北京市通州区2017-2018学年高三上学期摸底考试物理试题(精品解析版)
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通州2018高三一模考试物理试卷2018年4月第Ⅰ卷 (选择题部分 共48分)一、选择题(每个小题只有一个选项是正确的,共8道小题,每小题6分) 13.关于一定质量的理想气体,下列说法中正确的是 A .气体被压缩,内能一定增加B .气体温度升高,每一个气体分子的动能都增大C .气体的压强是由于大量气体分子频繁撞击器壁产生的D .气体很容易充满整个容器,是因为气体分子之间斥力的作用14.如图所示,一束可见光以入射角θ从玻璃砖射向空气,经折射后分为a 、b 两束单色光。
a 、b 两束光相比,下列说法正确的是 A .玻璃对a 光的折射率小于对b 光的折射率 B .在玻璃中,a 光的速度较大b 光的速度 C .增大入射角θ,b 光首先发生全反射 D .a 光光子的能量大于b 光光子的能量15.一列简谐横波沿x 轴正方向传播,在t 时刻的波形如图所示,此时 P 、Q 两质点分别处于平衡位置和波峰位置。
则在t 时刻,下列说法正确的是 A .质点P 的动能为零 B .质点P 沿y 轴正方向运动 C .质点Q 的速度最大 D .质点Q 的加速度为零16.如图所示,一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转动轴与磁场方向垂直,产生交变电动势瞬时值的表达式为30sin100 V e t π=。
下列说法正确的是 A .线圈平面与磁场垂直时,产生的感应电动势最大 B .线圈平面与磁场平行时,磁通量变化最快 C .线圈产生交变电动势的有效值为30 Vθ a bOQA O y x−APD.线圈产生交变电动势的周期为0.01 s17.由我国自主研发建设的北斗卫星导航系统,将在2020年左右实现全球覆盖,它计划由35颗人造卫星组网形成,其中包括5颗静止轨道卫星,27颗中轨道卫星,它们都绕地球做匀速圆周运动。
已知静止轨道卫星与地球之间的距离大于中轨道卫星与地球之间的距离,则与中轨道卫星相比,下列说法正确的是A.静止轨道卫星运行的线速度小B.静止轨道卫星运行的周期小C.静止轨道卫星运行的加速度大D.静止轨道卫星运动的角速度大18.在静止点电荷产生的电场中有一个带正电的粒子,仅在电场力的作用下做初速度为零的直线运动,取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能E p随位移x 变化的关系如图所示,x1、x2为粒子运动路径上的两点,在这两点粒子的电势能分别为E p1和E p2。
通州2017高三一模(物理部分)2017年4 月参考答案及评分标准13.A 14.B 15.D 16. A 17.C 18.C 19.D 20.B21.⑴ C, B(2) C, C, B, m 1.O 1P, m 1.0l M+m 2.02N, 0.96 (0.95-0.99均可给分)22.解:(1) (4分)根据机械能守恒定律21mgL=mv 2得碰撞前瞬间A 的速度大小(2)(6分)根据动量守恒定律 mv=2m v ' 得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率1v =v=1m/s 2' 根据能量守恒定律 解得21ΔE=mgL-2mv 2' 解得ΔE =0.1J(3)(6分)根据动能定理21(2m)v =μ(2m)gs 2'得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离2v s==0.2m 2gμ'23.解:(1) (6分)根据法拉第电磁感应定律,1ΔE =Δtφ,其中23BL k tL φ∆=∆=∆ 根据闭合电路欧姆定律,11E I R=21kL I R∴=,方向在金属棒中由N 到M 。
(2)(6分)根据法拉第电磁感应定律,当金属棒MN 达到速率v 时,E 2=B 0Lv根据闭合电路欧姆定律,202E B Lv I R R== 又由于电流定义2qI t=: 其中q=nesL=nesv e t 2e I nesv = 推导得出: 0e B Lvv nesR=(3)(6分)Q F=Eq ∴F=Ee Q W=Fx ∴W=2πrEe24.解:⑴(6分)设电子质量为m e ,根据牛顿第二定律,222e e v k m r r =22Ke E k r∴=(2) (6分)根据r n =n 2r 1,当n=3时,可知r 3=9r 122919219321011910(1.610) 2.4210 1.51922920.5310K ke ke E J eV r n r ---⨯⨯⨯∴===≈⨯=⨯⨯⨯⨯又Q E 3=E k3+E P3 ∴E P3=-3.02eV(3) (8分)若要摆脱地球的约束,需从地球表面飞至无穷远,由于地球无穷远处万有 引力势能为零,忽路空气阻力,物体和地球组成的系统机械能守恒,则21(G )002D DM m mv R +-=+v ∴=注:计算题若使用其他解题方法,评分标准雷同。
通州区2017-2018第一学期高三年级第二次模拟考试物理试卷本试卷分为选择题和非选择题两部分,共120分.考试用时l00分钟一、单项选择题.本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意. 1.一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动,A 、B 是卫星运动的远地点和近地点.下列说法中正确的是 A .卫星在A 点的角速度大于B 点的角速度 B .卫星在A 点的加速度小于B 点的加速度 C .卫星由A 运动到B 过程中动能减小,势能增加 D .卫星由A 运动到B 过程中引力做正功,机械能增大2.电荷量为+Q 的点电荷和接地金属板MN 附近的电场线分布如图所示,点电荷与金属板相距为2d ,图中P 点到金属板和点电荷间的距离均为d .已知P 点的电场强度为E 0,则金属板上感应电荷在P 点处产生的电场强度E 的大小为A .E =0B .2kQ E d=C . 02kQE E d=-D . 20E E = 3.高三某同学参加引体向上体能测试,在20s 内完成10次标准动作,则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于A .150WB .300WC .450WD .600W4.如图所示电路中,R 为某种半导体气敏元件,其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小.当一氧化碳气体浓度增大时,下列说法中正确的是A .电压表V 示数增大B .电流表A 示数减小C .电路的总功率减小D .变阻器R 1的取值越大,电表示数变化越明显5.如图所示,钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1, A 、B 间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a ,a > μ1g ,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s 0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过A . 02asB .012gs μC .022gs μD .021)(gs μμ+二、多项选择题.本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小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.第1题图BA 第5题图ABRR 1AVSE r6.如图所示电路中,A 、B 为两个相同灯泡,L 为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈,C 为电容较大的电容器,下列说法中正确的有( ) A .接通开关S ,A 立即变亮,最后A 、B 一样亮 B .接通开关S ,B 逐渐变亮,最后A 、B 一样亮 C .断开开关S ,A 、B 都立刻熄灭 D .断开开关S ,A 立刻熄灭,B 逐渐熄灭7.如图所示,含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器,沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P 1、P 2两点.则( ) A .打在P 1点的粒子是42He B .打在P2点的粒子是21H和42HeC .O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍D .粒子在偏转磁场中运动的时间都相等8.一小球从地面竖直上抛,后又落回地面,小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比,取竖直向上为正方向.下列关于小球运动的速度v 、加速度a 、位移s 、机械能E 随时间t 变化的图象中,可能正确的有( )9.如图所示,小物块以初速度v 0从O 点沿斜面向上运动,同时从O 点斜向上抛出一个速度大小也为v 0的小球,物块和小球在斜面上的P 点相遇.已知物块和小球质量相等,空气阻力忽略不计,则( )A .斜面可能是光滑的B .在P 点时,小球的动能大于物块的动能C .小球运动到最高点时离斜面最远D .小球和物块到达P 点过程中克服重力做功的平均功率相等三、简答题:本题分必做题(第lO 、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置.10.(8分) 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。
2018年通州区春季普通高中会考模拟物 理 试 卷考生须知 1.考生要认真填写姓名、学校和准考证号.2.本试卷共8页,分为两个部分。
第一部分为选择题,包括两道大题,18个小题(共54分);第二部分为非选择题,包括两道大题,8个小题(共46分)。
3.试题所有答案必须书写在答题纸上,在试卷上作答无效。
第一部分 选择题(共54分)一、本题共15小题,在每小题给出的四个选项中,只有一个....选项是符合题意的。
(每小题3分,共45分) 1.下列物理量中,属于矢量的是A .功B .时间C .线速度D .质量 2.在物理学史上,测出万有引力常量G 的科学家是 A .卡文迪许 B .伽利略 C .牛顿 D .开普勒 3.在国际单位制中,单位是“特斯拉”的物理量是 A .电场强度 B .磁感应强度 C .电压 D .电动势 4.F 1、F 2是两个互相垂直的共点力,其中F 1 = 40 N 、F 2 = 30 N 。
这两个力合力的大小为 A .10 N B .30 N C .50N D .70 N 5.如图1所示,一根劲度系数为k 的轻弹簧,原长为x 0,下端挂钩码时长度为x 1(弹簧的形变在弹性限度内),则弹簧弹力的大小为 A .k (x 1- x 0) B .kx 1 C .10k x x D .1k x6.下列运动中,物体做匀变速直线运动的是 A .自由落体运动 B .匀速圆周运动 C .匀速直线运动 D .平抛运动 7.宇航员在没有空气的月球表面,从同一高度同时由静止释放铁锤和羽毛,则 A .铁锤下落的快 B .羽毛下落的快 C .铁锤和羽毛下落的一样快 D .铁锤和羽毛都不会下落 8.如图2所示,一物体在与水平方向成θ角的恒力F 作用下,沿光滑水平面做直线运动,在物体通过距离x 的过程中,物体动能的变化量为A .FxB .Fx cos θC .Fx sin θD .Fx tan θ9.真空中有两个静止的点电荷,若保持它们之间的距离不变,而把它们的电荷量都变为原来的4倍,则两电荷间的库仑力将变为原来的 A .4倍 B .6倍 C .8倍 D .16倍 10.在图3所示的四幅图中,正确标明了带负电的粒子所受洛仑兹力F 方向的是图3B F BB F A v v -q -q B v DF -q B v CF -q图1x图2θFθ11.在匀强磁场中,垂直磁场方向放入一个面积为3× 10—2 m 2的线框,若穿过线框所围面积的磁通量为6 × 10—3Wb ,则磁感应强度的大小等于A .0。
绝密★启用前2017届北京市通州区高三4月模拟考试(一模)物理试卷(带解析)试卷副标题考试范围:xxx ;考试时间:36分钟;命题人:xxx学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________注意事项.1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上第I 卷(选择题)一、选择题(题型注释)1、目前,电容式触摸屏的技术广泛应用于一些手机和触摸屏上。
一层透明的薄膜导体层夹在两层绝缘玻璃层的中间,这就形成了触摸屏。
在触摸屏四边均镀上狭长的电极,在导体层内形成一个较弱的交流电场。
如图所示,在触摸屏幕时,由于人体是导体,手指与导体层之间被玻璃绝缘层隔开,形成一个电容,在四边电极与触点间会有电流流过,而电流强弱与手指到电极的距离成比例,位于触摸屏幕后的控制器便会计算电流的比例及强弱,准确算出触摸点的位置。
