程桥高级中学高三物理测试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1. 如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右匀速运动的过程中，桌面上的绳子始终是水平的，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. P所受拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg
B. P所受拉力的施力物体是绳子，大小等于mg
C. P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定小于mg
D. P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定大于mg
【答案】B
【解析】试题分析：P只受绳子的作用，不受钩码的作用；故A错误；P受拉力的施力物体为绳子，大小等于钩码的重力mg；故B正确；P所受到的摩擦力方向与拉力方向相反，故向左；但根据平衡关系可知，其大小一定等于mg；故CD错误；故选B.
考点：物体的平衡.
2. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，其电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，下列说法中正确的是（ ）
A. 当开关S闭合瞬间，A灯先亮B灯后亮
B. 当开关S闭合瞬间，A灯比B灯亮
C. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由b到a
D. 当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b
【答案】C
【解析】解：A、B、电键S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，故A错误，B错误；
C、D、稳定后当电键K断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由b到a，B闪一下再熄灭，故C正确，D错误；
故选：C．
【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解，注意线圈的电阻不计是解题的关键．
3. 我国“北斗”卫星导航系统BDS堪比美国全球定位系统GPS.已知BDS导航系统某圆 轨道卫星的运行周期约为12小时，则此卫星与GPS导航系统中某地球同步卫星相比较（ ）
A. 轨道半径小 B. 角速度小
C. 线速度小 D. 向心加速度小
【答案】A
4. 恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变．如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向左移动时，下列说法中正确的是（ ）
A. R0上的电压变小 B. R2上的电压变大
C. R1上的电压变大 D. R1 上电压变化量大于R0上的电压变化量
【答案】B
【解析】试题分析：触头P由图示位置向左移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻也增大，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压增大，R2上的电压增大，则通过R2的电流增大，总电流不变，则通过R1电流减小，R1的电压减小，因此R0上的电压变大，故B正确，AC错误；R1的电压变小，R0上的电压变大，R1和R0的电压之和即路端电压增大，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误；
故选B.
考点：电路的动态分析
5. 如图甲所示，固定斜面AC长为L，B为斜面中点，AB段光滑．一 物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C，此过程中物块的机械能E随位移x变化的关系图象如图乙所示．设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度a随时间t、
加速度a随位移x、动能Ek随位移x变化规律的图象中，正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：根据机械能随位移变化关系图线可知，AB段物体除重力外只有拉力做
功，拉力做功等于物体机械能的变化，可知物体沿斜面向上匀加速运动，在BC段物体机械能保持不变，据受力分析可知此时拉力与摩擦力平衡，物体在斜面上向上匀减速运动．物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；前半段和后半段均做匀变速直线运动，两段过程中加速度分别不变，但是两段过程中的时间不等，故B错误；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误；前半段物体的机械能增大，故恒力F对物体做正功，物体的动能增加，后半段物体的机械能守恒，只有重力做功，物体上滑故物体的动能减小，故整个过程中动能先增加后减小，故D正确．故选D.
考点：运动图线；机械能守恒定律；动能定理.
二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6. 两点电荷形成电场的电场线分布如图所示．若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（ ）
A. EAEB C. φAφB
【答案】BD
【解析】A处的电场强度较密，所以，根据等势面分布，如图可得A点的电势高于B点的电势，故BD正确．
7. 公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空．秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度 θ，其简化模型如图所示．若要使夹角 θ 变大，可将 （ ）
A. 增大钢丝绳长度
B. 减小秋千半径
C. 减小座椅质量
D. 增大角速度
【答案】AD
【解析】试题分析：座椅做圆周运动，靠重力和绳的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，列出表达式分析求解．
座椅重力和拉力的合力提供向心力，有，解得，则要使夹角θ变大，可减小周期T即增大角速度，或使钢丝绳的长度变长，与座椅的质量无关，AD正确BC错误．
8. 如图所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，底端接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab的电阻可忽略。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。让杆ab沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab由静止下滑距离S时，已处于匀速运动。重力加速度为g。则 ( )
A. 匀速运动时杆ab的速度为
B. 匀速运动时杆ab受到的安培力大小为
C. 杆ab由静止下滑距离S过程中，安培力做功为
D. 杆ab由静止下滑距离S过程中，电阻R产生的热量为
【答案】AB
【解析】试题分析：匀速运动时杆ab的合力为零，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求出ab杆的速度和ab受到的安培力．根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量，并得到安培力做功．
匀速运动时有，又，解得，，故AB正确；杆ab由静止下滑距离S过程中，根据能量守恒可得电阻R产生的热量，克服安培力做功为，故CD错误．
9. 一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO=，方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4．则
A. E1>
B. E2=
C. E3>
D. E4=
【答案】AC
..................
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题纸相应的位置.
