河南省开封七中2015届高三上学期月考物理试卷(8月份)
一、选择题(共8小题,每小题6分,满分48分)
1.在物理学发展的过程中,有许多伟大的科学家做出了突出贡献.关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是( ) A.法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布,极大地促进了人们对电磁现象的研究 B.安培坚信电和磁之间一定存在着联系,发现了电流的磁效应,突破了对电与磁认识的局限性 C.英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量 D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略通过“理想实验”证实了这一说法
考点:物理学史. 专题:常规题型.
分析:根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可.
解答: 解:A、法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布,极大地促进了人们对电磁现象的研究,故A正确
B、奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联系,发现了电流的磁效应,突破了对电与磁认识的局限性,故B错误
C、库仑利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量,故C错误
D、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略通过“理想实验”推翻亚里士多德的观点,故D错误 故选A.
点评:本题考查物理学史,是常识性问题,对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一.
2.如图所示,光滑绝缘杆PQ放置在竖直平面内,PQ的形状与以初速度(=)
水平抛出的物体的运动轨迹相同,P端为抛出点,Q端为落地点,P点距地面的高度为h.现在将该轨道置于水平向右的匀强电场中,将一带正电小球套于其上,由静止开始从轨道P端滑下.已知重力加速度为g,电场力等于重力.当小球到达轨道Q端时( )
A.小球的速率为 B.小球的速率为 C.小球在水平方向的速度大小为 D.小球在水平方向的速度大小为
考点:带电粒子在匀强电场中的运动;平抛运动. 专题:带电粒子在电场中的运动专题.
分析:本题的关键是根据平抛规律求出杆PQ的水平距离,然后再根据动能定理即可求出速
率,然后根据偏角求出水平方向的速度即可.
,在水平方向:x=﹣0,代入数据解得
=
=
,解得x=2h
,所以A正确B错误.
解答: 解:A、在竖直方向:h=由动能定理可得:mgh+qEx=
C、无电场时物体落地时速度偏角为tanθ==,有电场时,将分解可得
==•cosθ,又1=,联立解得=,所以C、
D错误.
故选A.
点评:小球套在杆上后的运动不再是匀变速曲线运动,不能再分解为两个直线运动求解.
3.光敏电阻被光照射时电阻会变小.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,在有光照射光敏电阻R1时,灯泡L正常发光.当无光照射R1后,下列判断正确的是( )
A.通过光敏电阻R1的电流将变小 B.光敏电阻R1两端的电压不变 C.电源两端的电压变大 D.灯泡消耗的功率变大
考点:闭合电路的欧姆定律;常见传感器的工作原理. 专题:恒定电流专题.
分析:根据光敏电阻的特性,分析无光照射R1后其电阻的变化,由欧姆定律判断电流的变化,确定电压的变化.电源两端的电压等于电动势与内电压之差.根据电流的变化分析电源两端电压的变化和灯泡消耗功率的变化. 解答: 解:
A、由题,光敏电阻被光照射时电阻会变小,当无光照射R1后电阻增大,根据闭合电路欧姆定律得知,通过光敏电阻R1的电流将变小.故A正确. B、光敏电阻R1两端的电压U1=E﹣I(RL+r),I变小,U1增大.故B错误.
C、由于电源两端的电压随外电阻的增大而增大,所以电源两端的电压变大.故C正确. D、灯泡的电阻不变,电流变小,其消耗的功率变小.故D错误. 故选AC
点评:光敏电阻是可变电阻,本题相当于动态分析问题,分析部分与整体的关系是关键.基础题.
4.如图所示将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状,它通过两个小金属环与长直金属杆导通,在外力F作用下,正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动.杆的电阻不计,导线电阻为R,ab间距离为2L,导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d,在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域,磁场的宽度为L,磁感应强度为B,现在外力F作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动,t=0时刻导线从O点进入磁场,直到全部穿过过程中,外力F所做功为( )
A.
B.
C.
D.
考点:导体切割磁感线时的感应电动势;功的计算. 专题:电磁感应与电路结合.
