甘肃省兰州市西北师大附中2017届高三（下）月考物理试卷（5月份）（word版含解析）

1、2016-2017学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）月考物理试卷（5月份）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，第14小题中只有一项符合题目要求，58小题中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，有选错或不选的得0分。）1（6分）下列四幅图的有关说法中正确的是（）A若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D链式反应属于重核的裂变2（6分）某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度vavb，不计空气阻力，则两支

2、飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（）ABCD3（6分）我国自主研发的北斗导航系统已正式投人商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”、具有导航、定位等功能如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A，B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（）A卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2B卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力做正功C这两颗卫星的加速度大小相等，均为gR2r2D卫星1由位置A运动到B位置所需的时间是2r3Rrg4（6分）以

3、一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是（）ABCD5（6分）已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等，如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线A、B为轴上的点，且OAOB则下列判断正确的是（）AA、B两点的电势相等BA、B两点的电场强度相同C点电荷从A点移到B点，电场力一定做正功D同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大6（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u1202sin100t（

4、V），O为副线圈中心抽出的线头，电路中两个电阻R11，R22下列关于电路的分析正确的是（）A开关S断开时，电流表示数为0.4AB开关S断开时，两电阻总的电功率为96WC开关S闭合时，电流表示数为0.452AD开关S闭合时，两电阻总的电功率为54W7（6分）反射式速度调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示，一质量m2.0×1020kg，电荷量q2.0×109C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动，则（）Ax轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之

5、比E1E2=12B粒子在00.5cm区间运动过程中的电势能减小C该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×108JD该粒子将在1cm到0.5cm间作周期性运动8（6分）如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的读数为n(B1-B0)St1Ct1t2时间内R上的电流为 nB1S2(t2-t1)RDt1t2时间内P端电势高于Q端电势二、解答题（共4小题

6、，满分47分）9（6分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度实验器材有：电磁打点计时器，一端附有滑轮的长木板，小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸片等（1）该同学在实验桌上安装好所需的器材后（如图1所示）准备进行实验，下面操作必须要的是 A把附有滑轮的长木板固定打点计时器的那端适当垫高，以平衡小车运动过程中所受的摩擦力B调节拉小车的细线试使细线与长木板板面平行C拉小车运动的钩码的质量远小于小车的质量D实验时，先释放小车，再接通电源（2）该同学在得到的纸带上选取七个计数点（相邻两个计数点之间还有四个点未画出），如图2所示，图中s14.81cm，s25.29cm，

7、s35.76cm，s46.25cm，s56.71cm，s67.21cm已知电源频率为50Hz，则加速度的大小为 m/s2（结果保留两位有效数字）10（9分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程03A，内阻约1C电流表：量程00.6A，内阻约1D电压表：量程03V，内阻约2kE电压表：量程015V，内阻约2kF滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干在现有器材的条件下，应尽可能减小测量电动势和内阻的误差（1）在上述器材中请选择适当的器材： （填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的 （填“甲”或“乙”）；（3

8、）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，干电池的电动势E V，内电阻r 。11（14分）如图，静止于A处的正离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值12（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M3.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L0.5m的水

9、平轨道，水平轨道左侧是一半径R0.15m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m1.0kg的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，不考虑不物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能；（2）小物块第二次经过O点时的速度大小；（3）若平板车固定在水平地面上，水平轨道光滑，14圆弧轨道光滑，现将轻弹簧解除锁定后，小物体被弹出，沿着水平轨道向左运动，求小物体运动过程中距

10、离A的最大高度H。三、选考题：选修33（共2小题，满分15分）13（5分）以下说法正确的是（）A水的饱和汽压强随温度的升高而增大B扩散现象表明，分子在永不停息地运动C当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小E一定质量的气体在被压缩的过程中，其内能可能保持不变14（10分）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h10cm（环境温度不变，大气压强p075cmHg）求：

11、稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？选修34（共2小题，满分0分）15图甲表示一列简谐横波在t20s时的波形图，图乙是该列波中的质点P的振动图象，由甲、乙两图中所提供的信息可知下列说法正确的是（）A该波的波长为1.5mB该波的振幅为0.1cmC该波的传播速度为0.5 m/s，速度沿x轴方向DP质点在t1.25s时沿+y方向运动EP质点在任意1s内的路程都是0.2cm16一般常见材料的折射率都为正值（n0），现针对某些电磁波设计的人工材料，其折射率可为负值（n0），称为负折射率材料，电磁波通过空气与这种材料的界面时，电磁波传播规律仍然不变，入射角和折射角的大小关系仍遵从折射定律（此时折射角取负值

