1、单科标准满分练(三)(时间：60分钟分值：110分)第卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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。14关于近代物理知识，下列说法正确的是()A光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B德布罗意用晶体做了电子束衍射的实验，证实了电子的波动性C比结合能小的原子核结合成或分裂成比结合能大的原子核时一定吸收能量D根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大D由EkhW可知，最大初动能随入射光的频率的增大而增大，但
2、不成正比，A项错误；1927年戴维孙和汤姆孙做了电子束的衍射实验，取得了成功，说明电子的波动性，B项错误；比结合能小的原子核结合成或分裂成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能，C项错误；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，动能增大，氢原子能量减小，氢原子的电势能减小，D项正确。15.如图所示，光滑固定斜面的倾角为30，甲、乙两物体用不可伸长的轻绳相连，保持静止状态，开始时甲、乙离地高度相同。剪断轻绳，则在乙落地前瞬间()A甲、乙加速度大小之比为11B甲、乙速度大小之比为11C甲、乙动量大小之比为11D甲、乙动能大小之比为11C剪断轻绳，甲加速度为，乙加速度为g，加速
3、度之比为12，A项错误；由vat可得，速度之比为12，B项错误；由平衡条件m甲gsin 30m乙g可知，m甲m乙21，动量大小之比为11，C项正确；动能大小之比为12，D项错误。16.如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a和b两个点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为L，带电荷量均为Q，在水平面内与a、b两点电荷距离均为L的O点处有一电荷量为q的点电荷恰好处于平衡状态。如果仅让点电荷a带负电，电荷量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为()A.E0q B.E0q C.E0q DE0qA当a、b均为正电荷时，根据平衡条件，2kcos 30E0q，如果仅让点电荷a带负
4、电，电荷量大小不变，其他条件不变，则O点处电荷的受力变为F2kE0q，A项正确。17我国首颗火星探测器将于2020年发射，火星探测器不仅要完成环绕火星探测任务，还将着陆火星表面，进一步获得有关火星的一些数据。若将地球和火星看作质量分布均匀的球体，地球半径为R1，火星半径为R2，地球与火星的第一宇宙速度分别为v1、v2，不考虑地球与火星的自转，则地球与火星的表面加速度之比为()A. B. C. D.A根据第一宇宙速度的定义有Gm，在天体表面Gmg，由以上两式可得g，地球与火星的表面加速度之比为，A项正确。18.如图所示，一个截面积为S的N匝线圈，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，以角速度匀速转动
5、产生交变电流，变压器原副线圈匝数比为n1n2，电表均为理想电表，忽略线圈内阻，则()A若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为eNBSsin tB当闭合开关S时，电压表示数变大C当闭合开关S时，电流表示数变大D电压表读数为C若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为eNBScos t，A项错误；当闭合开关S时，原线圈电压不变，根据可知，副线圈电压不变，B项错误；副线圈电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，C项正确；原线圈电压有效值为不变，根据，副线圈电压为，D项错误。19.如图所示，质量相等的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，开始时用手托住物体A，此时物体A
6、距离地面为s，物体B静止于地面上，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态，空气阻力不计，松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是()A两物体组成的系统机械能守恒B当物体A的速度最大时，物体B与地面间的作用力为零C若物体A恰好能到达地面，则此时物体B的速度为零D若物体A恰好能到达地面，则此过程中重力对物体A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和BD两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，A项错误；当物体A的速度最大时，弹簧弹力等于物体A重力，物体B受绳的拉力等于其重力，物体B与地面间的作用力为零，B项正确；若物体A恰好能到达地面，在物体A减速的过程中，弹簧拉力大于其重力，物体
7、B已经向上运动，C项错误；根据能量守恒，重力对物体A做的功，即物体A重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，D项正确。20.如图所示，一个光滑且足够长的斜面体固定于水平面上，斜面倾角为并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。下列判断正确的是()A滑块沿斜面向下做匀加速直线运动B滑块下滑过程中机械能增大C当速度为 时，滑块脱离斜面D滑块脱离斜面后，重力作用下，滑块不做匀速圆周运动，洛伦兹力对滑块做负功AC将滑块受力在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，沿斜面方向只受重力的分力mgsin ，根据牛顿第二定律
