江苏省淮安市淮阴中学2017届高三（上）期初物理试卷（解析版） 24页

‎2016-2017学年江苏省淮安市淮阴中学高三（上）期初物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分）‎ ‎1．2011年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R（Paksat﹣1R）成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功．关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度 B．离地面的高度一定，相对地面保持静止 C．绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大 D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎2．电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（　　）‎ A．等量同种电荷的中垂面 B．等量异种电荷的中垂面 C．以孤立点电荷为球心的某一球面 D．匀强电场中的某一等势面 ‎3．如图，轻杆的一端紧固一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上．若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为α，开始时轻杆与竖直方向的夹角β＜α，且α+β＜90°，则为使斜面能在光滑地面上向右作匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力T的大小变化情况是（　　）‎ A．F逐渐增大，T逐渐减小B．F逐渐减小，T逐渐增大 C．F逐渐增大，T先减小后增大D．F逐渐减小，T先减小后增大 ‎4．如图所示，AB和CD是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P，有一个小球由静止分别从A滑到B和从C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1和t2之比为（　　）‎ A．1：1B．1：2C．：1D．1：‎ ‎5．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=．哪个图是正确的？（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎　‎ 二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共计16分）‎ ‎6．如图所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大．先接通S，使电路达到稳定，再断开S．电流随时间变化图象，下列正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎7．如图所示，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（　　）‎ A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后 B．在空中水平方向先加速后减速 C．在空中机械能不变 D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置 ‎8．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列比值错误的是（　　）‎ A．不变，不变B．变大，变大 C．变大，不变D．变大，不变 ‎9．如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中（　　）‎ A．工件对传送带做功为﹣mv2‎ B．传送带与工件间摩擦产生热量为mv2‎ C．传送带因为传送工件需要多做的功为mv2‎ D．传送带对工件做的功为mv2‎ ‎　‎ 三、解答题（共计42分）‎ ‎10．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　　‎ A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远大于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a﹣F图象可能是图2中的　　．（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎（3）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小　　m/s2．（结果保留二位有效数字）‎ ‎11．一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎（1）请将图2中的实物连线按电路图补充完整．‎ ‎（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图中的　　（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．‎ ‎（4）实验测得表格中的7组数据．请在图3坐标纸上作出该元件的I﹣U图线．‎ 序号 电压/V 电流/A ‎1‎ ‎0.00‎ ‎0.00‎ ‎2‎ ‎0.40‎ ‎0.02‎ ‎3‎ ‎0.80‎ ‎0.05‎ ‎4‎ ‎1.20‎ ‎0.12‎ ‎5‎ ‎1.60‎ ‎0.20‎ ‎6‎ ‎2.00‎ ‎0.31‎ ‎7‎ ‎2.40‎ ‎0.44‎ ‎（5）为了求元件Q在I﹣U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由R=求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由R=求得．其中　　（选填“甲”、“乙”）同学的方法正确．‎ ‎　‎ 六、计算题（本题共3小题，共47分）‎ ‎18．如图所示，某货场将质量为m1‎ ‎=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物从轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时的速度．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．‎ ‎（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．‎ ‎19．如图所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间距为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B．杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静止．