重庆市江北中学第3次月考打印.docx

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重庆市江北中学第3次月考打印

重庆市江北中学高2014级12月物理测试

命题人：

余震洪满分：

110分

一、选择题（本大题共5小题，每题6分，每题仅有一个正确选项）

1，在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的有（）

A．库仑通过扭秤实验测量出万有引力常量

B．胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系

C．法拉第通过实验证实电场线是客观存在的

D．伽利略通过观察发现了行星运动的规律

2，2012年2月8日，欧洲航天局的“火星快车”号探测飞船利用雷达探测到火星表面有海床沉积物的迹像，为证明火星表面曾经被海洋覆盖提供了有力证据．如图所示，“火星快车”号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道Ⅰ运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道Ⅱ运动（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上从P到Q的过程中，动能增大

B．飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期

C．飞船沿轨道Ⅰ经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度

D．飞船沿轨道Ⅰ经P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的加速度

3， 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电阻R1、R2为滑动变阻器，R3为电阻箱。

当开关S闭合后，两平行金属板M、N间有一带电小球恰好处于静止状态，现为了使小球向下做加速运动，可采取的方法是（　　）

A．滑动变阻器R2的滑片向右滑动B．滑动变阻器R1的滑片向左滑动

C．减小平行金属板M、N之间的距离D．电阻箱R3的阻值增大

4，如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则（　　）

A．O点电势高于M点电势

B．运动过程中，电子在M点电势能最大

C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加

D．电场力对电子先做负功，后做正功

5，如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（　　）

A.

<

B.

<

C.

<

D.

<

二、非选择题部分（含四个小题，共68分）

6，

（1）（6分）用如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：

①先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为m、 M及滑块与桌面间的动摩擦因数μ

②用细线将滑块A、B连接，使A、B间的轻弹簧处 于压缩状态，滑块B恰好紧靠桌边

③剪断细线，测出滑块B做平拋运动的水平位移x1，滑块A沿水平桌面滑行距离为x2（未滑出桌面）

④为验证动量守恒定律，写出还需测量的物理量及表示它们的字母________________；

如果动量守恒，需要满足的关系式为________________

（2）（12分）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：

待测金属丝：

Rx（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：

V（量程3V，内阻约3kΩ）；

电流表：

A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；

电源：

E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；

滑动变阻器：

R（最大阻值约20Ω）；

螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．

①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.

②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________（均填器材代号），并在虚线框内完成电路原理图．

7，（15分）如图所示，质量分别为mA＝3kg，mB＝1kg的物块A、B置于足够长的水平面上，在F＝13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA＝0.1、μB＝0.2，取g＝10m/s2，求：

（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度；

（2）物块A对物块B的作用力大小；

（3）某时刻A、B的速度为v＝10m/s，此时撤去推力F，求撤去推力后物块B滑行的距离．

8，（16分）三个带电荷量均为Q（正电）的小球A、B、C质量均为m，放在水平光滑绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L，如图所示，求：

（1）在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？

其电荷量是多少？

（2）若中心电荷带电荷量在

（1）问基础上加倍，仍保持三个小球相对距离不变，三个带电小球将加速运动，求其此时加速度大小；

（3）若中心电荷带电荷量在

（1）问基础上加倍后，仍保持三个小球相对距离不变，可让它们绕中心电荷同时旋转，求其此时旋转的线速度大小．

9，（19分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．

（1）求弹簧枪对小物体所做的功；

（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．

10，【选修3—3】

（1）（6分）下列说法正确的是（仅有一个正确选项）

A．两个接触在一起的固体间不可能发生扩散现象

B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动

C．温度相同的物体的分子平均速率相同

D．无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度

（2）（6分）气缸长为L=1m，固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t=27℃，大气压为p0=1×105Pa时，气柱长度为l=0.9m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计．求：

①如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力F的大小?

②如果气缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为多少摄氏度?

