安徽省滁州市来安中学2018届高三上学期12月摸底考物理试题-含答案【-高考】

来安中学2018届高三12月摸底考物理一、选择题1.如图所示为氢原子能级示意图的一部分，根据玻尔理论，下列说法中正确的是（）A.从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长B.处于n=4的定态时电子的轨道半径r4比处于n=3的定态时电子的轨道半径r3小C.从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小D.从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子可以使逸出功为2.5eV的金属发生光电效应【答案】A【解析】试题分析：能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小．根据库仑力提供向心力分析半径与电子的动能之间的关系．由图可知，从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光子能量，从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量，根据可知光子能量越小，光子频率小，光子的波长越大，其中，所以从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子不能使得逸出功为2.5eV的金属发生光电效应，A正确D错误；根据玻尔理论，能级越高，半径越大，所以处于n=4的定态时电子的轨道半径比处于n=3的定态时电子的轨道半径大，B错误；从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射电子，能量减小，根据可知，电子越大的半径减小，则电子的动能增大，C错误．2.将三个质量均为的小球用细线相连后（间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持，则F的最小值为：A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：共点力平衡的条件及其应用。以三个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值。静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos30°=Tsin30°，竖直方向Fsin30°+Tcos30°=3mg，解得Fmin=1.5mg．故选C点评：这道题考查静力学平衡问题以及受力分析中的隔离法与整体法，本题使用的是整体法．3．如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则()A．v2＝v1 B．v2>v1C．v2≠0 D．v2＝0【答案】C【解析】如图所示，分解A上升的速度v1，v2＝v1cosα，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，α＝90°，故v2＝0，即B的速度为零。答案：D4．列表是一些有关地球的数据，仅利用表中信息可以估算出下列哪些物理量（忽略地球自转效应，引力常量已知）：

=1\*GB3①地球质量

=2\*GB3②近地卫星的周期

=3\*GB3③第一宇宙速度

=4\*GB3④地球同步卫星离地面的高度=1\*GB3①=2\*GB3②B．=2\*GB3②=3\*GB3③C．=1\*GB3①=3\*GB3③=4\*GB3④D．=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④【答案】D【解析】5．如图所示为一个圆环形导体，圆心为O，有一个带正电的粒子沿图中的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流的情况是()A．沿逆时针方向B．沿顺时针方向C．先沿逆时针方向后沿顺时针方向D．先沿顺时针方向后沿逆时针方向【答案】C【解析】由于带正电的粒子没有沿圆环的直径运动，所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，所以穿过圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞次定律，圆环中感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故只有选项D正确。答案：D6.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。人坐在摩天轮吊厢的座椅上，摩天轮在竖直平面内按顺时针做匀速圆周运动的过程中，始终保持椅面水平，且人始终相对吊厢静止。关于人从最低点a随吊厢运动到最高点c的过程中，下列说法中正确的是（）A.人始终处于超重状态B.座椅对人的摩擦力越来越大C.座椅对人的弹力越来越小D.