陕西省汉中市城固一中2016届高三下学期第一次月考物理试卷

陕西省汉中市城固一中2016届高三下学期第一次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年陕西省汉中市城固一中高三（下）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t，粒子飞出此区域时速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的周期 D．带电粒子在磁场中运动的半径 ‎2．如图所示，在真空中A､B两点分别放置等量的正点电荷，在A､B两点间取一个矩形路径abcd，该矩形路径关于A､B两点间连线及连线的中垂线对称．现将一电子沿abcda移动一周，则下列判断正确的是（　　）‎ A．a、b、c、d四点的电场强度相同 B．a、b、c、d四点的电势不同 C．电子由b到c，电场力先做正功后做负功 D．电子由c到d，电场力先做正功后做负功 ‎3．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈匝数之比为3：1‎ B．变压器的输入功率为12W C．电压表的读数为18V D．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小 ‎4．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大 C．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 D．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 ‎5．如图所示，有一光滑的半径可变的圆形轨道处于竖直平面内，圆心O点离地高度为H．现调节轨道半径，让一可视为质点的小球a从与O点等高的轨道最高点由静止沿轨道下落，使小球离开轨道后运动的水平位移S最大，则小球脱离轨道最低点时的速度大小应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB=BC=l，线框导线的总电阻为R．则线框离开磁场的过程中（　　）‎ A．线框中的电动势随时间均匀增大 B．通过线框截面的电荷量为 C．线框所受外力的最大值为 D．线框中的热功率与时间成正比 ‎7．一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v﹣t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同 B．水平拉力对物体做功的数值为1.2J C．撤去拉力后物体还能滑行7.5m D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1‎ ‎8．为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2‎ 的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2．火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算出（　　）‎ A．火星的密度和火星表面的重力加速度 B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力 C．火星的半径和“萤火一号”的质量 D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理；‎ ‎（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=　　cm；‎ ‎（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间△t1和△t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是　　；‎ ‎（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？　　（填“是”或“否”）‎ ‎10．（9分）为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R （阻值约100Ω）、滑动变阻器R1（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～10Ω）、电阻箱R0（0～9999.9Ω）、理想电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V，内阻忽略）、导线、电键若干．‎ ‎（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验．‎ ‎①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．‎ ‎②滑动变阻器应选　　（填入字母）．‎ ‎③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到　　（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1．‎ ‎④断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为　　时，R0的读数即为电阻的阻值．‎ ‎（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱R0值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出1/I﹣R0图象如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为　　．‎ ‎（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好？为什么？　　．‎ ‎11．（12分）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎12．（20分）如图所示，木板B静止在光滑水平面上，某时刻大小可忽略的物体A以v0=4m/s的初速度滑上木板B的上表面．已知A的质量m1=1kg，B的质量为m2=0.5kg，A与B之间的动摩擦因数µ=0.2．g 取10m/s2．‎ ‎（1）若木板B长L=1m，为使A不致于从B的右端滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，试求拉力F的最小值为多少？‎ ‎（2）木板B的长度存在某个值L0，若板长小于此值时无论F为多少，A最终都会滑离B，试求L0为多少？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理----选修3-3】（15分）‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体温度升高，分子平均动能一定增大 B．扩散运动就是布朗运动 C．吸收了热量的物体，其内能一定增加 D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它不可能制造出来 ‎14．