关于电容式触摸屏,下列说法中正确的是A .电容式触摸屏需要用力触摸才能产生信号B .电容式触摸屏的两极分别是导体层和手指C .手指与屏的接触面积越大,电容越大,准确度越高D .如果手指上带了棉线手套,也能有效工作2、我国的探月工程计划分为“绕”、“落”、“回”三个阶段,“嫦娥三号”探月卫星是其中的第二个阶段。
预计在未来几年内将发射的“嫦娥X 号”探月卫星有望实现无人自动采样后重返地球的目标。
已知地球质量是月球质量的81倍,地球半径是月球半径的4倍。
关于“嫦娥X 号”探月卫星,下列说法中正确的是 A .它绕月球的最大环绕速度小于7.9km/sB .它在月球表面重力加速度大于地球表面重力加速度C .它在月球表面的环绕周期小于它在地球表面的环绕周期D .它在月球表面受到的引力大于它在地球表面受到的引力3、一列简谐横波在介质中沿x 轴正方向传播,某时刻的图像如图所示,其传播速度v=10m/s ,质点a 位于x=15m 处,则此时质点aA .沿y 轴正方向运动,周期为1.5sB .沿y 轴正方向运动,周期为2.0sC .沿y 轴负方向运动,周期为1.5sD .沿y 轴负方向运动,周期为2.0s4、根据玻尔理论,氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后,则 A .原子的能量增加 B .原子的电势能增加 C .核外电子的动能增加 D .核外电子的轨道半径增加5、在双缝干涉实验中,实验装置如图所示,图中①②③④⑤依次是是光源、滤光片、单缝、双缝、光屏。
北京通州区人教版高三物理摸底考试试卷及答案考生须知:1.本试卷共分两卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。
2.本试卷总分为100分,考试时间为120分钟。
3.所有试题答案均写在答题卡上,在试卷上作答无效。
第Ⅰ卷 (选择题部分,共42分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。
把答案用2B 铅笔填涂在答题卡上。
) 1.根据热力学知识,下列说法正确的是 A .任何物体都是由大量分子组成 B .温度高的物体才具有内能C .布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动D .气体从外界吸收热量,其内能一定增加2.卢瑟福提出了原子的核式结构模型,这一模型建立的基础是A .α粒子的散射实验B .光电效应实验C .电子的发现D .中子的发现3.氦原子被电离一个核外电子,形成类氢结构的氦离子。
已知基态的氦离子能量为E 1=-54.4eV ,氦离子能级的示意图如图1所示。
在具有下列能量的光子中,不能..被基态氦离子吸收而发生跃迁的是 A .40.8eV B .43.2eVC .51.0eVD .54.4eV4.下列现象中,属于光的衍射现象的是A .雨后天空出现彩虹B .通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹C .一束白光通过三棱镜形成彩色光带D .日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹5.一束复色光沿半径方向射向一半圆形玻璃砖,发生折射而分为a 、b 两束单色光,其传播方向如图2所示。
下列说法中正确的是A .玻璃砖对a 、b 的折射率关系为n a <n bB .a 、b 在玻璃中的传播速度关系为v a >v bC .单色光a 从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光b 从玻璃到 空气的全反射临界角D .用同一双缝干涉装置进行实验可看到a 光干涉条纹的间距比b 光的宽 6.电磁波与机械波具有的共同性质是A .都是简谐波B .都能传输能量C .都能在真空中传播D .都具有恒定的传播速度 7.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波,某时刻的波形如图3所示。
2017年北京市通州区高三模拟考试(一)物理试题及答案通州区高三年级模拟考试(一)理科综合物理试卷本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共12页。
第Ⅰ卷1页至4页,第Ⅱ卷5页至12页。
满分300分。
考试时间150分钟。
考生务必将答案答在答题.........卡上..,在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量:N—14 O—16 Ag—108 第Ⅰ卷(选择题每题6分共120分)注意事项:1. 答题前,考生先将自己的姓名、学校、考号填写清楚并认真填涂考号下方的涂点。
2. 答题时,用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑,以盖住框内字母为准,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其他答案。
请在下列各题的四个选项中选出唯一..符合题目要求的选项。
一、选择题13.物理学发展史上,有一位科学家开创了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法,并研究了落体运动的规律,这位科学家是A.伽利略B.安培C.库仑D.焦耳BvCBD+qv+qBA BB14.物体由大量分子组成,下列说法正确的是A .分子热运动越剧烈,物体内每个分子的动能越大B .分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小 C .物体的内能跟物体的温度和体积有关 D .只有外界对物体做功才能增加物体的内能15.如图所示的四幅图中,正确标明了带正电的粒子所受洛伦兹力f 方向的是16.一束由两种频率不同的单色光从空气射入玻璃三棱镜后,出射光分成a 、b 两束,如图所示,则a 、b 两束光 A .垂直穿过同一块平板玻璃,a 光所用的时间比b 光长 B .从同种介质射入真空发生全反射时,a 光临界角比b 光的大C .分别通过同一双缝干涉装置,b 光形成的相邻亮条纹间距小D .若照射同一金属都能发生光电效应,b 光照射时逸出的光电子最大初动能大17.在科学技术研究中,关于原子定态、原子核变化的过-程中,下列说法正确的是A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量18.如图所示,一列简谐横波在介质中沿水平方向传播,实线是在t1=0时波的图像,虚线是在已知介质中质点P在0~0.5s。
通州区2017—2018学年度高三摸底考试物理试卷参考答案2018年1月一、选择题(共12道小题,每题3分,共36分)二、实验题(共2道小题,共18分) 13.mgh B (2分)2122C A h h m T -⎛⎫ ⎪⎝⎭(2分) 14.(1)0.395~0.399均可 (2分) (2)B (2分) C (2分) (3)甲 (2分) (4)5.3 (2分)(5)24x D R lπ (2分)(6)A (2分)三、计算题(共5道小题,共46分) 15.(9分)解: (1)解法一:根据22v gh = (2分),得 4 m/s v = (1分) 解法二:根据机械能守恒定律212mgh mv = (2分),得 4 m/s v = (1分) (2)解法一:取竖直向下为正方向。
根据动量定理()0mg f t mv -=- (2分),得9 N f = (1分) 解法二:根据运动学公式v at =,将t = 0.5 s 代入,得a = 8 m/s 2 (1分) 根据牛顿第二定律f mg ma -= (1分)联立上述两式得9 N f = (1分) (3)解法一:对小球在水中运动过程应用动能定理2102mgH fH mv -=- (2分) 得 1 m h = (1分) 解法二:对整个运动过程应用动能定理()00mg h H fH +-=- (2分) 得 1 m H = (1分) 解法三:根据运动学公式212H at == 1 m (3分) 解法四:小球在水中运动的平均速度 2 m/s 2vv == , 1 m H vt == (3分) 解法五:根据运动学公式22v aH = ,得1 m H = (3分)16. (9分)解:(1)根据动能定理,20012eU mv = (2分),得0v =带入数据得70 3.010 m/s v =⨯ (1分)(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t ,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y 。
北京四中2017-2018学年高三上学期期末物理模拟试卷一、单项选择题(本题共12小题,每小题3分,共36分.)1.下列物理量单位中,关系正确的是( )A.1N=1kg•m/s B.1J=1V•m C.1N/C=1V/m D.1Wb=1T•s考点:力学单位制.分析:物理量的单位关系可根据相关的物理规律进行分析.解答:解:A、根据牛顿第二定律F=ma知:1N=1kg•m/s2.故A错误.B、根据W=qU知:1J=1V•C,故B错误.C、根据E=和E=知:1N/C=1V/m,故C正确.D、根据Φ=BS知:1Wb=1T•m2,故D错误.故选:C.点评:解决本题的关键是掌握常用的物理公式,明确各个量的单位及其相互关系.2.如图所示,物体A用轻质细绳与圆环B连接,圆环固定在竖直杆MN上.现用一水平力F作用在绳上的O点,将O点缓慢向左移动,使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大.关于此过程,下列说法中正确的是( )A.水平力F逐渐增大B.水平力F逐渐减小C.绳OB的弹力逐渐减小D.绳OB的弹力逐渐增大考点: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:O点缓慢向左移动过程中,结点O的合力保持为零,分析结点O的受力情况判断F 的变化,对整体研究,根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况.解答:解:设细绳与水平方向的夹角为α,物体的质量为m,对结点O受力分析,运用合成法,则由平衡条件得:F=,α减小,则F增大.故A正确,B错误;C、设绳对圆环的弹力为T,则Tsinα=mg,T=,α减小,则T增大,即绳对圆环B的弹力变大,故C错误,D正确.故选:AD.点评:本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题,由于不分析系统的内力,运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便.3.如图所示,在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面,质量为m的木块沿斜面匀速下滑,此过程中斜面保持静止,则( )A.地面对斜面有水平向右的摩擦力B.地面对斜面有水平向左的摩擦力C.地面对斜面的支持力等于(M+m)gD.地面对斜面的支持力小于(M+m)g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:本题中物体沿斜面匀速下滑,合力为零,斜面保持静止,合力也为零,可以以整体为研究对象,分析受力,根据平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力.解答:解:以整体为研究对象,分析受力情况:总重力(M+m)g、地面的支持力N,静摩擦力(可能为零).则由平衡条件可知:竖直方向:N=(M+m)g水平方向:f=0;故C正确,ABD错误.故选:C.点评:本题的关键是采用整体法.当两个物体的加速度都为零,可以运用整体法研究,比较简便.4.一物体以某一水平速度平抛,从开始释放到某时刻,下列说法不正确的是( )A.水平位移与时间成正比B.下落高度与速度成正比C.动量增量与时间成正比D.动能增量与下落高度成正比考点:动量定理;平抛运动.专题:动量定理应用专题.分析:平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,结合运动学公式分析判断.解答:解:A、水平位移x=v0t,因为水平分速度不变,可知水平位移和时间成正比,故A 正确.B、下落高度h=,下落的高度与速度不成正比,故B错误.C、根据动量定理得,mgt=△P,可知动量的增量与时间成正比,故C正确.D、根据动能定理得,mgh=△E k,知动能增量与下落的高度成正比,故D正确.本题选错误的,故选:B.点评:解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,运用运动学公式、动能定理、动量定理进行求解,难度不大.5.假设两颗“近地”卫星1和2的质量相同,都绕地球做匀速圆周运动,如图所示,卫星2的轨道半径更大些.两颗卫星相比较,下列说法中正确的是( )A.卫星1的向心加速度较小 B.卫星1的动能较小C.卫星1的周期较小 D.卫星1的机械能较大考点:人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题:人造卫星问题.