北京市延慶縣物理零模試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年北京市延慶縣高考物理零模試卷一、本部分共8小題，每小題6分,共48分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)．1．關(guān)于熱現(xiàn)象,下列說法正確的是（）A．物體吸收熱量,內(nèi)能一定增加B．物體吸收熱量,內(nèi)能一定減少C．溫度升高，物體內(nèi)分子的平均動(dòng)能一定增加D．溫度升高,物體內(nèi)每個(gè)分子的動(dòng)能都增加2．在下列核反應(yīng)方程式中，表示核聚變過程的是（）A．U+n→Ba+Kr+3nB．Th→Pa+eC．U→Th+HeD．H+H→He+n3．a(chǎn)、b兩種單色光以相同的入射角從空氣斜射向某種玻璃中,光路如圖所示．關(guān)于a、b兩種單色光，下列說法中正確的是(）A．該種玻璃對(duì)a光的折射率較大B．b光在該玻璃中傳播時(shí)的速度較大C．a(chǎn)光的頻率較小D．兩種單色光從該玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時(shí)，a光的臨界角較小4．一列機(jī)械波在某時(shí)刻的波形如圖所示，已知波沿x軸正方向傳播,波速是12m/s．則（）A．這列波的波長是8cmB．這列波的周期是1。5sC．x=4m處質(zhì)點(diǎn)的振幅為0D．x=4m處質(zhì)點(diǎn)向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)5．如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在粗糙水平地面上，其斜面的傾角為θ．斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑．在小物塊運(yùn)動(dòng)的過程中,楔形物塊始終保持靜止．（）A．地面對(duì)楔形物塊的支持力為(M+m）gB．地面對(duì)楔形物塊的支持力為（M+m）g﹣FsinθC．楔形物塊對(duì)小物塊的摩擦力一定為mgsinθD．楔形物塊對(duì)小物塊的支持力一定為mgsinθ6．我國將發(fā)射“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室,之后發(fā)射“神州十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)”對(duì)接．假設(shè)“天宮二號(hào)"與“神州十一號(hào)”都圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),為了實(shí)現(xiàn)飛船與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接,下列措施可行的是(）A．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)對(duì)接B．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后空間實(shí)驗(yàn)室減速等待飛船實(shí)現(xiàn)對(duì)接C．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接D．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接7．如圖所示，A、B為兩個(gè)驗(yàn)電器,在B上裝有一個(gè)幾乎封閉的空心金屬球C（僅在上端開有小孔）,最初B和C帶電，A不帶電．D是帶有絕緣柄的金屬小球．某同學(xué)利用這些器材完成了下面實(shí)驗(yàn)：使不帶電的D先跟C的外部接觸，再讓D跟A的金屬球接觸，這樣操作若干次，發(fā)現(xiàn)A的箔片張開;而讓不帶電的D先跟C的內(nèi)部接觸,再讓D跟A的金屬球接觸，這樣操作若干次，發(fā)現(xiàn)A的箔片始終不張開．通過以上實(shí)驗(yàn)，能直接得到的結(jié)論是（）A．電荷總量是守恒的 B．電荷在C的表面均勻分布C．帶電的C是一個(gè)等勢(shì)體 D．電荷分布在C的外表面8．根據(jù)量子理論:光子既有能量也有動(dòng)量;光子的能量E和動(dòng)量p之間的關(guān)系是E=pc，其中c為光速．由于光子有動(dòng)量，照到物體表面的光子被物體吸收或被反射時(shí)都會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生一定的沖量，也就對(duì)物體產(chǎn)生了一定的壓強(qiáng)，這就是“光壓"．根據(jù)動(dòng)量定理可近似認(rèn)為:當(dāng)動(dòng)量為p的光子垂直照到物體表面，若被物體反射，則物體受到的沖量大小為2p；若被物體吸收,則物體受到的沖量大小為p．有人設(shè)想在宇宙探測(cè)中用光作為動(dòng)力推動(dòng)探測(cè)器加速，探測(cè)器上安裝有面積極大、反光率為η的薄膜,并讓它正對(duì)太陽．已知太陽光照射薄膜時(shí)對(duì)每平方米面積上的輻射功率為P0,探測(cè)器和薄膜的總質(zhì)量為m，薄膜面積為S，則探測(cè)器的加速度大?。ú豢紤]萬有引力等其他的力）（）A． B． C． D．二、非選擇題9．（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量某鋼管的外徑,某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm)的示數(shù)如圖1所示，其讀數(shù)為cm．