贵州省安顺市普通高中2019届高三上学期期末考试理综物理试题 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 贵州省安顺市普通高中2019届高三上学期期末考试理综物理试题 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 308.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-04-20 10:35:19 | ||
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文档简介
安顺市普通高中2019届高三上学期期末考试理综物理试题
一、选择题：(本题共8小题，每毎小题6分。在毎小题给岀的四个选项中，第14-18题，只有一项符合题目要求，第19~21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。)
1.下列说法正确的是：
A. 电子在核外绕核旋转，向心力为万有引力。
B. 一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子吸收光子，能量增加。
C. 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。
D. 光电子的最大初动能随着入射光的强度增大而增大。
【答案】C
【解析】
【详解】电子在核外绕核旋转，向心力为原子核对电子的静电引力，选项A错误。一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子释放光子，能量减小，选项B错误。根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项C正确。根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能随着入射光的频率增大而增大，选项D错误。故选C.
2.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径之比为3：1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A、B、C的说法正确的是：
A. B、C两颗卫星所受地球万有引力之比为1：9
B. B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体A的角速度
C. 同一物体在B卫星中对支持物的压力比在C卫星中小。
D. B卫星中的宇航员一天内可看到9次日出。
【答案】B
【解析】
【分析】
根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比．根据开普勒第三定律分析B卫星与C卫星的周期关系，即可知道B公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的角速度关系．物体在B卫星中处于完全失重状态．根据B卫星的周期与地球自转周期的关系分析B卫星中的宇航员一天内能看到日出的次数．
【详解】A.根据万有引力定律知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于B、C两卫星的质量关系未知，所以B、C两颗卫星所受地球引力之比不一定为1：9，故A错误；
B.C卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于C卫星的公转周期，而C卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体A的角速度，故B正确；
C.物体在B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；
D.根据开普勒第三定律=k，知C、B卫星轨道半径之比为3：1，则周期为3：1，所以地球自转周期是B卫星的运行周期的3倍（约为5.2倍），因此B卫星中的宇航员一天内可看到5次日出，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的关键是要掌握开普勒第三定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式表示出周期和角速度的表达式，再进行比较．
3.如图所示，放在地面的大球不动，它的正上方有一个定滑轮，轻绳绕过定滑轮，与光滑小球相连，当用力F拉动轻绳，使小球沿大球表面，从图示位置缓慢上滑到大球最高点过程中，下列说法正确的是：
A. 小球受到的合力变大。
B. 地面对大球的摩擦力变大。
C. 小球受到的支持力不变，拉力F变小
D. 拉力F不变，小球受到的支持力变小。
【答案】C
【解析】
【分析】
将小球的重力mg按效果进行分解，根据三角形相似法分析N、F的变化．
【详解】A.使小球沿大球表面缓慢上滑到大球最高点时，小球受到的合力始终为零，选项A错误。
B.将小球的重力mg分解如图， 由三角形相似得：，地面对大球的摩擦力等于N的水平分量，由于小球向上运动时N不变，水平分量减小，则地面对大球的摩擦力减小，选项B错误。
CD.由可得：当从最低点缓缓拉上半球顶端的过程中，L减小，则F减小，R不变，故N不变，故选项C正确，D错误；
故选C。
【点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，在小球移动过程N与F不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种典型方法要学会应用．
4.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ωb边与磁场垂直，ωb边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连。现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动。下列说法中正确的是：
A. 将交流电流表串到电路中，其示数随时间按余弦规律变化。
B. 线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小。
C. 线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E=NBSω
D. 线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零。
【答案】C
【解析】
【分析】
从图示位置开始计时，交变电流的瞬时电动势表达式为：e=NBSωcosωt；根据表达式进行分析讨论即可．
【详解】A.交流电流表测量的是交流电流的有效值，不随时间变化，故A错误；
B.根据e=NBSωcosωt可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误；
C.图示位置，线圈平面与磁场平行，线框切割磁感线最快（垂直切割），感应电动势最大，最大值为Em=NBSω，故C正确；
D.线圈从中性面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误；
故选C。
【点睛】本题关键要明确：
（1）线圈在中性面时磁通量最大值为BS，与中性面垂直位置磁通量为零；
（2）交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；
（3）线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动势最小．
5.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中：
A. 圆环机械能守恒。
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小。
C. 重力的功率先小后大。
D. 弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大。
【答案】D
【解析】
【分析】
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；根据弹簧长度的变化判断弹性势能的变化；根据P=mgvsinα判断重力功率的变化．
【详解】A.圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；
B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先减小后增大。故B错误；
C.圆环的速度先增加后减小到零，根据P=mgvsinα可知，重力的功率先大后小，选项C错误；
D.根据系统的机械能守恒，则当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确；
故选D。
【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．此题关键是知道系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和圆环的动能之和守恒，这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．
6.如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由该图可知下列说法中正确的是：
A. 两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4W。
B. 电源的内电阻为1Ω。
C. 电源输出功率最大值为4W。
D. 电源的效率最大可达50%
【答案】BC
【解析】
【分析】
当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小．
【详解】AC.根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于内外电路的电流是相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8W，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以A错误，C正确；
B.根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；
D.电源的效率，只当r=R时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D错误；
故选BC.