分析:根据牛顿的万有引力定律研究引力的大小.卫星由万有引力提供向心力,根据对应量的表达式研究速度、周期、再通过变形可得动能表示,研究动能.由卫星从第轨道进入高轨道需要加速度,可研究机械能.解答:解:卫星围绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供圆周运动向心力有:=ma=m=mA、a=,轨道半径小的卫星1向心加速度来得大,故A错误;B、v=,轨道半径小的卫星1线速度来得大,卫星1的动能较大,故B错误;C、T=2π,轨道半径小的卫星1的周期较小,故C正确;D、将卫星从低轨道进入高轨道,火箭要点火加速做功,则卫星2的机械能较大,即卫星l 的机械能较小.故D错误.故选:C点评:本题抓住卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力,熟悉向心力的不同表达式并能灵活变形是正确解决本题的关键.6.如图所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,下列说法中正确的有( )A.小球克服阻力做的功为mgh B.小球克服阻力做的功为mgHC.小球的机械能减少了mgH D.小球的机械能减少了mg(H+h)考点:功能关系;动能定理.分析:通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量,对全过程运用动能定理,求出小球克服阻力做功的大小,根据动量定理求出小球阻力的冲量.解答:解:小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h).对全过程运用动能定理得,mg(H+h)﹣W f=0,则小球克服阻力做功W f=mg(H+h).故ABC错误,D正确.故选:D点评:解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用,运用动能定理解题不需考虑速度的方向,运用动量定理解题需考虑速度的方向.7.篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球.接球时,两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以( )A.减小球对手的冲量 B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量考点:动量定理.专题:动量定理应用专题.分析:先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理即可分析.解答:解:先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得:﹣Ft=0﹣mvF=当时间增大时,作用力就减小,而冲量和动量、动能的变化量都不变,所以B正确.故选B.点评:本题主要考查了动量定理的直接应用,难度不大,属于基础题.8.图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象,图乙为横波中x=2m处质点A的振动图象,则下列说法正确的是( )A.波的传播方向沿x轴负方向B.波的传播速度大小为2m/sC.在t=0时刻,图甲中质点A的振动速度大小为0D.在t=1s时刻,图甲中质点A的位置坐标为(0,20)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:由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向,由甲图判断出波的传播方向.由甲图读出波长,由乙图读出周期,即可求得波速.根据t=0时刻质点A的位置分析其速度大小.根据时间t=1s与周期的关系,分析质点A的位移.解答:解:A、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向,由甲图判断出波的传播方向沿x 轴正方向.故A错误.B、由甲图读出波长λ=8m,由乙图读出周期T=4s,则波速v==2m/s,故B正确.C、在t=0时刻,图甲中质点A位于平衡位置,速度最大,不是0,故C错误.D、因t=1s=T,图示时刻质点A的振动方向沿y轴正方向,则在t=1s时刻,图甲中质点A到达波峰,坐标为(2,20),故D错误.故选:B点评:本题关键要抓住振动图象与波动图象之间的联系,将一个周期分成四个周期研究质点的振动过程.9.理发用的电吹风机中有电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,电热丝给空气加热,得到热风将头发吹干.设电动机线圈电阻为R1,它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上,吹风机正常工作,电流为I吹风机两端电压为U,电流为I,消耗的功率为P,则有( )A.P=UI B.P=I2(R1+R2) C.P>UI D.P=考点:电功、电功率.专题:恒定电流专题.分析:在计算电功率的公式中,总功率用P=IU来计算,发热的功率用P=I2R来计算,如果是计算纯电阻的功率,这两个公式的计算结果是一样的,但对于电动机等非纯电阻,第一个计算的是总功率,第二个只是计算发热的功率,这两个的计算结果是不一样的.解答:解:A、C、电吹风机消耗的电功率P是总的功率,总功率的大小应该是用P=IU 来计算,所以总功率P=IU,所以A正确,而C错误;B、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算,所以总的发热功率为I2(R1+R2),吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率,所以B错误;D、吹风机是非纯电阻电路,欧姆定律不适用,故D错误.故选:A.点评:对于电功率的计算,一定要分析清楚是不是纯电阻电路,对于非纯电阻电路,总功率和发热功率的计算公式是不一样的.10.一个带电粒子,沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场,粒子的一段径迹如图所示.径迹上的每一小段都可近似看成圆弧.由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小(带电量不变).从图中情况可以确定( )A.粒子从a到b,带正电B.粒子从b到a,带正电C.粒子从a到b,带负电D.粒子从b到a,带负电考点:洛仑兹力;带电粒子在匀强磁场中的运动.专题:带电粒子在磁场中的运动专题.分析:根据粒子在磁场中运动的半径公式r=来分析粒子的运动的方向,在根据左手定则来分析电荷的性质.解答:解:由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子的半径逐渐的减小,所以粒子的运动方向是从b到a,在根据左手定则可知,粒子带正电,所以B正确.故选B.点评:根据r=可知,粒子运动的半径与速度的大小有关,根据半径的变化来判断粒子的运动的方向,这是解决本题的关键.11.物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量.如图所示,探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中,开始线圈平面与磁场垂直,现把探测圈翻转180°,冲击电流计测出通过线圈的电量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )A.B.C.D.考点:法拉第电磁感应定律;电流、电压概念.专题:电磁感应与电路结合.分析:线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化,根据法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小,再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小,根据电量的公式q=It,可列出关于电荷量的表达式,从而可测出磁感应强度.解答:解:由法拉第电磁感应定律:可求出感应电动势大小,再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小,根据电量的公式q=It,可得.由于开始线圈平面与磁场垂直,现把探测圈翻转180°,则有△∅=2BS所以由上公式可得:,则磁感应强度,故C正确,ABD错误;故选:C.点评:考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式,同时注意磁通量虽然是标量,但注意线圈分正反面,从而导致磁通量有正负.还有磁通量与线圈匝数无关,但感应电动势与线圈匝数有关.12.如图所示,固定在水平面中的金属轨道MN、PQ互相平行,M、P之间接有电阻R.金属杆ab置于两轨道上,与两轨道保持垂直且接触良好.轨道区域存在方向始终竖直向下的匀强磁场,且磁场的磁感应强度B随时间均匀增大.为了保持金属杆ab的位置不变,应该对金属杆ab施加一个水平方向的外力,此外力( )A.方向向左,大小不随时间变化B.方向向左,大小随B同步变化C.方向向右,大小不随时间变化D.方向向右,大小随B同步变化考点:法拉第电磁感应定律;安培力.专题:电磁感应与电路结合.分析:根据法拉第电磁感应定律求解电动势,根据欧姆定律和F=BIL表示安培力大小,根据平衡条件知外力的大小变化规律.解答:解:设B=kt根据法拉第电磁感应定律知E=n=ns=nsk①根据欧姆定律知I=②安培力F=BIL③由①②③知F=kt L根据楞次定律知电流为逆时针,根据左手定则知安培力方向向左,根据平衡条件知外力水平向右,随时间增大.故D正确;故选:D点评:本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律和F=BIL的综合应用,注意不变.二、多项选择题(本题共4小题.每小题给出的四个选项中,有一个或多个选项正确.全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.)13.如图所示,两块平行金属板正对着水平放置,两板分别与电源正、负极相连,下板接地(设地面电势为零).当开关闭合时,一带电液滴恰好静止在两板间的M点.则下列说法正确的是( )A.带电液滴电势能大于0B.保持开关闭合,将下板上移,则带电液滴将向下运动C.将开关再断开,再将下板向下移动,则带电液滴将向下运动D.将开关再断开,再将下板向下移动,则带电液滴电势能将减小考点:带电粒子在混合场中的运动.专题:带电粒子在复合场中的运动专题.分析:开始时液滴静止说明液滴受力平衡,可得出电场力与重力大小相等;根据开关的通断,可知两板间电势差的变化或电量的变化;则改变极板间的距离时,由电容器的性质可知板间电场强度的变化,由F=Eq可知电场力的变化,即可判断液滴的运动情况.解答:解:A、电容器的下极板带正电,沿着电场线电势降低,下极板为零,故M点的电势为负值;开始时,液滴静止,故mg=Eq,电场力向上,液滴带正电荷;根据公式E p=qφ,带电液滴电势能为负值;故A错误;B、保持开关闭合,将下板上移,板间距减小,两板间的电势差不变,由U=Ed可知E增大,液滴所受电场力增大,合力向上,故液滴将向上运动,故B错误;C、将开关再断开,无论如何改变两板间的距离,板间的电场强度均不发生变化,故电场力不变,故粒子仍能受力平衡,故C错误;D、将开关再断开,无论如何改变两板间的距离,板间的电场强度均不发生变化;故将下板向下移动,M点电势降低,故带电液滴电势能将减小,故D正确;故选:D.点评:若通电后断开开关,则若只改变两板间的距离时极板间的电场强度是保持不变的,本结论应熟记并能灵活应用.14.如图画出了匀强电场的几条电场线,M、N是该电场中的两点.一个带正电荷的离子(不计重力)仅在电场力作用下由M点运动到N点,则( )A.该离子在M点的速度不为零B.该离子在M点速度可能为零C.该离子在M点的电势能小于在N点的电势能D.该离子在M和N点的电势能哪个大不能确定考点:电势能.专题:电场力与电势的性质专题.分析:由图知,粒子运动方向与受力方向不在一条直线上,所以为曲线运动,离子在M点的速度不为零.沿着电场线的方向电势降低的,粒子带正电,由电势能的表达式可得电势能的高低解答:解:A、由图知,粒子运动方向与受力方向不在一条直线上,所以为曲线运动,离子在M点的速度不为零,故A正确;B、由A分析知,B错误;C、沿电场线方向电势逐渐降低,即φM>φN,由电势能表达式得E P=qφ,且q为正值,故离子在M点的电势能大于在N点的电势能,故C错误;D、由C知D错误故选:A点评:对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向,由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧.判定电势能大小应用表达式即可,但要考虑电势与电荷量的正负.15.图1中的变压器为理想变压器,原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10:1.变压器的原线圈接如图2所示的正弦式电流,两个20Ω的定值电阻串连接在副线圈两端.电压表V为理想电表.( )A.