北京四中高三物理理综物理部分 (含答案)

13．下列说法正确的是（ ）A ．X 射线是原子核衰变过程中，从核内释放出来的实物粒子B ．在光导纤维束内传送图象是利用光的衍射现象C ．根据德布罗意的物质波理论，电子动量越大，则对应物质波波长越长D ．根据狭义相对论，从运动的汽车上测量路旁的树木之间的间隔，会比在地面测量得要小14．如图所示，四个示意图所表示的实验中能说明光具有粒子性的是（ ）15．已知地球半径为R ，月球半径为r ，地球与月球之间的距离(两球中心之间的距离)为L 。

月球绕地球公转的周期为T 1 ，地球自转的周期为T 2 ，地球绕太阳公转周期为T 3 ，假设公转运动都视为圆周运动，万有引力常量为G ，由以上条件可知 ( )A ．地球的质量为m 地=2234L G T π B.月球的质量为m 月=2214L G T πC.地球的密度为ρ=213L G T π D.月球运动的加速度为a =2214LT π16．如图是一列简谐波在t =0时的波形图，介质中的质点P 沿y 轴做简谐运动的表达式为y =10sin5πt cm 。

关于这列简谐波，下列说法中正确的是（ ）A ．这列简谐波的振幅为20cmB ．这列简谐波的周期为5.0sC ．这列简谐波在该介质中的传播速度为25cm/sD ．这列简谐波向x 轴正向传播 17．如图所示，理想变压器原线圈输入交变电流i =I m sin ωt ，副线圈接有一电流表和负载电阻R ，电流表的示数为0.10A 。

在t =41T 时（T 为交流电的周期），原线圈中的电流瞬时值为0.03A 。

由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为（ ） A. 10:3 B. 3:102 C. 102:3 D. 3:10－AB C D18．如图（甲）所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放置，两板间加上如图（乙）所示的交变电压。

t =0时，Q 板比P 板电势高U 0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0~4t 0时间内未与两板相碰。

则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（ ）A. 0<t <t 0B. t 0 <t <2t 0C. 2t 0 <t <3t 0D. 3t 0 <t <4t 019．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有滑轮，小桶P 、物块Q 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P 悬于空中，Q 放在斜面上，二者均处于静止状态，轻绳与斜面平行。

已知斜面倾角θ=30°，小桶P 的质量m 1=100g ，物块Q 的质量m 2=150g ，重力加速度g=10m/s 2，现向桶内不断缓慢添加细砂，并使P 、Q 开始运动。

关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）A ．在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，Q 受到的静摩擦力一定变大B ．轻绳对物块的拉力做10J 的功，物块动能增加10JC ．物块Q 向上运动过程中，若物块Q 增加10J 的机械能，小桶和其中细砂就损失10J 的机械能D ．物块Q 向上运动过程中，其动量增量的大小等于小桶和细砂动量改变量的大小20．子弹以某一初速度击中放置在光滑水平面的木块，与木块达到相对静止没有穿出。

关于这个情景，小明画出示意图甲，图中x >d ；小红画出示意图乙，图中x <d 。

设子弹受到木块的阻力是恒定的，且与相对速度无关。

则以下说法中正确的是（ ） A ．无论子弹速度多大，都是图甲情景 B ．无论子弹速度多大，都是图乙情景C ．当子弹速度小时，为图甲情景；当子弹速度大时，为图乙情景D ．当子弹速度大时，为图甲情景；当子弹速度小时，为图乙情景第Ⅱ卷21．(16分) 如图所示，摩托车运动员从高度P （甲） （乙）-U M 图甲 图乙5m h =的高台上水平飞出，跨越10m L =的壕沟。

摩托车以初速度v 0 从坡底冲上高台的过程历时5s t =，发动机的功率恒为 1.8kw P =。

已知人和车的总质量180kg m =（可视为质点），忽略一切阻力。

取210/g m s =。

（1）要使摩托车运动员从高台水平飞出刚好越过壕沟，求他离开高台时的速度大小。

（2）欲使摩托车运动员能够飞越壕沟，其初速度v 0至少应为多大?（3）为了保证摩托车运动员的安全，规定飞越壕沟后摩托车着地时的速度不得超过26m/s ，那么，摩托车飞离高台时的最大速度v m 应为多少?22．(18分) 如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电量大小为-q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α (小球的重力大于所受的电场力) 。

（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小； （2）若使小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时不落下来，求A 点距水平地面的高度h 至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h = 5R 处由静止释放，假设能够通过B 点，求在此过程中小球机械能的改变量。

