河北省衡水中學高三下學期期中考試物理試題1.下列說法正確的是A.米、千克、摩爾、安培都是國際單位制中的基本單位B.光電效應揭示了光的粒子性，而康普特效應則反映了光的波動性C.安培最早引入場的概念，并提出用電場線表示電場D.盧瑟福用α粒子散射實驗的數據否定了湯姆遜的“西瓜模型”，并估算了原子的大小【答案】A【解析】國際單位制規定了七個基本物理量．分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量．它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，則米、千克、摩爾、安培都是國際單位制中的基本單位，故A正確；光電效應和康普特效應都揭示了光的粒子性，故B錯誤；法拉第最早引入場的概念，并提出用電場線表示電場，故C錯誤；盧瑟福用α粒子散射實驗的數據否定了湯姆遜的“西瓜模型”，并估算了原子核的大小，故D錯誤；2.如圖所示，物塊A放在直角三角形斜面體B上面，B放在輕彈簧上面并緊挨著豎直粗糙墻壁，處于靜止狀態；彈簧處于豎直．現用力F沿斜面向上推A，但AB仍處于靜止狀態．下列說法正確的是（）A.施加F前，B可能受6個力B.施加F后，A、B之間的摩擦力一定變小C.施加F后，B受到彈簧的彈力可能變小D.施加F之后，B與墻之間的摩擦力一定小于F.【答案】D【解析】試題分析：隔離對A分析，通過A受力平衡判斷A、B之間摩擦力的變化．通過對整體分析，抓住AB不動，彈簧的彈力不變，判斷B與墻之間有無摩擦力．開始時A靜止，則A受到重力以及B對A的支持力、摩擦力，根據共點力平衡可知，B對A的支持力與摩擦力的合力的方向豎直向上；

開始時B也靜止，則B受到重力、彈簧的彈力、A對B的壓力與摩擦力，由于B對A的支持力與摩擦力的合力的方向豎直向上，則A對B的壓力與摩擦力的合力方向豎直向下，所以B與墻壁之間沒有力的作用．所以B受到四個力的作用．故A錯誤；對A，開始受重力、B對A的支持力和靜摩擦力平衡，三力平衡，A所受的靜摩擦力大小為mAgsinθ，當施加F后，仍然處于靜止，若F＞2mAgsinθ，則A、B之間的摩擦力大小為f=F-mAgsinθ＞mAgsinθ，變大，故B錯誤；

A與B始終靜止，可知彈簧的形變量沒有變化，根據胡克定律可知，施加F后，B受到彈簧的彈力不變．故C錯誤；對整體分析，由于AB不動，彈簧的形變量不變，則彈簧的彈力不變，開始彈簧的彈力等于A、B的總重力，施加F后，彈簧的彈力不變，總重力不變，但F有豎直向上的分量，則根據平衡知，則B與墻之間一定有摩擦力且大小等于F沿豎直方向的分力，即f=Fsinα，所以B與墻之間的摩擦力一定小于F，故D3.三顆人造地球衛星A、B、C繞地球做勻速圓周運動，如圖所示，已知mA=mB<mC，則對于三個衛星，下列說法錯誤的是A.運行線速度關系為vA>vB=vCB.機械能關系為EA<EB<ECC.已知萬有引力常量G，現測得衛星A的周期TA和軌道半徑rA可求得地球的平均密度D.半徑與周期的關系為：R【答案】C4.如圖，電路中有四個完全相同的燈泡，額定電壓均為U，額定功率均為P，變壓器為理想變壓器，現在四個燈泡都正常發光，則變壓器的匝數比n1:n2以及電源電壓U1為：A.1:22UB.2：14UC.2：12UD.1：24U【答案】B【解析】試題分析：變壓器的特點：匝數與電壓成正比，與電流成反比，根據燈泡正常發光可知原副線圈中電流的大小關系．設燈泡正常發光時，額定電流為I0．由題圖可知，原線圈中電流I原=I0，副線圈中兩燈并聯，副線圈中電流I副=2I0，U副=U5.物體由靜止開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，當速度達到v時，改為加速度大小為a2的勻減速直線運動，直至速度為零．在勻加速和勻減速運動過程中物體的位移大小和所用時間分別為x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（）A.x1x2=t1【答案】ACD6.如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下；磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放內壁光滑、底部有帶電小球的試管；試管在水平拉力向右的拉力F作用下向右勻速運動，（拉力與試管壁始終垂直），帶電小球能從試管口處飛出，關于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A.小球帶正電，且軌跡為拋物線B.洛倫茲力對小球做正功C.小球相對試管做變加速直線運動D.