广东省深圳市宝安中学2022届高三物理上学期10月月考试卷含解析

2022-2022学年广东省深圳市宝安中学高三（上）月考物理试卷（10月份）二、选择题：本题共8小题，每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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，有选错的得0分．1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有()A．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象2．轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的轻绳，如图所示．现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小，则下列关于杆对滑轮P的作用力的下列判断正确的是()A．变大B．不变C．变小D．无法确定3．平直的马路上t=0时刻有同方向行驶紧邻的电车和汽车，它们的v﹣t图线如图所示，t=5s时，电车忽然停下，汽车也立即减速而做匀减速直线运动，由图可知()A．汽车会碰上电车B．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距2.5mC．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距1.5mD．两车是否相碰，条件不足，无法判定-23-\n4．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()A．从t=0开始，5s内物体的动能变化量为零B．在前5s内只有第1s末物体的动能最大C．在前5s内只有第5s末物体的速率最大D．前3s内合外力对物体做的功为零5．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有()A．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4h内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是23h6．如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB的垂线上三点，且AO＞OB，2ON=OM．一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为φM、φN，则下列判断不正确的是()A．A点电荷一定带正电B．试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能C．EM一定小于EN，φM可能小于φND．UMN=UNO7．如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则()-23-\nA．电压表的示数为6VB．发电机的输出功率为4WC．在l.0×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在0.5×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大8．如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是()A．磁通量的变化量为△φ=NBSB．平均感应电动势为C．电阻R所产生的焦耳热为D．通过电阻R的电量为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第13题为必考题，每个试题考生都必须作答．第14题～第19题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．某同学用一把游标卡尺上有50个小等分刻度的游标卡尺测量摆球的直径，由于遮挡，只能看见游标的后半部分，如图所示，该摆球的直径为__________mm．-23-\n10．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U，频率为f的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为△EP=__________，重锤动能的增加量为△EK=__________．11．在测定某新型电池的电动势和内阻的实验中，所提供的器材有：待测电池（电动势约6V）电流表G（量程6.0mA，内阻r1=100Ω）电流表A（量程0.6A，内阻r2=5.0Ω）定值电阻R1=100Ω，定值电阻R2=900Ω滑动变阻器R′（0～50Ω），开关、导线若干（1）为了精确测出该电池的电动势和内阻，采用图甲所示实验电路图，其中定值电阻应选用__________（选填R1或R2）．（2）某同学在实验中测出电流表A和电流表G的示数I和Ig，根据记录数据作出Ig﹣I图象如图乙所示，根据图象可求得，被测电池电动势E=__________V；内阻r=__________Ω．12．（14分）如图所示，半径R=0.8m的光滑圆弧MN竖直放置，M为圆弧最高点，N为圆弧最低点且与水平粗糙地面平滑连接．现有一物块A从M点由静止释放，最后在水平上面滑行了4m停止．物块A可视为质点，取g=10m/s2，则：（1）物块A刚滑到N点的加速度与刚滑过N点的加速度大小之比．（2）若物块A以一定的初动能从M点下滑，一段时间后另一光滑的物块B（视为质点）从M处静止释放，当B滑到N处时，A恰好在B前方x=7m处，且速度大小为10m/s，则B再经过多少时间可追上A？-23-\n13．