（9分）图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和20cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强PA=2.0×105帕的氮气．B内有压强PB=1.0×105帕的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略．求：‎ ‎①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；‎ ‎②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热（简要说明理由）．‎ ‎　‎ ‎【物理----选修3-4】（15分）‎ ‎15．以下有关振动、波动和相对论内容的若干叙述中正确的是（　　）‎ A．在“用单摆测定重力加速度”实验中，为了测量周期应从最大位移处开始计时 B．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 C．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域交替变化 D．当观察者远离波源时，接收到的频率小于波源发出的频率 ‎16．桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．巳知玻璃的折射率为，求：‎ ‎①光在玻璃中的传播速度是多少？‎ ‎②光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？‎ ‎　‎ ‎【物理----选修3-5】（15分）‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型 B．对于任何一种金属都存在一个“最小波长”，入射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应 C．β衰变中产生的β粒子实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 D．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说 ‎18．如图所示，质量为M=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端放置着质量为MA=2kg的物体A（可视为质点）．一个质量为m=20g的子弹以500m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5．（g取10m/s2）‎ ‎①子弹穿出物体A后A的速度是多大？平板车最后的速度是多大？‎ ‎②全过程损失的机械能为多少？‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年陕西省汉中市城固一中高三（下）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子（不计重力）以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t，粒子飞出此区域时速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的（　　）‎ A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的周期 D．带电粒子在磁场中运动的半径 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动．从而可推导出轨道半径公式与周期公式，由题中运动的时间与磁感应强度可求出粒子的比荷，由于圆磁场的半径未知，所以无法求出轨道半径，也不能算出粒子的初速度．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角θ．再根据运动的时间及周期公式T=，而可算出带电粒子的荷质比，故A正确；‎ B、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角．再根据运动的时间及周期公式可算出带电粒子的荷质比．但由于不知圆形磁场的半径，则无法求出轨道圆弧的半径，所以也不能算出粒子的初速度，故B错误；‎ C、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角θ．根据T=，而，可得，T=．故C正确；‎ D、带电粒子沿半径方向入射，经过磁场偏转60°后又沿半径方向出射，从而画出圆弧对应的弦，确定圆弧的圆心，算出圆心角．再根据运动的时间及周期公式可算出带电粒子的荷质比．但由于不知圆形磁场的半径，则无法求出轨道圆弧的半径．故D错误；‎ 故选：AC ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在真空中A､B两点分别放置等量的正点电荷，在A､B两点间取一个矩形路径abcd，该矩形路径关于A､B两点间连线及连线的中垂线对称．现将一电子沿abcda移动一周，则下列判断正确的是（　　）‎ A．a、b、c、d四点的电场强度相同 B．a、b、c、d四点的电势不同 C．电子由b到c，电场力先做正功后做负功 D．电子由c到d，电场力先做正功后做负功 ‎【考点】电势；动能定理的应用；电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据等量同种电荷电场线和等势线分布情况和对称性，判断abcd四点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同．‎ ‎【解答】解：A abcd四点的电场强度大小相等，但方向不同．故A错误 ‎ B abcd四点所处的为四个对称点且电势为标量，则电势相同．故B错误 ‎ C 两电荷连线上方，场强竖直向分量向上，两电荷连线下方，场强竖直向分量向下．则电子由b到c，电场力先做正功后做负功．故C正确 ‎ D 由c到c，场强水平向分量先向左再向右，故电场力选做负功，再做正功．故D错误 故选：C ‎【点评】考查等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性．‎ ‎　‎ ‎3．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是（　　）‎ A．原、副线圈匝数之比为3：1‎ B．变压器的输入功率为12W C．电压表的读数为18V D．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】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：A、L1恰正常发光，其电流为I=A，灯泡的电阻R==216Ω，电压表示数为0.5IR=18V，根据输入功率等于输出功率知=9W，解得：U1=18V，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，AB错误，C正确 D、若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D正确 故选：CD ‎【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．