浙江省湖州市菱湖中学2017届高三上学期期中物理试卷 36页

浙江省湖州市菱湖中学2017届高三（上）期中物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．下列选项中的物理量，均属于矢量的是（　　）‎ A．速度和时间 B．位移和路程 C．速度和速率 D．力和加速度 ‎2．下列关于“运动的描述”中，说法正确的是（　　）‎ A．质点就是质量很小的点 B．湖州市某高中规定学生7点10分前到校，其中“7点10分”指的是时间间隔 C．参考系不一定选择地面 D．加速度是正的，物体就做加速运动 ‎3．物理学中最早使用理想实验方法、发现万有引力定律、最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场和发现电流磁效应分别由不同的物理学家完成，他们依次是（　　）‎ A．伽利略、牛顿、法拉第和奥斯特 B．牛顿、卡文迪许、洛伦兹和安培 C．伽利略、卡文迪许、库仑和奥斯特 D．伽利略、牛顿、库仑和洛伦兹 ‎4．如图所示，A、B两物体在同一点开始运动，从A、B两物体的位移﹣时间图线可知下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两物体同时自同一位置沿同一方向运动 B．A、B两物体自同一位置沿同一方向运动，A比B晚出发2 s C．A、B两物体速度大小均为10 m/s D．A、B两物体在A出发后4 s时距原点20 m处相遇 ‎5．下列实例属于超重现象的是（　　）‎ A．汽车驶过拱形桥顶端 B．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 C．荡秋千的小孩通过最低点 D．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 ‎6．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系正确的有（　　）‎ A．运动周期TA＞TB B．筒壁对它们的弹力FNA＞FNB C．线速度VA＜VB D．它们受到的摩擦力fA＞fB ‎7．2016年10月17日7点30分“神舟十一号”载人飞船发射升空并在离地面393km的圆周上与天宫二号交会对接，航天员景海鹏、陈冬执行任务在轨飞行30天．与“神舟十号”比较，“神舟十一号”运行轨道半径大了50km．以下说法正确的是（　　）‎ A．“神舟十一号”载人飞船从地面加速升空时航天员总处于失重状态 B．“神舟十一号”载人飞船做匀速圆周运动时航天员的合力为零 C．“神舟十号”飞行线速度比“神舟十一号”飞行的线速度大 D．“神舟十号”的向心加速度比“神舟十一号”向心加速度小 ‎8．如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°．则q1与q2的比值为（　　）‎ A．2 B．3 C． D．3‎ ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．流经电动机的电流是12A B．电动机的输出功率12 W C．电动机的输出功率是10 W D．电动机的热功率是72 W ‎10．某电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做出家庭用电耗能诊断分析，针对每户家庭提出个性化的节能建议．在上门实测过程中，电力技术人员发现，家电待机耗电成为最容易被市民忽略的问题．以电视机为例，待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天待机耗电量更是高达0.4度．根据专家统计：每使用l度（千瓦时）电，就相应消耗了0.4kg标准煤，同时产生0.272kg碳粉尘、0.997kg二氧化碳、0.03kg二氧化硫、0.015kg氮氧化物，根据下表提供的数据，估算一户普通家庭待机一年相应产生的二氧化碳为（　　）‎ 每户普通家庭家用电器平均数 一台台式电脑 ‎2台平板电视机 ‎2台空调 ‎1台洗衣机 每台电器待机平均功率（w）‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ A．1.4kg B．14kg C．140kg D．1400kg ‎11．通电导体棒水平放置在光滑绝缘斜面上，整个装置处在匀强磁场中，在以下四种情况中导体棒可能保持静止状态的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．某一电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．a点电势高于b点电势 B．c点场强大于b点场强 C．若将一检验电荷+q由a点移至b点，它的电势能增大 D．若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一检验电荷+q由a移至b的过程中，电势能增加 ‎13．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为﹣‎ C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．（2分）图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．该简谐横波的传播速度为4m/s B．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程 C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象 ‎15．（2分）如图所示为氢原子的能级图．现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁．下列说法正确的是（　　）‎ A．这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光 B．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应 C．氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光波长最长 D．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV ‎16．（2分）如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃砖的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下列说法正确的是（　　）‎ A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B．玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 C．改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 D．