原线圈上电压的有效值为100VB.原线圈上电压的有效值约为70.7VC.电压表V的读数为5.0VD.电压表V的读数约为3.5V考点:变压器的构造和原理;欧姆定律;交流的峰值、有效值以及它们的关系.专题:交流电专题.分析:根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,再根据电压与匝数成正比即可求得结论.解答:解:A、B、根据图象可得原线圈的电压的最大值为100V,最大值为有效值的倍,所以电压的有效值为V=50V=70.7V,所以A错误,B正确.C、D、由于原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10:1,原线圈的电压有效值为50V,所以副线圈的电压的有效值为5V,所以电压表的示数为×20V=3.5V,所以C错误,D正确.故选BD.点评:掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题.16.如图所示,是研究“影响平行板电容器电容的因素”的实验装置,实验中,认为平行极板的带电量几乎不变,通过静电计指针张角的变化来判断电容器的电容变化.下列关于实验的操作和现象描述正确的是( )A.静电计的指针偏角越大,则电容器两极板间的电压就越大B.保持间距d不变,将左极板上移,则指针张角变大C.保持正对面积s不变,将左极板向右平移,则指针张角减小D.保持间距d和正对面积s不变,在两极板间插入电介质,则指针张角变大考点:电容器的动态分析.专题:电容器专题.分析:电容器与外电路断开,电量保持不变,静电计测量的是电容器两端间的电势差.解答:解:A、静电计指针张角越大,则电压就越大,故A正确;B、保持间距d不变,将左极板上移,即正对面积减小,那么电容减小,带电量不变,根据C=知电压增大,静电计指针张角变大,故B正确.C、保持正对面积s不变,将左极板向右平移,间距减小,则电容增大,带电量不变,根据C=知电压减小,静电计指针张角变小.故C正确.D、电介质插入两板之间,电容增大,带电量不变,根据C=知电压减小,静电计指针张角变小,故D错误;故选:ABC.点评:解决本题的关键知道静电计是测量电势差大小的仪器,知道它与电压表的区别.三、计算题(本题共7小题.解答应有必要的文字说明、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,答案中必须写出数值和单位.)17.在物理学中,常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题.如在牛顿发现万有引力定律一百多年后,卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值,如图所示是卡文迪许扭秤实验示意图.卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验,因为由G的数值及其它已知量,就可计算出地球的质量,卡文迪许也因此被誉为第一个称量地球的人.(1)若在某次实验中,卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F,求万有引力常量G;(2)若已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,万有引力常量为G,忽略地球自转的影响,请推导出地球质量及地球平均密度的表达式.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:根据万有引力定律,化简可得万有引力常量G;在地球表面附近的物体受到重力等于万有引力,可以解得地球的质量M,地球的体积为V=,根据密度的定义,代入数据可以计算出地球平均密度.解答:解:(1)根据万有引力定律有:解得:(2)设地球质量为M,在地球表面任一物体质量为m,在地球表面附近满足:得地球的质量为:M=地球的体积为:V=解得:地球的密度为:答:(1)万有引力常量为.(2)地球质量为,地球平均密度的表达式为.点评:本题要掌握万有引力定律的公式,理解公式中各量的物理含义,要求掌握星球表面的物体受到的重力等于万有引力.18.如图所示,粗糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接,且在同一竖直平面内,O是BCD的圆心,BOD在同一竖直线上.质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下,由静止开始从A点开始做匀加速直线运动,当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点,已知AB间的距离为3m,重力加速度g=10m/s2.求:(1)小物块运动到B点时的速度;(2)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功;(3)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离.考点:动能定理.专题:动能定理的应用专题.分析:(1)因为小物块恰好能通过D点,所以在D点小物块所受重力等于向心力,由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度.物块由B点运动到D点的过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律列式即可求解物块运动到B点时的速度;(2)从A运动到B的过程中,根据动能定理求解克服摩擦力做的功.(3)小物块离开D点做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,由运动学公式求解落到水平地面上的点与B点之间的距离;解答:解:(1)因为小物块恰能通过D点,所以在D点小物块所受重力等于向心力,即mg=m,小物块由B运动D的过程中机械能守恒,则有代入数据解得v B=5m/s.(2)小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理,有Fx AB﹣W f=,代入数据解得W f=32.5J,(3)设小物块落地点距B点之间的距离为x,下落时间为t,根据平抛运动的规律:x=v D t,2R=,代入数据解得x=1m;答:(1)小物块运动到B点时的速度为5m/s;(2)小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功为32.5J;(3)小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离为1m.点评:本题是动能定理、牛顿第二定律和平抛运动规律的综合应用,关键是确定运动过程,分析运动规律.19.如图所示,MN和PQ为固定在水平面上的平行金属轨道,轨距为0.2m.质量为0.1kg 的金属杆ab置于轨道上,与轨道垂直.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T.现用F=2N的水平向右的恒力拉ab杆由静止开始运动,电路中除了电阻R=0.05Ω之外,其余电阻不计,设轨道光滑,求:(1)金属杆ab的速度达到5m/s时的加速度多大?(2)当金属杆ab达到最大速度后,撤去外力F,此后感应电流还能产生多少焦耳热?考点:法拉第电磁感应定律;牛顿第二定律;焦耳定律.专题:电磁感应与电路结合.分析:(1)根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律以及安培力公式表示出安培力的表达式,根据牛顿第二定律列方程求出加速度;(2)受力平衡时有最大速度,根据能量的转化与守恒求产生的热量.解答:解:(1)金属棒产生的感应电动势为:E=BLv由欧姆定律得:I=金属棒所受的安培力大小为:F安=BIL,由牛顿第二定律得:F﹣F安=ma,联立解得:a=﹣=﹣=10m/s2。
通州2017高三一模(物理部分)2017年4 月本试卷分为第I 卷(选择题)和第II 卷 (非选择题)两部分,13.分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距离减小时,下列说法正确的是 A .引力增加,斥力增加 B .引力增加,斥力减小 C .引力减小,斥力增加 D .引力减小,斥力减小14.甲、乙两种平行单色光均垂直射到一块玻璃砖的竖直端面上,如图所示,甲光穿过玻璃砖的时间比乙光的时间短,下列说法中正确的是 A .甲光比乙光的频率大 B .甲光比乙光的波长长 C .甲光比乙光的临界角小 D .甲光子比乙光子的能量大15.—列简谐横波沿x 轴负方向传播,图1是t =0时刻的波形图,图2是x =lm 处质点的振动图像。
关于该波下列说法正确的是 A .波长为5m B .周期为3s C .波速为lm/sD .x =3m 处的质点沿y 轴正方向运动16.已知地球质量为M ,万有引力常量为G ,自转周期为T 。
将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体。
一个质量为m 的物体相对于地球静止,现在地球表面的不同位置用弹簧秤对物体进行称量。
下列说法中正确的是 A . 在北极地面称量时,弹簧秤的读数是oshB . 在北极地面称量时,弹簧秤的读数是2224πF =m R TC . 在赤道地面称量时,弹簧秤的读数是32Mm F =GRD . 在赤道地面称量时,弹簧秤的读数是2424πF =m R T17.两个具有固定电容量的平行板电容器C l 、C 2,在其充电过程中,所带电量q 与两极板间电势差u 关系如图所示,下列说法中正确的是 A .电容器C 1的电容小于电容器C 2的电容B .电容器的电容大小由电势差和所带的电量决定C .若两极板间的电势差相同,则电容器C 1储存的电能多D .若两电容器储存的电量相同,则电容器C 1储存的电能多18.上海浦东机场线的磁悬浮列车,最大速度可达到430km/h ,平均速度为380km/h 。
通州区2018—2019学年高三摸底考试物理试卷2019年1月考生须知:1.本试卷共分两卷,第Ⅰ卷和第Ⅱ卷。
共8页。
2.本试卷总分为100分,考试时间为120分钟。
3.考生务必将答案答在答题卡上...........,在试卷上作答无效。
第Ⅰ卷(选择题部分,共36分)一、选择题(每个小题只有一个选项是正确的,共12道小题,每小题3分) 1.把一个带正电荷A Q 的球体A 放在可以水平移动的绝缘支座上,再把一个带正电荷B Q 的小球B 用绝缘丝线挂在玻璃棒上的C 点(使两个球心在同一水平线上),小球静止时丝线与竖直方向的夹角如图所示。
现使球体A 向右缓慢移动逐渐靠近小球B ,丝线与竖直方向的夹角将逐渐(移动过程中,A 、B 电量不变)( ) A .增大B .减小 C .不变D .无法判断2.如图所示,取一个有绝缘底座的枕形导体,起初它不带电,贴在导体a 端和b 端下面的金属箔是闭合的。
现在把带正电荷的金属球移近导体a 端但不接触,可以看到a 、b 两端的金属箔都开了,则下列说确的是( ) A .a 、b 两端都带正电 B .a 端带正电,b 端带负电C .导体成为等势体,a 、b 两端电势相等D .移走金属球,a 、b 两端的金属箔仍然开3.如图所示,一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中匀速转动,转轴OO '与磁场方向垂直,线圈中产生感应电动势。
下列说确的是( ) A .线圈平面与磁场垂直时,磁通量为零 B .线圈平面与磁场垂直时,磁通量变化最快 C .线圈平面与磁场平行时,感应电动势为零 D .线圈平面与磁场平行时,感应电动势最大4.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接在2202sin100πV u t =()的交流电源上,副线圈接有55R =Ω的电阻。
电流表、电压表均为理想电表。
下列说确的是 ( ) A .原线圈的输入功率为552W B .电流表的读数为4.0 A C .电压表的读数为55.0V+abOO 'ab c dD .副线圈两端交流电的周期为50s5.如图所示为速度选择器,两平行金属板水平放置,板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E (图中未标出),磁感应强度大小为B 。
