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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè),總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè),總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷127考試試卷考試范圍:全部知識(shí)點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級(jí):______考號(hào):______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題,共14分)1、如圖所示,R1、R2為定值電阻,L為小燈泡,R3為光敏電阻;當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時(shí)()

A.電壓表的示數(shù)減小B.R2中電流減小C.小燈泡的功率減小D.電路的路端電壓增大2、如圖所示;一物體從豎直平面內(nèi)圓環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止開始沿光滑弦軌道AB下滑至B點(diǎn),那么()

A.只要知道弦長(zhǎng);就能求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

B.只要知道圓半徑;就能求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

C.只要知道傾角θ;就能求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

D.只要知道弦長(zhǎng)和傾角就能求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

3、【題文】如下圖a所示,一根水平張緊彈性長(zhǎng)繩上有等間距的O、P、Q質(zhì)點(diǎn),相鄰兩質(zhì)點(diǎn)間距離為l.0m。t=0時(shí)刻O質(zhì)點(diǎn)從平衡位置開始沿y軸方向振動(dòng),并產(chǎn)生沿x軸正方向傳播的波,O質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)圖像如下圖b所示;當(dāng)O質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到正方向最大位移時(shí)刻,P質(zhì)點(diǎn)剛開始振動(dòng),則下列說(shuō)法正確的是。

A.O、P兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離為半個(gè)波長(zhǎng)B.繩中所有的質(zhì)點(diǎn)都沿x軸勻速移動(dòng)C.這列波傳播的速度為1.0m/sD.在一個(gè)周期內(nèi),O質(zhì)點(diǎn)通過的路程為4.0m4、功率為10w的發(fā)光二極管(LED燈)的亮度與功率為60W的白熾燈相當(dāng)。根據(jù)國(guó)家節(jié)能戰(zhàn)略,2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰。假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈,均用10W的LED燈替代。估算出全國(guó)一年節(jié)省的電能最接近()A.8×108KW·hB.8×1010KW·hC.8×1011KW·hD.8×1013KW·h5、在排球比賽中,二傳手將排球向上托起,主攻手騰空扣球,如圖所示。為了簡(jiǎn)化問題,現(xiàn)假設(shè)某次進(jìn)攻過程中二傳手是將排球豎直向上托起的,已知空氣阻力大小與速率成正比,則在排球離開二傳的手到主攻手擊球的這段時(shí)間內(nèi),排球的速度(v)鈭?

時(shí)間(t)

圖象可能正確的是(

)

A.B.C.D.6、關(guān)于電磁場(chǎng)的理論,下列說(shuō)法正確的是()A.變化的電場(chǎng)周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)一定是變化的B.均勻變化的磁場(chǎng)周圍產(chǎn)生的電場(chǎng)也是均勻變化的C.變化的電場(chǎng)周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)一定是穩(wěn)定的D.周期性變化的電場(chǎng)周圍產(chǎn)生的磁場(chǎng)也是周期性變化的7、A、B兩種放射性元素,原來(lái)都靜止在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向如圖所示,其中一個(gè)放出α粒子,另一個(gè)放出β粒子,α與β粒子的運(yùn)動(dòng)方向跟磁場(chǎng)方向垂直,圖中a、b、c、d分別表示α粒子,β粒子以及兩個(gè)剩余核的運(yùn)動(dòng)軌跡()A.a為α粒子軌跡,c為β粒子軌跡B.b為α粒子軌跡,d為β粒子軌跡C.b為α粒子軌跡,c為β粒子軌跡D.a為α粒子軌跡,d為β粒子軌跡評(píng)卷人得分二、填空題(共9題,共18分)8、豎直向上拋出一小球,3s末落回到拋出點(diǎn),則小球經(jīng)____s上升至最高點(diǎn),小球在第二秒內(nèi)的位移是____m(g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力)9、在x軸上做直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)x隨時(shí)間t的變化關(guān)系為x=3t2-2t,則其加速度a=____m/s2,t=1s時(shí),速度為____m/s.(x的單位是m,t的單位是s)10、甲、乙兩個(gè)物體之間萬(wàn)有引力的大小為F,若保持甲物體的質(zhì)量不變,使乙物體的質(zhì)量減為原來(lái)的一半,同時(shí)讓甲、乙兩個(gè)物體間的距離變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則甲、乙兩個(gè)物體間的萬(wàn)有引力將變?yōu)開___.11、一物體從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為0.5m/s2,則此物體在4s末的速度為____m/s;4s初的速度為____m/s.12、(2013春?湖州月考)如圖所示,S為波源,M、N為兩塊擋板,其中M板固定,N板可上下移動(dòng),兩板中間有一狹縫,此時(shí)測(cè)得A點(diǎn)沒有振動(dòng),為了使A點(diǎn)能發(fā)生振動(dòng),可采用的方法是____(填“增大”或“減小”)波源的頻率,也可以將N板____(填“向上”或“向下”)移動(dòng)一些.13、一艘漁船停泊在岸邊,如果海浪的兩個(gè)相鄰波峰的距離是6m,海浪的速度是15m/s,則漁船晃動(dòng)的周期是____s.14、(2013?河北一模)如圖所示,圖中給出了氫原子最低的四個(gè)能級(jí),一群氫原子在這些能級(jí)之間躍遷,所輻射的光子的頻率有____種,其中最大的頻率等于____Hz.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字,電子電荷量e=l.6×10-16C,普朗克常量h=6.6X10-34J?s)15、(2012春?工農(nóng)區(qū)校級(jí)期末)P;Q是一列簡(jiǎn)諧橫波中的質(zhì)點(diǎn);相距30m,各自的振動(dòng)圖象如圖所示.

