安徽省六校教育研究会2017届高三上学期第一次联考物理试卷 20页

‎2016-2017学年安徽省六校教育研究会高三（上）第一次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．物理概念的形成和物理规律的得出极大地推动了人类对自然界的研究和认识进程，下列关于物理概念和规律的说法正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律的利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证 B．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定律 C．在研究带电体之间的相互作用时引入了点电荷的概念，只有电荷量很小的带电体才可看成点电荷 D．把电容器的带电量Q与两极板间电压U的比值定义为电容，是基于该比值的大小不取决于Q和U，且它能够反映电容器容纳电荷的本领 ‎2．（多选题）如图所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两边分开．一个锥体置于A处，放手之后，奇特的现象发生了，椎体自动地沿木板滚上了B、C板的高处，不计一切阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B．锥体在滚动过程中重心逐渐降低 C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D．锥体在滚动过程中机械能保持不变 ‎3．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则（　　）‎ A．绳子上拉力一定为零 B．地面受的压力可能为零 C．地面与物体B间可能存在摩擦力 D．A、B之间可能存在摩擦力 ‎4．如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定．下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是（　　）‎ A．大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落 B．太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落 C．太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面 D．太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面 ‎6．水平面上A，B，C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在0点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在0点，小球所带的电荷量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为3：2：1，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R，当运动至绳子与水平成θ角时，下述说法正确的是（　　）‎ A．木箱将匀速运动，速度是2πnR B．木箱将匀加速运动，此时速度是2πnRcosθ C．此时木箱对地的压力为Mg﹣‎ D．此过程木箱受的合外力方向不变 ‎10．弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（　　）‎ A．从D到C，弹丸的动能一直在增大 B．从D到C，弹丸的机械能增加 C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小 D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎11．如图甲为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可以测量铁球两次挡光之间的时间间隔．开始时铁球处于A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放铁球时，A门开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为铁球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离x．现将光电门B缓慢移动到不同位置，测得多组x、t数值，画出 随t变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k，则由图线可知，当地重力加速度大小为g=　　；若某次测得小球经过A、B门的时间间隔为t0，则可知铁球经过B门时的速度大小为　　，此时两光电门间的距离为　　．‎ ‎12．国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：‎ 电源（电动势约为3V，内阻可忽略），‎ 电压表V1（量程为3V，内阻很大），‎ 电压表V2（量程为3V，内阻很大），‎ 定值电阻R1（阻值4kΩ），‎ 定值电阻R2（阻值2kΩ），‎ 电阻箱R（最大阻值9 999Ω），‎ 单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F．断开S，整理好器材．‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=　　mm．‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=　　（用R1、R2、R表示）．‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R﹣关系图象．自来水的电阻率ρ=　　Ω•m（保留两位有效数字）．‎ ‎（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将　　（填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎　‎ 三、计算题（共46分）‎ ‎13．