贵州省黔南州三校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

贵州省黔南州三校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

www.ks5u.com ‎2015-2016学年贵州省黔南州三校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题意；第5～8题有多项符合题意，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．以下说法符合物理学史的是（　　）‎ A．笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．静电力常量是由库仑首先测出的 D．牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”‎ ‎2．如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（　　）‎ A．球对墙壁的压力逐渐减小 B．水平拉力F逐渐减小 C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大 D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大 ‎3．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N 点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点从M到N过程中速度大小保持不变 B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，方向相同 D．质点在MN间的运动是加速运动 ‎4．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）‎ A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t=5 s时，小球经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2：5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 ‎5．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体随星球做圆周运动．假设地球可视为质量均匀分布的星球，地球半径为R、地球北极表面附近的重力加速度为g、引力常量为G、地球质量为M，则地球的最大自转角速度ω为（　　）‎ A．ω=2π B．ω= C．ω= D．ω=2π ‎6．如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量 ‎7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的示数为660 V B．电流表的示数为0.82A C．ab两点的电压是1045V D．ab两点的电压是1100V ‎8．如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心C2垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保存静止．则（　　）‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R=﹣r D．整个电路中产生的热功率P=‎ ‎　‎ 二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，每个试题考生都必须作答．第12题～第17题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共3小题，共129分）‎ ‎9．（15分）实验题：2015年5月19日，被称为人类文明奇迹的玛雅文明慢慢出现在人们的视野．玛雅文明是至今未解的十二大谜团之一．现有不少科学家在玛雅文化发祥地进行探索和研究，发现了一些散落在平整山坡上非常规则的不明圆柱体，有科学家认为是外星人带着玛雅人离开时留下的．科学家为研究其性质做了以下实验，请根据实验情况回答以下问题．‎ Ⅰ．对其力学性质进行研究 下表为其形变量x与所施加拉力F关系的实验数据 ‎ F/N ‎0.5‎ ‎2‎ ‎4.5‎ ‎8‎ ‎12.5‎ ‎18‎ X/mm ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（1）试猜想此不明圆柱体施加拉力F与其形变量x的关系　　．‎ ‎（2）如果想要验证猜想是否正确，应该画出下列哪种图象最能直观准确的表示两者之间的关系　　‎ A．F﹣x图象 B．F﹣x2图象 C．F2﹣x图象 D．F2﹣x2图象 Ⅱ．对其电学性质进行研究．‎ ‎（1）①用螺旋测微器测量其直径，结果如图1所示，则其直径为　　mm．‎ ‎②用多用电表电压档测量其两端无电压 ‎③用多用电表欧姆档粗略测量其电阻为1500Ω ‎④为精确测量其电阻值，现有以下器材：‎ A．直流毫安表A1（量程0﹣2mA，内阻约为5Ω）‎ B．直流电流表A2，（量程0﹣3A，内阻约为0.5Ω）‎ C．直流电压表V1（量程0﹣15V，内阻25kΩ）‎ D．直流电压表V2（量程0﹣3V，内阻5kΩ）‎ E．直流电源E（输出电压3V，内阻可不计）‎ F．滑动变阻器R（0﹣15Ω，允许最大电流10A）‎ G．电键一只，导线若干．‎ 根据器材的规格和实验要求，在图2方框1中画出实验电路图，并标明仪器名称符号．‎ ‎（2）实验发现这个圆柱体还有一个特点：在强磁场下用多用电表电压档测量发现有电压，当磁感应强度分别为1T、2T、3T时，其作为电源的U﹣I特性曲线分别为图3图线甲、乙、丙所示．‎ ‎①请在图4方框2中画出测量其电源U﹣I特性的电路图．‎ ‎②按照这种规律，要使标有“100V，100W”的灯泡正常发光，需要把圆柱体放在磁感应强度至少为　　T的磁场中．‎ ‎10．（14分）如图所示，在光滑的水平地面上，相距L=10m的A、B两个小球均以v0=10m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g=10m/s．求：‎ ‎（1）B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离是多少；‎ ‎（2）A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．‎ ‎11．