12、），但折射波线与入射波线位于法线的同一侧现有一束电磁波从空气中以i60°的角度射入由负折射率材料制成、厚度dl0cm的长方体并从下表面射出，已知该材料对电磁波的折射率n=-3，电磁波在真空中的速度c3×108m/s（i） 大致画出电磁波穿过该材料的示意图；（ii） 求电磁波穿过该材料时的传播时间和在传播方向的侧移量2016-2017学年甘肃省兰州市西北师大附中高三（下）月考物理试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.在每小题给出的四个选项中，第14小题中只有一项符合题目要求，58小题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得

13、3分，有选错或不选的得0分。）1（6分）下列四幅图的有关说法中正确的是（）A若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷C在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D链式反应属于重核的裂变【考点】53：动量守恒定律；IC：光电效应；JK：重核的裂变【专题】54I：光电效应专题【分析】根据动量守恒定律和能量守恒定律判断碰后小球的速度；根据左手定则，通过洛伦兹力的方向判断粒子的电性；光的颜色决定了光的频率，通过图象得出饱和电流与入射光强度的关系；链式反应属于重核裂变【解答】解：A、两球质量相等，若发生的碰撞为弹性碰撞，即动量守恒、能量守恒，可知两球的

14、速度交换。若发生的碰撞为非弹性碰撞，则碰后m2的速度不为v。故A错误。B、根据左手定则，甲向左偏，知甲带负电。故B错误。C、光的颜色决定了光的频率，颜色相同，则频率相同，根据光电效应方程，知最大初动能相同，则遏止电压相等，入射光强度越大，饱和电流越大。故C正确。D、链式反应属于重核裂变。比如铀核裂变为链式反应。故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了光电效应、动量守恒定律以及核反应等基础知识点，关键熟悉教材，牢记、理解这些基础知识点2（6分）某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度vavb，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（）AB

15、CD【考点】43：平抛运动【专题】34：比较思想；43：推理法；518：平抛运动专题【分析】两只飞镖a、b都做平抛运动，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，根据水平位移和初速度的大小比较时间关系，由竖直分位移公式分析下落高度的关系，确定出两支飞镖插在竖直靶上的状态。【解答】解：两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有 xv0t，据题它们的水平位移大小相等，vavb，所以运动时间关系为tatb。由h=12gt2知：hahb所以插在竖直靶上时a镖在b的上面。设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与水平方向的夹角为，则 tan=gtv0，因为vavb，tatb所以有ab

16、所以A图正确。故A正确，BCD错误。故选：A。【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，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。3（6分）我国自主研发的北斗导航系统已正式投人商业运行，北斗导航系统又被称为“双星定位系统”、具有导航、定位等功能如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A，B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（）A卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2B卫星1由A位置运动到B位置的过程

17、中万有引力做正功C这两颗卫星的加速度大小相等，均为gR2r2D卫星1由位置A运动到B位置所需的时间是2r3Rrg【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星【专题】52A：人造卫星问题【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力和地球表面重力与万有引力相等求解出卫星轨道处的加速度及卫星运动的周期【解答】解：A、卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故A错误；B、卫星绕地球做匀速圆周运动的过程中，万有引力提供圆周运动的向心力，故从位置1运动到位置2的过程中，万有引力

18、始终指向圆心与卫星运动的速度方向垂直，故此过程中万有引力对卫星不做功，故B错误；C、在地球表面重力与万有引力大小相等有GmMR2=mg可得GMgR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故有GmMr2=ma可得卫星的加速度a=GMr2=gR2r2，故C正确；D、万有引力提供圆周运动向心力有：GmMr2=mr42T2可得卫星运行周期为：T=2r3GM=2r3gR2=2rRrg，所以卫星从位置1到位置2所需时间t=60°360°T=16×2rRrg=r3Rrg，故D错误。故选：C。【点评】万有引力引用主要入手点：一是万有引力提供圆周运动向心力，二是在星球表

