四川省自贡市2017年高考物理一诊试卷 26页

‎2017年四川省自贡市高考物理一诊试卷 ‎　‎ 一、选择题，本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求的；在第6～8题有多项符合题目要求的，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势能逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 ‎2．木块A、B分别重60N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为500N/m．系统置于水平地面上静止不动．现用F=1N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，力F作用后（　　）‎ A．木块A所受摩擦力大小是12N B．木块A所受摩擦力大小是11N C．木块B所受摩擦力大小是11N D．木块B所受摩擦力大小是13N ‎3．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则（　　）‎ A．小球从管口飞出时的速率一定为 B．小球从管口飞出时的速率一定为 C．小球落地点到P点的水平距离可能为R D．小球落地点到P点的水平距离可能为 ‎4．马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为 C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速 D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小 ‎5．图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较大逐渐变小的过程中（　　）‎ A．电容器充电 B．流过R2的电流方向是由b到a C．电容器的电荷量在逐渐减少 D．电源内部消耗的功率变小 ‎6．一物体从静止开始做匀加速直线运动，下列关于物体的位移x，速度v，加速度a与时间t关系的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图，竖直挡板对小车的弹力N1，斜面小车对球的弹力N2．当小车向左加速运动且加速度a逐渐增加，则（　　）‎ A．N2逐渐减小 B．N2不变 C．N1逐渐增加 D．N1与N2的合力有可能不变 ‎8．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）‎ A．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．在第9～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图甲所示，为验证动能定理的实验装置，较长的小车的前端固定有力传感器，能测出小车所受的拉力，小车上固定两个完全相同的遮光条A、B，小车、传感器及遮光条的总质量为M，小车放在安装有定滑轮和光电门的光滑轨道D上，光电门可记录遮光条A、B通过它时的挡光时间．用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连，轨道放在水平桌面上，细线与轨道平行（滑轮质量、摩擦不计）．‎ ‎（1）用螺旋测微器测遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=　　mm ‎（2）实验过程中　　满足M远大于m（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）实验主要步骤如下：‎ ‎①测量小车、传感器及遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，按图甲正确连接器材．‎ ‎②由静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录传感器的示数F及遮光条A、B 经过光电门的挡光时间tA和 tB，则验证动能定理的表达式为　　（用字母M、F、L、d、tA、tB表示）．‎ ‎10．（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻RX的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“×10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：先将选择开关换成欧姆挡的“　　”档位，将红、黑表笔短接，再进行　　，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻RX的阻值时，指针在刻度盘上停留的位置如图1所示，则所测量的值为　　Ω．‎ ‎（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：‎ A．电流表（量程15mA，内阻约100Ω）‎ B．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）‎ C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）‎ D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）‎ E．电源（电动势3V，内阻0.8Ω）‎ F．单刀单掷开关2只 G．导线若干 乙同学设计的电路图如图2所示，现按照如下实验步骤完成实验：‎ ‎①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；‎ ‎②调节电阻箱，保持开关S1闭合，开关S2闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．‎ a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择　　（填器材前字母）‎ b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx=　　（用题目所给测量数据表示）．‎ ‎（3）利用以上实验电路，闭合S2调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组R和I值，作出了﹣R图象如图3所示．若图象中纵轴截距为1A﹣1，则电流表内阻RA=　　Ω．‎ ‎11．如图所示，一个小球从高h=10m处以水平速度v0=10m/s抛出，撞在倾角θ=45°的斜面上的P点，已知AC=5m，求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）P、C之间的距离；‎ ‎（2）小球撞击P点时速度的大小．‎ ‎12．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）小球P在O点时的加速度大小以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题（任选一模块作答）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎　‎ ‎[物理-3-4]‎ ‎15．两个质量均为m的物体甲、乙静止在粗糙的水平面上，现分别用水平拉力作用在物体上，使两物体从同一起点并排沿同一方向由静止开始运动，用个物体的v一t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．前2s内两物体的加速度始终不同 B．t=3s时甲在乙前面 C．t=2s时两物体相遇 D．t=2s时甲的位移大于乙的位移 E．前2s两物体的合外力做功相同 ‎16．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根长为L的绝缘细线，一端连着一质量为m、带电量为+q的小球，另一端固定于O点，现把小球向右拉至细线水平且与场强方向平行的位置，无初速释放，小球能摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角θ=30°，重力加速度为g，求：‎ ‎①求场强E的大小；‎ ‎②小球摆到最低点时细线的拉力T为多少？