8、，mgsin ma，agsin 不变，A项正确；下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，B项错误；当滑块脱离斜面时，斜面对其支持力为0，qvBmgcos ，v，C项正确；洛伦兹力任何时候都不做功，D项错误。21如图所示，圆弧轨道AB被竖直固定，其下端点B的切线水平。现将可视为质点的质量为m1 kg的小球从A点由静止释放，小球从B点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C点(未画出)，在C点的速度方向与水平方向夹角为37，已知B端与墙壁的水平距离为l0.3 m，不计一切摩擦和阻力，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A圆弧轨道的半径为0.2 mB小球在轨道最低点B对轨道的压力大小为10 NC从A到C
9、的整个过程中，重力的功率先减小后增加D在C点的动能为3.125 JAD设在B点的速度为vB，在C点水平速度为vB，水平方向有lvBt，竖直方向vCygt，tan 37，解得vB2 m/s。由A到B，由机械能守恒定律可得mgRmv，解得R0.2 m，A项正确；在轨道最低点B，Nmgm，N30 N，B项错误；A到B，重力的功率先增加后减小，B到C，竖直方向速度增大，重力功率增大，C项错误；在C点的速度vC2.5 m/s，动能Ekmv3.125 J，D项正确。第卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。(一)必
10、考题(共47分)22(6分)某同学用如图所示实验装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。实验中滑块放在水平桌面上，在轻质动滑轮上悬挂不同的重物，使滑块从同一位置由静止加速运动。(1)由图甲判断下列说法正确的是_。A实验中滑块的质量应远小于重物的质量B实验中滑块的质量应远大于重物的质量C实验中与滑块相连的轻绳与桌面可以不平行D实验中与滑块相连的轻绳与桌面一定要平行(2)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为_m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)根据测得的数据，作出加速度与
11、拉力的关系如图丙所示，则滑块的质量为m_kg，滑块与桌面间的动摩擦因数为_。(重力加速度g取10 m/s2)解析(1)因用弹簧秤可直接测出绳的拉力，重物能够拖动滑块即可，无特别约束关系，A、B两项错误；为保证绳的拉力等于滑块受到的水平拉力，轻绳与桌面一定要平行，D项正确。(2)用公式sat2求解加速度，连续两点的时间间隔为t0.1 s，s(6.496.34)102 m0.15102 m，得加速度a0.15 m/s2。(3)由牛顿第二定律有Fmgma，故ag，即图线斜率为2，纵轴截距的大小为g3，可得m0.5 kg，0.3。答案(1)D(2分)(2)0.15(2分)(3)0.5(1分)0.3(1
12、分)23(9分)如图甲，用伏安法测定电阻约5 的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5 V，实验室提供电表如下：A电流表A1(03 A，内阻0.0125 )B电流表A2(00.6 A，内阻约为0.125 )C电压表V1(03 V，内阻4 k)D电压表V2(015 V，内阻15 k)(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选_，电压表应选_(填写仪器前字母代号)。(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为_mm。(3)根据原理图连接图丙的实物图。丁(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次改变线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的
13、长度L，计算出相应的电阻后作出RL图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为R，对应的长度变化为L，若电阻丝直径为d，则电阻率_。解析由于电源电动势为3 V，电表读数要达到半偏，则电压表选C；由I可知电路中最大电流约为0.6 A，则电流表选B。(2)螺旋测微器的固定刻度为0.5 mm，可动刻度为20.00.01 mm0.200 mm，所以最终读数为0.5 mm0.200 mm0.700 mm。(3)(4)根据电阻定律R，S，解得。答案(1)B(1分)C(1分)(2)0.700(2分)(3)图见解析(2分)(4)(3分)24(14分)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的
14、斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角37，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少；(2)当拉力F20 N时，长木板的加速度大小？解析(1)当F等于18 N时，加速度为a0。对整体由平衡条件：F(Mm)gsin (2分)代入数据解得Mm3 kg当F大于18 N时，根据牛顿第二定律得FMgsin mgcos Ma(2分)长木板的加速度aFgsin (2分)知图线的斜率k1，截距bgsin 18(2分)解得M1 kg，m2 kg，0.75
15、。(2分)(2)当拉力F20 N时，代入长木板的加速度aFgsin (2分)解得长木板的加速度为a12 m/s2。(2分)答案(1)0.75(2)2 m/s225(18分)如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成30固定，导轨间距离为L1 m，电阻不计，一个阻值为R0.3 的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1 T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l0.5 m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m0.5 kg、电阻均为r0.6 ，将两杆由静止释
