10北京市海淀区一模理综物理部分.docx
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10北京市海淀区一模理综物理部分
海淀区高三年级第二学期期中练习
理科综合能力测试
2010.4
13.【单项选择题】下列说法中正确的是()
A.机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象,这是因为它们都可以在真空中传播
B.变化的电场一定产生变化的磁场,变化的磁场一定产生变化的电场
C.站在地面上的人观察一根相对地面沿杆长方向高速运动的杆,他发现杆的长度比静止时的长度小
D.狭义相对论的两个假设之一是真空中的光速在不同惯性参考系中是不相同的
【答案】C
【难度】A
【考查点】机械波的传播特点,电磁波的传播,麦克斯韦的两条理论,长度收缩效应
【解析】机械波的传播需要介质,A项错;均变变化的电场产生恒定的磁场,均匀变化的磁场产生恒定的电场,B项错;根据相对论的尺缩效应可知,站在地面上的人观察相对地面沿杆长方向高速运动的杆,杆的长度与静止时长度短,C项正确;真空中光速在不同惯性参考系中是相同的,D项错。
【结束】
14.【单项选择题】图所示为氢原子的能级图,用大量能量为12.76eV的光子照射一群处于基态的氢原子,氢原子发射出不同波长的光波,其中最多包含有几种不同波长的光波?
()
A.3种B.4种
C.5种D.6种
【答案】D
【难度】B
【考查点】能级公式及计算
【解析】能量为12.76eV的光子恰能被基态氢原子吸收跃迁到n=4能级上,再向低能级跃迁时,每两个能级间跃迁产生一种光子,故最多产生6种,D项正确。
【结束】
15.【单项选择题】如图所示,一束复色光斜射到置于空气中的厚平板玻璃(上、下表面平行)的上表面,复色光穿穿过玻璃后从下表面射出,变为a、b两束平行单色光。
关于这两束单色光,下列说法中正确的是()
A.此玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B.在此玻璃中a光的全反射临界角小于b光的全反射临界角
C.在此玻璃中a光的传播速度大于b光的传播速度
D.用同一双缝干涉装置进行实验,可看到a光的干涉条纹间距比b光的宽
【答案】B
【难度】B
【考查点】光的折射定律,临界角及其公式,双缝干涉条纹间距公式及应用
【解析】做出光在玻璃中光路图,可知,a光的折射角较小,故玻璃对a光的折射较大,A项错;光的全反射临界角正弦值与折射率成反比,故a光的临界角较小,B项正确;光在介质中的传播速度与折射率成反比,故a光传播速度较小,C项错;折射率大的a光频率较高,波长较短,所以干涉条纹较窄,D项错。
【结束】
17.【单项选择题】图甲是某小型家用电器电源部分的主要工作电路图,工作时Ⅰ部分变压器原线圈A、B两端与输出电压为220V的交流电源相连接,通过电路元件的工作最后在Ⅲ部分E、F两端输出6.0V的直流电。
当A、B两端输入如图乙所示的交变电压时,在Ⅱ部分的M、N两端输出的电压如图丙所示。
Ⅲ部分中的自感线圈L的直流电阻可忽略不计,关于该电路元件及其工作过程,下列说法中正确的是()
A.Ⅰ部分的变压器是降压变压器
B.Ⅲ部分的自感线圈L的作用是阻碍直流成分,导通交流成分
C.Ⅲ部分的电容器C的作用是阻碍交流成分,导通直流成分
D.M、N两端输出电压的有效值为2U0
【答案】A
【难度】B
【考查点】理想变压器的规律,电感和电容对交变电流的影响,交变电流的最大值和有效值
【解析】I部分变压器输入电压为220V,输出电压为6.0V,所以变压器为降压变压器,A项正确;自感线圈的作用是通直流阻交流,B项错;电容器的作用是通过交阻值,C项错;根据有效值等效原理,输出电压的有效值为
,D项错。
【结束】
19.【单项选择题】如图所示,M、N为两条沿竖直方向放置的直导线,其中有一条导线中通有恒定电流,另一条导线中无电流。
一带电粒子在M、N两条直导线所在平面内运动,曲线ab是该粒子的运动轨迹。
带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计。
关于导线中的电流方向、粒子带电情况以及运动的方向,下列说法有可能的是()
A.M中通有自上而下的恒定电流,带负电的粒子从a点向b点运动
B.M中通有自上而下的恒定电流,带正电的粒子从a点向b点运动
C.N中通有自上而下的恒定电流,带正电的粒子从b点向a点运动
D.N中通有自上而下的恒定电流,带负电的粒子从a点向b点运动
【答案】A
【难度】B