已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：v=v0﹣B2L2．杆及导轨的电阻均不计．‎ ‎（1）试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式．‎ ‎（2）求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电量．‎ ‎（3）求从开始到滑过的位移为全程一半时电路中产生的焦耳热．‎ ‎20．如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L．质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（﹣2L，﹣L）的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为[0，﹣（﹣1）L]的C点射入区域Ⅰ．粒子重力忽略不计．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎（2）求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；‎ ‎（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．‎ ‎　‎ ‎【选修3-3】‎ ‎12．如图所示，一定质量的理想气体分别在温度T1和T2情形下做等温变化的p﹣V图象，则下列关于T1和T2大小的说法，正确的是（　　）‎ A．T1大于T2B．T1小于T2C．T1等于T2 D．无法比较 ‎13．如图甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500m、气温为18℃的山脚下带到海拔3200m、气温为10℃的山顶上，情形如图乙所示．图　　（选填“甲”或“乙”）中袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的内能　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体放出的热量．‎ ‎14．如图所示，IBM的科学家在铜表面将48个铁原子排成圆圈，形成半径为7.13nm的“原子围栏”，相邻铁原子间有间隙．估算原子平均间隙的大小．结果保留一位有效数字．已知铁的密度7.8×103kg/m3，摩尔质量是5.6×10﹣2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎【选修3-5】‎ ‎15．原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，核子组合成原子核时（　　）‎ A．小质量数的原子核质量亏损最大 B．中等质量数的原子核质量亏损最大 C．大质量数的原子核质量亏损最大 D．不同质量数的原子核质量亏损相同 ‎16．在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，则碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向　　（选填“相反”或“相同”），碳核的动量　　（选填“大于”、“等于”或“小于”） 碰后中子的动量．‎ ‎17．氢原子的能级如图所示．原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．求该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，结果保留两位有效数字．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江苏省淮安市淮阴中学高三（上）期初物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分）‎ ‎1．2011年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R（Paksat﹣1R）成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功．关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是（　　）‎ A．运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度 B．离地面的高度一定，相对地面保持静止 C．绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大 D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】“1R”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．‎ ‎【解答】解：A．任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；‎ B．“1R”卫星为地球同步卫星，有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．故B正确；‎ C．“1R”卫星的周期与地球自转一周时间相等，即23时56分4秒，球绕地球运行的周期大约27天，故C错误；‎ D..根据可知，随着半径R的增大，a在减小，故“1R”卫星的向心加速度比赤道上物体的向心加速度小，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（　　）‎ A．等量同种电荷的中垂面 B．等量异种电荷的中垂面 C．以孤立点电荷为球心的某一球面 D．匀强电场中的某一等势面 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．‎ ‎【解答】解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；‎ B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；‎ C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；‎ D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图，轻杆的一端紧固一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上．若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为α，开始时轻杆与竖直方向的夹角β＜α，且α+β＜90°，则为使斜面能在光滑地面上向右作匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小及轻杆受力T的大小变化情况是（　　）‎ A．F逐渐增大，T逐渐减小B．F逐渐减小，T逐渐增大 C．F逐渐增大，T先减小后增大D．