1、2015-2016学年河北省张家口市高三（上）期末物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A伽利略通过观察发现了行星运动的规律B库仑通过扭秤实验测量出了静电力常量C电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由欧姆首先发现D伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证2如图（a），一个小球在固定的轨道AB上往复运动，其位移时间（xt）图象如图（b）所示则小球在t=0到t=6s内的平均速度大小为（）A0B0.1m/sC
2、0.2m/sD0.3m/s3如图所示，由两种材料制成的半球面固定在水平地面上，右侧面是光滑的，左侧面是粗糙的，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点）小物块A静止在左侧面上，小物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为，则A、B对球面的压力大小之比为（）Asin：1Bsin2：1Ccos：1Dcos2：14如图所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为53，重力加速度大小为g则小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为（）ABCD5一辆质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受
3、阻力恒为f，当汽车的速度为v，加速度为a时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此时刻开始，发动机始终在额定功率下工作，公路足够长，下列说法中正确的是（）A汽车的牵引力逐渐减少，直到为零B汽车的牵引力逐渐减少，直到为C汽车的速度逐渐增大，直到为D汽车的速度逐渐增大，直到为6我国正在建设的北斗导航系统有助于减少我国对GPS导航系统的依赖北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，关于这几颗同步卫星，下列说法正确的是（）A运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度B绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大C离地面的高度一定，相对地面保持静止D向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等7如图所示，
4、P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球将该电容器与电源连接，闭合电建后，悬线与竖直方向夹角为则（）A保持电建闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度会减小B保持电建闭合，加大P、Q两板间的距离，角度会增大C将开关再断开，加大P、Q两板间的距离，角度会增大D将开关再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度不变化8如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是（）Aa点Bb点Cc点Dd点9如图所示，一根轻弹簧
5、竖直固定在地面上，上端的小球处于静止状态且与弹簧栓接，现对小球施加一个竖直向上的恒力F，使小球从A点由静止开始向上运动，直至最高点B在此过程中，弹簧始终处于弹性限度内，恒力F对小球做功10J，小球克服重力做功8J则（）A小球的动能增加了2JB小球的重力势能减少了8JC小球的机械能增加了8JD弹簧的弹性势能增加了2J10如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（）A滑块运动到A点时，NMg，摩
6、擦力方向向左B滑块运动到B点时，N=Mg，摩擦力方向向右C滑块运动到C点时，N（M+m）g，M与地面无摩擦力D滑块运动到D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左11如图所示，在x轴上固定两个等量异种点电荷+Q、Q，两点电荷之间相距L虚线是以+Q所在点为中心、边长为L的正方形，a、b、c、d为正方形的四个顶点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）A四点中c点处的电势最低Ba、b两点的电势差Uab等于a、d两点的电势差UadC将一正的试探电荷沿abc，从a点移至c点，电势能先增大后减小Da点电场强度的大小Ea大于c点的电场强度的大小Ec12如图所示，50匝矩形闭合导线
7、框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B线框中产生交变电压的表达式为u=500sin200t（V）C变压器原、副线圈匝数之比为50：11D允许变压器输出的最大功率为5000W二、解答题（共5小题，满分47分）13（1）某同学用如图1所示的游标卡尺的（选填“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径，测出的读数如图
8、2，则玻璃管的内径d为cm（2）某同学用螺旋测微器测量一铜丝的直径，测微器的示数如图3所示，该铜丝的直径为mm14在测量某电源电动势和内电阻的实验中：（1）图1是实验中得到的UI图象，由此可得该电源电动势和内电阻的测量值分别是V和；（以上结果均保留两位有效数字）（2）某同学在完成上述实验之后，又进行了下述探究实验他将相同器材分别按图2和图3所示电路进行连接，在每次保持电压表（可视为理想电表）示数相同的情形下，读出电流表的示数分别为I1和I2调节滑动变阻器R，测得多组数据，得到I1与I2的关系为：I1=kI2（k为已知）则电流表与电源的内阻之比为15如图所示，在国庆阅兵式中，某直升机在地面上空某
9、高度A位置处于静止状态待命，接到上级命令，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置，已知sAB=5km，sBC=1Okm问：（1）直升机在BC段的速度大小是多少？（2）在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？16小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为N1线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I挂盘放上待测物体后，调节线圈中电
