河南省焦作市2016届高三上学期期中物理试卷 40页

‎2015-2016学年河南省焦作市高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8一只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多个选项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.‎ ‎1．对下列公式理解正确的是（　　）‎ A．由公式a=知，物体的加速度等于速度的变化率 B．由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量q成正比 C．由公式R=知，导体的电阻与通过导体的电流强度I成反比 D．由公式F=ma知，一定质量的物体所受合外力由运动加速度a决定 ‎2．如图，为在赤道上发射同步卫星的原理图之一，放在地面上的卫星线经过发射进入地圆轨道1上做稳定的匀速圆周运动，然后在A点通过点火进行短时间的加速进入椭圆轨道2上运行，最后在椭圆轨道上的B点再次通过点火进行短时间加速进入到同步卫星正常运行的圆轨道3上运行，忽略卫星质量的变化及空气阻力，则（　　）‎ A．卫星发射前放置在赤道上时的向心加速度大小等于在近地圆轨道1时运行时的向心加速度大小 B．正常运行时，物质在圆轨道1上的运行周期小于在椭圆轨道2上的运行周期 C．正常运行时，卫星在椭圆轨道2上经过B点的线速度大于在圆轨道3上经过B点的线速度 D．卫星在近地圆轨道1上运行时的机械能比在同步轨道3上运行时的机械能大 ‎3．如图，一带电小球被一绝缘细线悬挂在一竖直放置的平行板电容器C的两极板间，电容器被连入电路中，当两电键均处于闭合状态，且小球静止时，细线偏离竖直方向的夹角为θ，已知电源内阻不可忽略，则下列操作与对应的现象相符的有（　　）‎ A．将滑动变阻器R1的滑片向右滑动，灯泡L变亮，θ角变小 B．将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，灯泡L变亮，θ角变小 C．将滑动变阻器R1的滑片向右滑动，电流表的示数变大 D．若将开关K1断开，增大电容器两板间的距离，θ角变大 ‎4．如图，在水平地面上固定一竖直轻质弹簧，弹簧处于原长时，上端正好到达B位置，现将一个可视为质点的小球与弹簧上端粘连在一起，丙在竖直向下的外力作用下，小球将弹簧的上端缓慢压缩至C处后无初速释放，已知此后小球的运动始终在竖直方向上，小球能达到的最高点为A点，忽略空气阻力和小球与弹簧粘连处弹簧长度的变化，则关于小球释放后向上运动的过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．当弹簧上端到达B位置时，小球的速度最大 B．弹簧的上端处在A、C两位置时，弹簧的弹力大小相等，方向相反 C．小球从C位置释放至运动到最高点A位置的过程中，小球的机械能一直增加 D．小球从C位置释放至运动到最高点A位置的过程中，小球的加速度先变小再变大 ‎5．如图，一对水平放置的平行放置的平行金属板C、D始终与一直流电源两级相连，在C板上方存在一纸面向里的匀强磁场，在D板中央附近有一能发出a、b两种带电粒子的粒子源，而在C板上正对着粒子源处有一小孔，若a、b两种带电粒子经电场加速后，从C板上的小孔进入磁场的部分运动轨迹如图所示，则（　　）‎ A．C板一定与电源的正极相连 B．带电粒子a的比荷一定比带电粒子b的比荷大 C．在磁场中，带电粒子a一定的时间与带电粒子b一定的时间相等 D．带电粒子a进入磁场时的动能一定比带电粒子b进入磁场时的动能大 ‎6．一质量为m1圆环套在光滑的固定竖直杆上，一细绳的一端与圆环连接，另一端通过定滑轮与一质量为m2的重物相连，如图所示，当重物B点由静止开始释放，运动到最低点B1时，圆环从位置A运动至位置A1，已知圆环向上运动的过程中能达到的最高点为A2，重力加速度为g，忽略细绳与定滑轮的质量与空气阻力和一切摩擦，则（　　）‎ A．重物从静止释放到第一次运动到最低点B1过程中，细绳对重物的拉力一直小于重物的重力 B．圆环在向上运动的过程中，其速度最大的位置在A1位置 C．圆环从A位置运动到A2位置（不含A、A2位置）的过程中，重物的速度一直小于圆环的速度 D．若重物B处释放时，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则重物释放瞬间，圆环的加速度大小为 ‎7．如图，一实心小球与一金属圆环用一轻质细线相连，金属圆环套在一倾斜固定的金属杆上，当金属圆环和实心小球保持相对静止一起沿着金属杆运动时，他们间的细线与金属杆之间的关系可能会出现如下几种情况，忽略空气阻力，则关于它们的运动状态及杆的粗糙程度分析正确的是（　　）‎ A．甲状态，表示金属圆环和实心小球一起沿杆匀速下滑，金属杆可能是粗糙的 B．乙状态，表示表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆加速下滑，金属杆可能是光滑的 C．丙状态，表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆加速上滑，金属杆一定是粗糙的 D．丁状态，表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆减速上滑，金属杆一定是粗糙的 ‎8．在y轴上的坐标原点O和N点分别固定有两点电荷q1和q2，两个点电荷连线上各点的电势随y轴坐标变化的关系φ﹣y图象如图所示，其中A、C两点为φ﹣y图象与y轴的交点，A、N间的距离小于O、A间的距离，下列说法正确的是（　　）‎ A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．电场强度EC＜ED C．电荷量|q1|＜|q2|‎ D．将一质子在C点无初速释放后，将沿y轴正方向做变加速运动至无穷远，电场力一直做正功 ‎9．如图，是一研究性学习小组利用频闪照相仪，对一可视为质点的物块从固定斜面上某一位置无初速释放后运动过程进行拍摄得到的部分照片，已知该频闪照相仪的频闪周期为T，AB段对应的实际长度为x1，BC段对应的实际长度为x2，则（　　）‎ A．物块下滑到B点时的速度大小为 B．物块下滑到C点时的速度大小为 C．物块下滑的加速度大小为 D．x1和x2的比值可能为1：2‎ ‎10．如图，矩形线圈ABCD放在匀强磁场中，绕一在线圈平面内垂直于磁感线的轴匀速转动，其角速度大小为ω=2πrad/s，线圈的匝数N=50匝，线圈围成的面积为1m2，线圈的电阻为R=10，匀强磁场的磁感应强度大小为B=0.2T，若从图示时刻（线圈平面与磁场方向的夹角θ=45°）开始计时，并且设电流流向ABCD为正，则（　　）‎ A．该交变电流的频率为1Hz B．改交变电流的表达式i=2sin（2t﹣）A C．线圈中产生电功率为40W D．线圈中电流的方向每分钟改变120次 ‎11．现有一足够长的“V”型斜面，斜面的底端用一微小的光滑圆弧连接，斜面两侧材料及粗糙程度都相同，并且与水平面的倾角相同，现有一可视为质点的物块以一定的初速度从左侧斜面上的某位置开始沿斜面下滑，则物块的速度大小随时间变化的规律图象可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图甲所示，一金属线框abcd放在一变化的匀强磁场中，且磁场方向与线框平面垂直，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，已知t=0.5s时，磁场的方向垂直线框平面向里，若取线框中顺时针电流的方向向右为正，则关于线框中的感应电流i随时间变化的关系图象，以及ab边所受安培力F随时间t变化的关系图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共13分.