高三物理-苏州市2016届高三上学期9月调研物理试卷

江苏省苏州市2016届高三上学期调研物理试卷（9月份）

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．如图所示，恒力F垂直作用在倾角为α，质量为m的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力大小为( )

A．Fsinα

2．一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度﹣时间”图象可能是( )

B．Fcosα

C．mgsinα

D．mgcosα

A． B． C．

D．

3．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )

A．

B． C． D．

4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )

1

A．mgR

5．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )

B．mgR

C．mgR

D．

mgR

A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

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．

6．2014年4月美国宇航局科学家宣布，在距离地球约490光年的一个恒星系统中，发现一颗宜居行星，代号为开普勒﹣186f．科学家发现这颗行星表面上或存在液态水，这意味着上面可能存在外星生命．假设其半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则下列说法正确的是( )

A．该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为 B．该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为 C．该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 D．该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为

2

7．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，副线圈上通过输电线接有灯泡Ll，L2和含有铁芯的线圈L，输电线等效电阻为R．开始时，开关S断开，滑片P处于图示位置，灯泡L1能发光．要使灯泡L1变亮，可以采取的办法是( )

A．向上滑动P C．抽出线圈中的铁芯

8．如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一带电量为+q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是( )

B．闭合开关S

D．增大交流电源的频率

A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转 B．若带电粒子带电量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过

C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大 D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过

9．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是( )

A．B点一定在O点左下方

B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方 C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小

3

D．从A到B的过程中，物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功

三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（12-20题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．【必做题】

10．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s，结果保留两位有效数字）

2

（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=__________m/s；

（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=__________J，系统势能的减少量△EP=__________J，由此得出的结论是__________．

11．实验室购买了一根标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm，查得铜的电阻率为1.7×10Ω?m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有： 电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω； 电压表：量程3V，内阻约9kΩ； 滑动变阻器R1：最大阻值5Ω； 滑动变阻器R2：最大阻值20Ω； 定值电阻：R0=3Ω；

电源：电动势6V，内阻可不计； 开关、导线若干．

2

﹣8

4

（1）实验中，滑动变阻器应选__________（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至__________端（填“a”或“b”）．

（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接． （3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为__________V．

（4）导线实际长度为__________m（保留2位有效数字）．

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分．A．选修3-3 12．下列说法正确的是( )

A．液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性 B．微粒越大，撞击微粒的液化分子数量越多，布朗运动越明显 C．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果

D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小

13．一定质量的理想气体由状态A经过程I变至状态B时，内能增加120J．当气体从状态B经过程II回到状态A时，外界压缩气体做功200J，则II过程中气体__________（填“吸热”缄“放热”），热量为__________J．

5

14．某理想气体在温度为0℃时，压强为2P0（P0为一个标准大气压），体积为0.5℃L，已知1mol理想气体标准状况下的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA=6.0×10mol．求： （1）标准状况下该气体的体积；

（2）该气体的分子数（计算结果保留一位有效数字）．

B选修3-4

15．目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz～1000MHz的范围内，下列关于雷达和电磁波的说法正确的是( )

A．真空中，上述频率范围的电磁波的波长在0.3m～1.5m之间 B．电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的

C．波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播 D．测出电磁波从发射到接收的时间，就可以确定到障碍物的位置

16．一列向右传播的简谐波在t=1s时刻的波形如图所示，再经过0.7s，x=7m处的质点P第一次从平衡位置向上振动，此时O处质点处于__________（选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”），这列波的周期T=__________s．

23

﹣1

17．如图所示的装置可以测量棱镜的折射率．ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边A放置一块平面镜．一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合． ①画出进入棱镜的折射光线； ②求出棱镜的折射率n．

6

C．选修3-5

18．下列说法正确的是( )

A．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定 B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 C．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

D．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃进时，最多可产生4个不同频率的光子

19．用频率为v但强度不同的甲乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，__________（选填甲或乙）光的强度大，已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0则光电子的最大初动能为__________．