‎ ‎　‎ ‎4．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同 B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大 C．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 D．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 ‎【考点】功能关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据动能定理研究滑块A到达底端C点和滑块B到达D点时表示出末动能比较．‎ 根据动能定理研究两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度的过程，根据表达式比较求解．‎ 根据平均功率的定义求解．‎ ‎【解答】解：A、设甲斜面底端为C，乙斜面底端为D，A、B滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；‎ B、由于B物块受到的摩擦力fμmgcosθ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知 滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；‎ C、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，‎ 由于乙的斜面倾角小，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，‎ 所以机械能不同，故C错误；‎ D、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达低端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故D正确 故选：BD．‎ ‎【点评】本题主要考查动能定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，有一光滑的半径可变的圆形轨道处于竖直平面内，圆心O点离地高度为H．现调节轨道半径，让一可视为质点的小球a从与O点等高的轨道最高点由静止沿轨道下落，使小球离开轨道后运动的水平位移S最大，则小球脱离轨道最低点时的速度大小应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平抛运动；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】设圆形轨道的半径为r，则小球做平抛运动的高度为H﹣r，根据平抛运动的基本公式求出S的表达式，求出S取最大值的条件即可求解．‎ ‎【解答】解：设圆形轨道的半径为r，则小球做平抛运动的高度为H﹣r，‎ 小球从最高点运动到轨道最低点的过程中，运用动能定理得：‎ mgr=mv2‎ 解得：v=‎ 小球从轨道最低点抛出后做平抛运动，则有 t=‎ 水平位移S=vt==‎ 当H﹣r=r时，S取最大值，即r=‎ 所以v==‎ 故选A ‎【点评】本题主要考查了动能定理及平抛运动的基本公式的直接应用，要注意数学知识在物理解题中的应用，难度适中．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直于磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB=BC=l，线框导线的总电阻为R．则线框离开磁场的过程中（　　）‎ A．线框中的电动势随时间均匀增大 B．通过线框截面的电荷量为 C．线框所受外力的最大值为 D．线框中的热功率与时间成正比 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】线框进入磁场的过程中，有效切割的长度均匀增大，由E=BLv分析感应电动势的变化情况；根据感应电荷量公式q=n求电量；当AB刚要进入磁场切割磁感线时产生的感应电流最大，安培力最大，由F=BIL求安培力的最大值，由平衡条件求解外力的最大值．线框中的热功率由公式P=I2R分析．‎ ‎【解答】解：A、线框进入磁场的t时间时，线框切割磁感线的有效长度为vt，感应电动势为 E=BLvt，可知 E∝t，即电动势随时间均匀增大，故A正确；‎ B、通过线框截面的电荷量 q=I△t=•△t 又根据法拉第电磁感应定律得：E=n，‎ 联立得：q=n==，故B正确．‎ C、当AB刚要切割磁感线时电流最大，安培力最大，F安=BIL=B=，根据平衡条件得知，外力 F=F安=，故C错误；‎ D、由上可知，感应电流I与时间成正比，由P=I2R，可知热功率与时间成二次关系，故D错误．‎ 故选：AB ‎【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律的应用，是一道常规题，要注意题中导线框的有效切割长度的变化，然后结合力学、热功率等知识求解．‎ ‎　‎ ‎7．一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v﹣t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是（　　）‎ A．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同 B．水平拉力对物体做功的数值为1.2J C．撤去拉力后物体还能滑行7.5m D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据速度图象的斜率等于加速度，求出加速度，由牛顿第二定律求解水平拉力和摩擦力的大小．由图象的“面积”求出0﹣3s内物体的位移x，由W=Fx求水平拉力对物体做功．根据动能定理求解撤去拉力后物体还能滑行的距离．由f=μmg求解动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，得物体的加速度大小为：‎ ‎ 0﹣3s内：a1===‎ ‎ 3﹣6s内：a2==m/s2=‎ 根据牛顿第二定律得：3﹣6s内：摩擦力大小为f=ma2=0.1N ‎0﹣3s内：F+f=ma1，F=0.1N，方向与摩擦力方向相同．故A正确．‎ B、0﹣3s内，物体的位移为x=m=12m，水平拉力对物体做功为W=﹣Fx=﹣0.1×12m=﹣1.2J．即水平拉力对物体做功的数值为1.2J．故B正确．‎ C、设撤去拉力后物体还能滑行距离为s，则由动能定理得 ‎﹣fs=0﹣‎ 得，s===13.5m．故C错误．‎ D、由f=μmg得，μ≈0.03．故D错误．‎ 故选AB ‎【点评】本题在根据识别图象的两个意义：斜率等于加速度、“面积”大小等于位移x的基础上，由W=Fx求水平拉力对物体做功，由f=μmg求解动摩擦因数．‎ ‎　‎ ‎8．为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2．火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算出（　　）‎ A．火星的密度和火星表面的重力加速度 B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力 C．