(1)此列波的頻率f=____Hz.

(2)如果P比Q離波源近,且P與Q間距離小于1個(gè)波長(zhǎng),那么波長(zhǎng)λ=____m,波速v=____m/s.16、(2012秋?中牟縣校級(jí)期末)某一用直流電動(dòng)機(jī)提升重物的裝置,如圖所示.重物的質(zhì)量m=50千克,電源的電動(dòng)勢(shì)E=220伏特,不計(jì)電源內(nèi)阻及各處的摩擦.當(dāng)電動(dòng)機(jī)以v=0.80米/秒的恒定速度向上提升重物時(shí),電路中的電流強(qiáng)度I=2安培,由此可知電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=____W,電動(dòng)機(jī)線圈的電阻R=____Ω(g取10m/s2)評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題,共10分)17、大氣壓強(qiáng)是由地面上每平方米面積的上方,整個(gè)大氣壓對(duì)地面的壓力,它等于地面上方的這一大氣柱的重力.____.(判斷對(duì)錯(cuò))18、晶體的各向異性是由于它的微粒按空間點(diǎn)陣排列.____.(判斷對(duì)錯(cuò))19、滑動(dòng)摩擦力的方向總是與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反.____(判斷對(duì)錯(cuò))20、作用在物體上的合外力減小時(shí),速度也隨之減小.____(判斷對(duì)錯(cuò))21、某時(shí)刻一個(gè)分子的速度的大小和方向是偶然的.____.(判斷對(duì)錯(cuò))評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題,共40分)22、為了較準(zhǔn)確的測(cè)定Rx的電阻(約為10Ω)、電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻(內(nèi)阻約為2Ω),設(shè)計(jì)了如圖1所示原理圖,其中電壓表V:量程為2V、內(nèi)阻較大;電阻箱R1:0-99.99Ω

(1)按照原理圖用筆畫線代替導(dǎo)線在圖2上連接實(shí)物電路;

(2)連接好電路后,先測(cè)定電阻Rx;

第一步:閉合S1和S3,斷開S2,記錄電壓表示數(shù)U1;

第二步:閉合S1和S2,斷開S3,調(diào)節(jié)R1使電壓表示數(shù)仍為U1,記錄此時(shí)R1的阻值為R0,則被測(cè)電阻Rx=______

(3)閉合S1和S2,斷開S3,調(diào)節(jié)R1改變電路的總電阻,記錄電阻箱的阻值R和對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)U,做出隨變化的圖象,如圖3所示,圖線的縱軸截距為b、斜率為k,則電池的電動(dòng)勢(shì)為______,內(nèi)阻為______.23、在“利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器研究速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在50Hz

低壓交流電源上,某同學(xué)在打出的紙帶上按打點(diǎn)的先后順序每5

點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn),共取了A

、B

、C

、D

、E

、F

六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)(

每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)).

從A

點(diǎn)開始在每一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)處將紙帶剪開分成五段(

分別為a

、b

、c

、d

、e

段)

將這五段紙帶由長(zhǎng)到短緊靠但不重疊地粘在xOy

坐標(biāo)系中,如圖所示.(1)

若把每一段紙帶的右上端連接起來(lái),結(jié)果得到一條傾斜的直線,如圖所示,由圖可知紙帶做______________運(yùn)動(dòng)且直線與鈭?

x

方向夾角越大,說(shuō)明紙帶運(yùn)動(dòng)的加速度________(

選填“越大”或“越小”)

.(2)

從第一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A

開始計(jì)時(shí),為求出0.25s

時(shí)刻紙帶的瞬時(shí)速度,需要測(cè)出哪一段紙帶的長(zhǎng)度?答:______________(

選填“a

”“b

”“c

”“d

”“e

”)

.(3)

若測(cè)得a

段紙帶的長(zhǎng)度為10.0cm

e

段紙帶的長(zhǎng)度為2.0cm

則可求出加速度的大小為________m/s2

.24、用如圖所示的電路測(cè)定一節(jié)鉛蓄電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.