20．1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是

．

经过m次α衰变和n次β衰变后变成稳定的

．

①求m、n的值； ②一个静止的氡核（

6

）放出一个α粒子后变成钋核（）．已知钋核的速率

v=1×10m/s，求α粒子的速率．

7

四、计算题：本题共3小题，共计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，在水平桌面上放置一边长L=0.2m的正方形闭合金属线圈abcd，线圈的匝数n=10，质量m=0.1kg，总电阻R=0.1Ω．线圈处于竖直向上的匀强磁场中，从t=0时刻起，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，g取l0m/s．求：

2

（1）1s时刻线圈中的感应电动势的大小E； （2）0～3s内线圈中流过的电量q； （3）0～3s内线圈中产生的焦耳热Q．

22．（16分）如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以υ0=2m/s的速度水平抛出，恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s．求：

（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小； （2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小； （3）弹簧的弹性势能的最大值EPm．

2

8

23．（16分）如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=

v0也从O点射入

磁场，其方向与MN的夹角β=60°角．已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用． （1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d； （2）求两粒子进入磁场的时间间△t；

（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．求电场强度E的大小和方向．

江苏省苏州市2016届高三上学期调研物理试卷（9月份）

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．如图所示，恒力F垂直作用在倾角为α，质量为m的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力大小为( )

A．Fsinα

考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；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：滑块没被推动，合力为零．分析滑块的受力情况，根据平衡条件求得静摩擦力大小．

9

B．Fcosα C．mgsinα D．mgcosα

解答： 解：分析滑块的受力情况：重力G、地面的支持力N和静摩擦力f、力F，作出力图，如图，根据平衡条件得 f=Fsinα 故选：A

点评：本题是多力平衡问题，正确分析受力情况是解题的关键，同时要由几何知识正确找出F与G的夹角，即可轻松求解．

2．一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度﹣时间”图象可能是( )

A． B． C．

D．

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：由于题目中没有告诉斜面是否光滑和摩擦因数的大小，故必须进行讨论，①当斜面光滑时物体的加速度由重力沿斜面方向的分力提供，故物体在上升和下降的过程中加速度不变；②如果最大静摩擦力大于大于重力沿斜面方向的分力，则物体的速度为0后将保持静止；③如果重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则物体能够返回运动，但合外力减小．速度图象的斜率等于物体的加速度．

10

解答： 解：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同，故A是可能的．故A正确． B、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点．故B正确． C、若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率．故D错误，C正确． 故选：ABC

点评：做题时一定要注意题目有没有告诉斜面是否光滑和不光滑时摩擦因数的大小，否则要注意讨论．这是解决此类题目时一定要注意的问题．

3．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )

A．

B． C． D．

考点：电场的叠加；电场强度． 专题：电场力与电势的性质专题．

分析：在边长为a的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为题中各选项的点电荷，根据电场强度的方向与大小进行叠加，从而即可求解． 解答： 解：A、根据点电荷电场强度公式E=

，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方

形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；

B、同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为2

，故B正确；

C、同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为

，故C错误；

，故D

D、根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小错误．

11

故选：B．

点评：解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及点电荷的场强方向，会根据平行四边形定则进行场强的叠加．

4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )

A．mgR

考点：动能定理．

专题：动能定理的应用专题．

分析：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q点的速度，再由动能定理求解克服摩擦力所做的功．

解答： 解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：

B．mgR

C．mgR

D．

mgR

N﹣mg=m

由题有：N=2mg 可得：vQ=

质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得： mgR﹣Wf=

得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR 故选：C．

点评：本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法．

12

5．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )

A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大

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：根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．

解答： 解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有： eU=mv0?①

2

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m②

解得：r==?③

T=④

可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故AC错误；

提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误； 故选：B．

点评：本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键．

13

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．

6．2014年4月美国宇航局科学家宣布，在距离地球约490光年的一个恒星系统中，发现一颗宜居行星，代号为开普勒﹣186f．科学家发现这颗行星表面上或存在液态水，这意味着上面可能存在外星生命．假设其半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则下列说法正确的是( )

A．该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为 B．该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为 C．该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 D．该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为

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：根据万有引力等于重力得出重力加速度的表达式，结合行星与地球的半径以及质量的关系求出重力加速度之比；

根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的表达式，结合行星与地球的半径以及质量的关系求出第一宇宙速度之比． 解答： 解：A、根据