人所受的合力始终不变【答案】C【解析】试题分析：根据人加速度方向确定人处于超重还是失重；根据加速度在水平方向和竖直方向上的分加速度的变化，结合牛顿第二定律分析摩擦力和弹力大小的变化．人做匀速圆周运动，所以过程中合力提供向心加速度，大小恒定，方向时刻指向圆心，从a到b过程中，有一个竖直向上的分加速度，即处于超重状态，从b到c过程中，有一个竖直向下的分加速度，即处于失重状态，A错误；摩擦力提供的是水平方向上的加速度，设向心加速度与竖直方向上的夹角为，从a到b过程中，增大，增大，即摩擦力增大，从b到c过程中减小，减小，即摩擦力减小，B错误；座椅对人的弹力以及重力的合力提供竖直方向上的加速度，从a到b过程中，增大，减小，方向向上，，而mg不变，所以N减小，从b到c过程中减小，增大，方向向下，，故N减小，即N一直减小，C正确；合力的方向时刻指向圆心，时刻变化，D错误．7.如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=2kg、mB=4kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FB和FA随时间t变化的关系图象如图乙所示。则（）A.A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动B.t=4s时，A、B脱离C.A、B脱离时，它们的位移为4mD.A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动【答案】AC【解析】AB：0～4s，，如一起运动，对AB整体，对B：，解得：，当N＝0时，，对应的时刻为2s末。则分离前它们一直做匀加速运动；t=2s时，A、B脱离。故A正确、B错误。C：t=2s时，A、B脱离；它们的位移，解得：。故C正确。D：t=2s时，A、B脱离，脱离后，A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动。故D错误。点睛：分离的临界情况是两者之间的弹力恰好变为零8．如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则()A.保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，R两端的电压变小B.保持U1不变，S接在a处，使P滑向c端，R的电功率变大C.保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大，I1将增大D.保持U1不变，S由a改接到b，同时使P滑向d端，R的电功率一定变大【答案】CD【解析】试题分析：根据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，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析；保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，原线圈匝数减小，根据公式可知在和不变的情况下，减小，则增大，即R两端的电压增大，所以副线圈中的电流增大，副线圈中消耗的电功率增大，根据原副线圈两端功率相等以及可知原线圈中电流增大，A错误；保持不变，s合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以R的电功率减小，B错误；保持P的位置不变，s合在a处，若U1增大，根据公式，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据可知将增大，C正确；根据AB项分析可知S由a改接到b，增大，使P滑向d端，R减小，根据可知R的功率一定增大，D正确．9．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【答案】BC【解析】试题分析：由题意可知，在x1的左侧场强方向沿x轴正方向，在x1的右侧场强方向沿x轴负方向。带正电的点电荷由x1运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增大，故选项A错误，选项B正确；由x1到x4场强的大小先增大后减小，则点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小，故选项C正确，选项D错误。答案：BC10．如图，均匀带负电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，若环a绕中心点O在其所在平面内顺时针加速旋转，下列说法正确的是()A．环b中产生顺时针方向的感应电流B．环b中产生逆时针方向的感应电流C．环b有收缩趋势D．环b有扩张趋势【答案】AD【解析】试题分析：环a顺时针加速旋转时，环a中产生逆时针方向的电流，且电流逐渐增大，穿过环b的磁通量垂直纸面向外且增加(向外的磁感线比向内的磁感线多得多)，根据楞次定律知环b中产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向内，根据安培定则知环b中感应电流方向是顺时针方向，选项A正确，B错误；由于环a、b中的电流方向相反，相互排斥，所以环b有扩张趋势，选项D正确，C错误。