云南省红河州蒙自一中高三物理上学期开学试卷（含解析）.doc

云南省红河州蒙自一中2016届高三上学期开学物理试卷一、选择题（本题共8个小题，每小题6分，共48分，1到5题只有一个选项正确，6到8题有多个选项正确，选对一个得3分不选、多选得0分）1玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中( )a玻璃杯的动量较大b玻璃杯受到的冲量较大c玻璃杯的动量变化较大d玻璃杯受到的冲力较大考点：动量定理 专题：动量定理应用专题分析：玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上，茶杯与水泥地作用时间短，而落在海绵垫上，茶杯与海绵垫作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析茶杯所受冲量关系和冲力的关系解答：解：玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎；故abc错误，d正确；故选：d点评：在用动量定理解释生活中的现象时，要抓住两种情况下的相同之处和不同之处，然后再加以对比找出问题的关键2如图所示，一条形磁铁，从静止开始，穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈过程中做( )a减速运动b匀速运动c自由落体运动d非匀变速运动考点：楞次定律 分析：根据安培定则判断双线绕法的通电线圈产生的磁场方向关系，分析条形磁铁所受的作用力，再判断它的运动性质解答：解：穿过采用双线绕法的通电线圈，相邻并行的导线中电流方向相反，根据安培定则可知，它们产生的磁场方向相反，在空中同一点磁场抵消，则对条形磁铁没有安培力作用，条形磁铁只受重力，又从静止开始下落，所以做自由落体运动故选c点评：本题中线圈采用双线并行绕法是消除自感的一种方式可用安培定则加深理解基础题3如图为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压为u=220sin（314t）v的交变电流原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数为n2=30匝，则( )a原、副线圈中交变电流的频率为100hzb将耐压值为6v的电容器接在c、d两端，电容器能正常工作c把额定电压为8 v的小灯泡接在c、d两端，小灯泡还能正常工作d把电磁打点计时器接在c、d两端，打点周期为0.02s考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：明确交流电的性质，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论解答：解：a、交流电的频率f=50hz，故a错误；b、原线圈中电压为220v，则可知输出电压u2=6v；最大值为6v；则将耐压值为6v的电容器接在c、d两端，电容器不能正常工作；故b错误；c、把额定电压为8 v的小灯泡接在c、d两端，小灯泡两端的电压为6v，小灯泡不能正常工作；故c错误；d、把电磁打点计时器接在c、d两端，打点周期等于交流电的周期，故为0.02s；故d正确；故选：d点评：考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表的示数为有效值，最大值与有效值之间的关系4如图所示，x为未知的放射源，l为薄铝片若在放射源和计数器之间加上l后，计数器的计数率大幅度减小，在l和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则放射源x可能是( )a和的混合放射源b只可能是纯放射源c和的混合放射源d纯放射源考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：正确解答本题的关键是：明确、三种射线的性质特点，尤其是了解它们电离的能力以及穿透能力的大小以及带电性质等解答：解：在放射源和计数器之间加薄铝片l后，发现计数器的计数率大幅度减小，说明射线中含有穿透能力弱的粒子，在l和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场b，计数器的计数率不变，说明剩下的粒子不带电，即为射线，因此放射源x可能是和的混合放射源，故abd错误，c正确故选：c点评：本题结合实验考查了、三种射线的性质特点，这些知识大都属于记忆内容，在平时注意不断的记忆和积累5如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为w1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为w2，则( )aw1=w2bw1=w2cw1=3w2dw1=9w2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：将导线框匀速地拉离磁场区域，外力所做的功等于产生的内能根据焦耳定律研究功的大小关系解答：解：设正方形边长为l则w1=t1=t1=t1=同理可得，w2=w1：w2=t2：t1=0.9：0.3=3：1，即w1=3w2故选c点评：本题关键要抓住功能关系，知道拉力做功等于电路中产生的焦耳热，即可由焦耳定律求解6在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为b、方向相反的水平匀强磁场，如图所示pq为两个磁场的边界，磁场范围足够大一个半径为a，质量为m，电阻为r的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置运动，当圆环运动到直径刚好与边界线pq重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是( )a此时圆环的加速度为b此时圆环中的电功率为c此过程中通过圆环截面的电量为d此过程中回路产生的电能为0.75m