‎ ‎　‎ ‎2017年四川省自贡市高考物理一诊试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题，本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项是符合题目要求的；在第6～8题有多项符合题目要求的，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势能逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】解：A、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；‎ B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；‎ C、根据电势能Ep=qφ可知，电势能与电场强度无直接关系，故C错误；‎ D、顺着电场线方向电势降低，由匀强电场U=Ed可知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎2．木块A、B分别重60N和70N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为500N/m．系统置于水平地面上静止不动．现用F=1N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，力F作用后（　　）‎ A．木块A所受摩擦力大小是12N B．木块A所受摩擦力大小是11N C．木块B所受摩擦力大小是11N D．木块B所受摩擦力大小是13N ‎【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】先求解出木块A、B的最大静摩擦力，然后求解出弹簧弹力，最后对两个木块分别受力分析后分析求解．‎ ‎【解答】解：未加F时，木块AB受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，则弹簧弹力为：F1=kx=500N/m×0.02m=10N；‎ B木块与地面间的最大静摩擦力为：fBm=μGB=0.2×70N=14N；‎ 而A木块与地面间的最大静摩擦力为：fAm=μGA=0.2×60N=12N；‎ 施加F后，对木块B有：F+F1＜fBm；‎ 木块B受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为fB=10N+1N=11N，‎ 施加F后，木块A所受摩擦力仍为静摩擦力，大小为fA=10N；故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则（　　）‎ A．小球从管口飞出时的速率一定为 B．小球从管口飞出时的速率一定为 C．小球落地点到P点的水平距离可能为R D．小球落地点到P点的水平距离可能为 ‎【考点】向心力；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）对管壁的压力分为对上壁和下壁的压力两种情况，根据向心力公式即可求得小球从管口飞出时的速率；‎ ‎（2）小球从管口飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当小球对管下壁有压力时，则有：‎ mg﹣0.5mg=m 解得：v1=‎ 当小球对管上壁有压力时，则有：‎ mg+0.5mg=m 解得：v2=，故AB错误；‎ C、小球从管口飞出后做平抛运动，‎ 竖直方向上：‎ ‎2R=gt2‎ 解得：‎ t=2‎ x1=v1t=R x2=v2t=R；故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为 C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速 D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小 ‎【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】A、根据万有引力提供向心力G=ma，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．‎ B、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．‎ C、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．‎ D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小 ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力G=ma，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度a=．故A错误．‎ B、根据万有引力提供向心力G=mω2r，解得：ω=，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t==，故B错误．‎ C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速，故C错误．‎ D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较大逐渐变小的过程中（　　）‎ A．电容器充电 B．流过R2的电流方向是由b到a C．电容器的电荷量在逐渐减少 D．电源内部消耗的功率变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与R3串联，电容器并联在R3两端；由滑动变阻器的变化利用闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由功率公式可求得电源内部消耗的功率变化；由串联电路的电压规律可得出电容器两端的电压的变化；则可知电容器两端电量的变化，可知流过R2的电流方向．‎ ‎【解答】解：A、滑动变阻器由大到小的过程中，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大，内电压及R1两端的电压增大，则R3两端的电压减小；电容器两端的电压减小，电容器电量减小，故电容器放电，电容器的带电量减小，电流方向由a到b，故C正确，故AB错误；‎ C、由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变大，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．一物体从静止开始做匀加速直线运动，下列关于物体的位移x，速度v，加速度a与时间t关系的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据从静止开始的匀加速直线运动的规律，分析位移s、速度v、加速度a与时间t（或t2）的关系，再选择图象．‎ ‎【解答】解：因为物体做匀加速直线运动，根据s=at2得，知s与t2成正比，加速度a不变，v随时间均匀增大．故BD正确，A、C错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．如图，竖直挡板对小车的弹力N1，斜面小车对球的弹力N2．当小车向左加速运动且加速度a逐渐增加，则（　　）‎ A．N2逐渐减小 B．N2不变 C．N1逐渐增加 D．N1与N2的合力有可能不变 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，作出力图，根据牛顿第二定律得到弹力N1和N2与加速度的关系，再分析它们的变化．‎ ‎【解答】解：对小球进行受力分析，作出力图：重力mg、竖直挡板对小车的弹力N1，斜面小车对球的弹力N2．．