河北省正定中学届高三综合测试九理综物理试题Word版含答案.docx

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河北省正定中学届高三综合测试九理综物理试题Word版含答案

14.下列说法中不正确的是（　　）

A．如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属可能发生光电效应

B．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长

C．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少4个

D．根据玻尔理论，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，同时电子的动能增大，原子的电势能减小

15．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其

﹣t图象如图所示，则（　　）

A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s

B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2

C．质点在1s末速度为1.5m/s

D．质点在第1s内的平均速度为0.75m/s

16．如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的个小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（　　）

A．A可能受到2个力的作用

B．B可能受到3个力的作用

C．绳子对A的拉力大于对B的拉力

D．A、B的质量之比为1：

tanθ

17.如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R1=R2=R3=R．闭合电键S，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I．在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电压表V的示数变化大小为△U，电流表A的示数变化大小为△I，下列说法正确的是（　　）

A．U先变小后变大

B．I先变大后变小

C．△U与△I的比值保持不变

D．U与I乘积先变小后变大

18.宇宙飞船以周期为T绕地球作近地圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示．已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0．太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则（　　）

A．飞船绕地球运动的线速度为

B．一天内飞船经历“日全食”的次数为

C．飞船每次经历“日全食”过程的时间为

D．地球质量为

19.如图所示，一个带电荷量为＋Q的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是  （　　）

A．O、B间的距离为

B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于

C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为

D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差

20.某同学在一次探究性活动中设计了如图所示装置﹣用金属制成的“线性”霍尔元件来测量图中的电流I，下列中说法正确的是（）

A．实验前开关S应接到位置b端

B．实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，则应将开关S改接到a位置

C．电表的正接线柱应于f端相连

D．ef之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，才可直接读出待测电流的数值

21.如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表A．线圈从图示位置（线圈平面平行于电场方向）开始转过

时的感应电流为I．下列说法中正确的有（　　）

A．电流表的读数为2I

B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为

C．从图示位置开始转过

的过程中，通过电阻R的电荷量为

D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为

22．（6分）将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看作一根新弹簧，设原粗弹簧（记为A）劲度系数为k1，原细弹簧（记为B）劲崖系数为k2、套成的新弹簧（记为C）劲度系数为k3。

关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：

甲同学：

和电阻并联相似，可能是

乙同学：

和电阻串联相似，可能是k3=k1+k2

丙同学：

可能是k3=

（1）为了验证猜想，同学们设计了相应的实验（装置见图甲）。

（2）简要实验步骤如下，请完成相应填空。

a．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；

b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数”、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；

c．由F=计算弹簧的弹力，由x=L1-L0计算弹簧的伸长量，由

计算弹簧的劲度系数；

d．改变，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；

e．仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3。

比较k1，k2、k3并得出结论。

（3）图乙是实验得到的图线，由此可以判断同学的猜想正确。

23．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除小灯泡L“3.8V、0.3A”外，可供选

择的实验仪器如下：

A．电压表V:

量程0～3V，内阻约6kΩ,

B．电流表A1：

量程0—4mA，内阻100Ω

C．电流表A2：

量程0—500mA，内阻约5Ω

D．滑动变阻器R1：

最大阻值10Ω，额定电流1.0A

E．滑动变阻器R2：

最大阻值5Ω，额定电流0.5A

F．定值电阻R3：

阻值2kΩ

G．定值电阻R4：

阻值900Ω

H．直流电源E:

电动势约6V，内阻约0.5Ω

I．开关S一个，导线若干

（1）先将表（填元件前的序号字母）与电阻（填元件前的序号宁母）（填“串联”或“并联”），将其改为量程4V的电压袁。

（2）在答题卡上对应的虚线框内画出实验电路图（改装后的电压表直接用电压表的符号表示）。

（3）其中，滑动变阻器应选（填元件前的序号字母）；电流表应选（填元件前的序号字母）。

（4）某实验小组完成实验后，利用实验得到的数据描绘出如图甲所示的小灯泡的伏安特性曲线。

根据此图给出的信息，可以判断：

图乙所示的该小灯泡的P-U2或P-I2图线中（P为小灯泡的功率），可能正确的是。

24.（14分）如图所示，MN、PQ为足够长的平行导轨，间距L=0.5m．导轨平面与水平面间的夹角θ=37°．NQ⊥MN，NQ间连接有一个R=3Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1T．将一根质量为m=0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r=2Ω，其余部分电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd距离NQ为s=2m．试解答以下问题：

（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）金属棒达到稳定时的速度是多大？

（2）从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？

（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？

25.（18分）如图所示，板长和板间距均为2d的平行金属薄板M、N竖直放置，板间存在水平向左的匀强电场，场强始终不变，OO′为中轴线．O′为中轴线与PQ边界的交点．在板的正下方距离d处存在垂直纸面向里的匀强磁场，PQ是磁场的水平上边界，磁场足够宽．在板的正上方有一发射装置，在宽度为2d的范围内竖直向下发射出一束具有相同质量m、电荷量q的正电粒子（不计重力和粒子之间的相互作用），速度均为v0．已知紧贴N板入射的某粒子射出电场时恰好经过中轴线．求：