答案：AD11．如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度v0向右匀速运动，一质量为m的小球(m≪M)从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度为()A．v0 B．0C．2μeq\r(2gh) D．－v0【答案】AC【解析】试题分析：由题知M≫m，可认为小球与车相互作用时，车的速度保持不变，仍为v0。对小球应用动量定理，在竖直方向可认为碰撞力远大于重力，有FN·Δt＝2mv＝2meq\r(2gh)在水平方向，有μFN·Δt＝mvx故vx＝eq\f(μFN·Δt,m)＝2μeq\r(2gh)小球在水平方向的最大速度可能等于小车的速度v0，其原因之一是动摩擦因数足够大，使小球获得足够的冲量，达到与小车同速；另一种可能是小球落至车面上由于碰撞力很大，小球与车没有相对位移，在静摩擦力的冲量作用下获得了与小车同样的速度。选项A、C正确。答案：AC12．如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为FN，则()A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．FN＝eq\f(3mgR－2W,R) D．FN＝eq\f(2mgR－W,R)【答案】AC【解析】试题分析：质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，FN＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误。答案：AC二、实验题13.学习小组的同学在实验室用如图所示的装置研究单摆的运动。将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。实验过程中，保持单摆的最大摆角小于5°。①计算机屏幕上得到如图所示的F-t图象，从图中可以读出单摆的周期T0=_________s。②改变此单摆的摆长，可用同样的方法测出不同摆长所对应的周期。将若干组摆长L与周期T的数据，在以L为纵坐标、以T2为横坐标的平面直角坐标系中，作出L-T2的图线，测得这个图线的斜率为k，则实验地点重力加速度g的表达式可表示为_________。（用k及已知常数表示）③实验做完之后，某一小组的同学突然发现他们在做L-T2的图象时，误将摆线的绳长当做单摆的摆长了，则他们此次测得的g的大小与用正确方法测得的g的值相比_______。（选填选项前面的字母）A．偏大一些B．偏小一些C．数值相同④根据图F-t可以近似获知从A时刻到B时刻的过程中，阻力对这个振动系统所做功的表达式为_________（用k、T0、F1、F2表示）【答案】(1).1.4s(2).4π2k(3).C(4).kT02(F2-F1)【解析】①单摆在一个周期内的运动，如果从最低点开始计时，则第三次经过最低点时为一个周期，在最低点绳子的拉力最大，故从图中可知T=1.4s；②根据单摆周期公式可得，故，所以③根据可知误将摆线的绳长当做单摆的摆长了，则图像与正确记录时的图像平行，斜率不变，所以两种方法测量下g的值相同，④在最低点，根据牛顿第二定律可得，阻力做功等于减小的动能，故，联立可得，根据可知当时，故14．某实验小组的同学利用如图甲所示的电路图测量一电源的电动势E和内阻r以及某未知电阻R的阻值，电路中的电压表是量程为0～3.0V的理想电表，电阻箱的阻值为0～99.9Ω，其中K1为单刀单掷开关、K2为单刀双掷开关。(1)为了测量未知电阻的阻值，该小组的同学首先将开关K1闭合，然后将单刀双掷开关K2扳到位置1，调节电阻箱的阻值，当电阻箱的阻值为R0时，电压表的读数为U1，此时保持电阻箱的阻值不变，将单刀双掷开关K2扳到位置2，此时电压表的示数为U2，用以上给出的物理量表示未知电阻的阻值R＝________；(2)通过测量，该小组的同学得到未知电阻的阻值为R＝8.8Ω，为了测量电源的电动势E和内阻r，又进行了如下的操作：将电键K1闭合，然后将单刀双掷开关K2扳到位置1，多次调节电阻箱的阻值，读出电阻箱的读数R0以及对应的电压表的读数U，根据多次测量的数据，以eq\f(1,U)为纵坐标、eq\f(1,R0)为横坐标作出的图线如图乙所示，则可知该电源的电动势E＝________V，该电源的内阻r＝________Ω。【答案】BC【解析】试题分析：(1)当单刀双掷开关接1时，测的是R0两端的电压，当单刀双掷开关接2时，测的是R和R0两端电压，由欧姆定律得R＝eq\f(U2－U1,U1)R0；(2)由闭合电路的欧姆定律得E＝eq\f(U,R0)(R0＋R＋r)，变形得eq\f(1,U)＝eq\f(R＋r,E)·eq\f(1,R0)＋eq\f(1,E)，结合图线可解得E＝2.0V，r＝1.2Ω。