（18分）如图所示，在坐标系的第一、四象限存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在第三象限存在与y轴正方向成θ=60°角的匀强电场．一个粒子源能释放质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子源在点P（﹣a，﹣a）时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出．不计粒子的重力及粒子间相互作用力．求：（1）匀强电场的电场强度；（2）PQ的长度；（3）若仅将电场方向顺时针转动60°，粒子源仍在PQ间移动并释放粒子，试判断这些粒子第一次从哪个边界射出磁场并确定射出点的纵坐标范围．（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]14．下列说法中正确的是()A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小15．如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃．现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4cm高的水银柱？（大气压强为P0=76cmHg）-23-\n[物理--选修3-4]16．如图为一列简谐横波在介质中传播的波形图．在传播过程中，某一质点在10s内运动的路程是16m，则此波的波速是()A．1.6m/sB．2.0m/sC．40m/sD．20m/s17．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°，三棱镜材料的折射率n=．一条与BC面夹角为θ=30°的光线射向BC面，经过AC面一次反射，再从AB面射出，则从AB面射出的光线的折射角是多少？[物理--选修3-5]18．用频率为ν的光照射在某金属表面时产生了光电子，当光电子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，若以W表示逸出功，m、e表示电子的质量和电量，h表示普朗克常数，则电子的最大初动能是()A．hν+WBB．C．hν﹣WD．-23-\n19．静止的氮核被速度为v0的中子击中生成碳核和另一种原子核甲，已知与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后碳核与甲核的动量之比为l：1．（1）写出核反应方程式．（2）求与甲核的速度各是多大？-23-\n2022-2022学年广东省深圳市宝安中学高三（上）月考物理试卷（10月份）二、选择题：本题共8小题，每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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，有选错的得0分．1．以下有关物理学概念或物理学史说法正确的有()A．牛顿发现的万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度有关D．奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应磁现象【考点】物理学史．【分析】本题应根据牛顿、卡文迪许、奥斯特、法拉第的物理学成就及匀速圆周运动的特点、开普勒行星运动定律进行解答．【解答】解：A、牛顿发现的万有引力定律之后，卡文迪许用扭秤实验测出万有引力恒量的数值，使万有引力定律有了真正的实用价值，故A正确．B、匀速圆周运动的速度大小不变，速度方向始终为切线方向，但加速度始终指向圆心，时刻在变化，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动，故B错误．C、根据开普勒行星运动定律可知，行星绕恒星运动轨道为椭圆形，它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量，与行星的速度无关，故C错误．D、奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；但他没有发现电磁感应现象，是法拉第通过实验发现了磁也能产生电，发现了电磁感应磁现象，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了物理学史，关键在于平时加强，注重积累．对于匀变速曲线运动，要知道其加速度不变的特点．2．轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的轻绳，如图所示．现使杆和竖直方向的夹角缓慢减小，则下列关于杆对滑轮P的作用力的下列判断正确的是()A．变大B．不变C．变小D．无法确定-23-\n【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】由题，滑轮的位置不变时，绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，分析两绳拉力的合力是否变化，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反．【解答】解：据题意，保持滑轮的位置不变，处于静止状态，其合力为零，重物也静止，则知绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，故析两绳拉力的合力保持不变．使杆向下转动一个角度到虚线位置的过程中，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反，所以杆对滑轮P的作用力保持不变．故B正确，ACD错误．故选：B【点评】本题关键要滑轮为研究对象，抓住不变的条件：两绳子的拉力不变，其合力不变，由平衡条件就能分析知道杆对滑轮P的作用力是保持不变的．