2014-2015学年北京市通州区高三(上)期末物理试卷一、选择题(每个小题只有一个选项是正确的,共10道小题,每小题3分)1.(3分)关于物体的内能变化以下说法中正确的是()A.物体吸收热量,内能一定增大B.物体对外做功,内能一定减小C.物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变D.物体放出热量,同时对外做功,内能可能不变【考点】:物体的内能.【专题】:内能及其变化专题.【分析】:改变物体内能有两种方式:做功和热传递,根据热力学第一定律分析内能的变化.【解析】:解:A、物体吸收热量,根据热力学第一定律可知,内能不一定增大,还与做功情况有关.故A错误.B、物体对外做功,根据热力学第一定律可知,内能不一定减小,还与热传递情况有关.故B 错误.C、物体吸收热量,同时对外做功,若热量与功的数值相等,内能不变.故C正确.D、物体放出热量,同时对外做功,根据热力学第一定律可知,内能一定减小.故D错误.故选C【点评】:本题关键掌握热力学第一定律,并能正确运用.2.(3分)下列说法正确的是()A.γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转B.β射线比α射线更容易使气体电离C.太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D.核电站产生的能量来自轻核聚变【考点】:天然放射现象;重核的裂变.【专题】:衰变和半衰期专题.【分析】:αβγ三种射线的电离本领依次减弱,γ射线是电磁波,核电站是利用铀235,太阳能是聚变得来的.【解析】:解:A、γ射线不带电,所以在电场和磁场中都不会发生偏转,故A正确;B、α射线比β射线更容易使气体电离,故B错误;C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变,故C错误;D、核电站产生的能量来自铀235的裂变,故D错误;故选:A【点评】:熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的应用时解决此类问题的关键.3.(3分)已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大,则两种光() A.在该玻璃中传播时,蓝光的速度较大B.以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中,蓝光折射角较大C.从该玻璃中射入空气发生反射时,红光临界角较大D.用同一装置进行双缝干涉实验,蓝光的相邻条纹间距较大【考点】:光的折射定律;光的干涉.【专题】:压轴题;光的折射专题.【分析】:根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大,可以判断这两种光在该玻璃中的波速大小,以及波长、临界角等大小情况,然后以及相关物理知识即可解答.【解析】:解:A、由可知,蓝光在玻璃中的折射率大,蓝光的速度较小,故A错误;B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中,蓝光的折射率大,向法线靠拢偏折得多,折射角应较小,故B错误;C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知,红光的折射率小,临界角大,故C正确;D、用同一装置进行双缝干涉实验,由公式可知蓝光的波长短,相邻条纹间距小,故D错误.故选C.【点评】:折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高等这些规律要明确,并能正确应用.4.(3分)一列机械波在某时刻的波形如图所示,已知波沿x轴正方向传播,波速是12m/s,则()A.这列波的波长是10 cmB.这列波的周期是8 sC. x=6 cm处质点的振幅为0D. x=5 cm处质点向y轴的负方向运动【考点】:波长、频率和波速的关系;横波的图象.【分析】:根据波动图象得出波长和振幅的大小,结合波速求出周期的大小.根据波的传播方向,通过上下坡法得出质点的振动方向.【解析】:解:A、根据波的图象知,波长是8cm,故A错误.B、由v=得 T==s=15s,故B错误.C、这列波的振幅为5cm,各个点振幅都是5cm,故C错误.D、因为波向x轴正方向传播,根据上下坡法知,x=5cm质点向y轴的负方向振动.故D正确.故选:D.【点评】:解决本题的关键能够通过波动图象获取信息,比如:波长、振幅等,会根据上下坡法判断振动和波传播方向的关系.5.(3分)天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动,并测出了行星的轨道半径和运行周期.由此可推算出()A.行星的质量 B.行星的半径 C.恒星的质量 D.恒星的半径【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进行分析.【解析】:解:行星绕恒星做圆周运动,根据万有引力提供向心力,知道轨道半径和周期,可以求出恒星的质量,行星是环绕天体,在分析时质量约去,不可能求出行星的质量.故C正确,A、B、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.6.(3分)一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1,输入功率为P1,副线圈的电流为I2,输出功率为P2.当R增大时()A. I1减小,P1增大 B. I1减小,P1减小C. I2增大,P2减小 D. I2增大,P2增大【考点】:变压器的构造和原理.【专题】:交流电专题.【分析】:输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数程正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可.【解析】:解:由于原线圈的输入电压不变,变压器的匝数比也不变,所以副线圈的输出电压不变,当电阻R增大时,电路的电阻变大,副线圈的电流I2减小,所以原线圈的电流I1也要减小,由于副线圈的电压不变,根据P=可得,当电阻增大时,输出的功率P2将减小,所以原线圈的输入的功率P1也将减小.所以B正确.故选B.【点评】:电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法.7.(3分)如图是某物体做直线运动的v一t图象,由图象可得到的正确结果是()A. t=1 S时物体的加速度大小为1.0 m/s2B. t=5 S时物体的加速度大小为0.75 m/s2C.第3 S内物体的位移为1.5 mD.物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【考点】:匀变速直线运动的图像.【专题】:运动学中的图像专题.【分析】:速度时间图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移.【解析】:解:A、t=1s时的加速度.故A错误.B、t=5s时的加速度大小.故B正确.C、第3s内物体的位移x=3×1m=3m.故C错误.D、物体在加速过程中的位移,减速过程中的位移,知物体在加速过程中的位移小于减速过程中的位移.故D错误.故选:B.【点评】:解决本题的关键知道速度时间图线表示的物理意义,知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义.8.(3分)老师做了一个物理小实验让学生观察:一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是()A.磁铁插向左环,横杆发生转动B.磁铁插向右环,横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动【考点】:楞次定律.【分析】:穿过闭合回路的磁通量发生变化,闭合回路中会产生感应电流,感应电流受到磁场力的作用,横杆转动;如果金属环不闭合,穿过它的磁通量发生变化时,只产生感应电动势,而不产生感应电流,环不受力的作用,杆不转动.【解析】:解:左环不闭合,磁铁插向左环时,不产生感应电流,环不受力,横杆不转动;右环闭合,磁铁插向右环时,环内产生感应电流,环受到磁场的作用,横杆转动;故B正确,ACD错误;故选:B.【点评】:本题难度不大,是一道基础题,知道感应电流产生的条件,分析清楚图示情景即可正确解题.9.(3分)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器.当R2的滑动触点在a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()A. I1增大,I2不变,U增大 B. I1减小,I2不变,U减小C. I1增大,I2减小,U增大 D. I1减小,I2增大,U减小【考点】:闭合电路的欧姆定律.【专题】:恒定电流专题.【分析】:理清电路,确定电压表测得什么电压,电流表测得什么电流,抓住电动势和内阻不变,采用局部→整体→局部的方法,利用闭合电路欧姆定律进行分析.【解析】:解:R2的滑动触点向b端移动时,R2减小,整个电路的总电阻减小,总电流增大,内电压增大,外电压减小,即电压表示数减小,R3电压增大,R1、R2并联电压减小,通过R1的电流I1减小,即A1示数减小,而总电流I增大,则流过R2的电流I2增大,即A2示数增大.故A、B、C错误,D正确.故选:D.【点评】:解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变,结合闭合电路欧姆定律求解.注意做题前一定要理清电路,看电压表测的是什么电压,电流表测的是什么电流.10.(3分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出.对此现象分析正确的是() A.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度B.物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度C.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态D.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态【考点】:牛顿运动定律的应用-超重和失重.【专题】:牛顿运动定律综合专题.【分析】:超重指的是物体加速度方向向上,失重指的是加速度方向下,但运动方向不可确定.由牛顿第二定律列式分析即可.【解析】:解:A、B、重物和手有共同的速度和加速度时,二者不会分离,故物体离开手的瞬间,物体向上运动,物体的加速度等于重力加速度,但手的加速度大于重力加速度,并且方向竖直向下,故A错误,B正确;C、D、物体向上先加速后减速,加速度先向上,后向下,根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态,后处于失重状态,故C错误.D错误.故选:B.【点评】:超重和失重仅仅指的是一种现象,但物体本身的重力是不变的,这一点必须明确.重物和手有共同的速度和加速的时,二者不会分离.二、实验题(共3道小题,共14分)11.(5分)某同学做“用单摆测重力加速度”实验.①用游标卡尺测量摆球直径d,把摆球用细线悬挂在铁架台上,用米尺测量出悬线长度l.某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示,则摆球直径为d= 2.26 cm.②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时,并将这次通过平衡位置时记为0,数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n,用停表记下所用的时间为t.请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g= .【考点】:用单摆测定重力加速度.【专题】:实验题;单摆问题.【分析】:游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数.单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期,在一个周期内,摆球经过平衡位置两次,根据题意求出单摆的周期;摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长,应用单摆周期公式求出重力加速度.【解析】:解:①由图所示游标卡尺可知,主尺示数为2.2cm,游标尺示数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm,则游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm.②由题意知,单摆完成全振动的次数为,单摆的周期=单摆摆长L=l由单摆周期公式可知,重力加速度:g===故答案为:2.26,【点评】:本题考查了求单摆周期、求重力加速度,知道周期的概念、知道摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长、应用单摆周期公式即可正确解题.12.(5分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意如图所示,斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A球仍从C处由静止滚下,A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O的距离:=2.68cm,=8.62cm,=11.50cm,并知A、B两球的质量比为2:1,则未放B球时A球落地点是记录纸上的P 点,系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差= 2 %(结果保留一位有效数字).【考点】:验证动量守恒定律.