把答案填在题中的横线上火按题目要求作答.‎ ‎13．一研究性学习小组对一电阻Rx进行研究，做了一系列操作，请根据要求补充操作步骤或按要求进行作答：（1）用多用表的“Ω”当测量待测电阻Rx的阻值，该小组先对多用电表进行机械调零后，将选择旋钮转至×10Ω档位，并将红、黑表笔进行短接，通过“Ω”旋钮进行欧姆调零，调零后接到待测电阻的两端，指针指示如图甲所示，为完成用该多用电表较准确地对Rx的测量，下面应该进行的操作是：　　；‎ ‎（2）该小组为了用实验得到Rx的伏安特性曲线，已经在图乙中连接了部分电路，已知该小组所选用的滑动变阻器的阻值比Rx小很多，且额定电流足够大，请用笔画出导线，将电路补充完整；‎ ‎（3）在实验过程中，该电路的开关闭合前，应该讲滑动变阻器的滑片至　　（填“a端”、“b端”、“中间”或“任意处都可以”．‎ ‎14．某研究行学习小组为测量仪物块与木板之间的动摩擦因数，设置了如图所示实验装置，将木板送固定在地面上，丙在木板的左端固定一竖直挡板，将一轻质弹簧一端和挡板相连，另一端紧挨着物块，但不栓接，在物块的上方竖直固定有一窄遮光板，在木板上 B、C处固定有两光电门（光电门已经提前与数字计时器及电源一次通过B、C两处的光电门，已知当地的重力加速度为g，所有操作均在弹簧的弹性限度内．‎ ‎（1）用游标尺测量物块上固定的遮光板的宽度d如图所示，其读数d=　　cm；‎ ‎（2）为了测量动摩擦因数，该学习小组用C处的光电门测出遮光板通过光电门的时间t1，此外还需要测量的物理量及其符号是　　，则物块与木板间的动摩擦因数μ=　　（用测量的物理量和已知物理量符号表示）；多次改变弹簧压缩量，释放物块进行测量，求出的平均值，从而减小实验误差；‎ ‎（3）假设物块与木块间的动摩擦因数μ已测定（后面的计算可以直接用μ表示），该学习小组发现，如果在某次实验中物块的释放物质A确定（物块释放后内依次通过B、C两处的光电门），在步骤（2）、（3）测量的基础上，只需再测量出A、B间的距离x和另一物理量　　（写出物理量的名称及其符合），即可测出在物块在该位置A释放时，弹簧具有的弹性势能，则弹簧势能的表达式Ep=　　（用测量的物理量和已知物理量的符合表示）．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共2小题，共25分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15．如图，甲图中左侧光滑平台上，有一物块A以初速度v0滑到放置在粗糙水平地面上的足够长的木板B上，木板的上、下表面均粗糙，并且与光滑平台的台面处于同一水平面上，乙图为从物块A滑上木板B后开始计时，物块A和木板B运动的v﹣t图象，已知物块A的质量M1=2m，木板B的质量M2=m，物块A可看作质点，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）请你根据图象，求出物块A与木板B之间的动摩擦因数μ1‎ ‎，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）请求出从物块A开始滑上木板B，到木板B停止运动过程中，木板B总共运动的时间．‎ ‎16．如图，在竖直平面内有一直角坐标系，其中y轴竖直，在y轴的右侧有一半径为R的绝缘光滑圆形轨道，轨道与x轴的左交点处有一小孔A，已知小孔A与圆心B的连线与x轴之间的夹角θ=30°，现在从y轴正半轴上的某一点水平抛出一可视为质点的带正电小球，已知小球的质量为m，所带电荷量为q，抛出时的初速度大小为v0，小球恰能从A点无碰撞进入圆形轨道，重力加速度为g．‎ ‎（1）试求抛出点的纵坐标值y；‎ ‎（2）若小球进入圆弧轨道的同时，在竖直平面内朝某一方向施加一电场强度为E的匀强电场和垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，小球恰好内沿圆轨道内侧做匀速圆周运动，且与轨道间无挤压，试求E的大小和B的大小；‎ ‎（3）若小球进入圆弧轨道的同时，在竖直平面内朝某一方向施加一电场强度为E′的匀强电场，小球恰能沿轨道内侧做圆周运动，且运动过程中的最大速度为2v0，试求E的大小．‎ ‎　‎ 四、选考题：共14分.请考生从给出的3-3、3-4、3-5三个模块任选一个模块作答，如果多做，则按所做的第一题计分.【物理——选修3-3】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子间距离增大时，分子势能也增大 B．一定质量的理想气体从外界吸热，内能不一定增加 C．在同一液体中观察布朗运动现象，悬浮的固体颗粒越小、液体的温度越高，布朗运动越剧烈 D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ E．一定质量的理想气体，其分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与气体的体积和温度有关 ‎18．如图所示，一粗细均匀的气缸水平放置，右端有阀门K，缸内有一阻力不计，可自由移动的活塞将A、B两部分空气分开．开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度分别为3L和L，压强均为P，若因阀门缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，整个过程温度不变．当活塞向右缓慢移动的距离为0.6L时，求此时：‎ ‎（1）A中气体的压强 ‎（2）B中气体与漏气前的质量比．‎ ‎　‎ 五、【物理——选修3-4】（共2小题，满分0分）‎ ‎19．下列关于物理规律及物理现象的描述正确的是（　　）‎ A．光在同一种介质传播的速度保持不变 B．一单色光由空气射入玻璃，其频率不变，波长变短 C．根据电磁场理论，变化的电场不一定能产生电磁波 D．光从一种介质进入另一种介质，只要入射角合适，一定能发生全反射现象 E．红光和绿光分别通过同一双缝干涉实验装置形成的干涉条纹中，红光的条纹间距较大 ‎20． 一位于坐标原点的波源，在t=0时刻开始做简谐振动，产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，已知波源振动的周期为T=1s，在x轴的正半轴上的1m和6m处分别有a、b两质点，如图为波源振动一段时间后，简谐波刚传到x=1.5m处的质点时的波形图（质点a恰好处在波谷物质），试求：‎ ‎（1）质点b开始振动时的振动方向？若从图示时刻开始计时，请写出质点a的振动位移随时间变化的关系式；‎ ‎（2）从波源开始振动后，经过多长时间质点b第一次出现波谷？以及在此过程中，波源振动所通过的路程．‎ ‎　‎ 六、【物理——选修3-5】（共2小题，满分0分）‎ ‎21．下列说法正确的是（　　）‎ A．原来有某种放射性元素的原子核500个，经过1个半衰期T后，一定仅剩250个该发射性原子核未发生衰变 B．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关 C．天然发射现象中发射出的α、β、γ三种射线，γ射线的穿透能力最强 D．结合能越大，表示原子核结合得越牢固 E．根据波尔理论，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放出一定频率的光子，同时电子的动能增加，势能减少 ‎22． 