【考查点】电流磁场,带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】根据带电粒子在磁场中运动轨道半径
可知,半径越小的地方,磁感应强度越大,由粒子运动轨迹可知,离M较近的地方,磁场较强,故可确定M有有恒定电流,C、D项错;若M通过有自上而下的电流,则M右侧磁场方向垂直纸面向外,由轨迹弯曲方向可知粒子受力方向,根据左手定则可知,令磁感线穿过手心,拇指指向受力方向,对应a点,四指方向向右。
若粒子带负电,则粒子是自a向b运动的,A项正确,同理可知B项错。
【结束】
20.【单项选择题】如图所示,在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体,它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。
关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答,有如下四个表达式。
要判断这四个表达式是否合理,你可以不必进行复杂的计算,而根据所学的物理知识和物理方法进行分析,从而判断解的合理性或正确性。
根据你的判断,下述表达式中可能正确的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【难度】C
【考查点】牛顿第二定律的应用
【解析】当斜面体倾角趋于零时,物块对斜面体的压力则趋于mg,A、B两项一定错;当M>>m时,物块m下滑过程中,M加速度趋于零,则m所支持力为
;当M左加速运动时,物块m有垂直斜面向下的加速度,则物体所受支持力小于
,故D正确。
【结束】
1.【填空题】实验:
用一段长为80cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。
①用多用表粗测电阻丝的电阻,结果如图所示,由此可知电阻丝电阻的测量值约为_______Ω。
②用螺旋测微器测量金属丝的直径,结果如图所示,由此可知金属丝直径的测量结果为_______mm。
③在用电压表和电流表测金属丝的电阻时,提供下列供选择的器材:
A.直流电源(电动势约为4.5V,内阻很小)
B.电压表(量程0~3V,内阻约3kΩ)
C.电压表(量程0~15V,内阻约15kΩ)
D.电流表(量程0~0.6A,内阻约0.125Ω)
E.电流表(量程0~3A,内阻约0.025Ω)
F.滑动变阻器(阻值范围0~15Ω,最大允许电流1A)
G.滑动变阻器(阻值范围0~200Ω,最大允许电流2A)
H.开关、导线。
要求有较高的测量精度,并能测得多组数据,在供选择的器材中,电流表应选择_____,电压表应选择_____,滑动变阻器应选择____。
(填字母代号)
④根据上面选择的器材,完成图中实验电路的连接。
【答案】①6(2分)(说明:
6.0也得分);
②0.933~0.936(2分);
③DBF(每空2分,共6分);
见答图1(连成分压电路正确的同样得分)(2分)
【难度】C
【考查点】使用螺旋测微器,练习使用多用电表,伏安法测电阻两种电路
【解析】①欧姆表测电阻时,阻值大小为读数乘以倍率,所以本题中电阻测量值为6Ω②螺旋测微器固定刻度部分读数为1.5mm,可动刻度部分读数为0.433mm,故金属丝直径为1.933mm.③
给定的电源电动势为4.5V,故电压表选择B;由欧姆定律估算最大电流为
,所以电流表选择D;因为待测电阻仅6
,所以变阻器选择F,即可起到限流作用。
④由于待测电阻远小于电压表内阻,所以电流表外接。
电路如图所示。
【结束】
22.【计算题】(16分)
如图所示,水上滑梯由斜槽AB和水平槽BC构成,AB与BC圆滑连接,斜槽AB的竖直高度H=15m,BC面高出水面的距离h=0.80m。
一个质量m=50kg的游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下,g取10m/s2。
(1)若忽略游戏者下滑过程中所受的一切阻力,求游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到斜槽底端B点的速度大小;
(2)若由于阻力的作用,游戏者从滑梯顶端A点由静止滑下到达滑梯末端C点时的速度大小vC=15m/s,求这一过程中游戏者克服阻力做的功;
(3)若游戏者滑到滑梯末端C点以vC=15m/s的速度水平飞出,求他从C点水平飞出到落入水中时,他在空中运动过程中水平方向的位移。
【答案】
(1)17m/s
(2)1875J(3)6.0m
【难度】B