10、流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量（重力加速度取g=10m/s2）（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1m当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率17如图所示，相互平行、间距为d的两个界面S1、S2把空间分成、三个区域，在区域和内有垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，区域内匀强电场E的方向由S1指向S2，一个质量
11、为m、电量为q的带电粒子，以平行于电场线的初速度v0从与S1相距的O点开始向S1运动，若带电粒子在运动过程中除电场力、磁场力外不受其它力，为使粒子能够沿图中的轨迹一直运动下去（轨道的两个半圆的半径相等）求：（1）磁感应强度B1和B2之比；（2）电场强度E应满足的条件物理-选修3-318下列说法正确的是（）A温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大B悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显C在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D在使两个分子间的距离由很远（r109m）减小到很难再靠近的过程中，分子
12、间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大E热量可能从低温物体传递到高温物体19一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计已知如图所示状态时气体的温度为7，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0105Pa保持不变，水银的密度=13.6103kg/m3求：活塞的重力现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37时，U形管内水银的高度
13、差为多少？物理-选修3-420关于机械振动与机械波说法正确的是 （）A机械波的频率等于振源的振动频率B机械波的传播速度与振源的振动速度相等C质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E机械波在介质中传播的速度由介质本身决定21如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC在棱镜侧面AB左方有一单色光源S，从S发出的光线SD以60入射角从AB侧面中点射入三棱镜，当它从侧面AC射出时，出射光线与棱镜侧面AC间的夹角为30求此三棱镜的折射率物理-选修3-522以下说法正确的是（）A卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为He+NO+HB铀核
14、裂变的核反应是： UBa+O+2nC质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量为（2m1+2m2m3）c2D原子从a能极状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长2的光子，已知12，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子E元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的23如图所示，光滑水平面上静止着倾角为、高度为H、质量为M的光滑斜面，质量为m的小球以一定的初速度从斜面底端沿着斜面向上运动若斜面固定，小球恰好冲上斜面的顶端，若斜面不固定，求小球冲上斜面后能达到的最大高
15、度h2015-2016学年河北省张家口市高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是（）A伽利略通过观察发现了行星运动的规律B库仑通过扭秤实验测量出了静电力常量C电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由欧姆首先发现D伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：A、开普勒通过观察发现了行星运动的规律，
16、故A错误；B、库仑通过扭秤实验测量出了静电力常量，故B正确；C、电流通过导体产生的热量与电流、导体电阻和通电时间的规律由焦耳首先发现，故C错误；D、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，没有用实验进行验证，故D错误；故选：B2如图（a），一个小球在固定的轨道AB上往复运动，其位移时间（xt）图象如图（b）所示则小球在t=0到t=6s内的平均速度大小为（）A0B0.1m/sC0.2m/sD0.3m/s【考点】匀变速直线运动的图像【分析】根据xt图象分析小球的运动情形，根据图象判断前6s内的位移，再根据平均速度的定义计算前6s内的平均速度大小【解答】解：根据位移时间（xt）图象可知，小球在
17、02s向正方向运动，最大位移为0.6m，2s4s向反方向运动，位移大小也为0.6m，4s6s又向正方向运动，位移为：x=0.6m，根据平均速度的定义t=0到t=6s内的平均速度大小为： =0.1m/s故选：B3如图所示，由两种材料制成的半球面固定在水平地面上，右侧面是光滑的，左侧面是粗糙的，O点为球心，A、B是两个相同的小物块（可视为质点）小物块A静止在左侧面上，小物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为，则A、B对球面的压力大小之比为（）Asin：1Bsin2：1Ccos：1Dcos2：1【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【
