1、2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1图示为质点做直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（）A质点始终向同一方向运动B4s时物体离出发点最远C加速度大小不变，方向与初速度方向相同D4s内位移为0，而通过的路程为4m2跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A运动员一直处于超重状态B运动
2、员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C运动员的机械能守恒D运动员的动能一直在减小3一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A铝球下沉的速度越来越小B剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功4真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头
3、表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE则（）AE带正电，F带负电，且QEQFB在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C过N点的等势面与过N点的切线垂直D负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能5如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长
4、线也不一定过圆心C只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长6如图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是（）A保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小7如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放
5、置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B其他条件不变的情况下，M越大，x越小C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多8如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A金
6、属棒ab最终可能匀速下滑B金属棒ab一直加速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒不可能先向N板运动后向M运动二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为cm滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足关系（3）满足（2）后，
7、调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数=10某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线（1）甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表V（量程5v，内阻约为5k，）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1）电流表A2（量程150mA，内阻约为2）滑动变阻器R1（阻值0200）滑动变阻器R2（阻值0l0）实验中电流表应选，滑动变阻器应选（填写器材代号）；在方框
8、中画出完整的实验电路图，并标明器材代号（2）乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图甲所示然后他用如图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图甲上（A点和B点）已知Ro=9.0，则该电源的电动势E=V，内电阻r=用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P=W11从地面上以初速度v0=9m/s竖直向上抛出一质量为m=0.1kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=3m/s，且落地前球已经做匀速运动（g=10m/s2）求：（
9、1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小12如图所示，在直角坐标系x0y内，有一质量为m，电荷量为+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a，b），可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现（1）若只在整个、象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；（2）若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；（3）若在整个、象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第IV象限内加平行于
10、x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小三、选做题【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均 为m的密
11、闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度四、【物理-选修3-4】15在以下各种说法中，正确的是（）A变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场B相对论认为：真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的C横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期D机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射
12、、折射、干涉和衍射现象E如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去16投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在光屏MN上形成一个圆形光斑已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d3R），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径五、【物理-选修3-5】17下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期C一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产
13、生2条不同频率的谱线D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的波长太短E铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变18如图所示，内表面光滑的半球壳固定在平板小车上，A、C等高球壳与小车总质量为M，球壳内半径为R，小车置于光滑水平面上初始时球壳最高点A靠在竖直墙上，现将一质量为m的可视为质点的小球沿球壳内表面由A处自由释放，求小球沿光滑球面上滑的最大高度2015-2016学年湖北省襄阳市高三（上）月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分28分）1图示为质点做直线运动的vt图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正
