2015北京市朝阳高三(一模)物 理

2015北京市朝阳高三（一模）物理
13．下列说法中正确的是（）
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．物体的温度越高，分子的平均动能越大
C．外界对系统做功，其内能一定增加
D．系统从外界吸收热量，其内能一定增加
14．一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，则该氢原子（）
A．吸收光子，能量增加B．吸收光子，能量减少
C．放出光子，能量增加D．放出光子，能量减少
14．如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电，电动势e随时间t
的变化关系如图乙所示，则（）
A．该交流电的频率为100Hz
B．该交流电电动势的有效值为311V
C．t=0.01s时，穿过线框的磁通量为零
D．t=0.01s时，穿过线框的磁通量的变化率为零
16．如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平
方向抛出两小球A、B，不计空气阻力．要使两小球在空中相遇，则必须（）
A．先抛出A球B．先抛出B球C．同时抛出两球 D．两球质量相等
17．如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上．现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动．则（）A．斜面对物块的支持力一定变小
B．斜面对物块的支持力一定变大
C．斜面对物块的静摩擦力一定变小
D．斜面对物块的静摩擦力一定变大
18．图中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨
迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）
A．两粒子的电性相同
B．a点的电势高于b点的电势
C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大
D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大
19．在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线，如图所示．两个电源的电动势分别为E1、E2，内阻分别为r1、r2．如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的（）A．路端电压和电流不可能同时相等
B．输出功率不可能相等
C．总功率不可能相等
D．效率不可能相等
20．第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度．理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为．假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于（）
A．500 B．500C．2.5×105D．5.0×105
21．（1）用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示．
①这块玻璃砖的折射率n= （用图中字母表示）．
②如果有几块宽度d不同的玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度d较（选填“大”或“小”）的玻璃
砖来测量．
（2）某同学利用单摆测定当地的重力加速度．
①实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺．除此之外，还需要的
器材有．
A．长度约为1m的细线B．长度约为30cm的细线
C．直径约为2cm的钢球D．直径约为2cm的木球
E．最小刻度为1cm的直尺F．最小刻度为1mm的直尺
②该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图1所示，秒表的读数为s．
③该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L﹣T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图2所示．则当地重力加速度的表达式g= ．处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的
半径，这样（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算．
④该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：
A．在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定
B．摆线偏离平衡位置的角度不能太大
C．用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径
D．测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时
其中合理的有．
⑤该同学在做完实验后，继续思考测量重力加速度的其它方法．请你展开想像的翅膀，再设计一个方案测量重力加速度．（简要说明需要的器材以及测量方法）．
22．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40Ω的电阻．一质量m=0.10kg、阻值r=0.10Ω的金属棒MN放置在导轨上．金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动．求：
（1）通过电阻R的电流I；
（2）拉力F的大小；
（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q．
23．如图甲所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另
一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t=0时释放滑块．在0～0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k=2.0×102N/m，当t=0.14s 时，滑块的速度v1=2.0m/s．g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．弹簧弹性势能的表达式为E p=kx2（式中k 为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）．求：
（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；
（3）在0～0.44s时间内，摩擦力做的功W．
24．研究物理问题的方法是运用现有的知识对问题做深入的学习和研究，找到解决的思路与方法，例如：模型法、
等效法、分析法、图象法．掌握并能运用这些方法在一定程度上比习得物理知识更加重要．
（1）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角θ=37°．不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
a．求电场强度E的大小；
b．若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度应满足的条件．
（2）如图乙所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ．现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t 圆环回到出发位置．不计空气阻力．已知重力加速度为g．求当圆环回到出发位置时速度v的大小．
物理试题答案
13．【解答】A、布朗运动是花粉的无规则运动，反映的是液体分子的热运动，故A错误；
B、温度是分子平均动能的标志，故物体的温度越高，分子的平均动能越大，故B正确；
CD、改变内能的方式有做功和热传递，故单凭其中一个方面，不能判定内能变化，故CD错误；
故选：B．
14．【解答】一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，即从低能级向高能级跃迁，吸收光子，能量增加．
故选：A．
15．【解答】A、由图乙得到周期为0.02s，故频率f=，故A错误；
B、该交流电电动势的最大值为311V，故有效值E===220V，故B错误；
C、t=0.01s时，电动势为零，说明线圈位于中性面位置，磁通量最大，故C错误；
D、t=0.01s时，电动势为零，根据法拉第电磁感应定律，说明穿过线框的磁通量的变化率为零，故D正确；
故选：D．
16．【解答】相遇时，两球下落的高度相同，根据t=知，两球运动的时间相等，则两球必须同时抛出．与质量无关．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