得：g=

，因为行星的半径为地球半径的a倍，质量为地球

．故A正确，B错误．

质量的b倍，则重力加速度与地球表面重力加速度之比为

C、根据得第一宇宙速度为：v=，因为行星的半径为地球半径的a倍，质量

为地球质量的b倍，所以行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D错误． 故选：AC．

．故C正确，

点评：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用．

14

7．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，副线圈上通过输电线接有灯泡Ll，L2和含有铁芯的线圈L，输电线等效电阻为R．开始时，开关S断开，滑片P处于图示位置，灯泡L1能发光．要使灯泡L1变亮，可以采取的办法是( )

A．向上滑动P C．抽出线圈中的铁芯

考点：变压器的构造和原理． 专题：交流电专题．

分析：根据变压器的特点，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项

解答： 解：A、向上滑动P副线圈匝数增大，副线圈电压增大，电流增大，灯泡L1变亮，故A正确

B、闭合开关S，负载电阻减小，副线圈电流增大，R分压增大，并联支路的电压减小，灯泡变暗，故B错误

C、抽出线圈中的铁芯，线圈的自感作用减小，通过灯泡的电流增大，灯泡L1变亮，故C正确

D、增大交流电源的频率不会改变副线圈的电压，但线圈的自感作用增大，阻碍电流的通过，灯泡亮度变暗，故D错误 故选：AC

点评：本题 结合变压器考查了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，对电感线圈要了解其通低频阻高频的特点．

8．如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直．一带电量为+q，质量为m的粒子（不计重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是( )

B．闭合开关S

D．增大交流电源的频率

15

A．若带电粒子带电量为+2q，粒子将向下偏转 B．若带电粒子带电量为﹣2q，粒子仍能沿直线穿过

C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大 D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过

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：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系．

解答： 解：A、粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动； 根据平衡条件，有： qvB=qE 解得： v=

只要粒子速度为，就能沿直线匀速通过选择器；

若带电粒子带电量为+2q，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器；故A错误；

B、若带电粒子带电量为﹣2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器；故B正确；

C、若带电粒子速度为2v，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增加；故C正确；

D、若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D错误； 故选：BC．

16

点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器；若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．

9．如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是( )

A．B点一定在O点左下方

B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方 C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减小

D．从A到B的过程中，物块减小的机械能可能大于它克服摩擦力做的功

考点：动能定理的应用． 专题：动能定理的应用专题．

分析：物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒．

解答： 解：A、弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点，弹簧弹力为零，物体从A向B运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当平衡时速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，而B点速度为零，由于不知道滑动摩擦力的具体大小，所以无法判断B点在O点的上方还是下方，故A错误；

B、重力的下滑分力可以大于摩擦力．若mgsinθ＜f，所以当弹力和重力沿斜面的分量等于摩擦力时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，所以速度最大时，物块的位置在O点上方，若mgsinθ＞f，所以当重力沿斜面的分量等于摩擦力和弹簧弹力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以速度最大时，物块的位置在O点下方，故B正确

17

C、从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减小，故C正确；

D、从A到B的过程中，根据能量守恒定律，物块减小的机械能等于弹性势能的减小量和克服摩擦力做的功之和，若弹簧的弹性势能增加时，则物块减小的机械能大于它克服摩擦力做的功，故D正确． 故选：BCD．

点评：本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大，难度适中．

三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（12-20题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．【必做题】

10．用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s，结果保留两位有效数字）

2

（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；

（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△EK=0.58J，系统势能的减少量△EP=0.60J，由此得出的结论是因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．

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：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；

18

（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒．

解答： 解：（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：

故答案为：2.4．

（2）物体的初速度为零，所以动能的增加量为：

重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J；

由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．

故答案为：0.58，0.60，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒． 点评：本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力．

11．实验室购买了一根标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm，查得铜的电阻率为1.7×10Ω?m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有： 电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω； 电压表：量程3V，内阻约9kΩ； 滑动变阻器R1：最大阻值5Ω； 滑动变阻器R2：最大阻值20Ω； 定值电阻：R0=3Ω；

电源：电动势6V，内阻可不计； 开关、导线若干．

（1）实验中，滑动变阻器应选R2（填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至a端（填“a”或“b”）．

（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接． （3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为2.30V．