（2)如圖2所示,螺旋測(cè)微器測(cè)出的某物件的寬度是mm．10．某同學(xué)在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)時(shí),所用小燈泡上標(biāo)有“3.8V0.5A”的字樣，現(xiàn)有電源、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及以下器材:A．電流表（0～0.6A～3A，內(nèi)阻約為1Ω)B．電壓表（0～3V～4。5V，內(nèi)阻約為3kΩ）C．滑動(dòng)變阻器（0～20Ω）D．滑動(dòng)變阻器（0～500Ω）①實(shí)驗(yàn)中如果即滿足測(cè)量要求，又要誤差較小，電流表應(yīng)選用,電壓表應(yīng)選用（選填電表的量程）；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用．（選填相應(yīng)器材前的字母)②如圖1給出了四個(gè)電路圖,請(qǐng)你根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求選擇正確的實(shí)驗(yàn)電路圖，應(yīng)為．③圖2是實(shí)驗(yàn)所用器材實(shí)物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線，請(qǐng)你補(bǔ)充完成實(shí)物間的連線．④閉合開關(guān)，逐次改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置,在下表中記錄與之對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I、電壓表的示數(shù)U．123456789101112131415I/A00。100。130.160。180。190。200。190.230。240。250。270。280.290.30U/V00.100.200.400.600。801.001.201.401。601。802.002。202.402.50處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，該同學(xué)繪制了如圖3所示的I﹣U坐標(biāo)圖，請(qǐng)將表中第10組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)畫在圖中，并繪制出小燈泡的I﹣U圖線．⑤另一個(gè)同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中畫出的小燈泡的伏安特性曲線如圖4所示,分析I﹣U圖線可以得出的結(jié)論是：,其原因是：．11．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0。50T,兩條光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L=0.50m,左端接有阻值R=0.40Ω的電阻．阻值r=0.10Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．金屬棒在水平向右的拉力F作用下，沿導(dǎo)軌做速度v=4。0m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)．求:（1)通過金屬棒MN的電流I的大小和方向；(2）拉力F的大小;（3）經(jīng)t=2.0s拉力F所做的功．12．1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器,巧妙地利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，解決了粒子的加速問題．現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和醫(yī)學(xué)設(shè)備中．某型號(hào)的回旋加速器的工作原理如圖甲所示,圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為兩個(gè)D形盒，分別為D1、D2．D形盒裝在真空容器里，整個(gè)裝置放在巨大的電磁鐵兩極之間的強(qiáng)大磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且與D形盒底面垂直．兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可以忽略不計(jì)．D形盒的半徑為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．設(shè)質(zhì)子從粒子源A處進(jìn)入加速電場(chǎng)的初速度不計(jì)．質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q．加速器接入一定頻率的高頻交變電源，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用．求：（1）質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D2盒時(shí)的速度大小v1和進(jìn)入D2盒后運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1；（2）質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t;（3）若兩D形盒狹縫之間距離為d，d＜＜R，計(jì)算說明質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相比可以忽略不計(jì)的原因．13．