物理·甘肃省河西五市部分高中2017年高考物理一模试卷 Word版含解析 32页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2017年甘肃省河西五市部分高中高考物理一模试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括14小题，共计46分．其中第1-10题为单选题每题3分，第11-14题为多选题每题4分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得3分，选错或不答得0分．多选题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．一物体做直线运动，其位移﹣时间图象如图所示，设向右为正方向，则在前4s内（　　）‎ A．物体先向左运动，2s后开始向右运动 B．物体始终向右做匀速直线运动 C．在t=2s时．物体距出发点最远 D．前2s物体位于出发点的左方，后2s位于出发点的右方 ‎2．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的 最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态．设小球受支持力为FN，则下列关系正确的是（　　）‎ A．FN=mg B．F=mgcos θ C．FN=2mg D．F=2mgcos θ ‎3．如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的摩擦因数均为μ，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧秤示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧秤示数为F2．则以下关系式正确的是（　　）‎ A．a1=a2，F1＞F2 B．a1=a2，F1＜F2 C．a1=a2，F1=F2 D．a1＞a2，F1＞F2‎ ‎4．如图所示，在同一竖直面内，两位同学分别以初速度va和vb将小球从高度不同的a、b两点沿水平方向同时抛出，两小球均落到与两抛出点水平距离相等的P点．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．va＜vb，两球同时落地 B．va＞vb，两球同时落地 C．va＞vb，小球a先落地 D．va＜vb，小球b先落地 ‎5．一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（　　）‎ A．Ek2=9 Ek1，p2=3p1 B．Ek2=3 Ek1，p2=3p1‎ C．Ek2=8Ek1，p2=4p1 D．Ek2=3Ek1，p2=2p1‎ ‎6．利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（　　）‎ A．2mg B．3mg C．2.5mg D． mg ‎7．如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．负点电荷一定位于M的左侧 D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 ‎8．如图所示，一固定的水平玻璃均匀带上电荷，其中心O的正上方和正下方分别有两点A、B，OA=OB=h．先将一质量为m的带正电小球放在A点时恰好处于静止状态，若给小球一个沿竖直向下的初速度v0，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）‎ A．带电圆环在B点产生的场强方向竖直向上 B．小球从A点运动到B点的过程中带电小球的电势能一直增大 C．小球从A点运动到B点的过程中通过O点时速度最大 D．小球通过B点时的速度大小为 ‎9．如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，L为小灯泡，电源的内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（　　）‎ A．电压表示数不变 B．小灯泡变亮 C．电容器处于充电状态 D．电源的电功率变大 ‎10．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（　　）‎ A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 ‎11．2013年12月2日1时30分，搭载月球车和着陆器的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约18min后，嫦娥三号进入如下图所示的地月转移轨道AB，A为入口点，B为出口点，嫦娥三号在B点经过近月制动，进入距离月面h=100公里的环月圆轨道，其运行的周期为T；然后择机在月球虹湾地区实行软着陆，展开月面巡视勘察．若以R表示月球半径，忽略月球自转及地球对它的影响．下列说法正确的是（　　）‎ A．嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行的速度等于7.9km/s B．嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行时，处于完全失重状态，故不受重力 C．月球表面的重力加速度大小为 D．月球的第一宇宙速度为 ‎12．如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q，质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，测得以不同的绕行方向绕正电荷做半径为r的圆周运动时，周期之比为2：1，已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子可能带正电，以不同的绕行方向做圆周运动时所受洛伦兹力大小相等 B．粒子一定带负电，且沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的 C．粒子顺时针旋转时，向心加速度大小为 D．粒子逆时针旋转时，向心加速度大小为 ‎13．质量为m的子弹以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则（　　）‎ A．子弹克服阻力做的功等于系统内能的增加 B．子弹动能的减少量与子弹克服阻力做功量相等 C．子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和 D．阻力对子弹做的功等于子弹对木块所做的功 ‎14．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎　‎ 二、实验题（共3小题，15题4分，16题6分，17题8分，共18分）‎ ‎15．某物理兴趣小组在“测定金属丝电阻率”实验中用游标卡尺测量金属丝的长度L时，如图甲所示L=　　cm；用螺旋测微器测量金属丝的直径d时，测量 结果如图乙所示，则金属丝的直d=　　mm．‎ ‎16．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　　，小车动能的增量是　　．