广东省河源市石坑中学高三物理联考试卷含解析

广东省河源市石坑中学高三物理联考试卷含解析一、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.（多选）质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动。已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则航天器的 (

)A．线速度B．角速度C．运行周期

D．向心加速度参考答案：AC

由＝m＝mω2R＝mR＝mg＝ma得v＝，A对；ω＝，B错；T＝2π，C对；a＝，D错。2.如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则A．A与B之间一定存在摩擦力

B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定小于mg

D．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g参考答案：D3.（单选）如图a，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图b中的【

】参考答案：C4.（单选）如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当m1、v0一定时，若m2越大，则（）A．碰撞后A的速度越小

B．碰撞后A的速度越大C．碰撞过程中B受到的冲量越小

D．碰撞过程中A受到的冲量越大参考答案：D碰撞过程中，动量守恒，则，5.用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律。A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变(

)

A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动.

B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动.

C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动.

D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动.参考答案：答案：AD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.在《研究匀变速直线运动的规律》实验中，小车拖纸带运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，处理时每隔4个点取一个记数点，测出的数据如图。则打点计时器打下C点时小车的速度vC=

m/s，小车运动的加速度a=

m/s2。参考答案：2,

2.47.如题12B-1图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，则把手转动的频率为___▲____。（A）1Hz（B）3Hz（C）4Hz（D）5Hz参考答案：A)受迫振动的频率等于驱动力的频率，f=1hz，故A对；B、C、D错。

8.在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向右移动．若电源电压保持不变，电流表A的示数与电流表A1示数的比值将__________；若考虑电源内阻的因素，则电压表V示数的变化△U与电流表A1示数的变化△I1的比值将______．（均选填“变小”、“不变”或“变大”）参考答案：答案：变大

不变9.某同学在做测定木板与木块间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．方案A：木板固定，用弹簧测力计拉动木块．如图(a)所示．方案B：弹簧固定，用手拉动木板，如图(b)所示．除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为200g的砝码若干个．(g＝10m/s2)(1)上述两种方案中，你认为更合理的是方案________(2)该同学在重2N的木块上加放了2个砝码，弹簧测力计稳定后的示数为1．5N,则木板与木块间的动摩擦因数μ＝________.参考答案：10.质量为m的物体受到两个互成角度的恒力F1和F2的作用，若物体由静止开始，则它将做

运动，若物体运动一段时间后撤去一个外力F1，物体继续做的运动是

运动。参考答案：匀加速，匀变速。11.用多用电表欧姆档的“×l0”倍率，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为

Ω。参考答案：欧姆表表盘读数为22Ω，由于选择的是“×l0”倍率，故待测电阻的阻值是220Ω。12.如图，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，长为l、质量为m、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将质量为m的物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面）．则在此过程中，软绳重力势能共变化了mgl（1﹣sinθ）；软绳离开斜面时，小物块的速度大小为．参考答案：考点：功能关系；动能和势能的相互转化．分析：分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量．以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律求小物块的速度大小．解答：解：物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=lsinθ，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=l，则软绳重力势能共减少mgl（1﹣sinθ）；根据能量转化和守恒定律：mgl+mgl（1﹣sinθ）=?2mv2得：v=故答案为：mgl（1﹣sinθ），．点评：本题中软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化．应用能量转化和守恒定律时，能量的形式分析不能遗漏．13.如图所示甲为用干涉法检查平面平整程度装置。如图所示乙中干涉条纹弯曲处说明被检查的平面在此处是________（凹下或凸起）；若仅增大单色光的频率，干涉条纹将________（变密或变疏）；若仅减小薄片的厚度，干涉条纹将________（变密或变疏）。参考答案：