（18分）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L=0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F=0.45N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的v﹣t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设滑动摩擦力等于最大静摩擦力．已知当棒的位移为100m时，其速度达到了最大速度10m/s．求：‎ ‎（1）R的阻值；‎ ‎（2）在棒运动100m过程中电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，请考生任选一模块作答[物理--选修3-3]（15分）‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D．物体内能增加，温度一定升高 E．热可以从低温物体传到高温物体 ‎13．（9分）如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1.25×105Pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm2．现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎14．某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O处质点开始振动后t=0.8s时的图象如图所示．P点是x轴上距坐标原点96cm处的质点．则该波的波速是　　m/s；从O处质点开始振动计时，经过　　s，P处质点开始振动；从P处质点开始振动，再经　　s，P处质点第一次经过波峰．‎ ‎15．细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC．逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为α．‎ ‎①画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图；‎ ‎②计算该棱镜的折射率．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]（15分）‎ ‎16．以下关于天然放射现象，叙述正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 C．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念 E．大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 ‎17．一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M．求：‎ ‎（Ⅰ）子弹射入木块A时的速度；‎ ‎（Ⅱ）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年贵州省黔南州三校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 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48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题意；第5～8题有多项符合题意，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．以下说法符合物理学史的是（　　）‎ A．笛卡尔通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．静电力常量是由库仑首先测出的 D．牛顿被人们称为“能称出地球质量的人”‎ ‎【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、伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，故A错误．‎ B、奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，故B错误．‎ C、静电力常量是由库仑首先测出的，故C正确．‎ D、卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】对于物理学上重大发现、发明和实验、著名理论要加强记忆，注意积累．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（　　）‎ A．球对墙壁的压力逐渐减小 B．水平拉力F逐渐减小 C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大 D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、对小球进行受力分析，如图所示：‎ 小球受力平衡，则有：N1=Gtanθ，，‎ 当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，cosθ减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；‎ C、对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，‎ 竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故CD错误；‎ B、对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2′以及滑动摩擦力作用，‎ 如图所示：‎ 受力平衡，则水平方向有：‎ F+N2′sinθ=f，根据牛顿第三定律可知，N2′=N2，由于N2增大，θ增大，f不变，则F减小，故B正确．‎ 故选：B ‎【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力，难度适中．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N 点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点从M到N过程中速度大小保持不变 B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同 C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，方向相同 D．