（用题中和图中的物理量符号表示）‎ ‎17．由以下可供选用的器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．‎ A．待测电流表A0（满偏电流约为700﹣800μA，内阻约100Ω，已知表盘斜度均匀，总格数为N）‎ B．电流表A（量程0.6A，内阻0.1Ω）‎ C．电压表V（量程3V，内阻3kΩ）‎ D．滑动变阻器R（最大阻值200Ω）‎ E．电源E（电动势约3V，内阻约1.5Ω）‎ F．开关S一个 ‎（1）根据你的测量需要电流表、电压表中应选择　　（填序号）‎ ‎（2）请在图所示虚线框内画出你设计的实验电路图 ‎（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可算出满偏电流I=　　，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，18题8分，19题8分，20题10分，20题10分共计36分）‎ ‎18．两个完全相同的物块A、B，质量均为m=0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的v﹣t图象，求：‎ ‎（1）物块A所受拉力F的大小；‎ ‎（2）8s末物块A、B之间的距离x．‎ ‎19．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1=0.2m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：‎ ‎（1）小球运动到管口B时的速度大小；‎ ‎（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离．（g=10m/s2）．‎ ‎20．如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径R；‎ ‎（2）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；‎ ‎（3）电场强度E．‎ ‎21．如图所示，有一质量为M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2m/s向左运动，B同时以v2=4m/s 向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）求小车总长L；‎ ‎（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；‎ ‎（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x．‎ ‎　‎ ‎2017年甘肃省河西五市部分高中高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括14小题，共计46分．其中第1-10题为单选题每题3分，第11-14题为多选题每题4分．单选题有且仅有一个选项正确，选对得3分，选错或不答得0分．多选题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）‎ ‎1．一物体做直线运动，其位移﹣时间图象如图所示，设向右为正方向，则在前4s内（　　）‎ A．物体先向左运动，2s后开始向右运动 B．物体始终向右做匀速直线运动 C．在t=2s时．物体距出发点最远 D．前2s物体位于出发点的左方，后2s位于出发点的右方 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】位移﹣时间图象的斜率等于物体运动的速度，速度的正负表示速度的方向，从位移图上可以知道物体在任意时刻的速度（斜率）和位置（纵坐标）．‎ ‎【解答】解：AB、位移﹣时间图象的斜率等于物体运动的速度，从图中可知图象斜率始终为正，所以速度始终为正，物体始终向右做匀速直线运动，故A错误，B正确；‎ C、在t=2s时，物体离出发点5m，t=4s末，物体离出发点10m，可知在t=2s时，物体距出发点最远，故C错误；‎ D、纵坐标表示物体的位置，由图象可知，出发点在x=﹣5m处，运动后物体始终在出发点的右方，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的 ‎ 最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态．设小球受支持力为FN，则下列关系正确的是（　　）‎ A．FN=mg B．F=mgcos θ C．FN=2mg D．F=2mgcos θ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AB与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力．‎ ‎【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，FN，三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如下：‎ 由图可知△OAB∽△GFA 即： ==；‎ 解得：‎ F=G=2cosθ•G=2mgcosθ，‎ FN=G=mg，‎ 故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的摩擦因数均为μ，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧秤示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧秤示数为F2．则以下关系式正确的是（　　）‎ A．a1=a2，F1＞F2 B．a1=a2，F1＜F2 C．a1=a2，F1=F2 D．a1＞a2，F1＞F2‎ ‎【考点】牛顿运动定律的应用﹣连接体；胡克定律．‎ ‎【分析】这题是连接体问题，稳定后，A、B的加速度相同，可先对整体法用牛顿第二定律求出加速度．当F拉B时，再隔离研究A，由牛顿第二定律求出弹力F1；当F拉A时，隔离B研究求出弹力F2，最后比较大小．‎ ‎【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得 ‎ a1=‎ ‎ a2= 得到a1=a2‎ ‎ 当F拉B时，以A为研究对象 ‎ F1﹣μm1g=m1a1‎ 得到F1=μm1g+m1a1=‎ ‎ 同理，当F拉A时，以B为研究对象 得到F1=‎ 由于m1＞m2，则F1＞F2‎ 综上，A正确，B、C、D错误 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在同一竖直面内，两位同学分别以初速度va和vb将小球从高度不同的a、b两点沿水平方向同时抛出，两小球均落到与两抛出点水平距离相等的P 点．不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．va＜vb，两球同时落地 B．va＞vb，两球同时落地 C．va＞vb，小球a先落地 D．va＜vb，小球b先落地 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系．