中國海軍殲﹣15艦載機(jī)已經(jīng)在“遼寧”艦上多次進(jìn)行觸艦復(fù)飛，并已經(jīng)進(jìn)行了艦載機(jī)著陸和甲板起飛，這標(biāo)志著我國已經(jīng)擁有在航母上起降艦載機(jī)的能力．設(shè)質(zhì)量為m的艦載機(jī)，在水平跑道上由靜止勻加速起飛，假定起飛過程中受到的平均阻力恒為飛機(jī)所受重力的k倍，發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力恒為F，離開地面起飛時(shí)的速度為v,重力加速度為g．求：（1)艦載機(jī)的起飛距離（離開地面前的運(yùn)動(dòng)距離）s以及起飛過程中平均阻力的沖量I；（2）若艦載機(jī)起飛利用電磁彈射技術(shù)，將大大縮短起飛距離．圖甲為電磁彈射裝置的原理簡化示意圖,與飛機(jī)連接的金屬塊（圖中未畫出）可以沿兩根相互靠近且平行的導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)．使用前先給電容為C的大容量電容器充電，彈射飛機(jī)時(shí)，電容器釋放儲(chǔ)存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬塊，再從另一根導(dǎo)軌流出;導(dǎo)軌中的強(qiáng)大電流形成的磁場(chǎng)使金屬塊受磁場(chǎng)力而加速，從而推動(dòng)飛機(jī)起飛．①在圖乙中畫出電源向電容器充電過程中電容器兩極板間電壓u與極板上所帶電荷量q的圖象，在此基礎(chǔ)上求電容器充電電壓為U0時(shí)儲(chǔ)存的電能E0；②當(dāng)電容器充電電壓為Um時(shí)彈射上述飛機(jī)，在電磁彈射裝置與飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)工作的情況下,可使起飛距離縮短為x．若金屬塊推動(dòng)飛機(jī)所做的功與電容器釋放電能的比值為η,飛機(jī)發(fā)動(dòng)的牽引力F及受到的平均阻力不變．求完成此次彈射后電容器剩余的電能E．

2017年北京市延慶縣高考物理零模試卷參考答案與試題解析一、本部分共8小題，每小題6分，共48分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)．1．關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法正確的是（)A．物體吸收熱量，內(nèi)能一定增加B．物體吸收熱量，內(nèi)能一定減少C．溫度升高,物體內(nèi)分子的平均動(dòng)能一定增加D．溫度升高,物體內(nèi)每個(gè)分子的動(dòng)能都增加【考點(diǎn)】8F:熱力學(xué)第一定律．【分析】溫度是分子熱平均動(dòng)能的標(biāo)志,溫度越高，分子的平均動(dòng)能越大．做功和熱傳遞都能改變物體的內(nèi)能．由這些知識(shí)分析．【解答】解：AB、物體的內(nèi)能變化是與物體吸熱或放熱有關(guān)，還與做功有關(guān),因此只有吸熱或放熱，沒有說明做功情況,無法判斷內(nèi)能變化，故AB均錯(cuò)誤．CD、隨著物體溫度的升高，物體內(nèi)分子的平均速率、平均動(dòng)能增大，但不是每一個(gè)分子的熱運(yùn)動(dòng)速率都增大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C2．在下列核反應(yīng)方程式中,表示核聚變過程的是（)A．U+n→Ba+Kr+3nB．Th→Pa+eC．U→Th+HeD．H+H→He+n【考點(diǎn)】JK：重核的裂變．【分析】輕核聚變是指把輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，并釋放出核能的反應(yīng)；重核裂變是一個(gè)核通過其它粒子轟擊分為幾個(gè)中等核的過程,α衰變、β衰變是自發(fā)進(jìn)行的，α衰變放出氦核,β衰變放出電子．【解答】解：輕核聚變是指把輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，并釋放出核能的反應(yīng),所以由此可知A是裂變反應(yīng),B是β衰變，C是α衰變，D是氫核聚變，故D正確,A、B、C錯(cuò)誤．故選：D．3．a(chǎn)、b兩種單色光以相同的入射角從空氣斜射向某種玻璃中,光路如圖所示．關(guān)于a、b兩種單色光，下列說法中正確的是(）A．該種玻璃對(duì)a光的折射率較大B．b光在該玻璃中傳播時(shí)的速度較大C．a(chǎn)光的頻率較小D．兩種單色光從該玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時(shí)，a光的臨界角較小【考點(diǎn)】H3：光的折射定律．【分析】根據(jù)折射定律分析玻璃對(duì)a光和b光折射率的大小,即可確定頻率的大小．由v=分析玻璃中傳播時(shí)的速度大?。鶕?jù)臨界角公式sinC=分析臨界角的大小．【解答】解：A、由圖看出：b光的折射角小于a光的折射角，b光的偏折程度大，根據(jù)折射定律得知：玻璃對(duì)b光的折射率大于對(duì)a光的折射率．故A錯(cuò)誤．B、由v=可知,在該玻璃中a光的傳播速度較大．故B錯(cuò)誤．C、a光的折射率較小，則a光的頻率較小，故C正確．D、由臨界角公式sinC=分析得知，折射率越大，臨界角越小,可知a光的全反射臨界角較大．故D錯(cuò)誤．故選：C4．一列機(jī)械波在某時(shí)刻的波形如圖所示，已知波沿x軸正方向傳播，波速是12m/s．則（）A．這列波的波長是8cmB．這列波的周期是1。5sC．x=4m處質(zhì)點(diǎn)的振幅為0D．x=4m處質(zhì)點(diǎn)向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象．