高三南开中学第六次月考物理答案.pdf

第六次月考物理部分 答案第 1 页，总 7 页 参考答案 1．B A．千克、米、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿是导出单位，故 A 错误； B．牛顿第一定律是在已有实验基础上进行合理外推而来的，属于理想实验，是不能直接用 实验来验证的，故 B 正确； C．伽利略通过实验和逻辑推理说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动 状态的原因，故 C 错误； D．伽利略设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方 法，故 D 错误。 故选 B。 2．D A．热力学第二定律使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 A 错误； B．第二类永动机违背热力学第二定律，但不违背能量守恒定律，故 B 错误； C．根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故 C 错误； D．根据热力学定律，热机的效率不可能达到 100%，故 D 正确。 故选 D。 3．D A 项：甲、乙、丙实验产生的条纹均为干涉条纹，而丁实验是光的衍射条纹，故 A 错误； B 项：甲实验产生的条纹为等距条纹，而乙是牛顿环，空气薄层不均匀变化，则干涉条纹间 距不相等，故 B 错误； C 项：根据干涉条纹间距公式 Lx d  ，丙实验中，产生的条纹间距越大，则波长越长， 那么频率越短，故 C 错误； D 项：丁实验中，产生的明暗条纹间距不相等，且通过单缝，则为光的衍射条纹，故 D 正 确。 4．C 本题考察电磁波频率对电磁波性质的影响，以及对电磁波谱的了解。 【详解】 A．真空中电磁波传递速度均为光速，故 A 错误； 答案第 2 页，总 7 页 B．频率越高粒子性越强，波动性越弱，故 B 错误； C．频率高波长短，不易发生衍射，故 C 正确； D．根据电磁波谱，无线电波是波长较长的电磁波，故 D 错误。 故选 C。 5．D A．电场强度的大小等于图象斜率的大小，可知 B 点的电场强度的大小为 0 BE d  C 点的电场强度的大小为 0 CE d  即 BE 等于 CE ，故 A 错误； B．根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知沿 x 轴从 d 到 0，电势升高，电场的方向沿 x 轴负方向，即 B 点的电场强度方向沿 x 轴负方向，故 B 错误； C．从图像上可知 B 点的电势低于C 点的电势，所以有 0BB CCU  BCU 为负值，故 C 错误； D．沿 x 轴从 B 点移到C 点的过程中，电势先增大后减小，根据 PEq 可知负电荷沿 x 轴 从 B 点移到C 点的过程中电势能先减小后增大，所以静电力先做正功，后做负功，故 D 正 确； 故选 D。 6．AD AB．甲是电压互感器，电表是电压表，根据变压器电压比等于匝数比，输电电压 为 220×100V=22000V，故 A 正确，B 错误； CD．乙图是电流互感器，电表是电流表。只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反 比，输电电流是 10A，故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 7．AC 试题分析：A、根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在 P 点速度大于在 Q 点 的速度．故 A 正确．B、飞船在轨道Ⅰ上经过 P 点时，要点火加速，使其速度增大做离心运第六次月考物理部分 答案第 3 页，总 7 页 动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机 械能．故 B 错误．C、飞船在轨道Ⅰ上运动到 P 点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时受到的 万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故 C 正确．D、根据周期公式 ，虽然 r 相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期 T 不相等．故 D 错 误．故选 AC． 考点：考查人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用． 【名师点睛】本题要知道飞船在轨道Ⅰ上运动到 P 点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时受 到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，与轨道和其它量无关． 8．BC C．简谐横波沿 x 轴正方向传播，由图可知，t=0 时刻，x1=2m 处质点位于波谷，x2=8m 处在 t=9s 时刻才位于波谷，时间相差 3()4nT 所以 21 36m , 01 24x x n n     ( ) ( ，， ) 得到波长为 24 m43n   当 n=0 时， 8m  ，选项 C 正确； A．