如图所示，斜面体质量为M，倾角θ，与水平面间的动摩擦因数为μ，用细绳竖直悬挂一质量为m的小球静止在光滑斜面上，小球的高度为h，当烧断绳的瞬间，用水平向右的力由静止拉动斜面体，小球能做自由落体运动到达地面，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球经多长时间到达地面；‎ ‎（1）拉力至少为多大才能使自由落体运动到地面．‎ ‎14．如图所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h．现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中 ‎（1）ab边离开磁场时的速度v；‎ ‎（2）通过导线横截面的电荷量q；‎ ‎（3）导线框中产生的热量Q．‎ ‎15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中，OM是角平分线，OM与+x轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OM与+x轴之间存在竖直向下的匀强电场．质量为m、电量为q的正点电荷从x轴上的点竖直向上进入磁场，OA=L，不计点电荷的重力．‎ ‎（1）要使点电荷在磁场中运动的时间最长，求点电荷的速度范围；‎ ‎（2）要使点电荷垂直于电场线的方向进入电场且过原点O，求电场强度的大小及离开电场时的速度大小．‎ ‎16．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：‎ ‎（1）滑块第一次到达B点的速度；‎ ‎（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；‎ ‎（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省六校教育研究会高三（上）第一次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）‎ ‎1．物理概念的形成和物理规律的得出极大地推动了人类对自然界的研究和认识进程，下列关于物理概念和规律的说法正确的是（　　）‎ A．牛顿第一定律的利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证 B．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定律 C．在研究带电体之间的相互作用时引入了点电荷的概念，只有电荷量很小的带电体才可看成点电荷 D．把电容器的带电量Q与两极板间电压U的比值定义为电容，是基于该比值的大小不取决于Q和U，且它能够反映电容器容纳电荷的本领 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住牛顿、奥斯特、法拉第等著名物理学家的主要贡献即可．根据看作点电荷的条件判断．‎ ‎【解答】解：A、牛顿第一定律的利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能够用实验直接验证．故A错误；‎ B、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定律．故B错误；‎ C、在研究带电体之间的相互作用时引入了点电荷的概念．只有当带电体的大小和形状及电荷的分布对电荷间的作用力影响能忽略不计时，带电体才能看做点电荷，与带电体的大小无关．故C错误；‎ D、电容的定义是电容器的带电量Q与两极间电压U的比值叫电容，运用比值法定义，电容与Q、U无关，反映电容器容纳电荷的本领．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．（多选题）如图所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两边分开．一个锥体置于A处，放手之后，奇特的现象发生了，椎体自动地沿木板滚上了B、C板的高处，不计一切阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．锥体在滚动过程中重心逐渐升高 B．锥体在滚动过程中重心逐渐降低 C．锥体在滚动过程中机械能逐渐增大 D．锥体在滚动过程中机械能保持不变 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】不计一切阻力，椎体机械能守恒，运动过程中只有动能和势能之间的相互转化．‎ ‎【解答】解：椎体自动地沿木板滚上了B、C板的高处的过程中只有重力做功，椎体机械能守恒，重力势能转化为动能，而高度上升，所以重心逐渐降低，故BD正确，AC错误．‎ 故选BD ‎　‎ ‎3．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则（　　）‎ A．绳子上拉力一定为零 B．地面受的压力可能为零 C．地面与物体B间可能存在摩擦力 D．A、B之间可能存在摩擦力 ‎【考点】物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无．对B整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系．‎ ‎【解答】解：A、若AB接触面光滑，AB间没有摩擦力．对A分析知，A受到重力和绳子的拉力，二力平衡，B对A没有支持力，否则三个力不可能平衡；若AB接触面粗糙，则绳子拉力可以为零，AB间存在摩擦力，从而处于平衡通状态．故A错误，D正确．‎ B、对B分析知：B受到重力、地面的支持力，根据平衡条件知，地面对B的支持力等于物块B的重力，地面对B没有摩擦力．故BC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，该磁场对ab边的安培力大小恒定．下列描述B随t变化的图象中，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；安培力．‎ ‎【分析】当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电流，由法拉第电磁感应定律即可表达出感应电动势，再由欧姆定律和安培力的表达式即可求出B的变化．‎ ‎【解答】解：当磁感应强度发生变化时，线框内产生感应电动势为：‎ ‎=‎ 感应电流为：I=‎ 安培力为：F=BIL 得：F=‎ 由公式可知，若磁场B增大，则△B减小；若B减小，则△B增大．所以四个图象中只有B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害．太空垃圾下落的原因是（　　）‎ A．