17．【解答】没有推力时，物块静止不动，受力平衡，物体受重力、支持力和静摩擦力，设斜面的倾角为θ，
在垂直斜面方向上，斜面对物块的支持力N=mgcosθ，
在沿着斜面方向有：f=mgsinθ
推力F作用后，根据平衡条件得：
在垂直斜面方向上，N′=mgcosθ+Fsinθ，则斜面对物块的支持力一定变大，
在沿着斜面方向有f′=mgsinθ﹣Fcosθ，当mgsinθ＞Fcosθ时，摩擦力变小，当mgsinθ＜Fcosθ时，摩擦力方向变化，若Fcosθ＞2mgsinθ则静摩擦力反向增大，故B正确，ACD错误．
故选：B
18．【解答】A、根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的斥力，说明a与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反．故A错误．
B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低．故B错误．
C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小．故C错误．
D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确．
故选：D．
19．【解答】由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，得
当I=0，U=E，U﹣I图线与U轴的交点表示断路，U=E，
图线斜率大小表示r
则可判断出E1＞E2，r1＞r2
A、作出R的U﹣I图象，斜率表示电阻，如果其通过题目图中的两条线的交点，则U1=U2且I1=I2；此时输出功率P=UI，
则输出功率相等；故AB错误；
C、电源消耗的总功率P=EI，要满足P1=P2，由于E1＞E2，必须满足I1＜I2，如图所示：
故对于图中所示的情况，可能有P1=P2；故C错误；
D、电源的效率η=×100%=×100%；由图可知，电源1的内电阻较大，则电源1的效率较低，它们不可能相等；故D正确；
故选：D．
20．【解答】第一宇宙速度为v1=，
由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=，
太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为=，
假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，v2=＞c，
解得：＞2.5×105，
故选：C．
21．【解答】（1）①根据折射定律得，玻璃砖的折射率为：n=．
②选择宽度较大一点的玻璃砖进行测量，测量的误差较小．
故答案为：①；②大
（2）①由单摆周期公式T=2π可得，g=L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，
所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右．为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为A、C、F
②秒表表示读数：内圈读数：60s，外圈读数35.1s，总读数为：t=60s+35.1s=95.1s；
③由T=2π可得：L= T2，则 L﹣T2图象的斜率等于，由数学知识得：==
解得：g=
根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算．
④由T=2π可得：g=l，则当代入的L偏小，会使测量值偏小，B符合；秒表提前按下T值偏大会使计算
的g值偏小，C符合；，D使得T值偏小
g测量值偏大，则D错误，A不是单摆运动，错误
故选：BC根据实验注意事项与实验原理分析，AB正确，CD错误
⑤【方案一】
需要的器材有：质量已知的钩码、测力计．
测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度．
【方案二】
需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤．
测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度．
故答案为：（1）ACF②95.1③不影响④AB
⑤【方案一】
需要的器材有：质量已知的钩码、测力计．
测量方法：已知钩码的质量m，再用测力计测出其重力G，则可求出重力加速度．
【方案二】
需要的器材有：铁架台、打点计时器及相应的电源、导线、纸带、刻度尺、重锤．
测量方法：让重锤拖着纸带做自由落体运动，通过打点计时器在纸带上记录的信息可求得重力加速度．
22．【解答】（1）MN棒产生的感应电动势 E=Blv=0.5×0.4×2 V=0.40V
通过电阻R的电流 I==A=0.8A
（2）金属棒受到的安培力 F A=BIl=0.5×0.8×0.4N=0.16N
根据牛顿第二定律有 F﹣F A=0
所以拉力 F=0.16N
（3）撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热．
在这段过程中，根据能量守恒定律有 Q总=mv2=J=0.2J
所以Q==×0.2J=0.16J
答：
（1）通过电阻R的电流I为0.8A；
（2）拉力F的大小为0.16N；
（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q为0.16J．
23．【解答】（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．
由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10m/s2．
根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma1
代入数据解得：f=4.0N
（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在0～0.14s时间内弹簧弹力做的功为：
W弹=E p初﹣E p末=．
在这段过程中，根据动能定理有：W弹﹣mgdsinθ﹣fd=mv12﹣0
代入数据解得：d=0.20 m
（3）设从t1=0.14s时开始，经时间△t1滑块的速度减为零，则有：
△t1==0.20s
这段时间内滑块运动的距离为：
x1==0.20m
此时t2=0.14s+△t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2==2.0m/s2
在0.34s～0.44s（△t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为：x2=△t22
代入数据解得：x2=0.01m．
所以在0～0.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=﹣f（d+x1+x2）
代入数据解得：W=﹣1.64J．
答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；
（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；
（3）在0～0.44s时间内，摩擦力做的功W为﹣1.64J．
24．【解答】（1）a．当小球静止在P点时，则有
所以E=
b．当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动．若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点．设当小球从P点出发的速度为v min时，小球到达Q点时速度为零．在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有﹣mg•2r=0﹣mv
所以v min=
即小球的初速度应大于
（2）在圆环运动的过程中，圆环受向下的重力mg、水平方向的洛伦兹力qvB、细杆的弹力N和摩擦力f，其中f 一直与运动方向相反，且摩擦力的大小f=μN=μqvB．
圆环向上运动的过程中做减速运动，加速度a=；则可右加速度越来越小；
圆环向下运动的过程中做加速运动，加速度a=，同样越来越小．
圆环从开始向上运动到回到出发位置的过程中，其速度v随时间t的变化关系如图甲所示（取竖直向上为正方向），图中图线与t轴所围面积表示圆环在对应时间内通过的路程，而圆环向上运动和向下运动所经位移大小相同，所以图中区域A与区域B面积相等．
在运动过程中，圆环所受摩擦力f=μqvB，与v成正比，所以其所受摩擦力f随时间t的变化关系应与图甲相似，但方向相反，如图乙所示，图中区域A′与区域B′的面积也相等．而在f﹣t图中，图线与t轴所围面积表示对应时间内阻力f的冲量，所以整个过程中f的总冲量I f=0．
在整个过程中，根据动量定理有I f﹣mgt=﹣mv﹣mv0
所以v=gt﹣v0
答：（1）a．电场强度E 的大小为；
b ．小球初速度应满足的条件小球的初速度应大于
（2）当圆环回到出发位置时速度v的大小为gt﹣v0．
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