14、确的是（）A质点始终向同一方向运动B4s时物体离出发点最远C加速度大小不变，方向与初速度方向相同D4s内位移为0，而通过的路程为4m【考点】匀变速直线运动的图像【分析】根据速度的正负判断速度的方向速度图象的斜率等于加速度根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动【解答】解：A、由图看出，在前2s内，物体沿负方向运动，在后2s内物体沿正方向运动，运动方向发生了改变故A错误B、物体在前2s内向负方向做匀减速运动后2s内向正方向做匀加速直线运动，4s内的位移是0，即回到原点，4s内的路程s=故B错误，D正确C、速度图线的斜率等于加速度，直线的斜率不变，说明物体的加速度大小和方向都不变加速度始终沿正方向
15、，而物体的初速度方向沿负方向，所以加速度方向与初速度方向相反，故C错误故选：D2跳水运动是我国体育比赛的强项，如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然转态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）A运动员一直处于超重状态B运动员所受重力对其做的功在数值上小于跳板弹性势能的增加量C运动员的机械能守恒D运动员的动能一直在减小【考点】牛顿运动定律的应用超重和失重【分析】本题的关键是首先对运动员受力分析，明确受到的弹力从零逐渐增大，然后根据牛顿第二定律和功能原理即可求解【解
16、答】解：A、D、运动员从A到B过程中，人受到向下的重力和向上的弹力，在开始下落阶段弹力小于重力，后弹力大于重力，由牛顿第二定律可知加速度方向先向下后向上，人先做加速后减速，即动能应先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A错误，D错误B、对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，重力做正功，跳板对其作用力所做负功，由于运动员的动能减小，根据动能定理可知，运动员所受重力对其做的功小于跳板对其作用力所做的功故B正确C、由于人在下落过程中，弹力始终做负功，由功能原理可知，人的机械能一直在减小，故C错误故选：B3一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（
17、如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，根据上述信息，下列说法正确的是（）A铝球下沉的速度越来越小B剪断细线后，油槽对地面的压力先增大后不变C释放以后，铝球加速度随时间均匀减小D铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油所受摩擦阻力所做的功【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】对小球受力分析，当剪断细线后，小球受重力、油的浮力、摩擦阻力，结合图象可知，小球做加速度减小的加速运动，速度逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，据此分析即可【解答】解：A、由图象可知，铝球下沉的速度越来越大，故A错误； B、
18、球下降过程具有向下的加速度，处于失重状态，mgF浮f=ma，得F浮+f=mgma，a减小，则浮力与阻力的合力逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，球对油的反作用力逐渐增大，则油槽对地面的压力逐渐增大，当加速度减小到零后，处于平衡状态，受到球的浮力和阻力不变，油槽对地面的压力不变，故B正确； C、由图象可知，铝球加速度随速度的增大均匀减小，但是速度随时间不是均匀变化的，故加速度随随时间不是均匀减小，故C错误； D、铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的摩擦阻力、浮力所做的功，故D错误故选：B4真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线
19、所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE则（）AE带正电，F带负电，且QEQFB在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C过N点的等势面与过N点的切线垂直D负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能【考点】电场线；电场的叠加；电势能【分析】A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合C、电场线和等势面垂直D、先比较电势的高低，再根据Ep=qU，比较电势能【解答】解：A、根据电场线的流向，知E带正
20、电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以QFQE故A错误 B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合故B错误 C、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直故C正确 D、沿电场线方向电势逐渐降低，UMUN，再根据Ep=qU，q为负电荷，知EpMEpN故D错误故选C5如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应
21、强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（）A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，
22、确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关故A错误B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故B错误C、速度满足时，粒子的轨迹半径为r=R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确D、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小故D错误故选C6如
23、图所示，电路中的变压器为理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是（）A保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比【解答】解：A、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变
24、大，故A错误；B、S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B正确；C、S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C正确；D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D错误故选：BC7如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（）A上述过程中，F做的
25、功等于滑块和木板动能的增量B其他条件不变的情况下，M越大，x越小C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；（4）系统产生的热量等于摩擦力
26、和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多【解答】解：A由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确； C滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确故选：BD8如图，两
27、根足够长光滑平行金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）A金属棒ab最终可能匀速下滑B金属棒ab一直加速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D带电微粒不可能先向N板运动后向M运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinBIl0，由右手定则