大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落 B．太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落 C．太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面 D．太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上．‎ ‎【解答】解：太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上，故D正确、ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．水平面上A，B，C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在0点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在0点，小球所带的电荷量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对其中小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受重力的大小和小球受到的库仑力，由库仑力公式可得出小球所带电荷量．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析，‎ 小球受重力和A，B，C处正点电荷施加的库仑力．‎ 将A，B，C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．‎ 设α是A，B，C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，‎ 根据竖直方向平衡条件得：‎ 在竖直方向 3Fcosα=mg F=‎ 根据几何关系得cosα=‎ 解得q=‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（　　）‎ 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．‎ ‎【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出最大加速度，再结合运动学的公式即可求出最大速度．‎ ‎【解答】解：设A、B的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：f1=ma1≤=μ2mg，‎ 解得：a1≤μ2g，‎ 同理，可知B的最大加速度：a2≤μ1g 由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a 可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1．‎ 所以车的最大速度：vm=‎ 故ABD错误，C正确 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为3：2：1，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】由△x=aT2可求得相邻相等的时间内的位移之间的关系，则可求bc段的位移．‎ ‎【解答】解：设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为3t、2t和t，设各段时间t内的位移分别为：s1、s2、s3、s4、s5和s6，‎ 由题可得：x1=s1+s2+s3；x2=s6…①‎ 设bc段的位移为x，则：x=s4+s5…②‎ 根据公式：△x=aT2，则：（x+x2）﹣x1=（s4+s5+s6）﹣（s1+s2+s3）=9at2…③‎ 同时，由于：s2﹣s1=s3﹣s2，‎ 所以得：s1+s3=2s2…④‎ 结合①④可得：x1=s1+s2+s3=3s2…⑤‎ 而：s6﹣s2=4at2，即：…⑥‎ 联立③⑥可得：x=‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．电动机以恒定的功率P和恒定的转速n卷动绳子，拉着质量为M的木箱在光滑的水平地面上前进，如图所示，电动机卷绕绳子的轮子的半径为R，当运动至绳子与水平成θ角时，下述说法正确的是（　　）‎ A．木箱将匀速运动，速度是2πnR B．木箱将匀加速运动，此时速度是2πnRcosθ C．此时木箱对地的压力为Mg﹣‎ D．此过程木箱受的合外力方向不变 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据电动机的转速和轮子的半径求出绕绳子的线速度，即可得知物块沿绳子方向上的速度，将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据沿绳子方向的速度可得知物块的速度．通过对木块受力分析，运用正交分解求出地面的支持力，从而得知木箱对地面的压力大小．‎ ‎【解答】解：A、物块沿绳子方向上的速度大小v′=R•2πn．将木块的速度沿绳子方向和垂直于绳子的方向分解，根据平行四边形定则，当运动至绳子与水平成θ角时，木块的速度v==，知木箱做变速运动，但不是匀加速．故AB错误．‎ C、根据P=Fv′，知绳子的拉力F==，根据正交分解得，N=Mg﹣Fsinθ=Mg﹣．故C正确．‎ D、木箱在水平面上运动，合外力的大小在变化，方向不变．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．弹弓是80后童年生活最喜爱的打击类玩具之一，其工作原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下迅速发射出去，打击目标．现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（　　）‎ A．从D到C，弹丸的动能一直在增大 B．