【考查点】单个物体的机械能守恒,能量守恒定律,平抛运动的应用
【解析】
(1)设游戏者滑至B点的速度为vB,
游戏者在下滑过程中机械能守恒有
mgH=
………………………………………………………………………………3分
解得vB=17m/s(写成10
m/s,17.3m/s均得分)…………………………………2分
(2)设游戏者克服阻力做功为Wf,
根据能量关系有mgH-Wf=
………………………………………………………3分
解得Wf=mgH-
=1.9×103J(说明:
1875J同样得分。
)………………………2分
(3)根据运动学公式,游戏者从C点飞出到落入水中的运动时间t=
=0.40s……3分
游戏者在水平方向运动的距离x=vCt=6.0m………………………………………………3分
【结束】
23.【计算题】(18分)
示波管是示波器的核心部分,它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成,如图甲所示。
电子枪具有释放出电子并使电子聚集成束以及加速的作用;偏转系统使电子束发生偏转;电子束打在荧光屏形成光迹。
这三部分均封装于真空玻璃壳中。
已知电子的电荷量e=1.6×10-19C,质量m=0.91×10-30kg,电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计,不考虑相对论效应。
(1)电子枪的三级加速可以简化为如图乙所示的加速电场,若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计,要使电子被加速后的动能达到1.6×10-16J,求加速电压U0为多大;
(2)电子被加速后进入偏转系统,若只考虑电子沿Y(竖直)方向的偏转情况,偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场。
偏转电极的极板长l=4.0cm,两板间距离d=1.0cm,极板右端与荧光屏的距离L=18cm,当在偏转电极U上加u=480sin100πtV的正弦交变电压时,如果电子进入偏转系统的初速度v0=3.0×107m/s,求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度;
(3)如图甲所示,电子枪中灯丝用来加热阴极,使阴极发射电子。
控制栅极的电势比阴极低,调节阴极与控制栅极之间的电压,可控制通过栅极电子的数量。
现要使电子打在荧光屏上电子的数量增加,应如何调节阴极与控制栅极之间的电压。
电子枪中A1、A2和A3三个阳极除了对电子加速外,还共同完成对电子束的聚焦作用,其中聚焦的电场可简化为如图丁所示的电场,图中的虚线是该电场的等势线。
请说明聚焦电场如何实现对电子束的聚焦作用。
【答案】
(1)1000V
(2)10cm(3)现要使打在荧光屏上电子数目增加,应将阴极与控制栅极之间的电压调低。
【难度】C
【考查点】带电粒子在匀强电场中的类平抛运动
【解析】
(1)对于电子通过加速电场的过程,根据动能定理有eU0=Ek……………………3分
解得U0=
=1.0×103V……………………………………………………………1分
(2)由u=480sin100πtV,可知偏转电场变化的周期T=
,而t=
,因T>>t,可见每个电子通过偏转电场的过程中,电场可视为稳定的匀强电场。
设偏转电场电压为U1时,电子刚好飞出偏转电场,此时电子沿电场方向的位移为d/2,
根据牛顿定律和运动学公式有
,解得
=320V。
所以,为使电子能打在荧光屏上,所加偏转电压应小于320V。
……………………1分
当加在偏转电极上的偏转电压为u=480sin100πtV时,且电子刚好飞出偏转电场,电子沿电场方向的最大位移恰为d/2。
……………………………………………………………3分
设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为θ,则tanθ=
=0.25
电子打在荧光屏上的最大偏移量
………………………3分
由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为
………………3分
(3)现要使打在荧光屏上电子数目增加,应将阴极与控制栅极之间的电压调低。
………………………………………………………………2分
聚焦电场如图所示,由力和运动的关系可知:
电子在沿示波管中心轴线所受电场力与电子沿此方向速度相反,电子沿示波管中心轴线方向做减速运动;电子在垂直波管中心轴线方向受电场力指向中心轴线,在此方向电子做加速运动。