通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度大于光束Ⅲ的宽度 ‎　‎ 三、非选择题（本题共9小题，共55分）‎ ‎17．（2分）在用气垫导轨测速度的实验中下列说法正确的是（　　）‎ A．实验时一定要把气垫导轨一端抬高来平衡摩擦力 B．遮光条的宽度越宽，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度 C．实验时首先应给气垫导轨通气并把光电计时器进行归零 D．遮光条宽度的测量引起实验误差 ‎18．用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其它点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，重力加速度g=9.8m/s2．那么：‎ ‎①根据图所得数据，应该选取图中O点和　　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎②所选取的点的瞬时速度为　　m/s．（结果取三位有效数字）‎ ‎③从O点到所选取的点，重物的动能增加量△Ek=　　J．（结果取三位有效数字）‎ ‎19．（5分）用如图甲所示的多用电表测量某一电阻的阻值，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成测量（请将你的答案相应的字母或文字填写在空格内）：‎ ‎（1）旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线；‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×100”的位置；‎ ‎（3）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的　　（填“0刻线”或“∞刻线”）；‎ ‎（4）将红、黑表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，将K旋转到电阻　　档 （填“×1k”或“×10”）的位置 ‎（5）将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零 ‎（6）将两表笔分别与被测电阻相接 ‎（7）若电表的示数如图乙所示，则该电阻的阻值读数为　　Ω．‎ ‎（8）测量完毕后，要将选择开关旋转到“OFF”位置．‎ ‎20．（9分）中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展．一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠乙站，车载速度传感器记录了列车运行的v﹣t图象如图所示．已知列车的质量为4.0×105kg，假设列车运行中所受的阻力是其重力的0.02倍，求：‎ ‎（1）甲、乙两站间的距离L：‎ ‎（2）列车出站时的加速度大小：‎ ‎（3）列车出站时的牵引力大小．‎ ‎21．（12分）某游乐场中一种玩具车的运动情况可以简化为如下模型：如图所示，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高，质量m=10kg的小车Q（可视为质点）静止在水平轨道上的点A，已知A点与B点相距L=40m（图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道），竖直圆轨道的半径R=3m，圆弧光滑；小车在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍．其它摩擦与空气阻力均忽略不计．（g取10m/s2）‎ ‎（1）若小车在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，使小车恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小．‎ ‎（2）若小车在适当的拉力作用下，恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，求小车经过半圆轨道B点时受到的支持力大小．‎ ‎（3）若小车用自带的电动机提供动力，电动机输出功率恒为P=50W，要使小车不脱离轨道，求发动机工作时间t需满足的条件（设经过所求的时间，小车还没到B点）．‎ ‎22．（2分）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图所示．计算折射率时，用　　（ 填“d”或“e”）点得到的值较小，用　　（ 填“d”或“e”）点得到的值误差较小．‎ ‎23．（2分）某同学想用220V交流作为小型收录机的电源．他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6V的交流电源，于是他又添置了一台220V/6V的变压器，如图所示．他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗．他不知道如何接法，也没有相应的说明书．你能帮他判断一下吗？下列几种接法正确的是（　　）‎ A．a、d接220V，b、c接6V B．a、d接6V，b、d接220V C．a、c接220V，b、d接6V D．a、c接6V，b、d接220V ‎24．（10分）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：‎ ‎（1）t=0.1s时电压表的示数；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q．‎ ‎25．（10分）某种工业上用质谱仪将铀离子从其他相关元素中分离出来，如图所示，铀离子通过U=100KV的电势差加速后进入匀强磁场分离器，磁场中铀离子的路径为半径r=1.00m的半圆，最后铀离子从狭缝出来被收集在一只杯中，已知铀离子的质量m=3.92×10﹣25kg，电量q=3.20×10﹣19C，如果该设备每小时分离出的铀离子的质量m=100mg，则：（为便于计算≈2）‎ ‎（1）求匀强磁场的磁感应强度 ‎（2）计一小时内杯中所产生的内能 ‎（3）计算离子流对杯产生的冲击力．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省湖州市菱湖中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．下列选项中的物理量，均属于矢量的是（　　）‎ A．速度和时间 B．位移和路程 C．速度和速率 D．力和加速度 ‎【考点】矢量和标量．‎ ‎【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．