18、分析】分别对A、B两个相同的小物块受力分析，由受力平衡，求得所受的弹力，再由牛顿第三定律，求A、B分别对球面的压力大小之比【解答】解：分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件，得：N1=mgcos同理：N2=故=cos2；根据牛顿第二定律，斜面对滑块的支持力等于滑块对斜面的压力，故左右两物块对斜面的压力大小之比cos2：1；故选：D4如图所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为53，重力加速度大小为g则小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为（）ABCD【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】小球做平抛运动，由平
19、抛运动规律可以求出小球的初速度，由动能定理求出小球到达A点的动能，然后求出小球的动能之比【解答】解：小球做平抛运动，在水平方向有：OAsin53=v0t，竖直方向有：OAcos53=gt2，初动能：EK0=mv02，从O到A过程，由动能定理得：EKAEK0=mgOAcos53，解得： =；故选：D5一辆质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受阻力恒为f，当汽车的速度为v，加速度为a时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此时刻开始，发动机始终在额定功率下工作，公路足够长，下列说法中正确的是（）A汽车的牵引力逐渐减少，直到为零B汽车的牵引力逐渐减少，直到为C汽车的速度逐渐增大，直到为D汽车的速度逐渐
20、增大，直到为【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动【解答】解：当达到额定功率之后，由Ff=ma，P=Fv可知，速度继续增大，牵引力减小，加速度将逐渐减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为vm=，之后将做匀速运动，故C正确，ABD错误；故选：C6我国正在建设的北斗导航系统有助于减少我国对GPS导航系统的依赖北斗导航系统中有几颗卫星是地球同步卫星，关于这几颗同步卫星，下列说法正确的是（）A运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度B绕地球运动的周期
21、比月球绕地球运行的周期大C离地面的高度一定，相对地面保持静止D向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【考点】同步卫星【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度在地球同步轨道上布设3颗通讯卫星，即可实现除两极外的全球通讯【解答】解：成功定点后的“北斗导航卫星”，是地球同步卫星，A、7.9km/s即第一宇宙
22、速度是近地卫星的环绕速度，也是圆周运动的最大的环绕速度而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；B、“北斗导航卫星”的周期为1天，月球的周期为27天，故B错误；C、地球同步卫星，距离地球的高度约为36000 km，高度一定，相对地面静止，故C正确；D、地球表面向心加速度a=9.8m/s2，设同步卫星离地面的高度为h，则a=9.8m/s2，故D错误；故选：C7如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球将该电容器与电源连接，闭合电建后，悬线与竖直方向夹角为则（）A保持电建闭合，缩小P、
23、Q两板间的距离，角度会减小B保持电建闭合，加大P、Q两板间的距离，角度会增大C将开关再断开，加大P、Q两板间的距离，角度会增大D将开关再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度不变化【考点】电容器的动态分析【分析】保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析是否变化【解答】解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大相反，加大P、Q两板间的距离时，会减小故AB错误C、D、电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式C=，U=E
24、d、C=，则得E=，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故C错误，D正确故选：D8如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是（）Aa点Bb点Cc点Dd点【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】由安培定则可判出两导线在各点磁感线的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感应强度为零的点的位置【解答】解：两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系根据右手
25、螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则为a或c，又I1I2，所以该点距I1远距I2近，所以是c点；故选C9如图所示，一根轻弹簧竖直固定在地面上，上端的小球处于静止状态且与弹簧栓接，现对小球施加一个竖直向上的恒力F，使小球从A点由静止开始向上运动，直至最高点B在此过程中，弹簧始终处于弹性限度内，恒力F对小球做功10J，小球克服重力做功8J则（）A小球的动能增加了2JB小球的重力势能减少了8JC小球的机械能增加了8JD弹簧的弹性势能增加了2J【考点】功能关系；弹性势能【分析】本题根据动能定理和功能关系分析，由重力以外的力做功等于机械能的变化量分析机械能的变化；克服重力做的功等于重力势能的变化
26、量由能量守恒定律分析弹簧的弹性势能如何变化【解答】解：A、小球从静止运动到最高点时，在最高点的速度为零，所以动能的变化量为零故A错误；B、小球克服重力做功8J，则重力势能的增加了8J，故B错误；C、小球的动能的变化量为零，重力势能的增加了8J，则由能量守恒定律知，小球的机械能增加了8J，故C正确；D、恒力F对小球做功10J，小球的机械能增加了8J，所以弹簧的弹性势能增加了2J故D正确故选：CD10如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，A、C为圆周的最高点和最低点，B、D与圆心O在同一水平线上小滑块运动时，物体M保持静止，关于物体M对地面
