还剩20页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高三物理考前模拟试卷含解析
一、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题只有一个选项符合题意.)1.某人在五楼阳台处竖直向上抛出一只皮球,其速率﹣时间图象如图所示.下列说法正确的是( )A.t1时刻皮球达到最高点B.t2时刻皮球回到出发点C.0~t1时间内,皮球的加速度一直在增大D.0~t2时间内,皮球的位移大小先增大后减小2.两金属导体M和N之间的等势线如图中实线所示.现有一个带电粒子仅在电场力的作用下运动轨迹如图中虚线所示,P和Q是运动轨迹上的两点,不计带电粒子对原电场的影响.下列说法正确的是( )A.粒子所带电性与导体M所带电性相反B.P和Q两点的电场强度关系为EP<EQC.粒子在P点的受力方向为图中F方向D.P和Q两点的电势关系为φP>φQ3.在xx年全国室内铅球邀请赛中,河北名将巩立姣以
19.37m夺冠.运动员在比赛时投掷铅球的分解动作如图,若铅球出手时速度大小约为10m/s,铅球质量为5kg,则她在掷铅球过程中对球做的功约为( )A.25JB.250JC.70JD.270J4.如图所示,倾角为θ的光滑斜面C固定在水平地面上,两个光滑的物块A、B叠放在C上.将A、B同时由静止释放,下列说法正确的是( )A.A沿斜面向下的加速度为gsinθB.B沿斜面向下的加速度为gsinθC.A在运动过程中处于失重状态D.A对B的压力大于B对A的支持力5.被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中,a、b的右端通过导线与阻值R=5Ω的电阻连接,导体棒c与y轴重合,整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场中(图中未画出),除R外不计一切电阻.现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v=5m/s的速度匀速运动至a、b右端,整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触,不计一切摩擦.则( )A.流过电阻R的电流方向如图中箭头所示B.水平力F的最小值为
0.32NC.水平力F的最大功率为
7.2WD.电阻R产生的总热量为
2.56J
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,满分16分.每题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.)6.某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路.第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图所示的电路输电,其中变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是( )A.第二次实验也可研究远距离直流输电B.T1是升压变压器,T2是降压变压器C.若输送功率一定,则P2P1=n12n22D.实验可以证明,增大输电电流能减小远距离输电的能量损失7.xx年2月11日,科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号,这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后,引力波被首次直接观测到.在两个黑洞合并过程中,由于彼此间的强大引力作用,会形成短时间的双星系统.如图所示,黑洞A、B可视为质点,它们围绕连线上O点做匀速圆周运动,且AO大于BO,不考虑其他天体的影响.下列说法正确的是( )A.黑洞A的向心力大于B的向心力B.黑洞A的线速度大于B的线速度C.黑洞A的质量大于B的质量D.两黑洞之间的距离越大,A的周期越大8.如图是等离子体发电机的示意图,原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子,即高温等离子体,等离子体以速度v进入矩形发电通道,发电通道里有图示的匀强磁场,磁感应强度为B.等离子体进入发电通道后发生偏转,落到相距为d的两个金属极板上,在两极板间形成电势差,等离子体的电阻不可忽略.下列说法正确的是( )A.上极板为发电机正极B.外电路闭合时,电阻两端的电压为BdvC.带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能D.外电路断开时,等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡9.《奔跑吧兄弟》摄制组来到南京体育学院,小邓同学应邀参加一项转盘投球游戏.如图所示,顺时针转动的大转盘圆心O点放有一个铁桶,小邓站在转盘上的P点把篮球水平抛向铁桶,篮球总能落入桶中.设篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角为θ,下列说法正确的是( )A.篮球抛出时速度可能沿a方向B.篮球抛出时速度可能沿b方向C.若转盘转速变大,保持篮球抛出点的高度不变,θ角可能变小D.若转盘转速变大,降低篮球抛出点的高度,θ角可能保持不变
三、简答题(本题分必做题(第
10、11题)和选做题(第12题)两部分,满分18分.请将解答填在答题卡相应的位置.)10.小明同学想测量一只干电池的电动势和内电阻.
(1)他把多用电表的选择开关拨向“直流电压
2.5V”挡,再将两只表笔分别与干电池的两极相接触.其中,红表笔应与电池的 (选填“正”或“负”)极接触.此时表盘如图甲所示,则电表的读数为 V.
(2)为了更精确地测量,他又用电阻箱、多用电表(仍选电压挡)、开关和导线连接图乙所示电路.闭合开关S,改变电阻箱接入电路的电阻值,读出电压表的示数,记录的实验数据如表所示.请根据表格中数据,在坐标纸图丙中描点、作图.R/Ω
1.
02.
03.
04.
05.
06.0U/V
0.
730.
971.
091.
161.
211.24/Ω﹣
11.
000.
500.
330.
250.
200.17/V﹣
11.
381.
030.
920.
860.
830.80
(3)根据所绘图象,可求得该电池的电动势E= V,内阻r= Ω.(保留两位有效数字)
(4)从实验原理来分析,电动势的测量值 (选填“>”、“=”、“<”)真实值.11.某学习小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律,电火花计时器的电源为50Hz的交流电.他们将细线穿过定滑轮后分别与两个质量不等的重物A、B相连,重物B的下边再连接一条纸带.将重物由静止释放后,A下降,B上升,与重物B相连的纸带就记录下它们的运动情况.