維持試管勻速運動的拉力F應隨時間均勻增大【答案】AD【解析】試題分析：小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，由左手定則，分析電性．將小球的運動分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個方向．根據受力情況和初始條件分析兩個方向的分運動情況，研究軌跡，確定F如何變化．小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電，故A正確；洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故B錯誤；設管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動．小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動．與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故C錯誤；設小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv27.在勻強磁場中，一個靜止的氡核86222A.Po核與α粒子在磁場中的運動軌跡為外切圓B.Po核的動能是α粒子動能的2109C.Po核的軌跡半徑是α粒子軌跡半徑的142D.若α粒子在磁場中運動的周期為T，則Po核與α粒子兩次相遇的時間間隔為84T【答案】ABC8.在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區域內，現有一邊長為d（d<L）的正方形閉合線框以垂直于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，下列說法正確的是A.線圈在滑進磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運動B.線圈在滑進磁場的過程中與滑出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量相同C.線圈在滑進磁場的過程中速度的變化量與滑出磁場的過程中速度的變化量不同D.線圈在滑進磁場的過程中產生的熱量Q1與滑出磁場的過程中產生的熱量Q2之比為3:1【答案】ABD【解析】線框進入磁場中，受到的安培力方向向左，做減速運動，隨著速度的減小，安培力也減小，故做勻加速直線運動，當線圈完全進入磁場到右邊的框邊出磁場的過程中，穿過線圈的磁通量不變，沒有感應電流產生，做勻速直線運動，當線框開始運動出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運動，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運動，A正確；根據q=ΔΦR可知進入磁場和滑出磁場的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進入磁場過程有：-BI1LΔt1=mΔ，則得-BqL=mΔv2，則得Δv線圈在進磁場或出磁場某一位置的加速度a=BILm=B2L2vmR，則在很短時間內速度的變化量Δv=aΔt=B2L2mRvΔt=B2L2【點睛】解決本題的難點在于通過微分的思想得出線圈進磁場和出磁場過程中速度變化量大小相等．然后通過能量守恒進行求解．三、非選擇題：（一）必考題：9.小石同學在用打點計時器研究一物體做勻變速直線運動時，得到了如圖所示的一條紙帶，相鄰兩計數點間還有4個點未畫出，由圖中所給的數據可求出物體的加速度為a=____m/s2（所用交流電的頻率為50Hz，結果保留三位有效數字）【答案】0.857【解析】從圖中可知x01=3.26cm=3.26×10-2m，x34=5.83cm=5.83×10-210.（1）為了測一圓柱體電阻的電阻率，小光同學分別用游標卡尺和螺旋測微器測量其長度和直徑，由下圖可知，長度L為_____cm，直徑D為____mm.（2）小黑同學要將一個電流計G改裝成直流電壓表，但他僅借到一塊標準電壓表V0、一個電池組E、一個滑動變阻器R’和幾個待用的阻值標準的定值電阻.①該同學從上述具體條件出發，先將待改裝的表G直接與一個定值電阻R相連接，組成一個電壓表；然后用標準電壓表V0校準．請你畫完圖2方框中的校準電路圖_____．②實驗中，當定值電阻R選用14.0kΩ時，調整滑動變阻器R′的阻值，電壓表V0的示數是12.0V時，表G的指針恰好指到滿量程的五分之二；當R選用4.0kΩ時，調整R′的阻值，電壓表V0的示數是6.0V，表G的指針又指到滿量程的五分之二．