【点睛】本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，这个结论．
7.如图所示，两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则：
A. q1带正电，q2带负电荷。
B. A、N点的电场强度大小为零
C. NC间场强方向向x轴负方向。
D. 将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增加
【答案】AC
【解析】
【分析】
φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据负电荷在高电势点电势能较小分析电势能的变化．
【详解】A.由图象可知，两点的电势一正一负，则q1与q2带异种电荷，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电荷，故A正确；
B.该图象的斜率等于场强E，则知，A、N两点电场强度不为零，故B错误；
C.由图可知：N→C段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；
D.因N→D段中，电势先高升后降低，则将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增加，故D错误；
故选AC.
【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口．
8.如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向里。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两导轨电阻不计。杆1以初速度滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是：
A. 杆2不固定时，两杆组成的系统动量守恒。
B. 两种情况下，最初两杆最小间距之比1：2
C. 两种情况下，最初两杆最小间距之比2：1
D. 在题设两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比4：1
【答案】AC
【解析】
【分析】
两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。
【详解】A.两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，选项A正确；
BC.金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：；对右侧杆，采用微元法，以向右问正方向，根据动量定理，有：∑-F?△t=∑m△v，其中：F=BIL=B??L，故：-∑?△t=∑m△v，即=m?，解得：l1-l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑-F?△t=∑m△v，其中：F=BIL=B??L，故：-∑?△t=∑m△v，即-=-mv0，解得：，故AB间的距离最小为x′=；故x′：x=2：1；故B错误，C正确；
D.根据可知，因x′：x=2：1，则两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比2：1，选项D错误；
故选AC。
【点睛】本题是力电综合问题，关键是明确两个导体棒均做变加速运动，要结合动量守恒定律和动量定理列式，同时要结合微元法思想分析，难度较大。
(一)必考题(共7小题，135分)
9.用如图所示的装置，探究物体的加速度与力、质量的关系，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示。要顺利完成该实验，在操作中：
(1)平衡摩擦力的目的是：____________________________________________
(2)使M远大于m目的是：____________________________________________
(3)某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、为相邻的5个计数点，如图，相邻计数点间还有四个点未标出，所用交流电频率为50赫兹。利用图中给出的数据可求出小车的加速度a=___________m/s2。(结果保留二位有效数字)
【答案】 (1). 使小车所受的合外力等于绳的拉力 (2). 使绳的拉力近似等于钩码的重力 (3).
【解析】
【分析】
根据实验的原理分析平衡摩擦力的目的以及为什么使M远大于m；根据△x=at2求解加速.
【详解】（1）实验中平衡摩擦力的目的是：使小车所受的合外力等于绳的拉力；
（2）以砂桶作为研究对象有：mg-FT=ma；以小车作为研究对象有：FT=Ma；联立以上两式可得：； 要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即：，则有：M＞＞m；则使M远大于m的目的是：使绳的拉力近似等于钩码的重力.