【专题】:实验题.【分析】:(1)A与B相撞后,B的速度增大,A的速度减小,都做平抛运动,竖直高度相同,所以水平方向,B在A的前面;(2)小球离开水平槽后做平抛运动,它们下落的高度相同,在空中的运动时间相同,由于小球在水平方向上做匀速直线运动,小球运动时间相同,因此小球的水平位移与小球的初速度成正比,计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度;根据题目所给实验数据,求出实验的百分误差.【解析】:解:(1)A与B相撞后,B的速度增大,A的速度减小,碰前碰后都做平抛运动,高度相同,落地时间相同,所以P点是没有碰时A球的落地点,N是碰后B的落地点,M是碰后A的落地点;(2)系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误===≈2%;故答案为P; 2.【点评】:知道两球做平抛运动的运动时间相等,小球的水平位移与水平速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的水平速度,是解决本题的关键.13.(4分)在“验证机械能守恒定律”的实验中,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,查得当地的重力加速度g=9.89m/s,测得所用的重物的质量为1.00kg,实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示,把第一个点记做0,另选连续的4个点A,B,C,D各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm.根据以上数据,可知重物由O点运动到C点,重力势能的减少量等于7.62 J,动能的增加量等于7.56 J(取三位有效数字).【考点】:验证机械能守恒定律.【专题】:实验题;机械能守恒定律应用专题.【分析】:纸带实验中,若纸带匀变速直线运动,测得纸带上的点间距,利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度,从而求出动能,根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值.【解析】:解:重力势能减小量△E p=mgh=1.0×9.8×0.7776J=7.62J.在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度,因此有:故答案为:7.62、7.56.【点评】:纸带问题的处理时力学实验中常见的问题,对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解,计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留.三、计算题(共7道题,共56分)解题要求:写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.有数字计算的题,取g=10m/s2,答案必须明确写出数值和单位.14.(7分)小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37°的固定斜面,某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机做出了小物块上滑过程的速度﹣时间图线,如图所示.(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10m/s2)求:(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小;(2)小物块向上运动的最大距离;(3)小物块与斜面间的动摩擦因数.【考点】:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.【专题】:牛顿运动定律综合专题.【分析】:(1)根据图线的斜率求出加速度的大小;(2)根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移即可求解向上运动的最大位移;(2)根据牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数.【解析】:解:(1)v﹣t图象的斜率表示加速度,故:a=(2)v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移大小,故:x=(3)根据牛顿第二定律得:﹣mgsin37°﹣μN=ma而N﹣mgcos37°=0解得:μ=0.25答:(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2;(2)小物块向上运动的最大距离为4m;(3)小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25.【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.属于基础题.15.(7分)如图所示,电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内,MO间接有阻值为R=3Ω的电阻,导轨相距d=1m,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.质量为m=0.1kg,电阻为r=1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置,并接触良好.用平行于MN的恒力F=1N 向右拉动CD,CD受摩擦阻力f恒为0.5N.求:(1)CD运动的最大速度;(2)当CD达到最大速度后,电阻R消耗的电功率.【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;安培力的计算.【专题】:电磁感应中的力学问题;电磁感应与电路结合.【分析】:(1)导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零即合外力为零时,速度达到最大.(2)到达最大速度后,回路中产生稳定感应电流,根据P=I2R可正确求得结果.【解析】:解:(1)设CD棒运动速度为v,则:导体棒产生的感应电动势为:E=Bdv ①据全电路欧姆定律有:I=②则安培力为:F0=BdI ③据题意分析,当v最大时,有:F﹣F0﹣f=0 ④联立①②③④得:v m==8 m/s ⑤故CD运动的最大速度为8m/s.(2)CD速度最大时同理有:E m=Bdv m⑥I m=⑦P=I2R ⑧联立⑤⑥⑦带入数据得:P=3W.故当CD达到最大速度后,电阻R消耗的电功率为P=3W.【点评】:本题的难点是对导体棒正确受力分析,弄清其运动情况,得出速度最大的条件,注意对于变加速运动往往合外力为零时对应着速度最大.16.(8分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图所示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟.已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率P=1.5W工作,进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3N,随后在运动中受到的阻力均可不计.图中L=10.00m,R=0.32m,h=1.25m,S=1.50m.(1)求赛车越过壕沟需要的最小速度为v1(2)赛车进入圆轨道前在B点的最小速度v3(3)要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(取g=10m/s2)【考点】:动能定理的应用;电功、电功率.【分析】:本题赛车的运动可以分为三个过程,由A至B的过程可以运用动能定理列式,在圆轨道上的过程机械能守恒,也可以用动能定理列式,以及平抛运动的过程;本题有两个约束条件,即要能越过壕沟,同时要能到达轨道的最高点.【解析】:解:(1)设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律,有:s=v1th=gt2解得:v1=s=2.5×=5m/s(2)设赛车恰好越过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点的速度为v3,由牛顿第二定律及机械能守恒定律,有:mg=mm=m+mg•(2R)解得:v3===4m/s(3)由于B点以后的轨道均为光滑,故轨道最低点速度应该等于平抛的初速度,通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是:v min=4m/s设电动机工作时间至少为t,根据功能原理有:pt﹣fL=m由此可得:t=2.53s即要使赛车完成比赛,电动机至少工作2.53s的时间.答:(1)赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s;(2)赛车进入圆轨道前在B点的最小速度为4m/s;(3)要使赛车完成比赛,电动机至少工作2.53s时间.【点评】:本题是力电综合问题,关键要将物体的运动分为三个过程,分析清楚各个过程的运动特点和受力特点,然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解!17.(8分)1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.在D盒中心A处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U.(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比;(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t.【考点】:质谱仪和回旋加速器的工作原理;带电粒子在匀强磁场中的运动.【专题】:带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】:(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系,从而求出轨道半径之比.(2)通过D形盒的半径求出粒子的最大速度,结合动能定理求出加速的次数,一个周期内加速两次,从而得知在磁场中运动的周期次数,确定出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间.【解析】:解:(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qU=mv12qv1B=m联立以上解得:r1=同理,粒子第2次经过狭缝后的半径r2=则 r1:r2=:1(2)设粒子到出口处被加速了n圈,解得:2nqU=mv2;qvB=mT=t=nT解上四个方程得:t=答:(1)粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为:1.(2)粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为.【点评】:解决本题的关键掌握回旋加速器的原理,运用电场加速和磁场偏转,知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等.18.(8分)平行板电容器的两极板间有场强为E的匀强电场,且带正电的极板接地,一质量为m的电荷量为+q的带电粒子(不计重力),从x轴上坐标为x0处静止释放.(1)求该粒子在x0处的电势能E px0(2)试从牛顿第二定律出发,证明该带电粒子在极板间运动过程中,其动能和电势能之和保持不变,设粒子与极板碰撞无能量损失.【考点】:电容器的动态分析;电势能.【分析】:电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功.代入公式即可.【解析】:解:(1)W电=qEx0…①W电=﹣(E px0﹣0)…②联立①②得E px0=﹣qEx0(2)在带电粒子的运动方向上任取一点,设坐标为 x由牛顿第二定律可得qE=ma…④由运动学公式得V=2a(x﹣x0)…⑤联立④⑤进而求得:E kx=mv=qE(x﹣x0)E=E kx+E px=﹣qEx0=Ex0答:(1)该粒子在x0处电势能﹣qEx0(2)该带电粒子在极板间运动过程中,其动能与电势能之和保持不变.【点评】:该题考查电势能的特性,电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功.属于基础题目.19.(9分)目前,滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图.赛道光滑,KA平台的高度为h=1.8m.B处平滑连接.滑板a和b的质量均为m,m=5kg,运动员质量为M,M=45kg.表演开始,运动员站在滑板b上.先让滑板a从A点静止下滑,t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑.滑上BC赛道后,运动员从b 板跳到同方向运动的a板上,在空中运动的时间t2=0.6s(水平方向是匀速运动).(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内,计算时滑板和运动员都看作质点,取g=10m/s2)(1)求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1(2)运动员跳上滑板a后,在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大?(3)在运动员离开滑板b的过程中.滑板b受合外力的冲量大小?【考点】:动量守恒定律;动量定理.【分析】:(1)对A到BC过程由机械能守恒定律可求得速度;(2)运动员离开b后空中做匀速运动,由运动关系可求得运动员的速度;再对a与运动员由动量守恒可求得共同速度;(3)对人离开b的过程由动量守恒定律列式可求得b的末动量,再由动量定理可求得冲量.【解析】:解:(1)设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1,由机械能守恒定律有:mgh=mv12,得:v1===6m/s(2)运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后,速度也为v1,运动员由滑板b跳到滑板a,设蹬离滑板b时的水平速度为v2,在空中飞行的水平位移为s,则:s=v2t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0,则:s0=v l t l设滑板在t2时间内的位移为s1,则:s1=v1t2,s=s0+s1即:v2t2=v1(t1+t2),解得:v2=7m/s;m落到滑板a后,与滑板a共同运动的速度为v,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv l+Mv2=(m+M)v,代入数据解得:v=6.9m/s,(3)对b与运动员与动量守恒定律可知:(m+M)v1=Mv2+mv;解得:v=﹣3m/s;对b由动量定理可知:I=mv﹣mv1=5×(﹣3)﹣5×6=45N•s;答:(1)滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为6m/s;(2)运动员跳上滑板a后,在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是6.9m/s(3)在运动员离开滑板b的过程中.滑板b受合外力的冲量大小为45N•S.【点评】:本题考查动量守恒定律及匀速直线运动规律,要注意正确选择研究对象及物理过程进行分析,才能正确选择物理规律求解.20.(9分)(1)有一条横截面积为S的铜导线,通过的电流为I.已知铜的密度ρ,铜的摩尔质量M,阿佛加德罗常数N A,电子的电量e.在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子.求铜导线中自由电子定向移动的速率.(2)把通有电流I,长度L的直导线垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中,导线受到安培力F=BIL.关于对安培力的微观实质的探究中,不能认为安培力是导线上自由电子所受洛伦兹力的合力,也不能认为安培力是自由电子与导线的晶格骨架碰撞产生的.导线内有带负电的自由电子和带正电的晶格,展开你想象的翅膀,给出一个合理的模型,在此基础上,证明导线的晶格骨架所受到的力即为安培力.【考点】:安培力;动量守恒定律;电流、电压概念;洛仑兹力.。
通州区2018—2019学年高三摸底考试物理试卷2019年1月考生须知:1.本试卷共分两卷,第一卷和第二卷。
共8页。
2.本试卷总分为100分,考试时间为120分钟。
3.考生务必将答案答在答题卡上...........,在试卷上作答无效。
第一卷〔选择题局部,共36分〕一、选择题〔每个小题只有一个选项是正确的,共12道小题,每题3分〕 1.把一个带正电荷A Q 的球体A 放在可以水平移动的绝缘支座上,再把一个带正电荷B Q 的小球B 用绝缘丝线挂在玻璃棒上的C 点〔使两个球心在同一水平线上〕,小球静止时丝线与竖直方向的夹角如下图。
现使球体A 向右缓慢移动逐渐靠近小球B ,丝线与竖直方向的夹角将逐渐〔移动过程中,A 、B 电量不变〕〔 〕 A .增大B .减小 C .不变D .无法判断2.如下图,取一个有绝缘底座的枕形导体,起初它不带电,贴在导体a 端和b 端下面的金属箔是闭合的。
现在把带正电荷的金属球移近导体a 端但不接触,可以看到a 、b 两端的金属箔都开了,那么以下说确的是〔 〕 A .a 、b 两端都带正电 B .a 端带正电,b 端带负电C .导体成为等势体,a 、b 两端电势相等D .移走金属球,a 、b 两端的金属箔仍然开3.如下图,一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中匀速转动,转轴OO '与磁场方向垂直,线圈中产生感应电动势。
以下说确的是〔 〕 A .线圈平面与磁场垂直时,磁通量为零 B .线圈平面与磁场垂直时,磁通量变化最快 C .线圈平面与磁场平行时,感应电动势为零 D .线圈平面与磁场平行时,感应电动势最大4.如下图,理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接在2202sin100πV u t =()的交流电源上,副线圈接有55R =Ω的电阻。
电流表、电压表均为理想电表。
以下说确的是 〔 〕 A .原线圈的输入功率为552W B .电流表的读数为4.0 A C .电压表的读数为55.0V +abOO 'ab c dD .副线圈两端交流电的周期为50s5.如下图为速度选择器,两平行金属板水平放置,板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E 〔图中未标出〕,磁感应强度大小为B 。
通州区2017-2018第一学期高三年级第二次模拟考试物理试卷一、单项选择题1. 一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动,A、B是卫星运动的远地点和近地点.下列说法中正确的是A. 卫星在A点的角速度大于B点的角速度B. 卫星在A点的加速度小于B点的加速度C. 卫星由A运动到B过程中动能减小,势能增加D. 卫星由A运动到B过程中引力做正功,机械能增大【答案】B【解析】试题分析:近地点的线速度较大,结合线速度大小,根据比较角速度大小.根据牛顿第二定律比较加速度大小.根据万有引力做功判断动能和势能的变化.2. 电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示,点电荷与金属板相距为2d,图中P 点到金属板和点电荷间的距离均为d.已知P点的电场强度为E0,则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为A. E=0B.C.D.【答案】C【解析】试题分析:P点的电场是由+Q的电场和感应电荷的电场的叠加,根据电场的叠加原理和点电荷场强公式求解.+Q在P点产生的场强大小,方向水平向右,根据电场的叠加原理可得:,解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为,故C正确.3. 高三某同学参加引体向上体能测试,在20s内完成10次标准动作,则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于A. 150WB. 300WC. 450WD. 600W【答案】A【解析】高三同学体重大约60kg,引体向上时向上运动的位移大约0.5m,则克服重力做功的平均功率,A正确.4. 如图所示电路中,R为某种半导体气敏元件,其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小.当一氧化碳气体浓度增大时,下列说法中正确的是A. 电压表V示数增大B. 电流表A示数减小C. 电路的总功率减小D. 变阻器R1的取值越大,电表示数变化越明显【答案】D【解析】当一氧化碳气体浓度增大时,R减小,总电阻减小,则总电流增大,内电压增大,路端电压减小,可知,通过的电流减小,因此电压表V示数减小,通过变阻器的电流减小,则电流表A示数增大.故AB 错误.电路的总功率为P=EI,E不变,I增大,则P增大,故C错误.变阻器的取值越大,与R并联的阻值越接近R,R对电路的影响越大,则知变阻器的取值越大,电压表示数变化越明显.故D正确.选D.【点睛】当一氧化碳气体浓度增大时,可知R阻值的变化,分析总电阻的变化,由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化,即可知道两个电表示数的变化.由P=EI分析电路的总功率如何变化.5. 如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1, A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过A. B. C. D.【答案】C【解析】以最大加速度运动时,A与B保持相对静止,设A的质量为,B对A的摩擦力为,A的加速度为,取A为研究对象,由牛顿第二定律得,解得;设A、B的总质量为M,卡车底板对B的摩擦力为,A、B整体的加速度为,取A、B整体为研究对象根据牛顿第二定律可得,解得;由分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来,则车的最大加速度等于.由运动学公式得车的最大速度,C正确.【点睛】本题需要知道刹车过程中A、B和地板之间不能发生相对滑动,分别求出A相对B滑动、AB相对底板滑动的临界加速度,然后根据条件分析汽车刹车的加速度的最大值.二、多项选择题6. 如图所示电路中,A、B为两个相同灯泡,L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈,C为电容较大的电容器,下列说法中正确的有( )A. 接通开关S,A立即变亮,最后A、B一样亮B. 接通开关S,B逐渐变亮,最后A、B一样亮C. 断开开关S,A、B都立刻熄灭D. 断开开关S,A立刻熄灭,B逐渐熄灭【答案】ABD【解析】接通开关S,电容器C要通过A充电,因此A立刻亮,由于充电电流越来越小,当充电完毕后,相当于断路,而L对电流变化有阻碍作用,所以通过B的电流逐渐增大,故B逐渐变亮,当闭合足够长时间后,C中无电流,相当于断路,L相当于短路,因此A、B一样亮,故AB正确;当S闭合足够长时间后再断开,A立刻熄灭,而L产生自感电动势,且电容器也要对B放电,故B要逐渐熄灭,故C错误D正确.【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用,当电流增大时,会阻碍电流的增大,当电流减小时,会阻碍其减小,注意电容器也要放电.7. 如图所示,含有、、的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1、P2两点.则( )A. 打在P1点的粒子是B. 打在P2点的粒子是和C. O2P2的长度是O2P1长度的2倍D. 粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【答案】BC【解析】试题分析:从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度,然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式周期公式即可分析求解.带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等方向相反,即:,所以,可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度.带电粒子在磁场中做匀速直线运动,洛伦兹力提供向心力,所以,解得,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在点的粒子是,打在P2点的粒子是和,故A错误B正确;由题中的数据可得,的比荷是和的比荷的2倍,所以的轨道的半径是和的半径的倍,即的长度是长度的2倍,故C正确;粒子运动的周期,三种粒子的比荷不相同,所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等,故D错误.8. 一小球从地面竖直上抛,后又落回地面,小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比,取竖直向上为正方向.下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中,可能正确的有( )A. B.C. D.【答案】AC【解析】试题分析:根据牛顿第二定律分析小球加速度如何变化,由速度时间图象的斜率等于加速度、位移时间图象的斜率等于速度,分析v-t图象和s-t图象的形状.根据功能关系分析机械能的变化情况.