质点在MN间的运动是加速运动 ‎【考点】曲线运动；加速度．‎ ‎【分析】根据题意可知，质点在恒力作用下，做匀变速曲线运动，速度的变化量相等，而速度大小与方向时刻在变化，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，‎ A、从M到N过程中，根据v=，可知，速度大小变化，故A错误；‎ B、因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B正确，C错误；‎ D、由运动的轨迹可知，质点受到的恒力的方向向右下，与初速度的方向最近的之间的夹角大于90°，是钝角，所以质点会先做减速运动．故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】考查曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变．‎ ‎　‎ ‎4．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）‎ A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t=5 s时，小球经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2：5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】滑块在电场中，受到电场力与摩擦力，做匀加速运动，离开电场后受到摩擦力作用而做匀减速运动，由图可以看出，滑块经过边界MN的时刻．分别求出滑块离开电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．‎ ‎【解答】解：A、根据速度与时间图象，可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；‎ B、滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=2s时．故B错误．‎ C、由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1=，‎ 离开电场后的加速度大小为a2=，‎ 由牛顿第二定律得：‎ qE﹣f=ma1‎ f=ma2‎ 解得，摩擦力与电场力之比为2：5．故C正确．‎ D、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．‎ ‎　‎ ‎5．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体随星球做圆周运动．假设地球可视为质量均匀分布的星球，地球半径为R、地球北极表面附近的重力加速度为g、引力常量为G、地球质量为M，则地球的最大自转角速度ω为（　　）‎ A．ω=2π B．ω= C．ω= D．ω=2π ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】由题意可知当周期达到某一最小值时，物体对星球表面应刚好没有压力，即万有引力恰好充当星球表面的物体在星球表面做圆周运动的向心力；故由万有引力公式可求得最小周期，进而求得最大自转角速度．‎ ‎【解答】解：由F=mR 可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力最小，‎ 当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即：G=m（）2R 解得：T=2π，‎ 根据ω==‎ 因GM=gR2，代入上式可得：ω=，故BC正确，AD错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】星球表面的物体受到星球万有引力的作用充当物体的向心力及支持力，星球的转动角速度越大、周期越小时，则需要的向心力越大，则物体所受支持力越小；而当向心力大到一定值时，物体会离开星球表面．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点，物块与斜面间有摩擦．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中（　　）‎ A．经过位置O点时，物块的动能最大 B．物块动能最大的位置与AO的距离无关 C．物块从A向O运动过程中，弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量 D．物块从O向B运动过程中，动能的减少量大于弹性势能的增加量 ‎【考点】动能定理的应用；弹性势能．‎ ‎【分析】物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当受力平衡时速度最大；重力势能、弹性势能、动能和内能之和守恒．根据能量守恒定律分析．‎ ‎【解答】‎ 解：A、物体从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置时物体的动能最大，由于滑动摩擦力平行斜面向下，故在平衡位置弹簧处于伸长状态，位置在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故A错误；‎ B、在平衡位置时物体的动能最大，根据平衡条件可知平衡位置与AO距离无关，故B正确；‎ C、物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，内能增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故C错误；‎ D、物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动能的减少量大于弹性势能的增加量，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键是明确物体的受力情况、运动情况和系统的能量转化情况，知道在平衡点动能最大．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的示数为660 V B．电流表的示数为0.82A C．ab两点的电压是1045V D．