江西省新余一中、宜春中学2016届高三上学期月考物理试卷（12月份） 32页

‎2015-2016学年江西省新余一中、宜春中学高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）‎ ‎1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来亲型的节能光源，在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学家史实的是（　　）‎ A．奥斯物发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象 B．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值 C．牛顿进行了“月﹣地体验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 D．法拉第首先引入电场和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，并总结出法拉第电磁感应定律E=N ‎2．如图所示，两根轻绳AO和BO共同悬吊一重物，两绳的另一端分别系在天花板和竖直墙上，两绳与水平方向的夹角分别为α和β，则以下说法不正确的是（　　）‎ A．若α=β，则两绳的张力大小相等 B．若α＞β，则AO绳中的张力较大 C．若α、β同时增大，则两绳中的张力都会增大 D．若α不变而β可变，则当α+β=时，BO绳中的张力最小 ‎3．我国于2007年10月24日成功发射了“嫦娥一号”探月卫星，卫星由地面发射后，由发射轨道进入停泊轨道，然后再由停泊轨道调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道，开始绕月球做匀速圆周运动，对月球进行探测，其奔月路线简化后如图所示，若月球半径为R，卫星工作轨道距月球表面高度为H，月球表面的重力加速度为（g为地球表面的重力加速度）．下列说法正确的是（　　）‎ A．卫星从停泊轨道进入地月转移时速度减小 B．卫星在工作轨道上运行的周期为T=2π C．月球的第一宇宙速度为 D．卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度 ‎4．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子（带电粒子重力不计），恰好从e点射出，则（　　）‎ A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出 D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 ‎6．A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（　　）‎ A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12‎ B．水平力F的最大功率之比为2：1‎ C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1‎ D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3‎ ‎7．A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．下列说法中正确的是（　　）‎ A．无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，θ均不会变化 B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小 C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小 D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎8．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切 线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释 放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C B．滑块运动的加速度逐渐减小 C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s D．滑块最终在0.3m处停下 ‎　‎ 二、必考题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．（1）某同学处用图甲的实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验．在尽量减小摩擦阻力的情况下，先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m=1.00Kg的生物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，A、B、C分别为所选取的计数点，且O为开始打出的第一点，OA之间有若干点未标出，相邻计数点的时间间隔为0.02s，重力加速度g取9.80m/s2．‎ ‎①重物从O运动到B的过程中，动能的变化量△EK=　　J，重力势能的减少量△EP=　　J（取两位有效数字）；‎ ‎②列举一种能有效减小实验误差的做法　　．‎ ‎（2）下面是一些有关高中物理实验的描述，其正确的是　　．‎ A．在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力 B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量 C．在“验证力的平行四边形定则”实验中，只用一根弹簧秤无法完成 D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功 E．在用欧姆表“×10”档测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“×1”档，重新调零后再进行测量．‎ ‎10．常见测电阻的方法有：伏安法、伏阻法、安阻法、替代法、半偏法、欧姆法等．现实验桌上有下列器材：‎ A．待测电阻R（阻值约10KΩ） B．滑动变阻器R1（0～1KΩ）‎ C．电阻箱R0 D．电流计G E．电压表V（3V，内阻约3KΩ） F．直流电源E（3V，内阻不计）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）甲同学设计了如图a所示的测量电路，请指出他的设计中存在的问题：‎ ‎①　　；②　　（指出两处即可）．‎ ‎（2）乙同学用图b笔画线代替导线，完成实物电路的连接：‎ ‎①请在图c中用笔画代替导线，完成实物电路的连接；‎ ‎②将滑支变阻器的滑动头移到　　（填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；‎ ‎③断开S1，保持R1不变，闭合S2，调节R1使得电流计读数为　　时，R2的读数即为待测电阻的阻值．