顺义区2013届高三第二次统练

物理能力测试

第一部分（选择题）

注意事项：本部分共20题，每题6分，共120分。在每小题列出的四个选项中， 选出最符合题目要求的一项。

13. 关于热现象，下列说法正确的是

A.布朗运动就是分子的热运动

B.物体吸收热量，内能一定增大

C.温度升高，物体内分子的平均动能一定增加

D.气体能够充满容器的整个空间,是由于气体分子间呈现出斥力的作用

【答案】C

布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是分子的运动，A错误；物体吸收热量，有可能同时对外做功，其内能不一定增大，B错误；温度是分子平均动能的量度，温度升高，分子的平均动能一定增加，C正确；气体分子间的距离较大，分子间作用力很小，表现为引力，D错误。

14.下列说法正确的是

A．β射线比α射线更容易使气体电离

B．原子由激发态向基态跃迁时吸收能量

C．核反应堆产生的能量一定来自轻核聚变

D．同一元素的两种同位素具有相同的质子数

【答案】D

由三种射线的特点可知α射线的电离本领最强，α射线比β射线更容易使气体电离，A错误；原子由激发态向基态跃迁时向外辐射光子，释放能量，B错误；目前核反应堆产生的能量大都来自重核裂变，C错误；由同位素的定义可知D正确。

15. 如图所示，两束不同的单色细光束a、b，以不同的入射角从空气射入玻璃三棱镜中，其出射光恰好合为一束。以下判断正确的是

A．在同种介质中b光的速度较大

B．该玻璃三棱镜对a 光的折射率较大

C．若让a、b光分别通过同一双缝装置，在同位置的屏上形成干涉图样，则b光条纹间距较大

D．若让a、b光分别照射同种金属，都能发生光电效应，则b光照射金属产生光电子的最大初动能较大

【答案】D

由图可知光从三棱镜侧面射出时，折射角相同，而b的入射角小于a的入射角，由
可知，玻璃三棱镜对a的折射率小于b的折射率，B错误；可假设a是红光b是紫光，则a光的波长较长、频率较低，在同种介质中的传播速度较小，由此可判断选项AC错误D正确。

16. 如图甲所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，O点为振源，P点到O点的距离L=8.0m。t=0时刻O点由平衡位置开始振动，图乙为质点P的振动图像。下列判断正确的是

甲 乙

A．该波的波速为2m/s，t=2s时刻振源O的振动方向沿y轴正方向

B．该波的波速为4m/s，t=2s时刻振源O的振动方向沿y轴正方向

C．该波的波速为2m/s，t=2s时刻振源O的振动方向沿y轴负方向

D．该波的波速为4m/s，t=2s时刻振源O的振动方向沿y轴负方向

【答案】A

由图乙可知由O传波到P需要4s，故波速等于2m/s；由图乙可知质点P的起振方向沿y轴正方向，且周期为2s，故振源O的起振方向也沿y轴正方向，t=2s时刻，振源O刚好振动一个周期，振动方向跟起振方向一致，本题应选A.

17. 我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统（北斗卫星导航系统)。其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米。对于它们运行过程中的下列说法正确的是

A．“神舟”系列飞船的加速度小于同步卫星的加速度

B．“神舟”系列飞船的角速度小于同步通信卫星的角速度

C．北斗导航系统的卫星运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期

D．同步卫星所受的地球引力一定大于北斗导航系统的卫星所受的地球引力

【答案】C

根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得出：G
=ma?
, G
=m
R?T=2π
，
，由于“神舟”系列飞船的轨道半径小于同步通信卫星的轨道半径，故“神舟”系列飞船的加速度大、周期小、角速度大，故AB错误C正确．由于同步卫星和北斗导航系统卫星的质量关系不确定，故D错误。

18. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图象如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是

A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零

B．线圈先后两次转速之比为3:2

C．交流电a的瞬时值为u=10sin5
(v)

D．交流电b电压的最大值为
（v）

【答案】A

由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确;由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω=
=5π，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5πtV，所以C正确；交流电最大值Um=NBSω，故Uma：Umb=3：2，故Umb=
Uma=
V，D正确．本题选错误的，故选A．

19．如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上。已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是

A．磁铁在整个下落过程中机械能守恒

B．磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量

C．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动

D．磁铁在整个下落过程中，铝管对桌面的压力小于铝管的重力

【答案】B

磁铁从静止下落过程中，由于磁通量变化，导致铝管中出现感应电流，故磁铁受到安培阻力，所以磁铁的机械能不守恒，故A错误；磁铁完全进入铝管后，感应电流消失，磁铁不再受安培力，故在磁铁的整个下落过程中，除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内能，故B正确C错误；由作用力与反作用力关系可得磁铁对铝管的反作用力，使得铝管对桌面的压力大于其自身的重力，但磁铁完全进入铝管中的时候，铝管对桌面的压力等于铝管的重力，故D错误；故选B。

20．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨所在平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时，将开关S由1掷到2。若分别用U、F、q和v表示电容器两端的电压、导体棒所受的安培力、通过导体棒的电荷量和导体棒的速度。则下列图象表示这些物理量随时间变化的关系中可能正确的是

【答案】C

开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流．导体棒通有电流后会受到安培力的作用，会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势增大，则电流减小，安培力减小，加速度减小．因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）．由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的．由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力而运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电．当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动．当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值（不会减少到0）．这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流．故本题应选C．

第二部分（非选择题 共180分）

本部分共11小题，共180分。在答题卡内作答，在试卷上作答无效。

21.(18分)

(1)如图甲所示是用主尺最小分度为1mm，游标上有20个小的等分刻度的游标卡尺测量一工件的内径的实物图，图乙是游标部分放大后的示意图。则该工件的内径为 cm。

用螺旋测微器测一金属杆的直径，结果如图丙所示，则杆的直径是 mm。

(2）多用电表调到欧姆档时，其内部等效电路是下列图中的 （选填图下所对应的字母）

（3）实验室有一块量程为500μA，内阻Rg约为200Ω的电流表（也称微安表），需要准确

测量它的电阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图（甲）和图（乙）两种实验电路。

已知实验室中的部分实验器材的规格如下：

电流表（也称毫安表）：mA（量程1mA，内电阻约100Ω）

滑动变阻器A：R1（20Ω，1A）

滑动变阻器B：R1（500Ω，0.5A）

电阻箱：R2（999.9Ω）

直流电源：（电动势为3V，内阻很小）

可供选择的不同阻值的定值电阻器R3

①将图（丙）所示的实物图按图（甲）所示的电路连接成实验电路。

②在图（乙）所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选

（选填：“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”）。为了保证实验操作过程的安全（即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表），并便于实验调节，定值电阻器R3的阻值应选 （填选项前的字母）。

A．100Ω 　　　　B．1kΩ 　　　　C.　６kΩ 　　　　D.　10kΩ

③利用图（甲）所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有（同时用设定的字母表示） ；用你记录的实验数据的字母表示出测量的结果是 　　　　　　　　 。

【答案】（1）2.285（2分）； 2.695-2.700（2分）； （2） C （2分）。

（3）①连线图略（2分）。 ②滑动变阻器B（2分）；?C（2分）。?

③微安表读数I1；毫安表读数I２；电阻箱读数Ｒ２（3分）

　（I２－I１）Ｒ２／I1　　　　　　　　　　　　（3分）　

（1）游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×17mm=0.85mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数=22mm+0.85mm=22.85mm=2.285cm；螺旋测微器的固定刻度读数2.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0=0.200mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数=2.5mm+0.200mm=2.700mm.