【分析】根據(jù)波動(dòng)圖象得出波長和振幅的大小，結(jié)合波速求出周期的大小．根據(jù)波的傳播方向，通過上下坡法得出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向．【解答】解：A、根據(jù)波的圖象知,波長等于8m，振幅為30cm,周期T==s=s．故AB錯(cuò)誤；C、任意點(diǎn)的振幅相同,均為30cm，故C錯(cuò)誤；D、因?yàn)椴ㄏ騲軸正方向傳播，根據(jù)上下坡法知，x=4m質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故D正確．故選：D．5．如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物塊靜置在粗糙水平地面上,其斜面的傾角為θ．斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物塊,使之勻速上滑．在小物塊運(yùn)動(dòng)的過程中，楔形物塊始終保持靜止．（)A．地面對(duì)楔形物塊的支持力為（M+m）gB．地面對(duì)楔形物塊的支持力為(M+m）g﹣FsinθC．楔形物塊對(duì)小物塊的摩擦力一定為mgsinθD．楔形物塊對(duì)小物塊的支持力一定為mgsinθ【考點(diǎn)】2H：共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用;2G：力的合成與分解的運(yùn)用．【分析】物塊m沿斜面勻速上升,受力平衡,合力為零．楔形物塊M始終保持靜止合力也為零，將兩個(gè)物體看成整體進(jìn)行研究，根據(jù)平衡條件求解地面對(duì)楔形物塊支持力．再以M為研究對(duì)象減小受力分析即可．【解答】解:A、以物塊m和楔形物塊M整體為研究對(duì)象，分析受力情況,如圖，由平衡條件得地面對(duì)楔形物塊支持力大小為：N=（M+m）g﹣Fsinθ．故A錯(cuò)誤，B正確;C、物塊m沿斜面勻速向上運(yùn)動(dòng)，沿斜面的方向受到的力：F﹣mgsinθ﹣f=0所以楔形物塊對(duì)小物塊的摩擦力不一定為mgsinθ．故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)受力平衡可知，在垂直于斜面的方向,楔形物塊對(duì)小物塊的支持力一定為mgcosθ,不一定為mgsinθ．故D錯(cuò)誤．故選：B6．我國將發(fā)射“天宮二號(hào)"空間實(shí)驗(yàn)室，之后發(fā)射“神州十一號(hào)”飛船與“天宮二號(hào)"對(duì)接．假設(shè)“天宮二號(hào)”與“神州十一號(hào)"都圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，為了實(shí)現(xiàn)飛船與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接，下列措施可行的是(）A．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后飛船加速追上空間實(shí)驗(yàn)室實(shí)現(xiàn)對(duì)接B．使飛船與空間實(shí)驗(yàn)室在同一軌道上運(yùn)行，然后空間實(shí)驗(yàn)室減速等待飛船實(shí)現(xiàn)對(duì)接C．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速,加速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接D．飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接【考點(diǎn)】4H:人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系;4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【分析】正常運(yùn)行的衛(wèi)星若加速則所需向心力大于萬有引力做離心運(yùn)動(dòng)，若減速則所需向力小于萬有引力做向心運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析各選項(xiàng)．【解答】解：A、B、在同一軌道上運(yùn)行加速做離心運(yùn)動(dòng)，減速做向心運(yùn)動(dòng)均不可實(shí)現(xiàn)對(duì)接．則AB錯(cuò)誤C、飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上加速，則其做離心運(yùn)動(dòng)可使飛船逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接．則C正確D、飛船先在比空間實(shí)驗(yàn)室半徑小的軌道上減速，則其做向心運(yùn)動(dòng)，不可能與空間實(shí)驗(yàn)室相接觸．則D錯(cuò)誤．故選：C7．如圖所示,A、B為兩個(gè)驗(yàn)電器,在B上裝有一個(gè)幾乎封閉的空心金屬球C（僅在上端開有小孔），最初B和C帶電，A不帶電．D是帶有絕緣柄的金屬小球．某同學(xué)利用這些器材完成了下面實(shí)驗(yàn)：使不帶電的D先跟C的外部接觸,再讓D跟A的金屬球接觸,這樣操作若干次，發(fā)現(xiàn)A的箔片張開；而讓不帶電的D先跟C的內(nèi)部接觸，再讓D跟A的金屬球接觸，這樣操作若干次，發(fā)現(xiàn)A的箔片始終不張開．通過以上實(shí)驗(yàn)，能直接得到的結(jié)論是(）A．電荷總量是守恒的 B．電荷在C的表面均勻分布C．