设加速度大小为a，A的倾角为α．根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 水平方向：mg=N2cosα，①‎ ‎ 竖直方向：N1﹣N2sinα=ma②‎ 由①看出，m、α不变，则N2不变．‎ 由②得，N1=N2sinα+ma．‎ 则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，N1逐渐增大．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）‎ A．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；功能关系．‎ ‎【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．‎ ‎【解答】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故B错误．‎ A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，‎ 进入电场后的加速度大小为：a2=‎ 由牛顿第二定律得：‎ mg=ma1…①‎ F﹣mg=ma2‎ 得电场力：F=mg+ma2=…②‎ 由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故A正确．‎ C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C错误．‎ D、整个过程中，由图可得，小球在0﹣2.5s内向下运动，在2.5s﹣5s内向上运动，在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．在第9～第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图甲所示，为验证动能定理的实验装置，较长的小车的前端固定有力传感器，能测出小车所受的拉力，小车上固定两个完全相同的遮光条A、B，小车、传感器及遮光条的总质量为M，小车放在安装有定滑轮和光电门的光滑轨道D上，光电门可记录遮光条A、B通过它时的挡光时间．用不可伸长的细线将小车与质量为m的重物相连，轨道放在水平桌面上，细线与轨道平行（滑轮质量、摩擦不计）．‎ ‎（1）用螺旋测微器测遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d=　0.400　mm ‎（2）实验过程中　不需要　满足M远大于m（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）实验主要步骤如下：‎ ‎①测量小车、传感器及遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，按图甲正确连接器材．‎ ‎②由静止释放小车，小车在细线拉动下运动，记录传感器的示数F及遮光条A、B 经过光电门的挡光时间tA和 tB，则验证动能定理的表达式为　　（用字母M、F、L、d、tA、tB表示）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；‎ ‎（2）实验中小车的力由力传感器测出，无需M远大于m；‎ ‎（3）本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，根据合外力做功等于动能变化量列式．‎ ‎【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度读数为0.01×40.0mm=0.400mm，所以最终读数为：0mm+0.400mm=0.400mm．‎ ‎（2）实验中小车的力由力传感器测出，无需M远大于m；‎ ‎（3）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此小车经过光电门时的瞬时速度为：‎ v=，所以小车经过A点的速度，经过B点的速度，‎ 以小车为研究对象，合外力做的功W=FL，动能的增量为：．‎ 则验证动能定理的表达式为 故答案为：（1）0.400；（2）不需要；（3）‎ ‎　‎ ‎10．（1）某研究小组的同学为了测量某一电阻RX 的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关调到欧姆挡“×10”档位并调零，测量时发现指针向右偏转角度太大，这时他应该：先将选择开关换成欧姆挡的“　×1　”档位，将红、黑表笔短接，再进行　欧姆调零　，使指针指在欧姆刻度的“0”处；再次测量电阻RX的阻值时，指针在刻度盘上停留的位置如图1所示，则所测量的值为　18　Ω．‎ ‎（2）为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：‎ A．电流表（量程15mA，内阻约100Ω）‎ B．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）‎ C．电阻箱（最大电阻99.99Ω）‎ D．电阻箱（最大电阻999.9Ω）‎ E．电源（电动势3V，内阻0.8Ω）‎ F．单刀单掷开关2只 G．导线若干 乙同学设计的电路图如图2所示，现按照如下实验步骤完成实验：‎ ‎①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；‎ ‎②调节电阻箱，保持开关S1闭合，开关S2闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I．‎ a．根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择　A　（填器材前字母）‎ b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx=　R2﹣R1　（用题目所给测量数据表示）．‎ ‎（3）利用以上实验电路，闭合S2调节电阻箱R，可测量出电流表的内阻RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组R和I值，作出了﹣R图象如图3所示．若图象中纵轴截距为1A﹣1，则电流表内阻RA=　2.2　Ω．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）解答本题应掌握：欧姆表使用前首先应进行调零，即将两表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆刻度的“0”处．欧姆表读数是指示值乘以倍率；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；‎ ‎（3）根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电流表内阻．‎ ‎【解答】解：（1）测电阻时用“×10”档位并调零，测量时指针向右偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测出电子，应先将选择开关换成欧姆挡的“×1”档位，将红、黑表笔短接，再进行欧姆调零；由图示表盘可知，所测量电阻的值为R=18×1Ω=18Ω．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流约为：Imax=＜=≈0.167=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；‎ 根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I（Rx+R1+RA+r）…①‎ S2闭合时有：E=I（R2+RA+r）…②联立①②解得：Rx=R2﹣R1；‎ ‎（3）闭合S2后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+RA+r）‎ 则有： =R+，则﹣R图象纵轴截距：b==1，解得：RA=Eb﹣r=3×1﹣0.8=2.2Ω；‎ 故答案为：（1）×1；欧姆调零；18；（2）a、A；b、R2﹣R1；（3）2.2．