（2）多用电表的欧姆档内部表头的正负极应与内部电源的正负极形成通路，保护电阻应用滑动变阻器，以用于欧姆调零。

（3）②滑动变阻器R1在实验中起调节电流的作用，应选大量程的，以使电路中的电流能调节到足够小。由于电源电动势为3V，由闭合电路欧姆定律可得定值电阻器R3的阻值应选3 kΩ至６kΩ的。其他部分解析同答案。

22. (16分）2012年11月25日，歼—15舰载机成功阻拦着陆“辽宁号”航母后，又沿航母舰首14°上翘跑道滑跃式起飞，突破了阻拦着舰、滑跃起飞关键技术．甲板上的阻拦索具有关键作用，阻拦索装置完全由我国自主研制制造，在战机着舰时与尾钩完全咬合后，在短短数秒内使战机速度从数百公里的时速减少为零，并使战机滑行距离不超过百米．(g取10m/s2)

(1)设歼—15飞机总质量
，着陆在甲板的水平部分后在阻拦索的作用下，速度由
=100m/s滑行50m后停止下来，水平方向其他作用力不计，此过程可视为匀减速运动．求阻拦索对飞机的水平作用力F；

(2)在第（1）问所述的减速过程中，飞行员所受的阻力是飞行员自身重力的多少倍？

(3)航母飞行甲板水平，前端上翘，水平部分与上翘部分平滑连接，连接处D点可看作圆弧上的一点，圆弧半径为R=150m，如图所示．已知飞机起落架能承受竖直方向的最大作用力为飞机自重的16倍，求飞机安全起飞经过D点时速度的最大值vm。

【答案】见解析

（1）Fx= mv2/2 F= 2x106 N （5分）

（2）fx=m,v2/2 f=10mg (5分)

（3）N-mg=mv2/R N=16mg

解得： vm=150 m/s (6分)

23.(18分)某研究性学习小组用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。密度相同的粒子在电离室中被电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场和匀强磁场区域II，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。实验发现：半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力和粒子之间的相互作用力。（球形体积和球形面积公式分别为
）。求：

（1）图中区域II的电场强度Ｅ；

（2）半径为r的粒子通过O2时的速率ｖ；

（3）试讨论半径r≠r0的粒子进入区域II后将向哪个极板偏转。

【答案】见解析

(1)设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则

设区域II内电场强度为E,则

v0 q0B= q0E

电场强度方向竖直向上。 （6分）

(2)设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则

由　

得
（6分）

(3)半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为F合=qE-qvB=qB(v0-v)

由
可知，当

r>r0时，v0，粒子会向上极板偏转;

rv0,F合<0，粒子会向下极板偏转。 （6分）

24.(20分）如图所示，质量为M =2.0 kg的小车A静止在光滑水平面上，A的右端停放有一个质量为m =0.10 kg带正电荷q =5.0 (10-2 C的小物体B，整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度B =2.0T的匀强磁场。现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I =26 N·s，使小车获得一个水平向右的初速度，此时物体B与小车A之间有摩擦力作用，设小车足够长，g 取10m/s2。求：

（1）瞬时冲量使小车获得的动能Ek；

（2）物体B的最大速度vm，并在v-t坐标系中画出物体B的速度随时间变化的示意图像；

（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能Ｅ热．

【答案】见解析

（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体B的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能．

I = Mv0，v0 = I / M = 13m / s，Ek = Mv02 / 2 = 169J． （5分）

（2）小车A获得水平向右的初速度后，由于A、B之间的摩擦，A向右减速运动B向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B之间摩擦也发生变化，设A、B刚分离时B的速度为vB，则：

BqvB = mg，即vB = mg / Bq = 10m / s

若A、B能相对静止。设共同速度为v

由Mv0 = (M + m)v ，解得 v = 12.38m / s

因vB＜v，说明A、B在没有达到共同速度前就分离了，

所以B的最大速度为vB = 10m / s． （7分）

物块B的v-t图像如下

（3分）

（3）由于洛伦兹力的影响，A、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Q = fs求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解．

由于B物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时A的速度，设当物体B的速度最大时物体A的速度为vA

A、B系统水平方向动量守恒：Mv0 = MvA + mvB

∴vA = (Mv0 – mvB) / M = 12.5m/s

Q =ΔE = Mv02 / 2 – MvA2 / 2 – mvB2 / 2 = 7.75J （5分）