(1)关于这个实验,下列说法正确的是 A.电火花计时器所用电源的电压是220VB.电火花计时器两限位孔的连线应竖直C.重物B的初始位置离电火花计时器远一些较好D.在释放两个重物的同时接通电火花计时器的电源
(2)如图乙所示为该小组在实验中得到的一条纸带,他们确定一合适的点为O点,每隔一个计时点取一个计数点,标为
1、
2、…、6.用刻度尺量出各计数点到O点的距离,记录在纸带上.则打计数点“1”时,重物B的速度大小v1= m/s.(结果保留两位有效数字)
(3)该小组想研究在计数点“1”、“5”之间系统的机械能是否守恒.他们测出了打计数点“1”、“5”时重物B的速度大小v
1、v5和这两点之间的距离h,还需测量出 (请写出待测物理量及字母),重力加速度g已知.在误差允许的范围内,若等式 成立,就可说明本次实验中系统机械能守恒.
(4)该小组改变重物A、B的质量多次重复以上实验发现,系统减少的重力势能△Ep总是略大于增加的动能△Ek,且A、B的质量相差越大,△Ep﹣△Ek就越大.你认为出现这种现象的原因可能是 .
四、【选做题】(请从A、B和C三小题中选定两小题作答,并在答题卡相应的答题区域内作答如都作答则按A、B两小题评分)A.选修模块3-312分12.下列说法正确的是( )A.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B.分子间距离增大,分子势能一定增大C.布朗运动反映了固体颗粒分子的无规则运动D.当液面上方的蒸汽达到饱和状态后,液体分子不会从液面飞出13.如图所示的蹦蹦球是一种儿童健身玩具.某同学将充足气的蹦蹦球摔向地面,球与地面撞击的过程可看作是绝热过程.与撞击前相比,球内气体分子的密集程度 (选填“增大”、“不变”或“减小”),气体的内能 (选填“增大”、“不变”或“减小”).14.目前我国部分地区空气污染严重.为了改善家居空气质量,小雷同学家买了一台空气净化器,其净化能力是290m3/h(净化能力是指每小时有多少体积的空气通过净化器被净化).若他家室内压强为一个标准大气压,温度为17°C.已知1mol气体在一个标准大气压、0°C时的体积为
22.4L,阿伏伽德罗常数NA=
6.0×1023mol﹣1.求每小时内有多少空气分子通过这台空气净化器?(计算结果保留两位有效数字) 选修模块3-412分15.下列说法正确的是( )A.若波源向观察者靠近,则波源发出的频率变大B.托马斯•杨通过光的双缝干涉实验,证明了光是一种波C.坐在高速离开地球的火箭里的人认为,地球上的人新陈代谢变慢了D.拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度16.如图所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质,一平行于角平分线AD的单色光由AB射入介质,经AB折射后的光线恰好平行于AC,由此可求出介质的折射率为 ,此折射光照射到BC边上时 (选填“能”或“不能”)发生全反射.17.如图所示的横波正在沿x轴正方向传播,t=0时刻,波刚好传到M点.再经
0.5s,质点M第一次到达波峰位置.
①求这列横波的传播速度v;
②写出质点N的振动方程. 选修模块3-512分18.下列说法正确的是( )A.电子和光子都具有波粒二象性B.一束光照射到某种金属上没有发生光电效应,是因为该束光的波长太短C.为了解释黑体辐射,普朗克提出黑体辐射的能量是量子化的D.经典物理学能很好地解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征19.已知钚的一种同位素的半衰期约为
2.4×104年,其衰变方程为+ +.假设实验室中有1克的钚,经过 年后还剩下
0.25克.20.如图所示,两小车A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg,放在光滑轨道上.将一只轻弹簧压缩后用细绳系在A、B上,然后使A、B以速度v0=3m/s,沿轨道向右运动.运动过程中细绳突然断开,当A速度达到vA=1m/s时,弹簧掉落,求此时B的速度vB及弹簧对B做的功W.
