于都中学高三物理上学期第一次联考试卷（含解析）-人教版高三物理试题

江西省赣州市南康中学、于都中学届高三上学期第一次联考物理试卷一．选择题（本大题共10小题．每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．我们在高中物理中学习了多种不同性质的力，在下列几种相关的力的说法中，正确的是() A．处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导体一定受到磁场力 B．木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于木块发生微小形变而产生的 C．静摩擦力可能对物体做正功，也可能对物体做负功，但滑动摩擦力只能对物体做负功 D．磁场对运动电荷的洛伦兹力F的方向总与磁感应强度B和运动速度v的方向垂直，但B、v之间可以不垂直2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是() A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg B．弹簧的原长为R+ C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg3．如图，是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接电压为U=20V的交流电源，输出端接有风扇电动机D和一只电阻恒为R=4Ω的灯泡L，电动机线圈电阻为r=1Ω．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I=2A，则() A．风扇电动机D输出的机械功率是20W B．风扇电动机D输出的机械功率是16W C．变压器原线圈的电流为1A D．变压器原线圈的电流6.25A4．在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．开始时开关S闭合，电流表G1指针偏向右方，现将开关S断开，则将出现的现象是() A．G1和G2指针都立即回到零点 B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点 C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点 D．G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为() A．20m/s2 B．10m/s2 C．5m/s26．若以水平地面为零势能面，已知小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在小球运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为() A．：1 B．：1 C．1： D．1：17．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直．保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中() A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小8．“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则() A．月球表面重力加速度为 B．月球的第一宇宙速度为 C．月球同步卫星离月球表面高度﹣R D．月球质量为9．一带负电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，在第2s末和第8s末分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是() A．该电场一定是匀强电场 B．M点的电势低于N点的电势 C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力10．两根足够长的光滑导轨竖直放置，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则() A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．当弹簧的拉力和金属棒的重力第一次大小相等时，流过电阻R的电流最大 C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a D．金属棒运动的整个过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量二、实验填空题（本题共3小题，每空2分，共16分.）11．在练习使用多用电表时：（1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________A．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变（2）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明__________（填“a”或“b”）端是二极管正极．12．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去后，沿光滑水平板滑行，在滑块滑行途中安装有一光电门．（1）如图2所示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为__________mm．（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则物块速度为__________m/s．（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为__________（用m、L、△t表示）．13．如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，图中R0表示该电阻在0℃时的电阻值，已知图线的斜率为k．若用该电阻与电池（电动势为E、内阻为r）、理想电流表A、滑动变阻器R′串联起来，连接成如图乙所示的电路．用该电阻做测温探头，把电流表A的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．（1）根据图甲，温度为t（t＞0℃）时电阻R的大小为__________．（2）在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、R′（滑动变阻器接入电路的阻值）、k等物理量表示待测温度t与电流I的关系式t=__________．（3）如果某次测量时，指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央，则测量值__________15℃（填“大于”、“小于”或“等于”）．三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）14．半径R=0.3m的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、C是圆环的竖直直径．一个质量m=0.3kg的小球套在圆环上，若小球从图示的位置B点由静止开始下滑，已知小球到达C点时的速度vC=2m/s，g取10m/s2，求：（1）小球经过C点时对环的压力的大小．（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功．15．如图，在光滑的水平面上停放有一长木板A，A的左端放有一质量与A的质量相同的小滑块B．在将A固定（A不能滑动）和不固定（A能自由滑动）两种情况下，给B施一大小均为F=4.7N的水平向右的拉力，使B由静止开始向右运动，测得在A不固定时B滑至A的右端所用的时间是在A固定情况下B滑至A的右端所用的时间的1.2倍，求A、B之间滑动摩擦力的大小是多少？16．如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：（1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；（2）磁场的宽度d；（3）整个过程中产生的总热量Q．