小球在上升过程中,设小球的加速度为,由牛顿第二定律得,又,得,v减小,则减小,v-t图象的斜率逐渐减小.小球在下落过程中,设小球的加速度为,由牛顿第二定律得,又,得,v增大,则减小,v-t图象的斜率逐渐减小;可知,v-t图象正确,a-t图象错误,故A正确B错误;根据位移时间图象的斜率等于速度,s-t图象的斜率先减小后反向增大,且下落时间大于上升时间,故C正确;根据功能关系得:,则得,由,则得,v是变化的,则知E-t图象的斜率是变化的,图象应为曲线,故D错误.9. 如图所示,小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动,同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球,物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等,空气阻力忽略不计,则( )A. 斜面可能是光滑的B. 在P点时,小球的动能大于物块的动能C. 小球运动到最高点时离斜面最远D. 小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等【答案】BD【解析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向,则沿斜面方向的速度小于物块的速度,若斜面光滑,则小球和物块沿斜面方向的加速度相同,则不可能在P点相遇,所以斜面不可能是光滑的,故A错误;物块在斜面上还受摩擦力做功,根据动能定理,在P点时,小球的动能应该大于物块的动能,故B正确;当小球的速度方向与斜面平行时,离斜面最远,此时竖直方向速度不为零,不是运动到最高点,故C错误;小球和物块初末位移相同,则高度差相等,而重力相等,则重力做功相等,时间又相同,所以小球和物块到达P 点过程中克服重力做功的平均功率相等,故D正确;三、简答题10. 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。
2017-2018学年北京市通州区第一学期高三摸底考试物理试题一、单选题:共12题1. 力的国际单位是牛顿(N),下列正确描述牛顿(N)与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间关系的是A. 1N =1kg•m/sB. 1N =1kg•m/s2C. 1N =1kg•m2/sD. 1N =1kg•m2/s2【答案】B【解析】力的单位是牛,根据牛顿第二定律F=ma可知:,ACD错误、B正确,选B.2. 以下四个图像分别表示物体的速度v随时间t变化的规律,其中表示物体处于平衡状态的是A. B. C. D.【答案】C【解析】物体处于平衡状态时合外力为零,加速度为零,物体处于静止或匀速运动状态;A图中速度随时间均匀增加,是匀加速直线运动,加速度、合力不为零,故A错误;B图中速度随时间均匀减小,是匀减速直线运动,加速度、合力不为零,故B错误;C图中速度不变,加速度、合力为零,是匀速直线运动,合力为零,故C正确;D图中速度增加得越来越快,是变加速直线运动,加速度、合力不为零,故D错误;故选C.【点睛】物体受力平衡时处于静止或匀速直线运动,匀速直线运动的特点是物体的速度保持不变,位移随时间均匀变化,加速度为零.3. 如图所示,壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行,关于它在此平面内的受力分析,下列图示中正确的是A. B. C. D.【答案】A【解析】壁虎在竖直玻璃面上匀速爬行,属于匀速直线运动,对壁虎进行受力分析:由图可知,F与大小相等,方向相反,故选项A正确。
4. 一个大人和一个小孩面对面站在光滑的冰面上,都处于静止状态,某时刻小孩沿水平方向用力推了大人一下,结果两人向相反方向滑去。
已知大人的质量大于小孩的质量,则下列说法正确的是A. 小孩受到的冲量较大B. 大人受到的冲量较大C. 小孩运动的速度较大D. 大人运动的速度较大【答案】C【解析】两人组成的系统,初状态总动量为零,根据动量守恒,可知两人的动量变化量大小相等,方向相反,根据,可知质量小的速度大,故C正确,D错误;根据动理定理,可知两人的冲量大小相等,故AB错误;故选C.5. 如图所示,甲图中a、b两点在两个等量同种点电荷的连线上、与连线中点距离相等,乙图中c、d两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上、与连线中点距离相等,a、b、c、d四点的电场强度分别为、、、,电势分别为、、、,下列说法正确的是A. 与相同,与相同B. 与相同,与不同C. 与不同,与相同D. 与相同,与相同【答案】D学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...【点睛】电势是标量,同一等势面各点电势相等.电场强度是矢量,只有大小和方向均相同时,场强才相同.6. 如图所示,理想变压器的原线圈接在的交流电源上,闭合开关S后,变压器的输入功率为110 W,这时副线圈上额定电压为55 V的用电器刚好正常工作,下列说法正确的是A. 原线圈输入电压的有效值为VB. 通过用电器的电流为2.0AC. 原、副线圈的匝数比为1:4D. 副线圈输出交流电的频率为100Hz【答案】B【解析】理想变压器的原线圈接在的交流电源上,则原线圈输入电压的最大值为,则有有效值为,A错误;根据变压器的输入功率为110 W,这时副线圈上额定电压为55 V的用电器刚好正常工作,则A=2.0A,B正确;根据,可得原、副线圈的匝数比为4:1,C错误;由,可知角速度,则频率为,变压器不改变交流电的频率,则副线圈输出交流电的频率为,D错误;选B.7. 如图所示,电源内阻为r,直流电动机M的线圈电阻为R。
当该电动机正常工作时,电源路端电压为U,通过电动机的电流为I,则A. 电动机的机械功率为IU=I2RB. 电动机内部发热功率为IUC. 电源电动势为I(R+r)D. 电源的输出功率为IU+I2R【答案】A【解析】电动机的机械功率等于输入功率减去热功率,即,A正确;根据焦耳定律,可得电动机内部发热功率为,B错误;电源电动势为,C错误;电源的输出功率为,D错误;选A.8. 如图甲所示,在垂直纸面向里的匀强磁场中,一个线圈与一个电容器相连,线圈平面与匀强磁场垂直,电容器的电容C= 60 μF,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是A. 电容器下极板电势高于上极板B. 线圈中磁通量的变化率为3 Wb/sC. 电容器两极板间电压为2.0 VD. 电容器所带电荷量为120 C【答案】C【解析】根据楞次定律,可判断出电容器上极板电势高于下极板,A错误;根据图象可得线圈中磁通量的变化率为,B错误;根据法拉第电磁感应定律有:V,C正确;根据Q=CU,可得电容器所带电荷量为,D错误;选C.9. 如图所示,甲图是由一个灵敏电流计和一个电阻箱R改装成的电流表,乙图是由同样的一个灵敏电流计和一个电阻箱R改装成的电压表。
当使电阻箱R的电阻增大时,下列说法正确的是A. 电流表的内阻减小,量程增大B. 电流表的内阻增大,量程减小C. 电压表的内阻增大,量程减小D. 电压表的内阻减小,量程增大【答案】B【解析】甲图是电流表,当使电阻箱R的电阻增大时,甲图中内阻增大,流过R的电流减小,则电流表量程减小,A错误,B正确;乙图是电压表,当使电阻箱R的电阻增大时,乙图中内阻增大,R两端的分担的电压增大,则量程增大,CD错误;选B.10. 如图所示为质谱仪的原理图,一束粒子以速度v沿直线穿过相互垂直的匀强电场(电场强度为E)和匀强磁场(磁感应强度为B1)的重叠区域,然后通过狭缝S0垂直进入另一匀强磁场(磁感应强度为B2),最后打在照相底片上的三个不同位置,粒子的重力可忽略不计,则下列说法正确的是A. 该束粒子带负电B. P1板带负电C. 粒子的速度v满足关系式D. 在磁感应强度为B2的磁场中,运动半径越大的粒子,荷质比越小【答案】D【解析】根据粒子在右侧磁场中的运动,利用左手定则,可判断出该束粒子带正电,A错误;根据粒子在左侧运动可知,洛伦兹力方向向上,则电场力方向向下,板带正电,B错误;由粒子做直线运动,粒子平衡,有:,得粒子的速度v满足关系式,C错误;在磁感应强度为的磁场中,根据,运动半径越大的粒子,荷质比越小,D正确;选D.【点睛】带电粒子经加速后进入速度选择器,电场力和洛伦兹力平衡时,速度为的粒子沿直线通过狭缝S0,然后进入磁场,打在胶片上的不同位置.在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,求出粒子的轨道半径,分析半径与荷质比的关系.11. 如图所示,弹性轻绳的一端套在手指上,另一端与弹力球连接,用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出,抛出后手保持不动。
从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内,空气阻力忽略不计),下列说法正确的是A. 绳伸直以后,绳的拉力始终做负功,球的动能一直减小B. 该过程中,手受到的绳的拉力先增大后减小C. 该过程中,重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功D. 在最低点时,球、绳和地球组成的系统势能最大【答案】D【解析】绳伸直以后,绳的拉力始终做负功,但重力大于拉力时球的速度增大,故球的动能增大,当重力与拉力相等时球的速度最大,动能最大;继续向下,当重力小于拉力时球的速度减小,则球的动能减小,A 错误;该过程中,手受到绳的拉力一直增大,B错误;该过程中重力对球做的功等于球克服绳的拉力做的功,C错误;在最低点时,小球的动能为零,球、绳和地球组成的系统势能最大,D正确;选D.12. 2017 年10 月10 日,中国科学院国家天文台宣布,科学家利用被誉为“天眼”的世界最大单口径射电望远镜——500 米口径球面射电望远镜(FAST)探测到数十个优质脉冲星候选体,其中两颗已通过国际认证。
这是中国人首次利用自己独立研制的射电望远镜发现脉冲星。
脉冲星是中子星的一种,为会发出周期性脉冲信号的星体。
与地球相似,脉冲星也在自转着,并且有磁场,其周围的磁感线分布如图所示。
脉冲是由于脉冲星的高速自转形成,只能沿着磁轴方向从两个磁极区辐射出来;脉冲星每自转一周,地球就接收到一次它辐射的脉冲。
结合上述材料,下列说法正确的是A. 脉冲信号属于机械波B. 脉冲星的磁轴与自转轴重合C. 脉冲的周期等于脉冲星的自转周期D. 所有的中子星都可以发出脉冲信号【答案】C【解析】根据题意,脉冲星每自转一周,地球就接收到一次它辐射的脉冲,则可得脉冲的周期等于脉冲星的自转周期,C正确;脉冲信号属于电磁波,若为机械波,则传播需要介质,无法接收到,A错误;根据图可知脉冲星的磁轴与自转轴并不重合,B错误;根据题中信息,脉冲星是中子星的一种,为会发出周期性脉冲信号的星体,说明并不是所有的中子星都可以发出脉冲信号,D错误;选C.二、实验题:共2题13. 用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
图乙是从打出的纸带中选出的符合要求的一条纸带,O 点为打点起始点,且O点的速度为零。
在纸带上选取三个依次打出的连续点A、B、C,测得它们到O点的距离分别为h A、h B、h C。
设重锤质量为m,当地重力加速度为g,打点计时器打点周期为T。
为了验证此实验过程中机械能是否守恒,需要计算出从打O点到打B点的过程中,重锤重力势能的减少量E p= _______,动能的增加量E k=_______(用已知字母表示)。
【答案】(1). (2).14. 在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准。
(1)用螺旋测微器测量待测金属丝的直径,从图1中的示数可读出该次测量金属丝的直径D为_______mm。
(2)用伏安法测量待测金属丝接入电路部分的电阻R x(约为5),现有电池组(3 V,内阻1)、电压表(0——3 V,内阻约3 k),开关和导线若干,以及下列仪器可供选择:A.电流表(0——3 A,内阻约0.025)B.电流表(0——0.6 A,内阻约0.125)C.滑动变阻器(0——20,额定电流2 A)D.滑动变阻器(0——200,额定电流1.5 A)为了减小误差,在实验中电流表应选用_______,滑动变阻器应选用_______(选填字母代号)。
(3)根据第(2)问中选择的实验仪器,应选择图2中_______电路进行实验(选填“甲”或“乙”)。
(4)闭合开关,改变滑动变阻器滑片P的位置,并记录对应的电流表示数和电压表示数。
某次测量两电表示数如图3所示,可求得该金属丝的阻值R x=_______Ω(保留两位有效数字)。
(5)若待测金属丝接入电路部分的长度为l,直径为D,电阻为R x,计算金属丝电阻率的表达式为ρ=_______(用已知字母表示)。
(6)按第(3)问中所选的电路进行测量,在不损坏电表的前提下,将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端,随着滑片P移动距离x的增加,电流表的示数I也随之增加,下列反映I随x变化趋势的示意图中正确的是_______(选填字母代号)。