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一个小球从高h=10m处以水平速度v0=10m/s抛出，撞在倾角θ=45°的斜面上的P点，已知AC=5m，求：（g=10m/s2）‎ ‎（1）P、C之间的距离；‎ ‎（2）小球撞击P点时速度的大小．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】‎ 小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据位移时间公式即可求解；‎ 水平方向做匀速直线运动，根据位移时间公式结合几何关系即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设P、C之间的距离为L，根据平抛运动规律，5+Lcos45°=v0t h﹣Lsin45°= gt2，‎ 联立解得：L=5m，t=1s．‎ ‎（2）小球撞击P点时的水平速度v∥=v0=10m/s，‎ 竖直速度vy=gt=10m/s．‎ 小球撞击P点时速度的大小为v==10m/s，‎ 设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα==1，α=45°，方向垂直于斜面向下．所以小球垂直于斜面向下撞击P点．‎ 答：（1）P、C之间的距离是5m；‎ ‎（2）小球撞击P点时速度的大小是10m/s．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）C、O间的电势差UCO；‎ ‎（2）小球P在O点时的加速度大小以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCD．‎ ‎（2）由点电荷的场强公式结合平行四边形定则求出O点的电场强度，由电场的对称性知，UOD=UCO，小球从O到D由动能定理求解 ‎【解答】解：（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理 得mgd+qUCO=mv2﹣0①‎ 所以UCO=②‎ ‎（2）小球p经过O点时受力如图 由库仑定律得F1=F2=k 它们的合力为 F=F1cos 45°+F2cos 45°=Eq③‎ 所以O点处的电场强度E═．④‎ 由牛顿第二定律得：mg+qE=ma⑤‎ 所以a=g+⑥‎ 小球p由O运动到D的过程，由动能定理得 mgd+qUOD=m﹣mv2⑦‎ 由电场特点可知UCO=UOD⑧‎ 联立①⑦⑧解得vD=v 答：（1）C、O间的电势差为；‎ ‎（2）小球P在O点时的加速度大小为以及小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度大小 ‎　‎ ‎（二）选考题（任选一模块作答）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎【考点】* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断．晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A错误．‎ B、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项B正确．‎ C、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．选项C正确．‎ D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体．把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫．所以选项D正确．‎ E、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加．选项E错误 故选：BCD ‎　‎ ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．‎ ‎（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．‎ ‎【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，‎ 气体的状态参量：V1=（l﹣）s2+s1=（40﹣）×40+×80=2400cm3，‎ T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，‎ 由盖吕萨克定律得： =，即： =，解得：T2=330K；‎ ‎（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，‎ 大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，‎ 代入数据解得：p2=1.1×105Pa，‎ T2=330K，T3=T=303K，‎ 由查理定律得： =，‎ 即： =，‎ 解得：p3=1.01×105Pa；‎ 答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；‎ ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．‎ ‎　‎ ‎[物理-3-4]‎ ‎15．两个质量均为m的物体甲、乙静止在粗糙的水平面上，现分别用水平拉力作用在物体上，使两物体从同一起点并排沿同一方向由静止开始运动，用个物体的v一t图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．前2s内两物体的加速度始终不同 B．t=3s时甲在乙前面 C．t=2s时两物体相遇 D．t=2s时甲的位移大于乙的位移 E．前2s两物体的合外力做功相同 ‎【考点】动能定理；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度﹣时间图象的斜率表示加速度，根据动能定理判断合外力做功大小，图象与坐标轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移除以时间．‎ ‎【解答】解：A、速度﹣时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，0﹣1s内存在某个时刻甲乙加速度相同，故A错误；‎ B、在v﹣t图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，故甲的位移大于乙的位移，没有相遇，故BD正确，C错误 E、2s末甲乙速度相同，初速度都为零，根据动能定理可以，合外力做功相同，故E正确；‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎16．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根长为L的绝缘细线，一端连着一质量为m、带电量为+q的小球，另一端固定于O点，现把小球向右拉至细线水平且与场强方向平行的位置，无初速释放，小球能摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角θ=30°，重力加速度为g，求：‎ ‎①求场强E的大小；‎ ‎②小球摆到最低点时细线的拉力T为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理研究小球运动的全过程列出等式求出匀强电场的场强；‎ ‎（2）根据动能定理研究小球从释放到最低点的过程求出小球到最低点的速度；经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．‎ ‎【解答】解：①对小球运动的全过程列动能定理方程：mgLcosθ﹣qEL（1+sinθ）=0‎ 解得：‎ ‎②由动能定理可得 在最低点 联立解得：‎ 答：①场强E的大小为；‎ ‎②小球摆到最低点时细线的拉力T为 ‎　‎ ‎2017年1月13日