‎ ‎【解答】解：A、速度是矢量，时间是标量，故A错误；‎ B、位移是矢量，而路程是标量，故B错误；‎ C、速度是矢量，速率是标量，故C错误；‎ D、力、加速度都是矢量，故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】本题关键要掌握物理量的矢标性，特别是矢量要掌握其方向特点，知道矢量与标量的区别．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于“运动的描述”中，说法正确的是（　　）‎ A．质点就是质量很小的点 B．湖州市某高中规定学生7点10分前到校，其中“7点10分”指的是时间间隔 C．参考系不一定选择地面 D．加速度是正的，物体就做加速运动 ‎【考点】时间与时刻；参考系和坐标系；质点的认识；加速度．‎ ‎【分析】一个物体能否看成质点，不是看物体的大小，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略；‎ 参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系，参考系的选取是任意的；‎ 时间间隔与过程对应，时刻与状态对应；‎ 加速度与速度同向时，物体加速；加速度与速度反向时，物体减速．‎ ‎【解答】解：A、质点不一定是质量很小的点，如研究地球公转时地球可以简化为质点，故A错误；‎ B、湖州市某高中规定学生7点10分前到校，其中“7点10分”指的是时间点，是时刻，故B错误；‎ C、参考系是选择参考标准的物体，不一定选择地面，故C正确；‎ D、如果加速度是正的，速度是负的，加速度与速度反向，物体就做减速运动，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题考查质点、参考系、加速度、时间等概念，关键是记住基础知识，注意平时的积累，基础题目．‎ ‎　‎ ‎3．物理学中最早使用理想实验方法、发现万有引力定律、最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场和发现电流磁效应分别由不同的物理学家完成，他们依次是（　　）‎ A．伽利略、牛顿、法拉第和奥斯特 B．牛顿、卡文迪许、洛伦兹和安培 C．伽利略、卡文迪许、库仑和奥斯特 D．伽利略、牛顿、库仑和洛伦兹 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史的相关知识，即可对题目做出正确的解答：伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点；牛顿发现了万有引力定律；法拉第最早建立了电场概念并用电场线描述电场；奥斯特最早发现了电流的磁效应现象．‎ ‎【解答】解：伽利略对自由落体的研究，最早使用理想实验方法，开创了研究自然规律的科学方法；牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础，法拉第最早引入了电场概念并提出用电场线表示电场，奥斯特发现了电流得磁效应，故A正确．‎ 故选：A ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，平时注意积累．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，A、B两物体在同一点开始运动，从A、B两物体的位移﹣时间图线可知下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两物体同时自同一位置沿同一方向运动 B．A、B两物体自同一位置沿同一方向运动，A比B晚出发2 s C．A、B两物体速度大小均为10 m/s D．A、B两物体在A出发后4 s时距原点20 m处相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】在位移时间图象中图象的斜率表示物体运动的速度，速度的符号表示物体的运动方向；物体通过的位移等于x的变化量．由图象可读出物体的位置．‎ ‎【解答】解：AB、由题图可知，A、B两物体都是从原点开始运动，但A比B提前2s开始运动．根据图象的斜率等于速度，知t=2s后它们的运动方向相同，故AB错误．‎ C、由图可知，A物体的速度 v1===5m/s，B物体的速度 v2===10m/s，故C错误．‎ D、由题意可知在t=4s时两物体到达同一位置距离 x=20m处相遇．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】处理图象问题要注意纵、横坐标所代表的物理意义．要知道x﹣t的斜率代表物体运动的速度，纵坐标相同代表两物体相遇．‎ ‎　‎ ‎5．下列实例属于超重现象的是（　　）‎ A．汽车驶过拱形桥顶端 B．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 C．荡秋千的小孩通过最低点 D．宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动 ‎【考点】超重和失重．‎ ‎【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；‎ 当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；‎ 如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g．‎ ‎【解答】解：A、汽车驶过拱形桥顶端时，加速度向下，处于失重状态，故A错误；‎ B、跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时，是竖直上抛运动，加速度向下，处于完全失重状态，故B错误；‎ C、荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力．合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，故C正确；‎ D、宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，只受重力，处于完全失重状态，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了学生对超重与失重现象的理解，掌握住超重与失重的判断依据，本题就可以解决了．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系正确的有（　　）‎ A．运动周期TA＞TB B．筒壁对它们的弹力FNA＞FNB C．线速度VA＜VB D．它们受到的摩擦力fA＞fB ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】‎ A、B两个物体共轴转动，角速度相等，周期相等，由v=ωr分析线速度的关系；两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，竖直方向上受力平衡．