2013-2014北京市海淀区高三下学期期中练习物理测试试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013-2014北京市海淀区高三下学期期中练习物理测试试卷与答案（带解析） 选择题 关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是 A液体分子的无规则运动称为布朗运动 B物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大 C物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D气体的温度升高，气体的压强一定增大 答案： B 试题分析： A中的布朗运动并不是指液体分子的无规则运动，因为布朗运动中观察到的花粉并不是分子，分子很小，用肉眼是看不到的，布朗运动是液体分子对花粉不平衡的碰撞而使其受力不平衡所造成的，它能够说明分子是运动的，但布朗运动中的运动并不是分子的运动，故 A是不对的； B中由于温度是物体分子平均

2、动能大小的标志，故物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大， B是正确的； C中物体从外界吸收热量时，若同时对外做功，则其内能也不一定增加，故 C 是不对的； D 中气体的温度升高，如果其体积再增大，则气体的压强并不一定增大，故 D也是不对的，该 题选 B。 考点：分子动理论，理想气体状态方程，热力学第一定律。 理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。现假设地球是一半径为 R、质量分布均匀的实心球体， O为球心，以 O为原点建立坐标轴 Ox，如图甲所示。一个质量一定的小物体（假设它能够在地球内部移动）在 x轴上各位置受到的引力大小用 F表示，则图乙所示的四个 F随

3、 x的变化关系图正确的是 答案： A 试题分析：对于球内任意一点 P而言，我们可以把 P点以内的部分看成一个实心于体，把 P点以外的部分看成球壳，由于质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零 ，故小物体在 P点受到的万有引力为 F=，其中 为地球的密度， m为小物体的质量，r为该点到球心的距离，可见 P在球体内部时的万有引力与该点到球心的距离成正比；在地球的外部，根据万有引力公式可得 F= ，其引力的大小于该点到球心的距离的平方成反比，故图像 A是正确的。 考点：万有引力公式。 右图是 “牛顿摆 ”装置， 5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上， 5根轻绳互相平行， 5个钢球彼此紧密排列

4、，球心等高。用 1、 2、 3、 4、 5分别标记 5个小钢球。当把小球 1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小 球间的相互碰撞，可观察到球 5向右摆起，且达到的最大高度与球 1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是 A上述实验过程中， 5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B上述实验过程中， 5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C如果同时向左拉起小球 1、 2、 3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球 4、 5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、 3的释放高度 D如果同时向左拉起小球 1、 2、 3到相

5、同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球 3、 4、 5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、 3的释放高度相同 答案： D 试题分析：在甲、乙的情景中，由于 1球下落，碰撞后 5球又上升到相同的高度，所以整个系统机械能守恒，在 1球与 2碰撞时、 2与 3碰撞时、 3与 4、 4与 5碰撞时的动量是守恒的，可在 1球下落时的动量是不守恒的，在 5球上升时的动量也是不守恒的，因为它们此时都受到了外力的作用，所以 A、 B都不对； 在 1、 2、 3下落时，首先 3与 4碰撞， 4再与 5碰撞，故 5球会上升到与 3球同样的高度，而不会高于 3球，然后再考虑 2与此时静止的

6、3碰撞， 3再与 4碰撞，使 4球上升到与 2相同的高度，最后再考虑 1与此时静止的 2、 3相碰撞，使 3球会上升到与 1球相同的高度，故 D是正确的， C是不对的。 考点：碰撞时的机械能守恒与动量守恒。 如图所示，在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根水平金属导轨 ab和 cd，导轨平面与磁场方向垂直，导轨间距离为 L，在导轨左端 a、 c间连接一个阻值为 R的电阻，导轨电阻可忽略不计。在导轨上垂直导轨放置一根金属棒 MN，其电阻为 r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为 v。已知金属棒 MN与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直。则在金属棒 MN运动的过 程中