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上的同一条直线上，A、B木块之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不拴接，将弹簧压缩到不能再压缩时（弹簧处在弹性限度内），用细线把A木块和B木块紧连，使弹簧不能伸展，以至于A、B木块一起可视为一个整体，现让A、B木块一起以一向右的初速度v0沿A、B的连线向静止的C而使A木块与B、C木块分离，已知A木块离开弹簧后的速度大小为，方向水平向左，求：‎ ‎（1）弹簧释放的弹性势能；‎ ‎（2）从A、B木块与C木块开始碰撞到弹簧的弹性势能全部释放的过程中，木块A受到的合外力的冲量大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河南省焦作市高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8一只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多个选项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.‎ ‎1．对下列公式理解正确的是（　　）‎ A．由公式a=知，物体的加速度等于速度的变化率 B．由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量q成正比 C．由公式R=知，导体的电阻与通过导体的电流强度I成反比 D．由公式F=ma知，一定质量的物体所受合外力由运动加速度a决定 ‎【考点】加速度；加速度与力、质量的关系式；电场强度．‎ ‎【分析】加速度大小等于速度的变化率；E= 知是比值定义，E与F及q无关；I= 知，I与U成正比，与R成反比；F=ma知可用控制变量来确定各量关系．‎ ‎【解答】解：A、由公式a= 知，物体的加速度等于速度的变化率，而不是速度的变化量，故A正确；‎ B、由公式E=知，场强E的大小与试探电荷的电量无关，它是比值定义的，故B错误；‎ C、由公式I= 知，通过导体的电流强度I跟导体两端电压成正比，与电阻成反比．而公式R=知，导体的电阻与通过导体的电流强度没有关系，故C错误；‎ D、由公式F=ma知，一定质量的物体所受合外力与加速度成正比．加速度由合力决定，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．如图，为在赤道上发射同步卫星的原理图之一，放在地面上的卫星线经过发射进入地圆轨道1上做稳定的匀速圆周运动，然后在A点通过点火进行短时间的加速进入椭圆轨道2上运行，最后在椭圆轨道上的B点再次通过点火进行短时间加速进入到同步卫星正常运行的圆轨道3上运行，忽略卫星质量的变化及空气阻力，则（　　）‎ A．卫星发射前放置在赤道上时的向心加速度大小等于在近地圆轨道1时运行时的向心加速度大小 B．正常运行时，物质在圆轨道1上的运行周期小于在椭圆轨道2上的运行周期 C．正常运行时，卫星在椭圆轨道2上经过B点的线速度大于在圆轨道3上经过B点的线速度 D．卫星在近地圆轨道1上运行时的机械能比在同步轨道3上运行时的机械能大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星做圆周运动时，由万有引力提供圆周运动向心力，根据开普勒第三定律判断轨道1上的运行周期和在椭圆轨道2上的运行周期大小，根据在椭圆轨道上的B点再次通过点火进行短时间加速进入到同步卫星正常运行的圆轨道3上运行判断速度关系．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力公式可知，卫星发射前放置在赤道上时和在近地圆轨道1时运行时的万有引力大小相等，但在赤道上，向心力小于万有引力，在近地圆轨道1上，外有引力等于向心力，根据牛顿第二定律可知，卫星发射前放置在赤道上时的向心加速度大小小于在近地圆轨道1时运行时的向心加速度大小，故A错误；‎ B、根据开普勒第三定律可知，，由于r1＜a2，所以T1＜T2，故B正确；‎ C、在椭圆轨道上的B点再次通过点火进行短时间加速进入到同步卫星正常运行的圆轨道3上运行，所以卫星在椭圆轨道2上经过B点的线速度小于在圆轨道3上经过B点的线速度，故C错误；‎ D、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图，一带电小球被一绝缘细线悬挂在一竖直放置的平行板电容器C的两极板间，电容器被连入电路中，当两电键均处于闭合状态，且小球静止时，细线偏离竖直方向的夹角为θ，已知电源内阻不可忽略，则下列操作与对应的现象相符的有（　　）‎ A．将滑动变阻器R1的滑片向右滑动，灯泡L变亮，θ角变小 B．将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，灯泡L变亮，θ角变小 C．将滑动变阻器R1的滑片向右滑动，电流表的示数变大 D．若将开关K1断开，增大电容器两板间的距离，θ角变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律进行分析，明确电容器两板间的电压的变化，判断板间场强的变化，则可得出夹角的变化．‎ ‎【解答】解：A、将滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，对电路中电流没有影响，灯泡L的亮度和θ角不变，故A错误．‎ B、将滑动变阻器R2的滑片向右滑动，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，总电流减小，通过L灯的电流增大，灯泡L变亮．‎ 总电流减小，而通过灯泡L的电流增大，则通过R的电流减小，R的电压减小，电容器板间电压和场强均减小，小球所受的电场力减小，则θ角变小，故B正确．‎ C、将滑动变阻器R1的滑片向右滑动，电流表的示数不变，故C错误．‎ D、将开关K1断开，增大电容器两板间的距离，则由Q=UC，C=及U=Ed可知，E=，知板间场强E不变，θ角不变，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图，在水平地面上固定一竖直轻质弹簧，弹簧处于原长时，上端正好到达B位置，现将一个可视为质点的小球与弹簧上端粘连在一起，丙在竖直向下的外力作用下，小球将弹簧的上端缓慢压缩至C处后无初速释放，已知此后小球的运动始终在竖直方向上，小球能达到的最高点为A点，忽略空气阻力和小球与弹簧粘连处弹簧长度的变化，则关于小球释放后向上运动的过程中，下列判断正确的是（　　）‎ A．当弹簧上端到达B位置时，小球的速度最大 B．弹簧的上端处在A、C两位置时，弹簧的弹力大小相等，方向相反 C．小球从C位置释放至运动到最高点A位置的过程中，小球的机械能一直增加 D．小球从C位置释放至运动到最高点A位置的过程中，小球的加速度先变小再变大 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据小球所受的合力变化及方向判断加速度的变化及方向，根据速度与加速度方向的关系，判断速度是增加还是减小．弹簧和小球组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、小球在上升过程中，开始时弹力大于重力，动能增加；而当弹力和重力相等以后，合外力做负功，动能减小，故应该是在弹力等于重力时刻，小球动能最大，速度最大，故A错误；‎ B、小球上升过程中，高度增加，故重力势能增加，而A、C两点的速度都是0，由于小球与弹簧组成的系统的机械能守恒，所以所以小球在C点的弹性势能大于A的弹性势能；根据弹簧的弹性势能与形变量的关系可知，弹簧的上端处在A、C两位置时，弹簧的形变量大小不相等，所以弹力大小不相等，故B错误；‎ C、小球在B点离开弹簧后，向上做竖直上抛运动，机械能不再变化，故C错误；‎ D、小球在上升过程中，开始时弹力大于重力，小球向上做加速运动；随小球高度的上升，弹簧的弹力减小，所以小球受到的合力减小，则小球的加速度减小，当弹力和重力相等时，加速度为0；以后弹簧的弹力先继续减小，但合外力方向向下，增加增大；当小球在B点以上时，弹力的方向向下，合外力仍然随小球高度的上升而增大，所以小球的加速度继续增大；由以上的分析可知，小球从C位置释放至运动到最高点A位置的过程中，小球的加速度先变小再变大，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图，一对水平放置的平行放置的平行金属板C、D始终与一直流电源两级相连，在C板上方存在一纸面向里的匀强磁场，在D板中央附近有一能发出a、b两种带电粒子的粒子源，而在C板上正对着粒子源处有一小孔，若a、b两种带电粒子经电场加速后，从C板上的小孔进入磁场的部分运动轨迹如图所示，则（　　）‎ A．