（3）因T=0.1s，由△x=aT2得：
【点睛】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要明确为什么要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力会造成什么结果。为什么要使小车的质量远大于砂和砂桶的质量等；同时对于速度和加速度的求法一定要牢固掌握。
10.某同学进行如下测量
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=___________mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径D=___________mm；
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___________Ω。
(4)为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，定值电阻R0=3Ω为保护电阻。
①按如图所示的电路图，某同学连接好电路。
②先断开开关S，调整电阻箱的阻值到最大，再闭合开关S，调节电阻箱，读取并记录电压表的示数及电阻箱的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出－的关系图线如图乙所示(该图线为一直线)。
③根据电路原理图推导和的函数关系，=___________。根据图线求得电池组的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。(保留两位有效数字)
【答案】 (1). 50.15mm (2). 4.700mm (3). 120Ω (4). (5). 2.9V (6). 3.1Ω
【解析】
【分析】
根据闭合电路欧姆定律E=U+(R0+r)，进行数学变形，得到的关系式，根据数学知识研究关系图线的斜率和截距的意义，即可求得电池的电动势和内阻．
【详解】（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度为L=50mm+0.05mm×3=50.15mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径D=4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；
（3）电阻的阻值约为:12×10Ω=120Ω.
（4）根据闭合电路欧姆定律E=U+(R0+r)，进行数学变形，得
根据数学知识得知，关系图线的纵截距，斜率k=． 由图得到，b=0.35，k=≈2.1 则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-3≈3.1Ω
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验；本实验主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．
11.如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，水平放置的导轨足够长，导轨和金属杆的电阻不计。金属杆MN长L=0.3m，质量m=0.2kg，与轨道间的摩擦因数μ=0.3，匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向竖直向上。接通电源后，金属杆从静止开始运动。g=10m/s2。求：
(1)金属杆的最大加速度
(2)金属杆能达到的最大速度
【答案】（1）6m/s2 (2)2.67m/s
【解析】
【分析】
（1）当金属杆速度为零时，加速度最大，根据闭合电路的欧姆定律结合牛顿第二定律求解最大加速度；
（2）金属棒匀速运动时速度最大，此时摩擦力等于安培力，列式求解最大速度。
【详解】（1）当金属杆速度为零时，加速度最大，根据闭合电路的欧姆定律：
安培力F安=BIL
根据牛顿第二定律：F安-f=ma
解得
（2）金属棒匀速运动时速度最大，金属棒产生的电动势：E=BLvm
感应电流
解得
12.两个小球a、b质量均为2kg，b球置于水平台的右边缘，带q=0.2C正电荷；a球从半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道顶端，从静止开始滑下。与b发生完全非弹性碰撞后，一起飞入互相垂直的复合场中，已知水平台的MN段粗糙，且MN段长L=2m，摩擦因数μ=0.2，轨道Nb部分光滑。匀强电场竖直向上，匀强磁场水平向外。弧线bd是a、b一起在复合场中运动的轨迹，且bc=cd，E=200N/C，B=10T，取g=10m/s2。求：
(1)a下滑到圆弧轨道末端M点时，对轨道的压力大小
(2)水平台的高度
(3)a、b在复合场中运动的时间
(4)整个过程中a、b系统损失多少机械能
【答案】(1)60N，方向竖直向下 （2）m （3）3.14s (4)125J
【解析】
【分析】
（1）根据机械能守恒定律求解a球到达M点的速度，根据牛顿第二定律求解a对圆弧轨道的压力；
（2）ab碰撞过程，动量守恒；在复合场中做匀速圆周运动，求解运动半径，从而求解水平台的高度；
（3）在复合场中运动的时间为；
（4）根据功能关系求解ab系统损失的机械能.