分析:金属导线向右一共移动了3L,把全过程分为三个阶段,因导线切割磁力线的有效长度是随正弦规律变化的,所以产生的电流也是按正弦规律变化的正弦交流电,分别求出在这三段中的有效电动势,结合运动时间可求出每段运动过程上产生的内能,外力F所做的功全部转化为了内能.
解答: 解:金属导线在磁场中运动时,产生的电动势为:e=Bvy,y为导线切割磁力线的有效长度.
在导线运动的过程中,y随时间的变化为:
y=dsinπ=dsinπ=dsinωt,=ω,
则导线从开始向右运动到L的过程中(如图)有: e1=Bvy=Bvdsinπ
=Bvdsinωt
则此过程中电动势的最大值为:E1max=Bvd,此过程中电动势的有效值为: E1=
,
导线从L向右运动到2L的过程中(如图)有: e2=2Bvy=2Bvdsinπ即:E2max=2Bvd,
=2Bvdsinωt,
所以:E2=2E1=
,
导线从2L向右运动到3L的过程与导线从开始向右运动L的过程相同(如图), 则在这三段中运动的时间各为t,t=, 在整个过程中产生的内能为: Q=解得:Q=
故ABC错误,D正确. 故选:D.
点评:该题是以另外一种形式考察了交变电流的做功问题,解决此题的关键是把整个过程进行合理分段,分别求出各段的电动势的有效值,即可求出全过程的电功了.难度较大. 5.一行星绕恒星做圆周运动,由天文观测可得,其运动周期为T,速度为v,引力常量为G,则下列说法错误的是( ) A.恒星的质量为
B.恒星的质量为
C.行星运动的轨道半径为 D.行星运动的加速度为
考点:万有引力定律及其应用. 专题:万有引力定律的应用专题.
分析:根据圆周运动知识和已知物理量求出轨道半径.根据万有引力提供向心力,列出等式求出中心体的质量.
解答: 解:C、根据圆周运动知识得:由V=C正确.
得到行星运动的轨道半径为r=,故
A、B、根据万有引力提供向心力,列出等式:故A正确、B错误; D、行星运动的加速度为a=
=
,故D正确.
,由以上两式得M=,
本题选择错误的 故选:B.
点评:本题考查万有引力与圆周运动问题.根据万有引力提供向心力,列出等式可求出中心体的质量,不能求出环绕体质量.
6.a、b两车在两条平行的直车道上的同一计时线处开始运动(并开始计时),它们在四次比赛中的v﹣t图如图所示,哪些图对应的比赛中,有一辆赛车追上了另一辆?( )
A. B.
C. D.
考点:匀变速直线运动的图像. 专题:运动学中的图像专题. 分析:该题考察了应用速度﹣﹣时间图象解决物体的追击与相遇问题,相遇的条件是两物体运动的位移相等.应用在速度﹣﹣时间图象中图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移这一规律,分析两物体是否会相遇.
解答: 解:在速度﹣﹣时间图象里,图象与横轴所围成的面积表示物体发生的位移. A、从A图中可以看出,当t=20s时,两图象面积相等,此时一辆赛车追上另一辆;所以选项A正确.
B、图中a的面积始终小于b的面积,所以不可能追上;所以选项B错误.
C、图象也是在t=20s时,两图象面积相等,此时一辆赛车追上另一辆;所以选项C正确. D、图象中a的面积始终小于b的面积,所以不可能追上;所以选项D错误. 故选:AC.
点评:图象法是描述物理规律的重要方法,应用图象法时注意理解图象的物理意义,即图象的纵、横坐标表示的是什么物理量,图线的斜率、截距、两条图线的交点、图线与坐标轴所
夹的面积的物理意义;根据题意分析清楚物体的运动情景,正确画出物体的运动图象,这是应用图象解题的关键.
7.一物体原来静止在水平面上,用水平力F拉物体,在F从0.开始逐渐增大的过程中,物体先静止然后又做变加速运动,其加速度.a随着外力F变化的图象如图所示,根据图中
2
所标出的数据可以计算出(g=10m/s)( )
A.物体的质量为lkg B.物体的质量为2kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
考点:牛顿第二定律;滑动摩擦力. 专题:牛顿运动定律综合专题.