C板一定与电源的正极相连 B．带电粒子a的比荷一定比带电粒子b的比荷大 C．在磁场中，带电粒子a一定的时间与带电粒子b一定的时间相等 D．带电粒子a进入磁场时的动能一定比带电粒子b进入磁场时的动能大 ‎【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】粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，根据图示确定两粒子间的轨道半径大小关系，然后应用动能定理与牛顿第二定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、由图示可知，粒子进入磁场后向左偏转，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，由左手定则可知粒子带正电，粒子在D、C两板间加速，则D与电源正极相连，C与电源负极相连，故A错误；‎ B、粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，由图示可知，a的轨道半径小于b的轨道半径，则a的比荷比b的比荷大，故B正确；‎ C、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，a的比荷比b的比荷大，则a在周期比b的周期小，即：Ta＜Tb，a、b在磁场中的运动时间都是半个周期，则a的运动时间小于b的运动时间，故C错误；‎ D、粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2﹣0，粒子进入磁场时的动能：EK=qU，U相同而不知道两粒子电荷量q的关系，无法确定粒子进入磁场时的动能关系，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一质量为m1圆环套在光滑的固定竖直杆上，一细绳的一端与圆环连接，另一端通过定滑轮与一质量为m2的重物相连，如图所示，当重物B点由静止开始释放，运动到最低点B1时，圆环从位置A运动至位置A1，已知圆环向上运动的过程中能达到的最高点为A2，重力加速度为g，忽略细绳与定滑轮的质量与空气阻力和一切摩擦，则（　　）‎ A．重物从静止释放到第一次运动到最低点B1过程中，细绳对重物的拉力一直小于重物的重力 B．圆环在向上运动的过程中，其速度最大的位置在A1位置 C．圆环从A位置运动到A2位置（不含A、A2位置）的过程中，重物的速度一直小于圆环的速度 D．若重物B处释放时，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则重物释放瞬间，圆环的加速度大小为 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；功的计算．‎ ‎【分析】根据加速度方向分析细绳对重物的拉力与其重力的关系．通过分析圆环的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大的位置．由牛顿第二定律求重物释放瞬间圆环的加速度．‎ ‎【解答】解：A、由题知，重物先向下加速运动，后向下减速运动，加速度先向下后向上，由牛顿运动定律知重物先处于失重状态，后处于超重状态，所以细绳对重物的拉力先小于重物的重力，后大于重物的重力，故A错误．‎ B、圆环在向上运动的过程中，先加速后减速，瞬间合力为零时速度最大，显然该位置不在A1，因为在A1位置重物的合力等于其重力．故B错误．‎ C、圆环的速度沿绳子方向的分速度等于重物的速度，可知重物的速度一直小于圆环的速度，故C正确．‎ D、若重物B处释放时，设绳子的拉力大小为T，圆环的加速度大小为a，则重物的加速度大小为acosθ．由牛顿第二定律得：‎ 对重物有：m2g﹣T=m2acosθ 对圆环有：Tcosθ﹣m1g=m1a 联立解得 a=，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图，一实心小球与一金属圆环用一轻质细线相连，金属圆环套在一倾斜固定的金属杆上，当金属圆环和实心小球保持相对静止一起沿着金属杆运动时，他们间的细线与金属杆之间的关系可能会出现如下几种情况，忽略空气阻力，则关于它们的运动状态及杆的粗糙程度分析正确的是（　　）‎ A．甲状态，表示金属圆环和实心小球一起沿杆匀速下滑，金属杆可能是粗糙的 B．乙状态，表示表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆加速下滑，金属杆可能是光滑的 C．丙状态，表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆加速上滑，金属杆一定是粗糙的 D．丁状态，表示金属圆环和实心小球可能一起沿杆减速上滑，金属杆一定是粗糙的 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，对球受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后对环进行受力分析，判断环与杆之间是否存在摩擦．‎ ‎【解答】解：A、甲图中小球受力如图所示，小球受竖直向下的重力G、与竖直方向夹角设为θ斜向上的绳子的拉力T作用，两个力不在同一直线上，不是一对平衡力，则小球所受合力不为零，合力平行于杆向下，小球平行于杆向下做匀加速运动，小球与环相对静止，它们的运动状态相同，小球加速向下运动，则环也加速下滑；故A错误；‎ B、乙图中，小球受到重力和竖直方向上的拉力，则合力的方向为0，或者合力的方向在竖直方向上，不可能有水平方向的分加速度，所以小球一定不可能做加速运动．故B错误；‎ C、丙图中小球受到的力如图，则合力在水平方向上有向右的分力，所以加速度的方向只能向上，金属圆环和实心小球可能一起沿杆加速上滑或减速下滑；若加速上滑，则环必定受到沿杆向上的拉力，不能判定杆是否光滑或是否粗糙．‎ 同时，题目中没有说环受到沿杆向上的拉力，显然，没有向上的拉力也是不可能的．故C错误；‎ D、丁图中，小球的受力如图，可知合力在水平方向上有向左的分力，所以加速度的方向只能向下，金属圆环和实心小球可能一起沿杆减速上滑或加速下滑；‎ 对小球显然有：a＞gsinβ ①‎ 把环和球看做一个整体受力分析，设杆与水平方向之间的夹角为β，环的质量为m1，小球的质量为m2，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，‎ 假设整体的速度方向向下，则 沿斜面方向：（m1+m2）gsinβ﹣f=（m1+m2）a ②‎ 垂直斜面方向：FN=（m1+m2）gcosβ ③‎ 设 摩擦力：f=μFN 联立可解得：a=gsinβ﹣μgcosβ，④‎ 联立①④得：gsinβ﹣μgcosβ＞gsinβ ⑤‎ 显然公式⑤是不可能的，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．‎ 同理，若速度的方向向上，可得：gsinβ+μgcosβ＞gsinβ ⑥‎ 由公式⑥可知，杆必须是粗糙的．