3．平直的马路上t=0时刻有同方向行驶紧邻的电车和汽车，它们的v﹣t图线如图所示，t=5s时，电车忽然停下，汽车也立即减速而做匀减速直线运动，由图可知()A．汽车会碰上电车B．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距2.5mC．汽车不会碰上电车，汽车停止后两车还相距1.5mD．两车是否相碰，条件不足，无法判定【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】v﹣t图象中，图象与时间轴所围图形的面积表示物体运动的位移．据此由面积大小关系分析求解即可．【解答】解：由v﹣t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体的位移可知，在5s时间内电动车的位移x1=8×5m=40m；10s内汽车运动的位移x=A、因为x1＞x2，所以汽车不会碰上电动车，故A错误；BC、因为x1﹣x2=2.5m，所以B正确，C错误．D、由分析知，可以确定是否相碰，故D错误．故选：B．【点评】在v﹣t图象中除了知道速度随时间变化的关系外，还能知道图象与时间轴所围图形的面积表示物体运动的位移．-23-\n4．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()A．从t=0开始，5s内物体的动能变化量为零B．在前5s内只有第1s末物体的动能最大C．在前5s内只有第5s末物体的速率最大D．前3s内合外力对物体做的功为零【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功的计算．【专题】功的计算专题．【分析】根据力与时间的关系图线，作出质点速度随时间的关系图线，根据速度时间图象可以求出物体动能的变化从而求出合外力做的功；而在速度时间图象中，图线与时间轴所围成的面积表示位移．【解答】解：设质量为m，第一秒加速度为，1﹣5s加速度为；作出速度时间图象如图所示：A、由图象可知，前5s内的动能变化量不为零；故A错误；B、1s末及5s末速度相等且最大，则动能最大；故BC错误；D、前3s内动能增加量为零，故合外力对物体做的功为零，故D正确；故选：D．【点评】正确使用图象法，可以使问题变得简单直观．前提是熟悉利用动能定理求合外力的功及根据v﹣t图象求物体的位移．5．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有()-23-\nA．a的向心加速度等于重力加速度gB．c在4h内转过的圆心角是C．b在相同时间内转过的弧长最长D．d的运动周期有可能是23h【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是π，故B错误；C、由=m，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；故选：C．【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．6．如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB的垂线上三点，且AO＞OB，2ON=OM．一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为φM、φN，则下列判断不正确的是()-23-\nA．A点电荷一定带正电B．试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能C．EM一定小于EN，φM可能小于φND．UMN=UNO【考点】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】掌握住常见电荷周围的电场线及等势面分布（正、负点电荷，等量异种、等量同种点电荷连线和中垂线的场强及电势分布规律）；根据运动轨迹的凹向、弯曲程度、位置三个要素定性判断受力大小和方向；沿着电场线方向电势降落，电场线方向电势降落最快，场线密集与等势线密集关系，匀强电场中任意直线方向上相等的距离电势差相等．【解答】解：A、根据做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹弯曲方向，可知正电荷受到的电场力的方向是斜向右下方的，所以B电荷为负电荷，A点电荷一定为正电荷，所以A正确；B、正电荷在从M到N点的过程中，离负电荷的距离减小，电场力做正功，电势能减小，所以正电荷在M点的电势能较大，所以B错误；C、根据等量异种电荷周围的电场线知，N点的电场线比M点的电场线密，则EM一定小于EN，因为正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，则M点的电势一定大于N点的电势．故C错误．D、由于NO部分、MO部分场强不等，距离相等，但是两距离不是沿电场线，可知两电势差不一定相等．故D错误．本题选错误的，故选：BCD．【点评】本题要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并判定电荷在运动过程中受力情况，判断电场受力及电荷能量变化．7．如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则()A．电压表的示数为6VB．发电机的输出功率为4WC．在l.0×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在0.5×10﹣2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；磁通量．【专题】交流电专题．【分析】由最大值和有效值间的关系，由图象可以判断电压的最大值，在根据欧姆定律可以求电压表的示数，由P=可以计算灯泡的功率，由ω=可以计算角速度．