因蓄電池的內(nèi)阻較??;為防止調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)造成短路,電路中用了一個(gè)保護(hù)電阻R0.

除蓄電池;開關(guān)、導(dǎo)線外,可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有:

A.電流表A1

量程為0.6A

B.電流表A2

量程為3A

C.電壓表V1

量程為3V

D.電壓表V2

量程為15V

E.定值電阻R0(

阻值2.0婁賂

額定功率5W)

F.滑動(dòng)變阻器R1(

阻值范圍0隆蘆10婁賂

額定電流2A)

G.滑動(dòng)變阻器R2(

阻值范圍0隆蘆200婁賂

額定電流1A)

(1)

電流表應(yīng)選用______;電壓表應(yīng)選用______,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______.(

填寫器材前的字母代號(hào))

根據(jù)圖a

測(cè)量電路,在圖b

中將實(shí)驗(yàn)電路補(bǔ)充連線.

(2)

實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器共測(cè)得五組電流;電壓的數(shù)據(jù);如表.

。電流表示數(shù)I/A0.160.340.420.520.58電壓表示數(shù)U/V1.901.791.751.691.66請(qǐng)作出蓄電池路端電壓U

隨電流I

變化的U鈭?I

圖象(

如圖c)

并根據(jù)圖象得出:蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為______V

內(nèi)阻為______婁賂.

25、在“伏安法測(cè)電阻”的實(shí)驗(yàn)中,待測(cè)電阻Rx

約為200婁賂

電壓表V

的內(nèi)阻約為2k婁賂

電流表A

的內(nèi)阻約為1婁賂

測(cè)量電路如圖甲或圖乙所示,電阻測(cè)量值由公式Rx=UI

計(jì)算得出,式中U

與I

分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將圖甲和圖乙電路電阻的測(cè)量值分別記為Rx1

和Rx2

則________(

選填“Rx1

”或“Rx2

”)

更接近待測(cè)電阻的真實(shí)值;該測(cè)量值________(

選填“大于”、“等于”或“小于”)

待測(cè)電阻的真實(shí)值。評(píng)卷人得分五、證明題(共4題,共36分)26、如圖所示,一列平面波朝著兩種介質(zhì)的界面?zhèn)鞑?,A1A2是它在介質(zhì)I中的一個(gè)波面,C1和C2位于兩種介質(zhì)的界面上,B1B2是這列平面波進(jìn)入介質(zhì)II后的一個(gè)波面;A1C1和A2C2是它的兩條波線,入射角為θ1,折射角為θ2,波在I、Ⅱ介質(zhì)中的傳播速度分別為v1和v2.

(1)試根據(jù)惠更斯原理證明:;

(2)若已知θ1=53°(sin53°=0.8),A1A2的長(zhǎng)度為0.6m,介質(zhì)I和介質(zhì)II中的波速之比為v1:v2=4:3,則:A1C1B1與A2C2B2的長(zhǎng)度相差多少?27、一物體做初速度為v0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a,經(jīng)過時(shí)間t速度達(dá)到vt,試證明物體經(jīng)過時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度,還等于.28、電磁彈是我國(guó)最新研究的重大科技項(xiàng)目,原理可用下述模型說(shuō)明.如圖甲所示,虛線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上,電阻為R,質(zhì)量為m,ab邊在磁場(chǎng)外側(cè)緊靠MN虛線邊界.t=0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B=B0+kt(k為大于零的常數(shù)).空氣阻力忽略不計(jì).

(1)求t=0時(shí)刻;線框中感應(yīng)電流的功率P;

(2)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框,如圖乙所示,在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物,證明:載物線框匝數(shù)越多,t=0時(shí)線框加速度越大.29、船以4m/s′的速度(相對(duì)靜水)垂直河岸渡河;水流的速度為5m/s.若河寬為120m,試計(jì)算:

(1)船能否垂直到達(dá)對(duì)岸?

(2)船需要多少時(shí)間才能到達(dá)對(duì)岸?

(3)船登陸的地點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)的距離是多少?評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題,共20分)30、【題文】如圖所示,x軸正方向水平向右,y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng),在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置,它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q>0)和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時(shí),這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g。

(1)從A點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入有磁場(chǎng)區(qū)域,并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向離開;求電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向。

(2)請(qǐng)指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域;并說(shuō)明理由。

(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v,那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里?并說(shuō)明理由。31、下列說(shuō)法正確的是(

)

A.電視機(jī)遙控器是利用發(fā)出紅外線脈沖信號(hào)來(lái)?yè)Q頻道的。

B.在楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中;用紫光作為光源,遮住其中一條狹縫,屏上將呈現(xiàn)間距相等的條紋。