F逐渐减小，T先减小后增大 ‎【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】先对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求出支持力和干的弹力的表达式；再对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出地面支持力和推力的表达式，最后分析讨论．‎ ‎【解答】解：对小球受力分析，受到重力mg、支持力N和干的支持力T，如图 根据共点力平衡条件，有==‎ 解得 N=mg T=mg ①‎ 对斜面体受力分析，受到推力F、重力Mg、支持力FN和压力N，如图 根据共点力平衡条件，有 Nsinα=F Mg+Ncosα=FN 解得 F=Nsinα=mg= ②‎ 故随着β的增大，α+β逐渐增大，先小于90°后大于90°，故T先减小后增加，F逐渐增大；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，AB和CD是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R和r的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P，有一个小球由静止分别从A滑到B和从C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1和t2之比为（　　）‎ A．1：1B．1：2C．：1D．1：‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对物体受力分析可知，小球在两条斜槽上的运动规律是一样的，只是加速度的大小和位移的大小不一样，由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求得它们各自的运动时间．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析可知：‎ 当重物从A点下落时，重物受重力mg，支持力F，‎ 在沿斜面方向上加速度是a1，重力分解：‎ ‎ mgcos30°=ma1，‎ 解得 a1=g，‎ 根据公式：S=a1t12，‎ 得 S=2R×cos30°+2r×cos30°=（R+r）‎ 所以：t1=2，‎ 当重物从C点下滑时，受重力mg，支持力F，‎ 在沿斜面方向上加速度是a2，重力分解：‎ mgcos60°=ma2，‎ 解得 a2=，‎ 根据公式：S=a2t22，‎ 得S=2R×cos60°+2r×cos60°=R+r t2=2，‎ 所以t1=t2 ，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R=．哪个图是正确的？（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【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】相同速率的粒子在磁场中圆周运动的半径相同，根据带电粒子的进入磁场的方向可确定出圆心的位置，则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围．‎ ‎【解答】解：据题：所有粒子的速率相等，由R=可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，MO=2r=2R；‎ 随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；故A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共计16分）‎ ‎6．如图所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的电阻跟灯泡相差不大．先接通S，使电路达到稳定，再断开S．电流随时间变化图象，下列正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．‎ ‎【解答】解：当闭合电键稳定后回路中的电流是恒定的；当电键断开，因为线圈阻碍电流的减小，相当于电源（右端是正极），L和AB构成回路，通过L的电流也流过B，所以电流变成反向，且逐渐减小到零．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员（　　）‎ A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后 B．在空中水平方向先加速后减速 C．在空中机械能不变 D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置 ‎【考点】机械能守恒定律；惯性．‎ ‎【分析】运动员顺利完成该动作，可知运动员所做的运动在水平方向的分运动应与滑板的运动相同，所以运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动．‎ ‎【解答】解：A、运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动．各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置．所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下．故A错误．‎ B、运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，故B错误．‎ C、忽略人和滑板在运动中受到的阻力，在空中只受重力，所以机械能不变，故C正确．‎ D、运动员在起跳时竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员参与了水平方向上的匀速直线运动，所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示，下列比值错误的是（　　）‎ A．不变，不变B．变大，变大 C．变大，不变D．变大，不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由题意知：R1是定值电阻，根据欧姆定律得知==R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．‎ ‎【解答】解：A、根据欧姆定律得知： ==R1．故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变．故A正确．‎ B、C， =R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则有=R1+r，不变．故B错误，C正确．‎ D、=R1+R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则有=r，不变．故D正确．‎ 本题选错误的，故选B ‎　‎ ‎9．