28、判断电势高低【解答】解：A、金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinBIl0，所以金属棒将一直加速，A错误，B正确；C、由右手定则可知，金属棒a端（即M板）电势高，C项正确；D、若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，故D错误故选BC二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数在气垫导轨上安装了两个光电门l、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定
29、滑轮与钩码相连（1）用游标卡尺测光电门遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为0.225cm滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L 表示滑块运动的加速度a=（）；（2）要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足M远大于m关系（3）满足（2）后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g 表示滑块与导轨间的动摩擦因数=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡
30、尺的示数；由速度公式求出滑块经过光电门时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出滑块的加速度（2）只有在滑块质量远大于钩码质量时，才可近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力（3）断开气源，滑块受到拉力与阻力的作用，接通气源时，滑块受仅受到拉力的作用，由牛顿第二定律与滑动摩擦力公式可以求出动摩擦因数【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.2cm，游标尺示数为50.05mm=0.25mm=0.025cm，则游标卡尺读数为0.2cm+0.025cm=0.225cm；滑块经过光电门时的速度v1=，v2=，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v22v12=2aL，解得，加速度a=（）（2）当滑
31、块质量M远大于钩码质量m 时，细线中拉力近似等于钩码重力（3）对滑块由牛顿第二定律得：FMg=Ma1，F=Ma2，解得：=故答案为：（1）0.225，（）；（2）M远大于m；（3）10某学习小组探究电学元件的伏安特性曲线（1）甲同学要描绘一个标有“3.6V，1.2W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有以下可供选择的器材：电压表V（量程5v，内阻约为5k，）直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）电流表A1（量程350mA，内阻约为1）电流表A2（量程150mA，内阻约为2）滑动变阻器R1（阻值0200）滑动变阻器R2（阻值0l0）实验中电流表应选A1，滑动变阻器应选R2（填写器材代号
32、）；在方框中画出完整的实验电路图，并标明器材代号（2）乙同学利用甲同学的电路分别描绘了三个电学元件的伏安特性曲线，如图甲所示然后他用如图乙所示的电路分别给三个元件供电，并测出给元件1和元件2供电时的电流和电压值，分别标在图甲上（A点和B点）已知Ro=9.0，则该电源的电动势E=3V，内电阻r=1用图乙的电路单独给元件3供电时，元件3的电功率P=0.2W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】1、灯泡的额定电流确定电流表的量程，从减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接2、电阻R0等
33、效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外电压与电流的关系图线，通过图线求出电源的电动势和内阻，图线与元件3的IU图线的交点表示此时的电流和电压，根据元件3工作时的电压和电流，从而求出元件3的电功率【解答】解：（1）灯泡的额定电流I=0.33A=330mA，电流表应选：A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选：R2；描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为R=10.8，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此实验电路图：（2）将电阻R0等效到电源的内部，连接A、B两点并交于横轴和纵轴，该图线为电源外电压与电流的关系图线如
34、图，当电流为0时，外电压为3V，则电源的电动势为E=3V，内阻r=9=1此时元件3的电流和电压分别为：0.2A，1.0V，则P=UI=0.2W故答案为：（1）A1；R2；（2）3；1；0.211从地面上以初速度v0=9m/s竖直向上抛出一质量为m=0.1kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1=3m/s，且落地前球已经做匀速运动（g=10m/s2）求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】（1）对全过程运用动
35、能定理，求出球从抛出到落地过程中克服空气阻力做功的大小（2）根据空气阻力与速率的关系，抓住落地前做匀速直线运动，结合平衡以及牛顿第二定律求出球抛出瞬间的加速度大小【解答】解：（1）球从抛出到落地过程中，由动能定理得：Wf=0.1（3292）J=3.6J克服空气阻力做功为3.6J（2）由题意得，空气阻力为：f=kv落地前匀速运动，则有：mgkv1=0刚抛出时加速度大小为a0，则有：mg+kv0=ma0解得：a0=（1+）g=40m/s2答：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功为3.6J；（2）球抛出瞬间的加速度大小为40m/s212如图所示，在直角坐标系x0y内，有一质量为m，电荷量为
36、+q的粒子A从原点O沿y 轴正方向以初速度v0射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通过点P（a，b），可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现（1）若只在整个、象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场中作匀速 圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；（2）若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷 Q，使粒子A在Q产生的电场中作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；（3）若在整个、象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第IV象限内加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点如果此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E
37、的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度B的大小；（2）画出粒子由O到P的轨迹，由几何关系求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解点电荷Q的电量大小；（3）画出轨迹，粒子在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动在磁场中和在电场中运动时间相等，根据牛顿第二定律、运动学公式和时间与磁场中相等的条件列式，可得到磁感应强度B的大小和电场强度E的大小【解答】解：（1）粒子由O到P的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知：R1=由牛顿第二定律可知：=qv0B由此得：B=（2）粒子由O到P的轨迹如图