‎ ‎（3）丙同学查得电流计的内阻为Rg，采用图b进行实验，改变电阻箱电阻，读出电流计相应的示数I，由测得的数据作出﹣R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为　　．‎ ‎11．如图所示，光滑水平轨道的左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v0=1m/s，轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点，现用质量m=0.4kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.2kg的长木板且不会从木板上掉下．半圆轨道的半径R=0.5m，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3=0.1，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块到达B点时速度vB的大小（结果可带根号）；‎ ‎（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP；‎ ‎（3）长木板在水平地面上滑行的最大距离x．（此问结果保留两位小数）‎ ‎12．如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；‎ ‎（3）若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化（取竖直向上为磁场正方向），求小球从M点到打在平板C3上所用的时间．（计算结果保留两位小数）‎ ‎　‎ 三、选考题（共2小题，满分15分）‎ ‎13．如图，沿波的传播方向上有间距均为2m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，t=0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点，在下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点d开始振动后的振动周期为4s B．t=4s时刻波恰好传到质点e C．t=5s时刻质点b到达最高点 D．在3s＜t＜4s这段时间内质点c速度方向向上 E．这列简谐横波的波长为4m ‎14．如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点．激光束a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑 ‎①画出光路图；‎ ‎②求两光斑之间的距离L．‎ ‎　‎ 四、选考题【选修3－5】‎ ‎15．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说 C．卢瑟福通过对c粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型 D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 E．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 ‎16．一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M．求：‎ ‎（Ⅰ）子弹射入木块A时的速度；‎ ‎（Ⅱ）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江西省新余一中、宜春中学高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）‎ ‎1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来亲型的节能光源，在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学家史实的是（　　）‎ A．奥斯物发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象 B．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值 C．牛顿进行了“月﹣地体验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 D．法拉第首先引入电场和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，并总结出法拉第电磁感应定律E=N ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出分子电流假说解释磁现象．故A错误；‎ B、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值，故B正确；‎ C、牛顿进行了“月﹣地体验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，故C正确；‎ D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，是美国物理学家库伯总结出法拉第电磁感应定律E=N． 故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两根轻绳AO和BO共同悬吊一重物，两绳的另一端分别系在天花板和竖直墙上，两绳与水平方向的夹角分别为α和β，则以下说法不正确的是（　　）‎ A．若α=β，则两绳的张力大小相等 B．若α＞β，则AO绳中的张力较大 C．若α、β同时增大，则两绳中的张力都会增大 D．若α不变而β可变，则当α+β=时，BO绳中的张力最小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对O点受力分析，O点受力平衡，则AO和BO绳子拉力的合力等于物体的重力，根据共点力平衡条件列式，再根据α和β的关系分析判断即可．‎ ‎【解答】解：对O点受力分析，O点受力平衡，则AO和BO绳子拉力的合力等于物体的重力，设重力为G，则有：‎ TOAcosα=TOBcosβ①，‎ TOAsinα+TOBsinβ=G，‎ A、由①式可知，若α=β，则TOA=TOB，故A正确；‎ B、由①式可知，若α＞β，cosα＜cosβ，则TOA＞TOB，故B正确；‎ C、由②式可知，若α、β同时增大，sinα和sinβ同时增大，则两绳中的张力都会减小，故C错误；‎ D、以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图，拉力FOA与FOB的合力与重力平衡，保持不变，作出FOB在三个不同方向时力的合成图．‎ 由力图比较可知，当FOB与FOA垂直时，拉力FOB最小，由数学知识得到当α+β=时，BO绳中的张力最小，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎3．