C.某人在水面上方觀察水底同位置放置的紅;黃、綠三盞燈時(shí);看到綠燈距水面最近。

D.照相機(jī)鏡頭前的增透膜;信號(hào)在光導(dǎo)纖維內(nèi)的傳播都是利用了光的全反射原理。

E.電磁波與聲波由空氣進(jìn)入水中時(shí);電磁波波長(zhǎng)變短,聲波波長(zhǎng)變長(zhǎng)。

參考答案一、選擇題(共7題,共14分)1、B【分析】【分析】由光敏電阻的性質(zhì)分析電路中電阻的變化,由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流的變化,由歐姆定律可得出電壓表示數(shù)的變化;同時(shí)還可得出路端電壓的變化;由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化,再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化,由功率公式即可得出燈泡功率的變化.【解析】【解答】解:A、當(dāng)光照強(qiáng)度增大,故光敏電阻的阻值減小,電路中的總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可得,電路中總電流增大,故R1兩端的電壓增大;電壓表的示數(shù)增大.故A錯(cuò)誤;

B、因電路中總電流增大,故內(nèi)電壓增大,路端電壓減小,同時(shí)R1兩端的電壓增大,故并聯(lián)電路部分電壓減?。粍t流過R2的電流減??;故B正確;

C、總電流增大,流過R2的電流減小,由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知,流過燈泡的電流一定增大,故由P=I2R可知;小燈泡消耗的功率增大,故C錯(cuò)誤;

D;電源兩端的電壓為路端電壓;由B的分析可知,路端電壓減小,故D錯(cuò)誤;

故選:B2、B|D【分析】

設(shè)半徑為R,則物體運(yùn)動(dòng)的位移為x=2Rcosθ,物體運(yùn)動(dòng)的加速度a==gcosθ,根據(jù)x=則t=與θ角無(wú)關(guān).而知道弦長(zhǎng)和傾角也能算出半徑,所以BD正確,AC錯(cuò)誤.

故選BD

【解析】【答案】設(shè)半徑為R,則物體運(yùn)動(dòng)的位移為x=2Rcosθ,根據(jù)牛頓第二定律求出加速度,然后根據(jù)x=求解時(shí)間.

3、C【分析】【解析】

試題分析:通過圖b可知時(shí)O點(diǎn)開始通過平衡位置向上振動(dòng),當(dāng)?shù)谝淮蔚竭_(dá)正向最大位移時(shí),運(yùn)動(dòng)時(shí)間為機(jī)械波傳播的距離等于此時(shí)剛好傳播到P點(diǎn),即OP兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)之間距離為選項(xiàng)A錯(cuò)。可得波長(zhǎng)根據(jù)圖b可得振動(dòng)周期所以機(jī)械波傳播的速度選項(xiàng)C對(duì)。一個(gè)周期內(nèi),質(zhì)點(diǎn)通過的路程為4倍振幅即選項(xiàng)D錯(cuò)。繩子中所以質(zhì)點(diǎn)都是在平衡位置附近振動(dòng),而不是隨波遷移,隨波向右傳播的是振動(dòng)形式和能量而不是質(zhì)點(diǎn),選項(xiàng)B錯(cuò)。

考點(diǎn):機(jī)械振動(dòng)機(jī)械波【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】每戶家庭功率節(jié)省100W,中國(guó)人口約為13億,大概4億戶家庭,每天開燈5小時(shí),則一年全國(guó)節(jié)省的電能為故選B

【點(diǎn)評(píng)】本題難度較小,電功率指的是1s時(shí)間內(nèi)消耗的電能,kwh這個(gè)單位是電功的單位,不是電功率,要理解并能應(yīng)用該單位解題是關(guān)鍵5、D【分析】解:A

排球先上升后下降;速度先正后負(fù),故A錯(cuò)誤。

B;由于空氣阻力大小與速率成正比;所以排球運(yùn)動(dòng)過程中,所受的合力是變化的,加速度也是變化,v鈭?t

圖象應(yīng)是曲線,故B錯(cuò)誤。

CD

排球上升過程中;速度減小,空氣阻力減小,合力減小,其加速度減小,則v鈭?t

圖線切線的斜率不斷減小。下降過程中,速度增大,空氣阻力增大,合力減小,其加速度減小,則v鈭?t

圖線切線的斜率不斷減小。故C錯(cuò)誤,D正確。

故選:D

排球先上升后下降;運(yùn)動(dòng)過程中受到重力和空氣阻力,分析空氣阻力的變化情況,由牛頓第二定律判斷加速度的變化,從而確定v鈭?t

圖線切線斜率的變化,即可選擇圖象。

解決本題的關(guān)鍵要正確分析排球的受力情況,判斷合力的變化情況,要注意有空氣阻力時(shí)豎直上拋運(yùn)動(dòng)不再具有對(duì)稱性?!窘馕觥緿

6、D【分析】【分析】麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論中變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生電場(chǎng),當(dāng)中的變化有均勻變化與周期性變化之分.【解析】【解答】解:A;非均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng);而均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng).所以變化的電場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生磁場(chǎng),變化的磁場(chǎng)周圍一定產(chǎn)生電場(chǎng),但不一定變化.故A、C錯(cuò)誤;