【详解】（1）a球从释放到圆弧最低点M时，机械能守恒：mgR=mvM2
解得vM=4m/s；
在M点，根据牛顿第二定律：N-mg=m
解得N=60N
根据牛顿第三定律可知，a对圆弧轨道的压力为N′=N=60N，方向竖直向下；
（2）a球从M到P由动能定理：
解得vP=2m/s
ab碰撞过程，由动量守恒定律：mvP=2mv
解得v=m/s
复合场中，因F电=qE=2mg=40N，所以做匀速圆周运动，
由qvB=2m可得：
水平台面的高度为h=r=2m
（3）在复合场中运动的时间为
（4）根据功能关系可知，ab系统损失的机械能为：
解得E损≈125J
(二)选考题(毎科选做一题，共做3题，共45分)
【物理一选修3-3】
13.下列说法中正确的是
A. 第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律。
B. 第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步，第二类永动机可以制造出来。
C. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能。
D. 分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快。
E. 液体表面层分子比内部分子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势。
【答案】ADE
【解析】
【详解】第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律，选项A正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，所以即使随着科技的进步，第二类永动机也不可以制造出来，选项B错误。由热力学第一定律可知做功和热传递都能改变内能，但同时做功和热传递不一定会改变内能，选项C错误。分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快，选项D正确。液体表面层分子比内部分子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势，从而形成表面张力，选项E正确；故选ADE。
14.如图所示，足够长的圆柱形绝热气缸竖直放置，其横截面积1×10－3m2，气缸内有质量m=l0kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦.开始时活塞被插销K固定于离缸底18cm的位置，此时气缸内被封闭气体的压强2.0×105Pa，温度为300K，外界大气压为1.0×105Pa，g=10m/s2。
①现对密闭气体加热，当温度升到600K时，其压强多大?
②若在温度600K时拔去插销K，活塞向上运动，最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为400K，则这个过程中活塞上升的距离为多少？
【答案】①4.0×105Pa ②6cm
【解析】
【分析】
（1）开始加热气体时，气体等容变化，根据查理定律求解压强；
（2）若拔去插销K，根据气体状态变化方程求解气体的长度，从而求解活塞上升的距离.
【详解】（1）等容变化：
解得
（2）若拔去插销K，封闭气体压强为：
根据气体状态变化方程：（其中的V=SL），
解得
所以活塞上升的距离为H′=24cm-18cm=6cm
【物理一选修3-4】
15.下列说法中正确的是
A. 入射角足够大，一定能发生全反射。
B. 电磁波可以在真空中传播。
C. X射线是原子的内层电子受到激发产生的。
D. 光从空气射入水中，传播速度一定减小。
E. 若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.当光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角时，才能发生全反射，选项A错误。
B.电磁波可以在真空中传播，选项B正确。
C.X射线是原子的内层电子受到激发产生的，选项C正确。
D.水相对空气是光密介质，则光从空气射入水中，传播速度一定减小，选项D正确。
E.若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失，选项E错误；
故选BCD.
16.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5m/s。求：
①判断波的传播方向
②t=0时，a质点的振动方向
③从t=0时刻开始，质点a在2.0s内，通过的路程为多少
【答案】①，沿x轴负方向传播 ②t=0时，a质点向Y轴负方向运动 ③4m
【解析】
【分析】
根据0.2s内波传播的距离，对照波形图可判断波的传播方向；然后可由“同侧法”确定质点a的振动方向；质点在一个周期内经过的路程为4A.
【详解】①波传播的距离 ，波沿x轴负向传播；
②t=0时，a质点向y轴负方向运动；
③由图可知波长λ=4m，周期T=λ/v=0.8s，
则质点经过t=2s=2.5T，
通过的路程为X=2.5×4×0.4m=4m
一、选择题：(本题共8小题，每毎小题6分。在毎小题给岀的四个选项中，第14-18题，只有一项符合题目要求，第19~21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。)
1.下列说法正确的是：
A. 电子在核外绕核旋转，向心力为万有引力。
B. 一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子吸收光子，能量增加。
C. 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。
D. 光电子的最大初动能随着入射光的强度增大而增大。
【答案】C
【解析】
【详解】电子在核外绕核旋转，向心力为原子核对电子的静电引力，选项A错误。一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子释放光子，能量减小，选项B错误。根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项C正确。根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的最大初动能随着入射光的频率增大而增大，选项D错误。故选C.