v2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：由楞次定律可以判断出感应电流方向；由导体切割磁感线公式e=blv可求得感应电动势，由功率公式可求得电功率；由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式可求得通过截面的电量；根据能量守恒求解电能解答：解：a、此时圆环受力为：f=2bi2a=4ba=，由牛顿第二定律可得，加速度为：a=，故a错误；b、当圆环的直径与边界线pq重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为：e=2b2a=2bav，圆环中的电功率为：p=4，故b正确c、此过程中，电路中的平均电动势为：，则电路中通过的电量为：q=，故c正确；d、根据能量守恒定律，可知圆环减小的动能全部转化为系统中回路产生的电能，即，故d错误；故选：bc点评：本题考查电磁感应规律、闭合电路运算、感应电动势瞬时值与平均值应用等关键搞清楚磁通量的变化=bs、平动切割的有效长度等于圆环的直径，注意求解电量时必须用电流的平均值，而不是瞬时值7如图甲所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的正弦曲线图象，则下面说法中正确的是( )a发电机输出交流电的电压有效值是500 vb用户用电器上交流电的频率是50 hzc输出线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定d当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解答：解：a、由图象可知交流的最大值为um=500v，因此其有效值为u=v，故a错误；b、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，t=0.02s，故f=50hz，故b正确；c、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故c错误；d、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故d正确；故选：bd点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式8如图所示，甲木块的质量为m，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2m的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后( )a当弹簧被压缩到最短时弹性势能为b甲、乙两木块的动量分别守恒c甲、乙两木块和弹簧所组成的系统能量守恒d甲、乙两木块所组成的系统动量守恒考点：动量守恒定律 分析：系统所受合力为零时，系统动量守恒，合外力做功为零，甲、乙两木块和弹簧所组成的系统机械能守恒，当甲乙速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律及机械能守恒定律列式即可求解解答：解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故甲乙系统动量守恒，当甲乙速度相等时，弹簧被压缩到最短，乙甲的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv=（m+2m）v解得：v压缩过程中，甲、乙两木块和弹簧所组成的系统机械能守恒，则有弹簧被压缩到最短时弹性势能为：=，故acd正确，b错误故选：acd点评：本题考查了判断动量与动能是否守恒，应用动量守恒的条件、从能量角度分析即可正确解题，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中三、实验填空题（本题16分，包括两个小题）9如图是课本中验证楞次定律实验所需器材，请你完成下列要求：（1）用笔代替导线将仪器连接成实验电路（2）若将连接正确的b线圈插入a线圈过程中，指针摆动最显著的方法是：迅速插入（只写一种）；（3）b线圈插入a线圈后，断开开关和闭合开关的瞬间，电流计指针摆动的方向方向相反考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：（1）由该实验的原理可知小线圈应与电源相连，大线圈与电流表相连；（2）根据感应电流产生的条件，从而即可判定；（3）根据楞次定律“增反减同”判断出感应电流的方向解答：解：（1）本实验中线圈b与电源相连，通过调节滑动变阻器、闭合开关或断开开关使磁通量的变化，从而使a线圈产生电磁感应线象，故线圈a应与检流计相连；如图所示（2）接通电键的瞬间，线圈b插入线圈a中，只要当磁通量变化，就会产生感应电流，指针会摆动，而指针摆动最显著，则磁通量的变化率最大，即线圈b迅速插入或拨出，也可以是开关断开或接通瞬间（3）根据楞次定律知，断开开关和闭合开关的瞬间，导致穿过线圈a的磁通量一减一增，因此产生感应电流的方向相反故答案为：（1）实物连接如上图示；（2）迅速插入；（3）方向相反点评：解决本题的关键会通过楞次定律判断感应电流的方向，知道产生感应电动势的那部分导体相当于电源，掌握感应电流产生的条件10光电效应实验装置示意图如图所示（1）若要使发生光电效应的电子不能到达a极，则电源的a极应为正极（选填正、负）（2）用频率为v的普通光源照射k极，没有发生光电效应，用频率大于的光照射k极，则立即发生了光电效应；此实验说明发生光电效应的条件是只有照射光的频率大于金属的极限频率时才会发生光电效应；发生光电效应所需时间很短（3）若ka加上反向电压u，在ka之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大u，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压u可能是下列的a（其中w为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）a