分析:对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律得出加速度a与力F的函数关系,然后结合图象得出相关信息即可求解.
解答: 解:以物体为研究,分析受力:重力mg、地面的支持力N、水平力F和滑动摩擦力f
根据牛顿第二定律得:F﹣μmg=ma
解得:a=﹣μg 由a与F图线,得到 0.5=﹣10μ ① 4=
﹣10μ ②
①②联立得,m=2Kg,μ=0.3,故BC正确; 故选B
点评:本题关键是对物体进行受力分析,再根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的解析式,最后结合a与F关系图象得到待求量.
8.如图(a)所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示.以下说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度EA>EB
B.电子在A、B两点的速度vA<vB C.A、B两点的电势φA>φB
D.电子在A,B两点的电势能EPA<EPB
考点:电势能;电场强度;电势. 专题:电场力与电势的性质专题.
分析:根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度,分析场强的变化.由图看出,电势逐渐降低,可判断出电场线的方向,确定电势的高低,由电场力做功正负,分析速度的大小并判断电子电势能的变化. 解答: 解:
A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度,由几何知识得知,图象的斜率减小,则从A到点
B场强减小,则有EA>EB.故A正确.
B、D由图看出,电势逐渐降低,可判断出电场线的方向从A到B,在移动过程中,电场力做负功,电子的动能减小,速度减小,而电子的电势能增大.即有vA>vB,EPA<EPB.故B错误,D正确.
C、电场线的方向从A到B,则A、B两点的电势φA>φB.故C正确. 故选ACD
点评:本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强,由电势的高低判断出电场线的方向,来判断电场力方向做功情况,并确定电势能的变化.
二、解答题(共4小题,满分47分)
9.如图所示,在“研究平抛物体运动”的实验中,用一张印有小方格的纸记录轨迹,小方格的边长l=2.5cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示,则小球平抛的初速度的计算式为vo=22
g=10m/s).
(用l、g表示),其值是1m/s,小球在b点的速率是1.25(取
考点:研究平抛物体的运动. 专题:实验题.
2
分析:平抛运动竖直方向是自由落体运动,对于竖直方向根据△y=gT求出时间单位T.对
于水平方向由公式v0=求出初速度.由a、c间竖直方向的位移和时间求出b点竖直方向的分速度,运用速度的合成,求解b的速率. 解答: 解:设相邻两点间的时间间隔为T,
2
竖直方向:3L﹣L=gT, 得到T=
=0.05s;
=1m/s;
=0.75m/s
水平方向:v0=2
小球在b点时,竖直方向上的瞬时速度等于vby=
所以b点的速度vb=
=1.25m/s
故答案为:2;1;1.25
点评:本题不但考查了平抛运动的规律,还灵活运用了匀速运动和匀变速运动的规律,是一道考查基础知识的好题目.
10.现需测量定值电阻Rx的阻值(约20Ω).供选器材如下: 电压表V1(量程6V,内阻约20kΩ) 电压表V2(量程15V,内阻约50kΩ) 电流表A1(量程50毫安,内阻约20Ω) 电流表A2(量程300毫安,内阻约4Ω) 滑动变阻器R(最大10Ω)
直流电源E(电动势10V,内阻约0.5Ω) 电键S一个,连接用的导线若干
(1)为了使测量结果更准确,电压表选择V1,电流表选择A2. (2)在方框内作出实验原理图
(3)该电阻是由电阻丝绕成的,为了求得该电阻丝材料的电阻率,需用螺旋测微器测量电阻丝的直径,结果如图,其读数为0.700mm.
考点:伏安法测电阻.
专题:实验题;恒定电流专题. 分析:(1)实验需要电源、导线,然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器. (2)根据实验原理及所选实验器材设计实验电路.
(3)掌握螺旋测微器的读数方法,固定刻度读数加上可动刻度读数,在读可动刻度读数时需估读.