7、 A金属棒 MN中的电流方向为由 M到 N B电阻 R两端的电压为 BLv C金属棒 MN受到的安培力大小为 D电阻 R产生焦耳热的功率为 答案： C 试题分析：根据磁场方向及导体的运动方向由右手定则可判断出金属棒 MN中的电流方向为由 N 到 M，故 A是不对的；金属棒 MN 产生的电动势为 E=BLv，故电阻 R两端的电压为 U= ，故 B也是不正确的； 金属棒 MN中的电流为 I= ，故它受到的安培力大小为 F=BIL= ，故C是正确的；电阻 R产生焦耳热的功率为 P=I2R= ，故 D是不对的。 考点：电磁感应，安培力，焦耳定律。 如图所示，边长为的 L的正方形区域 abcd中存在匀强

8、磁场，磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从 ad边的中点 M点以一定速度垂直于 ad边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从 ab边中点 N点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是 A该粒子带负电 B洛伦兹力对粒子做正功 C粒子在磁场中做圆周运动的半径为 L/4 D如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大 答案： D 试题分析： A中根据左手定则可知，该粒子带正电，故 A是不对的；由于洛伦兹力与粒子的方向总是垂直的，故洛伦兹力对粒子不做功， B是不对的；画出粒子的运动轨迹可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为 L/2，故 C 是不对的；D中如果仅使该粒子射入磁场的速

9、度增大，根据牛顿第二定律得，粒子做圆周运动的半径 R= 也将变大，故 D是正确的。 考点：粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动。 一列沿 x轴传播的简谐横波在某时刻波的图象如图所示，已知波速为 20 m/s，图示时刻 x 2.0m处的质点振动速度方向沿 y轴负方向，可以判断 A质点振动的周期为 0.20s B质点振动的振幅为 1.6cm C波沿 x轴的正方向传播 D图示时刻， x 1.5m处的质点加速度沿 y轴正方向 答案： A 试题分析：由图可知，该波的波长为 4.0m，又因为波速为 20 m/s，故质点的振动周期为 T= =0.2s，故 A是正确的；观察图可知质点振动的振幅为0.8cm，即振幅

10、是指质点偏离平衡位置的最大距离，故 B不对；由于 x 2.0m处的质点振动速度方向沿 y轴负方向，故波沿 x轴的负方向传播， C也不对；图示时刻， x 1.5m处的质点在 x轴上方，故它受到指向 x轴的力，即加速度的方向也是指向 x轴方向的，也就是沿 y轴的负方向，故 D是 不对的。 考点：波与振动。 下列表示重核裂变的方程是 A B C D 答案： D 试题分析： A是氢核聚变， B是衰变时生成正电子的方程， C是发现质子的方程， D才是重核裂变的方程，故 D是正确的。 考点：原子核的衰变、聚变与裂变。 实验题 右图为双缝干涉的实验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，

11、在光屏上出现明暗相间的条纹。若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以 A将光屏移近双缝 B更换滤光片，改用波长更长的单色光 C增大双缝的间距 D将光源向双缝移动一小段距离 答案： B 试题分析：根据光干涉条纹的公式 x= ，故将光屏移近双缝时，说明 l减小， x会变小；增大双缝的间距时，说明 d变大，则 x也会变小，故 A、 C是不对的；更换滤光片，改用波长更长的单色光，即波长 变大，故 x会变大，所以 B是正确的； D中将光源向双缝移动一小段距离时不会改变 x的距离，故 D是不对的。 考点：双缝干涉实验。 （ 18分） （ 1）某同学欲将量程为 200A的电流表 G改装成电

12、压表。 该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻 Rg，图中 R1、 R2为电阻箱。他按电路图连接好电路，将 R1的阻值调到最大，闭合开关 S1后，他应该正确操作的步骤是 。（选出下列必要的步骤，并将其序号排序） a记下 R2的阻值 b调节 R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度 c闭合 S2，调节 R1和 R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 d闭合 S2，保持 R1不变，调节 R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半 如果按正确操作步骤测得 R2的阻值为 500，则 Rg的阻值大小为 ；（填写字母代号） A 250 B 500 C 750 D 1000 为把此电流表