我国于2007年10月24日成功发射了“嫦娥一号”探月卫星，卫星由地面发射后，由发射轨道进入停泊轨道，然后再由停泊轨道调速后进入地月转移轨道，再次调速后进入工作轨道，开始绕月球做匀速圆周运动，对月球进行探测，其奔月路线简化后如图所示，若月球半径为R，卫星工作轨道距月球表面高度为H，月球表面的重力加速度为（g为地球表面的重力加速度）．下列说法正确的是（　　）‎ A．卫星从停泊轨道进入地月转移时速度减小 B．卫星在工作轨道上运行的周期为T=2π C．月球的第一宇宙速度为 D．卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】当卫星做离心运动时需要加速．根据万有引力提供向心力，可求出卫星在工作轨道上运行的周期．第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度．‎ ‎【解答】解：A、卫星在停泊轨道做进入地月转移轨道时，卫星做离心运动，需要加速，故A错误．‎ B、卫星在工作轨道上运行时，根据万有引力提供向心力得：‎ G=m（R+H）‎ 在月球表面有：m=G 联立解得卫星的周期为：T=2π．故B正确．‎ C、月球的第一宇宙速度，即为近月卫星的速度，设为v．由m=m，得：v=．故C错误．‎ D、根据卫星的速度公式v=，知卫星在停泊轨道运行的速度小于近地卫星的速度，即小于第一宇宙速度．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．‎ ‎【解答】解：设ac左侧磁感应强度是B，则右侧的为2B．导轨间距为L．‎ AB、金属棒PQ通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，‎ 由i===∝t，PQ刚要到ac时，i=；金属棒PQ通过bdc区域时，‎ 由右手定则可知金属棒感应电流从P到Q，为负方向，‎ 由i==，可知i随时间均匀减小，PQ棒刚离开ac时，i=．故A正确，B错误．‎ CD、金属棒PQ通过bac区域时，安培力 F=Bi•2vt=∝t2．‎ 金属棒PQ通过bdc区域时，安培力大小为 F=2Bi•（L﹣2vt）=．‎ 根据数学知识可得，故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子（带电粒子重力不计），恰好从e点射出，则（　　）‎ A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出 B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出 C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出 D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动．由半径公式r=‎ ‎，分析速度增大时，半径如何变化，根据轨迹，分析粒子将从哪点射出；根据轨迹对应的圆心角分析运动时间的关系．‎ ‎【解答】解：A、如果粒子的速度增大为原来的二倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式r=可知，半径将为原来的2倍，根据几何可知，粒子从d点射出，如图．故A正确．‎ B、设正方形的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹半径为a．如果磁场的磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，由半径公式r=可知，半径将变为原来的3倍，即变a．‎ 若粒子的轨迹过f点，轨迹如图：‎ 设∠daf=θ 由几何关系可知：‎ cosθ=，sinθ=‎ cos∠naf=cos（45°+θ）=cos45°•cosθ﹣sin45°•sinθ﹣==‎ 所以轨迹的半径： ．故B错误．‎ C、如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度也变为原来的二倍，由半径公式r=可知，半径减小为原来的，因此不可能从d点射出．故C错误．‎ D、只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，轨迹的圆心角是从f点射出时最小，运动时间最短．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动，作用时间分别为t0和4t0，两物体运动的v﹣t图象如图所示，则A、B两物体（　　）‎ A．与水平面的摩擦力大小之比为5：12‎ B．水平力F的最大功率之比为2：1‎ C．水平力F对A、B两物体做功之比为2：1‎ D．在整个运动过程中，摩擦力做功的平均功率之比为5：3‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．根据面积比得出位移比；根据两物块做匀减速运动过程，求出匀减速运动的加速度大小之比，从而求出摩擦力大小之比；根据牛顿第二定律：两物块做匀减速运动的加速度大小之比等于合外力之比；由位移与时间之比求解平均速度之比 ‎【解答】解：A、由速度图线的斜率等于加速度，则得：匀减速运动的加速度大小之比aA：aB=： =1：1．‎ fA=mAaA fB=mBaB 在外力作用下 联立解得mA：mB=5：12‎ 而匀减速运动过程中，两物体的合外力等于摩擦力，根据牛顿第二定律得：摩擦力大小之比等于质量之比，即擦力大小之比是5：12．故A正确；‎ B、AB两物体的最大速度之比为2：1，施加的力相同，故水平力F的最大功率之比为2：1，故B正确；‎ C、在力F作用下通过的位移之比为1：2，故拉力做功之比为1：2，故C错误；‎ D、由图象可知整个过程位移之比为6：5，摩擦力之比为5：12，故摩擦力做功之比为1：2，所用时间之比为3：5，故擦力做功的平均功率之比为5：6，故D错误 故选：AB ‎　‎ ‎7．A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）．两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．下列说法中正确的是（　　）‎ A．无论将R2的滑动触头P向a端移动还是向b端移动，θ均不会变化 B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小 C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小 D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1‎ ‎，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】该电路中R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，对闭合电路进行动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．‎ ‎【解答】解：AB、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P，R1和R3所在电路中电流I不变，U也不变，所以角度不变，故A正确，B错误．