B;均勻變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生穩(wěn)定的電場(chǎng);而非均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng).故B錯(cuò)誤;

D;周期性變化的電場(chǎng)會(huì)產(chǎn)生周期性變化的磁場(chǎng);同理周期性變化的磁場(chǎng)也會(huì)產(chǎn)生周期性變化的電場(chǎng),故D正確;

故選:D7、C【分析】【分析】放射性元素的原子核,沿垂直于磁場(chǎng)方向放射出一個(gè)粒子,均在洛倫茲力的作用下都做勻速圓周運(yùn)動(dòng).放射性元素放出粒子,動(dòng)量守恒,由半徑公式r==,分析α粒子和β粒子與反沖核半徑關(guān)系,根據(jù)洛倫茲力分析運(yùn)動(dòng)軌跡是內(nèi)切圓還是外切圓,判斷是哪種衰變.【解析】【解答】解:放射性元素放出α粒子時(shí);α粒子與反沖核的速度相反,而電性相同,則兩個(gè)粒子受到的洛倫茲力方向相反,兩個(gè)粒子的軌跡應(yīng)為外切圓.

而放射性元素放出β粒子時(shí);β粒子與反沖核的速度相反,而電性相反,則兩個(gè)粒子受到的洛倫茲力方向相同,兩個(gè)粒子的軌跡應(yīng)為內(nèi)切圓.

故右圖放出的是β粒子;左圖放出的是α粒子;

射性元素放出粒子時(shí),兩帶電粒子的動(dòng)量守恒.由半徑公式r==,可得軌跡半徑與動(dòng)量成正比,與電量成反比,而α粒子和β粒子的電量比反沖核的電量小,則α粒子和β粒子的半徑比反沖核的半徑都大,故b為α粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡;c為β粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡;

故選:C.二、填空題(共9題,共18分)8、1.50【分析】【分析】根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性求出小球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間,根據(jù)位移時(shí)間公式求出小球在第2s內(nèi)的位移.【解析】【解答】解:豎直上拋運(yùn)動(dòng)上升過程和下降過程具有對(duì)稱性;可知小球經(jīng)過1.5s上升到最高點(diǎn),小球在1.5s末上升到最高點(diǎn),采用逆向思維,知第1s末的速度大小為:

v1=gt′=10×0.5m/s=5m/s;

則小球在第2s內(nèi)的位移為:

故答案為:1.5;0.9、64【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式去分析加速度和初速度,再根據(jù)v=v0+at求解1s末的速度.【解析】【解答】解:根據(jù)及x=3t2-2t,可知,a=6m/s2.v0=-2m/s.

則1s末的速度v=v0+at=-2+1×6=4m/s

故答案為:6,410、2F【分析】【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力定律的公式F=G列式判斷即可.【解析】【解答】解:甲、乙兩物體之間的萬(wàn)有引力的大小為F,故:F=G①

若保持乙物體的質(zhì)量不變,而使甲物體的質(zhì)量減小到原來(lái)的;同時(shí)使它們之間的距離也減小一半,則:

F′=G②

聯(lián)立①②解得:F′=2F.

即甲;乙兩個(gè)物體間的萬(wàn)有引力將變?yōu)?F.

故答案為:2F.11、21.5【分析】【分析】物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式列式求解即可.【解析】【解答】解:物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng);第4秒末的速度為:

v4=v0+at4=0+0.5×4=2m/s

第4秒初是第3秒末;速度為:

v3=v0+at3=0+0.5×3=1.5m/s

故答案為:2,1.5.12、減小向上【分析】【分析】根據(jù)波的明顯衍射條件:阻礙的尺寸比波長(zhǎng)小,或相差不大.并由相同波速,頻率與波長(zhǎng)成反比.【解析】【解答】解:由題意可知;當(dāng)減小波源的頻率,從而使波長(zhǎng)增大;或移動(dòng)N使狹縫的距離減小,即將N極向上移動(dòng)一些,都可以使衍射現(xiàn)象更加明顯.

故答案為:減小,向上.13、0.4【分析】【分析】由題確定波長(zhǎng)的大小,已知了波速的大小,根據(jù)v=求出周期的大小.【解析】【解答】解:據(jù)題可得;該波的波長(zhǎng)為λ=6m

已知波速為v=15m/s,則v=得。

T==s=0.4s

故答案為:0.4.14、63.1×1015【分析】【分析】任意兩個(gè)能級(jí)間產(chǎn)生一次躍遷,發(fā)出一種頻率的光子,氫原子在這些能級(jí)之間躍遷所輻射的光子的頻率最多共產(chǎn)生種頻率不同的光子.根據(jù)玻爾理論△E=Em-En(m>n)分析,哪種躍遷所發(fā)出的光子能量最大,頻率就最大,從而即可求解.【解析】【解答】解:(1)從n=4躍遷最多有=6種。

(2)最大頻率時(shí)應(yīng)△E最大。

即為hγ=△E

γ==

代入數(shù)據(jù)得:γ=3.1×1015HZ;

故答案為:6,3.1×101515、0.254010【分析】【分析】(1)由圖象讀出周期T,由f=求解頻率.