38、所示：粒子在电场中做圆周运动，半径为R2：由几何关系知： （aR2）2+b2=解得，R2=由牛顿第二定律可知=由此得：Q=（3）粒子由O经P到P的轨迹如图所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动在电场中运动时间t： t=在磁场中运动时间t： t=由此得：B=设在磁场中做圆周运动，半径为R3则有 v0t=R3则得 R3=电场中 PP=a2R3=a又 PP=t2由此得：E=答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）点电荷Q的电量大小为；（3）磁感应强度B的大小为，电场强度E的大小为三、选做题【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分
39、子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=【考点】温度是分子平均动能的标志；布朗运动；热力学第二定律【分析】热力学第一定律公式：U=W+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功等于分子势能的减小量【解答】解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正
40、确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；E、某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，而气体此式不成立；故E错误；故选：ABC14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均 为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，、两部分气体的高度均为l0，温度为T0设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mg=P0S，环境温度保持不变求：在活塞A上
41、逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度【考点】气体的等容变化和等压变化【分析】活塞A导热且环境温度保持不变，所以部分气体为等温变化，列式时列等温变化方程气缸侧壁是绝热的，底部导热，所以部分气体也为等温变化，列式时列等温变化方程【解答】解：对I气体，初状态，末状态由玻意耳定律得：所以，对 II气体，初状态，末状态由玻意耳定律得：所以，l2=l0B活塞下降的高度为： =l0；答：活塞 B 下降的高度为l0四、【物理-选修3-4】15在以下各种说法中，正确的是（）A变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场B相对论认为：真空中的光速大小在不同
42、惯性参照系中都是相同的C横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期D机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象E如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去【考点】波长、频率和波速的关系；电磁波的产生；狭义相对论【分析】根据麦克斯韦理论分析变化的电场和变化的磁场的关系相对论的基本原理之一是：真空中的光速大小在不同惯性参照系中都是相同的波传播过程中，介质中质点不向前移动波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象根据多普勒效应分析星系的运动情况【解答】解：A、根据麦克斯韦电磁场理论知，变化
43、的电场一定产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场；变化的磁场一定产生电场，均匀变化的磁场产生稳定的电场，故A错误B、相对论的基本原理是：真空中的光速在不同惯性参照系中都是相同的，故B正确C、横波在传播过程中，波峰上的质点只在其平衡位置附近振动，不向前移动故C错误D、机械波和电磁波本质上不相同，但它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，故D正确E、如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，频率变小，由多普勒效应可知，这说明该星系正在远离我们而去，故E正确故选：BDE16投影仪的镜头是一个半球形的玻璃体，光源产生的单色平行光投射到平面上，经半球形镜头折射后在
44、光屏MN上形成一个圆形光斑已知镜头半径为R，光屏MN到球心O的距离为d（d3R），玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光的干涉和衍射求光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径【考点】光的折射定律；全反射【分析】设D点为发生全反射的临界点，结合sinC=以及几何关系，求出光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径【解答】解：如图所示，光线入射到D点时恰好发生全反射又因为 解得：答：光屏MN上被照亮的圆形光斑的半径为dnR五、【物理-选修3-5】17下列说法正确的是（）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期C一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基
45、态时最多可产生2条不同频率的谱线D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的波长太短E铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】太阳内部是核聚变反应，由质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数，发生光电效应的条件是入射光频率等于金属的极限频率，半衰期由原子核本身决定【解答】解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；B、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故B正确；C、一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线，分别是从2到1和从3到2，故C正确；D、一束光照射到某种金
46、属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太小，故D错误；E、由质量数守恒和电荷数守恒知铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，238=206+84，要经过8次衰变，92=82+8261，6次衰变，故E正确；故选：BCE18如图所示，内表面光滑的半球壳固定在平板小车上，A、C等高球壳与小车总质量为M，球壳内半径为R，小车置于光滑水平面上初始时球壳最高点A靠在竖直墙上，现将一质量为m的可视为质点的小球沿球壳内表面由A处自由释放，求小球沿光滑球面上滑的最大高度【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】小球从静止滑到球壳最低点B的过程中，车不动，小球的机械能守恒，即可由机械能守恒求出小球滑到最低点的速度大小小球从最低点B沿球壳上滑至最高点C的过程中，a小球、球壳、车组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，根据两大守恒定律列方程，即可求解小球沿光滑球面上滑的最大高度【解答】解：小球从静止滑到球壳最低点B的过程中，车不动，小球的机械能守恒：mgh=mv小球从最低点B沿球壳上滑至最高点C的过程中，A小球、球壳、车组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒： mv1=（m+M）v2mv=+mgh解得：h=R答：小球沿光滑球面上滑的最大高度为R2017年4月5日