从D到C，弹丸的机械能增加 C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小 D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量，合外力做功等于物体动能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故A错误；‎ B、C、从D到C，橡皮筋对弹丸做正功，弹丸机械能一直在增加，故B正确，C错误；‎ D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段长度相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，即机械能增加的较多，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎11．如图甲为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可以测量铁球两次挡光之间的时间间隔．开始时铁球处于A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放铁球时，A门开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为铁球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离x．现将光电门B缓慢移动到不同位置，测得多组x、t数值，画出随t变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k，则由图线可知，当地重力加速度大小为g=　2k　；若某次测得小球经过A、B门的时间间隔为t0，则可知铁球经过B门时的速度大小为　2kt0　，此时两光电门间的距离为　k　．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据位移时间公式得出A到B过程中位移时间的表达式，得出﹣t的表达式，结合图线的斜率求出重力加速度的大小，再依据运动学公式，即可求解经过B光电门的速度，及两光电门的间距．‎ ‎【解答】解：小球做自由落体运动，出发点在A点，设小球在A点的速度为0，则小球从A到B的过程：‎ x=gt2，‎ 则=gt，可知﹣t成一次函数，斜率k=，解得：g=2k．‎ 依据速度公式，则有：vB=gt0=2kt0；‎ 而两光电门的间距d==k；‎ 故答案为：2k，2kt0，k．‎ ‎　‎ ‎12．国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω•m．某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：‎ 电源（电动势约为3V，内阻可忽略），‎ 电压表V1（量程为3V，内阻很大），‎ 电压表V2（量程为3V，内阻很大），‎ 定值电阻R1（阻值4kΩ），‎ 定值电阻R2（阻值2kΩ），‎ 电阻箱R（最大阻值9 999Ω），‎ 单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．‎ 实验步骤如下：‎ A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；‎ B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；‎ C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；‎ D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；‎ E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；‎ F．断开S，整理好器材．‎ ‎（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d=　30.0　mm．‎ ‎（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx=　　（用R1、R2、R表示）．‎ ‎（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R﹣关系图象．自来水的电阻率ρ=　14　Ω•m（保留两位有效数字）．‎ ‎（4）本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将　偏大　（填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数．‎ ‎（2）分别求出S接1和接2时电路的总电压，利用并联电压相等列式，求出Rx；‎ ‎（3）从图丙读出数据，利用电阻定律求出电阻率ρ；‎ ‎（4）分析若电压表V1内阻不是很大，对测量电阻Rx的影响，再判断自来水电阻率测量的影响．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为：3.0cm=30mm，游标尺上示数：0×0.1mm=0.0mm，所以最终读数为：30mm+0.0mm=30.0mm；‎ ‎（2）设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总=，‎ 当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，‎ 总电压U总′=R2++U，由于两次总电压相等，都等于电源电压E，可得： =，‎ 解得：Rx=； ‎ ‎（3）图丙中可知，R=2×103Ω时， =5.0m﹣1，‎ 此时玻璃管内水柱的电阻Rx==4000Ω，水柱横截面积S=π=7.065×10﹣4m2，‎ 由电阻定律R=ρ得：ρ==4000×7.065×10﹣4×5Ω•m=14Ω•m；‎ ‎（4）若电压表V1内阻不是很大，则把S拨到1位置时，此时电路电流大于，实际总电压将大于U总=，所以测量的Rx将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大；‎ 故答案为：（1）30.0； （2）； （3）14； （4）偏大．‎ ‎　‎ 三、计算题（共46分）‎ ‎13．如图所示，斜面体质量为M，倾角θ，与水平面间的动摩擦因数为μ，用细绳竖直悬挂一质量为m的小球静止在光滑斜面上，小球的高度为h，当烧断绳的瞬间，用水平向右的力由静止拉动斜面体，小球能做自由落体运动到达地面，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球经多长时间到达地面；‎ ‎（1）拉力至少为多大才能使自由落体运动到地面．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；自由落体运动．