‎ C、用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I增大，内电压和R3的电压增大，则电容器板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则θ减小．故C正确．‎ D、保持滑动触头P不动，逐渐增加照射R1的光强，总电阻减小，电流I增大，外电压U减小，根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir， =r，可见||保持不变．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切 线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释 放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C B．滑块运动的加速度逐渐减小 C．滑块运动的最大速度约为0.1m/s D．滑块最终在0.3m处停下 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电势Φ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．‎ ‎【解答】解：A、B、电势Φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强： /C，‎ 此时的电场力F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，滑动摩擦力大小为：f=μmg=0.02×2N=0.04N，‎ 在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误．‎ C、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得：，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C正确；‎ D、滑块最终在0.3m处停下则满足：qU﹣fx=0﹣0…①．‎ 因为0.10m和0.30m处的电势差大约为3.0×105V，‎ 代入得：qU=2.0×10﹣8×3.0×105=6.0×10﹣3J…②‎ fs=0.02×0.2×10×（0.30﹣0.10）=8×10﹣3J…③‎ 由①②③得，滑块不能够滑到x=0.30m处．‎ 故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、必考题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．（1）某同学处用图甲的实验装置做“验证机械能守恒定律”的实验．在尽量减小摩擦阻力的情况下，先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m=1.00Kg的生物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，A、B、C分别为所选取的计数点，且O为开始打出的第一点，OA之间有若干点未标出，相邻计数点的时间间隔为0.02s，重力加速度g取9.80m/s2．‎ ‎①重物从O运动到B的过程中，动能的变化量△EK=　0.67　J，重力势能的减少量△EP=　0.68　J（取两位有效数字）；‎ ‎②列举一种能有效减小实验误差的做法　可以多次测量求平均值　．‎ ‎（2）下面是一些有关高中物理实验的描述，其正确的是　AD　．‎ A．在“研究匀变速直线运动”实验中，不需要平衡摩擦力 B．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须用天平测物体的质量 C．在“验证力的平行四边形定则”实验中，只用一根弹簧秤无法完成 D．在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功 E．在用欧姆表“×10”档测量电阻时发现指针偏转角太小，应该换“×1”档，重新调零后再进行测量．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．从而求出动能．根据功能关系由下落的高度可得重力势能的减小量，得重力势能减小量等于重力做功的数值；‎ 通过实验的原理确定各个实验中的操作步骤是否正确，知道欧姆表的刻度盘与电流表、电压表刻度盘不同，指针偏角较小时，可知电阻较大，指针偏转较大时，电阻较小．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得物体由O到B的过程中，重物高度下降了：△h=6.93cm，‎ 故重力势能的减小量：△EP=mg△h=1×9.8×0.0693J≈0.68J；‎ B点的速度等于AC段的平均速度，故：VB==1.1575m/s；‎ 则动能的增加量：△EK=mVB2=×1×（1.1575）2≈0.67J．‎ 可以多次测量求平均值以减小实验误差，也可以选取质量稍大且密度较大，体积较小的重物；‎ ‎（2）A、在“研究匀变速直线运动”的实验中，研究速度随时间变化的规律，不需要平衡摩擦力，故A正确．‎ B、在验证机械能守恒定律的实验中，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要用天平测量物体的质量，故B错误．‎ C、在验证力的平行四边形定则的实验中，沿研究合力和分力的关系，运用一根弹簧秤可以完成，故C错误．‎ D、在用橡皮筋“探究功与速度变化的关系”的实验中不需要直接求出合外力做的功，运用相同的橡皮筋，通过功的倍数研究．故D正确．‎ E、在用欧姆表“×10”挡测量电阻时发现指针偏转角太小，可知电阻太大，应换用倍率较大的档进行测量，故E错误．‎ 故答案为：（1）①0.67，0.68，②可以多次测量求平均值；（2）AD．‎ ‎　‎ ‎10．常见测电阻的方法有：伏安法、伏阻法、安阻法、替代法、半偏法、欧姆法等．现实验桌上有下列器材：‎ A．待测电阻R（阻值约10KΩ） B．滑动变阻器R1（0～1KΩ）‎ C．电阻箱R0 D．电流计G E．电压表V（3V，内阻约3KΩ） F．直流电源E（3V，内阻不计）‎ G．开关、导线若干 ‎（1）甲同学设计了如图a所示的测量电路，请指出他的设计中存在的问题：‎ ‎①　灵敏电流计不应外接　；②　滑动变阻器不应采用限流式接法　（指出两处即可）．‎ ‎（2）乙同学用图b笔画线代替导线，完成实物电路的连接：‎ ‎①请在图c中用笔画代替导线，完成实物电路的连接；‎ ‎②将滑支变阻器的滑动头移到　左　（填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；‎ ‎③断开S1，保持R1不变，闭合S2，调节R1使得电流计读数为　I1　时，R2的读数即为待测电阻的阻值．‎ ‎（3）丙同学查得电流计的内阻为Rg，采用图b进行实验，改变电阻箱电阻，读出电流计相应的示数I，由测得的数据作出﹣R0图象如图e所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为　﹣Rg　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）明确分压接法及内外接法的选择；根据实验要求得出错误的接法；‎ ‎（2）明确本实验的条件是保持变阻器的输出电压不变，然后根据欧姆定律即可求解．‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出与的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由原理图可知，该同学电流计采用了外接法，由于待测电阻较大，而电流表内阻较小故只能采用内接法；‎ 因滑动变阻器总阻相对待测电阻太小，无法起到限流作用；故滑动变阻器应采用分压接法；‎ 故错误在于以下两点：灵敏电流计不应外接；滑动变阻器不应采用限流式接法 ‎（2）①由给出的原理图，可得出对应的实物图如图所示 ‎②为了保证实验安全，开始时测量电流两端的电压应为0；故滑片从左端开始调节；‎ ‎③由实验原理可知，我们断开待测电阻，接入了R0；‎ 只有在设节电阻箱使电流计读数重新为I1时，R0的示数才为电流表示数；‎ ‎（3）将R0与Rg等效为R总，则根据闭合电路欧姆定律应有：E=I（R+R总），整理可得： =+，‎ 根据函数斜率和截距概念可知m=，k=，解得R总=；‎ 因R包括待测电阻及电流计内阻，故待测电阻阻值为：‎ R=﹣Rg 故答案为：（1）灵敏电流计不应外接；滑动变阻器不应采用限流式接法 ‎（2）①如图所示；‎ ‎②左；‎ ‎③I1‎ ‎（3）﹣Rg ‎　‎ ‎11．如图所示，光滑水平轨道的左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v0=1m/s，轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点，现用质量m=0.4kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.2kg的长木板且不会从木板上掉下．半圆轨道的半径R=0.5m，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3=0.1，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块到达B点时速度vB的大小（结果可带根号）；‎ ‎（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP；‎ ‎（3）长木板在水平地面上滑行的最大距离x．（此问结果保留两位小数）‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）据物体在B点恰好做圆周运动，由重力充当向心力，利用牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎（2）抓住物块在B点的速度大于传送带的速度，可知物块在传送带上一直做匀减速运动，根据动能定理求出A点的速度，结合能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．‎ ‎（3）从B到C根据动能定理求得C点的速度，木块到达木板受，木块做减速运动，木板做加速运动，两者达到共同速度后，一起做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求得 ‎【解答】解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg=m①‎ 可得 vB=②‎ ‎（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则 弹簧被压缩时的弹性势能 Ep=③‎ 因vB＞v0=1m/s，则物体在传送带上一直做匀减速运动 物块在传送带上滑行过程由动能定理得 ‎﹣f1L=④‎ 又 f1=μ1mg=0.8×0.4×10N=3.2N ⑤‎ 联立②③④⑤解得：Ep=5J ‎（3）物体从B到C过程中有机械能守恒定律得 联立解得vC=5m/s 物块在长木板上滑行的过程中，做匀减速运动，有牛顿第二定律可知μ2mg=ma1‎ 解得 对长木板受力分析可知μ2mg﹣μ1（M+m）g=Ma2，解得 经过ts达到共同速度vD，则vC﹣a1t=a2t，解得，‎ ts内长木板通过的位移为 达到共同速度后，两物体一起匀加速运动，有动能定理可知 解得 通过的总位移为x=x1+x2=2.78m 答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为m/s；‎ ‎（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP为5J ‎（3）长木板在水平地面上滑行的最大距离x为2.78m ‎　‎ ‎12．如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ=45°．在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C1、C2，两板间距为d1=0.6m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板C1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L=0.72m．在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板C3，平板C3在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距d2=0.18m．现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v0=4m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过C1板上的M孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷=20C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s=m，不考虑空气阻力．求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小；‎ ‎（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3‎ 上，求磁感应强度的取值范围；‎ ‎（3）若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度如乙图随时间呈周期性变化（取竖直向上为磁场正方向），求小球从M点到打在平板C3上所用的时间．（计算结果保留两位小数）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球在第二象限内做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．‎ ‎（2）根据类平抛运动的规律求出经过M点的速度，作出粒子在磁场中的临界运动轨迹，结合几何关系和半径公式求出磁感应强度的范围．‎ ‎（3）根据半径公式和周期公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径和周期，由磁场的周期得出小球在磁场中运动的轨迹图，根据几何关系可明确对应的各段的时间，从而求出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：‎ v0t=s at=v0tanθ 由牛顿第二定律有：qE=ma 代入据解得：E=8m/s．