四、计算题(本题共3小题,满分47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)21.如图甲所示,两根平行光滑金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨的下端PQ间接有R=8Ω电阻.相距x=6m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场.磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示.将阻值r=2Ω的导体棒ab垂直放在导轨上,使导体棒从t=0时由静止释放,t=1s时导体棒恰好运动到MN,开始匀速下滑.g取10m/s2.求
(1)0~1s内回路中的感应电动势;
(2)导体棒ab的质量;
(3)0~2s时间内导体棒所产生的热量.22.如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点.一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ,木板静止时,弹簧长度变为L.已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tanθ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为L时,释放木板,发现木板的Q端刚好能到达C点;将木板截短后,再次将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为L时,释放木板,求
(1)弹簧的劲度系数;
(2)若木板被截掉一半,木板上端到达C点时的速度大小;
(3)至少要将木板截掉多少,木板被释放后能静止在斜面上?23.图示为半径为R的四分之三圆周CED,O为圆心,A为CD的中点,在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B.一群相同的带正电粒子以相同的速率从AC部分垂直于AC射向磁场区域,沿半径OD放置一粒子吸收板,所有射在板上的粒子均被完全吸收.已知粒子的质量为m,电量为q,速率v=,假设粒子不会相遇,忽略粒子间的相互作用,不考虑粒子的重力.求
(1)粒子在磁场中的运动半径;
(2)粒子在磁场中运动的最短和最长时间;
(3)吸收板上有粒子击中的长度. xx年江苏省徐州市高考物理考前模拟试卷参考答案与试题解析
一、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.每小题只有一个选项符合题意.)1.某人在五楼阳台处竖直向上抛出一只皮球,其速率﹣时间图象如图所示.下列说法正确的是( )A.t1时刻皮球达到最高点B.t2时刻皮球回到出发点C.0~t1时间内,皮球的加速度一直在增大D.0~t2时间内,皮球的位移大小先增大后减小【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】根据速率的变化,分析何时到达最高点.根据图象与坐标轴所围面积表示位移大小,分析何时回到出发点.根据图象的斜率大小分析加速度的变化.由“面积”分析位移的变化.【解答】解A、由图知,0~t1时间内,皮球的速度一直减小,t1时刻,皮球的速度为零,到达最高点,故A正确.B、根据图象与坐标轴所围面积表示位移大小,可知,t2时刻皮球落到出发点下方,故B错误.C、根据图象的斜率大小表示加速度,可知0~t1时间内,皮球的加速度一直在减小,故C错误.D、0~t2时间内,皮球的位移大小先增大后减小至零,再增大,故D错误.故选A 2.两金属导体M和N之间的等势线如图中实线所示.现有一个带电粒子仅在电场力的作用下运动轨迹如图中虚线所示,P和Q是运动轨迹上的两点,不计带电粒子对原电场的影响.下列说法正确的是( )A.粒子所带电性与导体M所带电性相反B.P和Q两点的电场强度关系为EP<EQC.粒子在P点的受力方向为图中F方向D.P和Q两点的电势关系为φP>φQ【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度.【分析】根据轨迹弯曲方向判断粒子受力方向,从而判断粒子电性与导体板电性之间的关系;根据电场线的疏密比较场强的大小;画出P点电场线确定粒子受力;粒子电性及导体板电性未知,所以P、Q点电势关系不好比较【解答】解A、根据粒子的轨迹弯曲方向确定粒子所受电场力大致方向如图,与导体M之间是排斥力,所以粒子所带电性与导体M所带电性相同,故A错误;B、等势面密集处,电场强度较大,所以P和Q两点的电场强度关系为EP<,故B正确;C、根据电场线与等势面密集,在图中画出过P点的电场线,电场力沿切向,与图中标的不一致,故C错误;D、因为粒子电性及导体M、N的电性未知,所以P、Q的电势无法比较,故D错误;故选B 3.在xx年全国室内铅球邀请赛中,河北名将巩立姣以
19.37m夺冠.运动员在比赛时投掷铅球的分解动作如图,若铅球出手时速度大小约为10m/s,铅球质量为5kg,则她在掷铅球过程中对球做的功约为( )A.25JB.250JC.70JD.270J【考点】动能定理.【分析】根据铅球出手前后的初、末动能,结合动能定理求出投掷铅球时对铅球做的功.【解答】解对掷铅球的过程,由动能定理得对球做的功为W=﹣0=J=250J故选B 4.如图所示,倾角为θ的光滑斜面C固定在水平地面上,两个光滑的物块A、B叠放在C上.将A、B同时由静止释放,下列说法正确的是( )A.A沿斜面向下的加速度为gsinθB.B沿斜面向下的加速度为gsinθC.A在运动过程中处于失重状态D.A对B的压力大于B对A的支持力【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.【分析】对A、B分别受力分析,根据牛顿第二定律求加速度,根据加速度的方向判断A的超重还是失重状态,A对B的压力和B对A的支持力是一对相互作用力.【解答】解AC、对A受力分析,A受到重力和B对A的支持力,两个力的合力竖直向下,故A错误,C正确;B、对B受力分析,B受到重力、A对B的压力、C对B的支持力,受力分析如图,运用正交分解法,根据牛顿第二定律,有,解得,故B错误;D、A对B的压力和B对A的支持力是一对作用力和反作用力,大小相等,故D错误;故选C 5.被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中,a、b的右端通过导线与阻值R=5Ω的电阻连接,导体棒c与y轴重合,整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场中(图中未画出),除R外不计一切电阻.现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v=5m/s的速度匀速运动至a、b右端,整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触,不计一切摩擦.则( )A.流过电阻R的电流方向如图中箭头所示B.水平力F的最小值为
0.32NC.水平力F的最大功率为
7.2WD.电阻R产生的总热量为
2.56J【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;电功、电功率.【分析】感应电流方向根据楞次定律判断.当有效切割的长度最小时,产生的感应电动势最小,感应电流最小,由E=BLv和欧姆定律求出电流的最小值,再求得安培力的最小值,即可由平衡条件求出水平力F的最小值.当有效切割的长度最大时,产生的感应电动势最大,运用同样的方法求水平力F的最大值,再求功率的最大值.回路中产生正弦式电流,根据电流的有效值求电阻R产生的总热量.【解答】解A、导体棒c向右运动时,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律“增反减同”知,感应电流的磁场垂直坐标系向里,由安培定则可知,流过电阻R的电流方向与如图中箭头所示的方向相反,故A错误.B、c棒有效切割的长度最小值为Lmin=
0.4m,产生的感应电动势最小值为Emin=BLminv=1×