19、面重力与万有引力相等注意向心力公式的不同表达式是正确解题的关键4（6分）以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机械能E随离地高度h变化关系可能正确的是（）ABCD【考点】6B：功能关系【专题】34：比较思想；4B：图析法；52Q：功能关系 能量守恒定律【分析】由功能关系可知，机械能的减少量等于物体克服阻力所做的功，Eh图中切线的斜率大小等于阻力的大小，通过速度的变化分析空气阻力的变化，来分析图象的形状。【解答】解：根据功能关系得Efh，得 Eh=f，即Eh图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小。在

20、上升过程中，h增大，小球的速度减小，空气阻力随之减小，图象的斜率逐渐减小，直至为零。在上升过程中，h减小，小球的速度增大，空气阻力随之增大，图象斜率的绝对值逐渐增大。经过同一高度时，上升的速度大小比下降的速度大小大，所以经过同一高度，上升时空气阻力比下降时的大，图象的斜率大小要大，所以D图可能正确。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键是要知道Eh图象切线的斜率绝对值等于空气阻力的大小，根据小球的运动情况，来分析空气阻力的大小。5（6分）已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等，如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线A、B为轴上的点，且O

21、AOB则下列判断正确的是（）AA、B两点的电势相等BA、B两点的电场强度相同C点电荷从A点移到B点，电场力一定做正功D同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大【考点】AG：电势差和电场强度的关系【专题】34：比较思想；42：等效替代法；532：电场力与电势的性质专题【分析】根据电场的叠加原理分析电场方向，判断电势高低通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析A、B两点电场强度的关系根据电场线的方向分析电势高低通过电势高低分析电场力做功情况，判断电势能变化情况【解答】解：A、根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势，故A错误；B、将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均

22、匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E1和E2。由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E1E2。根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1且 E1E2。则在图示电场中，A的场强大小为E1，方向向右。B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故B正确。C、点电荷从A点移到B点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故C错误。D、A点的电势高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势大，知同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大。故D正确。故选：BD。【点评】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电

23、荷产生的电场关系左半球面在A点的场强与缺失的右半球面在B点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键6（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u1202sin100t（V），O为副线圈中心抽出的线头，电路中两个电阻R11，R22下列关于电路的分析正确的是（）A开关S断开时，电流表示数为0.4AB开关S断开时，两电阻总的电功率为96WC开关S闭合时，电流表示数为0.452AD开关S闭合时，两电阻总的电功率为54W【考点】E8：变压器的构造和原理【专题】531：带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据瞬时值表达式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

24、数成正比电流与匝数成反比即可求得结论【解答】解：A、由表达式知原线圈电压有效值为120V，由电压与匝数成正比知副线圈两端电压为12V，副线圈中电流为121+2=4A，电流与匝数成反比知电流表示数为0.4A，故A正确；B、由A知，所以两电阻总的电功率为1221+2=48W，B错误；C、开关S闭合时，副线圈相当于两个，每个电压为6V，电流分别为6A和3A，由输入功率等于输出功率120I6×6+6×3知I2.2A，所以C错误。D、由C知两电阻总的电功率为62×1+32×254W，所以D正确。故选：AD。【点评】本题需要注意的是开关闭合时，相当于有两个副线圈，电

25、压仍然与匝数成正比，但电流与匝数不在成反比，而应该利用功率关系7（6分）反射式速度调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示，一质量m2.0×1020kg，电荷量q2.0×109C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上运动，则（）Ax轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1E2=12B粒子在00.5cm区间运动过程中的电势能减小C该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为4.0×108JD该粒子将在1cm到0.5cm间作周期性运动【考点】AG

26、：电势差和电场强度的关系【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题【分析】根据电场强度的斜率求解电场强度之比；带负电的粒子在电势高的地方电势能小，由此分析电势能的变化；根据EPq求解电势能的变化；根据受力情况确定运动情况。【解答】解：A、由图可知：根据UEd可知：左侧电场强度：E1=201×10-2V/m2.0×103V/m右侧电场强度：E2=200.5×10-2V/m4.0×103V/m所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1E2=12，故A正确；B、带负电的粒子在电势高的地方电势能小，故粒子在00.5c

27、m区间运动过程中的电势能增大，故B错误；C、该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为EPq2.0×109×204.0×108J，故C正确；D、该粒子将在1cm到0之间电场力做正功，动能增加；该粒子将在00.5cm间克服电场力做功，动能减少，所以该粒子将在1cm到0.5cm间作周期性运动，故D正确。故选：ACD。【点评】本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，解答本题要知道x图象斜率表示的物理意义，能够根据图象分析受力情况。8（6分）如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂

