广东省汕头市新溪一中2016届高三下学期第四次月考物理试卷 23页

www.ks5u.com ‎2015-2016学年广东省汕头市新溪一中高三（下）第四次月考物理试卷 ‎　‎ 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，1～5题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上 D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 ‎2．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．则（　　）‎ A．此交流电的频率为100 Hz B．电压表示数为220V C．电流表A1示数为0.2 A D．此电动机输出功率为30 W ‎3．如图，长为L，质量都为m的两相同导体棒a、b，a被放置在光滑的斜面上，b被固定不动，a、b在同一水平面上且保持平行，斜面倾角45°，当a、b中通有电流强度为I的反向电流时，a恰好能在斜面上保持静止，则b在a处所产生的磁感应强度B的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速的变化情况如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度（m/s）‎ ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎ 5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ 则前5秒内电梯通过的位移大小为（　　）‎ A．19.25m B．18.75m C．18.50m D．17.50m ‎5．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（　　）‎ A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎6．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎7．据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果在国际天文联合会2015年举行的会议上才能做出决定．下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知）．可以判断下列说法正确的是（　　）‎ 物理量 直径 平均密度 公转周期 自转周期 表面温度 量值 约2300km 约2.0g/cm3‎ 约248年 约6.387天 ‎﹣220°C以下 A．冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小 B．冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大 C．根据所给信息，可以估算太阳的体积的大小 D．根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小 ‎8．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v‒t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为己知量，则不可求出（　　）‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎　‎ 二、非选择题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车（含车中重物）的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．‎ ‎（1）关于实验操作，下列说法正确的是　　‎ A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车 ‎（2）图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=　　m/s，小车的加速度a=　　m/s2．‎ ‎（3）改变细线下端钩码的个数，得到a﹣F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是　　．‎ ‎10．（9分）某同学计如图a所示的电路图来进行有关电学实验，其中ab为粗细均匀的金属丝，R0为保护电阻．‎ ‎（1）按电路图在图b中完成实物连线．‎ ‎（2）用螺旋测微器测得金属丝直径如图c所示，其读数为　　．‎ ‎（3）电路连接正确后，闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x与对应的电压表示数U和电流表示数I．将记录的数据描点在如图d的坐标纸上．‎ ‎①在图d上作出﹣x关系图线．‎ ‎②由﹣x图线求得电流表的内阻rA=　　Ω和金属丝的电阻率ρ与其横截面积S的比值=　　Ω•‎ m﹣1．（记算结果保留两位有效数字）‎ ‎11．（12分）电阻不计的平行金属导轨相距L，与总电阻为2R的滑动变阻器、板间距为d的平行板电容器和开关S连成如图所示的电路．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨所在的平面．电阻为R的金属棒与导轨垂直，接触良好，并紧贴导轨匀速移动．合上开关S，当滑动变阻器触头P在中点时，质量为m、电量为+q的带电微粒从平行板电容器中间位置水平射入，微粒在两板间做匀速直线运动；当P移至C时，相同的带电微粒以相同的速度从同一位置射入两板间，微粒穿过两板的过程中动能增加△Ek．重力加速度为g．求：‎ ‎（1）ab运动的方向及其速度大小；‎ ‎（2）当P移至C时，微粒穿过两板的过程中，电场力对微粒做的功W．‎ ‎12．（20分）如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，Q为位于水平地面上的质量为M的特殊平板， =，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.1．在板的上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，区域的上边界为MN，如图中划虚线的部分．当物块P进入相互作用区域时，P、Q之间便有相互作用的恒力F=11mg，其中Q对P的作用力竖直向上，F对P的作用使P不与Q的上表面接触．在水平方向上，P、Q之间没有相互作用力．已知物块P开始下落的时刻，平板Q向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为t0=1.0s．平板Q足够长，空气阻力不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小；‎ ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t及此过程Q的位移；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点几次？‎ ‎　‎ 三、物理选修题 ‎13．Th（钍）能放出一个β粒子而变成Pa（镤），其半衰期为24天．‎ ‎①衰变方程： Th→　　；‎ ‎②经过　　天，20g钍还剩下5g．‎ ‎14．（10分）如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为mv02．在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m．求：‎ ‎（ⅰ） B、C相撞前一瞬间B的速度大小；‎ ‎（ⅱ）绳被拉断过程中，绳对A所做的功W．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年广东省汕头市新溪一中高三（下）第四次月考物理试卷 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，1～5题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（　　）‎ A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上 D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、胡可认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比．故A错误；‎ B、奥斯特发现了电流的周围存在磁场；法拉第最早提出了场的概念．故B错误；‎ C、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上．故C正确；‎ D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计．则（　　）‎ A．此交流电的频率为100 Hz B．电压表示数为220V C．电流表A1示数为0.2 A D．此电动机输出功率为30 W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论 ‎【解答】解：A、由交流电的公式知频率f==50Hz，故A错误；‎ B、原线圈电压有效值为220V，故电压表的示数为220V，故B错误；‎ C、根据电流与匝数成反比知，电流表A1示数为0.2A，故C正确；‎ D、根据电压与匝数成正比知副线圈电压为44V，P2=U2I2=44×1W=44W，电动机内阻消耗的功率为，此电动机输出功率为P出=P2﹣△P=44﹣11=33W，故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】掌握住理想变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比与匝数成反比，功率相等，本题即可得到解决 ‎　‎ ‎3．如图，长为L，质量都为m的两相同导体棒a、b，a被放置在光滑的斜面上，b被固定不动，a、b在同一水平面上且保持平行，斜面倾角45°，当a、b中通有电流强度为I的反向电流时，a恰好能在斜面上保持静止，则b在a处所产生的磁感应强度B的大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】异向电流相互排斥，先对电流a受力分析，受重力、支持力和电流b的排斥力（水平向右），根据平衡条件求解出磁场力F，再根据B=求解b在a处所产生的磁感应强度B的大小．‎ ‎【解答】解：对电流a受力分析，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ F=mgtan45°=mg 故电流b在电流a处所产生的磁感应强度B的大小为：‎ B=‎ 故选：B ‎【点评】本题关键是先对电流a受力分析，根据平衡条件求解排斥力，然后结合磁感应强度的定义求解磁感应强度，注意“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”．