13、G改装成量程为 2.0V的电压表，应选一个阻值为 的电阻与此电流表串联。 答案： bda（ 2分，说明：没有排序扣 1分，漏选、错选不得分）； B； 9500。 试题分析： 该题是使用半偏法测电流表的内阻，故调节 R1的阻值，先使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合 S2，保持 R1不变，调节 R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，故操作顺序为 bda； 此时 R2的阻值与 Rg的阻值相等，故 Rg的阻值大小也为 500； 电流表 G满偏时的两端电压为Ug=20010-6A500=0.1V，改装成量程为 2.0V的电 压表时，串联电阻的电压应该为 2.0V-0.1V=1.9V，电流为

14、200A，故串联电阻的大小为 R=9500。 考点：半偏法测电阻，电流表改装成电压表。 甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。 甲组同学采用图甲所示的实验装置。 A为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用 ；（用器材前的字母表示） a长度接近 1m的细绳 b. 长度为 30cm左右的细绳 c直径为 1.8cm的塑料球 d直径为 1.8cm的铁球 e最小刻度为 1cm的米尺 f最小刻度为 1mm的米尺 B该组同学先测出悬点到小球球心的距离 L，然后用秒表测出单摆完成 n次全振动所用的时间 t。请写出重力加速度的表达式 g= 。（用所测物理量表示） C在测量

15、摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点 O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值 。（选填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”） 乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的 v-t图线。 A由图丙可知，该单摆的周期 T= s； B更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出 T2-L（周期平方 -摆长）图线，并根据图线拟合得到方程 T2 4.04L 0.035。由此可以得出当地的重力加速度 g m/s2。（取 2 9.86，结果保留

16、3位有效数字） 答案： A adf； B ； C偏小； A 2； B 9.76。 试题分析： A除秒表外，我们还应该选用较长的细绳，故选 a、直径相同密度较大的铁球 d、及最小刻度更精确的刻度尺 f； B由于单摆完成 n次全振动所用的时间 t，故周期为 T=t/n，又由 单摆的周期公式得 T=2 ，故重力加速度的表达式 g= ； C由于摆长略微变长，所以实际计算周期时的摆长就会偏小，故会导致所测重力加速度的数值偏小； A由图像可知，周期为 2s； B因为 T2 4.04L 0.035，故 4.04= ，即重力加速度 g =9.76（ m/s2）。 考点：用单摆测重力加速度。 计算题 （ 16分

17、） 如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道 B端的切线沿水平方向。质量 m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力 F=10.0N的作用下，从 A点由静止开 始运动，当滑块运动的位移 x=0.50m时撤去力 F。已知 A、 B之间的距离 x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，取 g=10m/s2。求： （ 1）在撤去力 F时，滑块的速度大小； （ 2）滑块通过 B点时的动能； （ 3）滑块通过 B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度 h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。 答案：（ 1） 3.0m/s；（ 2） 4.0

18、J；（ 3） 0.50J。 试题分析：（ 1）滑动摩擦力 f=mg （ 1分） 设滑块的加速度为 a1，根据牛顿第二定律 F-mg=ma1 （ 1分） 解得 a1=9.0m/s2 （ 1分） 设滑块运动位移为 0.50m时的速度大小为 v，根据运动学公式 v2=2a1x （ 2分） 解得 v =3.0m/s （ 1分） （ 2）设滑块通过 B点时的动能为 EkB 从 A到 B运动过程中，依据动能定理有 W 合 =Ek F x -fx0= EkB， （ 4分） 解得 EkB=4.0J （ 2分） （ 3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为 Wf，根据动能定理 -mgh-Wf=0-EkB

19、（ 3分） 解得 Wf=0.50J （ 1分） 考点：牛顿第二定律，动能定理。 为减少烟尘排 放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为 L 0.20m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高 h 0.10m的通道口。使用时底面水平放置，两金属板连接到 U 2000V的高压电源两极（下板接负极），于是在两金属板间产生一个匀强电场（忽略边缘效应）。均匀分布的带电烟尘颗粒以 v=10m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量 q +2.010-17C，质量 m 1.010-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘

20、颗粒所受重力。在闭合开关后： （ 1）求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向； （ 2）求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离； （ 3）除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数。除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值。试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法。 答案：（ 1） ；方向竖直向下；（ 2） 8.0cm；（ 3）通过适当增大两金属板间的电压 U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度 v来提高除尘效率。 试题分析：（ 1）烟尘颗粒在通道内只受

21、电场力的作用，电场力 F=qE （ 1分） 又因为 （ 1分） 设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为 a，根据牛顿第二定律有 （ 2 分） 解得 ，方向竖直向下 （ 2分） （ 2）若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离 这些颗粒在水平方向的位移 L=vt （ 2分） 在竖直方向的位移 （ 2分） 解得 可确定这些颗粒能通过通道 因此，除尘过程中烟尘颗粒在竖直方 向偏转的最大距离为 8.0cm （ 1分） （ 3）设每立方米有烟尘颗粒为 N0 时间 t内进入除尘器的颗粒 N1= N0hLvt （ 1分） 时间 t内吸附在底面上的颗粒 N2= N0h Lvt （ 1分）

22、 则除尘效率 =80 （ 1分） 因为 当 h h时， 当 h h时， =1 （ 2分） 因此，在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压 U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度 v来提高除尘效率。 （ 2分） 考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的规律，电场力。 （ 20分） 根据玻尔理论，电子绕氢原子核运动可以看作是仅在库仑引力作用下的匀速圆周运动，已知电子的电荷量为 e，质量为 m，电子在第 1轨道运动的半径为 r1，静电力常量为 k。 （ 1）电子绕氢原子核做圆周运动时，可等效为环形电流，试计算电子绕氢原子核在第 1轨道上做圆周运动的周期及形成的等效电流的大

23、小； （ 2）氢原子在不同的能量状态，对应着电子在不同的轨道上绕核做匀速圆周运动，电子做圆周运动的轨道半径满足 rn=n2r1，其中 n为量子数，即轨道序号， rn为电子处于第 n轨道时的轨道半径。电子在第 n轨道运动时氢原子的能量 En为电子动能 与 “电子 -原子核 ”这个系统电势能的总和。理论证明，系统的电势能 Ep和电子绕氢原子核做圆周运动的半径 r存在关系： Ep=-k （以无穷远为电势能零点）。请根据以上条件完成下面的问题。 试证明电子在第 n轨道运动时氢原子的能量 En和电子在第 1轨道运动时氢原子的能量 E1满足关系式 假设氢原子甲核外做圆周运动的电子从第 2轨道跃迁到第 1轨

24、道的过程中所释放的能量，恰好被量子数 n=4的氢原子乙吸收并使其电离，即其核外在第 4轨道做圆周运动的电子脱离氢原子核的作用范围。不考虑电离前后原子核的动能改变，试求氢原子乙电离后电子 的动能。 答案：（ 1） （ 2） 证明见； Ek= 。 试题分析：（ 1）设电子绕氢原子核在第 1轨道上做圆周运动的周期为 T1，形成的等效电流大小为 I1，根据牛顿第二定律有 （ 2分） 则有 （ 1分） 又因为 （ 2分） 有 （ 1分） （ 2） 设电子在第 1轨道上运动的速度大小为 v1，根据牛顿第二定律有 （ 1分） 电子在第 1轨道运动的动能 （ 1分） 电子在第 1轨道运动时氢原子的能量 E1=

25、 -k =- k （ 2分） 同理，电子在第 n轨道运动时氢原子的能量 En=-k =-k （ 2分） 又因为 rn=n2r1 则有 En=-k =-k 命题得证。 （ 1分） 由 可知，电子在第 1轨道运动时氢原子的能量 E1=-k 电子在第 2轨道运动时氢原子的能量 E2= =-k （ 1分） 电子从第 2轨道跃迁到第 1轨道所释放的能量 E= （ 2分） 电子在第 4轨道运动时氢原子的能量 E4= =-k （ 1分） 设氢原子电离后电子具有的动能为 Ek，根据能量守恒有 Ek = E4+E （ 2分） 解得 Ek=-k + = （ 1分） 说明 :以上各题用其他方法解答正确均可得分。 考点：圆周运动的规律，牛顿第二定律，能量守恒定律等。