‎ ‎（2）设小球通过M点时的速度为v，‎ 由类平抛运动规律：v===8m/s；．‎ 小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图1，‎ 由牛顿第二定律有：，‎ 得：B=‎ 小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为B1．此时小球的轨迹半径为R1‎ 由几何关系有：‎ 代入数据解得：B1=T．‎ 小球刚好不与C2板相碰时磁感应强度最小设为B2，此时粒子的轨迹半径为R2‎ 由几何关系有：R2=d1，‎ 代入数据解得：B2=1T；‎ 综合得磁感应强度的取值范围：≤B≤1T．‎ ‎（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R3，周期为T；由周期公式可得：‎ R3=‎ 解得：R3=0.18m T=‎ 解得：T=s 由磁场周期T0=分析知小球在磁场中运动的轨迹如图2，一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为3r=0.54m ‎ L﹣3r=0.18m 即：小球刚好垂直y轴方向离开磁场 则在磁场中运动的时间t1=++==0.13s 离开磁场到打在平板C3上所用的时间t2==0.02s 小球从M点到打在平板C3上所用总时间t=t1+t2=0.02+0.13=0.15s；‎ 答：（1）匀强电场的场强大小为；‎ ‎（2）磁感应强度B的取值范围为：≤B≤1T．‎ ‎（3）小球从M点到打在平板C3上所用总时间0.15s；‎ ‎　‎ 三、选考题（共2小题，满分15分）‎ ‎13．如图，沿波的传播方向上有间距均为2m的五个质点，均静止在各自的平衡位置，一列简谐横波以2m/s的速度水平向右传播，t=0时刻到达质点a，质点a开始由平衡位置向下运动，t=3s时质点a第一次到达最高点，在下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点d开始振动后的振动周期为4s B．t=4s时刻波恰好传到质点e C．t=5s时刻质点b到达最高点 D．在3s＜t＜4s这段时间内质点c速度方向向上 E．这列简谐横波的波长为4m ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据质点a开始向下振动，t=3s时刻第一次到达最低点，找出时间与周期的关系，求出周期和波速．再结合波的传播方向，分析各质点的振动情况．‎ ‎【解答】解：A、由题T=3s，则周期 T=4s，各个质点的振动周期与a的周期相同，故A正确．‎ BE、波长λ=vT=8m，t=4s波传播的距离x=vt=8m，故波刚好传到e点．故B正确，E 错误．‎ C、t=5s时，b点已经振动一个周期，刚好回到平衡位置，故C错误．‎ D、在t=2s时c点刚开始振动，起振方向与a相同向下，在t=3s时，c点到达波谷，3s到4s之间正从波谷向上运动至平衡位置，所以质点c的速度方向向上，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点．激光束a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑 ‎①画出光路图；‎ ‎②求两光斑之间的距离L．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①根据光的折射定律和反射定律，画出光路图．‎ ‎②求出光线在O点的折射角和反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L．‎ ‎【解答】解：①根据光的反射定律可知反射角 β=i=60°．画出光路图如图．‎ ‎②设折射角为r，由折射定律得 ‎ n==‎ 解得，r=30°‎ 由几何知识得：两光斑P、Q之间的距离 L=PA+AQ=Rtan30°+Rtan60°=R（tan30°+tan60°）=10×（）cm=cm≈23.1cm．‎ 答：‎ ‎①画出光路图如图；‎ ‎②两光斑之间的距离L是23.1cm．‎ ‎　‎ 四、选考题【选修3－5】‎ ‎15．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 B．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说 C．卢瑟福通过对c粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型 D．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 E．玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】此题是物理学史问题，关键要记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故A正确；‎ B、爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，故B正确；‎ C、卢瑟福通过对c粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故C正确；‎ D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，揭示了原子核有复杂的结构，但并没有发现质子和中子．故D错误．‎ E、德布罗意提出实物粒子也具有波动性，康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量．故E错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎16．一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示．已知弹簧被压缩瞬间A的速度为，木块A、B的质量均为M．求：‎ ‎（Ⅰ）子弹射入木块A时的速度；‎ ‎（Ⅱ）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①以子弹与木块组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出子弹射入时的速度；‎ ‎②以两木块与子弹组成的系统为研究对象，由动量守恒定律求出其速度；由能时守恒关系可求得弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：①以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=（m+M）v，‎ 解得：v0=a，‎ ‎②弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（m+M）v=（m+2M）v′，‎ 解得：v′=；‎ 由机械能守恒定律可知：‎ EP=（M+m）（）2﹣（2M+m）v′2=‎ 答：①弹簧被压缩瞬间A的速度为，B的速度为零；‎ ‎②弹簧被压缩到最短时的弹性势能为．‎ ‎　‎ ‎2017年3月17日