‎ ‎【解答】解：两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=，得t=，则ta＞tb．因此小球b先落地．‎ 小球水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t，由题意x相等，又ta＞tb，则知va＜vb．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，物块的动量分别为p1、p2，则（　　）‎ A．Ek2=9 Ek1，p2=3p1 B．Ek2=3 Ek1，p2=3p1‎ C．Ek2=8Ek1，p2=4p1 D．Ek2=3Ek1，p2=2p1‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】根据动量定理分别速度v1和v2之比．根据功率公式P=Fv，求出P1和P2之比，根据功的定义式求功W1和W2之比．‎ ‎【解答】解：根据动量定理得：‎ ‎ F0t0=mv1 ①‎ ‎ 2F0t0=mv2﹣mv1 ②‎ 由②①解得：v1：v2=1：3‎ 得：P1：P2=1：3‎ x1=，x2=+t0‎ 代入解得：x1：x2=1：5‎ 做的功为 W2=2F0•w2=9w1‎ 得W1：W2=1：9‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（　　）‎ A．2mg B．3mg C．2.5mg D． mg ‎【考点】向心力；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】小球恰能过最高点的临界情况是重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度，再根据动能定理求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的张力．‎ ‎【解答】解：小球恰好过最高点时有：mg=m 解得：①‎ 根据动能定理得，mg•L=②‎ 由牛顿第二定律得： T﹣mg=m③‎ 联立①②③得，T=2mg 故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．负点电荷一定位于M的左侧 D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 ‎【考点】电势能；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知负电荷在MN线上右侧，电场线从M到N，沿着电场线，电势越来越低，电场力做的功等于电势能的减小量．‎ ‎【解答】解：A、曲线运动中，合力指向曲线的内侧；轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a到b，电场力做正功，动能增加，故A错误；‎ B、a到b，电场力做正功，电势能减少，故B正确；‎ C、由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知负电荷在MN线上右侧，故C错误；‎ D、由于负电荷在MN线上右侧，故a离负电荷的距离大于b的距离，故粒子在a点受到的电场力小，加速度也小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一固定的水平玻璃均匀带上电荷，其中心O的正上方和正下方分别有两点A、B，OA=OB=h．先将一质量为m的带正电小球放在A点时恰好处于静止状态，若给小球一个沿竖直向下的初速度v0，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）‎ A．带电圆环在B点产生的场强方向竖直向上 B．小球从A点运动到B点的过程中带电小球的电势能一直增大 C．小球从A点运动到B点的过程中通过O点时速度最大 D．小球通过B点时的速度大小为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据小球原来静止在A点，电场力与重力平衡，判断出A点的电场方向，由对称性分析B点的电场方向．由电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负，由动能定理分析速度的变化，并计算小球通过B点的速度．‎ ‎【解答】解：A、小球原来静止在A点，电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，所以A点的场强方向竖直向上，由对称性分析知B点的场强方向竖直向下．故A错误．‎ B、小球从A点运动到B点的过程中电场力先竖直向上，后竖直向下，则电场力做先做负功后做正功，电势能先增大再减小，故B错误．‎ C、小球从A点运动到B点的过程中，电场力做先做负功后做正功，重力一直做正功，由动能定理知，通过B点时的速度最大，故C错误．‎ D、从A到B，由对称性可知电场力做的总功为0，由动能定理得：2mgh=m﹣m，则vB=．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R′是滑动变阻器，L 为小灯泡，电源的内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，则（　　）‎ A．电压表示数不变 B．小灯泡变亮 C．电容器处于充电状态 D．电源的电功率变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】先分析变阻器接入电路的电阻的变化情况，再分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，从而确定灯泡和电压表示数的变化．根据欧姆定律和串联电路的特点分析电容器的电压变化，即可判断是充电还是放电．电源的总功率为P=EI，根据电流的变化判断其变化．‎ ‎【解答】解：AB、闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R′增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡亮度变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大．故AB错误．‎ C、电路稳定时电容器的电压等于R1、R′串联总电压，R′增大，根据串联电路电压分配规律可知，电容器的电压增大，则电容器处于充电状态，故C正确．‎ D、电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，E不变，则电源的总功率变小，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时（　　）‎ A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断．‎ ‎【解答】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如右图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图：‎ 选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．