如图所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到水平传送带上，工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止，在上述过程中（　　）‎ A．工件对传送带做功为﹣mv2‎ B．传送带与工件间摩擦产生热量为mv2‎ C．传送带因为传送工件需要多做的功为mv2‎ D．传送带对工件做的功为mv2‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得传送带的位移，即可求得工件对传送带做功．根据相对位移求摩擦生热．电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．传送带对工件做的功由动能定理求．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律知道工件的加速度为：a==μg，‎ 工件的速度由零增大到v用时为：t==；‎ 该时间内传送带的位移为：x=vt=；所以工件对传送带做功为：Wf=﹣fx=﹣μmg•=﹣mv2，故A错误；‎ B、传送带与工件间相对位移大小为：△x=vt﹣==，摩擦产生热量为：Q=μmg△x=μmg•=mv2，故B正确；‎ C、传送带因为传送工件需要多做的功为：W=Q+mv2=mv2，故C正确；‎ D、在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即为mv2，故D正确；‎ 故选：BCD ‎　‎ 三、解答题（共计42分）‎ ‎10．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．‎ ‎（1）下列说法正确的是　AD　‎ A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远大于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象 ‎（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a﹣F图象可能是图2中的　丙　．（选填“甲”、“乙”、“丙”）‎ ‎（3）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小　0.50　m/s2．（结果保留二位有效数字）‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g．‎ 如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确．‎ B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．‎ C、让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误．‎ D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确．‎ 故选：AD ‎（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．‎ ‎（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，‎ 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，‎ 得：a=m/s2=0.50 m/s2．‎ 故答案为：（1）D；（2）丙；（3）0.50．‎ ‎　‎ ‎11．一实验小组准备探究某种元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图1所示的电路图．请回答下列问题：‎ ‎（1）请将图2中的实物连线按电路图补充完整．‎ ‎（2）考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎（3）在电路图中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，总不能使电压表的示数调为零．原因可能是图中的　f　（选填a、b、c、d、e、f）处接触不良．‎ ‎（4）实验测得表格中的7组数据．请在图3坐标纸上作出该元件的I﹣U图线．‎ 序号 电压/V 电流/A ‎1‎ ‎0.00‎ ‎0.00‎ ‎2‎ ‎0.40‎ ‎0.02‎ ‎3‎ ‎0.80‎ ‎0.05‎ ‎4‎ ‎1.20‎ ‎0.12‎ ‎5‎ ‎1.60‎ ‎0.20‎ ‎6‎ ‎2.00‎ ‎0.31‎ ‎7‎ ‎2.40‎ ‎0.44‎ ‎（5）为了求元件Q在I﹣U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由R=求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由R=求得．其中　甲　（选填“甲”、“乙”）同学的方法正确．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据题意与表中实验数据确定滑动变阻器与电流表接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（2）根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ ‎（3）分析电路故障根据分压接法和限流法的不同进行分析；‎ ‎（4）应用描点法作出图象．‎ ‎（5）根据图象的性质进行分析，明确伏安特性曲线中计算电阻要用欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）由原理图可知，滑动变阻器采用了分压接法，即先将下面两个固定的接线柱接在电源两端；再将用电器的一端接在上面任意一个接线柱上，另一端接到下面任意一个接线柱上；同时电流表采用外接法，注意电表的正极流入；实物图如图；‎ ‎（2）电流表外接时，通过元件的电流值的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，该元件的电阻的测量值小于真实值；‎ ‎（3）电压表示数不能调为零说明变阻器不是分压式接法，即原因可能是f处接触不良；‎ ‎（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：‎ ‎（5）根据欧姆定律R=可知，待测电阻应是I﹣U图线上对应的纵坐标U与横坐标I的比值，即图线上的点与原点连线斜率的倒数等于对应的电阻，而不是图线切线的斜率表示电阻，所以甲同学的方法正确乙同学的方法错误 故答案为：（1）如图；（2）小于；（3）f；（4）如图；（5）甲 ‎　‎ 六、计算题（本题共3小题，共47分）‎ ‎18．如图所示，某货场将质量为m1=100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物从轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时的速度．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．