ab两点的电压是1100V ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】由输出端交变电压U的图象求出副线圈有效值，根据原副线圈电压之比等于线圈匝数比，电流之比等于线圈匝数的倒数比求出原线圈电压和电流，根据灯泡的规格求出灯泡的电阻和额定电流，再结合欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：A、由输出端交变电压U的图象，可求出有效值220V，由原、副线圈匝数之比4：1，可得原、副线圈的电压之比4：1，则原线圈的电压即电压表的示数为U1=4×220=880V，故A错误；‎ B、副线圈电压为220V，L2、L3、L4三只灯泡都正常发光，电流I=3=0.82A，故B正确；‎ C、原、副线圈的电流之比1：4，则副线圈电流为，灯泡的电阻，‎ 则ab两点的电压U=U1+I1R=880+0.205×806.7≈1045V，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，则原线圈的电压不是ab端的电压，难度适中．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心C2垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保存静止．则（　　）‎ A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从B到A C．定值电阻的阻值为R=﹣r D．整个电路中产生的热功率P=‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．‎ ‎【解答】解：A、对金属杆，根据平衡方程得：mg=B2I•2a，解得：I=，故A错误．‎ B、区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A．故B正确．‎ C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势 E==•πa2=kπa2； ‎ 且闭合电路欧姆定律有：I=‎ 又 I=，解得：R=﹣r．故C正确．‎ D、整个电路中产生的热功率 P=EI=．故D正确．‎ 故选：BCD ‎【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和平衡条件的应用，要注意产生感应电动势的有效面积等于C1圆面积，不是整个矩形面积．‎ ‎　‎ 二、非选择题：（包括必考题和选考题两部分．第9题～第11题为必考题，每个试题考生都必须作答．第12题～第17题为选考题，考生根据要求作答．）（一）必考题（共3小题，共129分）‎ ‎9．（15分）（2015秋•黔南州月考）实验题：2015年5月19日，被称为人类文明奇迹的玛雅文明慢慢出现在人们的视野．玛雅文明是至今未解的十二大谜团之一．现有不少科学家在玛雅文化发祥地进行探索和研究，发现了一些散落在平整山坡上非常规则的不明圆柱体，有科学家认为是外星人带着玛雅人离开时留下的．科学家为研究其性质做了以下实验，请根据实验情况回答以下问题．‎ Ⅰ．对其力学性质进行研究 下表为其形变量x与所施加拉力F关系的实验数据 ‎ F/N ‎0.5‎ ‎2‎ ‎4.5‎ ‎8‎ ‎12.5‎ ‎18‎ X/mm ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（1）试猜想此不明圆柱体施加拉力F与其形变量x的关系　F=x2　．‎ ‎（2）如果想要验证猜想是否正确，应该画出下列哪种图象最能直观准确的表示两者之间的关系　B　‎ A．F﹣x图象 B．F﹣x2图象 C．F2﹣x图象 D．F2﹣x2图象 Ⅱ．对其电学性质进行研究．‎ ‎（1）①用螺旋测微器测量其直径，结果如图1所示，则其直径为　11.700　mm．‎ ‎②用多用电表电压档测量其两端无电压 ‎③用多用电表欧姆档粗略测量其电阻为1500Ω ‎④为精确测量其电阻值，现有以下器材：‎ A．直流毫安表A1（量程0﹣2mA，内阻约为5Ω）‎ B．直流电流表A2，（量程0﹣3A，内阻约为0.5Ω）‎ C．直流电压表V1（量程0﹣15V，内阻25kΩ）‎ D．直流电压表V2（量程0﹣3V，内阻5kΩ）‎ E．直流电源E（输出电压3V，内阻可不计）‎ F．滑动变阻器R（0﹣15Ω，允许最大电流10A）‎ G．电键一只，导线若干．‎ 根据器材的规格和实验要求，在图2方框1中画出实验电路图，并标明仪器名称符号．‎ ‎（2）实验发现这个圆柱体还有一个特点：在强磁场下用多用电表电压档测量发现有电压，当磁感应强度分别为1T、2T、3T时，其作为电源的U﹣I特性曲线分别为图3图线甲、乙、丙所示．‎ ‎①请在图4方框2中画出测量其电源U﹣I特性的电路图．‎ ‎②按照这种规律，要使标有“100V，100W”的灯泡正常发光，需要把圆柱体放在磁感应强度至少为　11　T的磁场中．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】Ⅰ、由表格数据可以直观看出F随x的变化情况，进而由数学归纳法得到F﹣x的关系式；‎ Ⅱ、（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度加可动刻度读数，需要估读；‎ ‎（2）伏安法测量器电阻，注意滑动变阻器和电流表内接外接；‎ 根据伏安法测量电源的内阻以及电源电动势的实验画出电路图，U﹣I特性曲线的纵轴截距表示电源电动势，斜率表示内阻，从而得到内阻，根据甲乙丙图线得到电压与磁场强度的关系，从而得到100V时对应的磁感应强度 ‎【解答】解：I、（1）由表格数据可以直观看出F随x的增大而增大；由数学归纳法可猜想F﹣x的关系式为F=x2；‎ ‎（2）由（1）中公式可知，应画出F﹣x2图象，这样图象为一次函数，比较直观；Ⅱ、（1）螺旋测微器的固定刻度为11.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0=0.200mm，故读数为：11.5+0.200=11.700mm；‎ 滑动变阻器阻值与被测阻值相差较大，故滑动变阻器采用分压接法，电源电动势为3V，故电压表选择量程为3V的V1即可；‎ 用欧姆定律估测电路中最大电流约为2mA，故电流表选A2， ==50Ω＜1500Ω，被测电阻为大电阻，故采用电流表内接，电路图如下：‎ ‎（2）结合测电源电动势和内阻的实验得到电路图如上图2；图象采用电流表相对于电源的外接法；‎ 由图可以看出电源电动势与磁感应强度的关系是：E=10B，‎ 由斜率得到电源的内阻始终为r===10Ω，‎ ‎“100V，100W”的灯泡其电阻为R==100Ω，‎ 则电流I==1A，则内电压为：1A×10Ω=10V，‎ 则需要的电源电动势为：510V+100V=110V，‎ 则B==11T；‎ 故答案为：I、（1）F=x2；（2）B；Ⅱ、（1）①11.700；④如图1；（2）①如图2所示；②11．‎ ‎【点评】本题综合考查了伏安法测电阻与测定电源电动势和内阻的实验，源于课本，稍微高于课本，只要数量掌握了这两个实验的原理与注意事项不难解答；在解题时要注意认真分析图象在本题中的作用．‎ ‎　‎ ‎10．