19

2

﹣8

（4）导线实际长度为94m（保留2位有效数字）．

考点：测定金属的电阻率． 专题：实验题．

分析：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处； （2）根据实验电路图，连接实物图； （3）根据图乙读出电压，注意估读； （4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．

解答： 解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；

（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示： （3）根据图乙读出电压U=2.30V， （4）根据欧姆定律得：R0+Rx=

解得：Rx=1.6Ω 根据电阻定律得： Rx=

解得：L=m

20

故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30V；（4）94．

点评：本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中．

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分．A．选修3-3 12．下列说法正确的是( )

A．液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性

B．微粒越大，撞击微粒的液化分子数量越多，布朗运动越明显 C．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果

D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强一定减小

考点：* 晶体和非晶体；布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象．

分析：液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性；液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力；微粒越大，温度越低，布朗运动越不明显；压强是大量气体分子持续撞击器壁产生的．

解答： 解：A、液晶是一种特殊的物态，它既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，故A正确；

B、微粒越大，撞击微粒的液化分子数量越多，微粒的受力越趋向平衡，布朗运动越不明显，故B错误

21

C、液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果．故C正确；

D、气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小．故D错误． 故选：AC

点评：本题考查选修3﹣3中的多个知识点，如液晶的特点、布朗运动、表面张力和压强的微观意义，都是记忆性的知识点难度不大，在平时的学习过程中加强知识的积累即可．

13．一定质量的理想气体由状态A经过程I变至状态B时，内能增加120J．当气体从状态B经过程II回到状态A时，外界压缩气体做功200J，则II过程中气体放热（填“吸热”缄“放热”），热量为320J．

考点：热力学第一定律． 专题：理想气体状态方程专题．

分析：理想气体得内能只与温度有关，温度升高，内能增加，温度降低，内能减小；由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，内能增加120J，说明气体温度升高，体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时，温度降低，放热，由热力学第一定律渴求放出热量．

解答： 解：理想气体得内能只与温度有关，由状态A经过程Ⅰ变至状态B时，内能增加120J，说明气体温度升高；

则气体从状态B经过程Ⅱ回到状态A时，温度降低，气体放热，且内能减小120J； 由热力学第一定律得：△U=W+Q

得放出热量为：Q=△U﹣W=﹣120﹣200J=﹣320J 负号说明放热； 故答案为：放热，320J．

点评：本题是热力学第一定律的应用问题，实际上是能量守恒定律的具体应用．对于△U、W、Q三个量的符合法则要理解基础上记忆：凡使气体内能增加的量，均为正值．

22

14．某理想气体在温度为0℃时，压强为2P0（P0为一个标准大气压），体积为0.5℃L，已知1mol理想气体标准状况下的体积为22.4L，阿伏加德罗常数NA=6.0×10mol．求： （1）标准状况下该气体的体积；

（2）该气体的分子数（计算结果保留一位有效数字）．

考点：理想气体的状态方程；阿伏加德罗常数． 专题：理想气体状态方程专题．

分析：（1）由理想气体状态方程可以求出气体在标准状况下的体积． （2）求出气体物质的量，然后求出气体分子数．

解答： 解：（1）由题意可知，气体的状态参量：p1=2P0，V1=0.5L，T1=273K，p2=P0，V2=？，T2=273K，

气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：2P0×0.5L=P0×V2，解得：V2=1L； （2）气体分子数：n=

NA=

×6.0×10≈3×10个；

23

22

23

﹣1

答：（1）标准状况下该气体的体积是1L； （2）该气体的分子数是3×10个．

点评：本题考查了求气体体积、气体分子数，应用玻意耳定律、阿伏伽德罗常数即可正确解题．

B选修3-4

15．目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz～1000MHz的范围内，下列关于雷达和电磁波的说法正确的是( )

A．真空中，上述频率范围的电磁波的波长在0.3m～1.5m之间 B．电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的

C．波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播 D．测出电磁波从发射到接收的时间，就可以确定到障碍物的位置

考点：电磁波谱．

分析：本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理，比较简单，根据麦克斯韦的电磁场理论内容即可正确解答．

22

23

解答： 解：A、根据λ=电磁波频率在200MHz至1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A正确；

B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，恒定不变的电场不会产生磁场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误．