17．如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．四、选考题（共14分，请考生从给出的第18、19两道题中任选一题作答，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分）【选修3-4】18．下列说法正确的是() A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大 B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关 C．变化的电场能在其周围空间产生磁场 D．拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度 E． 地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些19．如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，∠C=90°，∠A=60°．一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c．求：（ⅰ）玻璃砖的折射率；（ⅱ）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间．【选修3-5】20．下列说法正确的是() A．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 B．U在中子轰击下生成Ba和Kr的过程中，原子核中的平均核子质量变小 C．太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应 D．卢瑟福依据α粒子散射实验提出了原子核式结构模型 E． 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小21．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）．求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？江西省赣州市南康中学、于都中学届高三上学期第一次联考物理试卷一．选择题（本大题共10小题．每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．我们在高中物理中学习了多种不同性质的力，在下列几种相关的力的说法中，正确的是() A．处在电场中的电荷一定受到电场力，在磁场中的通电导体一定受到磁场力 B．木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于木块发生微小形变而产生的 C．静摩擦力可能对物体做正功，也可能对物体做负功，但滑动摩擦力只能对物体做负功 D．磁场对运动电荷的洛伦兹力F的方向总与磁感应强度B和运动速度v的方向垂直，但B、v之间可以不垂直考点：功能关系．分析：电荷在电场中一定受到电场力；运动电荷在磁场中，与磁场方向平行时，则不受到磁场力作用；一小段通电导体在磁场中，与磁场平行放置时，也不受到磁场力作用；根据弹力发生的原因解释B；静摩擦力和滑动摩擦力可能对物体做正功，也可能对物体做负功．解答： 解：A、一小段通电导体在磁场中，与磁场平行放置时，不受到磁场力作用．故A错误；B、木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于桌面发生微小形变而产生的．故B错误；C、滑动摩擦力可能对物体做正功，也可能对物体做负功．若滑动摩擦力的方向与运动的方向相同，则摩擦力做正功．故C错误；D、磁场对运动电荷的洛伦兹力F的方向总与磁感应强度B和运动速度v的方向垂直，但B、v之间可以垂直，也可以不垂直，不能平行．故D正确．故选：D点评：该题考查考查电荷在电场与磁场中受力产生的条件，通电导线在磁场受力的条件．弹力产生的原因以及摩擦力做功的情况，解答的关键是注意理解左手定则的应用．2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是() A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg B．弹簧的原长为R+ C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg考点：共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．分析：对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．解答： 解：A、B、C对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，弹簧的原长为R+故AB错误；C正确；D、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故D错误．故选：C点评：共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象，本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论．3．如图，是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接电压为U=20V的交流电源，输出端接有风扇电动机D和一只电阻恒为R=4Ω的灯泡L，电动机线圈电阻为r=1Ω．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I=2A，则() A．风扇电动机D输出的机械功率是20W B．风扇电动机D输出的机械功率是16W C．变压器原线圈的电流为1A D．变压器原线圈的电流6.25A考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：交流电专题．分析：电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，先根据欧姆定律求出灯泡的电流，从而求出副线圈电流，根据电流之比等于线圈匝数的倒数比求解．解答： 解：A、根据得：副线圈电压为：U2=10V，则风扇的输出功率为：P=，故A错误，B正确；C、通过灯泡的电流，则副线圈电流I2=I+IL=4.5A，根据得：I1=2.25A，故CD错误．故选：B点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，知道变压器的原理，难度不大，属于基础题．4．在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．开始时开关S闭合，电流表G1指针偏向右方，现将开关S断开，则将出现的现象是() A．G1和G2指针都立即回到零点 B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点 C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点 D．G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点考点：自感现象和自感系数．分析：电感总是阻碍其变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小．同时当开关闭合时，两表指针均向右方偏，说明电流计指针向电流流进的方向偏．解答： 解：当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，从而阻碍电流的变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点，而流过G1的电流的方向与开始时电流的方向相反，所以指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点．故ABC错误，D正确；故选：D．