（1）电场强度E的大小；

（2）使该粒子恰好能从O′点射出磁场，磁感应强度应取何值；

（3）磁感应强度取何值，能使所有进入磁场的粒子偏转后均不能击中N板的下端．

26．【物理—选修3-3】

（1）（5分）下列说法正确的是（填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。

A.布朗运动就是液体分子的无规则运动

B．当分子间的引力与斥力平衡时，分子势能最小

C．0℃的水和0℃的冰具有相同的内能

D．热量可以从低温物体传到高温物体

E．一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行

（2）（10分）如图甲所示，粗细均匀、横截面积为S的透热光滑细玻璃管竖直放置，管内用质量为m的水银柱密封着长为l的理想气柱。

已知环境温度为T1，大气压强为P0，重力加速度为g。

（i）若仅将环境温度降为

，求稳定后的气柱长度；

（ii）若环境温度T1不变，将玻璃管放于水平桌面上并让其以加速度a（a>g）向右做匀加速直线运动（见图乙），求稳定后的气柱长度。

物理部分参考答案

14.选C．A、如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射，入射光的频率降低，则不一定大于极限频率，因此该金属不一定发生光电效应，故A正确；B、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，导致光的能量减小，则光的波长变长，故B正确；C、放射性原子核经过2次α衰变，则质子数减小4，而质量数减小8，对于一次β衰变，质量数会不变，而质子数增加1，则总共核内质子数减少3个，故C错误；D、玻尔理论，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，同时电子的动能增大，原子的电势能减小，且总能量减小，故D正确。

15.选C．AB、由图得：

=0.5+0.5t．根据匀变速运动的位移公式x=v0t+

at2，得：

=v0+

at，对比可得：

a=0.5m/s2，则质点的加速度为a=2×0.5=1m/s2．初速度为v0=0.5m/s，则知质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故A、B错误．CD、质点做匀加速直线运动，在1s末速度为v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．则质点在第1s内的平均速度为

=1m/s，故C正确，D错误．

16.选D．A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；

B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；

C、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：

根据共点力平衡条件，得：

T=mBg

（根据正弦定理列式）

故mA：

mB=1：

tanθ，故D正确

17.选C．A、将

等效为电源的内阻，由图可知电压表测量的是等效电源的路端电压，滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先曾大后减小，根据欧姆定律电流先减小后增大，

两端的电压先减小后增大，电压表的读数先变大后变小，故A正错误；

B、由图可知，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，故B错误；

C、由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于等效电源的内阻即

，故C正确；

D、因为U先变大后变小，I先减小后增大，U与I的乘积无法判断，故D错误；

18.选AD．A、飞船绕地球匀速圆周运动，所以线速度为

，又由几何关系知

，所以

故A正确；

B、地球自转一圈时间为To，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为

．故B错误；

C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为

；故C错误；

D、万有引力提供向心力得：

，所以：

。

故D正确。

19.选BD．因为在B点静止，所以

，即

，故选项A错误；因为小球从A运动到B过程中，加速度越来越大，所以中间时刻的速度小于

，故选项B正确；由能量守恒定律可知：

减小的动能转化为电势能和内能，故选项C错误；从A到B过程中，由动能定理可知：

，解得

，故选项D正确．

20.选ABD．A、实验前由于不知道霍尔电压是否会超出电压表的量程，所以为保护电路，要让测量电路中的电流值适当小一些，开关S应接到位置b端．故A正确；

B、实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，说明加在霍尔元件上的磁场比较小，所以应将开关S改接到a位置，增大加在霍尔元件上的磁场．故B正确；

C、由题图可知，通上如图的电流时，线圈产生的磁场的方向向下，所以加在霍尔元件上的磁场的方向向上，电流的方向向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向右，所以右端的电势低，电表的正接线柱应于e端相连．故C错误；

D、运动电荷最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d，则有：

电流的微观表达式为：

I=nevS=nevbd，

所以有：

．

可知电表上测量的霍尔电压与磁场B成正比，B越大，左、右表面的电势差U越大．而磁场是由流过线圈中的电流产生的，磁场与流过线圈的电流成正比，所以可知霍尔电压与流过线圈的电流成正比．所以ef之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，就可直接读出待测电流的数值．故D正确．

21.选BCD．A、由题有：

I=Imcos

，则得感应电流的最大值Im=2I，有效值I有=

=

I，则电流表的读数为

I，故A错误．

B、感应电动势的最大值Em=Im（R+r）=2I（R+r），又Em=nBSω，磁通量的最大值Φm=BS，联立解得：

Φm=BS=

，故B正确．

C、从图示位置开始转过

的过程中，通过电阻R的电荷量

，故C正确．

D、线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量

，故D正确．

24.【14分】解：

（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：

FA=B0IL

mgsinθ=FA+μmgcosθ

E=B0Lv

E=I（R+r）

由以上四式并代入已知数据，得：

v=2m/s

（2）根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热．

有：

电阻R上产生的热量：

解得：

QR=0.06J

（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故：

mgsinθ﹣μmgcosθ=ma

设t时刻磁感应强度为B，则：

B0Ls=BL（s+x）

故t=1s时磁感应强度为：

B=0.4T

25．【解答】解：

（1）该粒子在电场中做类平抛运动2d=v0t，d=

at2

根据牛顿第二定律得：

Eq=ma

联立得：

（2）该粒子水平方向的分速度

解得v1=v0

根据勾股定理得，粒子进入磁场的速度大小：

方向斜朝左下方与竖直方向成45°角

该粒子在磁场中作圆周运动，洛仑兹力作向心力

如图，轨迹①由几何关系

得

（3）依题意，进入磁场的所有粒子的运动规律都相同

ⅰ从板中央射出的粒子恰好能击中N板下端的轨迹②如图

由几何关系可知

得

ⅱ紧贴M板下边缘射出的粒子恰好能击中N板下端的轨迹③如图

由几何关系可知

得

所求范围：