2013年12月2日1时30分，搭载月球车和着陆器的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约18min后，嫦娥三号进入如下图所示的地月转移轨道AB，A为入口点，B为出口点，嫦娥三号在B点经过近月制动，进入距离月面h=100公里的环月圆轨道，其运行的周期为T；然后择机在月球虹湾地区实行软着陆，展开月面巡视勘察．若以R表示月球半径，忽略月球自转及地球对它的影响．下列说法正确的是（　　）‎ A．嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行的速度等于7.9km/s B．嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行时，处于完全失重状态，故不受重力 C．月球表面的重力加速度大小为 D．月球的第一宇宙速度为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中，先加速下降再减速下降，故先失重再超重．根据万有引力提供向心力；忽略月球自转及地球对它的影响，重力等于万有引力，联立解得物体在月球表面自由下落的加速度．月球的第一宇宙速度就是近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力，代入数据化简可得第一宇宙速度．‎ ‎【解答】解：A、嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行的速度约等于第一宇宙速度，即7.9km/s，故A正确；‎ B、嫦娥三号在环绕地球近地圆轨道运行时，处于完全失重状态，但仍受重力，故B错误 C、嫦娥三号在B点经过近月制动，进入距离月面h=100公里的环月圆轨道，根据万有引力提供向心力；忽略月球自转及地球对它的影响，在月球表面重力等于万有引力，由以上两式可得重力加速度为，故C正确；‎ D、月球的第一宇宙速度就是近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力，解得：，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，磁场中固定一个电荷量为Q的正点电荷，一个电荷量为q，质量为m的带电粒子（重力不计）以正点电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，测得以不同的绕行方向绕正电荷做半径为r的圆周运动时，周期之比为2：1，已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子可能带正电，以不同的绕行方向做圆周运动时所受洛伦兹力大小相等 B．粒子一定带负电，且沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的 C．粒子顺时针旋转时，向心加速度大小为 D．粒子逆时针旋转时，向心加速度大小为 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．‎ ‎【分析】根据带电粒子受到的洛伦兹力方向进行分析，再根据向心力公式明确粒子可能的运动情况；再结合二者之间的关系由向心力公式列式，联立即可求得加速度．‎ ‎【解答】解：A、若粒子带正电，则受到的电场力一定向外，则当顺时针转动时，合力向外，粒子不可能做圆周运动，故A错误；‎ B、根据A的分析可知，粒子一定带负电；根据v=可知，线速度之比为1：2；由于逆时针转动时，向心力较小，故线速度较小，因此沿逆时针方向旋转时的线速度是沿顺时针方向时的；故B正确；‎ C、顺时针转动时，洛伦兹力向里，则有：F库+Bqv1=ma1； 而逆时针转动时，洛伦兹力向外，F库﹣Bqv2=ma2；由于v1=2v2； a1=4a2；则有：联立解得：a2=； a1=；故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．质量为m的子弹以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则（　　）‎ A．子弹克服阻力做的功等于系统内能的增加 B．子弹动能的减少量与子弹克服阻力做功量相等 C．子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和 D．阻力对子弹做的功等于子弹对木块所做的功 ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】子弹和木块所受水平作用力（相互摩擦力）大小相等，可认为是恒力．但二者的位移大小不同，做功不同．根据功能关系和动能定理进行分析．‎ ‎【解答】解：A、根据能量转化和守恒定律得知：系统机械能的减小等于系统内能的增加，而系统机械能的减小等于等于系统克服阻力做的总功．故A错误．‎ B、对子弹，只有阻力做负功，根据动能定理得：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做功量相等．故B正确．‎ C、子弹射入木块的过程中，子弹的动能减小，木块的动能增加，系统的内能也增加，系统损失的动能之和等于系统内能的增加，则由能量转化和守恒定律得知：子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和．故C正确．‎ D、由于子弹与木块对地位移不等，子弹的位移大于木块的位移，而两者相互作用力大小相等，根据功的公式W=Fl可知，阻力对子弹做的功大于子弹对木块所做的功．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎14．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】对a 受力分析，明确库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；‎ B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；‎ C、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故动能减少量大于电势能增加量，故C错误；‎ D、由于在下降过程中，速度沿切线方向，库仑力沿两电荷的连线，则可知库仑力一直与运动方向夹角大于90°，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题（共3小题，15题4分，16题6分，17题8分，共18分）‎ ‎15．某物理兴趣小组在“测定金属丝电阻率”实验中用游标卡尺测量金属丝的长度L时，如图甲所示L=　10.050　cm；用螺旋测微器测量金属丝的直径d时，测量结果如图乙所示，则金属丝的直d=　0.688　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；‎ 螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．‎ ‎【解答】解：由图示已游标卡尺可知，其示数为：100mm+0.05×10=100.50mm=10.050cm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+18.8×0.01mm=0.688mm；‎ 故答案为：10.050；0.688．