0.4×5V=2V,感应电流最小值为Imin===
0.4A,c棒所受安培力的最小值为F安min=BIminLmin=1×
0.4×
0.4N=
0.16N,金属棒匀速运动,由平衡条件可得,水平力F的最小值为Fmin=F安min=
0.16N.故B错误.C、c棒有效切割的长度最大值为Lmax=
1.2m,产生的感应电动势最大值为Emax=BLmaxv=1×
1.2×5V=6V,感应电流最大值为Imax===
1.2A,c棒所受安培力的最大值为F安max=BImaxLmax=1×
1.2×
1.2N=
1.44N,金属棒匀速运动,由平衡条件可得,水平力F的最大值为Fmax=F安max=
1.44N,水平力F的最大功率为Pmax=Fmaxv=
1.44×5W=
7.2W.故C正确.D、在回路中c棒产生的瞬时电动势为e=BLv=B(
0.4sinπvt+
0.8)v=1×(
0.4sinπ×5t+
0.8)×5=(2sin5πt+4)V,可看成正弦式电动势和恒定电动势叠加而成,正弦式电动势的最大值为Em=2V,有效值为E1=Em=V,恒定电动势为E2=4V,所以电阻R产生的总热量为Q=(+)t=(+)=(+×)J=J=
2.368J,故D错误.故选C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,满分16分.每题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.)6.某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路.第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图所示的电路输电,其中变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是( )A.第二次实验也可研究远距离直流输电B.T1是升压变压器,T2是降压变压器C.若输送功率一定,则P2P1=n12n22D.实验可以证明,增大输电电流能减小远距离输电的能量损失【考点】变压器的构造和原理.【分析】根据变压器的特点电压比等于匝数比,电流之比等于匝数反比,输入功率等于输出功率去分析.【解答】解A、变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A错误;B、远距离输电采用高压输电,减小输电线上的电流,以减少功率损耗,到用户区采用降压变压器降压,所以T1是升压变压器,T2是降压变压器,故B正确;C、第一次实验输电线上的电流,输电线上损失的功率第二次实验,升压变压器副线圈上的电压,输电线上的电流,输电线上损失的功率,故C正确;D、实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故D错误;故选BC 7.xx年2月11日,科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号,这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后,引力波被首次直接观测到.在两个黑洞合并过程中,由于彼此间的强大引力作用,会形成短时间的双星系统.如图所示,黑洞A、B可视为质点,它们围绕连线上O点做匀速圆周运动,且AO大于BO,不考虑其他天体的影响.下列说法正确的是( )A.黑洞A的向心力大于B的向心力B.黑洞A的线速度大于B的线速度C.黑洞A的质量大于B的质量D.两黑洞之间的距离越大,A的周期越大【考点】万有引力定律及其应用;线速度、角速度和周期、转速.【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度.根据万有引力定律和向心力公式求解,注意其中的A、B距离和各自轨道半径的关系.【解答】解A、双星靠相互间的万有引力提供向心力,根据牛顿第三定律可知,A对B的作用力与B对A的作用力大小相等,方向相反,则黑洞A的向心力等于B的向心力,故A错误;B、双星靠相互间的万有引力提供向心力,具有相同的角速度,由图可知A的半径比较大,根据v=ωr可知,黑洞A的线速度大于B的线速度.故B正确;C、在匀速转动时的向心力大小关系为,由于A的半径比较大,所以A的质量小,故C错误,D、双星靠相互间的万有引力提供向心力,所以又rA+rB=L,L为二者之间的距离,所以得即则两黑洞之间的距离越大,A的周期越大.故D正确故选BD 8.如图是等离子体发电机的示意图,原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子,即高温等离子体,等离子体以速度v进入矩形发电通道,发电通道里有图示的匀强磁场,磁感应强度为B.等离子体进入发电通道后发生偏转,落到相距为d的两个金属极板上,在两极板间形成电势差,等离子体的电阻不可忽略.下列说法正确的是( )A.上极板为发电机正极B.外电路闭合时,电阻两端的电压为BdvC.带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能D.外电路断开时,等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡【考点】带电粒子在混合场中的运动;洛仑兹力.【分析】依据左手定则,即可判定电源的极性;根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小,结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小,从而得出两极板间的电势差;通过粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能.【解答】解A、根据左手定则,可知,正电荷向上偏,负电荷向下偏,则上板是电源的正极,下板是电源的负极,故A正确;B、根据qvB=q得电动势的大小为E=Bdv,因等离子体的电阻不可忽略,因此外电阻的电压会小于电源的电动势,故B错误;C、依据功能关系,可知,带电粒子克服电场力做功把其它形式的能转化为电能.故C正确.D、等离子体中带有正、负电荷的高速粒子,在磁场中受到洛伦兹力的作用,分别向两极偏移,于是在两极之间产生电压,两极间存在电场力,当外电路断开时,等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,从而不会偏移,故D正确.故选ACD. 9.《奔跑吧兄弟》摄制组来到南京体育学院,小邓同学应邀参加一项转盘投球游戏.如图所示,顺时针转动的大转盘圆心O点放有一个铁桶,小邓站在转盘上的P点把篮球水平抛向铁桶,篮球总能落入桶中.设篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角为θ,下列说法正确的是( )A.篮球抛出时速度可能沿a方向B.篮球抛出时速度可能沿b方向C.若转盘转速变大,保持篮球抛出点的高度不变,θ角可能变小D.若转盘转速变大,降低篮球抛出点的高度,θ角可能保持不变【考点】向心力;线速度、角速度和周期、转速.【分析】在篮球抛出时,人给篮球一个初速度,同时转盘在转动,也给篮球一个速度,故篮球的初速度为二者的合速度,且合速度方向一定指向圆心,根据x=vt判断即可【解答】解A、根据速度的合成可知,转盘的速度和抛出时小球速度的合速度一定指向O点,根据速度的合成可知,篮球抛出时速度可能沿a方向,不可能沿b方向,故A正确,B错误;C、若转盘转速变大,还能进入铁桶,说明合速度的方向不变,根据速度的合成可知,水平方向的合速度增大,在竖直方向做自由落体运动,如果高度不变,下落时间就不变,不可能投进铁桶,故C错误;D、若转盘转速变大,还能进入铁桶,说明合速度的方向不变,根据速度的合成可知,水平方向的合速度增大,在竖直方向做自由落体运动,如果高度减小,下落时间就减小,根据x=vt可知,能投进铁桶,由于合速度的方向不变,故篮球抛出时相对转盘的速度方向与OP连线的夹角为θ就不变,故D正确;故选AD
三、简答题(本题分必做题(第
10、11题)和选做题(第12题)两部分,满分18分.请将解答填在答题卡相应的位置.)10.小明同学想测量一只干电池的电动势和内电阻.