答案：(1)eq\f(U2－U1,U1)R0(2)2.01.2三、计算题15.如图所示，电场强度为E、方向平行于纸面的匀强电场分布在宽度为L的区域内，一个离子以初速度v0垂直于电场方向射入匀强电场中，穿出电场区域时发生的侧移量为h。在同样的宽度范围内，若改用方向垂直于纸面的匀强磁场，使同样的离子以相同的初速度穿过磁场区域时发生的侧移量也为h，即两次入射点与出射点均相同，不计离子所受重力。（1）求该离子的电性和比荷（即电荷量q与其质量m的比值）；（2）求匀强磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）试分析说明离子在电场和磁场中运动的轨迹是否重合。【答案】（1）带正电，（2），垂直纸面向外（3）见解析【解析】（1）离子在电场中受到竖直向下的电场力，与电场方向相同，故带正电在匀强电场中做类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，而联立以上几式可得：；（2）当变为匀强磁场后，离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动．由几何关系有：；洛仑兹力提供向心力：；联立以上几式可得：方向垂直纸面向外．（3）虽然入射点相同，出射点也相同，但离子在电场中的运动轨迹是抛物线，而在磁场中运动的轨迹是一段圆弧，因此轨迹不会重合。16.如图所示，一半径为R，内表面粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的小球自P点正上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，重力加速度的大小为g，小球可视为质点，不计空气阻力。（1）求小球运动到N点时的速度大小；（2）求小球从P点运动到N点的过程中摩擦力所做的功；（3）试通过计算分析说明小球能否到达Q点？若不能，请说明理由；若能，请说明小球到达Q点时的速度是否为0。【答案】（1）（2）（3）小球一定能达到Q点，且在到达Q点时的速度没有减小到0【解析】试题分析：根据小球在N点时的受力情况在竖直方向上应用牛顿第二定律得到小球在N点的速度；对小球从静止开始运动到N点的过程应用动能定理求得摩擦力做的功，即小球从P点运动到N点的过程中摩擦力所做的功；分析小球在右半侧的摩擦力与左半侧摩擦力的情况，然后得到两边摩擦力做功的大小关系，再对从静止到Q点应用动能定理即可．（1）小球运动到N点时，在竖直方向上只受重力和轨道对球的支持力作用；

小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，由牛顿第三定律可知：轨道对球的支持力为4mg；

故在竖直方向上应用牛顿第二定律可得：，所以，；

（2）小球从静止运动到N点的过程中只有重力、摩擦力做功，而摩擦力只存在于从P点运动到N点的过程中，由动能定理可得：小球从P点运动到N点的过程中摩擦力所做的功；（3）根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得右半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，因此从N到Q克服摩擦做的功W′小于从P到N克服摩擦做的功W，即。根据动能定理得Q点的动能为，由于。所以小球一定能达到Q点，且在到达Q点时的速度没有减小到0。17.类比法经常用到科学研究中。科学家在探索未知领域的规律时，常常将在未知新领域实验中得到的测量结果和实验现象与已知的物理规律作类比，从而推测出未知领域可能存在的规律。然后再通过实验进行检验，以确定类比得到的结论是否正确。经典物理告诉我们，若规定相距无穷远时引力势能为0，则两个质点间引力势能的表达式为，其中G为引力常量，m1、m2为两个质点的质量，r为两个质点间的距离。（1）把电荷之间相互作用的力及电势能与万有引力及引力势能作类比，我们可以联想到电荷之间相互作用的力及电势能的规律。在真空中有带电荷量分别为+q1和-q2的两个点电荷，若取它们相距无穷远时电势能为零，已知静电力常量为k，请写出当它们之间的距离为r时相互作用的电势能的表达式。（2）科学家在研究顶夸克性质的过程中，发现了正反顶夸克之间的强相互作用势能也有与引力势能类似的规律，根据实验测定，正反顶夸克之间的强相互作用势能可表示为，其中A是已知数值为正的常量，r为正反顶夸克间的距离。请根据上述信息，推测正反顶夸克之间强相互作用力大小的表达式（用A和r表示）。（3）如果正反顶夸克在彼此间相互作用下绕它们连线的中点做稳定的匀速圆周运动，若正反顶夸克系统做匀速圆周运动的周期比正反顶夸克本身的寿命小得多，则一对正反顶夸克可视为一个处于“束缚状态”的系统。已知正反顶夸克质量都是m（不考虑相对论效应），根据玻尔理论，如果正反顶夸克粒子系统处于束缚态，正反顶夸克粒子系统必须像氢原子一样满足的量子化条件为：式中n称为量子数，可取整数值1，2，3，，h为普朗克常量，rn为系统处于量子数为n的状态时正反顶夸克之间的距离，vn是系统处于该状态时正反顶夸克做圆周运动的速率。