湖南省衡阳八中2017届高三上学期第四次月考物理试卷 23页

‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第四次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-7题为单选题，8-12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，当一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB由A点运动到B点，其速度时间图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零．下列判断正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度 C．该电场可能是负点电荷产生的 D．A点的电势一定高于B点的电势 ‎2．如图所示，为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系．根据图象判断，正确的结论是（　　）‎ A．弹簧的原长为6 cm B．弹簧的劲度系数为10 N/m C．弹簧长度为4cm时的弹力比弹簧长度为8cm时的弹力小 D．弹簧的劲度系数为1 N/m ‎3．A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA：FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB分别为（　　）‎ A．4：1，2：1B．2：1，4：1C．1：4，1：2D．1：2，1：4‎ ‎4．如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为1.6 AB．电动机的输出功率为3 W C．电动机消耗的电功率为3 WD．电源的输出功率是8 W ‎5．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）‎ A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动 C．把R2的滑片向右移动D．把闭合的开关S断开 ‎6．你是否注意到，“神舟”六号宇宙飞船控制中心的大屏幕上出现的一幅卫星运行轨迹图，如图所示，它记录了“神舟”六号飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示在一段时间内飞船绕地球圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为180°…），则由图可以判断飞船的轨道参数正确的是（　　）‎ A．运行周期为1.5小时B．可以经过两极上的正上方 C．运行速率比同步卫星的小D．发射速度比同步卫星的大 ‎7．两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（　　）‎ A．2：1B．1：2C．6：1D．1：6‎ ‎8．如图所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球（可视为质点），小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，斜面的倾角为θ．则下列说法正确的是（　　）‎ A．　B．==‎ C．==　D．若θ增大，则的值减小 ‎9．如图所示，在正点电荷Q形成的电场中，AD，BC是以Q为圆心的两段圆弧．正点电荷q沿A﹣→B﹣→C﹣→D﹣→A移动，则该电荷q（　　）‎ A．沿DA运动时电场力不做功 B．沿BC运动时不受电场力作用 C．在A点时受到的电场力比在C点时小 D．在B点时的电势能比在D点时小 ‎10．一小球自由下落，与地面发生碰撞，以原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则图中能正确描述小球位移x、速度v、动能Ek、机械能E与时间t的关系的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎11．一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子（重力不计），经过同一加速电场由静止开始加速后，又垂直进入同一偏转电场偏转，且都能出电场．关于它们的运动下列说法正确的是（　　）‎ A．它们的偏转量都与偏转电场电压成正比与加速电场的电压成反比 B．若偏转电场电压为原来的2倍则偏转量也为原来的2倍 C．出电场时三个粒子的动能的动能之比为1：1：2‎ D．三个粒子在两个电场中运动的总时间之比为1：2：‎ ‎12．如图所示，带同种电荷大小不计的两个小球a和b，分别静止在竖直墙面A处和光滑水平地面B处，AO=OB．a球此时受摩擦力向上，且与墙面间动摩擦因数为μ=0.5，b球被光滑竖直板挡住，a球由于漏电而缓慢下移到A′处，在此过程中（　　）‎ A．地面对b球的支持力变小 B．竖直墙面对a球的支持力变小 C．竖直墙面对a球的摩擦力变小 D．a、b之间的作用力变大 ‎　‎ 二．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．（1）用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量某物体的长度，测量结果如图甲所示，由此可知该物体的长度是　　cm．‎ ‎（2）某同学测量一金属丝的直径如图乙所示，由图可以知该金属丝的直径为　　mm ‎14．（12分）（1）一个阻值约为200Ω待测电阻Rx的阻值，多用表测量该 元件的电阻，选用某一倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择　　倍率的电阻挡（填“更高”或“更低”），并重新调零后再进行测量．若多用表中的电池旧了，但其电动势不变，内阻增大了，用它测得的电阻值将　　（填“偏大”“偏小”或“不变”）．‎ 若要用伏安法更精确地测量，实验室提供如下器材：‎ 电池组E：电动势3V，内阻不计 电流表A1：量程0﹣15mA，内阻约为100Ω 电流表A2：量程0﹣300μA，内阻为1000Ω 电压表V：量程15V，内阻约15kΩ 滑动变阻器R1：阻值范围0﹣20Ω 定值电阻R2，阻值为 9000Ω 电键S、导线若干 请回答下面问题：‎ ‎（2）在方框图乙中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；‎ ‎（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图甲所示，可读出电流表A1的示数是　　mA，电流表A2的示数是　　μA，Rx=　　Ω．‎ ‎　‎ 三．解答题（共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案，不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．（8分）如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）A、B间的距离；‎ ‎（2）水平力F在5s时间内对物块所做的功．‎ ‎16．（8分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为 m=2×10﹣6kg，电量q=1×10﹣8C，电容器电容为C=10﹣6F，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；‎ ‎（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上．‎ ‎17．（12分）如图所示，在光滑水平长直轨道上有A、B两个小绝缘体，它们之间有一根长为L的轻质软线相连接（图中未画出细线）．A带有正电荷，电量为q，质量为m，B不带电．空间存在着方向向右的匀强电场，场强大小为E．开始时用外力把A与B靠在一起，并保持静止．某时刻撤去外力，A将开始向右运动．求：‎ ‎（1）绳子第一次绷紧前瞬间A物理的速度v0；‎ ‎（2）在绳子绷紧瞬间两物体间将发生时间极短的相互作用，使A的速度变为原来的，方向向左，B的速度也为，方向向右．设整个过程中A的带电量都保持不变．从B开始运动后到细线第二次被绷紧前的过程中，AB的最小间距为多少？‎ ‎（3）从B开始运动到绳子第二次被绷紧瞬间B的位移的大小．‎ ‎　‎ 四、选做题 ‎18．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B．布朗运动的实质就是固体分子的无规则运动 C．热量不能自发地从低温物体传给高温物体 D．绝对零度不可达到 E．一定量的理想气体升高相同的温度等压变化比等容变化吸收的热量多 ‎19．（6分）如图所示，一圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的活塞，在距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，气缸壁和活塞都是不导热的，它们之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的可导热的隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭同种的理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压强p0，活塞距气缸底的高度为1.6H0，现通过B中的电热丝缓慢加热，试求：‎ ‎（1）当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距缸底的高度是多少？‎ ‎（2）当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省衡阳八中高三（上）第四次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-7题为单选题，8-12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，当一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB由A点运动到B点，其速度时间图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零．下列判断正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度 C．该电场可能是负点电荷产生的 D．A点的电势一定高于B点的电势 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．‎ ‎【解答】解：AB、由题目图可知，电子加速度恒定，则可知受电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强要等于B点场强；故AB错误；‎ CD、而电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，电子带负电，由φ= 可知，A点的电势要大于B点电势，故C错误，D正确，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；‎ 同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系．根据图象判断，正确的结论是（　　）‎ A．弹簧的原长为6 cm B．弹簧的劲度系数为10 N/m C．弹簧长度为4cm时的弹力比弹簧长度为8cm时的弹力小 D．弹簧的劲度系数为1 N/m ‎【考点】胡克定律．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；弹力的存在及方向的判定专题．‎ ‎【分析】由弹簧的长度L和弹力f大小的关系图象，可读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；由图读出弹力为F=2N，弹簧的长度为x=4cm，求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．‎ ‎【解答】解：A、由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=6cm=0.06m，即弹簧的原长为6cm，故A正确；‎ B、D、由图读出弹力为F1=2N，弹簧的长度为L1=4cm，弹簧压缩的长度 x1=L0﹣L1=6cm﹣4cm=2cm=0.02m；‎ 由胡克定律得：弹簧的劲度系数为k=N/m；故BD错误；‎ C、由图可知，弹簧长度为4cm时的弹力与弹簧长度为8cm时的弹力都是2N，大小是相等的．故C错误；‎ 故选：A ‎【点评】在胡克定律公式f=kx中，要注意x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度，弹力是与形变量成正比，而不是弹簧的长度成正比．‎ ‎　‎ ‎3．（2013•淮安校级模拟）A、B两物体的质量之比mA：mB=2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA：FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB分别为（　　）‎ A．4：1，2：1B．2：1，4：1C．1：4，1：2D．1：2，1：4‎ ‎【考点】功的计算．‎ ‎【专题】功的计算专题．‎ ‎【分析】由于物体只受到摩擦力的作用，根据速度时间的图象可以知道加速度的大小，再根据牛顿第二定律可以知道摩擦力的大小，根据动能定理可以知道摩擦力对物体做的功的大小．‎ ‎【解答】解：根据速度时间的图象可知，aA：aB=2：1，物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知，f=ma，所以摩擦力之比为4：1；‎ 由动能定理，摩擦力的功W=0﹣mv2，由于ab的初速度大小相同，mA：mB=2：1，所以两物体克服摩擦阻力做的功之比WA：WB为2：1．所以A正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】物体受到的摩擦力作为物体的合力，在速度时间图象中，要知道直线的斜率表示物体的加速度的大小．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为1.6 AB．电动机的输出功率为3 W C．电动机消耗的电功率为3 WD．电源的输出功率是8 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；图析法；方程法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】灯泡刚好正常发光，电压和功率达到额定值．由灯泡额定电压和额定功率，由公式P=UI求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电动机的电流．由闭合电路欧姆定律求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率和电动机消耗的功率．由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、灯泡L正常发光，通过灯泡的电流：IL==A=1A，电动机与灯泡串联，则通过电动机的电流是 IM=IL=1A，故A错误；‎ BC、电动机两端的电压：UM=E﹣Ir﹣UL=8﹣1×0.5﹣3=4.5V，电动机消耗的电功率为 P电=UMIM=1×4.5=4.5W，电动机的输出功率：P输出=P电﹣IM2R0=4.5﹣12×1.5=3W，故B正确，C错误；‎ D、路端电压：U=E﹣Ir=8﹣1×0.5=7.5V，电源的输出功率：P=UI=7.5×1=7.5W，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】电动机正常工作时是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件和各个功率之间的关系．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）‎ A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动 C．把R2的滑片向右移动D．把闭合的开关S断开 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．‎ ‎【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；‎ 电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；‎ B、C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；‎ D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法．‎ ‎　‎ ‎6．你是否注意到，“神舟”六号宇宙飞船控制中心的大屏幕上出现的一幅卫星运行轨迹图，如图所示，它记录了“神舟”六号飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示在一段时间内飞船绕地球圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹①、②、③、④，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为180°…），则由图可以判断飞船的轨道参数正确的是（　　）‎ A．运行周期为1.5小时B．可以经过两极上的正上方 C．运行速率比同步卫星的小D．发射速度比同步卫星的大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【专题】定量思想；图析法；人造卫星问题．‎ ‎【分析】在轨迹①通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹②再次经过赤道时经度为l80°，即“神舟十号”转一圈，地球自转转过22.5°，可求出“神舟六号”与地球自转周期的关系，从而可求出“神舟十号”的周期．根据万有引力提供向心力，通过周期关系，得出飞船与同步卫星的轨道半径关系，从而分析出它们的速率关系．‎ ‎【解答】解：A、飞船每运行一周，地球自转角度为180°﹣157.5°=22.5°，则神舟飞船运行的周期T为 T=×24×3600S=5400S=1.5h．故A正确．‎ B、由图可知，飞船的轨道平面与赤道平面的夹角为42.4°，可知飞船绕地球做圆周运动①、②、③、④的过程中不可能经过北极点的正上方，也不可能经过南极点的正上方，故B错误．‎ C、飞船的周期小于同步卫星的周期（24h），由开普勒第三定律知，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由v=知，飞船的运行速率比同步卫星的大，故C错误．‎ D、由于同步卫星的高度更高，具有的机械能更大，所以同步卫星的发射速度比飞船的大，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】解决本题的关键通过“神舟六号”转一圈，地球转过的角度，得出他们的周期关系，也可能通过万有引力提供向心力，得出轨道半径关系．‎ ‎　‎ ‎7．两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为（　　）‎ A．2：1B．1：2C．6：1D．1：6‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；串联电路和并联电路．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出ab段和bc段导线的横截面积之比．‎ ‎【解答】解：ab段和bc段的电势差分别为2V，4V，电流相等，根据欧姆定律得：==．‎ 根据电阻定律得，R=ρ，则S=，则横截面积之比：=×==．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球（可视为质点），小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，斜面的倾角为θ．则下列说法正确的是（　　）‎ A．　B．==‎ C．==　D．若θ增大，则的值减小 ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；方程法；直线运动规律专题．‎ ‎【分析】小球在光滑斜面上释放时均做加速度大小为gsinθ的匀加速运动，由位移公式x=求解x1、x2、x3与t1、t2、t3的关系．若增大θ，的值增大．‎ ‎【解答】解：AB、某段时间内的平均速度，因为三个小球到达底端的速度v1＞v2＞v3，根据可知：，所以，故A正确、B错误．‎ C、小球在光滑斜面上释放时均做加速度大小为gsinθ匀加速运动，加速度相同，由位移公式x=‎ 得，故A错误，C正确．‎ D、根据x=得，a=，θ变大，则的值增大，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查了运动学公式和推论的基本运用，掌握匀变速直线运动的位移时间公式和平均速度推论是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在正点电荷Q形成的电场中，AD，BC是以Q为圆心的两段圆弧．正点电荷q沿A﹣→B﹣→C﹣→D﹣→A移动，则该电荷q（　　）‎ A．沿DA运动时电场力不做功 B．沿BC运动时不受电场力作用 C．在A点时受到的电场力比在C点时小 D．在B点时的电势能比在D点时小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电场力做功，根据公式W=qU，可知跟两点间的电势差有关系，两点间电势差为零，不做功．‎ 电场线的疏密反映了电场的强弱．‎ ‎【解答】解：A、在正点电荷Q形成的电场中，AD、BC是以Q为圆心的两段圆弧，也是两个等势面，所以沿DA运动时电场力不做功，故A正确．‎ B、电荷处在电场中就会受到电场力的作用，故B错误．‎ C、根据库仑定律，离点电荷的距离越小，电场强度越大，所以A点的场强大于C点的场强，所以在A点时受到的电场力比在C点时大，故C错误．‎ D、沿着电场线方向的电势降低，所以D点电势高于B点电势，但是电势能Ep=qφ，所以正点电荷q在B点时的电势能比在D点时大．故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】根据电场的对称性，电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低，可以分析解决本题．‎ ‎　‎ ‎10．一小球自由下落，与地面发生碰撞，以原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则图中能正确描述小球位移x、速度v、动能Ek、机械能E与时间t的关系的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；动能．‎ ‎【分析】小球做自由落体运动，运用物理规律求出动能、位移、重力势能、速度与时间的关系，再运用数学知识进行讨论分析．‎ ‎【解答】解：A、位移x=，所以开始下落过程中位移随时间应该是抛物线．故A错误．‎ B、速度v=gt，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，故B正确．‎ C、小球自由落下，在与地面发生碰撞的瞬间，反弹速度与落地速度大小相等．若从释放时开始计时，动能EK=，速度v=gt，所以开始下落过程中动能EK=‎ 所以开始下落过程中动能随时间应该是抛物线，故C错误．‎ D、因为小球在运动的整个过程中没有能量损失，机械能守恒，则机械能不变．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题关键先求出需要描述物理量的一般表达式，再讨论物理量与时间关系，找出函数图象．‎ ‎　‎ ‎11．一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子（重力不计），经过同一加速电场由静止开始加速后，又垂直进入同一偏转电场偏转，且都能出电场．关于它们的运动下列说法正确的是（　　）‎ A．它们的偏转量都与偏转电场电压成正比与加速电场的电压成反比 B．若偏转电场电压为原来的2倍则偏转量也为原来的2倍 C．出电场时三个粒子的动能的动能之比为1：1：2‎ D．三个粒子在两个电场中运动的总时间之比为1：2：‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】‎ 三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析在偏转电场中经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系．根据动能定理求出末动能的大小，从而比较大小．‎ ‎【解答】解：A、设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d．‎ 在加速电场中，由动能定理得：=得加速获得的速度为v0=，三种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三粒子在偏转电场中运动的时间不同．三种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以三粒子是先后离开偏转电场．‎ 在偏转电场中的偏转位移．可知它们的偏转量都与偏转电场电压成正比与加速电场的电压成反比，故A正确；‎ B、根据A得到的偏转量表达式，偏转电压为原来的2倍则偏转量为原来的2倍，故偏转量也为原来的2倍，故B正确；‎ C、根据动能定理得，，因为y相等，电量不等，所以出射时的动能与电荷量成正比，出电场时三个粒子的动能的动能之比为1：1：2．故C正确，‎ D、粒子在加速电场中的运动时间，在偏转电场中运动的时间，在加速电场和偏转电场中运动的总时间，可知总时间与成正比，总时间之比 ，故D正确；‎ 故选：ABCD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，带同种电荷大小不计的两个小球a和b，分别静止在竖直墙面A处和光滑水平地面B处，AO=OB．a球此时受摩擦力向上，且与墙面间动摩擦因数为μ=0.5，b球被光滑竖直板挡住，a球由于漏电而缓慢下移到A′处，在此过程中（　　）‎ A．地面对b球的支持力变小 B．竖直墙面对a球的支持力变小 C．竖直墙面对a球的摩擦力变小 D．a、b之间的作用力变大 ‎【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】先以小球a为研究对象，对A、A′处的小球a受力分析，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对小球a的弹力和ab间的库仑力如何变化，再以ab整体为研究对象，根据平衡条件分析地面对小球b的支持力的变化．由于A′在A的下方，可假设a无限接近点O．‎ ‎【解答】解：当小球a在A点时，对小球a受力分析，如图1所示，‎ 由受力平衡可知：Fsin45°+μNa=Fsin45°+μFcos45°=1.5×F=mg，‎ 当小球a在A′点时，对小球a受力分析，设F与水平方向的夹角为θ，如图2所示，‎ 由受力平衡可知：F′sinθ+μNa′=F′sinθ+0.5F′cosθ=mg，‎ 由于θ无限小，则sinθ接近0，cosθ接近1，即0.5F′接近mg，‎ 由于1.5×F=mg、0.5F′接近mg，所以F′＞F，‎ 由Na=F、Na′=F′cosθ可知，Na′＞Na，则f′＞f 故BC错误，D正确；‎ 对a、b整体受力分析，由平衡条件可知，‎ 在竖直方向上：G=N地+f 小球a下移到A′时，由于f′＞f，‎ 则N地′＜N地，故A正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．‎ ‎　‎ 二．实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13．（1）用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量某物体的长度，测量结果如图甲所示，由此可知该物体的长度是　1.340　cm．‎ ‎（2）某同学测量一金属丝的直径如图乙所示，由图可以知该金属丝的直径为　2.970　mm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；基本实验仪器．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为13mm=1.3cm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×8mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为：1.3cm+0.040cm=1.340cm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×47.0mm=0.470mm，所以最终读数为：2.5mm+0.470mm=2.970mm；‎ 故答案为：1.340，2.970‎ ‎【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．‎ ‎　‎ ‎14．（12分）（1）一个阻值约为200Ω待测电阻Rx的阻值，多用表测量该 元件的电阻，选用某一倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择　更高　倍率的电阻挡（填“更高”或“更低”），并重新调零后再进行测量．若多用表中的电池旧了，但其电动势不变，内阻增大了，用它测得的电阻值将　不变　（填“偏大”“偏小”或“不变”）．‎ 若要用伏安法更精确地测量，实验室提供如下器材：‎ 电池组E：电动势3V，内阻不计 电流表A1：量程0﹣15mA，内阻约为100Ω 电流表A2：量程0﹣300μA，内阻为1000Ω 电压表V：量程15V，内阻约15kΩ 滑动变阻器R1：阻值范围0﹣20Ω 定值电阻R2，阻值为 9000Ω 电键S、导线若干 请回答下面问题：‎ ‎（2）在方框图乙中画出完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；‎ ‎（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图甲所示，可读出电流表A1的示数是　8.0　mA，电流表A2的示数是　150　μA，Rx=　187.5　Ω．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；方程法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使欧姆表指针指在表盘中央刻度线附近；根据闭合电路欧姆定律分析答题；‎ ‎（2）根据实验器材与实验原理选择实验器材，然后确定电流表与滑动变阻器接法，作出电路图．‎ ‎（3）根据图示电表读出其示数，应用欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用某倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转很小，‎ 说明所选档位太小，为准确测量电阻，应换更高倍率的挡位，并重新进行欧姆调零，再进行测量；‎ 若多用表中的电池旧了，电池电动势不变、内阻变大，用欧姆表测电阻，欧姆调零时，‎ 由于满偏电流Ig不变，由Ig=可知，欧姆表内阻R内不变，欧姆表调零后测电阻时待测电阻阻值不变；‎ ‎（2）通过待测电阻的最大电流约为：I===0.015A=15mA，电流表应选择A1，没有电压表，可以用电压表A2与定值电阻串联改装成电压表测电压，由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）由图示电流表可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数为150μA，‎ 待测电阻阻值：R====187.5Ω；‎ 故答案为：（1）更高；不变；（2）电路如图所示；（3）8.0mA；150μA；187.5．‎ ‎【点评】本题考查了设计电路图、电表读数、求待测电阻阻值，本实验没有电压表，可以把电流表改装成电压表测电压；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法是设计电路图的关键；对电表读数时视线要与电表刻度线垂直．‎ ‎　‎ 三．解答题（共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案，不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎15．（8分）如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）A、B间的距离；‎ ‎（2）水平力F在5s时间内对物块所做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移公式求解AB间的距离；‎ ‎（2）由速度公式可求出物块返回A点时的速度大小，对于全过程，根据动能定理求解水平力F做功．‎ ‎【解答】解：（1）由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，则有 ‎ F﹣μmg=ma，‎ 得a== m/s2=2 m/s2，‎ 故A、B间的距离为s=at2=4 m．‎ ‎（2）设整个过程中水平力所做功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：‎ WF﹣2μmgs=m，‎ 对于匀加速运动过程，=2as，‎ 联立得 WF=2μmgs+mas=24 J．‎ 答：（1）A、B间的距离是4m；‎ ‎（2）水平力F在5s时间内对物块所做的功是24J．‎ ‎【点评】本题的解题关键在于灵活选择研究的过程，抓住物块返回过程做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求得AB间的距离．‎ ‎　‎ ‎16．（8分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为 m=2×10﹣6kg，电量q=1×10﹣8C，电容器电容为C=10﹣6F，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；‎ ‎（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；运动的合成和分解．‎ ‎【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）第一个微粒做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据高度和水平位移从到L，求出初速度v0的取值范围．‎ ‎（2）当粒子刚好从边缘飞出时，落到下极板上的带电微粒最多，根据牛顿第二定律和运动学公式求出极板的电量Q，即可求出最多能落到下极板粒子的个数．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则 偏转位移：‎ 得，‎ 水平方向：‎ ‎ L=v2t 联立解得：v1=2.5m/s，v2=5m/s ‎ 故粒子的初速度满足2.5m/s≤v0≤5m/s． ‎ ‎（2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U 由牛顿第二定律得：mg﹣Eq=ma 偏转位移：‎ 水平位移：L=v0t 又 v0=2.5m/s ‎ 联立解得：E=1.5×103N/C ‎ 则U=Ed，Q=CU 解得Q=6×10﹣6C ‎ 最多能落到下极板粒子的个数 n===600个 答：‎ ‎（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，微粒入射的初速度v0的取值范围为2.5m/s≤v0≤5m/s；‎ ‎（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，最多能有600个带电微粒落到下极板上．‎ ‎【点评】本题是平抛运动和类平抛运动问题，要抓住它们研究方法、粒子运动轨迹等等的相似法，也要抓住区别：加速度不同，平抛运动的加速度是常量，而类平抛运动要根据牛顿第二定律求出．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）如图所示，在光滑水平长直轨道上有A、B两个小绝缘体，它们之间有一根长为L的轻质软线相连接（图中未画出细线）．A带有正电荷，电量为q，质量为m，B不带电．空间存在着方向向右的匀强电场，场强大小为E．