由对称性可知电子束有向着中心会聚的特点,适当调节电场可以使电子束聚焦在中心轴线上一点,因此这样的电场分布将对射入的发散的电子束有会聚作用。
……………………………………………………………………………………………2分
【结束】
24.【计算题】(20分)
如图所示,固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨MN、M′N′和OP、O′P′间距都是l,二者之间固定两组竖直半圆形轨道PQM和P′Q′M′,两轨道间距也均为l,且PQM和P′Q′M′的竖直高度均为4R,两个半圆形轨道的半径均为R。
轨道的QQ′端、MM′端的对接狭缝宽度可忽略不计,图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架,能使导轨系统位置固定。
将一质量为m的金属杆沿垂直导轨方向放在下层金属导轨的最左端OO′位置,金属杆在与水平成θ角斜向上的恒力作用下沿导轨运动,运动过程中金属杆始终与导轨垂直,且接触良好。
当金属杆通过4R距离运动到导轨末端PP′位置时其速度大小vP=4
。
金属杆和导轨的电阻、金属杆在半圆轨道和上层水平导轨上运动过程中所受的摩擦阻力,以及整个运动过程中所受空气阻力均可忽略不计。
(1)已知金属杆与下层导轨间的动摩擦因数为μ,求金属杆所受恒力F的大小;
(2)金属杆运动到PP′位置时撤去恒力F,金属杆将无碰撞地水平进入第一组半圆轨道PQ和P′Q′,又在对接狭缝Q和Q′处无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道QM和Q′M′的内侧,求金属杆运动到半圆轨道的最高位置MM′时,它对轨道作用力的大小;
(3)若上层水平导轨足够长,其右端连接的定值电阻阻值为r,导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。
金属杆由第二组半圆轨道的最高位置MM′处,无碰撞地水平进入上层导轨后,能沿上层导轨滑行。
求金属杆在上层导轨上能滑行的最大距离。
【答案】
(1)
(2)7mg(3)
【难度】D
【考查点】单个物体的机械能守恒,向心力的应用,动量定理及其应用,切割磁感线产生的E=Blv及其应用
【解析】
(1)金属杆在恒定外力F作用下,沿下层导轨以加速度a做匀加速直线运动,根据运动学公式有vP2=2as……………………………………………………………………………1分
将vP=4
,s=4R代入,可解得a=2g…………………………………………………1分
根据牛顿第二定律,金属杆沿下层导轨运动时,在竖直方向和水平方向分别有
mg-N-Fsinθ=0,Fcosθ-μN=ma………………………………………………………2分
解得F=
…………………………………………………………………1分
(2)设金属杆从PP′位置运动到轨道最高位置MM′时的速度为v1,
此过程根据机械能守恒定律有
………………………………2分
解得
…………………………………………………………………………1分
设金属杆在MM′位置所受轨道压力为FM,
根据牛顿第二定律有
…………………………………………………2分
解得
……………………………………………………………………1分
由牛顿第三定律可知,金属杆对轨道压力的大小
………………………1分
(3)经历一段极短的时间Δt1,在安培力F1作用下杆的速度由v1减小到v2,接着在安培力F2作用下经历一段极短的时间Δt2,杆的速度由v2减小到v3,再接着在安培力F3作用下经历一段极短的时间Δt3,杆的速度由v3减小到v4,……再接着在安培力Fn作用下经历一段极短的时间Δtn,杆的速度由vn减小到vn+1。
由动量定理
…………………………………………………………1分
……
……………………………………………………………………1分
在每一段极短的时间内,杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的,
则Δt1时间内,安培力
……………………………1分
则Δt2时间内,安培力
则Δt3时间内,安培力
……………………………1分
……
冲量累加
………………………………1分
…………………………………1分
…………………………………………………………………………………1分
解得
…………………………………………………………………1分
【结束】
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