若实验测得正反顶夸克的寿命为τ=0.40×10-24s，并且已知组合常数，其中A为（2）中的常数。根据已知条件在以上模型中通过计算判断，正反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统？【答案】（1）（2）（3）不能【解析】（1）因为真空中的点电荷之间的相互作用力的，这与万有引力的规律相似，且都具有做功与路径无关的特点。在规定无穷远处引力势能为零的情况下，在物体由无穷远到相距为r的过程中，引力做正功，引力势能减小，所以引力势能为负值。同样，两个带异号电性的点电荷由无穷远到相距为r的过程中，静电力做正功，电势能减小，所以电势能为负值。在真空中有带电荷量分别为+q1和-q2的两个点电荷，当它们之间的距离为r时相互作用的电势能的表达式为。（2）①类比引力势能公式和强相互作用势能公式，可知强相互作用力为引力。②质点间引力表达式为，类比可知，正反顶夸克之间强相互作用力表达式为：（3）设基态时顶夸克粒子的线速度大小为v１，各自的半径都是，根据牛顿定律：基态时n=1，根据玻尔理论：联立上述二式可得：根据牛顿定律联立④⑤可得代入数据，解得T１=1.8×10-24s由此可见因为处于基态时，正反顶夸克做圆周运动的周期比所有的激发态的周期都短，所以在该模型中正反顶夸克做圆周运动的周期一定大于正反顶夸克的寿命，故正反顶夸克的束缚态是不可能存在的。二、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题中有多项符合题目要求，全部选对的将6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14.关于核反应方程，下列说法正确的是A.该反应过程，电荷数守恒，质量数不守恒B.该反应为原子核的α衰变C.该反应过程要吸收能量D.该反应过程中有γ射线放出15.美国SpaceX公司研制的“猎鹰9号”火箭首次实现了一级火箭回收再利用。如图所示，某次“猎鹰9号”回收火箭时，当返回的一级火箭靠近地面时箭体已经调整为竖直状态，火箭发动机向下喷气，使火箭沿竖直方向向下做加速度为1m/s²的匀减速直线运动，当火箭距地面高度为100m时，火箭速度为20m/s，为保证火箭着陆时的速度不超过2m/s，之后下落的过程中，火箭发动机必须在距地面某高度h时加力全开，发动机加力全开后的火箭做加速度为2m/s²的匀减速直线运动，则h的最小值为A.49mB.56mC.88mD.98m16.在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的卫星，三颗卫星在此轨道均匀分布，其轨道距地心的距离为地球半径的3.3倍，三颗卫星自西向东环绕地球转动。某时刻其中一颗人造卫星处于A城市的正上方，已知地球的自转周期为T，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，则A城市正上方出现下一颗人造卫星至少间隔的时间约为A.0.18TB.0.24TC.0.32TD.0.48T17.如图所示，用一辆货车运输一超长木板，先在货车上固定一“”型货架。再将木板放置在货架上，货架与水平面的夹角θ=10°，木板与货架之间的动摩擦因数μ=0.2，为了保证运输安全，货车在运输过程中刹车时，其加速度的最大值约为(g=10m/s²，sin10°≈0.17，cos10°≈0.98)A.2.2m/s²B.3.9m/s²C.4.6m/s²D.5.7m/s²18.如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于～k(k>1)之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力.则打在荧光屏上的长度变为A.B.C.D.L19.如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G。现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是A.细线a的拉力变大B.细线b的拉力变大C.细线c的拉力变大D.最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大20.如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端0点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计.下列说法正确的是A.导体棒0点的电势比A点的电势高B.在导体棒的内部电流由O点至A点C.在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为21.一含有理想变压器的电路如图所示，a、b两端接入正弦交流电压，、为定值电阻，理想变压器为升压变压器。开始的时候开关S与原线圈的1接线柱连接，现将开关S与原线圈的2接线柱连接，下列说法正确的是A.通过的电流--定增大B.