点评：线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈右端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈左端是电源正极．5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为() A．20m/s2 B．10m/s2 C．5m/s2考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m．根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据，求出汽车的加速度大小．解答： 解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x′=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以，t=2s．所以汽车的加速度大小为10m/s2．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度．6．若以水平地面为零势能面，已知小球水平抛出时重力势能等于动能的2倍，那么在小球运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为() A．：1 B．：1 C．1： D．1：1考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：根据动能与势能之间的关系可用高度表示速度；根据机械能守恒定律可求得动能和势能相等时的竖直分速度；则可求得水平速度和竖直速度之比．解答： 解：最高点处时有：mgh=2Ek=mv02；解得：v0=设动能和势能相等时，高度为h′；由机械能守恒定律可知：mgh′+mv2=mgh+mv02联立解得：h′=则竖直分速度为：vy==故水平速度和竖直速度之比为：v0：vy=：1；故选：A．点评：本题考查机械能守恒定律的应用，本题要注意物理量较多，故应正确设置中间量进行转换．7．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于垂直纸面水平向里的匀强磁场中，棒中通有由M到N的恒定电流，细线中拉力不为零，两细线竖直．保持匀强磁场磁感应强度大小不变，方向缓慢地转过90°变为竖直向下，在这个过程中() A．细线向纸面内偏转，其中的拉力一直增大 B．细线向纸面外偏转，其中的拉力一直增大 C．细线向纸面内偏转，其中的拉力先增大后减小 D．细线向纸面外偏转，其中的拉力先增大后减小考点：法拉第电磁感应定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：根据左手定则判断出安培力的方向，根据安培力方向的变化，结合共点力平衡判断拉力方向和大小的变化．解答： 解：初始状态时，金属棒受重力、拉力和安培力平衡．当磁场方向由垂直纸面向里缓慢地转过90°变为竖直向下，知安培力的大小FA=BIL不变，方向由竖直向上向里变为垂直纸面向里．根据共点力平衡知，细线向纸面内偏转．因为金属棒受重力、拉力和安培力平衡，重力和安培力的合力于拉力大小等值方向，重力和安培力的大小不变，之间的夹角由180°变为90°，知两个力的合力一直增大，所以拉力一直增大．故A正确，B、C、D错误．故选A．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析，注意由于磁场的方向始终与金属棒垂直，安培力的大小始终不变．8．“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由下落试验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G．则() A．月球表面重力加速度为 B．月球的第一宇宙速度为 C．月球同步卫星离月球表面高度﹣R D．月球质量为考点：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：机器人自由下落h高度所用时间为t，根据：h=gt2求出月球表面的重力加速度g．根据重力提供向心力，可以计算月球的第一宇宙速度．根据月球表面的物体受到的重力等于万有引力，计算月球的质量．月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，化简可得月球同步卫星离月球表面高度h．解答： 解：A、由自由落体运动规律有：h=gt2，所以有：，故A错误．B、月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力，所以=，故B正确．C、月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，解得h=﹣R，故C正确．D、在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，所以，故D错误．故选：BC点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．本题重点是利用好月球表面的自由落体运动，这种以在星球表面自由落体，或平抛物体，或竖直上抛物体给星球表面重力加速度的方式是比较常见的．9．一带负电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，在第2s末和第8s末分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是() A．该电场一定是匀强电场 B．M点的电势低于N点的电势 C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力考点：电势能；电势差与电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，电场力做正功，则电势能减小，又由于是负电荷，电势也增加．解答： 解：A、由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，故A正确；BC、由图象可知，在M点的速度小于N的速度，根据只有电场力做功，电势能与动能之和恒定，则有M点的电势能高于N点电势能，即从M点到N点的过程中，动能先减小，后增大，那么电势能先增大后减小，又由于是负电荷，所以M点的电势低于N点的电势，故B正确，C错误，D、由上可知，粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，则D错误．故选：AB．点评：本题主要抓住速度时间图象的特点，知道粒子做匀减速直线运动，知道电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题．10．两根足够长的光滑导轨竖直放置，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则() A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．当弹簧的拉力和金属棒的重力第一次大小相等时，流过电阻R的电流最大 C．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a D．金属棒运动的整个过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成感应电流，根据右手定则可以判断电流的方向，正确分析安培力可以求解加速度．下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．解答： 解：A、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，不受安培力，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A正确；B、当弹簧的拉力与安培力之和和金属棒的重力第一次大小相等时，金属棒的速度最大，产生的感应电流最大，故B错误；C、根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故C正确；D、最终金属棒静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量转化和守恒知重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误．