廣東省梅州市水寨中學高三物理測試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個線圈a和b，則()A．線圈a輸入正弦交變電流，線圈b可輸出恒定電流B．線圈a輸入恒定電流，穿過線圈b的磁通量一定為零C．線圈b輸出的交變電流不對線圈a的磁場造成影響D．線圈a的磁場變化時，線圈b中一定有電場參考答案：B2.

理論研究表明，無限大的均勻帶電平面在周圍空間會形成與平面

垂直的勻強電場．現有兩塊無限大的均勻絕緣帶電平面，一塊兩面

正電，一塊兩面負電．把它們正交放置如圖5所示，單位面積所電

荷量相等（設電荷在相互作用時不移動），右圖中直線A1B1和A2B2

分別為帶正電平面和帶負電平面與紙面正交的交線，O為兩交線的

交點，則下圖中能正確反映等勢面分布情況的是參考答案：A3.（單選）電磁感應現象在生活及生產中的應用非常普遍，下列不屬于電磁感應現象及其應用的是（）A發電機B動圈式話筒C電動機D變壓器參考答案：【考點】：電磁感應在生活和生產中的應用．【分析】：閉合電路中的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，就會產生感應電流；根據電磁感應現象我們制成了發電機、動圈式話筒、變壓器等；通電導體在磁場中就會受力運動，根據此原理我們制成了電動機、揚聲器等．：解：A、發電機是利用線圈在磁場中做切割磁感線運動從而產生電流﹣﹣﹣電磁感應現象來工作的，所以A不符合題意；B、動圈式話筒是利用說話時空氣柱的振動引起繞在磁鐵上的線圈做切割磁感線運動，從而產生隨聲音變化的電流，利用了電磁感應現象，所以B不符合題意；C、電動機是利用通電線圈在磁場中受力轉動的原理來工作的，所以C符合題意；D、變壓器是利用電磁感應現象的原理來改變交流電壓的，所以D不符合題意．本題選擇不屬于的，故選：C．【點評】：此題考查電磁感應原理在生活中的應用，生活處處有物理，我們要能夠分析出生活用到的物理知識．4.如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里．許多質量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率v沿位于紙面內的各個方向，由小孔O射入磁場區域．不計重力，不計粒子間的相互影響．下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區域，其中R=．哪個圖是正確的？（）A． B． C． D．參考答案：A【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】相同速率的粒子在磁場中圓周運動的半徑相同，根據帶電粒子的進入磁場的方向可確定出圓心的位置，則可得出所有粒子能到達的最遠位置，即可確定出粒子的范圍．【解答】解：據題：所有粒子的速率相等，由R=可知所有粒子在磁場中圓周運動半徑相同，由圖可知，由O點射入水平向右的粒子恰好應為最右端邊界，MO=2r=2R；隨著粒子的速度方向偏轉，粒子轉動的軌跡圓可認為是以O點為圓心以2R為半徑轉動；則可得出符合題意的范圍應為A；故A正確．故選：A．5.（單選）如圖，在正方形區域的四個頂點固定放置四個點電荷，它們的電量的絕對值相等，電性如圖，K、L、M、N分別為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心，下列關于各點的電場強度與電勢的判斷正確的是（）A．K點與M點的電場強度大小相等、方向相反B．O點的電場強度為零C．N點電場強度的大小大于L點電場強度的大小D．K、O、M三點的電勢相等參考答案：DK點與M點的電場強度大小相等、方向相同，所以A錯誤；O點的電場強度不為零所以B錯誤；N點的電場強度大小等于L點的電場強度大小,所以C錯誤。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.質量為m的衛星圍繞地球做勻速圓周運動，其軌道半徑是地球半徑的2倍．已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則衛星的速度大小為_______參考答案： 7.在“測定金屬的電阻率”的實驗中：（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數如圖1所示，讀數為