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．在y轴上的坐标原点O和N点分别固定有两点电荷q1和q2，两个点电荷连线上各点的电势随y轴坐标变化的关系φ﹣y图象如图所示，其中A、C两点为φ﹣y图象与y轴的交点，A、N间的距离小于O、A间的距离，下列说法正确的是（　　）‎ A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．电场强度EC＜ED C．电荷量|q1|＜|q2|‎ D．将一质子在C点无初速释放后，将沿y轴正方向做变加速运动至无穷远，电场力一直做正功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据两点电荷连线的电势高低的分布图，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小．根据正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷移动时电势能的变化，来判断电场力做功情况．‎ ‎【解答】解：A、由图知从O到C电势先降低后升高，则两个点电荷必定是异种电荷，由于沿着电场线电势降低，所以q1为正电荷，q2为负电荷．故A正确；‎ B、C到D，φ﹣y图象的斜率越来越小，所以电场强度EC＞ED，故B错误；‎ C、如果q1和q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA＞AN，故q1＞q2；故C错误；‎ D、将一质子在C点无初速释放后，从C到D，电势升高，质子先向y轴负方向运动，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．如图，是一研究性学习小组利用频闪照相仪，对一可视为质点的物块从固定斜面上某一位置无初速释放后运动过程进行拍摄得到的部分照片，已知该频闪照相仪的频闪周期为T，AB段对应的实际长度为x1，BC段对应的实际长度为x2，则（　　）‎ A．物块下滑到B点时的速度大小为 B．物块下滑到C点时的速度大小为 C．物块下滑的加速度大小为 D．x1和x2的比值可能为1：2‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出物体下滑的加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，结合速度时间公式求出C点的速度．‎ ‎【解答】解：A、根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，，故A错误．‎ B、根据得，物块下滑的加速度a=，则C点的速度=，故BC正确．‎ D、初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移之比为1：3：5：…，但是A点不一定是初始点，则x1和x2的比值可能为1：2，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎10．如图，矩形线圈ABCD放在匀强磁场中，绕一在线圈平面内垂直于磁感线的轴匀速转动，其角速度大小为ω=2πrad/s，线圈的匝数N=50匝，线圈围成的面积为1m2，线圈的电阻为R=10，匀强磁场的磁感应强度大小为B=0.2T，若从图示时刻（线圈平面与磁场方向的夹角θ=45°）开始计时，并且设电流流向ABCD为正，则（　　）‎ A．该交变电流的频率为1Hz B．改交变电流的表达式i=2sin（2t﹣）A C．线圈中产生电功率为40W D．线圈中电流的方向每分钟改变120次 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．‎ ‎【分析】由角速度可求得对应的频率，根据最大值表达式可求得最大电动势，根据最大电动势可求得电流的最大值，从而求出对应的表达式．‎ ‎【解答】解：A、角速度大小为2rad/s，故频率f==1Hz；故A正确；‎ B、交流电的最大值Em=NBSω=50×0.2×1×2=20V，故电流的最大值Im===2A；初相位为45°；则表达式为：i=2sin（2πt﹣）；故B错误；‎ C、线圈中产生的电热率P=I2R=（）2×10=20W；故C错误；‎ D、线圈中电流的方向每个周期内改变两次，故每分钟内电流的方向改变120次；故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．现有一足够长的“V”型斜面，斜面的底端用一微小的光滑圆弧连接，斜面两侧材料及粗糙程度都相同，并且与水平面的倾角相同，现有一可视为质点的物块以一定的初速度从左侧斜面上的某位置开始沿斜面下滑，则物块的速度大小随时间变化的规律图象可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】设斜面与水平面的倾角相都为θ，动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律求出上滑和下滑时的加速度的表达式，再分三种情况讨论分析即可选择．‎ ‎【解答】解：设斜面与水平面的倾角相都为θ，动摩擦因数为μ，‎ 下滑过程中，根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ 上滑过程中，根据牛顿第二定律得：‎ ‎，‎ A、当gsinθ﹣μgcosθ=0时，物体先匀速下滑，到最低点后匀减速上滑，最后速度为零，物块静止，故A正确；‎ B、当gsinθ＜μgcosθ时，物体先匀减速下滑，到最低点后匀减速上滑，最后速度为零，物块静止，且下滑的加速度小于上滑的加速度，故B正确；‎ C、C中下滑的加速度大于上滑的加速度，不可能，故C错误；‎ D、当gsinθ＞μgcosθ时，物体先匀加速下滑，到最低点后匀减速上滑，速度为零时，物体不平衡，重力沿斜面向下的分量大于滑动摩擦力，所以物体要加速下滑，速度减为零后再减少上滑，一直到最后速度减为零，停止最低端，故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎12．如图甲所示，一金属线框abcd放在一变化的匀强磁场中，且磁场方向与线框平面垂直，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，已知t=0.5s时，磁场的方向垂直线框平面向里，若取线框中顺时针电流的方向向右为正，则关于线框中的感应电流i随时间变化的关系图象，以及ab边所受安培力F随时间t变化的关系图象正确的是（　　）‎ 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】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：AB、由图示B﹣t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为负值；‎ ‎1～2s磁通量不变，无感应电流；‎ ‎2～3s，磁场B减小，磁通量Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；‎ ‎3～4s内没有磁场，则没有感应电流，‎ ‎4～5s内B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，‎ ‎5～6s内B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，‎ 故A正确、B错误．