b cu=2hw d考点：爱因斯坦光电效应方程 专题：光电效应专题分析：根据电子在电场中受到的电场力方向，从而确定电源的正负极；根据发生光电效应的条件是：入射光的频率大于或等于金属的极限频率，即可求解；根据光电效应方程ekm=hvw，以及ekm=eu进行分析解答：解：（1）若要使发生光电效应的电子不能到达a极，电子受到的电场力必须向左，因此电场方向必须向右，则电源a端为正极，（2）由发生光电效应的条件是：入射光的频率大于或等于金属的极限频率，即可发生光电效应现象，同时发生光电效应所需时间很短；（3）根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为的强激光照射阴极k，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为hv，则有：eu=hvw，解得故答案为：（1）正；（2）只有照射光的频率大于金属的极限频率时才会发生光电效应；发生光电效应所需时间很短；（3）a点评：考查光电效应现象，理解金属的极限频率的含义，掌握光电效应的条件；解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系；四、计算分析题（本大题共4个小题48分，请你用黑色墨水的碳素笔在答题卡上书写作答，要有必要的文字说明和所需的物理公式，简明的计算过程，只有答案不能得分）11如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块a和b分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将a无初速释放，a与b碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径r=0.2m；a和b的质量相等；a和b整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2重力加速度g取10m/s2求：（1）碰撞前瞬间a的速率v；（2）碰撞后瞬间a和b整体的速率v；（3）a和b整体在桌面上滑动的距离l考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）a到b的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前a的速度（2）a、b碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率（3）对ab整体运用动能定理，求出ab整体在桌面上滑动的距离解答：解：设滑块的质量为m（1）a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=mv2，代入数据解得，解得碰撞前瞬间a的速率：v=2m/s（2）a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv，代入数据解得，碰撞后瞬间a和b整体的速率：v=1m/s（3）对a、b系统，由动能定理得：2mv2=2mgl，代入数据解得，a和b整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m答：（1）碰撞前瞬间a的速率v为2m/s；（2）碰撞后瞬间a和b整体的速率v为1m/s；（3）a和b整体在桌面上滑动的距离l为0.25m点评：本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解12（18分）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为b，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为r，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数；（2）导体棒匀速运动的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数（2）据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为qt=mgdcos，再根据能量守恒定律求解电阻产生的焦耳热q解答：解：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有：mgsin=mgcos解得：=tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势为：e=blv感应电流为：i=安培力为：f安=bil联立得：f安=受力平衡，有：f安=mgsin解得：v=（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为：qt=mgdcos整个运动过程中，根据能量守恒定律得：3mgdsin=q+qt+解得：q=2mgdsin答：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素为tan；（2）导体棒匀速运的速度大小v为；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热q为2mgdsin点评：本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的物理选修3-513下列五个核发反应方程中，正确的是( )auth+hebcu+nkr+ba+3ndh+hhe+ne考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的人工转变 分析：根据质量数与质子数守恒，核对个核反应方程是否满足；由方程的反应五种类型：聚变，裂变，衰变，衰变，人工转变，从而一一对应解答：解：a、uth+he，满足质量数守恒和电荷数守恒故a正