27、的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（）A滑块运动到A点时，NMg，摩擦力方向向左B滑块运动到B点时，N=Mg，摩擦力方向向右C滑块运动到C点时，N（M+m）g，M与地面无摩擦力D滑块运动到D点时，N=（M+m）g，摩擦力方向向左【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小【解答】解：A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，所以A错误B、小滑块在B点时，需要的
28、向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，所以B正确C、小滑块在C点时，滑块的向心力向上，所以C对物体M的压力要大于C的重力，故M受到的滑块的压力大于mg，那么M对地面的压力就要大于（M+m）g，所以C正确D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知，D错误故选BC11如图所示，在x轴上固定两个等量异种点电荷+Q、Q，两点电荷之间相距L虚线是以+Q所在点为中心、边长为L的正方形，a、b、c、d为正方形的四个顶点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下
29、列判断正确的是（）A四点中c点处的电势最低Ba、b两点的电势差Uab等于a、d两点的电势差UadC将一正的试探电荷沿abc，从a点移至c点，电势能先增大后减小Da点电场强度的大小Ea大于c点的电场强度的大小Ec【考点】电场的叠加；电场强度；电势能【分析】A、根据等量异种电荷的等势线的分布，来确定各点的电势高低；B、根据电势差等于电势之差，结合b、d对称，即可求解；C、由正电荷的电场力做功正负，来确定电势能的变化；D、由点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，即可求解【解答】解：A：c点在两个电荷连线的中点偏右，而在两个电荷连线的中垂线上，它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它
30、高，即c点的电势在四个点中是最低的，故A正确；B：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，因此电势差Uab等于a、d两点的电势差Uad故B正确；C：一正的试探电荷沿abc，在从a点移至b点，电势先增加，后减小，则正电荷的电势能先增大后减小，而当从b移到c时，电势先增后减，则正电荷的电势能先增后减故C正确；D：根据点电荷电场强度，及矢量合成法则，则有a电场强度的大小Ea小于c点的电场强度的大小Ec故D错误故选：ABC12如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=200rad/s
31、匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B线框中产生交变电压的表达式为u=500sin200t（V）C变压器原、副线圈匝数之比为50：11D允许变压器输出的最大功率为5000W【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】线圈与磁场的方向垂直时，穿过线圈的磁通量最大；产生的交流电的最大值为：Em=nBs由此得出最大值与有效值；根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解答】解：
32、A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，过线框的磁通量变化率为零所以A错误B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBs=500.5200=500V，线框中产生交变电压的表达式为u=500sin200t（V），所以B正确C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，所以C错误D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=50010=5000W，所以D正确故选：BD二、解答题（共5小题，满分47分）13（1）某同学用如图1所示的游标卡尺的A（选填“A”、“B”或“C”）部位去测玻璃管的内径
33、，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为1.425cm（2）某同学用螺旋测微器测量一铜丝的直径，测微器的示数如图3所示，该铜丝的直径为4.595mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读（2）螺旋测微器的读数等于固定刻度加上可动刻度在读可动刻度时需要估读【解答】解：（1）游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪即A部分游标卡尺测内径时，主尺读数为14mm，游标读数为0.055=0.25mm，最后读数为14mm+0.25mm=14.25mm=1.425cm（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5m
34、m，可动刻度读数为0.019.5=0.095mm，所以最终读数为：4.595mm故答案为：（1）A，1.425；（2）4.59514在测量某电源电动势和内电阻的实验中：（1）图1是实验中得到的UI图象，由此可得该电源电动势和内电阻的测量值分别是1.4V和0.86；（以上结果均保留两位有效数字）（2）某同学在完成上述实验之后，又进行了下述探究实验他将相同器材分别按图2和图3所示电路进行连接，在每次保持电压表（可视为理想电表）示数相同的情形下，读出电流表的示数分别为I1和I2调节滑动变阻器R，测得多组数据，得到I1与I2的关系为：I1=kI2（k为已知）则电流表与电源的内阻之比为k1【考点】测定电