（14分）（2016秋•辛集市校级月考）如图所示，在光滑的水平地面上，相距L=10m的A、B两个小球均以v0=10m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g=10m/s．求：‎ ‎（1）B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离是多少；‎ ‎（2）A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．‎ ‎【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）根据位移公式求出B球刚滑上斜坡时A球滑上斜坡的时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出A上滑的位移，从而得出A、B两球的距离．‎ ‎（2）根据速度时间公式求出B球滑上斜坡时A球的速度，得出B相对A的速度，结合位移公式求出相遇的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：‎ ‎=1s A球滑上斜坡后加速度为：‎ a=．‎ 设此时A球向上运动的位移为x，则有：‎ m=7.5m．‎ ‎（2）B球刚要滑上斜坡时A球速度为：‎ v1=v0﹣at1=10﹣5×1m/s=5m/s．‎ B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以v=v0﹣v1=10﹣5m/s=5m/s做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，有：‎ ‎，‎ 则相遇时间为：t=t1+t2=1+1.5s=2.5s．‎ 答：（1）B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离是7.5m；‎ ‎（2）A球滑上斜坡后经过2.5s时间两球相遇．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于第二问，运用相对速度求解比较简捷．‎ ‎　‎ ‎11．（18分）（2015•大庆一模）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L=0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F=0.45N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的v﹣t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设滑动摩擦力等于最大静摩擦力．已知当棒的位移为100m时，其速度达到了最大速度10m/s．求：‎ ‎（1）R的阻值；‎ ‎（2）在棒运动100m过程中电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）由图乙的斜率求出t=0时刻棒的加速度，此时棒的速度为零，电路中感应电流为零，棒不受安培力，根据牛顿第二定律求得摩擦力f．根据图象知道棒的最大速度为10m/s，此时棒做匀速运动，根据安培力的公式和平衡条件求R．‎ ‎（2）根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）由图2的斜率得t=0时刻棒的加速度为：‎ a==m/s2=2.5m/s2‎ 设棒所受的滑动摩擦力大小为f．‎ t=0时刻，棒不受安培力，根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma 解得：f=F﹣ma=0.45﹣0.1×2.5=0.2N 最终以速度v=10m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，则有：‎ F﹣f﹣F安=0‎ 又安培力为：‎ 联立可得：R==Ω=0.4Ω ‎（2）由能量关系可得电阻上产生的焦耳热：‎ Q=（F﹣f）x﹣=（0.45﹣0.2）×100﹣=20J 答：（1）R的阻值为0.4Ω；‎ ‎（2）在题述过程中电阻R上产生的焦耳热为20J．‎ ‎【点评】本题首先要根据图象的信息，分析导体棒的运动情况，由斜率求出加速度，读出最大速度，再由牛顿第二定律、安培力的公式和能量守恒进行求解．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，请考生任选一模块作答[物理--选修3-3]（15分）‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D．物体内能增加，温度一定升高 E．热可以从低温物体传到高温物体 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】扩散现象说明分子处于永不停息的无规则运动，温度是分子的平均动能的标志，布朗运动是液体分子运动的反映，物体的内能包括分子势能和分子动能；在一定的条件下热可以从低温物体传到高温物体．‎ ‎【解答】解：A、气体总是充满容器，是由于分子做扩散运动的原因，能说明分子的无规则的运动，不能说明气体分子间只存在斥力，故A错误；‎ B、温度是分子的平均动能的标志，对于一定质量的理想气体，由于分子势能可以忽略不计，所以温度升高，气体内能一定增大，故B正确；‎ C、温度是分子的平均动能的标志，而布朗运动能反映分子的无规则的运动，所以温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关，故C正确；‎ D、物体内能增加，可能是分子的势能增大，而温度不一定升高，如冰融化的过程内能增大而温度不变．故D错误；‎ E、根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热可以从低温物体传到高温物体．故E正确．‎ 故选：BCE ‎【点评】本题考查了扩散运动、布朗运动的特点、温度是分子的平均动能的标志、物体的内能以及热力学第二定律等知识点，难度不大；在平时的学习中要注意对热力学第二定律的几种不同的说法的理解．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1.25×105Pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm2．现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】对下部分气体分析知气体为等温变化，根据玻意耳定律求出气体压强，再根据平衡求出上部分气体压强，最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度．