火星的半径和“萤火一号”的质量 D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力 ‎【考点】万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，列出等式．‎ 根据密度公式求出密度．‎ 运用万有引力等于重力表示出火星表面的重力加速度．‎ ‎【解答】解：A、由于万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，则有：‎ ‎；，‎ 可求得火星的质量M=和火星的半径，‎ 根据密度公式得：ρ=．‎ 在火星表面的物体有=mg，‎ 可得火星表面的重力加速度g=，故A正确．‎ B、从A选项分析知道可以求出火星的质量，由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力，故B错误．‎ C、从A选项分析知道可以求出火星的质半径，不能求出“萤火一号”的质量，故C错误．‎ D、从A选项分析知道可以求出火星的表面的重力加速度，由于不知道“萤火一号”的质量，所以不能求出火星对“萤火一号”的引力，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题以“萤火一号”火星探测器为背景材料，体现了现代航天技术始终是高考的一个热点．主要考查对万有引力定律、牛顿第二定律、匀速圆周运动等知识点的综合运用能力．‎ 向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．‎ 要求解一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理；‎ ‎（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=　50.00　cm；‎ ‎（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间△t1和△t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是　滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M　；‎ ‎（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？　否　（填“是”或“否”）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）先明确刻度尺的分度值，读数时注意估读一位；‎ ‎（2）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式，进而得到还需要测量的物理量；‎ ‎（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ ‎【解答】解：（1）光电门1处刻度尺读数为：23.00cm，光电门2处刻度尺读数为：73.00cm，故两光电门中心之间的距离s=73.00cm﹣23.00cm=50.00cm；‎ ‎（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．‎ 滑块通过光电门1速度为：v1=‎ 滑块通过光电门2速度为：v2=‎ 根据功能关系需要验证的关系式为：Fs=Mv22﹣Mv12=M（）2﹣M（）2‎ 可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；‎ ‎（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．‎ 故答案为：（1）50.00；（2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M；（3）否．‎ ‎【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．‎ ‎　‎ ‎10．为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R （阻值约100Ω）、滑动变阻器R1（0～100Ω）、滑动变阻器R2（0～10Ω）、电阻箱R0（0～9999.9Ω）、理想电流表A（量程50mA）、直流电源E（3V，内阻忽略）、导线、电键若干．‎ ‎（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验．‎ ‎①请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．‎ ‎②滑动变阻器应选　　（填入字母）．‎ ‎③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到　左　（选填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1．‎ ‎④断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为　　时，R0的读数即为电阻的阻值．‎ ‎（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱R0值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出1/I﹣R0图象如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为　　．‎ ‎（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好？为什么？　电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）②的关键是明确变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便；题④的关键是明确本实验的条件是保持变阻器的输出电压不变，然后根据欧姆定律即可求解．题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出与的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．题（3）的关键是明确电源内阻对电路（a）没有影响对电路（c）有影响．‎ ‎【解答】解：（1）：①：连线图如图所示：‎ ‎②：由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选；‎ ‎③：实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端； ‎ ‎④：根据实验原理可知，变阻器的输出电压U应保持不变，根据欧姆定律，断开闭合时应有：U=；‎ 断开闭合时应有：U=，比较可知，当=时，R=，即调节R0阻值使得电流表读数为时，R0的读数即为电阻的阻值；‎ ‎（2）：根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R++），整理可得： =，‎ 根据函数斜率和截距概念可知m=，k=，解得R=；‎ ‎（3）：若电源内阻是不可忽略的，则电路（a）好，因为电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差．