C、波长越短的电磁波，越不容易发生衍射，不容易绕过障碍物，不便于远距离传播，故C错误；

D、测出从发射无线电波到接收反射回来的无线电波的时间，根据无线电波的传播速度，就可以间距，D正确； 故选：AD．

点评：本题易错点为：有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，注意麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用．同时注意用无线电波测量距离时，注意间距应是所求长度的一半．

16．一列向右传播的简谐波在t=1s时刻的波形如图所示，再经过0.7s，x=7m处的质点P第一次从平衡位置向上振动，此时O处质点处于平衡位置（选填“波峰”、“波谷”、“平衡位置”），这列波的周期T=0.2s．

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：波向右传播，当O点的波传到P点时，P点第一次从平衡位置向上振动，根据波从O传到P的距离x=7m，时间t=0.7s，由v=

求出波速，由图读出波长，求出周期．

解答： 解：由图象知，λ=2m，波向右传播，当O点的波传到P点时，P点第一次从平衡位置向上振动，此时O点在平衡位置处，

由题意，波从O传到P的距离x=7m，时间t=0.7s，则波速为：v=由v=

得：T=

=0.2s

，

故答案为：平衡位置；0.2

24

点评：本题关键要知道波是匀速传播的，可用v=和v=系，分析质点通过的路程是常用的方法．

研究波速，根据时间与周期的关

17．如图所示的装置可以测量棱镜的折射率．ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边A放置一块平面镜．一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合． ①画出进入棱镜的折射光线； ②求出棱镜的折射率n．

考点：光的折射定律． 专题：光的折射专题．

分析：①从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合，知光线垂直射向平面镜，作出光路图． ②结合几何关系和折射率定律求出棱镜的折射率

解答： 解：①若使从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合，根据光路可逆可知SO的折射光线应与AC垂直，光路图如图所示． ②由图知：入射角 i=90°﹣β

要使从AB面射出的光线与SO重合，则AB面上折射光线必须与AC面垂直，由几何知识得到，折射角 r=α 由折射定律n=答：

①画出进入棱镜的折射光线如图； ②棱镜的折射率n是

．

得：

25

点评：解决几何光学问题的关键是，根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解．

C．选修3-5

18．下列说法正确的是( )

A．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定 B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 C．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关

D．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃进时，最多可产生4个不同频率的光子

考点：原子核的结合能；物质波．

分析：比结合能越大，原子中核子结合的越牢固．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关．根据数学组合公式

求出氢原子最多放出不同频率光子的种数．

解答： 解：A、比结合能是衡量原子核结构是否牢固的指标，它越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．故A正确；

B、根据黑体辐射实验的规律可知：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．故B正确．

C、放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故C错误；

D、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃进时，由的光子，故D错误． 故选：AB．

=6知：最多可产生6个不同频率

26

点评：对于光学和原子物理的基础知识，大都需要记忆，因此注意平时多加积累；正确理解氢原子的跃迁问题．

19．用频率为v但强度不同的甲乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，甲（选填甲或乙）光的强度大，已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0则光电子的最大初动能为hv﹣W0．

考点：光电效应． 专题：光电效应专题．

分析：根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效应方程，即可求解． 解答： 解：根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；

由光电效应方程mv=hv﹣W0， 可知，电子的最大初动能EKm=hv﹣W0； 故答案为：甲，hv﹣W0

点评：本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，理解光电效应方程的应用，注意光电流影响因素．

20．1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是

．

经过m次α衰变和n次β衰变后变成稳定的

．

2

①求m、n的值； ②一个静止的氡核（

6

）放出一个α粒子后变成钋核（）．已知钋核的速率

v=1×10m/s，求α粒子的速率．

27

考点：动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．

分析：①核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出m、n的值． ②核反应过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出粒子速度．

解答： 解：①核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得：4m=222﹣206， 解得：m=4， 86=82+2m﹣n， 解得：n=4；

②核反应过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mαvα﹣mPov=0，

代入数据解得：vα=5.45×10m/s； 答：①m是4，n是4；

②α粒子的速率是：5.45×10m/s．

点评：核反应过程质量数与核电荷数守恒，系统动量守恒，应用质量数与核电荷数守恒、动量守恒定律即可正确解题．

四、计算题：本题共3小题，共计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，在水平桌面上放置一边长L=0.2m的正方形闭合金属线圈abcd，线圈的匝数n=10，质量m=0.1kg，总电阻R=0.1Ω．线圈处于竖直向上的匀强磁场中，从t=0时刻起，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，g取l0m/s．求：