开始时用外力把A与B靠在一起，并保持静止．某时刻撤去外力，A将开始向右运动．求：‎ ‎（1）绳子第一次绷紧前瞬间A物理的速度v0；‎ ‎（2）在绳子绷紧瞬间两物体间将发生时间极短的相互作用，使A的速度变为原来的，方向向左，B的速度也为，方向向右．设整个过程中A的带电量都保持不变．从B开始运动后到细线第二次被绷紧前的过程中，AB的最小间距为多少？‎ ‎（3）从B开始运动到绳子第二次被绷紧瞬间B的位移的大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）在细线拉紧前，A做匀加速运动，由动能定理可以求出A获得的速度；‎ ‎（2）、（3）两物体间发生时间极短的相互作用后，A做匀减速运动，B做匀速直线运动，如果A与B位移相等时，B的速度大于A的速度，则A、B能再次发生碰撞，否则不能发生碰撞，由运动学公式分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）细绳第一次绷紧时，电场力对A做正功，由动能定理有：qEL=﹣0‎ 解得：‎ ‎（2）当A向右运动的速度大小也为，即A、B的速度相同时，A、B间的距离最小，‎ 当A向右运动的速度恢复至时，a=，经历时间：‎ t===‎ 在该段时间内M向右运动的位移：=‎ 而m的位移为零，此时M、m相距△s=L﹣sM=L﹣=，故m不会撞上M． ‎ ‎（3）当A、B相距时，A向右运动的即时速度为，向右运动的加速度大小为，B以的速度继续向右做匀速直线运动，当它们的位移差时，细绳第二次被绷紧，故有　‎ 解得：‎ 于是==　‎ 因此M的总位移：‎ 答：（1）绳子第一次绷紧前瞬间A物理的速度为；‎ ‎（2）AB的最小间距为；‎ ‎（3）从B开始运动到绳子第二次被绷紧瞬间B的位移的大小为．‎ ‎【点评】本题主要考查动能定理及运动学公式，分析清楚物体的运动过程及运动性质，应用动能定理、运动学公式即可正确解题．‎ ‎　‎ 四、选做题 ‎18．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B．布朗运动的实质就是固体分子的无规则运动 C．热量不能自发地从低温物体传给高温物体 D．绝对零度不可达到 E．一定量的理想气体升高相同的温度等压变化比等容变化吸收的热量多 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；热力学第一定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；布朗运动专题．‎ ‎【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，改变内能的途径有做功和热传递，温度是分子平均动能的标志．扩散现象是指分子能够充满整个空间的过程，它说明分子永不停息地运动．根据热力学第二定律、第零定律以及热力学第一定律依次分析CDE个选项即可．‎ ‎【解答】解：A、扩散现象是指分子能够充满整个空间的过程，它说明分子永不停息地运动，与分子之间存在斥力无关，故A错误；‎ B、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接说明分子永不停息地做无规则运动，故B错误；‎ C、根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，故C正确；‎ D、根据热力学第零定律可知，绝对零度不可达到，故D正确；‎ E、一定量的理想气体升高温度做等压变化的过程中，根据理想气体的状态方程可知，理想气体的体积增大，吸收的热量一部分转化为内能，一部分对外做功．理想气体升高温度做等容变化的过程中体积不变，吸收的热量全部转化为内能；而一定量的理想气体升高相同的温度时内能的变化是相等的，结合热力学第一定律可知，一定量的理想气体升高相同的温度等压变化比等容变化吸收的热量多．故E正确．‎ 故选：CDE ‎【点评】本题考查了分子动理论的基本内容以及气体定律，特别容易出现错误的是对于布朗运动理解，它不是分子的运动，而是间接反应了液体分子的无规则运动．‎ ‎　‎ ‎19．（6分）如图所示，一圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计的可上下移动的活塞，在距缸底高为2H0的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，气缸壁和活塞都是不导热的，它们之间没有摩擦．活塞下方距缸底高为H0处还有一固定的可导热的隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭同种的理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压强p0，活塞距气缸底的高度为1.6H0，现通过B中的电热丝缓慢加热，试求：‎ ‎（1）当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距缸底的高度是多少？‎ ‎（2）当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】布朗运动专题．‎ ‎【分析】（1）据题知B中气体做等容变化，由查理定律可求出压强为1.5p0时的温度．由于隔板导热，A、B中气体温度相等，A中气体做等压变化，根据盖•吕萨克定律和长度关系求解活塞距缸底的高度．‎ ‎（2）当A中气体压强为1.5p0，活塞将顶在卡环处，对A中气体，根据气态方程列式求解温度，抓住A气体与气体B的温度相同，即可得到B中气体的温度．‎ ‎【解答】解：（1）B中气体做等容变化，由查理定律：‎ 解得：‎ A中气体做等压变化，由于隔板导热，A、B中气体温度相等，由盖•吕萨克得：，即 解得：‎ 活塞距离缸底的高度为1.9H0‎ ‎（2）当A中气体压强为1.5p0，活塞将顶在卡环处，对A中气体：；‎ A气体与气体B的温度相同，故B中气体温度为750K．‎ 答：‎ ‎（1）当B中气体的压强为1.5p0时，活塞距缸底的高度是1.9H0．‎ ‎（2）当A中气体的压强为1.5p0时，B中气体的温度是750K．‎ ‎【点评】本题是多体问题，关键有明确两部分的变化过程，找出它们之间的联系，比如温度、压强等，再据气体实验定律的方程列式求解．‎