‎ 故答案为：（1）①如图；②；③左；④‎ ‎（2）‎ ‎（3）电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差 ‎【点评】应明确：①当变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；②变阻器采用分压式接法时，当待测电阻远大于变阻器的全电阻时，变阻器的输出电压基本保持不变；③遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2013秋•雅安期末）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内阻r=1.0Ω一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．‎ ‎（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．‎ ‎（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．‎ ‎ 则有F=mgsin30° F=0.1N ‎ （2）根据安培力公式F=BIL得 ‎ 得 ‎ （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）‎ ‎ 解得 ‎ 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；‎ ‎ （2）通过金属棒的电流为0.5A；‎ ‎ （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．‎ ‎【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2016春•汉中校级月考）如图所示，木板B静止在光滑水平面上，某时刻大小可忽略的物体A以v0=4m/s的初速度滑上木板B的上表面．已知A的质量m1=1kg，B的质量为m2=0.5kg，A与B之间的动摩擦因数µ=0.2．g 取10m/s2．‎ ‎（1）若木板B长L=1m，为使A不致于从B的右端滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，试求拉力F的最小值为多少？‎ ‎（2）木板B的长度存在某个值L0，若板长小于此值时无论F为多少，A最终都会滑离B，试求L0为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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位移的关系．‎ ‎【分析】（1）物体A滑上木板B后匀减速运动，B做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分析求出两个物体的加速度．物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度．根据速度公式求出运动时间，由A的位移等于B的位移与L之和，求出拉力F．‎ ‎（2）当F较大时，在A与B具有相同的速度之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落，根据牛顿第二定律求出拉力F．A滑到B的最右端并与B具有共同速度，B的长度即为l0，根据牛顿第二定律和位移关系求出Bl0．‎ ‎【解答】解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，加速度：aA=µg…①‎ 木板B作匀加速运动，有：F+μmg=m2aB…②‎ 物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vt，‎ 设经过的时间为t，则：v0﹣aAt=aBt…③…④‎ 由③、④式，可得：（m/s2）　‎ 代入②式 ‎ 得：F=m2aB﹣μm1g=0.5×6﹣0.2×1×10=1（N） ‎ 若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．‎ ‎（2）当F较大时，在A与B具有相同的速度之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落．即有：‎ 所以：F=3N 若F大于3N，A就会相对B向左滑下．‎ 当F=3N时，A滑到B的最右端并与B具有共同速度，此时对应的B的长度即为l0，‎ 设经过t1时间A与B具有共同速度 由v0﹣aAt1=aBt1‎ 得t1=‎ 又l0=SA﹣SB 代入数据得 答：‎ ‎（1）拉力F的最小值等于1N．‎ ‎（2）．‎ ‎【点评】本题除了分析物体的受力情况和运动情况，关键要分析临界条件．当一个物体刚好不滑出另一个物体时两者速度相同，而且位移还存在关系．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理----选修3-3】（15分）‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体温度升高，分子平均动能一定增大 B．扩散运动就是布朗运动 C．吸收了热量的物体，其内能一定增加 D．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它不可能制造出来 ‎【考点】热力学第一定律；布朗运动；热力学第二定律．‎ ‎【分析】温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大；布朗运动是固体小颗粒的运动；第二类永动机违背了热力学第二定律．‎ ‎【解答】解：A、物体的温度升高，物体的分子平均动能一定增大；故A正确；‎ B、扩散是由于分子运动引起的；但布朗运动是固体小颗粒的运动，二者不是同一种运动；故B错误；‎ C、吸收了热量的物体，可能同时对外做功，内能可能减小；故C错误；‎ D、第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但是却违背了热力学第二定律，故它不可能制成；故D正确；‎ 故选：A D ‎【点评】本题考查热力学第一定律、热力学第二定律及布朗运动等，要注意第一类永动机违反了能量守恒定律，而第二类永动机违反了热力学第二定律．‎ ‎　‎ ‎14．图中A、B气缸的长度和截面积分别为30cm和20cm2‎ ‎，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强PA=2.0×105帕的氮气．B内有压强PB=1.0×105帕的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．假定氧气和氮气均为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略．求：‎ ‎①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；‎ ‎②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热（简要说明理由）．‎ ‎【考点】气体的等容变化和等压变化；气体的等温变化．