2.如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C和实验卫星B的轨道半径之比为3：1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A、B、C的说法正确的是：
A. B、C两颗卫星所受地球万有引力之比为1：9
B. B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体A的角速度
C. 同一物体在B卫星中对支持物的压力比在C卫星中小。
D. B卫星中的宇航员一天内可看到9次日出。
【答案】B
【解析】
【分析】
根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比．根据开普勒第三定律分析B卫星与C卫星的周期关系，即可知道B公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的角速度关系．物体在B卫星中处于完全失重状态．根据B卫星的周期与地球自转周期的关系分析B卫星中的宇航员一天内能看到日出的次数．
【详解】A.根据万有引力定律知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于B、C两卫星的质量关系未知，所以B、C两颗卫星所受地球引力之比不一定为1：9，故A错误；
B.C卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于C卫星的公转周期，而C卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体A的角速度，故B正确；
C.物体在B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；
D.根据开普勒第三定律=k，知C、B卫星轨道半径之比为3：1，则周期为3：1，所以地球自转周期是B卫星的运行周期的3倍（约为5.2倍），因此B卫星中的宇航员一天内可看到5次日出，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的关键是要掌握开普勒第三定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式表示出周期和角速度的表达式，再进行比较．
3.如图所示，放在地面的大球不动，它的正上方有一个定滑轮，轻绳绕过定滑轮，与光滑小球相连，当用力F拉动轻绳，使小球沿大球表面，从图示位置缓慢上滑到大球最高点过程中，下列说法正确的是：
A. 小球受到的合力变大。
B. 地面对大球的摩擦力变大。
C. 小球受到的支持力不变，拉力F变小
D. 拉力F不变，小球受到的支持力变小。
【答案】C
【解析】
【分析】
将小球的重力mg按效果进行分解，根据三角形相似法分析N、F的变化．
【详解】A.使小球沿大球表面缓慢上滑到大球最高点时，小球受到的合力始终为零，选项A错误。
B.将小球的重力mg分解如图， 由三角形相似得：，地面对大球的摩擦力等于N的水平分量，由于小球向上运动时N不变，水平分量减小，则地面对大球的摩擦力减小，选项B错误。
CD.由可得：当从最低点缓缓拉上半球顶端的过程中，L减小，则F减小，R不变，故N不变，故选项C正确，D错误；
故选C。
【点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，在小球移动过程N与F不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种典型方法要学会应用．
4.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ωb边与磁场垂直，ωb边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连。现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动。下列说法中正确的是：
A. 将交流电流表串到电路中，其示数随时间按余弦规律变化。
B. 线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小。
C. 线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大E=NBSω
D. 线圈平面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为零。
【答案】C
【解析】
【分析】
从图示位置开始计时，交变电流的瞬时电动势表达式为：e=NBSωcosωt；根据表达式进行分析讨论即可．
【详解】A.交流电流表测量的是交流电流的有效值，不随时间变化，故A错误；
B.根据e=NBSωcosωt可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势越大，通过电阻R的电流越大，选项B错误；
C.图示位置，线圈平面与磁场平行，线框切割磁感线最快（垂直切割），感应电动势最大，最大值为Em=NBSω，故C正确；
D.线圈从中性面每转过半圈，穿过线圈平面的磁通量变化量为2BS，选项D错误；
故选C。
【点睛】本题关键要明确：
（1）线圈在中性面时磁通量最大值为BS，与中性面垂直位置磁通量为零；
（2）交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；
（3）线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动势最小．
5.如图所示，固定的倾斜光滑直杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于伸长状态，长度为h。让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度刚好为零。则在圆环下滑过程中：
A. 圆环机械能守恒。
B. 弹簧的弹性势能先增大后减小。
C. 重力的功率先小后大。
D. 弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大。
【答案】D
【解析】
【分析】
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；根据弹簧长度的变化判断弹性势能的变化；根据P=mgvsinα判断重力功率的变化．
【详解】A.圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A错误；
B.弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先减小后增大。故B错误；
C.圆环的速度先增加后减小到零，根据P=mgvsinα可知，重力的功率先大后小，选项C错误；
D.根据系统的机械能守恒，则当弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和最小时圆环的动能最大，故D正确；
故选D。
【点睛】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法．此题关键是知道系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能、圆环的重力势能和圆环的动能之和守恒，这是一道考查系统机械能守恒的基础好题．
6.如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。由该图可知下列说法中正确的是：
A. 两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4W。
B. 电源的内电阻为1Ω。
C. 电源输出功率最大值为4W。
D. 电源的效率最大可达50%
【答案】BC
【解析】
【分析】
当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小．
【详解】AC.根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于内外电路的电流是相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8W，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以A错误，C正确；
B.根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1Ω，所以B正确；
D.电源的效率，只当r=R时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D错误；
故选BC.