(2)P質(zhì)點(diǎn)距波源近,P先振動(dòng),從而確定波從P到Q的波形個(gè)數(shù),結(jié)合P與Q間距離小于1個(gè)波長(zhǎng),求出波長(zhǎng),再求解波速.【解析】【解答】解:(1)由圖象讀出此波的周期T=4s,頻率為f==Hz=0.25Hz.

(2)據(jù)題P比Q離波源近,且P與Q間距離小于1個(gè)波長(zhǎng),則得:=30m

解得:λ=40m

波速為v===10m/s

故答案為:(1)0.25;(2)40,1016、40010【分析】【分析】(1)電動(dòng)機(jī)的輸出功率等于牽引力的功率;根據(jù)牽引力的功率求出電動(dòng)機(jī)的輸出功率.

(2)電動(dòng)機(jī)的輸入功率等于輸出功率和線圈電阻產(chǎn)生的熱功率之和.根據(jù)能量守恒,結(jié)合焦耳定律求出電動(dòng)機(jī)線圈的電阻.【解析】【解答】解:(1)電動(dòng)機(jī)的輸出功率P2=mgv=500×0.8W=400W.

(2)電動(dòng)機(jī)的輸入功率P1=EI=220×2W=440W.

根據(jù)能量守恒定律得,

則線圈內(nèi)阻r===10A.

故答案為:400;10三、判斷題(共5題,共10分)17、√【分析】【分析】氣體壓強(qiáng)的微觀解釋:氣體的壓強(qiáng)是氣體分子頻繁撞擊容器壁產(chǎn)生的;從宏觀上看,一定質(zhì)量的氣體,溫度越高,體積越小,氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)越大.

從宏觀上看,這個(gè)壓強(qiáng)就是地面上每平方米面積的上方整個(gè)大氣柱對(duì)地面的壓力,它等于地面上方的這一大氣柱的重力.【解析】【解答】解:氣壓是由于氣體分子對(duì)杯壁的密集的;激烈的碰撞的效應(yīng).

從宏觀效果上看;對(duì)于地面所受到的大氣壓強(qiáng),就是地面上每平方米面積的上方整個(gè)大氣柱對(duì)地面的壓力,它等于地面上方的這一大氣柱的重力。

故該說(shuō)法是正確的.

故答案為:√18、√【分析】【分析】同時(shí)晶體內(nèi)部排列有規(guī)則,而非晶體則沒有,但形狀不一定有規(guī)則.晶體分為單晶體和多晶體,單晶體具有各向異性,多晶體具有各向同性.【解析】【解答】解:晶體分為單晶體和多晶體.根據(jù)晶體的結(jié)構(gòu)的特點(diǎn)可知;單晶體由于內(nèi)部原子按空間點(diǎn)陣排列,排列規(guī)律相同,所以具有各向異性.故該說(shuō)法是正確的.

故答案為:√19、×【分析】【分析】滑動(dòng)摩擦力與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反.【解析】【解答】解:滑動(dòng)摩擦力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng);與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反.有時(shí)會(huì)和物體的運(yùn)動(dòng)方向相同,故與物體的運(yùn)動(dòng)方向相反說(shuō)法錯(cuò)誤.

故答案為:×20、×【分析】【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量,當(dāng)加速度方向與速度方向相同,做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度方向與速度方向相反,做減速運(yùn)動(dòng).【解析】【解答】解:加速度是反映速度變化快慢的物理量.根據(jù)牛頓第二定律可知;加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同;

結(jié)合速度與加速度的關(guān)系可知;當(dāng)加速度方向與速度方向相同,加速度減小,速度增大.當(dāng)物體的加速度方向與速度方向相反,速度減小.

所以作用在物體上的合外力減小時(shí);速度可能隨之減小,也可能隨之增大.所以以上說(shuō)法是錯(cuò)誤的.