‎ ‎【分析】①整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等．根据玻意耳定律，结合关系条件求解．‎ ‎②根据热力学第一定律分析吸放热情况．‎ ‎【解答】解：①由玻意耳定律得：‎ 对A部分气体有：pALS=p（L+x）S ①‎ 对B部分气体有：pBLS=p（L﹣x）S ②‎ 由①+②得：p==Pa=1.5×105Pa ③‎ 将③代入①得：x=10cm ‎②活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故根据热力学第一定律可知A中气体从外界吸热． ‎ 答：‎ ‎①活塞C移动的距离为10cm，平衡后B中气体的压强1.5×105Pa；‎ ‎②活塞C移动过程中A中气体是吸热．‎ ‎【点评】本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等．‎ ‎　‎ ‎【物理----选修3-4】（15分）‎ ‎15．（2013•沈河区校级模拟）以下有关振动、波动和相对论内容的若干叙述中正确的是（　　）‎ A．在“用单摆测定重力加速度”实验中，为了测量周期应从最大位移处开始计时 B．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 C．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与减弱区域交替变化 D．当观察者远离波源时，接收到的频率小于波源发出的频率 ‎【考点】用单摆测定重力加速度；横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】单摆的摆球振动到平衡位置时，开始计时，误差较小；爱因斯坦的狭义相对论的基本假设之一是光速不变原理，即真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；根据多普勒效应，当间距变化时，出现接收频率变化，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、“用单摆测定重力加速度”实验中，为了测量周期应从平衡位置处开始计时，故A错误；‎ B、光速不变原理是根据相对论的基本假设之一，即真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，注意是惯性系，故B正确；‎ C、两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，故C错误；‎ D、根据多普勒效应现象，当观察者远离波源时，接收到的频率小于波源发出的频率，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了单摆、光的干涉、多普勒效应，还有爱因斯坦相对论的观点，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎16．（2012•湖南模拟）桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．巳知玻璃的折射率为，求：‎ ‎①光在玻璃中的传播速度是多少？‎ ‎②光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①由v=求出光在玻璃中的传播速度．‎ ‎②作出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何关系求出光斑的直径，再求解光斑的面积．‎ ‎【解答】解：①由n=得，光在玻璃中的传播速度为 v==m/s=m/s ‎（2）作出光路图，如图所示．由几何知识得到：入射角θ1=60°，‎ 根据折射定律得：n=，代入解得，折射角θ2=30°．‎ 由几何关系可知，产生的光斑直径为d=，面积S==．‎ 答：‎ ‎①光在玻璃中的传播速度是m/s．‎ ‎②光束在桌面上形成的光斑的面积是．‎ ‎【点评】几何光学作出光路图是解答的基础，要规范作出光路图，结合几何知识求解．‎ ‎　‎ ‎【物理----选修3-5】（15分）‎ ‎17．（2013•沈河区校级模拟）下列说法正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型 B．对于任何一种金属都存在一个“最小波长”，入射光的波长必须大于这个波长，才能产生光电效应 C．β衰变中产生的β粒子实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 D．爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说 ‎【考点】物理学史；原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【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、卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故A正确；‎ B、当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应，而频率越高，波长越短，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应，故B错误；‎ C、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故C错误；‎ D、爱因斯坦在对光电效应的研究中，提出了光子说，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎18．（2013•沈河区校级模拟）如图所示，质量为M=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端放置着质量为MA=2kg的物体A（可视为质点）．一个质量为m=20g的子弹以500m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5．（g取10m/s2）‎ ‎①子弹穿出物体A后A的速度是多大？平板车最后的速度是多大？‎ ‎②全过程损失的机械能为多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①应用动量守恒定律可以求出速度；‎ ‎②由能量守恒定律可以求出损失的机械能．‎ ‎【解答】解：①子弹击中物体过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒得：mv0=mv′+MA v，代入数据解得：v=4m/s，‎ M和MA系统相互作用过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：MA v=（M+MA）v车，代入数据解得：v车=2m/s；‎ ‎②由能量守恒定律得：系统损失的动能即为全程损失的机械能 ‎△E=Ekm﹣（Ekm′+EKM+EKA），代入数据解得：△E=2392J；‎ 答：①子弹穿出物体A后A的速度是4m/s，平板车最后的速度是2m/s．‎ ‎②全过程损失的机械能为2392J．‎ ‎【点评】本题考查了求速度、损失的机械能，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