解答: 解:(1)流过电流表的电流约为:表的量程太小,需要使用300mA的电流表A2. 使用300mA的电流表时,电阻两端的电压:
,所以50mA的电流
V,所以要使
用6V的电压表V1即可.
(2)电源的电动势是10V,滑动变阻器的电阻值只有10Ω,属于小电阻的滑动变阻器,所以要使用分压式接法;电流表的内电阻是4Ω,待测电阻的电阻值约10Ω,所以要使用电流表外接法.实验的原理图如图.
(3)螺旋测微器的固定刻度为0.5mm,可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm,所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm. 故答案为:(1)V1 A2;(2)如图;(3)0.700
点评:本题关键要明确电阻的测量方法、原理和实验误差的处理,其中用伏安法测量电阻时电流表内、外接法和滑动变阻器的接法选择是重点所在.
11.某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯,其结构可以简化为下图模型,雪滑梯顶点距地面高h=15m,滑梯斜面部分长l=25m,在水平部分距离斜道底端为x0=20m处有一海绵坑.比赛时参赛运动员乘坐一质量为M的雪轮胎从赛道顶端滑下,在水平雪道上某处翻离雪轮胎滑向海棉坑,运动员停在距离海绵坑1m范围内算过关.已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3,运动员与雪道间动摩擦因数为μ2=0.8,假没运动员离开雪轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变,求质量为m的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闻关成功.
考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用. 专题:牛顿运动定律综合专题. 分析:设运动员乘坐雪轮胎沿斜槽滑动过程是匀加速直线运动,根据牛顿第二定律列式求解加速度,根据速度位移公式列式求解末速度;在水平面上是匀减速直线运动,根据牛顿第二定律列式求解加速度,根据运动学公式列式求解.
解答: 解:设运动员乘坐雪轮胎沿斜槽滑动时的加速度为a0,滑道底端时的速度大小为v,有:
(m+M)gsinθ﹣μ1(M+m)gcosθ=(m+M)a0 根据速度位移公式,有:
v=2a0l
代入数据解得:m/s
在水平轨道上运动时,运动员乘坐雪轮胎时加速度大小为a1,翻下后加速度大小为a2,由牛顿运动定律得:
μ1(m+M)g=(m+M)a1 μ2mg=ma2
设在距离海绵坑x1处翻下时刚好滑道海绵坑边停下,翻下时速度为v1,则有: v﹣
22
=2a1(x0﹣x1)
联立并代入数据解得:x1=6m
设在距离海绵坑x2处翻下刚好滑到距离海绵坑边1m处停下,翻下时速度为v2,则有:
联立并代入数据解得:x2=7.6m
答:选手应该在距离海绵坑7.6m至6m之间的区域离开雪轮胎,才能闯关成功.
点评:本题关键是明确运动员和雪轮胎的受力情况和运动情况,关键是先求解加速度,然后分过程根据运动学公式列式求解,不难. 12.(18分)如图,在xoy平面内,直线MON与x轴成45°夹角.在MON左侧且x<0的空间存在着沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E=10V/m;在MON的右侧空间存在着垂直直面向里的匀强磁场;在MON左侧且x>0的空间既无磁场也无电场;一个重力不计的带负电的粒子从坐标原点O以大小为V0=200m/s的速度沿着y轴负方向进入匀强磁场.已知粒子的比荷为q/m=103C/kg,粒子从O点离开后,第二次经过y轴时从y轴上A点,恰好与y轴正方向成45°角射出电场,试求:
(1)带点粒子第一次经过MON直线时速度的大小和方向; (2)磁感应强度B的大小; (3)A点的坐标.