故答案為:×21、√【分析】【分析】分子在永不停息的做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng),物體內(nèi)部個(gè)別分子的速度具有怎樣的數(shù)值和方向完全是偶然的,但就大量分子的整體來(lái)看,在一定的條件下,物體分子的速度分布也遵從一定的統(tǒng)計(jì)規(guī)律.【解析】【解答】解:對(duì)于大量分子;其運(yùn)動(dòng)有一定的統(tǒng)計(jì)規(guī)律,但對(duì)于個(gè)別分子,其運(yùn)動(dòng)的速度完全是偶然的;

故答案為:√四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題,共40分)22、略

【分析】解:(1)根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖;

(2)閉合S1和S3,斷開S2,Rx直接接在電源兩端,電壓表測(cè)量Rx兩端的電壓,閉合S1和S2,斷開S3,R1直接接在電源兩端,電壓表測(cè)量R1兩端的電壓,兩次實(shí)驗(yàn)電壓值相等,則Rx的電阻值與R0的阻值相等,即Rx=R0;

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律得:

E=U+r

解得:U=

整理得:=+

所以-的圖象的斜率k=直線與縱軸的截距b=

解得:E=r=

故答案為:(2)R0;(2)

(1)根據(jù)原理圖連接實(shí)物圖;

(2)分析閉合S1和S3,斷開S2和閉合S1和S2,斷開S3時(shí)的電路結(jié)構(gòu),根據(jù)閉合電路歐姆定律求解Rx的電阻值;

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律求出-的關(guān)系式;結(jié)合圖象的斜率和截距求出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻.

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)、測(cè)量電阻實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)的處理,要求能正確分析誤差的來(lái)源,并能用圖象法求出電勢(shì)和內(nèi)電阻,難度適中.【解析】R0;23、(1)勻減速直線越大(2)c(3)2.0【分析】(1)

紙帶剪接后,水平方向每條寬度相同,正好與時(shí)間對(duì)應(yīng),豎直長(zhǎng)度為相鄰相等時(shí)間內(nèi)的位移,由于婁隴

x

=

aT

2

紙帶長(zhǎng)度差相等,變化規(guī)律恰好與速度一樣.

圖線可看作v

鈭?

t

圖象,即速度均勻減小,紙帶做勻減速運(yùn)動(dòng),圖象斜率越大,加速度越大.(2)

求0.25s

時(shí)的速度,即求0.2隆蘆0.3s

內(nèi)的平均速度,0.2隆蘆0.3s

內(nèi)的位移恰好是紙帶c

段對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度.(3)(3)

利用婁隴

x

=

aT

2

即xm

鈭?

xn

=(

m

鈭?

n

)

aT

2

有a

=xa鈭?xe4T2=鈭?2.0m/s2

所以加速度的大小為2.0m/s2

.【解析】(1)

勻減速直線越大(2)

c

(3)2.0

24、略

【分析】解:(1)

一節(jié)鉛蓄電池的電動(dòng)勢(shì)約為2V

為了多次幾組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),電路電流變化量應(yīng)大一些,因此保護(hù)電阻阻值不能太大,保護(hù)電阻應(yīng)選定值電阻:E.

定值電阻R01(

阻值2.0婁賂

額定功率5W)

電動(dòng)勢(shì)約為2V

故電壓表應(yīng)選擇C

保護(hù)電阻阻值為2.0婁賂

則電路最大電流不超過1A

為減小電流表的讀數(shù)誤差,電流表應(yīng)選A.

電流表A1

量程為0.6A

為方便實(shí)驗(yàn)操作,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器,因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選:F.

滑動(dòng)變阻器R1(

阻值范圍0隆蘆10婁賂

額定電流2A).

根據(jù)原理圖得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖如圖所示;

(2)

根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描出對(duì)應(yīng)的點(diǎn);然后根據(jù)描出的點(diǎn)作出U鈭?I

圖象如圖所示;由U鈭?I

圖象可知,蓄電池的電動(dòng)勢(shì)為:

E=1.98V

內(nèi)阻為:r=鈻?U鈻?I=1.98鈭?1.600.68隆脰0.56婁賂

故答案為:(1)ACF

如下圖所示;

(2)

如下圖;1.980.56

(1)

保護(hù)電阻既能保護(hù)電路;阻值又不能太大;根據(jù)電路最大電流選擇電流表;在保證電路安全的情況下,滑動(dòng)變阻器最大阻值應(yīng)小些.

根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理確定實(shí)驗(yàn)實(shí)物圖;

(2)

根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn);然后作出U鈭?I

圖象;電源的U鈭?I

圖象與縱軸的交點(diǎn)是電源的電動(dòng)勢(shì),圖象斜率的絕對(duì)值是電源的內(nèi)阻;

本題考查了實(shí)驗(yàn)器材的選取、作U鈭?I

圖象、求蓄電池的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻、分析實(shí)驗(yàn)誤差等;要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選取原則:安全性原則、精確性原則、方便性原則、經(jīng)濟(jì)(

節(jié)能)

性原則.【解析】ACF1.980.56

25、略

【分析】【分析】根據(jù)待測(cè)電阻阻值與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法,然后根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖要與歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差。本題考查了電流表接法的選擇,考查了實(shí)驗(yàn)誤差分析;當(dāng)待測(cè)電阻阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻時(shí)電流表應(yīng)采用內(nèi)接法,當(dāng)電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)電阻阻值時(shí)電流表應(yīng)采用外接法?!窘獯稹坑深}意可知RxRA=2001=200RVRx=2000200=10

則RxRA>RVRx

故電流表應(yīng)采用內(nèi)接法,則Rx1

更接近待測(cè)電阻的真實(shí)值,有意義電流表采用內(nèi)接法,電壓的測(cè)量值偏大,由歐姆定律可知,電阻測(cè)量值大于真實(shí)值。故填:Rx1

大于?!窘馕觥縍Rx1大于五、證明題(共4題,共36分)26、略

【分析】【分析】(1)根據(jù)惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2;根據(jù)幾何關(guān)系得到入射角正弦和折射角的正弦.結(jié)合光傳播距離公式s=vt求解.