【点睛】本题考查学生的读图的能力，并且要知道当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，这个结论．
7.如图所示，两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则：
A. q1带正电，q2带负电荷。
B. A、N点的电场强度大小为零
C. NC间场强方向向x轴负方向。
D. 将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增加
【答案】AC
【解析】
【分析】
φ-x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据负电荷在高电势点电势能较小分析电势能的变化．
【详解】A.由图象可知，两点的电势一正一负，则q1与q2带异种电荷，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电荷，故A正确；
B.该图象的斜率等于场强E，则知，A、N两点电场强度不为零，故B错误；
C.由图可知：N→C段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；
D.因N→D段中，电势先高升后降低，则将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增加，故D错误；
故选AC.
【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否，注意图象斜率表示电场强度是解题的突破口．
8.如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向里。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两导轨电阻不计。杆1以初速度滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是：
A. 杆2不固定时，两杆组成的系统动量守恒。
B. 两种情况下，最初两杆最小间距之比1：2
C. 两种情况下，最初两杆最小间距之比2：1
D. 在题设两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比4：1
【答案】AC
【解析】
【分析】
两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，故左边棒减速，右边棒加速，两个棒系统动量守恒，根据动量守恒定律得到最后的共同速度，然后对右边棒运用动量定理列式；当右边棒固定时，左边棒受向左的安培力，做减速运动，根据动量定理列式；最后联立求解即可。
【详解】A.两个棒均不固定时，左边棒受向左的安培力，右边棒受向右的安培力，系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，选项A正确；
BC.金属杆1、2均不固定时，系统动量守恒，以向右为正方向，有：mv0=2mv，解得：；对右侧杆，采用微元法，以向右问正方向，根据动量定理，有：∑-F?△t=∑m△v，其中：F=BIL=B??L，故：-∑?△t=∑m△v，即=m?，解得：l1-l2=，即AB间的距离最小为x=；当棒2固定后，对左侧棒，以向右为正方向，根据动量定理，有：∑-F?△t=∑m△v，其中：F=BIL=B??L，故：-∑?△t=∑m△v，即-=-mv0，解得：，故AB间的距离最小为x′=；故x′：x=2：1；故B错误，C正确；
D.根据可知，因x′：x=2：1，则两种情况下，通过闭合回路的电荷量之比2：1，选项D错误；
故选AC。
【点睛】本题是力电综合问题，关键是明确两个导体棒均做变加速运动，要结合动量守恒定律和动量定理列式，同时要结合微元法思想分析，难度较大。
(一)必考题(共7小题，135分)
9.用如图所示的装置，探究物体的加速度与力、质量的关系，图中小车的质量用M表示，钩码的质量用m表示。要顺利完成该实验，在操作中：
(1)平衡摩擦力的目的是：____________________________________________
(2)使M远大于m目的是：____________________________________________
(3)某次打出的某一条纸带，A、B、C、D、E、为相邻的5个计数点，如图，相邻计数点间还有四个点未标出，所用交流电频率为50赫兹。利用图中给出的数据可求出小车的加速度a=___________m/s2。(结果保留二位有效数字)
【答案】 (1). 使小车所受的合外力等于绳的拉力 (2). 使绳的拉力近似等于钩码的重力 (3).
【解析】
【分析】
根据实验的原理分析平衡摩擦力的目的以及为什么使M远大于m；根据△x=at2求解加速.