28、直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）A0t1时间内P端电势高于Q端电势B0t1时间内电压表的读数为n(B1-B0)St1Ct1t2时间内R上的电流为 nB1S2(t2-t1)RDt1t2时间内P端电势高于Q端电势【考点】D8：法拉第电磁感应定律【专题】32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合【分析】根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求电路电流，根据欧姆定律求电压表的读数；根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定PQ端电势的高低【解答】解：A、0t1时间内，磁通量增大，根据楞次定律感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电

29、源，上端正极下端负极，所以P端电势高于Q端电势，故A正确；B、0t1时间内线圈产生的感应电动势E=nt=nBtS=nB1-B0t1S，电压表的示数等于电阻R两端的电压U=IR=E2RR=n(B1-B0)S2t1，故B错误；C、t1t2时间内线圈产生的感应电动势E'=nt=nB1t2-t1S，根据闭合电路的欧姆定律I'=E'2R=nB1S2(t2-t1)R，故C正确；D、t1t2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端负极下端正极，所以P端电势低于Q端电势，故D错误；故选：AC。【点评】解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，并用来求解感应

30、电动势大小题中线圈相当于电源，可与电路知识进行综合考查二、解答题（共4小题，满分47分）9（6分）某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度实验器材有：电磁打点计时器，一端附有滑轮的长木板，小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸片等（1）该同学在实验桌上安装好所需的器材后（如图1所示）准备进行实验，下面操作必须要的是BA把附有滑轮的长木板固定打点计时器的那端适当垫高，以平衡小车运动过程中所受的摩擦力B调节拉小车的细线试使细线与长木板板面平行C拉小车运动的钩码的质量远小于小车的质量D实验时，先释放小车，再接通电源（2）该同学在得到的纸带上选取七个计数点（相邻两个计数点之

31、间还有四个点未画出），如图2所示，图中s14.81cm，s25.29cm，s35.76cm，s46.25cm，s56.71cm，s67.21cm已知电源频率为50Hz，则加速度的大小为0.48m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度【专题】13：实验题；32：定量思想；43：推理法；511：直线运动规律专题【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小，注意有效数字的标量【解答】解：（1）A、该实验不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，因研究测量小车做

32、匀变速直线运动的加速度，只要小车受到作用力恒定即可，故A错误；B、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，保证小车运动过程中受到的合力不变，故B正确；C、该实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量，故C错误；D、实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故D错误；故选：B（2）s14.81cm0.0481m，s25.29cm0.0529m，s35.76cm0.0576m，s46.25cm0.0625m，s56.71cm0.0671m，s67.21cm0.0721m根据a1=s4-s13T2，a2

33、=s5-s23T2，a3=s6-s33T2得加速度大小为：a=a1+a2+a33=s4+s5+s6-s1-s2-s39T2=0.0625+0.0671+0.0721-0.0481-0.0529-0.05769×012 m/s20.48 m/s2故答案为：（1）B；（2）0.48【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10（9分）某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程03A，内阻约1C电流表：量程00.6A，内阻约1D电压表：量程03

34、V，内阻约2kE电压表：量程015V，内阻约2kF滑动变阻器：010，2AG滑动变阻器：0100，1AH开关、导线若干在现有器材的条件下，应尽可能减小测量电动势和内阻的误差（1）在上述器材中请选择适当的器材：ACDFH（填写选项前的字母）；（2）实验电路图应选择图中的乙 （填“甲”或“乙”）；（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，干电池的电动势E1.5V，内电阻r1.0。【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【专题】13：实验题【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路

35、欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻。【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A被测干电池一节为了读数准确，所以选择电流表：量程00.6A，电压表：量程03V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F滑动变阻器，H开关、导线若干（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法；实验电路图：（3）由UI图可知，电源的电动势E1.50V；内电阻r=UI=1.5-1.00.5=1故答案为：ACDFH如图1.5，1.0【点评】本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内

36、电阻。11（14分）如图，静止于A处的正离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN=2d、PN=3d，离子重力不计（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值【考点】AG：电势差和电场强度的关系【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题【分析】（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理