根据向心力公式F=mω2r分析弹力的大小 ‎【解答】解：AC、由题分析可知，A、B两物体的角速度相同，周期相同，由v=ωr知，ω相同，则线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故AC错误．‎ B、两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，则N=mω2r，m、ω相等，F与r成正比，所以可知FNA＞FNB．故B正确．‎ D、两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的重力相等，所以可得摩擦力为fA=fB．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查向心力以及圆周运动规律的应用，解题的关键在于掌握共轴转动的物体角速度相等，要掌握物体做匀速圆周运动时，其合外力充当向心力，运用正交分解法研究．‎ ‎　‎ ‎7．2016年10月17日7点30分“神舟十一号”载人飞船发射升空并在离地面393km的圆周上与天宫二号交会对接，航天员景海鹏、陈冬执行任务在轨飞行30天．与“神舟十号”比较，“神舟十一号”运行轨道半径大了50km．以下说法正确的是（　　）‎ A．“神舟十一号”载人飞船从地面加速升空时航天员总处于失重状态 B．“神舟十一号”载人飞船做匀速圆周运动时航天员的合力为零 C．“神舟十号”飞行线速度比“神舟十一号”飞行的线速度大 D．“神舟十号”的向心加速度比“神舟十一号”向心加速度小 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】对卫星在圆轨道上运行的问题，根据万有引力提供向心力可以得到线速度和加速度表达式进行分析 ‎【解答】解：A、“神舟十一号”载人飞船从地面加速升空时航天员有向上的加速度，则其处于起重状态．则A错误 B、“神舟十一号”载人飞船做匀速圆周运动时航天员的合力为地球引力，为向心力，则合力不为0，则B错误 C、由万有引力提供向心力得： =m得：v=，则半径大的速度小，则C正确 D、由万有引力提供向心力得ma=得：a=，则半径大的加速度小，则D错误 故选：C ‎【点评】天体运动问题，如果是匀速圆周运动，用万有引力提供向心力列式，难度不大，属于基础题 ‎　‎ ‎8．如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°．则q1与q2的比值为（　　）‎ A．2 B．3 C． D．3‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球A受重力、拉力和库仑力处于平衡，求出库仑力与A球重力的关系，从而得出两次实验中B的电荷量的比值．‎ ‎【解答】解：小球A受力平衡，A球所受的库仑力F=mgtanθ．知：‎ 联立解得：‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键掌握共点力平衡的求法，比如合成法、正交分解法等．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（　　）‎ A．流经电动机的电流是12A B．电动机的输出功率12 W C．电动机的输出功率是10 W D．电动机的热功率是72 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；‎ ‎【解答】解：‎ A、整个电路中的电流I==，故流经电动机的电流为2A，故A错误．‎ BCD、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，电动机两端的电压U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W，则电动机的输出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故B错误，C正确，D错误．‎ 故选：C ‎【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及对电动机这种非纯电阻元件，其总功率只能用P总=UI来计算．‎ ‎　‎ ‎10．某电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做出家庭用电耗能诊断分析，针对每户家庭提出个性化的节能建议．在上门实测过程中，电力技术人员发现，家电待机耗电成为最容易被市民忽略的问题．以电视机为例，待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天待机耗电量更是高达0.4度．根据专家统计：每使用l度（千瓦时）电，就相应消耗了0.4kg标准煤，同时产生0.272kg碳粉尘、0.997kg二氧化碳、0.03kg二氧化硫、0.015kg氮氧化物，根据下表提供的数据，估算一户普通家庭待机一年相应产生的二氧化碳为（　　）‎ 每户普通家庭家用电器平均数 一台台式电脑 ‎2台平板电视机 ‎2台空调 ‎1台洗衣机 每台电器待机平均功率（w）‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎2‎ A．1.4kg B．14kg C．140kg D．1400kg ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】首先从表格数据得到一个家庭电器待机的总功率，根据W=Pt求解一年消耗的电量，再根据题意每消耗1度（千瓦时）电产生0.997kg的二氧化碳求解一户普通家庭待机一年相应产生的二氧化碳．‎ ‎【解答】解：一户普通家庭所有家电待机功率约为16W，由W=Pt，待机一年消耗电能为：‎ W=16×10﹣3KW×24h×365≈140KW•h；‎ 根据题意，每消耗1度（千瓦时）电，相应产生0.997kg的二氧化碳，所以一户普通家庭电器待机一年相应产生的二氧化碳约为140kg；‎ 故选：C ‎【点评】本题考查学生利用所学知识解决生活实际问题的能力，培养学生养成节约用电的习惯．‎ ‎　‎ ‎11．通电导体棒水平放置在光滑绝缘斜面上，整个装置处在匀强磁场中，在以下四种情况中导体棒可能保持静止状态的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒ab受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否处于静止状态 ‎【解答】解：A、导体棒受重力、竖直向下的安培力、垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，A错误 B、导体棒受重力、水平向左的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，B错误 C、导体棒受重力、沿斜面向下的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，C错误 D、导体棒受重力、沿斜面向上的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，D正确 故选：D ‎【点评】解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断 ‎　‎ ‎12．