11，【选修3—4】

（1）（6分）如题11图1所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=0时刻的图象，振源周期为1s．以下说法正确的是（仅有一个正确选项）

A．质点b的振幅为0

B．经过0.25s，质点b沿x轴正向移动0.5m

C．从t=0时刻起，质点c比质点a先回到平衡位置

D．在t=0时刻，质点a、c所受的回复力大小之比为1﹕2

（2）（6分）如题11图2所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC，∠C=30°．在距BC边d处有一与BC边平行的光屏MN．现有某一单色光束从AC边的中点D垂直AC边射入棱镜．已知棱镜对该单色光束折射率为

，光在真空中的传播速度为c．求该光束从BC边第一次出射到达MN的时间．

重庆市江北中学高2014级12月物理测试答题卷

一、单项选择题

1，（）2，（）3，（）4，（）5，（）

6，

（1）

（2）；；；

7，

8，

9，

10，

（1）

（2）

11，

（1）

（2）

重庆市江北中学高2014级12月物理测试参考答案

1，答案选B

解析：

卡文迪许通过扭秤实验测量出万有引力常量，A选项错；胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系即胡克定律，B选项对；电场线是一种物理模型，并不客观存在，C选项错；递谷观测出大量数据但没有总结出有划时代的规律，其学生开普勒根据其观测数据总结出开普勒三大定律，开普勒三大定律比较完美的揭示了行星运动规律，D选项错

2，答案选C

解析：

飞船在轨道Ⅰ上从P到Q的过程中万有引力做负功，动能减小，A选项错；由开普勒第三定律可知B选项错误；飞船从轨道Ⅱ需加速变轨到轨道Ⅰ，所以船沿轨道Ⅰ经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度，C选项正确；无论在哪个轨道飞船在P处的加速度都为

，D选项错。

3，答案选A

解析：

分析电路图得知,R2与R3串联,有电流,电容器所在的支路相当于断路,R1无电流通过,且UMN＝UR3.带电小球处于静止,则知mg＝Eq＝

q,d为M、N间的距离.当d减小时,E变大,mg>Eq，F合向上，则向上加速运动；改变R1滑片位置,UMN不变,小球所受合力不变；R3减小,或R2增大,均能使UMN减小,则mg

4，答案选D

解析：

由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向左上，故电场方向斜向右下，M点电势高于O点电势，A错误；电子在M点电势能最小，B错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，电势能增加，后电场力对电子做正功，电势能减少，故C错误，D正确．

5，答案选C

解析：

根据qU1＝

mv2，再根据t＝

和y＝

at2＝

·（

）2，由题意知，y<

d，解得

<

6，

（1）需要B到地面的竖直高度h；

（2）①螺旋测微器的读数为1.5mm＋27.3×0.01mm＝1.773mm.

②在用伏安法测电阻的实验时，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测金属丝的额定电流为0.5A，所以电流表选A1，电源选E1即可．电路原理图如图所示．

7，

（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则

F－μAmAg－μBmBg＝（mA＋mB）a（3分）

代入数据解得a＝2m/s2（1分）

方向与力F的方向相同，即方向向右．（1分）

（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，则

F′－μBmBg＝mBa（3分）

代入数据解得F′＝4N（1分）

（3）撤去水平力F后，物块A、B一起做匀减速运动，设加速度大小为a′，滑行距离为s，则：

μAmAg＋μBmBg＝（mA＋mB）a′（3分）

2a′s＝v2（1分）

联立两式并代入数据解得s＝40m（1分）

（用动能定理解答同样得分）

8，解析：

（1）由几何关系可得

，

由A球受力平衡：

，其中

所以

，由F2的方向可知q带负电。

（2）对A球受力分析，

，

由牛顿第二定律得：

（3）旋转时，A受的合力提供向心力

解得：

9，答案：

（1）0.475J　

（2）0.57m

解析：

（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得

Wf－mgr（1－cosθ）＝

mv02①

代入数据得Wf＝0.475J．②

（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，

由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ（mgcosθ＋qE）＝ma1③

小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1s后，速度达到v1，有

v1＝v0＋a1t1④

由③④可知v1＝2.1m/s，设运动的位移为s1，有

s1＝v0t1＋

a1t12

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ（mgcosθ－qE）＝ma2

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有

0＝v1＋a2t2

s2＝v1t2＋

a2t22

设CP的长度为s，有

s＝s1＋s2

联立相关方程，代入数据解得

s＝0.57m．

10，

（1）D

（2）解：

①由玻意耳定律得：

F=100N（3分）

②由盖—吕萨克定律得：

（3分

11，

（1）D

（2）解：

光从BC边射出时出射角为

（2分）

由几何关系知，光从BC边射出到达屏MN的路程为2d（2分）

光从BC到达MN的所经历时间t

（2分）