的体积；故E错误；‎ 故选：ACD ‎【点评】本题考查晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义、布朗运动等，要注意热力学第二定律的几种常见的方法，以及能够正确理解热力学第二定律的意义．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2015•云南二模）如图所示，一圆柱形气缸质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度）．用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，外界大气压强p0为1×l05Pa，当温度t0‎ 为7℃时，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2．求：‎ ‎①此时气缸内气体的压强：‎ ‎②大气压强保持不变，当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】以气缸为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压强；‎ 温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程列出等式求解 ‎【解答】解：（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力．‎ 根据平衡条件得：‎ p0S=pS+Mg p=p0﹣=1×105﹣Pa=0.8×105 Pa，‎ ‎（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：‎ 当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为40cm，代入数据得：‎ 解得：T2=320K=47°C 答：（1）此时气缸内气体的压强是0.8×105 Pa；‎ ‎（2）当温度升高到47°C，活塞与气缸将分离 ‎【点评】能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中．‎ 根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量 ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎17．（2015秋•遵义校级月考）图甲为一列简谐波在某一时刻的波形图，Q、P是波上的质点，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．经过O．05s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度 B．经过O．05s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度 C．经过O．1s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向 D．此列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s E．经过O．1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．‎ ‎【解答】解：AB、由乙图读出，T=0.2s，t=0时刻P向下振动，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，所以Q点向上振动，经过t=O．05s=T，P运动到波谷处，所以P的位移大于Q的位移，根据a=可知，P的加速度大于Q的加速度．故A错误，B正确；‎ CE、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故C正确，E错误；‎ D、根据A的分析可知，这列波沿x轴正方向传播，根据甲图可知，波长λ=4m，则波速v=，故D正确；‎ 故选：BCD ‎【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．‎ ‎　‎ ‎18．（2013春•金华校级期中）如图所示，一束光线以60°的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的P′点，与原来相比向左平移了2‎ cm，已知透明体对光的折射率为．求 ‎（1）透明体的厚度 ‎ ‎（2）光在透明体里运动的时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）先作出光路图：光从空气射入透明体，入射角大于折射角，反射时遵守反射定律．根据折射定律求出折射角，根据几何知识求出透明介质的厚度．‎ ‎（2）由几何关系求出光在透明介质中通过的路程．光在透明介质中的传播速度为v=，再求出光在透明体里运动的时间 ‎【解答】解：（1）设玻璃砖的厚度为d，光线进入玻璃砖后的折射角为r．‎ 画出光路图如图所示．由折射定律得：n=，‎ 解得：sinr===0.5，得：r=30° …①‎ 由几何关系可知 PP′=2（dtan60°﹣dtan30°） …②‎ 解得：d=1.5cm …③‎ ‎（2）光在透明介质中的传播速度为：v=，‎ 设光线射入玻璃砖至平面镜的距离为x，xcos30°=d，x==cm …④‎ 所以t==2x10﹣10s …⑤‎ 答：（1）透明体的厚度为1.5cm． ‎ ‎（2）光在透明体里运动的时间为2×10﹣10s．‎ ‎【点评】本题是几何光学的问题，首先要作出光路图，根据折射定律和几何知识结合进行研究．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎19．（2015秋•遵义校级月考）下列有关近代物理的说法正确的是 （　　）‎ A．光电效应实验中，只要入射光足够强，就能产生光电流 B．α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 C．较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加 D．α射线轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为： He+N→O+H E．玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的．‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．‎ ‎【分析】能否发生光电效应于光照强度无关，其条件是光的频率大于金属的极限频率；α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转说明存在原子核；α射线轰击氮原子核可以产生质子，裂变、聚变和衰变过程中会释放一定的能量．‎ ‎【解答】解：A、在光电效应的实验中，若入射光的频率小于金属的极限频率，则不能产生光电流，与光的强度无关．故A错误；‎ B、根据物理学史可知，α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据．故B正确；‎ C、较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核的过程中会释放一定的能量，所以核子的比结合能都会增加．故C正确；‎ D、1919年卢瑟福首先做了用a粒子轰击氮核的实验，发现了质子，反应方程式为： He+N→O+H．故D正确；‎ E、玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，但是玻尔提出的原子定态概念是正确的．故E错误．‎ 故选：BCD ‎【点评】本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用．解答本题关键是明确质子和中子的发现过程．‎ ‎　‎ ‎20．（2013•山东）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】A与C碰撞过程动量守恒列出等式，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，由动量守恒定律列出等式，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足速度相等．‎ ‎【解答】解：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得 mAv0=mAvA+mCvC，①‎ A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得 mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB