河北省承德二中2018届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）.doc

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1、12017-2018 学年河北省承德二中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）1在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上开始时人、锤和车均静止且这三者的质量依次为 m1、m 2、m 3人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为 v，则拋出瞬间大锤的动量大小为（ ）Am 1v Bm 2v C （m 1+m3）v D （m 2+m3）v2如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中、三条虚线设三个质子沿轨迹、进入场区时速度大小分别为 v1、v 2、v 3，

2、射出场区时速度大小分别为 v1、v 2、v 3，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）Av 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3 Bv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3Cv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3 Dv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 33在某些恒星内，3 个 粒子结合成一个 C， C 原子的质量是 12.0000u， He原子的质量是 4.0026u，已知 1u=931.5 MeV/c2，则此核反应中释放的核能约为 （ ）A7.266 eV B5.266 eV C1.1610 9 J D1.1610 12 J4 “天舟一号”飞船于 201

3、7 年 4 月 20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，并于 4 月 22日与“天宫二号”空间实验室对接已知对接前“天舟一号”在距离地面高度为 h 的圆轨道上做匀速圆周运动， “天宫二号”空间实验室在距离地面髙度为 h+h 的圆轨道上做匀速圆周运动，已知h0，且 h+h 小于地球同步卫星高度，则（ ）A二者的角速度均小于地球自转角速度B “天舟一号”的线速度小于“天宫二号”空间实验室的线速度C二者的运动周期均小于地球自转周期D二者做圆周运动的向心加速度大于地面上物体的重力加速度5如图所示，光滑的墙面 MN 左侧有个质量为 m 的圆球，绳子的一端 A 点固定在球上，某2人通过定滑轮在绳的另一端

4、P 点拽动，可以使球在竖直方向上下移动，绳和滑轮间无摩擦，滑轮可看做质点若人拽动绳子使圆球缓慢竖直向上移动，下列说法正确的是（ ）A墙面对圆球的弹力增大，OA 绳的拉力增大B墙面对圆球的弹力增大，OA 绳的拉力不变C墙面对圆球的作用力小于圆球对墙面的作用力D若绳被拉断，则绳断后球的加速度小于重力加速度6如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与 a 线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为 0，则（ ）A任意时刻，穿过 a、b 两线圈的磁通量之比均为 1：4Ba、b 两线圈中产生的感应电动势之比为 1：2Ca、b

5、 两线圈中产生的感应电流之比为 4：1D相同时间内 a、b 两线圈产生的热量之比为 2：17如图所示，排球场地长为 a，宽为 b，网高为 h若发球员站在 P 点（P 点在场地边缘的中点） 从离地面高度为 H 处垂直于网所在的竖直平面发球，要使球既不触网又不越界，能够使球到达对方场地，排球视为质点，重力加速度为 g，不计空气阻力，则（ ）A球在空中飞行的时间为3B发球的最小速度为C发球的最大速度为 aD球在空中飞行的速度变化率为 g8如图所示，在磁感应强度大小为压、平行 P、Q 连线向右的匀强磁场中，两长直导线 P和 Q 垂 直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l在两导线中均通有方向垂直于纸面向

6、里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为 2B0下列说法正确的是（ ）A两电流在 a 处产生的磁感应强度大小为 3B0BP 中电流在 a 点处产生的磁感应强度的大小为 B0C若在 a 点处垂直纸面放一长度为 L、电流为 I 的导线，则该导线所受的安培力大小一定为 B0ILD若使 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 B09某静电场中，与 x 轴重合的电场线的电势 在 x 轴上的分布如图所示下列说法正确的是（ ）A在 x 轴上，x 3处的电场强度最大Bx 1处的电场强度大于 x4处的电场强度C负电荷从 x2移到 x4，电势能减小D电荷量为

7、 q 的正点电荷从 x3移到 x4，电场力做功为 q（ 2 1）10如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，其半径为R，若小物块进入半圆轨道后不脱离半圆轨道（从两端点离开除外） ，则小物块进入半圆轨道时的速度大小可能为（重力加速度为 g） （ ）4A B2 C D二、实验题（共 2 小题，满分 15 分）11某小组探究伽利略理想斜面实验，其实验器材有：滑块、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直木板，如图甲所示实验时，在水平长直木板旁边放上刻度尺，滑块可以从斜面平稳地滑行到水平长直木板上重力加速度为 g，请完成下列填空：（1）实验时应使滑块从同一位置由 状态滑下，研究滑块在长

8、直木板上运动的距离（2）由实验现象发现：长直木板越光滑，滑块在长直木板上运动得越远由此可得出的实验推论是当长直木板完全光滑时，滑块将在长直木板上做 运动（3）图乙是每隔t 时间曝光一次得到滑块在某长直木板上运动过程中的照片，测得滑块之间的距离分别是 s1、s 2、s 3、s 4，由此可估算出滑块与该长直木板间的动摩擦因数 = （需要用 s1、s 2、s 3、s 4字符表示） 12某同学描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材有：电压表：量程为 3V，内阻为 3k 电流表；量程为 0.6A，内阻约为 2定值电阻 R0；阻值为 1k小灯泡 L：额定电压为 3.8 V 滑动变阻器 R：阻值范围为 010电

9、池 E：电动势为 6V 开关 S，导线若干5该同学按如图甲所示的电路图进行实验，通过正确实验操作和读数，得到了一组电压表的示数和电流表的示数，部分数据如下表：电流（A） 0.085 0.155 0.212 0.235 0.278 0.315电压（V） 0.17 0.60 1.20 1.50 2.10 2.70（1）当电压表示数为 1.20 V 时，小灯泡两端的电压为 V （保留三位有效数字）（2）在图乙中画出小灯泡的伏安特性曲线（3）若把这个小灯泡与电动势为 3V、内阻为 10 的干电池连接成闭合电路，此时小灯泡的电阻为 ，实际功率为 W （结果保留两位有效数字）三、综合分析与计算题（共 2

10、小题，满分 30 分）13飞船返回舱返回过程一般可简化为以下过程：在高空，空气非常稀薄，可不考虑空气阻力，在竖直方向可视为初速度为零的匀加速直线运动；在返回舱下降至距地面一定髙度时，空气阻力不可忽略，可视为加速度逐渐减小的加速运动，然后匀速下落的距离为 h；此后，开动反推力火箭，可视为匀减速直线运动，使其平稳降落到地面，到达地面时的速度为 0，该过程中所用时间为 t已知返回舱匀加速下落后所受阻力大小与速度大小的关系可表示为 f=kv2，返回舱的质量为 m，不考虑返回舱降落过程中质量的变化，重力加速度始终为 g求：（1）返回舱下落的最大速度和匀速下落过程中克服空气阻力做的功；（2）返回舱反推力火

11、箭的推力与空气阻力的合力大小14某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从 A 点由静止开始竖直向上运动，6经过时间 t1运动到 B 点时撤去电场，再经时间 t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的 2 倍，已知油滴的质量为 m、电荷量为 q，重力加速度大小为 g（1）求再次加入电场前，此匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度；（2）为了使油滴能回到 A 点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间【选修 3-3】15对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）A温度升高，所有分子运动速率都变大B温度升高，分子平均动能变大

12、C气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点D温度升高，气体的压强一定增大E外界对气体做功，气体的温度可能降低16如图所示，两个粗细均匀的直角 U 形管导热良好，左右两管竖直且两端开口，管内水银柱的长度如图中标注，水平管内两段空气柱 a、b 的长度分别为 10 cm、5 cm在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高 h=10cm已知大气压强P0=76cmHg，环境温度恒定，求向左管注入的水银柱长度【选修 3-4】17手持较长软绳左端点 O 以周期 T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，如图所示绳上有另一质点 P，且

13、 O、P 的平衡位置间距为Lt 时刻，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上该简谐波是 （填“横波”或“纵波” ） ，该简谐波的最大波长为 ，最大传播速度为 718某透明体外形如图所示，它由折射率相同、半径不同的两个共轴球体组成，大球外表面镀了一层不透光物质，且大球的球心 O恰好在小球球面上，平行轴线的光束从半径为R 的小球射入，会聚在轴线上的 P 点，光线的会聚角 =30，真空中光速为 c求：（答案可以用三角函数表示）透明体的折射率；从两球体的交点处射入的光线，从进入透明体至到达 P 点的时间82017-2018 学年河北省承德二中高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析

14、一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）1在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上开始时人、锤和车均静止且这三者的质量依次为 m1、m 2、m 3人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为 v，则拋出瞬间大锤的动量大小为（ ）Am 1v Bm 2v C （m 1+m3）v D （m 2+m3）v【考点】53：动量守恒定律【分析】以人、锤和车组成的系统为研究对象，人将大锤水平向左抛出的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律求解【解答】解：以人、锤和车组成的系统为研究对象，取向左为正方向，由动量守恒定律得（m 1+m3）vP=0可得，拋出瞬间大锤的动量大小为 P=（m 1

15、+m3）v故选：C2如图所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场共存的场区，三个速度不同的质子沿垂直电场线和磁感线方向从同一点射入场区，其轨迹为图中、三条虚线设三个质子沿轨迹、进入场区时速度大小分别为 v1、v 2、v 3，射出场区时速度大小分别为 v1、v 2、v 3，不计质子所受到的重力，则下列判断正确的是 （ ）Av 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3 Bv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3Cv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3 Dv 1v 2v 3，v 1v 1，v 3v 3【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动；CM：

16、带电粒子在混合场中的运动【分析】根据粒子的偏转方向得出电场力和洛伦兹力的大小关系，从而得出进入复合场的9速度大小根据动能定理比较出场区的速度和进场区的速度【解答】解：质子重力不计，根据左手定则知，质子所受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，沿轨迹的质子洛伦兹力大于电场力，即 qv1BqE， ，沿轨迹的质子洛伦兹力等于电场力，即 qv2B=qE， ，沿轨迹的质子洛伦兹力小于电场力，即 qv3BqE， ，可知 v1v 2v 3沿轨迹的质子运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得，v1v 1，沿轨迹的质子运动过程中，速度不变，v 2=v2，沿轨迹的质子运动过程中，电场力做正功，洛伦兹

17、力不做功，根据动能定理得，v3v 3，故 A 正确，B、C、D 错误故选：A3在某些恒星内，3 个 粒子结合成一个 C， C 原子的质量是 12.0000u， He原子的质量是 4.0026u，已知 1u=931.5 MeV/c2，则此核反应中释放的核能约为 （ ）A7.266 eV B5.266 eV C1.1610 9 J D1.1610 12 J【考点】JI：爱因斯坦质能方程【分析】根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出核反应中释放的核能【解答】解：该核反应的质量亏损m=4.0026312.0000=0.0078u，则释放的核能E=mc 2=0.0078931.5MeV=7.266MeV

18、=1.161012 J故 D 正确，A、B、C 错误故选：D4 “天舟一号”飞船于 2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，并于 4 月 22日与“天宫二号”空间实验室对接已知对接前“天舟一号”在距离地面高度为 h 的圆轨道上做匀速圆周运动， “天宫二号”空间实验室在距离地面髙度为 h+h 的圆轨道上做匀速圆周运动，已知h0，且 h+h 小于地球同步卫星高度，则（ ）A二者的角速度均小于地球自转角速度10B “天舟一号”的线速度小于“天宫二号”空间实验室的线速度C二者的运动周期均小于地球自转周期D二者做圆周运动的向心加速度大于地面上物体的重力加速度【考点】4F：万有引力定

19、律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度与轨道半径的关系，从而比较线速度、角速度的大小，结合周期与角速度的关系比较周期的大小根据向心加速度公式比较向心加速度与重力加速度的关系【解答】解：A、地球自转的角速度与同步卫星的角速度相等，根据 得，两飞船的高度小于同步卫星的高度，则二者的角速度均大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，故 A 错误B、根据 得，线速度 v= ，由于“天舟一号”的轨道半径小于“天宫二号”的轨道半径，则“天舟一号”的线速度大于“天宫二号”空间实验室的线速度，故 B 错误C、二者的角速度均大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，根据 T= 知，二

20、者的运动周期均小于地球自转周期，故 C 正确D、根据 ，g= 知，二者做圆周运动的向心加速度小于地面上的重力加速度，故 D错误故选：C5如图所示，光滑的墙面 MN 左侧有个质量为 m 的圆球，绳子的一端 A 点固定在球上，某人通过定滑轮在绳的另一端 P 点拽动，可以使球在竖直方向上下移动，绳和滑轮间无摩擦，滑轮可看做质点若人拽动绳子使圆球缓慢竖直向上移动，下列说法正确的是（ ）11A墙面对圆球的弹力增大，OA 绳的拉力增大B墙面对圆球的弹力增大，OA 绳的拉力不变C墙面对圆球的作用力小于圆球对墙面的作用力D若绳被拉断，则绳断后球的加速度小于重力加速度【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性

21、和弹力【分析】对圆球受力分析，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，作图分析即可【解答】解：AB、对圆球受力分析，受重力 G、OA 绳的拉力 T 和墙面的支持力 N，根据平衡条件知三个力构成首尾相连的矢量三角形，如下图所示：由于拉力 T 与竖直方向的夹角变大，由图知 T 增大，N 也增大；故 A 正确，B 错误；C、墙面对圆球的作用力与圆球对墙面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故 C错误；D、若绳被拉断，则绳断后球只受重力，加速度等于重力加速度，故 D 错误；故选：A6如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r，圆形匀

22、强磁场B 的边缘恰好与 a 线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为 0，则（ ）12A任意时刻，穿过 a、b 两线圈的磁通量之比均为 1：4Ba、b 两线圈中产生的感应电动势之比为 1：2Ca、b 两线圈中产生的感应电流之比为 4：1D相同时间内 a、b 两线圈产生的热量之比为 2：1【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律；BH：焦耳定律【分析】当 B 与 S 平面垂直时，穿过该面的磁通量 =BS根据法拉第电磁感应定律求感应电动势之比根据闭合电路欧姆定律求感应电流之比由焦耳定律求热量之比【解答】解：A、任意时刻，穿过 a、b 两线圈的磁感线条数，磁通量

23、相等，磁通量之比为1：1故 A 错误B、根据法拉第电磁感应定律得：E= S，S=r 2，则 S 相等， 也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为 1：1，故 B 错误C、线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r，周长之比为 1：2，电阻之比为 1：2，根据欧姆定律知 I= ，得 a、b 两线圈中产生的感应电流之比为 2：1故 C 错误D、根据焦耳定律得 Q= t，得相同时间内 a、b 两线圈产生的热量之比为 2：1，故 D 正确故选：D7如图所示，排球场地长为 a，宽为 b，网高为 h若发球员站在 P 点（P 点在场地边缘的中点） 从离地面高度为 H 处垂直于网所在的竖直平面发球，要使球既

24、不触网又不越界，能够使球到达对方场地，排球视为质点，重力加速度为 g，不计空气阻力，则（ ）13A球在空中飞行的时间为B发球的最小速度为C发球的最大速度为 aD球在空中飞行的速度变化率为 g【考点】43：平抛运动【分析】排球飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由竖直高度可确定时间，抓住两个临界情况，即刚好不触网和不越界，根据水平位移可求得排球的最小速度和最大速度；球在空中飞行的速度变化率等于加速度【解答】解：A、排球飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由 H= 得 t=，故 A 错误B、当球刚好不触网时，发球的速度最小，根据 Hb= gt12得：t 1= ，发球的最小速度为 v m

25、in= = 故 B 错误C、当球刚好不越界时，发球的速度最大，发球的最大速度为 v max= =a 故 C 正确D、球在空中飞行的速度变化率等于加速度，为 g，故 D 正确故选：CD8如图所示，在磁感应强度大小为压、平行 P、Q 连线向右的匀强磁场中，两长直导线 P和 Q 垂 直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为 2B0下列说法正确的是（ ）A两电流在 a 处产生的磁感应强度大小为 3B0BP 中电流在 a 点处产生的磁感应强度的大小为 B0C若在 a 点处垂直纸面放一长度为 L、电流为

26、I 的导线，则该导线所受的安培力大小一定14为 B0ILD若使 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 B0【考点】C6：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】依据安培定则分析两导线单独形成的磁场分布，再结合矢量的合成法则及三角知识即可分析磁感应强度的大小，根据安培力的性质可分析安培力的大小【解答】解：AB、在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离为 l 的 a 点处的磁感应强度为 2B0，如下图所示：由此可知，B 1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：B Pcos30=B0解得：B P=BQ= = ；故 A 错误，B 正确；C、导线

27、受到的安培力大小与磁场与电流间的夹角有关，当夹角为零时，导线受到的安培力为零，故 C 错误；D、P 中电流反向，P 点在 a 点处产生的磁场方向与原来反向，如图所示，根据几何关系可知，PQ 在 a 点产生的磁感应强度大小为 ，则合场强大小为匀强电场与 PQ 产生的合场强的大小，故合场强大小 E= B0，故 D 正确故选：BD9某静电场中，与 x 轴重合的电场线的电势 在 x 轴上的分布如图所示下列说法正确15的是（ ）A在 x 轴上，x 3处的电场强度最大Bx 1处的电场强度大于 x4处的电场强度C负电荷从 x2移到 x4，电势能减小D电荷量为 q 的正点电荷从 x3移到 x4，电场力做功为

28、q（ 2 1）【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A6：电场强度【分析】x 图象的斜率表示电场强度，由此分析电场强度大小；根据沿电场线方向电势降低判断电场线的方向，由此判断负电荷从 x2移到 x4电场力的做功情况和电势能的变化情况；根据 W=qU 计算电场力做的功【解答】解：AB、x 图象的斜率 k= = =E，即 x 图象的斜率表示电场强度；在 x 轴上，x 3处图象的斜率为零，表示电场强度为零；x 1处的斜率大于 x4处的斜率，所以x1处的电场强度大于 x4处的电场强度，故 A 错误，B 正确C、沿电场线方向电势降低，所以从 x2移到 x4电势减小，说明电场线方向是从 x2到 x4，负电

29、荷从 x2移到 x4，电场力做负功，则电势能增加，故 C 错误；D、x 3处的电势为 2，x 4处的电势为 1，则 x3到 x4的电势差 U= 2一 1根据电场力做功计算公式可得电荷量为 q 的正点电荷从 x3移到 x4，电场力做功为 W=qU=q（ 2一 1） 故 D 正确故选：BD10如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，其半径为R，若小物块进入半圆轨道后不脱离半圆轨道（从两端点离开除外） ，则小物块进入半圆轨道时的速度大小可能为（重力加速度为 g） （ ）A B2 C D16【考点】66：动能定理的应用；4A：向心力【分析】小物块进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，可

30、能通过最高点，也可能在圆轨道下方圆周上运动，结合临界条件和机械能守恒定律求出初速度的范围，再进行选择【解答】解：若物块恰好通过轨道的最高点，在最高点处有：mg=m从最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 2mgR+ =解得 v 0=若物块恰好到达轨道圆心的等高处，则由机械能守恒定律得 mgR=可得 v 0=所以小物块进入半圆轨道时的速度大小范围为 v0 或 0v 0 ，故 AD 正确，BC 错误故选：AD二、实验题（共 2 小题，满分 15 分）11某小组探究伽利略理想斜面实验，其实验器材有：滑块、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直木板，如图甲所示实验时，在水平长直木板旁边放上刻度尺，滑块可以

31、从斜面平稳地滑行到水平长直木板上重力加速度为 g，请完成下列填空：（1）实验时应使滑块从同一位置由 静止 状态滑下，研究滑块在长直木板上运动的距离（2）由实验现象发现：长直木板越光滑，滑块在长直木板上运动得越远由此可得出的实验推论是当长直木板完全光滑时，滑块将在长直木板上做 匀速直线 运动（3）图乙是每隔t 时间曝光一次得到滑块在某长直木板上运动过程中的照片，测得滑块之间的距离分别是 s1、s 2、s 3、s 4，由此可估算出滑块与该长直木板间的动摩擦因数 = （需要用 s1、s 2、s 3、s 4字符表示） 17【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素【分析】 （1）根据伽利略“理想实验”的

32、内容、方法、原理分析实验的条件；（2）根据实验的现象，以及斜面实验的原理分析得出实验的推论；（3）根据匀变速直线运动的推论求出加速度，然后得出动摩擦因数的表达式【解答】解：（1）根据伽利略“理想实验”的内容与原理可知，需要小车到达水平面时的速度是相同的，所以在实验的过程中要求小车从同一个位置释放；（2）根据实验的情况，可以得出的结论为：水平面越光滑，小车滑得越远，当水平面完全光滑时，小车将在长木板上保持匀速直线运动；（3）小车在水平面内做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的推论，则：a=根据牛顿第二定律可知：a= =g所以水平面的动摩擦因数：=故答案为：（1）静止；（2）匀速直线；（3） 12

33、某同学描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验器材有：电压表：量程为 3V，内阻为 3k 电流表；量程为 0.6A，内阻约为 2定值电阻 R0；阻值为 1k小灯泡 L：额定电压为 3.8 V 滑动变阻器 R：阻值范围为 010电池 E：电动势为 6V 开关 S，导线若干18该同学按如图甲所示的电路图进行实验，通过正确实验操作和读数，得到了一组电压表的示数和电流表的示数，部分数据如下表：电流（A） 0.085 0.155 0.212 0.235 0.278 0.315电压（V） 0.17 0.60 1.20 1.50 2.10 2.70（1）当电压表示数为 1.20 V 时，小灯泡两端的电压为 1.60

34、V （保留三位有效数字）（2）在图乙中画出小灯泡的伏安特性曲线（3）若把这个小灯泡与电动势为 3V、内阻为 10 的干电池连接成闭合电路，此时小灯泡的电阻为 6.5 ，实际功率为 0.21 W （结果保留两位有效数字）【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】 （1）明确电路结构，根据串联电路规律即可明确灯泡两端的电压；（2）根据描点法可得出对应的图象；（3）在灯泡的 IU 图象中作出电源的伏安特性曲线，两图线的交点表示灯泡的工作点，则由欧姆定律可求得电阻，由功率公式即可求得实际功率【解答】解：（1）由电路图可知，电压表与定值电阻串联后并联接在灯泡两端，则灯泡中的实际电压为电压表两端电压与

35、定值电阻两端电压之和，则可知 U= =1.6V；（2）根据表中数据利用描点法可得出对应的 IU 图象，如图所示；（3）若把这个小灯泡与电动势为 3V、内阻为 10 的干电池连接成闭合电路，电池的路端电压与灯泡两端的电压相等，作出电源的伏安特性曲线，则两图象的交点表示灯泡的工作19点，由图可知，灯泡的电压为 1.18V，电流为 0.18A；由欧姆定律可知，灯泡内阻 R= = =6.6；灯泡的功率 P=UI=1.180.18=0.21W故答案为：（1）1.60；（2）如图所示；（3）6.6；0.21三、综合分析与计算题（共 2 小题，满分 30 分）13飞船返回舱返回过程一般可简化为以下过程：在高

36、空，空气非常稀薄，可不考虑空气阻力，在竖直方向可视为初速度为零的匀加速直线运动；在返回舱下降至距地面一定髙度时，空气阻力不可忽略，可视为加速度逐渐减小的加速运动，然后匀速下落的距离为 h；此后，开动反推力火箭，可视为匀减速直线运动，使其平稳降落到地面，到达地面时的速度为 0，该过程中所用时间为 t已知返回舱匀加速下落后所受阻力大小与速度大小的关系可表示为 f=kv2，返回舱的质量为 m，不考虑返回舱降落过程中质量的变化，重力加速度始终为 g求：（1）返回舱下落的最大速度和匀速下落过程中克服空气阻力做的功；（2）返回舱反推力火箭的推力与空气阻力的合力大小【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第

37、二定律【分析】 （1）返回舱下落过程中，合力为零，速度最大，根据平衡条件求最大速度根据功的计算公式求匀速下落过程中克服空气阻力做的功；（2）由运动学公式求出开动反推力火箭后返回舱的加速度，再由牛顿第二定律求推力与空气阻力的合力大小【解答】解：（1）返回舱下落过程中，合力为零，速度最大，则有 mg=kv m2可得返回舱下落的最大速度 v m=匀速下落过程中克服空气阻力做的功：W=kv m2h=mgh；20（2）开动反推力火箭后返回舱减速运动的加速度大小为a= =根据牛顿第二定律得 Fmg=ma可得，返回舱反推力火箭的推力与空气阻力的合力大小 F=mg+m 答：（1）返回舱下落的最大速度为 ，匀速

38、下落过程中克服空气阻力做的功为 mgh；（2）返回舱反推力火箭的推力与空气阻力的合力大小为 mg+m 14某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从 A 点由静止开始竖直向上运动，经过时间 t1运动到 B 点时撤去电场，再经时间 t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的 2 倍，已知油滴的质量为 m、电荷量为 q，重力加速度大小为 g（1）求再次加入电场前，此匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度；（2）为了使油滴能回到 A 点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】

39、（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理求解电场强度，由运动学公式求解全过程的位移大小；（2）分析物体运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律求解各个过程中的加速度，再根据运动学公式求解【解答】解：（1）以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt1mg（t 1+t2）=0，解得：E= ；由运动的可逆可得加速过程末的速度 v=gt2，所以全程的平均速度为 = ，21故全过程的位移大小 h= = ；（2）油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为 t，自由落体运动结束时的速度为 v，

40、油滴匀减速运动过程中的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律可得：2qEmg=ma，设自由落体运动下落的高度为 s1，匀减速下落的高度为 s2，则有 s1+s2=h，s1= ，s 2= ，根据自由落体运动的规律，有：v=gt，解得：t= 答：（1）再次加入电场前，此匀强电场的电场强度大小为 ；油滴达到的最大高度 ；（2）为了使油滴能回到 A 点且速度恰好为零，从油滴减速为零到再次加入电场的时间为【选修 3-3】15对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）A温度升高，所有分子运动速率都变大B温度升高，分子平均动能变大C气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点D温度

41、升高，气体的压强一定增大E外界对气体做功，气体的温度可能降低【考点】9B：气体分子运动的特点【分析】温度升高，并不是所有分子运动的速率都增大，但所有分子的平均动能不一定增22大分子速率呈现“中间多、两头少”的分布特点根据气态方程 =c 分析温度变化压强如何变化根据热力学第一定律分析气体温度的变化【解答】解：A、分子运动是杂乱无章的，温度升高，并不是所有分子运动的速率都增大，故 A 错误B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能变大，故 B 正确C、气体分子无论在什么温度下，根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故 C 正确D、根据气态方程 =c 知，温度升

42、高，气体的压强不一定增大，还与气体的体积是否变化有关，故 D 错误E、外界对气体做功，若气体放热，而且放热更多，由热力学第一定律可知气体的内能减小，温度降低，故 E 正确故选：BCE16如图所示，两个粗细均匀的直角 U 形管导热良好，左右两管竖直且两端开口，管内水银柱的长度如图中标注，水平管内两段空气柱 a、b 的长度分别为 10 cm、5 cm在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高 h=10cm已知大气压强P0=76cmHg，环境温度恒定，求向左管注入的水银柱长度【考点】99：理想气体的状态方程【分析】根据玻意耳定律求出注入水银后两部分气体的长度，再结合几何关系即可求解向左

43、管注入的水银柱长度；【解答】解：初状态 a、b 两部分空气柱的压强：P 176cmHg+14cmHg=90cmHg因右管水银面升高的高度 10cm12cm，故 b 空气柱仍在水平直管内末状态 a、b 两部分空气柱的压强：P 2=76cmHg+14cmHg+10cmHg=100cmHg设末状态 a、b 两部分空气柱的长度分别为 La2、L b2：23对 a 部分空气柱，根据波意耳定律：P 1La1S=P2La2S对 b 部分空气柱，根据波意耳定律：P 1Lb1S=P2Lb2S代入数据解得：L a2=9cm，L b2=4.5cm左管所注入的水银柱长度：L=2h+（L a1+Lb1）（L a2+Lb

44、2）代入数据解得：L=21.5cm答：向左管注入的水银柱长度为 21.5cm【选修 3-4】17手持较长软绳左端点 O 以周期 T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，如图所示绳上有另一质点 P，且 O、P 的平衡位置间距为Lt 时刻，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上该简谐波是 横波 （填“横波”或“纵波” ） ，该简谐波的最大波长为 4L ，最大传播速度为 【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F2：机械波【分析】由横波、纵波的定义得到简谐波为横波；再由 P 的运动状态得到 OP 之间的距离与波长的关系，进而求得最大波长；再根据当波长取最

45、大值 m时，波速 v 取到最大值 vm，即可求出最大传播速度【解答】解：该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方向为水平方向，两者垂直，故为横波；t=0 时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，所以两者间的距离为：L=（n+ ） （其中 n=0，1，2，3）可知当 n=0 时 取最大值，则该简谐波的最大波长： m= =4L根据传播速度：v=可知当波长取最大值 m时，波速 v 取到最大值 vm，所以最大传播速度为：v m= =24故答案为：横波；4L； 18某透明体外形如图所示，它由折射率相同、半径不同的两个共轴球体组成，大球外表面镀了一层不透光物质，且大球的球心 O恰好在

46、小球球面上，平行轴线的光束从半径为R 的小球射入，会聚在轴线上的 P 点，光线的会聚角 =30，真空中光速为 c求：（答案可以用三角函数表示）透明体的折射率；从两球体的交点处射入的光线，从进入透明体至到达 P 点的时间【考点】H3：光的折射定律【分析】根据几何关系求出入射角和折射率，再由折射定律求透明体的折射率；根据几何关系求出光线进入透明体至到达 P 点的距离，由 v= 求光在透明体内传播速度，即可求得传播时间【解答】解：连接 AO，由几何关系知，折射角 r=OAO+OAP=45入射角 i=OAO+AOO=60由折射定律有 n=解得透明体的折射率 n= ；由几何关系可知大球半径 R=2Rcos30= R光线在球中的传播距离 L=2Rcos15=2 Rcos15光在球内传播速度 v= =则所示时间为 t= =答：透明体的折射率是 ；25从两球体的交点处射入的光线，从进入透明体至到达 P 点的时间是