2013海淀高三物理查漏補缺題
13．從下列哪一組數(shù)據(jù)可以算出阿伏伽德羅常數(shù)
A．水的密度和水的摩爾質(zhì)量
B．水的摩爾質(zhì)量和水分子的體積
C．水分子的體積和水分子的質(zhì)量
D．水分子的質(zhì)量和水的摩爾質(zhì)量
14．根據(jù)盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型,下列說法中正確的是
A．原子中的正電荷均勻分布在整個原子范圍內(nèi)
B．原子中的質(zhì)量均勻分布在整個原子范圍內(nèi)
C．原子中的正電荷和質(zhì)量都均勻分布在整個原子范圍內(nèi)
D．原子中的正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在很小的區(qū)域范圍內(nèi)
15．在演示光電效應(yīng)的實驗中,原來不帶電的一塊鋅板與靈敏驗電器相連.用弧光燈照射鋅板時,驗電器的指針就張開一個角度,如圖1所示.這時　
A.鋅板帶正電,指針帶負(fù)電
B.鋅板帶正電,指針帶正電
C.鋅板帶負(fù)電,指針帶正電
D.鋅板帶負(fù)電,指針帶負(fù)
16．在地球大氣層外有很多太空垃圾繞地球轉(zhuǎn)動，可視為繞地球做勻速圓周運動。每到太陽活動期，由于受太陽的影響，地球大氣層的厚度增加，從而使得一些太空垃圾進(jìn)入稀薄大氣層，運動半徑開始逐漸變小，但每一周仍可視為勻速圓周運動。若在這個過程中某塊太空垃圾能保持質(zhì)量不變，則這塊太空垃圾
A．運動的角速度逐漸變小 B．地球引力對它做正功
C．受的地球引力逐漸變小 D．機械能可能不變
17．如圖2所示，MN和PQ為處于同一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌，垂直導(dǎo)軌放置金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好。N、Q端接變壓器的初級線圈，變壓器的輸出端有三組次級線圈，分別接有電阻元件R、電感元件L和電容元件C。在水平金屬導(dǎo)軌之間加豎直向下的勻強磁場，若用IR、IL、Ic分別表示通過R、L和C的電流，則下列判斷中正確的是
A．若IR=0、IL=0、IC=0，則ab棒一定處于靜止
B．若IR≠0、IL≠0、IC=0，則ab棒一定做勻速運動
C．若IR≠0、IL≠0、IC=0，則ab棒一定做勻變速運動
D．若IR≠0、IL≠0、IC≠0，則ab棒一定在某一中心位置附近做簡諧運動
18．A在平靜的水面上激起一列水波，使水面上漂浮的小樹葉在3.0s內(nèi)完成了6次全振動。當(dāng)某小樹葉開始第10次振動時，沿水波傳播的方向與該小樹葉相距1.8m、浮在水面的另一小樹葉剛好開始振動，則
A．水波的頻率是2.0Hz
B．水波的波長為0.40m
C．水波的傳播速度為0.20m/s
D．若振源振動的頻率變小，則同樣條件下波傳播到1.8m遠(yuǎn)處樹葉位置所用時間將變短
18B．教材中的做一做（電容器放電）
圖3是觀察電容器放電的電路，電源直流電壓為8V。先將開關(guān)S與1相連，電源向電容器充電，然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，在屏幕上顯示出電流隨時間變化的I-t曲線如圖4所示。根據(jù)I-t曲線下列判斷正確的是
A．電容器全部放電過程中釋放的電荷量大約是8.0×10-3C
B．該電容器的電容大約是1.0×10-5F
C．圖1電路還能研究電容器充電過程的I-t曲線
D．充電過程的I-t曲線與放電時的一樣
19A．在如圖5所示的空間中，存在場強為E的勻強電場，同時存在沿y軸負(fù)方向，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一電子(電荷量為e)在該空間恰沿x軸正方向以速度v勻速運動。據(jù)此可以判斷出
A．運動中電勢能減小，沿z軸正方向電勢升高
B．運動中電勢能增大，沿z軸正方向電勢降低
C．運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢升高
D．運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢降低
19B．長木板A放在光滑的水平面上，物塊B以水平初速度v0從A的一端滑上A的水平上表面，它們在運動過程中的v－t圖線如圖6所示。則根據(jù)圖中所給出的已知數(shù)據(jù)v0、v1和t1，可以求出的物理量是
A．木板獲得的動能
B．A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能
C．木板所受的滑動摩擦力大小
D．A、B之間的動摩擦因數(shù)
20A．如圖7所示，虛線a、b、c表示O處點電荷為圓心的三個同心圓的一部分，且這三個同心圓之間的間距相等。一電子射入電場后的運動軌跡如圖中實線所示，其中l(wèi)、2、3、4表示運動軌跡與這三個同心圓的一些交點。由此可以判定
A．O處的點電荷一定帶正電
B．a(chǎn)、b、c三個等勢面的電勢關(guān)系是φa>φb>φc
C．電子從位置1到2的過程中電場力做功為W12；從位置3到4的過程中電場力做功為W34，則W12=2W34
D．電子在1、2、3、4四個位置處具有的電勢能與動能的總和一定相等
20B．如圖8所示，平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為l，一端接有阻值為R的電阻；整個導(dǎo)軌處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B；一根質(zhì)量為m的金屬桿置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知金屬桿在導(dǎo)軌上開始運動的初速度大小為v0，方向平行于導(dǎo)軌（規(guī)定向右為x軸正方向）。忽略金屬桿與導(dǎo)軌的電阻，不計摩擦�？梢宰C明金屬桿運動到總路程的λ(0≤λ≤1)倍時，安培力的瞬時功率為 ，則金屬桿在導(dǎo)軌上運動過程中瞬時速度v、瞬時加速度a隨時間或隨空間變化關(guān)系正確的是 、
實驗題
21．（1）A有一根橫截面為正方形的薄壁管（如圖5所示），現(xiàn)用游標(biāo)為50分度（測量值可準(zhǔn)確到0.02mm）的游標(biāo)卡尺測量其外部的邊長l，卡尺上部分刻度的示數(shù)如圖6甲所示；用螺旋測微器測得其壁厚d的情況如圖6乙所示。則此管外部邊長的測量值為l= cm；管壁厚度的測量值為d= mm。
（1）B某同學(xué)利用雙縫干涉實驗裝置測定某一光的波長，已知雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L，將測量頭的分劃板中心刻線與某一亮條紋的中心對齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如圖7所示，此時的示數(shù)x1= mm。然后轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對齊，測出第n亮條紋示數(shù)為x2。由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長表達(dá)式λ= （用給出的字母符號表示）。
（1）C某同學(xué)在“探究平拋運動的規(guī)律”的實驗中，先采用圖8（甲）所示裝置，用小錘打擊彈性金屬片，金屬片把球A沿水平方向彈出，同時B球被松開，自由下落，觀察到兩球同時落地，改變小捶打擊的力度，即改變球A被彈出時的速度，兩球仍然同時落地，這說明 。
后來，他又用圖8（乙）所示裝置做實驗，兩個相同的弧形軌道M、N，分別用于發(fā)射小鐵球P、Q，其中M的末端是水平的，N的末端與光滑的水平板相切；兩軌道上端分別裝有電磁鐵C、D，調(diào)節(jié)電磁鐵C、D的高度，使AC=BD，從而保證小球P、Q在軌道出口處的水平初速度v0相等。現(xiàn)將小球P、Q分別吸在電磁鐵C、D上，然后切斷電源，使兩小球能以相同的初速度v0同時分別從軌道M、N的下端射出。實驗可觀察到的現(xiàn)象應(yīng)該是 ，僅改變弧形軌道M的高度（AC距離保持不變），重復(fù)上述實驗，仍能觀察到相同的現(xiàn)象，這說明 。
（2）某同學(xué)做“測定金屬電阻率”的實驗。
① 需要通過實驗直接測量的物理量有： 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（寫出名稱和符號）。
② 這位同學(xué)采用伏安法測定一段阻值約為5 左右的金屬絲的電阻。有以下器材可供選擇：（要求測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確）
A．電池組（3V，內(nèi)阻約1 ）；
B．電流表（0~3A，內(nèi)阻約0.025 ）
C．電流表（0~0.6A，內(nèi)阻約0.125 ）
D．電壓表（0~3V，內(nèi)阻約3k ）
E．電壓表（0~15V，內(nèi)阻約15k ）
F．滑動變阻器（0~20 ，額定電流1A）
G．滑動變阻器（0~1000 ，額定電流0.3A）
H．開關(guān)、導(dǎo)線。
實驗時應(yīng)選用的器材是　　　　　　　　　　　　�。ㄌ顚懜髌鞑牡淖帜复�號）。
　　請在下面的虛線框中畫出實驗電路圖。新課 標(biāo)第 一 網(wǎng)
　　　　這位同學(xué)在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如下圖所示。由圖9中電流表、電壓表的讀數(shù)可計算出金屬絲的電阻為　　　　　　　　 。
③ 用伏安法測金屬絲電阻存在系統(tǒng)誤差。為了減小系統(tǒng)誤差，
有人設(shè)計了如圖所示的實驗方案。其中Rx是待測電阻，R
是電阻箱，R1、R2是已知阻值的定值電阻。合上開關(guān)S，靈
敏電流計的指針偏轉(zhuǎn)。將R調(diào)至阻值為R0時，靈敏電流計
的示數(shù)為零。由此可計算出待測電阻Rx 　　　　　　 　�！　�
（用R1、R2、R0表示）
：
22．如圖10所示，在距水平地面高h(yuǎn)＝0.80m的水平桌面一端的邊緣放置一個質(zhì)量m＝0.80kg的木塊B，桌面的另一端有一塊質(zhì)量M=1.0kg的木塊A以初速度v0=4.0m/s開始向著木塊B滑動，經(jīng)過時間t=0.80s與B發(fā)生碰撞，碰后兩木塊都落到地面上。木塊B離開桌面后落到地面上的D點。設(shè)兩木塊均可以看作質(zhì)點，兩者之間的碰撞時間極短，且已知D點距桌面邊緣的水平距離s=0.60m，兩木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）木塊A開始以v0向B運動時，兩木塊之間的距離大�。�
（2）木塊B落地時的速度；
（3）從木塊A以v0向B運動時至兩木塊落到地前的瞬間，兩木塊所組成的系統(tǒng)損失的機械能。
23A．如圖11所示，在光滑水平地面上，有一質(zhì)量m1=4.0kg的平板小車，小車的右端有一固定的豎直擋板，擋板上固定一輕質(zhì)細(xì)彈簧。位于小車上A點處質(zhì)量m2=1.0kg的木塊（可視為質(zhì)點）與彈簧的左端相接觸但不連接，此時彈簧與木塊間無相互作用力。木塊與A點左側(cè)的車面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.40，木塊與A點右側(cè)的車面之間的摩擦可忽略不計。現(xiàn)小車與木塊一起以v0=2.0m/s的初速度向右運動，小車將與其右側(cè)的豎直墻壁發(fā)生碰撞，已知碰撞時間極短，碰撞后小車以v1=1.0m/s的速度水平向左運動，取g=10m/s2。
（1）求小車與豎直墻壁發(fā)生碰撞過程中小車動量變化量的大��；
（2）若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，求小車撞墻后與木塊相對靜止時的速度大小和彈簧的最大彈性勢能；
（3）要使木塊最終不從小車上滑落，則車面A點左側(cè)粗糙部分的長度應(yīng)滿足什么條件？
23B．顯像管的簡要工作原理如圖12所示：陰極K發(fā)出的電子（初速度可忽略不計）經(jīng)電壓為U的高壓加速電場加速后，沿直線PQ進(jìn)入半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面，圓形磁場區(qū)域的圓心O在PQ直線上，熒光屏M與PQ垂直，整個裝置處于真空中。若圓形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度的大小或方向發(fā)生變化，都將使電子束產(chǎn)生不同的偏轉(zhuǎn)，電子束便可打在熒光屏M的不同位置上，使熒光屏發(fā)光而形成圖象，其中Q點為熒光屏的中心。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，不計電子所受的重力及它們之間的相互作用力。若熒光屏的面積足夠大，要使從陰極發(fā)出的電子都能打在熒光屏上，則圓形磁場區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？
B<
24A．(20分) 據(jù)報道，北京首條磁懸浮列車運營線路已經(jīng)完成前期準(zhǔn)備工作，正待命開工。磁懸浮列車它的驅(qū)動系統(tǒng)可簡化為如圖12模型：固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內(nèi)，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖甲所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內(nèi)存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應(yīng)強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為λ，最大值為B0，即B=B0sin（2π ），如圖乙所示。金屬框同一長邊上各處的磁感應(yīng)強度相同，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。列車在驅(qū)動系統(tǒng)作用下沿Ox方向勻速行駛，速度為v(v（1）可以證明，當(dāng)線框?qū)挾萪=λ/2時，列車可以獲得最大驅(qū)動力，求驅(qū)動力的最大值；
（2）由于列車與磁場的相對運動，驅(qū)動力大小在隨時間變化。寫出驅(qū)動力大小隨時間的變化關(guān)系式；
（3）為了列車平穩(wěn)運行，設(shè)計方案是在此線框前方合適位置再加一組與線框MNPQ同樣的線框M'N'P'Q'，兩線框間距離滿足一定條件時，列車可以獲得恒定的驅(qū)動力。求恒定驅(qū)動力大小及在兩線框不重疊的情況下兩組線框的MN與M'N'邊的最小距離。
參考答案：
（1）為使列車獲得最大驅(qū)動力，MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的位置，這會使得金屬框中感應(yīng)電動勢最大，電流最強，也會使得金屬框長邊受到的安培力最大。此時線框中總的感應(yīng)電動勢為Em=2B0l（v0-v）
相應(yīng)的，根據(jù)閉合電路歐姆定律Im=
設(shè)此時現(xiàn)況MN邊受到的安培力為Fm，根據(jù)安培力公式F=BIl
最大驅(qū)動力Fm =2B0Iml
Fm=
（2）從MN邊在x=0處開始計時，MN邊到達(dá)x坐標(biāo)處，磁場向右移動了v0t
設(shè)此時線框中總的感應(yīng)電動勢為e，則
e= 2B0 l（v0-v）sin（2π ）
相應(yīng)的，感應(yīng)電流為i= （v0-v）sin（2π ）
驅(qū)動力：F= （v0-v）sin2（2π ）
（3）為了使驅(qū)動力不隨時間變化，即需要消除牽引力表達(dá)式中隨時間變化部分，此時只需線框M'N'P'Q'所受力滿足F'= （v0-v）cos2（2π ）
從而使得F總= （v0-v）sin2（2π ）+ （v0-v）cos2（2π ）
F總= （v0-v）不隨時間變化
即MN邊受力最大時，M'N'受力最小，而MN邊受力最小時，M'N'受力最大，即M'N'邊與MN邊最少相距3λ/4
24B．速調(diào)管是用于甚高頻信號放大的一種裝置（如圖11所示），其核心部件是由兩個相距為s的腔組成，其中輸入腔由一對相距為l的平行正對金屬板構(gòu)成（圖中虛線框內(nèi)的部分）。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，為計算方便，在以下的討論中電子之間的相互作用力及其重力均忽略不計。
（1）若輸入腔中的電場保持不變，電子以一定的初速度v0從A板上的小孔沿垂直A板的方向進(jìn)入輸入腔，而由B板射出輸入腔時速度減為v0/2，求輸入腔中的電場強度E的大小及電子通過輸入腔電場區(qū)域所用的時間t；
（2）現(xiàn)將B板接地（圖中未畫出），在輸入腔的兩極板間加上如圖12所示周期為T的高頻方波交變電壓，在 t=0時A板電勢為U0，與此同時電子以速度v0連續(xù)從A板上的小孔沿垂直A板的方向射入輸入腔中，并能從B板上的小孔射出，射向輸出腔的C孔。若在nT～（n+1）T的時間內(nèi)（n=0，1，2，3……），前半周期經(jīng)板射出的電子速度為v1（未知），后半周期經(jīng)B板射出的電子速度為v2（未知），求v1與v2的比值；（由于輸入腔兩極板間距離很小，且電子的速度很大，因此電子通過輸入腔的時間可忽略不計）
（3）在上述速度分別為v1和v2的電子中，若t時刻經(jīng)B板射出速度為v1的電子總能與t+T/2時刻經(jīng)B板射出的速度為v2的電子同時進(jìn)入輸出腔，則可通過相移器的控制將電子的動能轉(zhuǎn)化為輸出腔中的電場能，從而實現(xiàn)對甚高頻信號進(jìn)行放大的作用。為實現(xiàn)上述過程，輸出腔的C孔到輸入腔的右極板B的距離s應(yīng)滿足什么條件？
2013物理查漏補缺題參考答案
13．D 14．D 15．B 16．B 17．C 18 A．A 18B．B 19A．D 19B．D 20A．D
20B．B參考解答：取金屬桿開始運動時為計時起點。設(shè)在時刻 （在金屬桿最終停止時刻之前），金屬桿的速度為 ，所受的安培力的大小為 ，經(jīng)過路程為 ，則有
①
將區(qū)間[0, ]分為 小段，設(shè)第 小段的時間間隔為 ，桿在此段時間的位移為 。規(guī)定向右的方向為正，由動量定理得
②
又
③
由①②③式得
④
此即
⑤
當(dāng)金屬桿走完全部路程 時，金屬桿的速度為零，因而
⑥
由①⑤式得，金屬桿運動到路程為 時的瞬時功率為
⑦
由⑥⑦式得
21．（1）A 2.858～2.864；1.000
（1）B 0.776mm，
（1）C 平拋運動的豎直分運動是自由落體運動
上面小球落到平板上時兩球相碰
平拋運動的水平分運動是勻速直線運動
21．（2）參考答案：
① 加在金屬絲兩端的電壓U，通過金屬絲的電流I，
金屬絲的長度L，金屬絲的直徑D
② ACDFH 　 （含有錯誤答案不給分）
　 電路圖如右圖所示　　（電流表內(nèi)接不給分）
5.2　　　
③ 　　　　　
22．（1）2.4m；（2） m/s，方向與水平方向的夾角θ=tan ；（3）6.78J
23A．（1）12kg?m/s
（2）3.6J
（3）車面A點左側(cè)粗糙部分的長度應(yīng)大于0.90m
23 B．B<
24A．參考答案：
（1）為使列車獲得最大驅(qū)動力，MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強度同為最大值且反向的位置，這會使得金屬框中感應(yīng)電動勢最大，電流最強，也會使得金屬框長邊受到的安培力最大。此時線框中總的感應(yīng)電動勢為Em=2B0l（v0-v）
相應(yīng)的，根據(jù)閉合電路歐姆定律Im=
設(shè)此時現(xiàn)況MN邊受到的安培力為Fm，根據(jù)安培力公式F=BIl
最大驅(qū)動力Fm =2B0Iml
Fm=
（2）從MN邊在x=0處開始計時，MN邊到達(dá)x坐標(biāo)處，磁場向右移動了v0t
設(shè)此時線框中總的感應(yīng)電動勢為e，則
e= 2B0 l（v0-v）sin（2π ）
相應(yīng)的，感應(yīng)電流為i= （v0-v）sin（2π ）
驅(qū)動力：F= （v0-v）sin2（2π ）
（3）為了使驅(qū)動力不隨時間變化，即需要消除牽引力表達(dá)式中隨時間變化部分，此時只需線框M'N'P'Q'所受力滿足F'= （v0-v）cos2（2π ）
從而使得F總= （v0-v）sin2（2π ）+ （v0-v）cos2（2π ）
F總= （v0-v）不隨時間變化
即MN邊受力最大時，M'N'受力最小，而MN邊受力最小時，M'N'受力最大，即M'N'邊與MN邊最少相距3λ/4
24B．參考答案：
（1）設(shè)電子在輸入腔中做勻減速運動的加速度大小為a，根據(jù)運動學(xué)公式有
-v02=2（-a）l
解得a=
根據(jù)牛頓第二定律有eE=ma
解得E=
電子通過輸入腔的時間t=
（2）在nT～（n+1）T的時間內(nèi)，前半周期電子減速通過輸入腔，設(shè)射出的速度為v1，則根據(jù)動能定理有 -eU0= mv12- mv02
解得v1= 后半周期電子加速通過輸入腔，設(shè)射出的速度為v2，則根據(jù)動能定理有
eU0= mv22- mv02
解得v2=
所以有
（3）設(shè)以速度v1經(jīng)B板射出的電子經(jīng)過時間t1到達(dá)C孔處，則s=v1t1
以速度v2經(jīng)B板射出的電子經(jīng)過時間t2到達(dá)C孔處，則s=v2t2
為實現(xiàn)放大作用，依題意應(yīng)有t2=t1-T/2


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