由此可以判定，表G的內阻rg是_____kΩ，滿偏電流Ig是___mA，若要將表G改裝為量程是15V的電壓表，應配備一個_______kΩ的電阻.【答案】(1).（1）10.4(2).2.150(3).（2）6(4).1(5).9【解析】（1）游標卡尺讀數為L=10.0mm+4×0.1mm=10.4mm螺旋測微器讀數為D=2mm+15.0×0.01=2.150mm11.如圖所示，abc是光滑的軌道，其中ab是水平的，bc為與ab相切于豎直平面內的半圓，半徑R=0.40m，一質量為m1=0.20kg的小球A靜止在軌道上，另一質量為m2=0.60kg的小球B，以初速度v0與小球A正碰．已知兩球碰撞過程中沒有機械能損失，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，,，求：（1）兩球碰撞后的速度大小；（2）若碰后AB兩球都能到達豎直圓軌道的最高點C，求B球的初速度v0滿足什么條件？【答案】（1）v1=32【解析】（1）因為兩球碰撞過程沒有機械能損失，故滿足動量守恒和動能守恒m2v0解得v1=（2）設小球恰好到達C點速度為vc，C點由牛頓定律：mg=mv設小球B點以vb恰好到達C點，則從b到c點由機械能守恒可得：12解得：v若碰后兩球都能到達最高點C，只要速度小的滿足：v2≥vb即v12.電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成；偏轉電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示；大量電子由靜止開始，經加速電場加速后，連續不斷地沿水平方向從兩板正中間OO′射入偏轉電場．當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當在兩板上加如圖乙所示的電壓時（U0為已知），所有電子均能從兩板間通過，然后進入垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，最后都垂直打在豎直放置的熒光屏上．已知電子的質量為m、電荷量為e，其重力不計．求：（1）電子離開偏轉電場時的位置到OO′的最小距離和最大距離；（2）偏轉磁場區域的水平寬度L；（3）偏轉磁場區域的最小面積S．【答案】（1）3U0et02【解析】試題分析：（1）由題意可知，從t0、3t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO＇的距離最小，有：得電子的最小距離從0、2t0、4t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO＇的距離最大，有：電子的最大距離為：（2）設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為q，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：設電子離開偏轉電場時的速度為vt，垂直偏轉極板的速度為vy，則電子離開偏轉電場時的偏向角為：，式中又：解得：考點：帶電粒子在電場及在磁場中的運動.13.下列說法正確的是A.凡與熱現象有關的宏觀過程都具有方向性，在熱傳遞中，熱量只能從高溫物體傳遞給低溫物體，而不能從低溫物體傳遞給高溫物體B.液體的飽和氣壓隨溫度的升高而增大是因為飽和汽的體積隨溫度的升高而增大C.液體與大氣相接處，表面層內分子所受其它分子的作用表現為相互吸引D.0℃的鐵和0℃的冰，它們的分子平均動能相同E.氣體分子單位時間內與單位面積器壁碰撞的次數與單位體積內的分子數和溫度有關【答案】CDE【解析】根據熱力學第二定律知，凡與熱現象有關的宏觀過程都具有方向性，在熱傳遞中，熱量能自發從高溫物體傳遞給低溫物體，不能自發從低溫物體傳遞給高溫物體，

，但在外界的影響下，熱量也能從低溫物體傳遞給高溫物體，故A錯誤；在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數密度是一定的，因而其壓強也是一定的，與體積無關；故密閉容器中某種蒸汽開始時若是飽和的，保持溫度不變，增大容器的體積，穩定后蒸汽的壓強不變；液體的飽和汽壓隨溫度的升高而增大，是因為隨溫度的升高液體蒸發的速度加快，故B錯誤；液體與大氣相接觸，表面層內分子間距較大，則分子所受其他分子的作用表現為相互吸引，故C正確；溫度是分子平均動能的標志，則0℃的鐵和0℃的冰，溫度相同，它們的分子平均動能相同，故D正確；氣體分子單位時間內與單位面積器壁碰撞的次數與單位體積內的分子數和溫度有關，單位體積內的分子數越多碰撞次數越多