mm．（2）某小組同學利用電流表（內阻約0.1Ω）、電壓表（內阻約3kΩ）等器材從0開始的多組電流、電壓數據并求出金屬絲的電阻Rx=50Ω，他們采用的是如圖中的

電路圖，所測電阻Rx的真實值

（選填“大于”、“小于”、“等于”）50Ω．參考答案：（1）2.526（2.525﹣2.528）；（2）A；

小于．【考點】測定金屬的電阻率．【分析】（1）的關鍵是讀數時要分成整數部分和小數部分兩部分之和來讀；（2）的關鍵是明確當電流要求從零調時，變阻器應用分壓式接法，當待測電阻遠小于電壓表內阻時，電流表應用外接法．【解答】解：（1）螺旋測微器的讀數為d=2.5mm+20.7×0.01mm=2.527mm（2.525﹣2.528）；（2）由給出的數據表可知，電流和電壓從零調，所以滑動變阻器應用分壓式接法；因電流表（內阻約0.1Ω）、電壓表（內阻約3kΩ），而待測金屬絲的電阻Rx=50Ω，依據＞RARV，則有，所測電阻偏大，所以電流表應用內接法，故應采用A圖；因采用電流表內接法，則導致電壓表測量值偏大，因此所測電阻的測量值大于真實值，即所測電阻Rx的真實值小于50Ω．故答案為：（1）2.526（2.525﹣2.528）；（2）A；

小于．8.一個變力F作用在物體上，此力隨時間變化的情況如圖所示，規定向右方向為F的正方向，則由圖線可知，前2s內變力F的沖量為

N.s；5s內變力F的沖量為

N.s。

參考答案：10，209.如圖所示是一定質量的理想氣體狀態變化過程中密度隨熱力學溫度變化的曲線，則由圖可知：從A到B過程中氣體

（吸熱、放熱），從B到C過程中，氣體的壓強與熱力學溫度的關系為

（P與T成正比，P與T的平方成正比）參考答案：吸熱

P與T的平方成正比10.為了測量某一彈簧的勁度系數,將該彈簧豎直懸掛起來,在自由端掛上不同質量的砝碼.實驗測出了砝碼的質量m與彈簧長度l的相應數據,七對應點已在圖上標出.(g=9.8m/s2)(1)作出m-l的關系圖線;(2)彈簧的原長為______cm；(2)彈簧的勁度系數為_____N/m.參考答案：(1)如圖所示（2分）(2)8.6~8.8（3分）(3)0.248~0.262（3分）11.在β衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出．中微子的性質十分特別，因此在實驗中很難探測。1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統，利用中微子與水中11H的核反應，間接地證實了中微子的存在．（1）中微子與水中的11H發生核反應，產生中子(01n)和正電子(＋10e)，即中微子＋11H―→01n＋＋10e

可以判定，中微子的質量數和電荷數分別是________．（3分）(填寫選項前的字母)A．0和0

B．0和1C．1和0

D．1和1（2）上述核反應產生的正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體后，可以轉變為兩個光子(γ)，即

＋10e＋－10e―→2γ.

已知正電子和電子的質量都為9.1×10－31kg，反應中產生的每個光子的能量約為____

____J．（4分）

普朗克常量為h=6.63×10－34J·s

1u質量對應的能量為931.5MeV參考答案：12.

(4分)激光的應用非常廣泛，其中全息照片的拍攝就利用了光的

原理，這就要求參考光和物光有很高的 。參考答案：

答案：干涉

相干性(各2分)13.在“觀察水波的干涉”實驗中得到如圖所示的干涉圖樣．O1、O2為波源，實線表示波峰，虛線為P位置與波源連線，且O1P=O2P．（1）P點是振動加強點（選填“加強”或“減弱”）．（2）（單選題）若有一小紙片被輕放在P點浮于水面上，則此后紙片運動情況是D（A）一定沿箭頭A方向運動