由图可知，该波的周期为 12s，则该波的波速 2 m/s43v Tn    = 当 n=0 时， 2 m/s3v  ； 当 n=1 时， 2 m/s7v  。 可知该波的传播速度不可能为 2m/s，选项 A 错误； B．简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 x=2m 处的质点在平衡位置向+y 方向振动时（如 t=3s 时）， x=8m 处的质点在波峰，选项 B 正确； D．由图可知，在 0～4s 内 x=2m 处质点通过的路程为 6cm，而 x=8m 处的质点通过的路程为答案第 4 页，总 7 页 小于 6cm，选项 D 错误。 故选 BC。 9．2.26 所以可能是测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 不变 c 导线 a 或导线 d 与其他元件连接时接触不好导致断路 1 1 a 21 11 aa ab  10．（1）Wf＝－1.25J；（ 2）vM＝5 m/s，vM 的方向与 x 轴正方向成夹角 θ＝53°；（ 3）Epm＝5.625J 【解析】 【详解】 (1) 对题述过程由动能定理得：WG＋Wf＝0－ 2 0 1 2 mv ，代入数据解得 Wf＝－1.25J． (2) 假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得 x＝v0t，y＝ 21 2 gt ，代入数据解得： y＝ 5 9 x2，与 OM 曲线方程一致，说明小球在 OM 段运动过程中与细杆 OM 无摩擦，做平抛 运动：由动能定理 WG＝ 21 2 Mmv － 2 0 1 2 mv ，代入数据解得 vM＝5 m/s，由运动的合成和分解 可得 vM 的方向与 x 轴正方向夹角的余弦值：cos θ＝ 0 M v v ＝ 3 5 ，即 θ＝53°. (3)小球从 M 点开始直至小球被弹回 M 点的过程中，摩擦力所做的功 Wf1，－2Wf1＝0－ 21 2 Mmv ，求得 Wf＝－1.25 J，又由 Wf＝－μmgxmcos θ 得，小球下滑的最大距离 xm＝6.25 m 在小球从 M 点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得：mgxmsin θ＋Wf1＋W 弹＝0 － 21 2 Mmv ，又根据功能关系得 Epm＝－W 弹，代入数据解得 Epm＝5.625 J． 11．（1） 3 4 mg q ； 0 5 4 mg qv （2） 4 5 mg q ；方向与 x 轴正方向成 53°角向上（3） mg q ； 016 5 mv qd 【解析】 【详解】 (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示 关系且小球只能做匀速直线运动。 第六次月考物理部分 答案第 5 页，总 7 页 由图知： 1tan37 qE mg 10 cos37 mg B qv 解得： 1 3 4 mgE q 1 0 5 4 mgB qv (2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）， 小球做匀加速直线， 由图知： 2cos37 qE mg 解得： 2 4 5 mgE q 方向与 x 轴正方向成 53°角向上 (3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以有： 3mg qE 解得： 3 mgE q 因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示 答案第 6 页，总 7 页 由几何关系得： 5 8rd 由洛伦兹力提供向心力知： 2 0 2 2 0 ()2 vB q v m r 联立得： 0 2 16 5 mvB qd 12．(1)690J；(2)① eU L ；②见解析；(3) E BLW BL tRr   v v 【解析】 【分析】 【详解】 (1)电流每分钟对电动机所做的总功 W= UIt =720J 电动机线圈每分钟产生的焦耳热 Q=I2Rt=30J 故机械能为690J。 (2)①导体内恒定电场的电场强度 E=U L 自由电子所受电场力 F=eE= eU L ②设导体内自由电子定向移动的速度大小为 v，则对于任意时间 t 内自由电子沿导体定向移第六次月考物理部分 答案第 7 页，总 7 页 动的位移为 vt，所以根据功的定义式，导体内恒定电场的电场力在时间 t 内对一个自由电子 所做的功 W0= eU tL v 这段导体内的电子数 N=nSL 因为自由电子定向移动的速率均相同，所以对这些自由电子所做的总功 W=NW0=nSL eU tL v =UIt (3)导体棒匀速运动，则阻力与安培力相等，即 =f F BLI 安 由题目知 = + E E E EI R R r  反 反 总 其中 =E BL反 v 所以达到最大速度后经过时间 t 导体棒克服阻力做的功 W fx BLI t v 将 I 代入可得 E BLW BL tRr   v v