通过的电流一定增大C.R的功率可能会增大D.变压器原线圈两端的电压可能会增大三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)22.(5分)某同学要测量做平抛运动的物体的初速度的实验方案如图所示。O点为小球的抛出点，在O点处有一个点光源，在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，在小球抛出后的运动过程中在毛玻璃上就会出现小球的投影点，则小球在毛玻璃上的投影点向下做__________(填“匀速”或“匀变速”)直线运动。现在毛玻璃右边用频率为f的频闪相机采用多次曝光的方法，拍摄到小球在毛玻璃上的投影照片，并通过比例换算出照片中两个相邻的小球投影点之间的实际距离为Δh。已知点光源到毛玻璃的水平距离为L，重力加速度为g.则小球平抛运动的初速度=________(用题中所给字母表示)。23.(10分)有一个电压表，量程已知，内阻Rv很大；一节电池(电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽略)；另有一个最小标度为0.1Ω的电阻箱R；一个单刀单掷开关；利用上述器材和连接用的导线，设计出测量某一小电阻阻值Rx的实验方法(已知Rx和Rv相差较大)。(1)在虚线框内画出电路图。(2)请简要地写出测量方案并明确说出数据处理方法：______________________________________________________________________________________________________________。(3)由测量得到的数据计算出Rx，则Rx与真实值相比____________（填“偏大”“偏小”或”准确”)。24.(12分)如图所示，一人手持质量为m的小球乘坐在热气球下的吊篮里。气球、吊篮和人的总质量为M，整个系统悬浮在空中。突然，人将小球急速上抛，经过时间t后小球又返回到人手中。设人手在抛接小球时相对吊篮的位置不变，整个过程不计空气阻力，重力加速度为g，求人在抛小球的过程中对系统做了多少功?25.(20分)如图所示，半轻为R的圆形区域被等分成a、b、c、d、e、f六个扇形区域，在a、c、e三个扇形区域内有垂直于纸面向里的大小相等的匀强磁场，现让一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从0A半径的中点以速度射入a区域磁场，速度与0A半径的夹角θ=60°，带电粒子依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到P点，且速度与OA之间的夹角仍为60°。(1)求a、c、e三个扇形区城内磁感应强度B的大小；(2)求带电粒子在圆形区城运动的周期T；(3)若将带电粒子的入射点改为C点(未标出)，C点仍在OA上，入射速度方向不变，大小改变，此后带电粒子恰好没有射出圆形区域，且依次经过a、b、c、d、e、f六个区域后又恰好回到C点，且速度与OA之间的夹角仍为60°，求此时的周期T′与原来周期T的比值。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33.[物理一选修3--3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是_______。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.所有晶体都有确定的熔点，但在导电、导热、透光等物理性质上不一定表现出各向异性B.用活塞压缩打气简内的气体，受到的阻力主要来源于气体分子间的斥力C.悬浮在液体中的微粒某一瞬间接触到的液体分子越多，受到撞击的不平衡性就表现地越明显，布朗运动就越剧烈D.露珠总是出现在夜间和清晨是由于气温降低使空气中的水蒸气达到饱和后液化造成的E.一切自发的过程，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行(2)(10分)一长=100cm、内壁光滑、导热性能良好粗细均匀的玻璃管开口向上竖直固定放置，厚度不计的轻质活塞置于管口位置，封闭着一定量的空气(可视为理想气体).已知大气压强=76cmHg，环境温度为17℃，热力学温度与摄氏温度间的关系为T=t+273K，现在活塞的顶部缓慢地倒入水银。①求最多可倒入的水银柱长度为多大?②在满足第①向的情况下，为使倒人的水银能完全溢出，至少需将玻璃管加热到多少摄氏度?34.[物理一选修3-4](15分)(1)(5分)0点为波源，被源振动一段时间后在空间形成了如图所示的波形。x=6m处的质点图示时刻刚刚起振，P、Q两质点偏离平衡位置的位移分别为1cm和-1cm，已知波的传播速度为10m/s。下列说法正确的是______。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.波源起振方向沿y轴正方向B.P质点从图示位置第一次回到平衡位置所经历的时间为sC.Q质点平衡位