(1)他把多用电表的选择开关拨向“直流电压
2.5V”挡,再将两只表笔分别与干电池的两极相接触.其中,红表笔应与电池的 正 (选填“正”或“负”)极接触.此时表盘如图甲所示,则电表的读数为
1.40 V.
(2)为了更精确地测量,他又用电阻箱、多用电表(仍选电压挡)、开关和导线连接图乙所示电路.闭合开关S,改变电阻箱接入电路的电阻值,读出电压表的示数,记录的实验数据如表所示.请根据表格中数据,在坐标纸图丙中描点、作图.R/Ω
1.
02.
03.
04.
05.
06.0U/V
0.
730.
971.
091.
161.
211.24/Ω﹣
11.
000.
500.
330.
250.
200.17/V﹣
11.
381.
030.
920.
860.
830.80
(3)根据所绘图象,可求得该电池的电动势E=
1.4 V,内阻r=
1.1 Ω.(保留两位有效数字)
(4)从实验原理来分析,电动势的测量值 < (选填“>”、“=”、“<”)真实值.【考点】测定电源的电动势和内阻.【分析】
(1)根据多用电表的使用方法可明确对应的接法,同时根据读数方法进行读数;
(2)根据描点法可得出对应的图象;
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析,明确图象的性质,从而读出对应的电动势和内电阻;
(4)根据实验原理可明确测量误差情况.【解答】解
(1)多用电表应保证电流由红表笔进入,黑表笔流出,故红表笔应与电池的正极接触,电压表量程为
2.5V,则读数为
1.40V;
(2)根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示;
(3)根据闭合电路欧姆定律可知U=变形得=+则可知,图象的截距为b=
0.7=解得E=
1.43V;图象的斜率为k===
0.68解得r=
0.97Ω;
(4)实验中采取电阻箱和电压表并联的方式进行测量,由于电压表内阻的影响,实际外电阻偏小,其倒数偏大,则可知图象的斜率应偏大,故测量的电动势偏小;故答案为
(1)正,
1.40;
(2)如图所示;
(3)
1.43,
0.97;
(4)< 11.某学习小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律,电火花计时器的电源为50Hz的交流电.他们将细线穿过定滑轮后分别与两个质量不等的重物A、B相连,重物B的下边再连接一条纸带.将重物由静止释放后,A下降,B上升,与重物B相连的纸带就记录下它们的运动情况.
(1)关于这个实验,下列说法正确的是 AB A.电火花计时器所用电源的电压是220VB.电火花计时器两限位孔的连线应竖直C.重物B的初始位置离电火花计时器远一些较好D.在释放两个重物的同时接通电火花计时器的电源
(2)如图乙所示为该小组在实验中得到的一条纸带,他们确定一合适的点为O点,每隔一个计时点取一个计数点,标为
1、
2、…、6.用刻度尺量出各计数点到O点的距离,记录在纸带上.则打计数点“1”时,重物B的速度大小v1=
0.60 m/s.(结果保留两位有效数字)
(3)该小组想研究在计数点“1”、“5”之间系统的机械能是否守恒.他们测出了打计数点“1”、“5”时重物B的速度大小v
1、v5和这两点之间的距离h,还需测量出 重物A、B的质量mA、mB (请写出待测物理量及字母),重力加速度g已知.在误差允许的范围内,若等式 (mA﹣mB)gh= 成立,就可说明本次实验中系统机械能守恒.
(4)该小组改变重物A、B的质量多次重复以上实验发现,系统减少的重力势能△Ep总是略大于增加的动能△Ek,且A、B的质量相差越大,△Ep﹣△Ek就越大.你认为出现这种现象的原因可能是 系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能 .【考点】验证机械能守恒定律.【分析】
(1)根据实验原理,及电火花打点计时器工作电压,即可求解;
(2)根据匀变速直线运动中,时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度可以求出1点的速度大小;
(3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,求得打计数点
1、5时重物的速度,再求动能的增加量为△Ek.