帶電的C是一個(gè)等勢(shì)體 D．電荷分布在C的外表面【考點(diǎn)】AI:靜電現(xiàn)象的解釋．【分析】明確物體帶電的三種帶電方式及原理：接觸帶電、感應(yīng)起電、摩擦帶電．注意空腔導(dǎo)體帶電時(shí)分布在外表面．【解答】解：由以上的演示可知，C球的外表面一定有電荷，而內(nèi)表面不存在電荷；但是不能證明電荷是均勻分布的,同時(shí)也不能說明C是等勢(shì)體；同時(shí)本實(shí)驗(yàn)中也無法確定電荷關(guān)系，故并不能證明電荷的總量是守恒的；故D正確，ABC錯(cuò)誤．故選：D．8．根據(jù)量子理論：光子既有能量也有動(dòng)量；光子的能量E和動(dòng)量p之間的關(guān)系是E=pc，其中c為光速．由于光子有動(dòng)量，照到物體表面的光子被物體吸收或被反射時(shí)都會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生一定的沖量，也就對(duì)物體產(chǎn)生了一定的壓強(qiáng)，這就是“光壓”．根據(jù)動(dòng)量定理可近似認(rèn)為:當(dāng)動(dòng)量為p的光子垂直照到物體表面，若被物體反射，則物體受到的沖量大小為2p；若被物體吸收，則物體受到的沖量大小為p．有人設(shè)想在宇宙探測(cè)中用光作為動(dòng)力推動(dòng)探測(cè)器加速，探測(cè)器上安裝有面積極大、反光率為η的薄膜,并讓它正對(duì)太陽．已知太陽光照射薄膜時(shí)對(duì)每平方米面積上的輻射功率為P0，探測(cè)器和薄膜的總質(zhì)量為m，薄膜面積為S,則探測(cè)器的加速度大小．(不考慮萬有引力等其他的力）（)A． B． C． D．【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律；37：牛頓第二定律;ID：光子．【分析】根據(jù)題意求出釋放光子的能量,然后根據(jù)光子的動(dòng)量和能量之間關(guān)系，求出光子的動(dòng)量，由動(dòng)量定理求出壓力，然后由牛頓第二定律求出加速度．【解答】解：時(shí)間t內(nèi)釋放光子的能量：E總=P0tS，光子的總動(dòng)量:p==,根據(jù)題意，由動(dòng)量定理得：2ηp+（1﹣η)p=Ft，由牛頓第二定律得：F=ma,解得，加速度a=故選:B．二、非選擇題9．（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量某鋼管的外徑，某次游標(biāo)卡尺(主尺的最小分度為1mm）的示數(shù)如圖1所示，其讀數(shù)為5。44cm．（2）如圖2所示，螺旋測(cè)微器測(cè)出的某物件的寬度是5.695mm．【考點(diǎn)】L3：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；L4:螺旋測(cè)微器的使用．【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測(cè)微器和游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法,螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù),在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．【解答】解：（1）游標(biāo)卡尺的固定刻度讀數(shù)為5.4cm，游標(biāo)尺上第4個(gè)刻度游標(biāo)讀數(shù)為：0.1×4mm=0。4mm=0.04cm，所以最終讀數(shù)為:5。4cm+0.04cm=5.44cm；(2）螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為5。5mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0。01×19.5mm=0。195mm，所以最終讀數(shù)為：5。5mm+0。195mm=5.695mm．故答案為：（1）5.44；（2）5。69510．某同學(xué)在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)時(shí),所用小燈泡上標(biāo)有“3。8V0。5A”的字樣,現(xiàn)有電源、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及以下器材：A．電流表(0～0。6A～3A，內(nèi)阻約為1Ω）B．電壓表（0～3V～4.5V,內(nèi)阻約為3kΩ）C．滑動(dòng)變阻器（0~20Ω）D．滑動(dòng)變阻器（0～500Ω）①實(shí)驗(yàn)中如果即滿足測(cè)量要求，又要誤差較小,電流表應(yīng)選用0～0。6A，電壓表應(yīng)選用0～4。5V（選填電表的量程)；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用C．（選填相應(yīng)器材前的字母）②如圖1給出了四個(gè)電路圖，請(qǐng)你根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求選擇正確的實(shí)驗(yàn)電路圖，應(yīng)為C．③圖2是實(shí)驗(yàn)所用器材實(shí)物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線,請(qǐng)你補(bǔ)充完成實(shí)物間的連線．④閉合開關(guān),逐次改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置，在下表中記錄與之對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I、電壓表的示數(shù)U．