-23-\n【解答】解：A、由图象可知，电动机电压的最大值为6V，那么有效电压就是6V，电压表测量的是灯泡的电压，所以电压为×9v=5.4v，所以A错误．B、由P=知，P==3.24W，所以B错误．C、在t=l×10﹣2s时刻，有图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该是最大，所以C正确；的由ω==rad/s=l00πrad/s，．D、在t=0.5×10﹣2s时刻，有图象可知此时的电动势最大，那么此时的磁通量变化率最大，故D正确；故选：CD．【点评】应用正弦式交变电流最大值和有效值间的关系，判断出电压，注意功率要用有效值求解．8．如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是()A．磁通量的变化量为△φ=NBSB．平均感应电动势为C．电阻R所产生的焦耳热为D．通过电阻R的电量为【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】交流电专题．【分析】图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．-23-\n【解答】解：A、图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2﹣Φ1=BS．故A错误．B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势=N，△t=解得=．故B正确．C、电流的有效值为I=，E=Em，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，t=，解得Q=．故C错误．D、通过电阻R的电量q=N，得到．故D正确．故选BD【点评】对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值．注意磁通量与线圈的匝数无关．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第13题为必考题，每个试题考生都必须作答．第14题～第19题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．某同学用一把游标卡尺上有50个小等分刻度的游标卡尺测量摆球的直径，由于遮挡，只能看见游标的后半部分，如图所示，该摆球的直径为17.00mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．【专题】实验题．【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．主尺读数时看游标的0刻度线超过主尺哪一个示数，该示数为主尺读数，看游标的第几根刻度与主尺刻度对齐，乘以游标的分度值，即为游标读数．【解答】解：从图中可知，游标尺上的第50个刻度与主尺上的6.6cm即66mm处对齐，根据游标尺的构造可知，50分度的游标尺，游标尺上的50刻度的总长是49mm，因此主尺的读数为：66mm﹣49mm=17mm，该游标卡尺的精度为0.02mm，所以最终读数为：17.00mm．故答案为：17.00．【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．10．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U，频率为f的交流电源上，从实验中打出的几条纸带中选出一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，已知重锤的质量为m，当地的重力加速度为g，则从起始点O到打下C点的过程中，重锤重力势能的减少量为△EP=mg（S0+S1），重锤动能的增加量为△EK=．-23-\n【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．【解答】解：重力势能的减小量等于重力所做功的大小，因此有：W=mgx=mg（S0+S1）；根据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大小，因此有：vC==动能的增量为：△Ek=mv=；故答案为：mg（S0+S1），．【点评】纸带问题的处理是力学实验中常见的问题，在有纸带处理实验中，若纸带做匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度；要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒．11．在测定某新型电池的电动势和内阻的实验中，所提供的器材有：待测电池（电动势约6V）电流表G（量程6.0mA，内阻r1=100Ω）电流表A（量程0.6A，内阻r2=5.0Ω）定值电阻R1=100Ω，定值电阻R2=900Ω滑动变阻器R′（0～50Ω），开关、导线若干（1）为了精确测出该电池的电动势和内阻，采用图甲所示实验电路图，其中定值电阻应选用R2（选填R1或R2）．（2）某同学在实验中测出电流表A和电流表G的示数I和Ig，根据记录数据作出Ig﹣I图象如图乙所示，根据图象可求得，被测电池电动势E=5.8V；内阻r=2Ω．-23-\n【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）将表头和定值电阻串联，改装成3V的电压表使用，由欧姆定律求出应串联的电阻阻值．即可选择定值电阻R．（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻．【解答】解：（1）由于题目中没有电压表，所以用电流计和定值电阻串联，改装成电压表，待测电池的电动势约为6V，所以应串联的电阻R==900Ω，故选R2；（2）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：Ig（R2+r1）=E﹣I（r+r2），解得：Ig=﹣I+，所以b=，解得：E=b（r1+R2），由图象得：E=5.8V；k=﹣，解得：r=﹣k（r1+R2）﹣r2，则r=2Ω．故答案为：（1）R2；（2）5.8；2．【点评】本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．12．（14分）如图所示，半径R=0.8m的光滑圆弧MN竖直放置，M为圆弧最高点，N为圆弧最低点且与水平粗糙地面平滑连接．现有一物块A从M点由静止释放，最后在水平上面滑行了4m停止．物块A可视为质点，取g=10m/s2，则：（1）物块A刚滑到N点的加速度与刚滑过N点的加速度大小之比．（2）若物块A以一定的初动能从M点下滑，一段时间后另一光滑的物块B（视为质点）从M处静止释放，当B滑到N处时，A恰好在B前方x=7m处，且速度大小为10m/s，则B再经过多少时间可追上A？【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）由机械能守恒可求得物块滑到N点时的速度，由向心加速度公式可求得N点物体的加速度；由动能定理可求得bc两点的地面的摩擦因数；由牛顿第二定律即可求得加速度；（2）A做匀减速运动，而B做匀速运动，当它们相遇时，二者的位移相等，由运动学的公式即可求得结果．【解答】解：（1）设A的质量为m，A从M到N的过程中机械能守恒，得：得：m/sA在水平面上滑行的过程中：-23-\n得：μ=0.2A刚到达N点时的加速度是向心加速度，则：A刚滑过A时的加速度由摩擦力提高，则：所以：（2）A做匀减速运动，到停止所用的时间：s该过程中A的位移：mB到达N点时的速度与A下滑到N点的速度相等，都是vN，B在5s内的位移：x2=vN•t1=4×5m=20m＜x1+x即A停止运动时，AB尚未相遇，B还需要运动的时间：s所以相遇的时间t=t1+t2=5+3=8s答：（1）物块A刚滑到N点的加速度与刚滑过N点的加速度大小之比是．（2）则B再经过8s时间可追上A．【点评】该题的（1）要注意刚到达N时的加速度是向心加速度；（2）中要注意的是B与A相遇时，A早已经停止运动，不能简单地使用：进行求解，切记．13．（18分）如图所示，在坐标系的第一、四象限存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在第三象限存在与y轴正方向成θ=60°角的匀强电场．一个粒子源能释放质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子源在点P（﹣a，﹣a）时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出．不计粒子的重力及粒子间相互作用力．求：（1）匀强电场的电场强度；（2）PQ的长度；（3）若仅将电场方向顺时针转动60°，粒子源仍在PQ间移动并释放粒子，试判断这些粒子第一次从哪个边界射出磁场并确定射出点的纵坐标范围．-23-\n【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）对直线加速过程根据动能定理列式，画出轨迹后结合几何关系确定轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解；（2）先对从Q到O过程根据动能定理列式求解，再次画出轨迹后结合几何关系确定轨道半径，最后根据牛顿第二定律列式求解；（3）先根据动能定理确定进入磁场的初速度，然后画出轨道，结合几何关系确定射出点．【解答】解：（1）粒子源在P点时，粒子在电场中被加速；点P坐标为：（﹣a，﹣a），故PO=根据动能定理，有：qEa=解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：q由几何关系知，半径：=2a解得：E=-23-\n（2）粒子源在Q点时，设OQ=d，根据动能定理，有：qEd=根据牛顿第二定律，有：q粒子在磁场中运动轨迹与边界EF相切，由几何关系知：R2cos60°+R2=aR联立解得：d=长度：PQ=OP﹣OQ=（3）若将电场方向变为与y轴负方向成θ=60°角，由于加速距离相等，电场力大小也相等，粒子源在P、Q两点处时，粒子经电场加速后到进入磁场时的速率与第一问中速率相等，仍为v1、v2．从P、Q点发出的粒子在磁场中的轨道半径仍为：R1=2a、R2=；从P发出的粒子第一次从y轴上N点射出，由几何关系知轨道正好与EF相切，N点的纵坐标：同理可求，从Q发出的粒子第一次从y轴上M点射出，M点的纵坐标：即射出点的纵坐标范围[，]答：（1）匀强电场的电场强度为；（2）PQ的长度为；（3）这些粒子第一次从左边界射出磁场，射出点的纵坐标范围为[，]．【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后分阶段根据动能定理，牛顿第二定律列式求解．-23-\n（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]14．下列说法中正确的是()A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小【考点】分子间的相互作用力；*晶体和非晶体．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】（1）晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．物体的内能与温度、体积等因素有关．温度是分子热平均动能的标志．液晶具有各向异性．分子力与分子间距离之间的关系比较复杂，分子间距离增大，分子力不一定减小，分子势能也不一定减小．