(4)物体下落过程中存在阻力,重力势能没有全部转化为动能,据此可正确解答;【解答】解
(1)A.电火花计时器所用电源的电压是220V,故A正确;B.电火花计时器两限位孔的连线应竖直,故B正确;C.重物B的初始位置离电火花计时器近一些较好,故C错误;D.先接通电火花计时器的电源,再释放两个重物,故D错误;故选AB;
(2)根据匀变速直线运动的特点有v1===
0.60m/s
(3)根据系统减小的重力势能,转化为系统动能的增加,即有(mA﹣mB)gh=;测出了打计数点“1”、“5”时重物B的速度大小v
1、v5和这两点之间的距离h,还需要测量重物A、B的质量mA、mB;重力加速度g已知.在误差允许的范围内,若等式(mA﹣mB)gh=成立,就可说明本次实验中系统机械能守恒.
(4)物体下落过程中存在阻力,重力势能没有全部转化为动能,因此重力势能的减少量△Ep略大于动能的增加量为△EK.故答案为
(1)AB;
(2)
0.60;
(3)重物A、B的质量mA、mB;(mA﹣mB)gh=;
(4)系统减少的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能.
四、【选做题】(请从A、B和C三小题中选定两小题作答,并在答题卡相应的答题区域内作答如都作答则按A、B两小题评分)A.选修模块3-312分12.下列说法正确的是( )A.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B.分子间距离增大,分子势能一定增大C.布朗运动反映了固体颗粒分子的无规则运动D.当液面上方的蒸汽达到饱和状态后,液体分子不会从液面飞出【考点】分子势能;*液体的表面张力现象和毛细现象.【分析】液体存在表面张力;分子间存在相互的吸引力斥力;布朗运动反映了液体分子的无规则运动;液面上部的蒸汽达到饱和时,液体分子仍然从液面飞出,同时有蒸汽分子进入液体中.【解答】解A、由于水滴存在表面张力,故虽然雨伞有缝隙但是水滴不会透过;故A正确;B、分子是若为斥力时,若距离增大,则分子力做正功;分子势能减小;故B错误;C、布朗运动反映了液体分子的无规则运动.故C错误;D、液面上部的蒸汽达到饱和时,液体分子从液面飞出,同时有蒸汽分子进入液体中;从宏观上看,液体不再蒸发.故D错误;故选A 13.如图所示的蹦蹦球是一种儿童健身玩具.某同学将充足气的蹦蹦球摔向地面,球与地面撞击的过程可看作是绝热过程.与撞击前相比,球内气体分子的密集程度 不变 (选填“增大”、“不变”或“减小”),气体的内能 增大 (选填“增大”、“不变”或“减小”).【考点】热力学第一定律;热力学第二定律.【分析】将充足气的蹦蹦球摔向地面时,球与地面撞击的后球的统计不变,而球的机械能减小,减小的机械能转化为球内气体的内能,由此分析即可.【解答】解在充足气的蹦蹦球摔向地面时,球与地面发生撞击,在撞击后球反弹的速度小于碰撞前的速度,可知小球的机械能减小,由能量的转化与守恒可知,球损失的机械能转化为球内气体的内能,所以气体的内能增大.由于蹦蹦球是充足气的,球在与地面碰撞后体积不变,球内的气体的质量也不变,所以球内气体分子的密集程度不变.故答案为不变,增大 14.目前我国部分地区空气污染严重.为了改善家居空气质量,小雷同学家买了一台空气净化器,其净化能力是290m3/h(净化能力是指每小时有多少体积的空气通过净化器被净化).若他家室内压强为一个标准大气压,温度为17°C.已知1mol气体在一个标准大气压、0°C时的体积为
22.4L,阿伏伽德罗常数NA=
6.0×1023mol﹣1.求每小时内有多少空气分子通过这台空气净化器?(计算结果保留两位有效数字)【考点】理想气体的状态方程;阿伏加德罗常数.【分析】先计算出温度是17℃时净化的空气的体积,由理想气体的状态方程,即可求出标准状况下的体积与摩尔数,最后计算空气分子的数量.【解答】解温度是t1=17℃时,净化的空气的体积V1=290m3这些气体在标准状况下的体积V2,由理想气体的状态方程得所以m3,空气分子的数量个答每小时内有
7.3×1027个空气分子通过这台空气净化器. 选修模块3-412分15.下列说法正确的是( )A.若波源向观察者靠近,则波源发出的频率变大B.托马斯•杨通过光的双缝干涉实验,证明了光是一种波C.坐在高速离开地球的火箭里的人认为,地球上的人新陈代谢变慢了D.拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度【考点】光的干涉;光的衍射;光的偏振.【分析】多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者观察到的频率发生变化;衍射与干涉是波的特有的现象;根据狭义相对论的时间减慢分析;【解答】解A、多多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者观察到的频率发生变化的现象,但波源发出的频率不变.故A错误;B、干涉是波的特有的现象,托马斯•杨通过光的双缝干涉实验,证明了光是一种波.故B正确;C、根据△t=知,坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长,人的新陈代谢变慢了.故C正确;D、玻璃的反射光的偏振光,所以拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃的反射光.故D错误.故选BC 16.如图所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质,一平行于角平分线AD的单色光由AB射入介质,经AB折射后的光线恰好平行于AC,由此可求出介质的折射率为 ,此折射光照射到BC边上时 不能 (选填“能”或“不能”)发生全反射.【考点】光的折射定律.【分析】通过几何关系求出入射角和折射角,通过折射定律求出折射率,再根据sinC=,求出临界角C,通过光在BC面上入射角的大小与临界角进行比较,从而判断是否发生全反射.【解答】解根据几何关系得,光在AB面上的入射角i=60°,折射角r=30°根据折射定律得介质的折射率n==设介质的临界角为C,则sinC==,由几何知识可知,光在BC面上的入射角为30°因为sin30°<sinC=,所以光在BC面上的入射角小于临界角,则折射光在BC面上不能发生全反射.故答案为、不能 17.如图所示的横波正在沿x轴正方向传播,t=0时刻,波刚好传到M点.再经
0.5s,质点M第一次到达波峰位置.