‎ ‎【解答】解：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：P0V0=PV，‎ 其中：‎ 解得：P=1.25×105Pa=1×l05Pa 对上部分气体，初态：P1=P0﹣=1×105Pa 末态：‎ 根据理想气体状态方程，有：‎ 解得：T=281.25 K 答：此时上部分气体的温度T=281.25 K．‎ ‎【点评】对两部分气体分别分析，注意两气体之间的压强关系和体积关系．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎14．（2016•汕尾校级模拟）某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O处质点开始振动后t=0.8s时的图象如图所示．P点是x轴上距坐标原点96cm处的质点．则该波的波速是　0.3　m/s；从O处质点开始振动计时，经过　3.2　s，P处质点开始振动；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．‎ ‎【考点】简谐运动的振幅、周期和频率．‎ ‎【分析】介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，沿波的传播方向质点的振动越来越迟，后振动的质点重复先振动的质点的运动．各点振动周期相同，若无能量损耗，则振幅相同．‎ ‎【解答】解：由题意可知，波的周期为T=0.8s，由图象可知，波长为λ=24cm=0.24m，则波速为：v=m/s．则经： s，波源的振动传至P处，P处质点开始向下振动，再经s，P处质点第一次经过波峰．‎ 故答案为：0.3，3.2，0.6‎ ‎【点评】机械波的基本特点是：介质中各质点随着波源做受迫振动，起振方向都与波源相同，各质点的振动情况概括起来为：“前带后，后跟前”．‎ ‎　‎ ‎15．（2016•汕尾校级模拟）细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC．逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为α．‎ ‎①画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图；‎ ‎②计算该棱镜的折射率．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①光线经过棱镜两次折射后从AC侧面射出时，恰无射出光，说明在AC面上恰好发生了全反射，折射角为90°，画出光路图．‎ ‎②在AC面上和AB面上，分别运用折射定律列式；根据几何关系得到AC面上折射角与AB面上入射角之间的关系，联立即可求得n．‎ ‎【解答】解：①画出光线在AB面的入射角为α时恰在AC面全反射，折射光线沿AC面传播，光路如图．‎ ‎②由于光在AC面恰好全反射．‎ 根据临界角公式得：sinγ=，‎ 由几何关系得：β+γ=，‎ 对光在AB面的折射有：n=．‎ 解得，棱镜折射率为：n=；‎ 答：①光路图如图所示；‎ ‎②计算该棱镜的折射率为．‎ ‎【点评】本题要根据光的折射规律的作图，知道全反射现象，并能结合数学知识求解折射率，画光线时，注意要标出光的传播方向．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]（15分）‎ ‎16．（2016春•宁夏校级月考）以下关于天然放射现象，叙述正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型 B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 C．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念 E．大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；‎ 知道裂变和聚变在生活中的应用；‎ 根据光电效应方程进行判断；‎ 玻尔理论进行判断；‎ 根据数学组合求解辐射不同频率的光子种类．‎ ‎【解答】解：A、卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故A正确；‎ B、太阳内部发生的核反应主要是轻核聚变反应，即为热核反应，故B正确；‎ C、根据光电效应方程：EK=hv﹣w0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故C错误；‎ D、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要放出一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故D正确；‎ E、根据数学组合得大量的氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时辐射=3种不同频率的光；故E错误；‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】考查α粒子散射实验的作用，理解裂变和聚变的区别，及质量亏损的含义，掌握光电效应方程的内容，注意大量核外电子与一个核外电子跃迁种类的区别．‎ ‎　‎ ‎17．（2015•安阳二模）一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M．求：‎ ‎（Ⅰ）子弹射入木块A时的速度；‎ ‎（Ⅱ）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①以子弹与木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出子弹射入时的速度；‎ ‎②以两木块与子弹组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出其速度；由能时守恒关系可求得弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：①以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=（m+M）v，‎ 解得：v0=a，‎ ‎②弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（m+M）v=（m+2M）v′，‎ 解得：v′=；‎ 由机械能守恒定律可知：‎ EP=（M+m）（）2﹣（2M+m）v′2=‎ 答：①弹簧被压缩瞬间A的速度为，B的速度为零；‎ ‎②弹簧被压缩到最短时的弹性势能为．‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，要注意在子弹打木块过程中机械能不守恒．‎ ‎　‎