考点:带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动. 专题:带电粒子在磁场中的运动专题. 分析:(1)洛仑兹力永不做功,故粒子的速度不变;因粒子从同一条直线上进入和离开时角度相同,则可知粒子离开磁场的方向;
(2)粒子进入电场后做减速运动,最后以相同的速度进入磁场做匀速圆周运动,向下偏转;第二次进入电场后向下偏转后再次进入磁场做类平抛运动,最后从A点离开;由类平抛运动的规律可得出粒子的半径,由洛仑兹力充当向心力可得出磁感应强度; (3)粒子横坐标为零,根据类平抛知识求出竖直高度即可求出A点坐标. 解答: 解:(1)粒子进入磁场后,只受洛仑兹力做匀速圆周运动,所以粒子第一次经过MON直线时,速度大小不变为v0,由对称性可知方向沿x负方向; (2)因为A点的速度与y轴成45°,所以vx=vy;
粒子在电场中只受沿x轴正向的电场力,y方向上不受力,故有:vy=v0,vx=vy=v0
粒子第二次进入电场做类平抛运动,在x轴方向水平位移为R,则有 vx=2a×2R=
2
解得:R==1m
在磁场中,由Bqv0=m
得:
B==0.2T;
(3)粒子在电场中做平抛运动,由图可知: 在y轴方向2R+y=v0t 在x轴方向2R=
t
因vx=vy=v0 所以y=2R=2m
则A点的坐标为(0,2)
点评:本题中粒子先在磁场中做圆周运动,后进入电场做直线运动,再次进和磁场后做圆周运动,离开后进入磁场做类平抛运动;过程较为复杂,在解题时要注意作出运动轨迹图,根据几何关系确定圆的圆心及半径;并注意类平抛及圆周运动间的关系.
【物理一选修3-5】
13.以下说法正确的是( )
A.当氢原子从n=4的状态跃迁到n=2的状态时,要吸收光子
B.普朗克曾经大胆假设:振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍,这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子
C.某金属产生光电效应,当增大照射光的强度时,则逸出光电子的最大初动能也随之增大
D.原子核的半衰期由核内部自身因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件无关 E. β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的
考点:原子核衰变及半衰期、衰变速度;光电效应. 专题:光电效应专题.
分析:由高能级向低能级跃迁,辐射光子,根据轨道半径的变化判断动能的变化,根据能量和动能的变化判断电势能的变化.
普朗克认为带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍,是量子化的. 根据爱因斯坦光电效应方程判断最大初动能和金属的逸出功的关系. 原子核的半衰期由核内部自身因素决定;
β衰变的本质是原子核内的中子转化成质子和电子. 解答: 解:(1)A、由玻尔理论可知,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,故A错误; B、普朗克认为带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍,是量子化的.故B正确; C、由光电效应方程EKm=hγ﹣W0得:在光电效应实验中增大照射光的强度时,则逸出光电子的最大初动能不变.故C错误;
D、原子核的半衰期由核内部自身因素决定,与原子所处的化学状态和外部条件无关.故D正确;
E、β衰变的本质是:原子核内的中子转化成质子和电子,所以β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的.故E正确. 故选:BDE
点评:本题考查了光电效应方程、能级跃迁、β衰变的本质等基础知识点,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点,即能轻松解决.
14.如图所示,一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点.开始时砂袋处于静止状态,此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出.第一次弹丸的速度为v0,打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ(θ<90°),当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋,使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ.若弹丸质量均为m,砂袋质量为5m,弹丸和砂袋形状大小忽略不计,求两粒弹丸的水平速度之比v0/v为多少?
考点:动量守恒定律;机械能守恒定律. 专题:动量定理应用专题.
分析:子弹射入沙袋过程,系统水平方向不受外力,系统的动量守恒.子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒,当他们第1次返回图示位置时,速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度,根据动量守恒定律机械能守恒结合求解.
解答: 解:弹丸击中砂袋瞬间,系统水平方向不受外力,动量守恒,设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1,细绳长为L,根据动量守恒定律有mv0=(m+5m)v1, 砂袋摆动过程中只有重力做功,机械能守恒,所以
=6mgL(1﹣cosθ)
设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2,同理有:mv﹣(m+5m)v1=(m+6m)v2
=7mgL(1﹣cosθ),
联解上述方程得
=
为
.
答:两粒弹丸的水平速度之比
点评:本题中物理过程较多,关键先要正确把握每个过程的物理规律,根据动量守恒定律进
行求解.
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