某一电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．a点电势高于b点电势 B．c点场强大于b点场强 C．若将一检验电荷+q由a点移至b点，它的电势能增大 D．若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一检验电荷+q由a移至b的过程中，电势能增加 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】沿着电场线方向电势降低．电场线的疏密反映电场的强弱．正电荷在电势高处电势能大．根据电场力做功情况判断电势能变化情况．‎ ‎【解答】解：A、沿着电场线方向电势降低，则a点电势高于b点电势，故A正确．‎ B、电场线密的地方场强大，d点电场线密，所以d点场强大，故B错误．‎ C、将一检验电荷+‎ q由a点移至b点，电场力对电荷做正功，它的电势能减小，故C错误．‎ D、若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一检验电荷+q由a移至b的过程中，﹣Q对+q的静电力做正功，可知合电场对+q做正功，它的电势能减小，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的方向反映电势的高低，疏密表示场强的相对大小．‎ ‎　‎ ‎13．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为﹣‎ C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧长度的变化量，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量为 x1=‎ ‎．当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量为 x2=，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=x1+x2=，故A正确．‎ B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功 W=﹣3mgxsinθ=﹣，故B错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，F﹣3mgsinθ﹣kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故C错误．‎ D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣3mgsinθ﹣T′=0‎ 所以：T′=2mgsinθ+3ma B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=2ma′，解得a′=a，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析．‎ ‎　‎ 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ ‎14．图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．该简谐横波的传播速度为4m/s B．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程 C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，根据波速、波长之间的关系即可求出波速．根据平移法判断出波传播的方向，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况．‎ ‎【解答】解：A、由甲图可得：λ=4m，由乙图中可得：T=1.0s，所以该简谐横波的传播速度为：v===4m/s，故A正确．‎ B、t=2s=2T，则从此时刻起，经过2秒，P质点运动的路程为 S=8A=8×0.2m=1.6m，故B错误．‎ C、简谐横波沿x轴正向传播，此时刻Q点向上运动，而P点直接向下运动，所以P质点比Q质点先回到平衡位置．故C正确．‎ D、由乙图知t=0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与甲图x=2m处t=0时刻的状态相同，所以乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象．故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B．‎ ‎【点评】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示为氢原子的能级图．现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁．下列说法正确的是（　　）‎ A．这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光 B．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应 C．氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光波长最长 D．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数．能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高．‎ ‎【解答】解：A、根据=3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．故A错误．‎ B、氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.6﹣1.51eV=12.09eV，由光电效应条件可知，大于逸出功，能使逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应．故B正确；‎ C、氢原子由n=3跃迁到n=2辐射的光子能量较小，则产生的光波长最长，故C正确．‎ D、氢原子由n=3跃迁到n=1能级，辐射的光子能量最大值为12.09eV，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握辐射光子的种类计算方法．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃砖的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下列说法正确的是（　　）‎ A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B．玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 C．改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 D．通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度大于光束Ⅲ的宽度 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光束I是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小．‎ ‎【解答】解：A、两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束I是复色光．而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光．故A正确．‎ B、由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ的偏折程度，根据折射定律可知玻璃对光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，故B错误．‎ C、一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等．所以由光路可逆可得出射光线平行．改变α角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行．故C正确；‎ D、光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比光Ⅲ的小．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】要知道光线在两种介质分界面上都有反射，反射遵守光的反射定律．由于光线在玻璃中的折射率不同，可通过光的折射产生光的色散．‎ ‎　‎ 三、非选择题（本题共9小题，共55分）‎ ‎17．在用气垫导轨测速度的实验中下列说法正确的是（　　）‎ A．实验时一定要把气垫导轨一端抬高来平衡摩擦力 B．遮光条的宽度越宽，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度 C．实验时首先应给气垫导轨通气并把光电计时器进行归零 D．遮光条宽度的测量引起实验误差 ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据气垫导轨的应用原理及使用方法可明确实验中应进行的步骤．‎ 依据v=，宽度越小，则平均速度越接近瞬时速度．‎ ‎【解答】解：A、实验时把气垫导轨通电后，即可忽略摩擦力，并不是斜面，需要一端抬高来平衡摩擦力，故A错误；‎ B、遮光条的宽度越窄，依据v=，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度，故B错误；‎ C、在应用气垫导轨时，应首先给气垫导轨通气，并把光电计时器进行归零，故C正确；‎ D、遮光条宽度的测量，会引起实验误差，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查气垫导轨的应用，要掌握其应用步骤为：给气垫导轨通气﹣把滑块放到导轨上﹣检查挡光片通过光电门时是否能够挡光计时﹣给光电计时器进行归零处理；然后才能进行实验．‎ ‎　‎ ‎18．用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其它点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，重力加速度g=9.8m/s2．那么：‎ ‎①根据图所得数据，应该选取图中O点和　B　点来验证机械能守恒定律；‎ ‎②所选取的点的瞬时速度为　1.92　m/s．（结果取三位有效数字）‎ ‎③从O点到所选取的点，重物的动能增加量△Ek=　1.84　J．（结果取三位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh和增加的动能△Ek=mv2间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据．‎ 减少的重力势能△Ep=mgh，增加的动能△Ek=mv2，v可由从纸带上利用平均速度公式可计算出来．‎ ‎【解答】解：①验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh和增加的动能△Ek=mv2之间的关系，‎ 所以我们要选择能够测h和v的数据．故选B点．‎ ‎②减少的重力势能为：△Ep=mgh=1×9.8×19.2×10﹣2=1.88J B点的瞬时速度等于AC段的平均速度；由图可知，OA=15.55cm=0.1555m；OB=19.20cm=0.1920m，OC=23.23cm=0.2323m；‎ 则B点的瞬时速度为：vB===1.92m/s ‎③则可知，增加的动能△Ek=mv2=×1×（1.92）2=1.84J 故答案：①B；②1.92③1.84‎ ‎【点评】本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果．‎ ‎　‎ ‎19．用如图甲所示的多用电表测量某一电阻的阻值，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成测量（请将你的答案相应的字母或文字填写在空格内）：‎ ‎（1）旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线；‎ ‎（2）将K旋转到电阻挡“×100”的位置；‎ ‎（3）将插入“+”“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的　0刻线　（填“0刻线”或“∞刻线”）；‎ ‎（4）将红、黑表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，将K旋转到电阻　×1k　档 （填“×1k”或“×10”）的位置 ‎（5）将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行调零 ‎（6）将两表笔分别与被测电阻相接 ‎（7）若电表的示数如图乙所示，则该电阻的阻值读数为　19k　Ω．‎ ‎（8）测量完毕后，要将选择开关旋转到“OFF”位置．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；‎ ‎③欧姆表测量前要进行欧姆调零；‎ ‎④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；‎ ‎⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；‎ ‎⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出．