123456789101112131415I/A00。100。130。160.180。190。200.190.230。240。250。270。280。290.30U/V00.100。200.400.600。801.001.201.401。601。802.002.202.402。50處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，該同學(xué)繪制了如圖3所示的I﹣U坐標(biāo)圖，請(qǐng)將表中第10組數(shù)據(jù)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)畫在圖中，并繪制出小燈泡的I﹣U圖線．⑤另一個(gè)同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中畫出的小燈泡的伏安特性曲線如圖4所示,分析I﹣U圖線可以得出的結(jié)論是：小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大，其原因是：小燈泡的電壓升高,電流也增大．使功率增大導(dǎo)致溫度升高，燈絲電阻隨溫度升高而增大．【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線．【分析】①電壓表、電流表的選擇原則是使指針偏轉(zhuǎn)角大些好,應(yīng)在三分之二左右偏轉(zhuǎn),若電路采用分壓接法，則滑動(dòng)變阻器選擇小的，若限流接法則滑動(dòng)變阻器阻值要大于待測(cè)電阻阻值；②本實(shí)驗(yàn)中為了多測(cè)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，因燈泡內(nèi)阻較小，故應(yīng)選用電流表外接，由此可正確選擇原理圖；③根據(jù)原理圖即可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖;④根據(jù)描點(diǎn)法可得出小燈泡的伏安特性曲線;⑤根據(jù)I﹣U圖象的性質(zhì)進(jìn)行分析，從而明確電阻的變化,并掌握金屬導(dǎo)體電阻隨溫度的升高而增大的性質(zhì)．【解答】解：①由小燈泡標(biāo)有“3。8V、0。5A”字樣可知，燈泡的額定電壓為3。8V，額定電流為0。5A；因此電壓表選擇0～4。5V量度；電流表選擇0～0.6A量程;本實(shí)驗(yàn)中為了多測(cè)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故應(yīng)選用變化范圍較小的電阻C②本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器的分壓接法,同時(shí),因燈泡內(nèi)阻較小，故電流表應(yīng)選擇外接法;③由原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖如圖所示；④根據(jù)描點(diǎn)法可得出對(duì)應(yīng)的圖象；⑤I﹣U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)；由圖可知，燈泡電阻隨電壓的增大而增大;原因是因?yàn)殡妷涸龃蠛?，發(fā)熱量高，從而使燈泡的溫度升高;而燈泡電阻隨溫度的升高而增大;故答案為:①0~0。6A；0～4.5V；C；②C;③見答案圖1；④見答案圖2⑤小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大；小燈泡的電壓升高，電流也增大．使功率增大導(dǎo)致溫度升高，燈絲電阻隨溫度升高而增大；11．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0。50T，兩條光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距L=0。50m,左端接有阻值R=0。40Ω的電阻．阻值r=0。10Ω的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．金屬棒在水平向右的拉力F作用下,沿導(dǎo)軌做速度v=4。0m/s的勻速直線運(yùn)動(dòng)．求：（1）通過金屬棒MN的電流I的大小和方向;（2)拉力F的大小;(3）經(jīng)t=2.0s拉力F所做的功．【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【分析】(1）根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線的電動(dòng)勢(shì)公式E=BLV即可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再根據(jù)歐姆定律可求得電流，根據(jù)右手定則可分析電流的方向；（2)根據(jù)F=BIL即可求得拉力的大小；(3）根據(jù)速度公式可求得位移,再根據(jù)功的公式即可求得拉力的功．【解答】解:(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLV=0.50×0.50×4.0=1.0V通過金屬棒MN的電流大小I===2。0A;由右手定則可知，電流方向?yàn)橛蒑指向N（2)金屬棒受到的安培力F安=BIL=0。50×2.0×0.50=0.50N根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有F=F安所以F=0.50N（3)經(jīng)t=2。0s金屬棒的位移x=vt=4.0×2.0=8。0m；拉力F所做的功W=Fx=0。50×8。