‎ ‎【分析】（1）根据小球自由下落的位移公式列式求得时间；‎ ‎（2）再根据牛顿第二定律和位移时间公式列式；根据几何关系找出小球位移和斜面体位移的关系；最后联立方程组求解．‎ ‎【解答】解：（1）设小球自由落体运动到地面上，下落高度为h，‎ 对小球有：h=gt2，解得：t=；‎ ‎（2）斜面体至少水平向右运动的位移为：x=h•‎ 对斜面体：x=at2，解得：a=gcotθ，‎ 以斜面体为研究对象有：F﹣μMg=Ma ‎ 所以有：F=μMg+Mgcotθ=（μ+cotθ）Mg．‎ 即当烧断绳的瞬间，至少以（μ+cotθ）Mg的水平向右的力由静止拉动斜面体，小球才能做自由落体运动到地面；‎ 答：（1）小球经时间到达地面；‎ ‎（1）拉力至少为（μ+cotθ）Mg才能使自由落体运动到地面．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h．现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中 ‎（1）ab边离开磁场时的速度v；‎ ‎（2）通过导线横截面的电荷量q；‎ ‎（3）导线框中产生的热量Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）根据导体切割磁感线规律可明确感应电动势，根据欧姆定律求得电流，再由平衡条件可求得速度； ‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，再由q=It可求得电荷量； ‎ ‎（3）根据功能关系可求得导线框中产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）线框匀速运动时，产生的电动势为：‎ E=Bl1v…①‎ 由欧姆定律可知：‎ ‎…②‎ 安培力为：F=BIl1…③‎ 根据平衡条件可知，mg=F…④‎ 由①②③④联立：‎ ‎（2）导线框穿过磁场的过程中，电量…⑤‎ 平均电流：…⑥‎ 平均电动势为 ‎…⑦‎ 由⑤⑥⑦联立：‎ ‎（3）导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，‎ 带入（1）中的速度，解得：‎ 答：（1）ab边离开磁场时的速度v为 ‎（2）通过导线横截面的电荷量q为；‎ ‎（3）导线框中产生的热量Q为．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中，OM是角平分线，OM与+x轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OM与+x轴之间存在竖直向下的匀强电场．质量为m、电量为q的正点电荷从x轴上的点竖直向上进入磁场，OA=L，不计点电荷的重力．‎ ‎（1）要使点电荷在磁场中运动的时间最长，求点电荷的速度范围；‎ ‎（2）要使点电荷垂直于电场线的方向进入电场且过原点O，求电场强度的大小及离开电场时的速度大小．‎ ‎【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）根据题意可知，在粒子速度很小时，粒子可以从X轴垂直射出，当速度逐渐增大时，粒子的运动半径也随着增大，当其轨迹与OM相切时，速度达到最大，根据几何知识求出最大圆周的半径，再根据牛顿第二定律求出临界速度；‎ ‎（2）根据题意垂直进入电场，可以求出圆周运动半径，然后根据牛顿第二定律求出入射速度，在电场中粒子做类平抛运动且过原点，根据平抛公式求出加速度大小，再求出电场强度．从刚进入电场到从O点射出电场，根据动能定理求出离开电场时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）点电荷的速度较小时，将在磁场中运动半个周期，当其轨迹与OM相切时速度最大，此时有：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 得 点电荷的速度在0～时，时间都最长．‎ ‎（2）要使点电荷垂直于电场线进入电场，在磁场中运动时的半径应为 根据牛顿第二定律有：‎ 又在电场中做类平抛运动，‎ r1=vt，，‎ 联立求得 根据动能定理可得：‎ 得 答：（1）点电荷的速度范围为0～；‎ ‎（2）电场强度为，离开电场时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：‎ ‎（1）滑块第一次到达B点的速度；‎ ‎（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；‎ ‎（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对第一次到达B点的过程运用动能定理，求出到达B点的速度大小．‎ ‎（2）对E到A点的过程运用动能定理，求出滑块与斜面AB间的动摩擦因数．‎ ‎（3）对全过程运用动能定理，求出通过的总路程．根据牛顿第二定律分别求出物体沿斜面上滑和下滑的加速度大小，结合运动学公式，运用数学知识求出总时间．‎ ‎【解答】解：（1）第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得，，‎ 代入数据解得．‎ ‎（2）从E到A的过程，由动能定理得，‎ WG﹣Wf=0，‎ WG=mg[（h+Rcos37°）﹣LABsin37°]，‎ Wf=μmgcos37°•LAB，‎ 代入数据解得μ=0.5．‎ ‎（3）根据mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s得，‎ 代入数据解得s=6m．‎ 沿斜面上滑加速度为a1=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，‎ 沿斜面下滑加速度为a2=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣0.5×8=2m/s2，‎ 因为，则，‎ ‎，‎ ‎…‎ ‎．‎ 则t=（）+，‎ 代入数据解得t=．‎ 答：（1）滑块第一次到达B点的速度为；‎ ‎（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5；‎ ‎（3）滑块在斜面上运动的总路程为6m，总时间为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月4日 ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