16、放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g10 m/s2。求：(1)杆M进入磁场时的速度；(2)杆N进入磁场时的加速度大小；(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。解析(1)杆M进入磁场时，根据平衡条件2mgsin I1LB(1分)电路中总电阻R1r0.8 (1分)由闭合电路欧姆定律I1(1分)由法拉第电磁感应定律E1BLv1(1分)由以上可得v14 m/s。(1分)(2)杆N进入磁场时杆的速度为v14 m/s，此时电路中总电阻R2R0.6 (1分)根据牛顿第二定律2mgsin I2LB2ma(1分)I2(1分)解得a m/s21.67 m/s2杆N进入磁场时杆的加速
17、度大小为1.67 m/s2。(1分)(3)从杆M进入磁场到杆N进入磁场的过程中，电阻R上的电流IRI1 A(1分)此过程产生的热量Q1IRt(1分)t解得Q1 J(1分)杆M出磁场时，根据平衡条件2mgsin I2LB(1分)I2(1分)E2BLv2(1分)解得v23 m/s从杆N进入磁场到杆M出磁场时，系统减少的机械能转化为焦耳热E2mg(Ll)sin 2mv2mv6 J(1分)此过程电阻R上产生的热量Q23 J(1分)全过程电阻R上已产生的热量Q1Q23.42 J。(1分)答案(1)4 m/s(2)1.67 m/s2(3)3.42 J(二)选考题：共15分。请考生从两道物理题中任选一题作答
18、。如果多做，则按所做的第一题计分。33物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是_。(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，但它间接地说明液体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满足能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行E液体很难被压缩的原因是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力(2)(10分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸
19、内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接 一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g。求：U形细管内两侧水银柱的高度差；通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。解析(1)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，A项正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它间接地说明液体分子在永不停息地做无规则运动，B项正确；当分子力
20、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，C项正确；根据热力学第二定律，宏观过程具有方向性，D项错误；当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但斥力比引力增加的快，E项错误。(2)设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，得p0SpSMg(2分)用水银柱高表示气体的压强pp0gh(1分)解得h。(1分)加热过程中气体变化是等压变化(2分)TT0气体对外做功为WpSh0(p0SMg)h0(1分)根据热力学第一定律：UQW(2分)可得UQ(p0SMg)h0。(1分)答案(1)ABC(2)T0Q(p0SMg)h034物理选修34(15分)(1)(5分)某时刻O处
21、质点沿y轴开始做简谐振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经过0.8 s形成的波动图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96 m处的质点。 下列判断正确的是()A该质点开始振动的方向沿y轴向上B该质点振动的周期是0.8 sC从O处质点开始振动计时，经过3.2 s，P处质点开始振动D该波的波速是24 m/sE从P处质点开始振动，再经0.6 s，P处质点第一次经过波峰(2)(10分)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角AOB120，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径Ra，圆锥轴线与桌面垂直。有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率
22、n，求光束在桌面上形成的光斑的面积。解析(1)质点开始振动的方向沿y轴负方向，A项错误；0.8 s传播一个波长，周期为0.8 s，B项正确；波速v30 m/s，D项错误；传到P点的时间t s3.2 s，C项正确；P处质点开始振动后经个周期到波峰，即0.6 s，E项正确。(2)如图所示，射到OA界面的入射角30，则sin ，故入射光能从圆锥侧面射出。设折射角为，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律有sin nsin (2分)解得60过O点作则O2OD30(2分)在RtO1AO中，Rtan 30aa在RtACE中，tan 30a故Ra(2分)在RtOO2D中，4atan 30a(2分)光束在桌面上形成的光斑面积S4a2。(2分)答案(1)BCE(2)4a2