①求这列横波的传播速度v;
②写出质点N的振动方程.【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象.【分析】
①横波正在沿x轴正方向传播,判断出此时M点的速度方向,由质点M的振动情况,求出周期.再由波速公式求出这列横波的传播速度v;
②读出振幅,根据N点的振动方向,写出质点N的振动方程.【解答】解
①横波正在沿x轴正方向传播,由质点的带动法可知此时M点的速度方向向上,由题意知,周期为T=4×
0.5s=2s由图知波长为λ=2m波速为v===1m/s
②质点N的振幅A=
0.2m,此时向y轴负方向振动,故其振动方程y=﹣Asinωt=﹣Asint=﹣
0.2sint=﹣
0.2sinπt(m)答
①这列横波的传播速度v是1m/s;
②质点N的振动方程是y=﹣
0.2sinπt(m). 选修模块3-512分18.下列说法正确的是( )A.电子和光子都具有波粒二象性B.一束光照射到某种金属上没有发生光电效应,是因为该束光的波长太短C.为了解释黑体辐射,普朗克提出黑体辐射的能量是量子化的D.经典物理学能很好地解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征【考点】光电效应;物质波.【分析】光和实物粒子都具有波粒二象性;为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量的量子化.经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征.【解答】解A、光和实物粒子都具有波粒二象性,则光和电子都具有波粒二象性,故A正确.B、一束光照射到某种金属上没有发生光电效应,是因为该束光的频率小于极限频率,故B错误;C、为了解释黑体辐射规律,普朗克提出电磁辐射的能量的量子化.故C正确.D、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征.故D错误;故选AC 19.已知钚的一种同位素的半衰期约为
2.4×104年,其衰变方程为+ +.假设实验室中有1克的钚,经过 年后还剩下
0.25克.【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度;裂变反应和聚变反应.【分析】根据质量数和电荷数守恒书写核反应方程,根据公式求衰变时间【解答】解根据质量数守恒和电荷数守恒有原来质量1g,剩余质量
0.25g,衰变次数2次,故答案为, 20.如图所示,两小车A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg,放在光滑轨道上.将一只轻弹簧压缩后用细绳系在A、B上,然后使A、B以速度v0=3m/s,沿轨道向右运动.运动过程中细绳突然断开,当A速度达到vA=1m/s时,弹簧掉落,求此时B的速度vB及弹簧对B做的功W.【考点】动量守恒定律;功能关系.【分析】对于两小车A、B系统,利用动量守恒定律求出B的速度vB.对B,由动能定理求弹簧对B做的功W.【解答】解由题意,两小车A、B所组成的系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得(mA+mB)v0=mAvA+mBvB代入数据解得vB=4m/s对B,根据动能定理,弹簧对B做的功为W=﹣代入数据解得W=7J答此时B的速度vB是4m/s,弹簧对B做的功W是7J.
四、计算题(本题共3小题,满分47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.)21.如图甲所示,两根平行光滑金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨的下端PQ间接有R=8Ω电阻.相距x=6m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场.磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示.将阻值r=2Ω的导体棒ab垂直放在导轨上,使导体棒从t=0时由静止释放,t=1s时导体棒恰好运动到MN,开始匀速下滑.g取10m/s2.求
(1)0~1s内回路中的感应电动势;
(2)导体棒ab的质量;
(3)0~2s时间内导体棒所产生的热量.【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;焦耳定律.【分析】
(1)在0~1s内,磁场均匀变化,回路中产生恒定的感应电动势,由法拉第电磁感应定律求感应电动势;
(2)在~1s内,导体棒ab匀加速下滑,由牛顿第二定律和运动学公式求出t=1s末的速度.t=1s末以后,金属棒ab进入恒定的磁场,做匀速运动,根据平衡条件和安培力与速度的关系结合求ab棒的质量;
(3)0~2s时间内,根据焦耳定律求导体棒所产生的热量.【解答】解
(1)0﹣1s内,磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律有E1==S由图象得=2T/s,且S=Lx=6m2代入解得E1=12V
(2)导体棒从静止开始做匀加速运动,加速度agsinθ=10×
0.5=5m/s2t=1s末进入磁场区域的速度为v=at1=5×1=5m/s导体棒切割磁感线产生的电动势E2=BLv=2×1×5V=10V根据导体棒进入磁场区域做匀速运动,可知导体受到的合力为零,有mgsinθ=F安=BIL根据闭合电路欧姆定律有I=联立以上各式得m=
0.4kg
(3)在0~1s内回路中产生的感应电动势为E1=12V根据闭合电路欧姆定律可得I1===
1.2A1s~2s内,导体棒切割磁感线产生的电动势为E2=10V根据闭合电路欧姆定律可得I2===1A0~2s时间内导体棒所产生的热量Q=+代入数据解得Q=
4.88J答
(1)0~1s内回路中的感应电动势是12V;
(2)导体棒ab的质量是
0.4kg;
(3)0~2s时间内导体棒所产生的热量是
4.88J. 22.如图所示,一个足够长的斜面,AC部分的长度为4L,C点以下光滑,C点以上粗糙,B是AC的中点.一根原长为2L的轻弹簧下端固定在A点,上端放置一个长为L、质量为m的均匀木板PQ,木板静止时,弹簧长度变为L.已知斜面的倾角为θ,木板与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=2tanθ,木板受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为L时,释放木板,发现木板的Q端刚好能到达C点;将木板截短后,再次将木板沿斜面缓慢下压,当弹簧长度变为L时,释放木板,求
(1)弹簧的劲度系数;
(2)若木板被截掉一半,木板上端到达C点时的速度大小;
(3)至少要将木板截掉多少,木板被释放后能静止在斜面上?【考点】动能定理的应用;共点力平衡的条件及其应用.【分析】
(1)当木板静止时,对木板受力分析,运用平衡条件和胡克定律求弹簧的劲度系数.