‎ ‎【解答】解：（3）将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线．‎ ‎（4）欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻．‎ ‎（7）由图乙所示可知，被测电阻Rx=19×1k=19kΩ；‎ 故答案为：（3）0刻线；（4）×1k；（7）19k．‎ ‎【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．‎ ‎　‎ ‎20．中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展．一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠乙站，车载速度传感器记录了列车运行的v﹣t图象如图所示．已知列车的质量为4.0×105kg，假设列车运行中所受的阻力是其重力的0.02倍，求：‎ ‎（1）甲、乙两站间的距离L：‎ ‎（2）列车出站时的加速度大小：‎ ‎（3）列车出站时的牵引力大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）根据v﹣t图象与时间轴围成的面积求出甲、乙两站间的距离；‎ ‎（2）根据加速度的定义式求出列车出站时的加速度；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出列车出站的牵引力 ‎【解答】解：（1）由题意v=432km/h=120m/s，匀速运动时间t=720s 两站间距对应v﹣t图线下的面积，有=115200m 距离L=115200m=115.2km ‎（2）启动阶段 ‎（3）在启动阶段，根据牛顿第二定律F﹣f=ma 又f=0.02mg 代入得 答：（1）甲、乙两站间的距离L为115.2km：‎ ‎（2）列车出站时的加速度大小：‎ ‎（3）列车出站时的牵引力大小 ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，求出加速度是关键，因为加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016秋•吴兴区校级期中）某游乐场中一种玩具车的运动情况可以简化为如下模型：如图所示，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高，质量m=10kg的小车Q（可视为质点）静止在水平轨道上的点A，已知A点与B点相距L=40m（图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道），竖直圆轨道的半径R=3m，圆弧光滑；小车在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍．其它摩擦与空气阻力均忽略不计．（g取10m/s2）‎ ‎（1）若小车在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，使小车恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小．‎ ‎（2）若小车在适当的拉力作用下，恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，求小车经过半圆轨道B点时受到的支持力大小．‎ ‎（3）若小车用自带的电动机提供动力，电动机输出功率恒为P=50W，要使小车不脱离轨道，求发动机工作时间t需满足的条件（设经过所求的时间，小车还没到B点）．‎ ‎【考点】动能定理的应用；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）对于AC过程，运用动能定理列式，可求得F的大小．‎ ‎（2）小车恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，在D点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得D点的速度．B到D过程，由机械能守恒定律求出小车通过B点的速度．再由牛顿第二定律求小车经过半圆轨道B点时受到的支持力大小．‎ ‎（3）小车不脱离轨道有两种情况：一是小车上升的高度不超过C点．二是能通过最高点D，根据临界条件和动能定理结合解答．‎ ‎【解答】解：（1）从A到C，由动能定理可得：‎ FL﹣μmgL﹣mgR=0﹣0‎ 代入数据解得：F=32.5N ‎（2）小车恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，在D点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：‎ mg=m 小车由B点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律得：‎ ‎=2mgR+‎ 解得：v1=‎ 小车经过半圆轨道B点时，由牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m 代入数据解得：F=600N ‎（3）小车不脱离轨道情景一：小车上升的高度不超过C点．‎ 临界情况，小车恰好到达C点．‎ AC过程列动能定理得：Pt1﹣μmgL﹣mgR=0﹣0‎ 代入数据得：t1=26s 不脱离轨道情景二：小车能上升到最高点D，临界情况需满足：‎ mg=m A到D过程列动能定理得：‎ Pt2﹣μmgL﹣mg•2R=mvD2．‎ 解得 t2=35s 所以发动机工作时间t需满足的条件是t1≤26s或者t2≥35s．‎ 答：（1）恒力F的大小为32.5N．‎ ‎（2）小车经过半圆轨道B点时受到的支持力大小是600N．‎ ‎（3）发动机工作时间t需满足的条件是t1≤26s或者t2≥35s．‎ ‎【点评】‎ 本题主要考查了动能定理，在第三问中，抓住沿轨道运动：不能到达最高点，在C点下方速度减到零，或者到达最高点做圆周运动，再结合动能定理即可研究．‎ ‎　‎ ‎22．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图所示．计算折射率时，用　d　（ 填“d”或“e”）点得到的值较小，用　e　（ 填“d”或“e”）点得到的值误差较小．‎ ‎【考点】测定玻璃的折射率．‎ ‎【分析】作出光路图，通过折射角的大小，抓住入射角一定，比较折射率的大小．光线通过平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行．