【解答】解：A、只有单晶体具有各向异性，而多晶体是各向同性的，故A错误．B、内能与物体的温度、体积、分子数等因素有关，内能不同，温度可能相同，则分子热运动的平均动能可能相同．故B正确．C、液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性．故C正确．D、随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大．故D错误故选：BC．【点评】明确晶体和非晶体的特性、分子动理论中温度是平均动能的标和分子间距与分子作用力和势能的关系．15．如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃．现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4cm高的水银柱？（大气压强为P0=76cmHg）【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】求出气体的状态参量，然后根据玻意耳定律和盖﹣吕萨克定律求出气体的温度．【解答】解：设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1=306K，体积为V1=51Scm3，压强为p1=p0+h=80cmHg．-23-\n当水银面与管口相平时，水银柱高为H，则管内气体的体积为V2=（57﹣H）Scm3，压强为p2=p0+H=（76+H）cmHg．由玻意耳定律得p1V1=p2V2代入数据，得H2+19H﹣252=0解得H=9cm所以p2=85cmHg设温度升至T时，水银柱高为4cm，管内气体的体积为V3=53Scm3，压强为p3=p0+h=80cmHg．由盖﹣吕萨克定律得代入数据，解得T=318K答：管中气体的压强为85cmHg；加热升温至318K时，管中刚好只剩下4cm高的水银柱【点评】本题考查了应用理想气体状态方程求气体压强，分析清楚气体状态变化过程是正确解题的关键．[物理--选修3-4]16．如图为一列简谐横波在介质中传播的波形图．在传播过程中，某一质点在10s内运动的路程是16m，则此波的波速是()A．1.6m/sB．2.0m/sC．40m/sD．20m/s【考点】波长、频率和波速的关系．【分析】根据一个周期内质点通过的路程是四个振幅，求出周期，读出波长，即可求出波速．【解答】解：由图知，振幅A=0.2m，波长λ=20m一个周期内质点通过的路程是4A=0.8m，由质点在10s内运动的路程是16m知，经过了n===20个周期，所以周期T==0.5s故波速v==m/s=40m/s故选C【点评】本题关键抓住一个周期内质点通过的路程是4A，分析得出周期．17．如图所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A=30°，∠C=90°，三棱镜材料的折射率n=．一条与BC面夹角为θ=30°的光线射向BC面，经过AC面一次反射，再从AB面射出，则从AB面射出的光线的折射角是多少？-23-\n【考点】光的折射定律．【专题】参照思想；几何法；光的折射专题．【分析】画出光路图，利用公式求光在BC面上折射角r，由光的反射定律和几何关系求出光在AB面的入射角，再运用折射定律求出从AB边射出时折射角．【解答】解：画出光路图如图所示，在BC面上，由折射定律有：，其中i=60°解得：r=30°由图中，由光的反射定律和几何关系可知：r′=30°由解得：i′=60°故从AB边射出的光线的折射角为60°．答：从AB边射出的光线的折射角为60°．【点评】解决本题的关键是画出光路图，运用折射定律和几何关系进行求解．[物理--选修3-5]18．用频率为ν的光照射在某金属表面时产生了光电子，当光电子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，若以W表示逸出功，m、e表示电子的质量和电量，h表示普朗克常数，则电子的最大初动能是()A．hν+WBB．C．hν﹣WD．【考点】光电效应．【专题】光电效应专题．【分析】根据光电效应方程求出光电子的最大初动能；最大初动能的光电子垂直进入匀强磁场，半径最大，根据半径公式求出最大速度，从而得出最大初动能．【解答】解：A、根据光电效应方程得，EKm=hγ﹣W．故A错误，C正确；B、根据洛伦兹力提供向心力，有：evB=m，则v=，-23-\n最大初动能Ekm=mv2=．故D正确，B错误．故选：CD．【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式．19．静止的氮核被速度为v0的中子击中生成碳核和另一种原子核甲，已知与甲核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后碳核与甲核的动量之比为l：1．（1）写出核反应方程式．（2）求与甲核的速度各是多大？【考点】动量守恒定律；原子核的人工转变．【分析】（1）在核反应中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒，写出核反应方程式．（2）在核反应过程中，系统动量守恒定律可以求出原子核的速度．【解答】解：（1）根据质量数与核电荷数守恒可知，甲核的核电荷数是1，质量数是3，甲核是氚核，核反应方程式为：N+n→C+H；（2）设中子质量为m0，C核质量mC，甲核质量为m甲，由动量守恒得：m0v0=mCvC+m甲v甲，即：m0v0=12m0vC+3m0v甲，又因为C与甲核动量比为1：l，所以m0vC=m甲v甲，即12m0vC=3m0v甲，联立以上两个方程，得：vC=，v甲=．答：（1）核反应方程式是：N+n→C+H；（2）的速度是，甲核的速度是．【点评】本题主要考查了守恒定律在近代物理中的应用，通过该题体会能量守恒和动量守恒使用的广泛性．-23-