35、源的电动势和内阻【分析】（1）伏安持性曲线中图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻；（2）明确实验原理，由闭合电路欧姆定律列式联立可求得电流表内阻与电源内阻的比值【解答】解：（1）由图1可知，电源的电动势E=1.4V，内阻r=0.86；（2）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+IrE=U+I2（r+RA）联立解得：=k1；故答案为：（1）1.4 0.86 （2）（k1）15如图所示，在国庆阅兵式中，某直升机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，接到上级命令，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置，
36、已知sAB=5km，sBC=1Okm问：（1）直升机在BC段的速度大小是多少？（2）在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）匀速阶段的时间加上匀加速阶段的时间为总时间，匀速阶段的时间可用位移除以速度表示，匀加速阶段的时间可用位移除以平均速度表示，这样可求出速度（2）在AB段根据速度与位移的关系公式v2=2ax，就可求解出加速度【解答】解：（1）飞机从A到C运行总时间t=200s，该直升机在BC段的速度大小为v，则飞机在AB段的平均速度为，由题意得：=t代入数据得v=100m/s（2）设飞机在AB段加速
37、度为a，由v2=2ax得a=1m/s2答：（1）直升机在BC段的速度大小是100m/s（2）直升机在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是1m/s216小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为N1线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0A范围内调节的电流I挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量（重力加速度取g=10m/s2）（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？（2）进一
38、步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1m当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率【考点】安培力；力矩的平衡条件【分析】（1）根据安培力的大小公式，结合安培力和重力平衡求出线圈的匝数（2）通过法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感应强度的变化率【解答】解：（1）线圈受到安培力为：F=N1B0IL，天平平衡有：mg=N1B0IL，代入数据解得：N1=25匝（2
39、）由电磁感应定律得：E=N2则 E=N2Ld由欧姆定律得：I=线圈受到安培力为：F=N2B0IL天平平衡有：mg=N22B0代入数据解得： =0.1T/s答：（1）线圈的匝数N1至少为25匝；（2）此时磁感应强度的变化率为0.1T/s17如图所示，相互平行、间距为d的两个界面S1、S2把空间分成、三个区域，在区域和内有垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，区域内匀强电场E的方向由S1指向S2，一个质量为m、电量为q的带电粒子，以平行于电场线的初速度v0从与S1相距的O点开始向S1运动，若带电粒子在运动过程中除电场力、磁场力外不受其它力，为使粒子能够沿图中的轨迹一直运动下去（轨道的两个半圆的半径相等
40、）求：（1）磁感应强度B1和B2之比；（2）电场强度E应满足的条件【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）明确粒子的运动过程，对电场中运动根据动能定理求解速度，对磁场中的运动根据洛伦兹力充当向心力列式，联立即可求得磁感应强度的比值；（2）明确题意，知道粒子能沿给出轨迹一直运动的条件是能减速以一定的速度进入B2；根据动能定理列式即可求解E的大小【解答】解：（1）粒子以初速度v0向S1运动，在电场中做匀加速运动，由动能定理可得：Eq=mv12mv02在匀强电场B1中，粒子以速度v1做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力可得：qv1B1=m粒子以速度v1进入匀强电
41、场，做匀减速直线运动，由动能定理和：Eq=mv22mv02在匀强磁场B2中，做匀速圆周运动，则有：qv2B2=m联立以上各式解得： =；（2）只要粒子能经过电场减速进入B2，则粒子能够沿图中的轨迹一直运动下去，则由动能定理可得：Eq=mv22mv02且v20联立解得：E答：（1）磁感应强度B1和B2之比为；（2）电场强度E应满足的条件为E物理-选修3-318下列说法正确的是（）A温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大B悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显C在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期
42、性D在使两个分子间的距离由很远（r109m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大E热量可能从低温物体传递到高温物体【考点】布朗运动；* 液晶【分析】温度是分子平均动能的标志；在某一瞬间跟悬浮微粒相撞的液体分子数越少，布朗运动越明显；晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的；从分子距离由0逐渐增大到很远过程中，分子间作用力先减小后增大再减小；热量可以从低温物体传到高温物体【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大，A正确；B、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，就越容易不平衡，布朗运动越明显
43、；相反，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，各个方向的作用力都有，则撞击力越容易平衡，布朗运动越不明显，故B错误；C、在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，即具有点阵结构，C正确；D、从分子距离由0逐渐增大到很远过程中，分子间作用力先减小后增大再减小，则在使两个分子间的距离由很远（r109m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大；由距离很小减小到r过程分子力表现为分子引力，做正功，分子势能减小，由r再减小时分子力表现为斥力，做负功，分子势能增加，即分子势能先减小后增加，故D错误；E、热量可能从低温物体传递到高温物体，比如空调，故E正