(1).凹下

(2).变密

(3).变疏【详解】薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜厚度相同，从弯曲的条纹可知，检查平面左边处的空气膜与后面的空气膜厚度相同，知该处凹下；增大光的频率，则波长变短，由可知，干涉条纹将密，若仅减小薄片的厚度即减小，干涉条纹将变疏。三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学用如图所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内电阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5A．实验室提供的器材如下：电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ），电阻箱（限值范围0～999.9Ω）；开关、导线若干．①请根据图1的电路图，在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．②实验时，改变电阻箱R的值，记录下电压表的示数U，得到如下表所示的若干组R、U的数据．12345678910电阻R/Ω60.535.220.013.79.95.84.33.52.92.5电压U/V2.582.432.222.001.781.401.181.050.930.85根据实验数据绘出如图3所示的﹣图线．由图象得出电池组的电动势E=2.86V，内电阻r=5.70Ω．③关于这个实验中存在的误差以及减小误差的各种方法，下列说法正确的是CD．A．电压表的分流作用引起的误差属于偶然误差B．同学读电压表读数引起的误差属于系统误差C．本实验用图象法处理数据可以减小偶然误差D．如果将电压表的内阻计算在内就可以减小系统误差．参考答案：【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）已知电路图，根据电路图将电源、开关及电阻箱串接，电压表并联在电阻箱两端；注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；（2）由电路的接法利用闭合是路欧姆定律可得出表达式，再利用数学规律可求得电动势和内阻；（3）由于技术上的不完善及电路的设计、实验方法及测量技术等造成的误差为系统误差；而由于读数等造成的误差为偶然误差；采用图象法可以减小偶然误差．：解：①由原理可知电路为简单的串联电路，将各元件串接，电压表并联在电阻箱两端；如下图所示②由原理图可知，本实验采用的是伏阻法，由闭合电路欧姆定律可得：U=R；则=+R；故图象的斜率等于=k；截距b=；而由图可知，图象的斜率k==2；b=0.35；故解得：E==2.86V；r=5.70Ω．③电压表的分流作用是由于测量技术的不完善造成的，属于系统误差；而读数的误差为偶然误差；采用图象法分析可以有效避免偶然误差的影响；若将电压表内阻考虑进来，则可以减小系统误差；故AB错误；CD正确；故选CD；故答案为：（1）如图所示；（2）2.86（2.84﹣2.87均正确）5.70（5.70﹣5.76均正确）（3）CD．【点评】：本题求电动势和内阻的关键在于正确的由闭合电路欧姆定律得出函数关系，从而结合图象求出；同时注意区分系统误差和偶然误差．15.（1）有一个标有“2.5V0.3A”字样的小灯泡，现要测定其在0到2.5V的范围内不同电压下的电功率，并作出其电功率P与其两端电压的平方U2的关系曲线。有下列器材可供选择：A．电压表V（0～3V，内阻RV＝3kΩ）

B．电流表G(0～500μA，内阻RG＝600Ω)C．电阻箱R1（0～99.99Ω）

D．滑动变阻器R3（10Ω，2A）E．滑动变阻器R4（1kΩ，0.5A）

F．电源（直流4V，内阻不计）①为保证实验安全、准确、操作方便，应选用的器材除小灯泡、电源、电流表、开关、导线外，还需要____________________________（均用器材对应的字母填写）；（2分）②根据你设计的实验电路，完成上图的连线；（2分）③根据你的设计，若从仪表盘上读得的数据分别为U、IG，则小灯泡在该条件下的功率表达式________________________________（均用字母表示）。表达式中除U、IG以外，其他符号的意义是________________________________。（各2分）（2）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_________mm。（2分）参考答案：(1)ACD

(2)U(IR/R1+I)

符号意义：（2）13.55四、计算题：本题共3小题，共计47分16.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直干扰面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．参考答案：考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．解答： 解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1．根据动能定理得：qU=mv2

①由牛顿定律，得qvB0=m

②由几何知识，得L=2R1sinθ=R1

③联立代入数据解得B0=

④粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=

⑤联立上述①②③④⑤解得：t0=；（2）设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得：qvB2=m，由于B2=B1，得到R2=R1=L，由几何知识可得：h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ，联立，代入数据解得h=（2﹣）L；（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足：R2（1+sinθ）＜L，代入数据解得：B2＞h；答：（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0为；（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h为（2﹣）L；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件为B2＞h．点评： 本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．17.2005年7月4日13时5