‎ ‎　‎ ‎16．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是　AC　（填选项前的字母）．‎ A．保证钩码的质量远小于小车的质量 B．选取打点计时器所打第1点与第2点间的距离约为2mm的纸带来处理数据 C．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力 D．必须先接通电源再释放小车 ‎（2）如图2所示是实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M，钩码的总质量为m．从打B点到打E点的过程中，合力对小车做的功是　mgs　，小车动能的增量是　M（）2﹣M（）2　．（用题中和图中的物理量符号表示）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重力越接近．‎ ‎（2）对系统研究，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而得出系统动能的变化量，判断系统动能的增加量与合力做功是否相等．‎ ‎【解答】解：（1）为使钩码的重力近似等于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，故C正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，故A正确；D 项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，故D错误；B项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，故B错误； ‎ 故选：AC ‎（2）从打 B 点到打 E 点的过程中，合力对小车做的功为：W=mgh=mgS 根据中间时刻的速度等于平均速度得：vB=，vE=，‎ 小车动能的增量是：△EK=MvE2﹣MvB2=M（）2﹣M（）2．‎ 故答案为：（1）AC；（2）mgs， M（）2﹣M（）2‎ ‎　‎ ‎17．由以下可供选用的器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．‎ A．待测电流表A0（满偏电流约为700﹣800μA，内阻约100Ω，已知表盘斜度均匀，总格数为N）‎ B．电流表A（量程0.6A，内阻0.1Ω）‎ C．电压表V（量程3V，内阻3kΩ）‎ D．滑动变阻器R（最大阻值200Ω）‎ E．电源E（电动势约3V，内阻约1.5Ω）‎ F．开关S一个 ‎（1）根据你的测量需要电流表、电压表中应选择　C　（填序号）‎ ‎（2）请在图所示虚线框内画出你设计的实验电路图 ‎（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可算出满偏电流I=　•　，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是　U为电压表读数，RV为电压表内阻　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）分析给出的电表量程，再根据实验原理进行分析，从而明确应采用的仪器；‎ ‎（2）根据给出的滑动变阻器的阻值进行分析，从而选择分压接法； ‎ ‎（3）根据电路图进行分析，由欧姆定律求出电路中的电流，再根据偏转格数与总格数间的关系求出满偏电流．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，只要能测出待测电流表的电流，通过读出表针偏转的格数即可解出满偏电流的数值．给出的电流表为0.6A，量程过大，故无法测量； ‎ 应选择内阻为定值的电压表C，其对应的满偏电流为IV==mA=0.1mA，与待测电流表的满偏电流接近，所以可行；故应选择电压表与电流表串联即可进行实验，故选：C．‎ ‎②由于滑动变阻器的全电阻远小于测量电路的电阻，所以变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：‎ ‎③根据欧姆定律应有：I=，可算出满偏电流IAmax=N=•； U为电压表读数，RV为电压表内阻．‎ 故答案为：（1）C； （2）如图所示；（3）•；U为电压表读数，RV为电压表内阻．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，18题8分，19题8分，20题10分，20题10分共计36分）‎ ‎18．两个完全相同的物块A、B，质量均为m=0.8kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的v﹣t图象，求：‎ ‎（1）物块A所受拉力F的大小；‎ ‎（2）8s末物块A、B之间的距离x．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度时间公式求出加速度，再对物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解即可；‎ ‎（2）根据平均速度公式分别求出物体AB的位移，得到两个物体的间距．‎ ‎【解答】解：（1）设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由v﹣t图象可知：A的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=12m/s，B物体的速度v2=0，根据速度时间公式，有 ‎①‎ ‎②‎ 对A、两物块分别由牛顿第二定律得：‎ F﹣Ff=ma1③‎ Ff=ma2④‎ 由①②③④可得：F=1.8N 即物块A所受拉力F的大小为1.8N．‎ ‎（2）设A、B两物块8s内的位移分别为x1、x2由图象得：‎ m ‎ m ‎ 所以x=x1﹣x2=60 m ‎ 即8s末物块A、B之间的距离x为60m．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L”‎ 形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1=0.2m，离水平地面的距离为h=5.0m，竖直部分长为l2=0.1m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：‎ ‎（1）小球运动到管口B时的速度大小；‎ ‎（2）小球着地点与管的下端口B的水平距离．（g=10m/s2）．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球从A运动到B的过程中，重力和电场力做功，由动能定理列式求解；‎ ‎（2）小球离开B点后，水平方向只受电场力（恒力），故做匀加速直线运动，竖直方向只受重力，故做自由落体运动，两个分运动同时发生，时间相等，根据竖直分位移求出时间，再求出水平分位移．‎ ‎【解答】解：（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有： mvB2﹣0=mgl2+F电l1，①‎ 由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即 F电=mg ②‎ 代入数据可得：vB=2.0m/s③‎ 小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s．