(2)木板从被释放至Q端到C点,利用动能定理列式.木板被截掉一半后再被弹簧弹开,再运用动能定理列式,联立可得木板上端到达C点时的速度.
(3)木板剩下的越短,被弹簧弹开后越能静止在斜面上.木板被弹开后恰好可以静止在斜面上时,重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力.由此列式可得到截掉后剩余木板有一半在C点以上就可静止在斜面上.再由动能定理求解.【解答】解
(1)当木板静止时,对木板受力分析,由力的平衡有k=mgsinθ解得弹簧的劲度系数为k=
(2)木板从被释放至Q端到C点,设弹簧弹力做功为W,由动能定理有W﹣mg•2Lsinθ=0木板被截掉一半后再被弹簧弹开,设木板上端到达C点时的速度为v,由动能定理有W﹣=解以上两式得v=
(3)木板剩下的越短,被弹簧弹开后越能静止在斜面上.设木板长为x时被弹开后恰好可以静止在斜面上,此木板必然一部分在C点上方,一部分在C点下方.假设在C点上方的木板长度为a,则有mgsinθ=μmgcosθ解得a=这表明,截掉后剩余木板有一半在C点以上就可静止在斜面上.剩余木板被弹开后直到静止的过程中,由动能定理有W﹣mg(3L﹣)sinθ﹣=0解得x=L即木板被截下的长度至少为△x=L﹣x=(2﹣5)L答
(1)弹簧的劲度系数是;
(2)若木板被截掉一半,木板上端到达C点时的速度大小是;
(3)至少要将木板截掉(2﹣5)L,木板被释放后能静止在斜面上. 23.图示为半径为R的四分之三圆周CED,O为圆心,A为CD的中点,在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B.一群相同的带正电粒子以相同的速率从AC部分垂直于AC射向磁场区域,沿半径OD放置一粒子吸收板,所有射在板上的粒子均被完全吸收.已知粒子的质量为m,电量为q,速率v=,假设粒子不会相遇,忽略粒子间的相互作用,不考虑粒子的重力.求
(1)粒子在磁场中的运动半径;
(2)粒子在磁场中运动的最短和最长时间;
(3)吸收板上有粒子击中的长度.【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.【分析】
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律求解粒子在磁场中的运动半径;
(2)由圆周运动规律求出粒子运动的周期,画出粒子运动轨迹,结合几何关系即可求出粒子在磁场中运动的最短和最长时间;
(3)轨迹圆圆心的轨迹一定在与OC平行的线上,如图中O
1、O
2、O3线上,其中O1在AC上,O2在OA上,O3在板OD上.
①圆心在O1到O2间时,粒子打在板OD的左面,由几何关系求吸收板上有粒子击中的长度.
②圆心在O2到O3间时,粒子打在板OD的右面,再由几何关系求解.【解答】解
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得qvB=m代入v=,得r=
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则有T==如图所示,部分粒子从OC边射入磁场,又从OC边射出磁场由对称性可知,粒子偏转的圆心角为90°,最短时间t1==沿AO入射的粒子,与磁场圆在最低点内切,圆心角为270°,如图所示最长时间t2==
(3)轨迹圆圆心的轨迹一定在与OC平行的线上,如图中O
1、O
2、O3线上,其中O1在AC上,O2在OA上,O3在板OD上
①圆心在O1到O2间时,粒子打在板OD的左面,有图中几何关系得,左表面的长度范围为L1=R﹣R=R
②圆心在O2到O3间时,粒子打在板OD的右面,有图中几何关系得右表面的长度范围为EF段,长度为L2=﹣R=R综上,有粒子击中的长度为L=L1+L2=R﹣R=R答
(1)粒子在磁场中的运动半径是;
(2)粒子在磁场中运动的最短和最长时间分别为和;
(3)吸收板上有粒子击中的长度是R. xx年11月23日。