37、列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出圆弧虚线对应的半径R的大小（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强E0的值【解答】解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：qU=12mv2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qE0=mv2R得：R=2UE0（2）离子做类平抛运动 dvt 3d=12at2由牛顿第二定律得：qEma则 E=12Ud答：（1）圆弧虚线对应的半径R的大小为2UE0；（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，矩形区域QNCD内

38、匀强电场场强E的值为12Ud【点评】对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，12（18分）如图所示，光滑水平面上有一质量M3.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L0.5m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R0.15m的14光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m1.0kg的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4整个装置处于静止状态。现将弹簧解除锁定，小物块被弹

39、出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，不考虑不物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能；（2）小物块第二次经过O点时的速度大小；（3）若平板车固定在水平地面上，水平轨道光滑，14圆弧轨道光滑，现将轻弹簧解除锁定后，小物体被弹出，沿着水平轨道向左运动，求小物体运动过程中距离A的最大高度H。【考点】53：动量守恒定律；69：弹性势能【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题【分析】（1）物块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律可以求出平板车的速度。 平板车和小物块组成的系统，竖直方

40、向受到重力和地面的支持力，水平方向不受外力，水平方向动量守恒。根据系统的水平方向动量守恒和能量守恒求解解除锁定前弹簧的弹性势能；（2）小物块从最高点下滑到O的过程中，系统水平动量守恒、机械能守恒，由两大守恒定律结合求解小物块第二次经过O点时的速度大小；（3）对全过程，根据机械能守恒即可求出。【解答】解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块到达圆弧最高点A时，二者的速度相等，由水平方向二者的动量守恒可知，共同速度v共0；设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中由能量转换和守恒，则有：EpmgR+mgL，代入数据得：Ep3.5J；（2）设物块第二次经过O时的速度大小为v1，

41、此时平板车的速度大小为v2，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由水平方向系统动量守恒有：0mv1Mv2mgR=12mv12+12Mv22 ，由两式可得v1=2gRMM+m，将已知条件代入解得：vm1.5 m/s；（3）若平板车固定在水平地面上，则车始终不动；由于水平轨道光滑，14圆弧轨道光滑，滑块在运动的过程中机械能守恒，则有：mg（R+H）EP代入数据得：H0.2m答：（1）解除锁定前弹簧的弹性势能为3.5J；（2）小物块第二次经过O点时的速度大小为1.5m/s；（3）物体运动过程中距离A的最大高度H是0.2 m。【点评】本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根

42、据能量守恒研究。三、选考题：选修33（共2小题，满分15分）13（5分）以下说法正确的是（）A水的饱和汽压强随温度的升高而增大B扩散现象表明，分子在永不停息地运动C当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小E一定质量的气体在被压缩的过程中，其内能可能保持不变【考点】86：分子间的相互作用力；8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题【分析】水的饱和蒸汽压与温度有关；扩散现象表明分子在永不停息地运动；分子之间的作用力随，分子间距离增大时引力和斥力都减小，由理想气体的状

43、态方程判定气体的状态参量的变化做功与热传递都可以改变物体的内能【解答】解：A、水的饱和汽压随温度的升高而增大。故A正确；B、扩散现象表明分子在永不停息地运动。故B正确；C、分子之间的作用力随，分子间距离增大时引力和斥力都减小，故C错误；D、根据理想气体的状态方程可知，一定质量的理想气体等压膨胀过程中温度升高，所以气体分子的平均动能增大，故D错误；E、做功和热传递都可以改变物体的内能，一定质量的气体在被压缩的过程中，若向外传递热量，其内能可能保持不变。故E正确故选：ABE。【点评】本题考查气态方程和水的饱和蒸汽压、扩散现象以及分子之间的作用力，都属于对基础知识点的考查，多加积累即可14（10分）

44、如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h10cm（环境温度不变，大气压强p075cmHg）求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？【考点】99：理想气体的状态方程；9D：气体的等温变化【分析】根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强【解答】解：设U型管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：P1P0，V1l1S末状态为：P2，V2（l1+102）S有理想气体的等温变化得：P1V1P2V2代入数据得：P260cmHg则低压仓的压强：PP2h601050cmHg答：稳定后低压舱内的压强是50cmHg【点评】解答关于理想气体的问题，要明确气体的各个状态及其状态参量，利用相应的规律进行解题；注意同一段连续的水银柱中等高的点压强相同选修34（共2小题，满分0分）15图甲表示一列简谐横波在t20s时的波形图，图乙是该列波中的质点P