故选：AC．点评：根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．二、实验填空题（本题共3小题，每空2分，共16分.）11．在练习使用多用电表时：（1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是ACA．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开D．欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变（2）用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针向右偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明a（填“a”或“b”）端是二极管正极．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：（1）掌握欧姆档的使用方法及注意事项：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．（2）二极管有单向导电性，正向导通时电阻很小，反向截止的电阻很大解答： 解：A：由于欧姆表是由直流电流表改装成的，所以要求电流应从“+”插孔进从“﹣”插孔出，否则指针将反向偏转，因此如果红黑表笔分别插在负、正插孔时不会影响测量结果，所以A正确；B：每次换挡后才需要重新调零，不换挡时不需要重新调零，所以B错误；C：为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，所以C正确；D、根据闭合电路欧姆定律，调零时应有：，所以若电池电动势变小内阻变大，调零时应有：；比较可知，两次的中值电阻阻值不同，即测量结果会发生变化，所以D错误；（2）根据欧姆表改装原理可知，红表笔应接“+”插孔，但恰好与欧姆表内部电池的负极相接，同理黑表笔应接“﹣”插孔，但与欧姆表内部电池的正极相接，所以黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明a端是二极管的正极．故答案为：（1）AC（2）a点评：应明确欧姆表的改装原理图以及使用方法，熟记电流必须从“+”极进从“﹣”极出时，指针才能正向偏转，并且规定红表笔与“+”插孔黑表笔与“﹣”插孔相接．12．某同学用图1示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去后，沿光滑水平板滑行，在滑块滑行途中安装有一光电门．（1）如图2所示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为5.20mm（2）记下窄片通过光电门的时间△t=10ms，则物块速度为0.520m（3）若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为（用m、L、△t表示）．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺读数等于主尺读数加上游标尺读数，注意不需要估读；（2）由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度；（3）由能量守恒可知，弹性势能等于动能的增加量；则可得弹性势能；解答： 解：（1）根据图可知该游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上第4个刻度和主尺上的某一刻度对齐，因此其读数为：4×0.05mm=0.20mm，故最后读数为：5mm+0.20mm=5.20mm．（2）由于片比较窄，可知窄片通过O的平均速度为此时物块的瞬时速度，由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度为：vO==m/s=0.520m/s（3）弹射物块过程中释放的弹性势能转化为物体的动能，由能量守恒得弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为：Ep=m=．故答案为：（1）5.20（2）0.520（3）点评：本题主要是对于方案的设计，比较简单，知道运用光电门可以求解物体的瞬时速度，清楚不同形式的能量的转化．13．如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，图中R0表示该电阻在0℃时的电阻值，已知图线的斜率为k．若用该电阻与电池（电动势为E、内阻为r）、理想电流表A、滑动变阻器R′串联起来，连接成如图乙所示的电路．用该电阻做测温探头，把电流表A的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．（1）根据图甲，温度为t（t＞0℃）时电阻R的大小为R0+kt．（2）在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、R′（滑动变阻器接入电路的阻值）、k等物理量表示待测温度t与电流I的关系式t=．（3）如果某次测量时，指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央，则测量值小于15℃（填“大于”、“小于”或“等于”）．考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．专题：恒定电流专题．分析：（1）已知图线的斜率为k，根据数学知识得到电阻R的大小．（2）根据闭合电路欧姆定律得到电流I与R、E、R′、r的关系式，将（1）中R与t的关系代入，即可得到温度t与电流I的关系式．（3）根据温度刻度是否均及疏密情况，确定测量值与15℃的大小关系．解答： 解：（1）已知图线的斜率为k，根据数学知识得：电阻R的大小为R=R0+kt．（2）根据闭合电路欧姆定律得I=又R=R0+kt联立得t=；（3）由上看出，t与I是非线性关系，与欧姆表类似，温度t的刻度是不均匀的，左密右疏，则知若指针正好指在在温度刻度的10℃到20℃的正中央，则测量值小于15℃．故答案为：（1）R0+kt；（2）t=；（3）小于点评：本题考查知识的迁移能力，运用数学知识得到电阻R的表达式．抓住“金属电阻温度计”的刻度与欧姆表类似，分析刻度是否均匀．三、计算题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）14．半径R=0.3m的圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A、C是圆环的竖直直径．一个质量m=0.3kg的小球套在圆环上，若小球从图示的位置B点由静止开始下滑，已知小球到达C点时的速度vC=2m/s，g取10m/s2，求：（1）小球经过C点时对环的压力的大小．（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功．考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）在C点，靠径向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出小球在C点所受的弹力大小，从而得出小球经过C点对环的压力大小．（2）对B到C的过程运用动能定理，求出摩擦力对小球做功的大小．解答： 解：（1）设环对小球的弹力为FN，根据牛顿第二定律有FN﹣mg=m，所以FN=m+mg代入数据得FN=7N根据牛顿第三定律得，小球对环的压力大小为7N．（2）小球从B到C过程中，根据动能定理有：mg（R+Rcos60°）+Wf=m代入数据求得：Wf=﹣0.75J．答：（1）小球经过C点时对环的压力的大小为7N．（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功为﹣0.75J．点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解，难度不大．15．如图，在光滑的水平面上停放有一长木板A，A的左端放有一质量与A的质量相同的小滑块B．