‎ ‎（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；惯性．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律求解货物到达圆轨道末端时的速度．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板A不动，则木板所受的货物的滑动摩擦力不大于地面对木板A的最大静摩擦力；滑上木板B时，木板B开始滑动，说明货物对B的滑动摩擦力大于地面对B的最大静摩擦力，列出不等式，求出μ1应满足的条件．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出货物滑到木板A末端时的速度．由速度时间公式求出货物在B上滑行的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：m1gR=‎ 得v0===6m/s ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得若货物滑上木板A时，木板不动，有：μ1m1g≤μ2（m1+2m2）g ‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ（m1+m2）g ‎ 联立代入数据解得：0.4＜μ1≤0.6 ‎ ‎（3）若μ1=0.5，可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1．‎ 由牛顿第二定律得：μ1m1g≤m1a1‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得：﹣=﹣2a1l ‎ 代入数据得：v1=4m/s ‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：v1=v0﹣a1t ‎ 代入数据：t=0.4s．‎ 答：（1）货物到达圆轨道末端时的速度为6m/s．‎ ‎（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件为 0.4＜μ1≤0.6．‎ ‎（3）若μ1=0.5，货物滑到木板A末端时的速度是4m/s，在木板A上运动的时间是0.4s．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，质量为m的跨接杆ab可以无摩擦地沿水平的导轨滑行，两轨间距为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B．杆从x轴原点O以大小为v0的水平初速度向右滑行，直到静止．已知杆在整个运动过程中速度v和位移x的函数关系是：v=v0﹣B2L2．杆及导轨的电阻均不计．‎ ‎（1）试求杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式．‎ ‎（2）求出杆开始运动到停止运动过程中通过R的电量．‎ ‎（3）求从开始到滑过的位移为全程一半时电路中产生的焦耳热．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．‎ ‎【分析】（1）杆在磁场中向右运动时，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培阻力作用，根据F=BIL，I=，以及杆的速度v和位移x的函数关系式v=v0﹣B2L2，联立即可得到安培力F随其位移x变化的函数式．‎ ‎（2）根据动量定理和电量公式q=It求解电量q．‎ ‎（3）先求出滑动到一半位移时的速度，杆在运动过程中，杆减少的动能完全转化为电阻R的热量，根据能量守恒求解电阻R产生的热量Q．‎ ‎【解答】解：（1）杆在磁场中向右运动时，所受的安培力为：F=BIL，其中：I=，‎ 据题意，杆的速度v和位移x的函数关系为：v=v0﹣B2L2，‎ 所以有：F=v=（v0﹣B2L2）‎ 由上式可知，安培力F与位移x成线性关系．‎ ‎（2）根据动量定理得：﹣BL△t=0﹣mv0，‎ 则有：q=I△t=‎ ‎（3）当v=0时，‎ 当时， =‎ 根据能量守恒：‎ 答：（1）杆所受的安培力F随其位移x变化的函数式为F=（v0﹣B2L2）．‎ ‎（2）杆开始运动到停止运动过程中通过R的电量q为=．‎ ‎（3）杆开始运动到停止运动过程中电阻R产生的热量Q为 ‎　‎ ‎20．如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L．质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（﹣2L，﹣L）的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为[0，﹣（﹣1）L]的C点射入区域Ⅰ．粒子重力忽略不计．‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小E；‎ ‎（2）求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；‎ ‎（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场．试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．‎ ‎【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）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿xy轴分解，根据动为学规律即可求解；‎ ‎（2）由运动学公式求出粒子在C点竖直分速度，结合初速度可算出C点的速度大小与方向．当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径．最后由几何关系可得出离开区域Ⅰ时的位置坐标； ‎ ‎（3）根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度的范围及粒子离开区域Ⅱ时的速度方向．‎ ‎【解答】解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 则有：‎ ‎ x轴方向：2L=v0t ‎ y轴方向：‎ 解得：‎ ‎（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为 vy、速度为v 则有：‎ ‎ 所以，‎ 方向与x轴正向成45° 斜向上 当粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律，有 ‎ 解得：‎ 由几何关系知，离开区域I时的位置坐标：x=L，y=0‎ ‎（3）根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径 满足 因 解得 根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角300≤θ≤900‎ 答：‎ ‎（1）求匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标（L，0）；‎ ‎（3）要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场．