【必做题】
10. 某兴趣小组在实验室完成了“测定金属电阻率”的实验。
（1）正确操作获得金属丝的直径以及电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是d=____mm、U=____V。
（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0—10Ω，金属丝电阻约2Ω，电流表内阻几欧，电压表内阻约几十千欧。电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），其电动势E = 4.5V，内阻很小。请画出本次实验的电路图_______。
（3）用此电路测得的金属电阻率与真实值相比_________。（选填“偏大”、“偏小”或“相
同”）
【答案】 (1). 0.996～1.000mm (2). 2.25～2.28V (3). (4). 偏小
【解析】（1）螺旋测微器读数为L=0.5mm+49.8×0.01mm=0.998mm、电压表读数为U=2.28V．
（2）根据题意，因电源不宜在长时间、大功率状况下使用，故滑动变阻器不能用分压式应用限流式，又待测电阻阻值远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，测所设计电路图如图所示；
（3）根据欧姆定律知，由于电压表的分流作用而使得R测量值偏小．
11. 测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的光滑四分之一固定圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度大小为g。实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；
③将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落点D；
④重复步骤③；
⑤将多次落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C ′ 的距离s。
（1）上述步骤中不必要的是__________(只填出序号)。
（2）用实验中的测量量表示物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=_____。
（3）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因可能是___________________________。（写出一个可能的原因即可）。
（4）若由于BC足够长，物块不能从BC上滑下，简述在不增加测量器材的情况下如何测出物块Q与平板P之间的动摩擦因数_______________________________________________________________。
【答案】 (1). ① (2). (3). 圆弧轨道与滑块间有摩擦或空气阻力 (4). 测出物块在BC上滑行的距离x。根据，就能测得动摩擦因数μ。
【解析】试题分析：（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；
物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；由功的计算公式可以求出动摩擦因数．（3）多次实验的目的是减小实验误差，误差偏大的原因是存在摩擦阻力．（4）根据题意可选择合适的物理规律来解决问题．
（1~2）从A到B，由动能定理得，则物块到达B时的动能；离开C后，物块做平抛运动，水平方向：，竖直方向：，物块在C点的动能：，解得：；由B到C过程中，由动能定理得：，克服摩擦力做的功：；B到C过程中，克服摩擦力做的功：，则；则可知，实验中不需要测量物体的质量；故步骤①不必要；
（3）实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦或空气阻力，接缝B处不平滑等．
（4）测出物块在BC上滑行的距离x。根据，就能测得动摩擦因数μ。
12．【选做题】
12A（选修模块3－3）
12. 下列说法中正确的是 .
A. 知道阿伏加德罗常数和某物质的摩尔体积就可估算出分子体积
B. 若分子间距增大，则分子间的斥力变小引力变大
C. 一定质量的某理想气体，在温度升高时其内能一定增大
D. 一滴液态金属在失重条件下呈球状，是由液体的表面张力所致
【答案】CD
【解析】知道某物质的摩尔体积和阿伏加德罗常数可求出分子运动占据的空间体积，若气体，是不能计算出气体分子的体积的，故A错误；若两分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，故B错误温度是分子的平均动能的标志，气体的内能仅仅与分子动能有关，所以一定质量的某理想气体，在温度升高时其内能一定增大，故C正确；表面张力有使液体的表面积最小的趋势，所以在完全失重状态下一滴液态金属滴呈球状．故D正确．
13. 如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，在 B处设有限制装置，使活塞在B处不能向左运动，B左侧气缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.5 V0.开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0(p0为大气压强)，保持温度不变，设法使活塞移至A处，此时缸内气体的压强p=________，若欲保持缸内气体的压强p不变，再使活塞由A回到B，可通过______温度实现。（选填“升高”或“降低”）
【答案】 (1). 0.6p0 (2). 降低
【解析】试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体压强；应用理想气体状态方程分析答题．
从题中可知，根据玻意耳定律得，
解得；若欲保持缸内气体的压强p不变，再使活塞由A回到B，气体体积减小，由盖吕萨克定律可知，气体温度降低；
14. 将1mL的纯油酸配成500mL的油酸酒精溶液，用滴管取一些该油酸酒精溶液，向量筒内自然滴出200滴，读出量筒示数增加了1mL。现用滴管将其中一滴油酸酒精溶液落到盛水浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2。
（1）求每滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积；
（2）估算油酸分子的直径。
【答案】① 1×10-5 mL 或1×10-11 m3②5×10-8 cm或5×10-10 m
【解析】（1）根据题意，一滴油酸酒精溶液含有的油酸体积为
（2）那么油酸分子的大小：
12C．（选修模块3-5）
15. 下列说法正确的是
A. 太阳辐射的能量来自太阳内部的热核反应
B. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
C. 氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增加
D. 将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变
【答案】AD
【解析】试题分析：卢瑟福的a粒子散射实验表明原子具有核式结构，太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，半衰期由原子核本身决定．
太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，又称热核反应，故A正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长，故B错误；核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小，故C错误；将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，它的半衰期不发生改变，故D正确．