【详解】（1）实验中平衡摩擦力的目的是：使小车所受的合外力等于绳的拉力；
（2）以砂桶作为研究对象有：mg-FT=ma；以小车作为研究对象有：FT=Ma；联立以上两式可得：； 要绳子的拉力等于砂桶的总的重力，即：，则有：M＞＞m；则使M远大于m的目的是：使绳的拉力近似等于钩码的重力.
（3）因T=0.1s，由△x=aT2得：
【点睛】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件；实验时要明确为什么要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力会造成什么结果。为什么要使小车的质量远大于砂和砂桶的质量等；同时对于速度和加速度的求法一定要牢固掌握。
10.某同学进行如下测量
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为L=___________mm；
(2)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径D=___________mm；
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为___________Ω。
(4)为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，定值电阻R0=3Ω为保护电阻。
①按如图所示的电路图，某同学连接好电路。
②先断开开关S，调整电阻箱的阻值到最大，再闭合开关S，调节电阻箱，读取并记录电压表的示数及电阻箱的阻值。多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出－的关系图线如图乙所示(该图线为一直线)。
③根据电路原理图推导和的函数关系，=___________。根据图线求得电池组的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。(保留两位有效数字)
【答案】 (1). 50.15mm (2). 4.700mm (3). 120Ω (4). (5). 2.9V (6). 3.1Ω
【解析】
【分析】
根据闭合电路欧姆定律E=U+(R0+r)，进行数学变形，得到的关系式，根据数学知识研究关系图线的斜率和截距的意义，即可求得电池的电动势和内阻．
【详解】（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度为L=50mm+0.05mm×3=50.15mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径D=4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；
（3）电阻的阻值约为:12×10Ω=120Ω.
（4）根据闭合电路欧姆定律E=U+(R0+r)，进行数学变形，得
根据数学知识得知，关系图线的纵截距，斜率k=． 由图得到，b=0.35，k=≈2.1 则电动势，内阻r=kE-R0=2.1×2.9-3≈3.1Ω
【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验；本实验主要考查运用数学知识处理问题的能力，采用的是转换法，将非线性关系转换成线性，直观简单．
11.如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，定值电阻R=4Ω，水平放置的导轨足够长，导轨和金属杆的电阻不计。金属杆MN长L=0.3m，质量m=0.2kg，与轨道间的摩擦因数μ=0.3，匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向竖直向上。接通电源后，金属杆从静止开始运动。g=10m/s2。求：
(1)金属杆的最大加速度
(2)金属杆能达到的最大速度
【答案】（1）6m/s2 (2)2.67m/s
【解析】
【分析】
（1）当金属杆速度为零时，加速度最大，根据闭合电路的欧姆定律结合牛顿第二定律求解最大加速度；
（2）金属棒匀速运动时速度最大，此时摩擦力等于安培力，列式求解最大速度。
【详解】（1）当金属杆速度为零时，加速度最大，根据闭合电路的欧姆定律：
安培力F安=BIL
根据牛顿第二定律：F安-f=ma
解得
（2）金属棒匀速运动时速度最大，金属棒产生的电动势：E=BLvm
感应电流
解得
12.两个小球a、b质量均为2kg，b球置于水平台的右边缘，带q=0.2C正电荷；a球从半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道顶端，从静止开始滑下。与b发生完全非弹性碰撞后，一起飞入互相垂直的复合场中，已知水平台的MN段粗糙，且MN段长L=2m，摩擦因数μ=0.2，轨道Nb部分光滑。匀强电场竖直向上，匀强磁场水平向外。弧线bd是a、b一起在复合场中运动的轨迹，且bc=cd，E=200N/C，B=10T，取g=10m/s2。求：
(1)a下滑到圆弧轨道末端M点时，对轨道的压力大小
(2)水平台的高度
(3)a、b在复合场中运动的时间
(4)整个过程中a、b系统损失多少机械能
【答案】(1)60N，方向竖直向下 （2）m （3）3.14s (4)125J
【解析】
【分析】
（1）根据机械能守恒定律求解a球到达M点的速度，根据牛顿第二定律求解a对圆弧轨道的压力；
（2）ab碰撞过程，动量守恒；在复合场中做匀速圆周运动，求解运动半径，从而求解水平台的高度；
（3）在复合场中运动的时间为；
（4）根据功能关系求解ab系统损失的机械能.