则磁感应强度B的大小范围，而粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与y轴正方向夹角300≤θ≤900．‎ ‎　‎ ‎【选修3-3】‎ ‎12．如图所示，一定质量的理想气体分别在温度T1和T2情形下做等温变化的p﹣V图象，则下列关于T1和T2大小的说法，正确的是（　　）‎ A．T1大于T2B．T1小于T2C．T1等于T2 D．无法比较 ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】根据一定质量的理想气体状态方程=C，结合图象的含义可正确解答．‎ ‎【解答】解：由图示图象可知，当体积V相等时，p1＞p2，‎ 由理想气体状态方程： =C可知，T1＞T2；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎13．如图甲所示，将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔500m、气温为18℃的山脚下带到海拔3200m、气温为10℃的山顶上，情形如图乙所示．图　甲　（选填“甲”或“乙”）中袋中气体分子平均动能大．从甲图到乙图过程中，袋内气体减小的内能　大于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）气体放出的热量．‎ ‎【考点】热力学第一定律．‎ ‎【分析】温度是分子平均动能的标志，由于气体分子之间的距离很大，因此作用力为零，分子势能为零，所以一定质量气体的内能由其温度决定，根据热力学第一定律可知内能变化与放热之间关系．‎ ‎【解答】解：由图可知，将封有一定质量空气的密闭塑料袋（甲）从山底移动到山顶时（乙），气体的体积增大，温度是分子平均动能的标志，由于山顶温度低，因此分子平均动能小，山底的塑料袋中分子平均动能高于山顶的，即甲中气体分子平均动能大；从甲到乙过程中，温度降低，内能减小，体积增大，气体对外做功，由△U=E+Q可知，气体内能内能减小大于气体放出的热量．‎ 故答案为：甲，大于．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，IBM的科学家在铜表面将48个铁原子排成圆圈，形成半径为7.13nm的“原子围栏”，相邻铁原子间有间隙．估算原子平均间隙的大小．结果保留一位有效数字．已知铁的密度7.8×103kg/m3，摩尔质量是5.6×10﹣2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol﹣1．‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】根据阿伏伽德罗常数的含义，可以求出一个铁原子的体积，将铁原子看做球形，由此可以求出铁原子直径的大小，根据铁原子所围成圆的周长可以求出原子之间的空隙．‎ ‎【解答】解：根据题意有：‎ 一个铁原子的体积：‎ 将铁原子看做球形，因此铁原子的直径为：‎ 围栏中相邻铁原子的平均间隙：‎ 解得：l=7×10﹣10m．‎ 答：原子平均间隙的大小：l=7×10﹣10m．‎ ‎　‎ ‎【选修3-5】‎ ‎15．原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，核子组合成原子核时（　　）‎ A．小质量数的原子核质量亏损最大 B．中等质量数的原子核质量亏损最大 C．大质量数的原子核质量亏损最大 D．不同质量数的原子核质量亏损相同 ‎【考点】原子核的结合能．‎ ‎【分析】由图读出比结合能与质量数的关系，然后根据爱因斯坦质能方程分析核子组合成原子核时质量的变化情况．‎ ‎【解答】解：由图可知，中等质量的原子核的比结合能最大，‎ 根据爱因斯坦质能方程可知，中等质量数的核子组合成原子核时质量亏损最大，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎16．在核反应堆中用石墨做慢化剂使中子减速，中子以一定速度与静止碳核发生正碰，碰后中子反向弹回，则碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向　相反　（选填“相反”或“相同”），碳核的动量　大于　（选填“大于”、“等于”或“小于”） 碰后中子的动量．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】根据动量守恒判断碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向的关系，以及碳核的动量与碰后中子的动量的大小关系．‎ ‎【解答】解：取碰撞前中子的速度方向为正方向．‎ 设中子和碳核的质量分别为m和M，中子的初速度为v0，碰后中子的速度为﹣v1，碳核的速度为v2，‎ 根据动量守恒定律，有 mv0=﹣mv1+Mv2，所以 Mv2=m（v0+v1）‎ 可见，碰后碳核的运动方向与此时中子运动的方向相反，碳核的动量大于碰后中子的动量 故答案为：相反；大于．‎ ‎　‎ ‎17．氢原子的能级如图所示．原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应．有一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁时所发出的光照射该金属．求该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值．普朗克常量h=6.63×10﹣34J•s，结果保留两位有效数字．‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】抓住原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应，求出金属的逸出功，从而得出金属的截止频率，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．‎ ‎【解答】解：原子从能级n=3向n=1跃迁所放出的光子，正好使某种金属材料产生光电效应，可知两能级间的能级差等于金属的逸出功，‎ 根据E3﹣E1=hv0得金属的截止频率为： =Hz=2.9×1015Hz．‎ 逸出功为：W0=E3﹣E1=13.6﹣1.51eV=12.09eV，‎ 处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁时放出的最大光子能量为：hv=E4﹣E1=13.6﹣0.85eV=12.75eV，‎ 则光电子的最大初动能为：Ekm=hv﹣W0=12.75﹣12.09eV=0.66eV．‎ 答：该金属的截止频率为2.9×1015Hz，光电子最大初动能的最大值为0.66eV．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日