‎ CD、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==，‎ 感应电流I==，由B﹣t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，‎ 由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值；‎ ‎1～2s无感应电流，没有安培力，‎ ‎2～3s时间内，ad受到的安培力方向：水平向左，是负的，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值；‎ ‎3～4s时间内，无磁场，没有安培力，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共13分.把答案填在题中的横线上火按题目要求作答.‎ ‎13．一研究性学习小组对一电阻Rx进行研究，做了一系列操作，请根据要求补充操作步骤或按要求进行作答：（1）用多用表的“Ω”当测量待测电阻Rx的阻值，该小组先对多用电表进行机械调零后，将选择旋钮转至×10Ω档位，并将红、黑表笔进行短接，通过“Ω”旋钮进行欧姆调零，调零后接到待测电阻的两端，指针指示如图甲所示，为完成用该多用电表较准确地对Rx的测量，下面应该进行的操作是：　将选择开关旋转至×1Ω档位，然后进行欧姆调零，再测电阻　；‎ ‎（2）该小组为了用实验得到Rx的伏安特性曲线，已经在图乙中连接了部分电路，已知该小组所选用的滑动变阻器的阻值比Rx小很多，且额定电流足够大，请用笔画出导线，将电路补充完整；‎ ‎（3）在实验过程中，该电路的开关闭合前，应该讲滑动变阻器的滑片至　b　‎ ‎（填“a端”、“b端”、“中间”或“任意处都可以”．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近；如果指针偏转较大太小，指针示数偏大，所选档位太小，应换大挡，换挡后要进行欧姆调零，然后再测电阻．‎ ‎（2）根据待测定值阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（3）为保护电路，滑动变阻器采用分压接法时闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示可知，欧姆表指针偏转较大太小，指针示数太大，所选档位太小，应换大挡；‎ 应将选择开关打到×1Ω挡；将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，进行欧姆挡调零．‎ 再将被测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数．‎ ‎（2）由题意可知，所选用的滑动变阻器的阻值比Rx小很多，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 由图示欧姆表可知，待测电阻阻值约为几十欧姆，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于b端．‎ 故答案为：（1）将选择开关旋转至×1Ω档位，然后进行欧姆调零，再测电阻；（2）如图所示；（3）b．‎ ‎　‎ ‎14．某研究行学习小组为测量仪物块与木板之间的动摩擦因数，设置了如图所示实验装置，将木板送固定在地面上，丙在木板的左端固定一竖直挡板，将一轻质弹簧一端和挡板相连，另一端紧挨着物块，但不栓接，在物块的上方竖直固定有一窄遮光板，在木板上 B、C处固定有两光电门（光电门已经提前与数字计时器及电源一次通过B、C两处的光电门，已知当地的重力加速度为g，所有操作均在弹簧的弹性限度内．‎ ‎（1）用游标尺测量物块上固定的遮光板的宽度d如图所示，其读数d=　0.420　cm；‎ ‎（2）为了测量动摩擦因数，该学习小组用C处的光电门测出遮光板通过光电门的时间t1，此外还需要测量的物理量及其符号是　光电门B与C之间的距离s以及测出遮光板通过光电门B的时间t2　，则物块与木板间的动摩擦因数μ=　　（用测量的物理量和已知物理量符号表示）；多次改变弹簧压缩量，释放物块进行测量，求出的平均值，从而减小实验误差；‎ ‎（3）假设物块与木块间的动摩擦因数μ已测定（后面的计算可以直接用μ表示），该学习小组发现，如果在某次实验中物块的释放物质A确定（物块释放后内依次通过B、C两处的光电门），在步骤（2）、（3）测量的基础上，只需再测量出A、B间的距离x和另一物理量　物块和遮光板的总质量m　（写出物理量的名称及其符合），即可测出在物块在该位置A释放时，弹簧具有的弹性势能，则弹簧势能的表达式Ep=　　（用测量的物理量和已知物理量的符合表示）．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；‎ ‎（2）根据题目的叙述，确定实验的原理，然后确定待测量与摩擦力的公式和动摩擦因数的公式即可求出；‎ ‎（3）根据实验的原理确定处理实验数据的方法．‎ ‎【解答】解：（1）主尺的刻度：4mm，游标尺上的第10个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.02×10=0.20mm，总读数：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm；‎ ‎（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：；‎ B到C的过程中，摩擦力做功，设经过B点的速度为v2，经过C点的速度为v1；根据动能定理得：‎ 联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：‎ 还需要测量的物理量是：光电门B与C之间的距离s以及测出遮光板通过光电门B的时间t2．‎ ‎（3）假设物块与木块间的动摩擦因数μ已测定（后面的计算可以直接用μ表示），如果在某次实验中物块的释放物质A确定，在步骤（2）、（3）测量的基础上，则物块在该位置A释放时，弹簧具有的弹性势能转化为物块的机械能和克服摩擦力做的功，设经过B点的速度为v2，即：，只需再测量出A、B间的距离x和物块和遮光板的总质量m，即可测出在物块在该位置A释放时，弹簧具有的弹性势能，则弹簧势能的表达式．‎ 故答案为：（1）0.420；（2）光电门B与C之间的距离s以及测出遮光板通过光电门B的时间t2，；（3）物块和遮光板的总质量m，‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共2小题，共25分.解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.‎ ‎15．如图，甲图中左侧光滑平台上，有一物块A以初速度v0滑到放置在粗糙水平地面上的足够长的木板B上，木板的上、下表面均粗糙，并且与光滑平台的台面处于同一水平面上，乙图为从物块A滑上木板B后开始计时，物块A和木板B运动的v﹣t图象，已知物块A的质量M1=2m，木板B的质量M2=m，物块A可看作质点，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）请你根据图象，求出物块A与木板B之间的动摩擦因数μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（2）请求出从物块A开始滑上木板B，到木板B停止运动过程中，木板B总共运动的时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图象可知，物块A刚滑上木板时的速度和在t=1.5s时，物块A与木块B到达共同速度，分别对A、B，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解即可；‎ ‎（2）设t=1.5s后，两者一起向前匀减速直线运动的时间为t′，根据牛顿第二定律求出加速度，在根据速度时间公式求出速度减为0的时间，从而求出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）由v﹣t图象可知，物块A刚滑上木板时的速度大小vA ‎=9m/s，在t=1.5s时，物块A与木块B到达共同速度v=3m/s，‎ 则对A有：v=vA﹣a1t①，‎ 由牛顿第二定律得：μ1Mg=M1a1②，‎ 联立方程①②并代入数据解得：μ1=0.4，‎ 对B有：v=a2t③，‎ μ1Mg﹣μ2（M1+M2）=M2a2④‎ 联立方程③④并代入数据解得：μ2=0.2‎ ‎（2）设t=1.5s后，两者一起向前匀减速直线运动的时间为t′，则：‎ μ2（M1+M2）=（M2+M2）a2‎ ‎0=v﹣a3t′‎ 解得：t′=1.5s 则木板B运动的总时间为t总=t+t′=1.5+1.5=3s 答：（1）物块A与木板B之间的动摩擦因数μ1为0.4，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2为0.2；‎ ‎（2）从物块A开始滑上木板B，到木板B停止运动过程中，木板B总共运动的时间为3s．