【详解】（1）a球从释放到圆弧最低点M时，机械能守恒：mgR=mvM2
解得vM=4m/s；
在M点，根据牛顿第二定律：N-mg=m
解得N=60N
根据牛顿第三定律可知，a对圆弧轨道的压力为N′=N=60N，方向竖直向下；
（2）a球从M到P由动能定理：
解得vP=2m/s
ab碰撞过程，由动量守恒定律：mvP=2mv
解得v=m/s
复合场中，因F电=qE=2mg=40N，所以做匀速圆周运动，
由qvB=2m可得：
水平台面的高度为h=r=2m
（3）在复合场中运动的时间为
（4）根据功能关系可知，ab系统损失的机械能为：
解得E损≈125J
(二)选考题(毎科选做一题，共做3题，共45分)
【物理一选修3-3】
13.下列说法中正确的是
A. 第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律。
B. 第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步，第二类永动机可以制造出来。
C. 由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能。
D. 分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快。
E. 液体表面层分子比内部分子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势。
【答案】ADE
【解析】
【详解】第一类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律，选项A正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，所以即使随着科技的进步，第二类永动机也不可以制造出来，选项B错误。由热力学第一定律可知做功和热传递都能改变内能，但同时做功和热传递不一定会改变内能，选项C错误。分子间引力和斥力同时存在，都随距离增大而减小，但斥力变化更快，选项D正确。液体表面层分子比内部分子稀疏，因此液体表面有收缩的趋势，从而形成表面张力，选项E正确；故选ADE。
14.如图所示，足够长的圆柱形绝热气缸竖直放置，其横截面积1×10－3m2，气缸内有质量m=l0kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦.开始时活塞被插销K固定于离缸底18cm的位置，此时气缸内被封闭气体的压强2.0×105Pa，温度为300K，外界大气压为1.0×105Pa，g=10m/s2。
①现对密闭气体加热，当温度升到600K时，其压强多大?
②若在温度600K时拔去插销K，活塞向上运动，最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为400K，则这个过程中活塞上升的距离为多少？
【答案】①4.0×105Pa ②6cm
【解析】
【分析】
（1）开始加热气体时，气体等容变化，根据查理定律求解压强；
（2）若拔去插销K，根据气体状态变化方程求解气体的长度，从而求解活塞上升的距离.
【详解】（1）等容变化：
解得
（2）若拔去插销K，封闭气体压强为：
根据气体状态变化方程：（其中的V=SL），
解得
所以活塞上升的距离为H′=24cm-18cm=6cm
【物理一选修3-4】
15.下列说法中正确的是
A. 入射角足够大，一定能发生全反射。
B. 电磁波可以在真空中传播。
C. X射线是原子的内层电子受到激发产生的。
D. 光从空气射入水中，传播速度一定减小。
E. 若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
【答案】BCD
【解析】
【详解】A.当光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角时，才能发生全反射，选项A错误。
B.电磁波可以在真空中传播，选项B正确。
C.X射线是原子的内层电子受到激发产生的，选项C正确。
D.水相对空气是光密介质，则光从空气射入水中，传播速度一定减小，选项D正确。
E.若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失，选项E错误；
故选BCD.
16.一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.2s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为5m/s。求：
①判断波的传播方向
②t=0时，a质点的振动方向
③从t=0时刻开始，质点a在2.0s内，通过的路程为多少
【答案】①，沿x轴负方向传播 ②t=0时，a质点向Y轴负方向运动 ③4m
【解析】
【分析】
根据0.2s内波传播的距离，对照波形图可判断波的传播方向；然后可由“同侧法”确定质点a的振动方向；质点在一个周期内经过的路程为4A.
【详解】①波传播的距离 ，波沿x轴负向传播；
②t=0时，a质点向y轴负方向运动；
③由图可知波长λ=4m，周期T=λ/v=0.8s，
则质点经过t=2s=2.5T，
通过的路程为X=2.5×4×0.4m=4m
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