‎ ‎（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，‎ 水平方向有：a=，④‎ s=vBt+at2，⑤‎ 竖直方向有：h=gt2，⑥‎ 由③～⑥式，并代入数据可得：s=4.5m．‎ 故小球着地点与管的下端口B的水平距离为4.5m．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在xOy直角坐标平面内﹣0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿﹣x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（﹣0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径R；‎ ‎（2）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；‎ ‎（3）电场强度E．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）由洛仑兹力提供向心力可求出带电粒子以一定的速度在磁场中做匀速圆周运动的半径．‎ ‎（2）当以某一方向射出的粒子的轨迹恰与y轴相切时，粒子打击的位置最高，由几何关系能求出相切点到x轴的距离，从而也就求出了最高点P的位置坐标．‎ ‎（3）以某一方向从O点出发做匀速圆周运动后，垂直于y轴方向进入电场，恰好到达电场的右边界，由动能定理克服电场力做的功等于粒子动能的减少量，从而能求出电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 ‎ qv0B=m ‎ 可得 R==‎ ‎（2）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图所示，‎ ‎ N点到x轴的竖直距离L满足：‎ ‎ L2+（R﹣dB）2=R2；‎ ‎ 解得：L=5 cm=‎ ‎ 即粒子P的位置坐标为（0，）．‎ ‎（3）用dE表示电场的宽度．‎ ‎ 对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：‎ ‎ qEdE=mv02①‎ ‎ 代入数据解得：E=5.0×105N/C 答：（1）粒子在磁场中运动的半径R为0.1m．‎ ‎（2）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标为（0， ）．‎ ‎（3）电场强度E为5.0×105N/C．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，有一质量为M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2m/s向左运动，B同时以v2=4m/s 向右运动．最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车．两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）求小车总长L；‎ ‎（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB；‎ ‎（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x．‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零，根据运动学基本公式及牛顿第二定律求出加速度和A速度减为零时的位移及时间，A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，根据运动学公式求出B此时间内运动的位移，B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速．因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出共同速度，根据功能关系列式求出此过程中B运动的位移，三段位移之和即为小车的长度；‎ ‎（2）A在小车上滑动的过程中产生的热量等于A滑动过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎（3）小车和A在摩擦力作用下做加速运动，由牛顿运动定律可得小车运动的加速度，再根据运动学基本公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2﹣mv1=（2m+M）v﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 由能量守恒定律得：μmgL=mv12+mv22﹣（2m+M）v2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 解得：v=0.5m/s，L=9.5m；‎ ‎（2）A车离左端距离x1 刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前，木板静止．‎ 由牛顿第二定律得：μmg=maA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 速度：v1=aAt1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 位移：x1=aAt12﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤‎ 解得：t1=2s，x1=2m，‎ 所民，B离右端距离：x2=L﹣x1=7.5m，‎ 热量：QB=μmgx2=7.5J；‎ ‎（3）从开始到达到共速历时t2，‎ 速度：v=v2﹣aBt2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥‎ 由牛顿第二定律得：μmg=maB﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦‎ 解得：t2=3.5s，‎ 小车在t1前静止，在t1至t2之间以a向右加速：‎ 由牛顿第二定律得：μmg=（M+m）a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧‎ 小车向右走位移：s=a（t2﹣t1）2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑨‎ 接下去三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了：s′=v（6s﹣t2） ⑩‎ 联立以上式子，解得：小车在6s内向右走的总距离：x=s+s′=1.625m；‎ 答：（1）小车总长L为9.5m；‎ ‎（2）B在小车上滑动的过程中产生的热量QB为7.5J；‎ ‎（3）从A、B开始运动计时，经6s小车离原位置的距离x为1.625m．‎ ‎　‎ ‎2017年3月2日