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在竖直平面内有一直角坐标系，其中y轴竖直，在y轴的右侧有一半径为R的绝缘光滑圆形轨道，轨道与x轴的左交点处有一小孔A，已知小孔A与圆心B的连线与x轴之间的夹角θ=30°，现在从y轴正半轴上的某一点水平抛出一可视为质点的带正电小球，已知小球的质量为m，所带电荷量为q，抛出时的初速度大小为v0，小球恰能从A点无碰撞进入圆形轨道，重力加速度为g．‎ ‎（1）试求抛出点的纵坐标值y；‎ ‎（2）若小球进入圆弧轨道的同时，在竖直平面内朝某一方向施加一电场强度为E的匀强电场和垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，小球恰好内沿圆轨道内侧做匀速圆周运动，且与轨道间无挤压，试求E的大小和B的大小；‎ ‎（3）若小球进入圆弧轨道的同时，在竖直平面内朝某一方向施加一电场强度为E′的匀强电场，小球恰能沿轨道内侧做圆周运动，且运动过程中的最大速度为2v0，试求E的大小．‎ ‎【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）小球从抛出点到A点做平抛运动，应用平抛运动规律求出y．‎ ‎（2）小球做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，由平衡条件求出电场强度，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度．‎ ‎（3）小球做圆周运动，分析清楚运动过程，应用余弦定理求出电场力与重力的合力，应用牛顿第二定律求出电场强度．‎ ‎【解答】解：（1）小球做平抛运动，‎ 竖直分速度：vy=gt，‎ 由几何知识得：tan30°=，‎ 竖直分位移：y=gt2，‎ 解得：y=；‎ ‎（2）小球做匀速圆周运动且与轨道间无相互作用力，‎ 则：重力与电场力合力为零，mg=qE，解得：E=，方向：竖直向上；‎ 小球进入轨道时的速度：v=，‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 解得：B=；‎ ‎（3）小球恰好做圆周运动，最大速度：v=2v0，则在A点速度最大，‎ 最小速度出现在AB连线的延长线与圆弧的交点为C，且在C点小球对轨道压力为0，‎ 设小球的最小速度为v1，电场力与重力的合力为F，由题意可知，F由C指向A，‎ 在C点，由牛顿第二定律得：F=m，‎ 从A到C过程，由动能定理得：﹣2FR=mv12﹣m（2v0）2，‎ 在C点，由余弦定理得：（qE′）2=（mg）2+F2﹣2mgFcos（90°﹣30°）‎ 解得：E′=；‎ 答：（1）抛出点的纵坐标值y为；‎ ‎（2）E的大小为，B的大小为；‎ ‎（3）E的大小为．‎ ‎　‎ 四、选考题：共14分.请考生从给出的3-3、3-4、3-5三个模块任选一个模块作答，如果多做，则按所做的第一题计分.【物理——选修3-3】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子间距离增大时，分子势能也增大 B．一定质量的理想气体从外界吸热，内能不一定增加 C．在同一液体中观察布朗运动现象，悬浮的固体颗粒越小、液体的温度越高，布朗运动越剧烈 D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”‎ E．一定质量的理想气体，其分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与气体的体积和温度有关 ‎【考点】热力学第二定律．‎ ‎【分析】分子间距离增大时分子势能不一定变大；热力学第一定律公式△U=W+Q；温度是分子平均动能的标志；悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动越明显；根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；气体压强与分子的平均动能和密集程度有关．‎ ‎【解答】解：A、当分子之间的距离小于平衡距离r0‎ 时，分子间距离增大时分子势能减小，故分子间距离增大时分子势能不一定变大，故A错误；‎ B、一定质量的理想气体从外界吸热，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故B正确；‎ C、温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能一定大；悬浮在液体中的固体微粒越小、液体的温度越高，碰撞的不平衡性越明显，故布朗运动越剧烈，故C正确；‎ D、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；故热力学第二定律可描述为“不可能使热量自发地由低温物体传递到高温物体”，故D错误；‎ E、温度是分子平均动能的标志，故气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数，与单位体积内气体分子数和气体温度有关，故E正确；‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎18．如图所示，一粗细均匀的气缸水平放置，右端有阀门K，缸内有一阻力不计，可自由移动的活塞将A、B两部分空气分开．开始时，活塞处于静止状态，A、B两部分气体长度分别为3L和L，压强均为P，若因阀门缓慢漏气，活塞将缓慢向右移动，整个过程温度不变．当活塞向右缓慢移动的距离为0.6L时，求此时：‎ ‎（1）A中气体的压强 ‎（2）B中气体与漏气前的质量比．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）A中气体保持温度不变，利用玻意耳定律即可求得A中的压强；‎ ‎（2）利用玻意耳定律求的B中气体漏气后B中气体和漏出气体总长度为LB ‎【解答】解：（1）对A中气体：由玻意耳定律可得：‎ P•3L=PA（3L+0.6L） ‎ 得：PA=P ‎ ‎（1）AB气体通过活塞分开，AB中气体压强始终保持相同：PA=PB 设漏气后B中气体和漏出气体总长度为LB PL=PBLB 得：LB=L 此时B中气体长度为：LB′=L﹣0.6L=0.4L 则此时B中气体质量mB′与原有质量mB之比为： =1：3‎ 答：①A中气体的压强为；‎ ‎②B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比1：3‎ ‎　‎ 五、【物理——选修3-4】（共2小题，满分0分）‎ ‎19．下列关于物理规律及物理现象的描述正确的是（　　）‎ A．光在同一种介质传播的速度保持不变 B．