23．(18分) 如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。

在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。

现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行轨道足够长。

已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。

（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。

（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求（a）磁场I和II之间的距离h（b）R2上的电功率P2。

24．(20分) 如图所示，在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，方向垂直纸面向外．竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=mm，连在如图所示的电路中．电源电动势E=91V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两个小孔，且S1、S2跟O点在垂直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=2R．比荷为2×105C/kg的正离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上。

离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计。

问：（1）请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况.（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围多大?物理答题纸班级姓名学号成绩23、24、参考答案：13.D 14.C 15.D 16.D 17.C 18.C 19.A 20.B21.解：(1) 摩托车运动员由高台水平飞出后，由平抛运动规律：水平方向h L t v = ① （2分）竖直方向h=212g t ② （2分）联立①②得h 10/m s v = （2分） （2）摩托车运动员由坡底冲上高台，根据动能定理pt －mgh=2201122hm m v v - ③ （2分） 将h 10/m s v =代入③得010/m s v = （2分）（3)从高台水平飞出到地面，由机械能守恒定律221122m m mgh m v v +=地 ④ （4分） 解得v m =24m/s. (2分)22.（1）据牛顿第二定律：(mg －qE )s inα= ma （2分）a = (mg －qE ) mαsin （2分）（2）若小球刚好在B 点不下落，据牛顿第二定律mg －qE =Rm v 2① （3分）小球由A 到B ，据动能定理mv 2/2（mg －qE ）(h －2R) = 22m v ② （3分）①②式联立，得 h =R 25（2分）（3）小球从静止开始沿圆弧轨道运动到B 点的过程中，机械能的变化量为△E电由 △E 机 ＝ W 电 （3分） W 电 ＝ －3REq得 △E 机 ＝ －3REq （3分） 用△E 机 ＝E B - E A 方法解答同样得分23. 解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r /2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg －BIL ＝ma ，式中l ＝1Blv I R =总式中 844844R R R R R R R ⨯总（＋）＝＋（＋）＝4R 由以上各式可得到22134B r v a g mR=－（2）当导体棒ab 通过磁场II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即222422t tB r v B r v mg BI r B r R R ⨯⨯=⨯=⨯⨯=并并式中 1243124R R R R R R ⨯并＝＝＋解得 2222344t mgR mgRv B r B r==并 导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有2222t v v gh -=得 2222449322v m gr h B r g=-此时导体棒重力的功率为222234G t m g RP mgv B r ==根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即12G P P P P =+=电＝222234m g RB r所以，234G P P =＝2222916m g RB r24. 解：（1）正离子在两金属板间作匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上． （4分）（2）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v 。

因离子是沿圆心O 的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O 。

离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O’点），则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图答1所示． 由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径r ＝R ＝10 ① （1分）设离子的电荷量为q 、质量为m ，进入磁场时的速度为v 有由2v qvB m r =，得mvr qB= ② （2分）设两金属板间的电压为U ，离子在电场中加速，由动能定理有：212qU mv = ③ （2分）而5210C/kg qm=⨯ ④ 由②③两式可得222B r qU m= ⑤ (2分)代入有关数值可得U ＝30V ，也就是电压表示数为30V ． （1分） (3)因两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，也就越可能射向荧光屏的左侧．由闭合电路欧姆定律有， 12911A 10801E I r R R ===++++ （2分）当滑动片P 处于最右端时，两金属板间电压最大，为U max ＝I(R 1＋R 2)＝90V; 当滑动片P 处于最左端时，两金属板间电压最小，为U min ＝IR 1＝10V; 两板间电压为U min ＝10V 时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v 1＝2×103m/s ，离子在磁场中做圆运动的半径为r 1＝0.1m ，或由⑤式直接求出r 1=0.1m ，此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，O 1为径迹圆的圆心，A 点为离子能射到荧光屏的最左端点．由几何知识可得：1tan23r R α===，所以α＝60o （1分） 所以AO ′＝H tan(90°－α)＝2×cm ＝20cm （1分）而两板间电压为U max ＝90V 时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，此时粒子进入磁场后的径迹如图答3所示， 同理由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v 2＝6×103m/s ，离子在磁场中做圆运动的半径为r 2＝0.3m ，或由⑤式直接求出r 2=0.3m ，由几何知识可得2tan 2r R β=== 即β＝120o （1分） 所以O ′B ＝H tan （β－90°）＝2××3cm ＝20cm （1分）离子到达荧光屏上的范围为以O ′为中点的左右两侧图答2 图答3O ′20cm．（2分）。