（B）一定沿箭頭B方向運動（C）一定沿箭頭C方向運動

（D）在P點處隨水面上下運動．參考答案：解：（1）據圖可知，兩列波的波長相同，所以兩列波的頻率相同，由于且O1P=O2P，所以路程差為半個波長的整數倍，所以該點P為振動加強點．（2）據波傳播的特點，各質點并不隨波遷移，而是在平衡位置附近做簡諧運動，所以小紙片在P點隨水面上下運動，故ABC錯誤，D正確．故答案為：（1）加強；（2）D．三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（8分）（1）美國科研人員正在研制一種新型鎳銅長效電池，它是采用銅和放射性同位素鎳63(Ni)兩種金屬作為長壽命電池的材料，利用鎳63(Ni)發生一次β衰變成銅（Cu），同時釋放電子給銅片，把鎳63(Ni)和銅片做電池兩極，鎳63(Ni)的衰變方程為 。（2）一靜止的質量為M的鎳核63(Ni)發生β衰變，放出一個速度為v0，質量為m的β粒子和一個反沖銅核，若鎳核發生衰變時釋放的能量全部轉化為β粒子和銅核的動能。求此衰變過程中的質量虧損（虧損的質量在與粒子質量相比可忽略不計）。參考答案：解析：（1）；（2）設衰變后銅核的速度為v，由動量守恒

①由能量方程

②由質能方程

③解得

④點評：本題考查了衰變方程、動量守恒、能量方程、質能方程等知識點。15.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點A（0，L）．一質量為m、電荷量為e的電子從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的B點射出磁場，射出B點時的速度方向與x軸正方向的夾角為60°．求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）電子在磁場中運動的時間t．參考答案：答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．專題： 帶電粒子在磁場中的運動專題．分析： （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．（2）根據電子轉過的圓心角與電子做圓周運動的周期可以求出電子的運動時間．解答： 解：（1）設電子在磁場中軌跡的半徑為r，運動軌跡如圖，可得電子在磁場中轉動的圓心角為60°，由幾何關系可得：r﹣L=rcos60°，解得，軌跡半徑：r=2L，對于電子在磁場中運動，有：ev0B=m，解得，磁感應強度B的大小：B=；（2）電子在磁場中轉動的周期：T==，電子轉動的圓心角為60°，則電子在磁場中運動的時間t=T=；答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為；（2）電子在磁場中運動的時間t為．點評： 本題考查了電子在磁場中的運動，分析清楚電子運動過程，應用牛頓第二定律與周期公式即可正確解題．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，傾角為θ的斜面固定在水平地面上（斜面底端與水平地面平滑連接），A點位于斜面底端，AB段斜面光滑，長度為s，BC段足夠長，物體與BC段斜面、地面間的動摩擦因數均為μ。質量為m的物體在水平外力F的作用下，從A點由靜止開始沿斜面向上運動，當運動到B點時撤去力F。求：（1）物體上滑到B點時的速度vB；（2）物體最后停止時距離A點的距離。參考答案：17.如圖所示，質量為m1=lkg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動。C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點。小物塊m1到達D點后與靜止在D點的質量為m2=0.5kg小物塊發生碰撞，碰撞后，兩者均做平拋運動，m2恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點，m1落在F點，已知半圓軌道的半徑R=0.5m，D點距水平面的高度h=0.45m，傾斜擋板與水平面之間的夾角θ=53°，不考慮空氣阻力，試求：（1）摩擦力對小物塊m1做的功；（2）水平面上EG間的距離；（3）小物塊m1碰撞m2后經過D點時對軌道壓力的大小。（題目中可能要用到的數據：g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）參考答案：解：（1）設小物體m1經過C點時的速度大小為v1，因為經過C點恰能做圓周運動，由牛頓第二定律得：

（1分）

解得：v1==m/s

（1分）小物體m1由A到B過程中，設摩擦力對小物體做的功為Wf，由動能定理得：

（1分）

解得：Wf=2.5J

（1分）（2）小物體m2離開D點后做平拋運動，設經過時間t打在E點，由（1分）

得：t=0.3s

（1分）設小物體m2打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，由幾何關系可得，速度跟豎直方向的夾角為θ，則：、、

（2分）解得：

（2分）（3）設小物體m1經過D時的速度大小為v2，對C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得：

（2分）小物體m1經過D點時，與m2發生碰撞，由動量守恒定律可得，

（2分）設軌道對m1的支持力大小為FN，由牛頓第二定律得：

（2分）代入數據，聯立解得：FN=28N，（1分）由牛頓第三定律可知，小物體m1對軌道的壓力大小為：

（1分）18.(8分)如圖所示，在傾角為的光滑斜面頂端有一物塊A自靜止開始自由下滑，與此同時在斜面底部有一物塊B自靜止開始勻加速背離斜面在光滑的水平面上運動，若物塊A恰好能追上物塊B，物塊A在整個運