一单色光由空气射入玻璃，其频率不变，波长变短 C．根据电磁场理论，变化的电场不一定能产生电磁波 D．光从一种介质进入另一种介质，只要入射角合适，一定能发生全反射现象 E．红光和绿光分别通过同一双缝干涉实验装置形成的干涉条纹中，红光的条纹间距较大 ‎【考点】电磁波的产生．‎ ‎【分析】A、光在同一均匀介质中才保持速度不变；‎ B、光发生折射，频率不变，则波长与波速成正比；‎ C、非均匀变化的电场，才能发生电磁波；‎ D、根据光的全反射条件：光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角；‎ E、根据双缝干涉条纹间距公式△x=，即可判定红光的间距大小．‎ ‎【解答】解：A、当光在同一种均匀介质中传播时，其的速度才保持不变，故A错误；‎ B、一单色光由空气射入玻璃，其频率不变，因折射率变大，根据v=，可知，波速减小，‎ 再由v=λf，可知，波长变短，故B正确；‎ C、根据电磁场理论，非均匀变化的电场，才一定能产生电磁波，若是均匀变化的电场，产生恒定的磁场，不会产生电磁波，故C正确；‎ D、光从一种光密介质进入光疏一种介质，且入射角大于等于临界角时，才一定能发生全反射现象，故D错误；‎ E、红光和绿光分别通过同一双缝干涉实验装置形成的干涉条纹中，根据双缝干涉条纹间距公式△x=，因红光的波长长，则红光的条纹间距较大，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎20． 一位于坐标原点的波源，在t=0时刻开始做简谐振动，产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，已知波源振动的周期为T=1s，在x轴的正半轴上的1m和6m处分别有a、b两质点，如图为波源振动一段时间后，简谐波刚传到x=1.5m处的质点时的波形图（质点a恰好处在波谷物质），试求：‎ ‎（1）质点b开始振动时的振动方向？若从图示时刻开始计时，请写出质点a的振动位移随时间变化的关系式；‎ ‎（2）从波源开始振动后，经过多长时间质点b第一次出现波谷？以及在此过程中，波源振动所通过的路程．‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】（1）波传播过程中各点的起振方向与波源起振方向相同，与波最前头点的起振方向相同．由图读出振幅，图示时刻a点位于波谷，根据y=Asin（t+），写出质点a的振动方程．‎ ‎（2）由图读出波长，求波速．质点b第一次出现波谷的时间等于波从图示位置传到b的时间加上b从图示位置第一到达波谷的时间．根据时间和周期的关系求波源通过的路程．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）质点b开始振动时的振动方向与波源的起振方向一致，由图可知波源的起振方向沿y轴负方向，则质点b开始振动时的振动方向沿y轴负方向．‎ 由图可知，该简谐波的振幅 A=8cm=0.08m 由于图示时刻质点a恰好处于波谷，所以质点a的振动位移随时间变化的关系式为：‎ y=Asin（t+）=0.08sin（2πt+） m ‎（2）由图可知 =1.5m，得：λ=2m 该波的传播速度为：v===2m/s 从波源开始振动后，质点b第一次出现波谷的时间为：‎ t=+T=3.25s 波源从平衡位置开始振动，每经过T，波源运动的路程为A，则有：‎ s==×4×8cm=104cm 答：（1）质点b开始振动时的振动方向沿y轴负方向．质点a的振动位移随时间变化的关系式为y=0.08sin（2πt+）m．‎ ‎（2）从波源开始振动后，经过3.25s时间质点b第一次出现波谷，在此过程中，波源振动所通过的路程是104cm．‎ ‎　‎ 六、【物理——选修3-5】（共2小题，满分0分）‎ ‎21．下列说法正确的是（　　）‎ A．原来有某种放射性元素的原子核500个，经过1个半衰期T后，一定仅剩250个该发射性原子核未发生衰变 B．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关 C．天然发射现象中发射出的α、β、γ三种射线，γ射线的穿透能力最强 D．结合能越大，表示原子核结合得越牢固 E．根据波尔理论，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放出一定频率的光子，同时电子的动能增加，势能减少 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】‎ 根据γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强；半衰期是针对大量原子核来说，才有意义；波长越短，频率越高，则可能大于极限频率，从而发生光电效应；比结合能越大的，原子核越稳定；氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、对于半衰期是具有统计规律，只有大量原子核才有意义，故A错误；‎ B、光电效应实验中，根据光电效应方程：EKm=hγ﹣W，可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，故B正确；‎ C、三种射线中γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C正确；‎ D、比结合能越大，原子核越稳定，故D错误；‎ E、波尔理论，氢原子的核外电子由高能级跃迁到低能级时，要释放出一定频率的光子，同时电子的动能增加，势能减少，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎22． 如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上的同一条直线上，A、B木块之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不拴接，将弹簧压缩到不能再压缩时（弹簧处在弹性限度内），用细线把A木块和B木块紧连，使弹簧不能伸展，以至于A、B木块一起可视为一个整体，现让A、B木块一起以一向右的初速度v0沿A、B的连线向静止的C而使A木块与B、C木块分离，已知A木块离开弹簧后的速度大小为，方向水平向左，求：‎ ‎（1）弹簧释放的弹性势能；‎ ‎（2）从A、B木块与C木块开始碰撞到弹簧的弹性势能全部释放的过程中，木块A受到的合外力的冲量大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）A、B与C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，BC与A分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．‎ ‎（2）应用动量定理可以求出A所受合外力的冲量．‎ ‎【解答】解：（1）以向右为正方向，设碰后A、B和C的共同速度的大小为v1，由动量守恒定律得：‎ ‎2mv0=3mv1，‎ 解得：v1=v0，‎ 设C离开弹簧时，BC的速度大小为v1，由动量守恒得：‎ ‎3mv1=2mv2﹣m×v0，‎ 设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到A与弹簧分开的过程中机械能守恒，有：‎ ‎（3m）v12+EP=（2m）v22+m（v0）2，‎ 解得：EP=mv02 ；‎ ‎（2）在整个过程中，对A由动量定理得：I=﹣m﹣mv0=﹣mv0，负号表示方向向左；‎ 答：（1）弹簧释放的弹性势能为mv02 ；‎ ‎（2）从A、B木块与C木块开始碰撞到弹簧的弹性势能全部释放的过程中，木块A受到的合外力的冲量大小为mv0．‎ ‎　‎ ‎2017年4月6日