‎ ‎【解答】解：连接dc、ec并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角一定，用d点时，折射角大，折射率小；对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行，ec连线与入射光线平行，误差小．如图所示．‎ 故答案为：d、e．‎ ‎【点评】‎ 解决本题的关键作出光路图，确定出折射角和入射角，结合折射定律进行分析．分析折射率的大小，关键比较折射角的大小．知道通过平行玻璃砖，出射光线与入射光线平行．‎ ‎　‎ ‎23．某同学想用220V交流作为小型收录机的电源．他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6V的交流电源，于是他又添置了一台220V/6V的变压器，如图所示．他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗．他不知道如何接法，也没有相应的说明书．你能帮他判断一下吗？下列几种接法正确的是（　　）‎ A．a、d接220V，b、c接6V B．a、d接6V，b、d接220V C．a、c接220V，b、d接6V D．a、c接6V，b、d接220V ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】由于变压器两端的输入功率等于输出功率，故根据电流的大小特点判断出原副线圈即可 ‎【解答】解：由于变压器输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P=UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，故副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故a、d接6V，b、d接220V，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题主要考查了变压器原副线圈两端输入功率等于输出功率，根据电流的大小特点即可判断 ‎　‎ ‎24．（10分）（2016秋•吴兴区校级期中）如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：‎ ‎（1）t=0.1s时电压表的示数；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】（1）金属棒在0﹣0.2s的运动时间内，由法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势的大小，求出电路中的总电阻，根据串联电路的特点求解电压表的读数．‎ ‎（2）金属棒进入磁场后，由于电压表的读数不变，根据欧姆定律求出电路中总电流为I′，金属棒所受的安培力为FA=BI′l，此时安培力与恒力平衡．可求得恒力F．‎ ‎（3）金属棒在0﹣0.2s的运动时间内产生的热量Q=．金属棒进入磁场后，电路的总电阻为R′=，感应电动势为E′=IR′，由E′=Blv求得v，则可求出金属棒通过磁场的时间t′=．此过程中电路产生的热量为Q′=E′I′t′，故得到金属棒从AB运动到EF的过程中整个电路产生的热量为Q总=Q+Q′．‎ ‎【解答】解：（1）设磁场宽度为 d=CE，在0﹣0.2s的时间内，有：‎ E==S=Ld=×0.6×0.2=0.6V，‎ 此时，R1与金属杆r并联，再R2与串联，回路的总电阻为：R=R并+R2=1+1=2Ω，‎ 则电压表的示数为：U=R并=×1V=0.3V；‎ ‎（2）金属杆进入磁场后，有：I′=+=0.45A FA=BI′L=1×0.45×0.6=0.27（N）‎ 由于金属杆进入磁场后电压表始终不变，所以金属杆作匀速运动，有：F=FA=0.27N．‎ ‎（3）金属杆在0﹣0.2s的运动时间内，有：Q1=t=×0.2=0.036J 金属杆进入磁场后，因电压表保持不变，故切割磁感线速度v不变，‎ 有：WF=F•d=0.27×0.2J=0.054J 根据能量转化和守恒定律得：Q2=﹣WA=0.054J 故整个电路产生的热量为：Q=Q1+Q2=0.036J+0.054J=0.09J；‎ 答：（1）t=0.1s时电压表的示数为0.3V；‎ ‎（2）恒力F的大小为0.27N；‎ ‎（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q为0.09J．‎ ‎【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力等知识的综合应用，关键要搞清电路的连接方式，分析金属棒的运动过程．‎ ‎　‎ ‎25．（10分）（2016秋•吴兴区校级期中）某种工业上用质谱仪将铀离子从其他相关元素中分离出来，如图所示，铀离子通过U=100KV的电势差加速后进入匀强磁场分离器，磁场中铀离子的路径为半径r=1.00m的半圆，最后铀离子从狭缝出来被收集在一只杯中，已知铀离子的质量m=3.92×10﹣25kg，电量q=3.20×10﹣19C，如果该设备每小时分离出的铀离子的质量m=100mg，则：（为便于计算≈2）‎ ‎（1）求匀强磁场的磁感应强度 ‎（2）计一小时内杯中所产生的内能 ‎（3）计算离子流对杯产生的冲击力．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】由于题目给出的是铀离子做匀速圆周运动，所以可以不考虑铀离子的重力．‎ ‎（1）由洛仑兹力提供向心力，求出磁感应强度大小．‎ ‎（2）杯中产生的内能是由铀离子撞击而转化而来，所以求出1小时撞击杯子所有离子的动能，就能得到杯中所产生的内能．‎ ‎（3）由动量定定理，正因为杯子对离子有阻力才使离子的速度减小为零，动量减小为零，求出阻力，再由牛顿第三定律求出离子对杯子的冲击力．‎ ‎【解答】解（1）铀离子在加速电场中加速时，由动能定理：‎ ‎ 铀离子做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供：‎ ‎ 所以： =0.5T ‎（2）每小时加速铀离子的数目个，每个铀离子加速获得的动能为：‎ ‎ 这些动能全部转化为内能，则n个铀离子全部与杯子碰撞后产生的总的内能为：‎ ‎ Q=nEk=nUq=2.56×1024×105×3.2×10﹣19J=8.19×1010J ‎ ‎（3）经过1小时，把这些铀离子看成一个整体据动理定理：‎ ‎﹣FNt=0﹣Mv ‎ 所以求得杯子对这些铀的反弹力： =11.1N ‎ ‎ 据牛顿第三定律，离子对杯子的冲击力大小等于11.1N．‎ 答：（1）匀强磁场的磁感应强度为0.5T．‎ ‎（2）一小时内杯中所产生的内能为8.19×1010J．‎ ‎（3）这些离子流对杯产生的冲击力为11.1N．‎ ‎【点评】本题是力与能两方面内容的综合，首先涉及到的是带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，这完全是动力学问题．其次是离开磁场后运动的铀离子与杯子碰撞，理所当然地动能全部转化为内能了，最后又涉及到碰撞的力学问题，这是选修3﹣5内容，把这些碰撞的铀当成一个整体由动理定理和牛顿第三定律求出冲击力．‎ ‎　‎