2

77

（1）1s时刻线圈中的感应电动势的大小E； （2）0～3s内线圈中流过的电量q； （3）0～3s内线圈中产生的焦耳热Q．

28

考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律． 专题：电磁感应与电路结合．

分析：（1）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；

（2、3）由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出电荷量，由焦耳定律可以求出线圈产生的焦耳热；

解答： 解：（1）由法拉第电磁感应定律得：

代入数据得：E=0.04V （2）由闭合电路欧姆定律得：代入数据得：I=0.4A

电量：q=It 代入数据得：q=1.2C

（3）由焦耳定律得：Q=IRt 代入数据得：Q=0.048J

答：（1）1s时刻线圈中的感应电动势的大小为0.04V； （2）0～3s内线圈中流过的电量1.2C； （3）0～3s内线圈中产生的焦耳热0.048J．

点评：本题考查了求电动势、判断电流方向、求电荷量、求焦耳热等问题，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、电流定义式、焦耳定律即可正确解题，并掌握左手定则与右手定则的区别．

22．（16分）如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中A点以υ0=2m/s的速度水平抛出，恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D间的水平距离L=1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s．求：

（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小； （2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小； （3）弹簧的弹性势能的最大值EPm．

29

2

2

考点：机械能守恒定律；向心力；功能关系． 专题：机械能守恒定律应用专题．

分析：（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度υB的大小；

（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小． （3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解．

解答： 解：（1）小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：υB=

=

=4m/s．

2

2

（2）小物块由B运动到C，据机械能守恒有：mgR（1+sinθ）=mυC﹣mυB

在C点处，据牛顿第二定律有NC′﹣mg=m

解得NC′=8 N 根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小NC为8N． （3）小物块从B运动到D，据能量关系有

EPm=mυB+mgR（1+sinθ）﹣μmgL=×0.1×4 J+0.1×10×0.4×（1+） J﹣0.5×0.1×10×1.2 J=0.8J 答：

（1）小物块经过圆弧轨道上B点时速度υB的大小是4m/s； （2）小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力NC的大小是8N； （3）弹簧的弹性势能的最大值EPm是0.8J．

2

2

30

点评：该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化．

23．（16分）如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=

v0也从O点射入

磁场，其方向与MN的夹角β=60°角．已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及粒子间的相互作用． （1）求两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d； （2）求两粒子进入磁场的时间间△t；

（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．求电场强度E的大小和方向．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律． 专题：带电粒子在磁场中的运动专题．

分析：（1）作出两粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律求出半径，结合几何知识求出d； （2）根据公式t=

T求运动时间；

（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行，分为与粒子速度方向相同和相反两种情况进行讨论．

解答： 解：（1）粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动：

根据牛顿第二定律：qvB=m

，

31

粒子1圆周运动的圆心角θ1=粒子2圆周运动的圆心角θ2=

，OA=2r1sinθ1 ，OB=2r2sinθ2

故d=OA+OB=2r1sin30°+2r2sin60°=；

（2）粒子圆周运动的周期为：T=，

T， T，

粒子1在匀强磁场中运动的时间为：t1=粒子2在匀强磁场中运动的时间为：t2=所以有：△t=t1﹣t2=

；

（3）由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行．

a．若电场强度的方向与MN成30°角斜向右上，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动．

由牛顿第二定律得：qE=ma，ABcos30°=v1t+at+at，ABsin30°=v2t， 解得：E=

Bv0；

2

2

b．若电场强度的方向与MN成30°角斜向左下，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动．

由牛顿第二定律得：Eq=ma ABcos30°=v1t﹣at﹣at ABsin30°=v2t，解得：E=﹣Bv0，假设不成立． 综上所述，电场强度的大小E=

Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．

；

2

2

答：（1）两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d为

（2）两粒子进入磁场的时间间隔△t为；

（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子1做直线运动．电场强度E的大小E为

Bv0，方向与MN成30°角斜向右上．

32

点评：本题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题，画出轨迹，运用几何知识是处理带电粒子在磁场中运动问题的基本方法．

33

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