16. 研究发现，在核辐射形成的污染中影响最大的是铯137（），可广泛散布到几百公里之外，且半衰期大约是30年左右．请写出铯137发生β衰变的核反应方程（新核可用X表示）：_______________．如果在该反应过程中释放的核能为，光速为c，则其质量亏损为_________．
【答案】 (1). (2). E/c2
【解析】根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为，根据质能方程可得质量亏损为
17. 如图，滑块A、B的质量分别为mA和mB，由轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉近，使弹簧处于压缩状态并用一轻绳绑紧，两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动。若轻绳突然断开，弹簧第一次恢复到原长时滑块A的动量为P，方向向左，求在弹簧第一次恢复到原长时
（1）滑块B的动量PB大小和方向；
（2）若mA= mB=m，滑块B的速度大小v
【答案】①；pB方向向右②
【解析】试题分析：（1）细线断开后，弹簧恢复原长前，弹簧对A、B有向两侧的弹力，故物块B加速；根据题意，弹簧第一次恢复到时滑块A的动量为P，根据动量守恒定律列式并结合实际情况进行分析得出B的动量；（2）滑块A、B的质量相等，由动量守恒即可求出B的速度．
①由动量守恒定律知
解得，pB方向向右
②滑块A、B的质量相等，由动量守恒
解得
四、计算题： 本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
18. 如图为俯视图，虚线MN的右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B. 电阻为R、质量为m，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．当线框以初速度v0向左离开磁场过程中，安培力对线框所做的功为W．求：
（1）初速度v0时刻，线框中感应电流I大小和方向；
（2）线框cd边穿出磁场时速度v；
（3）线框穿出磁场一半过程中，通过线框截面的电量q
【答案】（1）；电流方向逆时针方向（2）（3）
【解析】试题分析：（1）根据E=BLv可求得感应电动势，再由欧姆定律可求得感应电流；由右手定则可明确感应电流的方向；（2）由动能定理可求得穿出时的速度大小；（3）根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律可求得通过截面的电量．
（1）根据动生电动势有
所求电流为
电流方向逆时针方向
（2）由动能定理，解得
（3）根据定义
由法拉弟电磁感应定律及欧姆定律，解得
19. 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球在C处受到的向心力大小；
（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
（3）小球最终停止的位置。
【答案】（1）35N（2）6J（3）距离B为0.2m处停下
【解析】试题分析：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为的相互作用力，
故小球受到的向心力为：。
（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零．
设此时滑块离D端的距离为，则有解得
在C点，由代入数据得：
以小球动能最大处为零势能面，由机械能守恒定律有：
得
（3）滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
解得BC间距离。
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中．
设物块在BC上的运动路程为，由动能定理有
解得
故最终小滑块距离B为处停下。
考点：动能定理；能源的开发和利用
【名师点睛】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，关键要灵活选择研究的过程，准确把握圆周运动的临界条件。
20. 如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m=2kg，木板质量M = 1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。求：
（1）t=0.5s时滑块的速度大小；
（2）0～2.0s内木板的位移大小；
（3）整个过程中因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）（2）6.25m（3）12J
【解析】试题分析：（1）先判断出在0﹣0.5s内滑块与木板是相对静止的．方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度．
（2）0.5﹣2.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0﹣0.5s内的位移，即可得解．
（3）求出相对位移，再得到摩擦生热．
解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得
μmg=Ma0，得 a0===4m/s2；
对整体，有 F0=（M+m）a0=12N
由图知，在0﹣0.5s内，F=6N＜F0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a==2m/s2，则t=0.5s时滑块的速度大小 v1=at1=1m/s
（2）0﹣0.5s内，整体的位移为 x1===0.25m
在0.5s﹣2.0s内，F=16N＞F0，所以两者相对滑动．根据牛顿第二定律得
对m有：F﹣μmg=mam，得 am=6m/s2；
对M有：μmg=MaM，得 aM=4m/s2；
0.5～2.0s内木板的位移大小为 x2=v1t2++=1×1.5+×4×1.52=6m
故0～2.0s内木板的位移大小 x=x1+x2=6.25m
（3）0.5～2.0s内滑块的位移大小为 x3=v1t2+=1×1.5+×6×1.52=8.25m
故0.5～2.0s内滑块与木板的相对位移△x1=x3﹣x2=2.25m
t=2.0s时，滑块的速度为 vm=v1+amt2=1+6×1.5=10m/s
木板的速度为 vM=v1+aMt2=1+4×1.5=7m/s
撤去F后，m的加速度大小为 am′==μg=2m/s2；
设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有
v=vm﹣am′t=vM+aMt，解得 t=0.5s，v=9m/s
从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x4==m=4.75m
木板的位移为 x5==m=4m
此过程两者的相对位移△x2=x4﹣x5=0.75m
故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=μmg（△x1+△x2）=12J
答：
（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；
（2）0～2.0s内木板的位移大小是6.25m；
（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J．
【点评】解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值．
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