44、确故选：ACE19一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计，气缸侧壁通过一个开口与U形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及U形管内的气体体积忽略不计已知如图所示状态时气体的温度为7，U形管内水银面的高度差h1=5cm，大气压强p0=1.0105Pa保持不变，水银的密度=13.6103kg/m3求：活塞的重力现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37时，U形管内水银的高度差为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）封闭气体的
45、压强可以以活塞为研究对象求出，也可以根据水银柱求出，即封闭气体的压强P=P0+，又有P=P0+gh1，联立解得活塞的重力（2）活塞的高度不变，U形管内的气体体积忽略不计，则气缸内气体发生等容变化，根据查理定律求解U形管内水银的高度差【解答】解：以活塞为研究对象，根据平衡条件：P0S+G活=PS，则P=P0+，又有P=P0+gh1，即：，得：G活塞=gh1S=13.6103100.050.01N=68N气缸内的气体近似做等容变化初状态：P=P0+gh1；温度为T1，末状态：P=P0+gh2；温度为T2，由查理定律：可得h2=0.134 m答：（1）活塞的重力是68N（2）当气体的温度升高到37时
46、，U形管内水银的高度差为0.134m物理-选修3-420关于机械振动与机械波说法正确的是 （）A机械波的频率等于振源的振动频率B机械波的传播速度与振源的振动速度相等C质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E机械波在介质中传播的速度由介质本身决定【考点】机械波；波长、频率和波速的关系【分析】机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定【解答】解：A、机械波的频率是振源的振动频率；故A正确；B、机械波的传播速度与振源的
47、振动速度无关；故B错误；C、波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上；故C错误；D、由v=可知，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离；故D正确；E、机械波在介质中传播的速度由介质本身决定；故E正确；故选：ADE21如图所示，一等腰直角三棱镜，放在真空中，AB=AC在棱镜侧面AB左方有一单色光源S，从S发出的光线SD以60入射角从AB侧面中点射入三棱镜，当它从侧面AC射出时，出射光线与棱镜侧面AC间的夹角为30求此三棱镜的折射率【考点】光的折射定律【分析】根据光的折射在AB面和AC面上作出折射图，根据几何关系得出入射角和折射角的大小，通过折射定律求出折射率的大小【解
48、答】解：由折射定律，光线在AB面上折射时有： n=在AC面上出射时，有 n=由几何关系，=9030=60，+=90联立解得：=45则三棱镜的折射率 n=答：三棱镜的折射率为物理-选修3-522以下说法正确的是（）A卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为He+NO+HB铀核裂变的核反应是： UBa+O+2nC质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量为（2m1+2m2m3）c2D原子从a能极状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长2的光子，已知12，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子E元素
49、的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的【考点】爱因斯坦质能方程；原子的核式结构；裂变反应和聚变反应【分析】A、根据电荷数守恒、质量数守恒判断核反应方程式的正误B、铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子，中子不能约去C、根据质能方程求出释放的核能D、根据能极差进行分析E、结合放射性的特点与天然放射现象发现的意义分析【解答】解：A、卢瑟福通过粒子轰击氮核得到质子，根据电荷数守恒、质量守恒，知方程式He+NO+H正确故A正确B、铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀核得到三个中子，但是方程式中中子不能约去故B错误C、2个质子和2个中子结合成1个粒子，根据质能方程知
50、，E=mc2=（2m1+2m2m3）c2故C正确D、原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子，知ac能级差，原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为2的光子，知bc能级差为，因为12，所以E2E1，所以c能级高于a能级，从a能级跃迁到c能级需吸收光子，即，解得故D正确E、元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的故E正确故选：ACDE23如图所示，光滑水平面上静止着倾角为、高度为H、质量为M的光滑斜面，质量为m的小球以一定的初速度从斜面底端沿着斜面向上运动若斜面固定，小球恰好冲上斜面的顶端，若斜面不固定，求小球冲上斜面后能达到的最大高度h【考点】动量守恒定律【分析】斜面固定时，由动能定理或机械能守恒求出小球的初速度；斜面不固定时，小球和斜面组成的系统，水平方向动量守恒，由动量守恒和机械能守恒列式，联立方程即可求解【解答】解：斜面固定时，设小球初速度为v0，有：m=mgH 斜面不固定时，以小球和斜面组成的系统为研究对象，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v，则根据系统的机械能守恒和水平方向动量守恒（选向右的方向为正）得：m=（m+M）+mgh m=（m+M）v 联立解得：h=答：小球冲上斜面后能达到的最大高度h为2017年3月31日