(2)根據(jù)光線在兩種介質(zhì)中的速度之比為入射角和折射角的正弦之比,通過幾何關(guān)系求出A1C1B1和A2C2B2的長(zhǎng)度相差的距離【解析】【解答】解:(1)證明:如圖,根據(jù)惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2.

在RT△C1D1C2和RT△C2D2C1中:∠C2C1D1=θ1,∠C1C2D2=θ2;有:

又因?yàn)镈1C2=v1t,C1D2=v2t

所以聯(lián)立各式得:得證。

(2)根據(jù),v1:v2=4:3和θ1=53°得:θ2=37°

所以C1C2=1.0m,D1C2=0.8m,C1D2=0.6m

所以A1C1B1與A2C2B2的長(zhǎng)度相差:△r=D1C2-C1D2=0.2m

答:(1)證明見上.

(2)A1C1B1與A2C2B2的長(zhǎng)度相差0.2m.27、略

【分析】【分析】根據(jù)位移時(shí)間公式的表達(dá)式,結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小,通過速度時(shí)間公式得出中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度,判斷是否相等.【解析】【解答】證明:設(shè)物體在上述兩個(gè)T內(nèi)的總位移為s,則s=v0?2T+a(2T)2

物體在這兩個(gè)T內(nèi)的平均速度為==v0+aT=vT

而v0+aT==

故可證物體經(jīng)過時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度,還等于.28、略

【分析】【分析】(1)先計(jì)算出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);再代入功率的公式計(jì)算出線框中感應(yīng)電流的功率P;

(2)先計(jì)算出n匝線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),從而計(jì)算出安培力的大小,再由牛頓第二定律算出加速度來(lái)證明:載物線框匝數(shù)越多,t=0時(shí)線框加速度越大.【解析】【解答】解:(1)t=0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);由法拉第電磁感應(yīng)定律得。

功率=;

(2)n匝線框中時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。

線框的總電阻R總=nR

線框中的感應(yīng)電流

t=0時(shí)刻線框受到的安培力F=nB0IL

設(shè)線框的加速度為a;根據(jù)牛頓第二定律有。

F=(nm+M)a

解得:

可知n越大;a越大。

證得:若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框;如圖乙所示,在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物,載物線框匝數(shù)越多,t=0時(shí)線框加速度越大.

答:(1)求t=0時(shí)刻,線框中感應(yīng)電流的功率P為;

(2)證明過程見解析.29、略

【分析】【分析】將小船渡河的運(yùn)動(dòng)分解為沿河岸方向和垂直于河岸方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng);在兩個(gè)方向上都做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此不能垂直到達(dá)對(duì)岸;

再根據(jù)分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性求出渡河的時(shí)間;

結(jié)合兩方向的位移公式,由矢量合成法則,即可求解登陸的地點(diǎn)離船出發(fā)點(diǎn)的距離【解析】【解答】解:(1)船以4m/s垂直河岸的速度渡河;因存在水流的速度為5m/s,則是船不能垂直達(dá)到對(duì)岸;

(2)因船以4m/s垂直河岸的速度渡河時(shí)間最短,根據(jù)t==s=30s;則有渡河時(shí)間至少為30s;

(3)在渡河時(shí)間內(nèi),船沿著水流方向的位移為:s=vst=5×30m=150m;

所以船登陸的地點(diǎn)離船出發(fā)點(diǎn)的距離是:x==m=30m;

答:(1)船不能垂直達(dá)到對(duì)岸;

(2)船需要30s時(shí)間才能達(dá)到對(duì)岸;

(3)船登陸的地點(diǎn)離船S發(fā)點(diǎn)的距離是30m.六、綜合題(共2題,共20分)30、略

【分析】【解析】(1)帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng),說(shuō)明帶電微粒所受重力和電場(chǎng)力的大小相等,方向相反。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,由

可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向沿y軸正方向。

帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用。由于電場(chǎng)力和重力相互抵消,它將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如圖(a)所示,考慮到帶電微粒是從C點(diǎn)水平進(jìn)入磁場(chǎng),過O點(diǎn)后沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng),可得圓周運(yùn)動(dòng)半徑

設(shè)磁感

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