在将A固定（A不能滑动）和不固定（A能自由滑动）两种情况下，给B施一大小均为F=4.7N的水平向右的拉力，使B由静止开始向右运动，测得在A不固定时B滑至A的右端所用的时间是在A固定情况下B滑至A的右端所用的时间的1.2倍，求A、B之间滑动摩擦力的大小是多少？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：当A固定时，B做匀加速直线运动，当A不固定时，A做匀加速直线运动，B做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式列出方程组，结合运动时间的关系求出摩擦力与F的表达式，从而得出摩擦力的大小．解答： 解：设木板A的长度为L，A、B质量均为m，A、B间的摩擦力大小为f，A固定时，B滑至A的右端所用的时间是t1，A不固定时B滑至A的右端所用的时间是t2，则A固定时，B以加速度a1向右运动，有F﹣f=ma1L=，A不固定时，B仍以加速度a1向右运动，A以加速度a2向右运动，有f=ma2，L=已知t2=1.2t1由上述方程可解得：代入数据得：f=1.1N．答：A、B之间滑动摩擦力的大小是1.1N．点评：解决本题的关键理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．16．如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场B，一单匝边长为L，质量为m的正方形线框abcd放在水平桌面上，在水平外力作用下从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚好进入磁场后立刻撤去外力，线框ab边恰好能到达磁场的右边界，然后将线框以ab边为轴，以角速度ω匀速翻转到图示虚线位置．已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，线框电阻为R，重力加速度为g，求：（1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab；（2）磁场的宽度d；（3）整个过程中产生的总热量Q．考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律．专题：交流电专题．分析：（1）ab边相当于电源，根据切割公式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解ab两端的电压Uab；（2）根据安培力公式求解安培力，根据平衡条件求解拉力；根据运动学公式求解磁场的宽度d；（3）匀速进入磁场过程是恒定电流，根据焦耳定律求解焦耳热；根据功能关系求解摩擦产生的热量；最后翻转过程是正弦式交流电，先根据Em=NBSω求解最大值，得到有效值，最后根据焦耳定律求解电热．解答： 解：（1）ab边相当于电源，根据切割公式，有：E=BLv根据闭合电路欧姆定律，有：I==根据欧姆定律，有：Uab=I×=（2）根据平衡条件，有：F=FA+μmg=撤去拉力后，线框匀减速运动，加速度为﹣μg，根据速度位移关系公式，有：x1=所以：d=L+（3）进入磁场过程中产生焦耳热：Q1=I2Rt1=由于摩擦产生的热量：Q2=μmg（L+）=线框在绕ab轴翻转过程中，Em=BL2ω，有效值：E=t=产生焦耳热：Q3=I2Rt==；所以整个过程产生的热量为：Q=Q1+Q2+Q3=μmgL+mv2++；答：（1）当ab边刚进入磁场时，ab两端的电压Uab为；（2）水平拉力F的大小为，磁场的宽度d为L+；（3）整个过程中产生的总热量Q为μmgL+mv2++．点评：本题关键是将线框的运动过程分为匀速、匀减速、转动三个过程进行分析，注意最后的翻转过程是正弦式交流电．要注意求电功时要用交流电的有效值．17．如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题．分析：（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间．解答： 解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE=qvB①又R=vt0②则E=③（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移④由②④式得y=⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x=R又有x=a⑥得a=⑦（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=m⑧又qE=ma⑨由③⑦⑧⑨式得r=R⑩由几何关系sinα=（11）即sinα=所以α=（12）带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间tB=T所以tB=t0（13）点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．四、选考题（共14分，请考生从给出的第18、19两道题中任选一题作答，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分）【选修3-4】18．下列说法正确的是() A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大 B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关 C．变化的电场能在其周围空间产生磁场 D．拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度 E． 地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些考点：光的衍射；光的干涉．专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题．分析：在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的振幅要大；受迫振动的频率有驱动力的频率决定；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以玻璃反射的偏振光的强度；根据相对论分析火箭的长度的变化．解答： 解：A、在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的振幅要大，但其位移时刻在变化，所以位移不一定比减弱点的位移要大．故A错误；B、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期等于驱动力的周期，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关．故B正确；C．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场．故C正确；D、拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射的偏振光的强度．故D错误；E、根据相对论可知，地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些．故E正确．故选：BCE．点评：本题考查了受迫振动、麦克斯韦电磁场理论、光的偏振现象、长度的相对性等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点．19．如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB=L，∠C=90°，∠A=60°．一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB=，折射光DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c．求：（ⅰ）玻璃砖的折射率；（ⅱ）该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（i）先据题意作出光路图，由几何知识求出光在AB边折射