0=4.0J答:（1)通過金屬棒MN的電流I的大小為2。0A，方向由M指向N；(2）拉力F的大小為0。50N；（3）經(jīng)t=2。0s拉力F所做的功為4.0J．12．1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn),解決了粒子的加速問題．現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和醫(yī)學(xué)設(shè)備中．某型號(hào)的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為兩個(gè)D形盒，分別為D1、D2．D形盒裝在真空容器里，整個(gè)裝置放在巨大的電磁鐵兩極之間的強(qiáng)大磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且與D形盒底面垂直．兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時(shí)間可以忽略不計(jì)．D形盒的半徑為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．設(shè)質(zhì)子從粒子源A處進(jìn)入加速電場(chǎng)的初速度不計(jì)．質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q．加速器接入一定頻率的高頻交變電源，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用．求：（1）質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D2盒時(shí)的速度大小v1和進(jìn)入D2盒后運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1；（2)質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t；（3）若兩D形盒狹縫之間距離為d，d＜＜R，計(jì)算說明質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相比可以忽略不計(jì)的原因．【考點(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng);CK：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理．【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D2盒時(shí)的速度大小，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出質(zhì)子進(jìn)入D2盒后運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1；（2)根據(jù)D型盒的半徑求出質(zhì)子的最大速度，抓住質(zhì)子每經(jīng)過一圈加速兩次,結(jié)合動(dòng)能定理得出加速的次數(shù)，根據(jù)質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期求出質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t;（3)根據(jù)加速的圈數(shù)求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得出在電場(chǎng)中加速的時(shí)間，通過時(shí)間的比值分析判斷．【解答】解:（1)根據(jù)動(dòng)能定理可得:，解得,由質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以qv1B=m，解得：．（2）設(shè)質(zhì)子從靜止開始加速到離開被加速了n圈，質(zhì)子在出口處的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理可得:，由質(zhì)子在出口處做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑恰為D形盒半徑R，即，則，由,解得．因?yàn)閠=nT,解得．(3）設(shè)質(zhì)子在出口處速度為v，完成圓周運(yùn)動(dòng)n圈，被加速了2n次，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間(每圈周期相同）為t，則，在電場(chǎng)中加速，有：，則加速的時(shí)間，時(shí)間之比．因?yàn)镽＞＞d,則t＞＞t1可知質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)．答:(1）質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D2盒時(shí)的速度大小為，進(jìn)入D2盒后運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為;(2）質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時(shí)間t為；（3)證明如上所示．13．中國海軍殲﹣15艦載機(jī)已經(jīng)在“遼寧”艦上多次進(jìn)行觸艦復(fù)飛，并已經(jīng)進(jìn)行了艦載機(jī)著陸和甲板起飛,這標(biāo)志著我國已經(jīng)擁有在航母上起降艦載機(jī)的能力．設(shè)質(zhì)量為m的艦載機(jī),在水平跑道上由靜止勻加速起飛，假定起飛過程中受到的平均阻力恒為飛機(jī)所受重力的k倍