‎ ‎　‎ ‎4．电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速的变化情况如表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度（m/s）‎ ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎ 5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ 则前5秒内电梯通过的位移大小为（　　）‎ A．19.25m B．18.75m C．18.50m D．17.50m ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ 由表格看出3﹣7s电梯做匀速运动，求出速度，0﹣2s电梯做匀加速运动，根据表格数据求出加速度和加速的时间，匀加速运动的末速度就等于匀速运动的速度，即可由速度v=at求出匀加速运动的时间，再根据表格数据，由运动学公式求出总位移即可．‎ ‎【解答】解：由由表格看出3﹣7s电梯做匀速运动，速度为v=5m/s ‎0﹣2内电梯做匀加速运动的加速度为a===2m/s2‎ 则电梯匀加速运动的总时间为t1==s=2.5s 则前2.5s内的位移：‎ m 后2.5s做匀速直线运动，位移：x2=vt2=5×2.5=12.5m 前5s内的位移：x=x1+x2=6.25+12.5=18.75m 故选：B ‎【点评】本题是一道实际问题，关键要从表格数据中分析电梯的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．‎ ‎　‎ ‎5．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平，一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道，质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小，用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（　　）‎ A．W=mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W＞mgR，质点不能到达Q点 C．W=mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】对N点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N点的速度大小，对开始下落到N点的过程运用动能定理求出克服摩擦力做功的大小．抓住NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q点的速度大小，从而判断能否到达Q点．‎ ‎【解答】解：在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，‎ 对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得W=．‎ 由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，‎ 对NQ段运用动能定理得，，‎ 因为，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出N点的速度是关键．注意在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功．‎ ‎　‎ ‎6．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（　　）‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．‎ ‎【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，‎ A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以A正确；‎ B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以B错误；‎ C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，所以C正确；‎ D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．‎ ‎　‎ ‎7．据报道，有科学家支持让在2006年被除名的冥王星重新拥有“行星”称号，而最终结果在国际天文联合会2015年举行的会议上才能做出决定．下表是关于冥王星的一些物理量（万有引力常量G已知）．可以判断下列说法正确的是（　　）‎ 物理量 直径 平均密度 公转周期 自转周期 表面温度 量值 约2300km 约2.0g/cm3‎ 约248年 约6.387天 ‎﹣220°C以下 A．冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小 B．冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度大 C．根据所给信息，可以估算太阳的体积的大小 D．根据所给信息，可以估算冥王星表面重力加速度的大小 ‎【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】根据表格得出冥王星与地球周期关系．根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；根据题目中已知条件进行比较．‎ ‎【解答】解：根据表格得出冥王星公转周期大于地球公转周期，‎ 根据万有引力提供向心力 ‎=m T=2π，‎ 所以冥王星轨道半径大于地球轨道半径，‎ 根据万有引力提供向心力 ‎=m=ma，‎ A、v=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的线速度比地球绕日公转的线速度小，故A正确；‎ B、a=，冥王星轨道半径大于地球轨道半径，所以冥王星绕日公转的加速度比地球绕日公转的加速度小，故B错误；‎ C、根据所给信息，无法估算太阳的体积的大小，故C错误；‎ D、根据星球表面万有引力等于重力得：‎ ‎=mg，‎ 冥王星表面重力加速度的大小g===，根据表格的数据可以估算冥王星表面重力加速度的大小，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较．‎ ‎　‎ ‎8．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v‒t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为己知量，则不可求出（　　）‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数．‎ ‎【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．‎ ‎【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；‎ 图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；‎ 但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；‎ 本题选择不能求出的；故选：B．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．‎ ‎　‎ 二、非选择题（共4小题，满分47分）‎ ‎9．用图甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车（含车中重物）的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a．‎ ‎（1）关于实验操作，下列说法正确的是　AD　‎ A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行 B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑 C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力 D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车 ‎（2）图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度v=　0.316　m/s，小车的加速度a=　0.92　m/s2．‎ ‎（3）改变细线下端钩码的个数，得到a﹣F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是　随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力；‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出小车运动的加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；‎ ‎（3）为使绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，应满足砝码和砝码盘的质量远小于小车的质量．‎ ‎【解答】解：（1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；‎ B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误； ‎ C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量即改变拉小车拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误； ‎ D、实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故D正确；‎ 故选：AD ‎（2）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T=5×0.02s=0.10s．‎ 根据△x=aT2可得：xCE﹣xAC=a（2T）2，‎ 小车运动的加速度为a==0.92m/s2‎ B点对应的速度：vB=．‎ ‎（3）随着力F的增大，即随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m，因此曲线上部出现弯曲现象．‎ 故答案为：（1）AD；（2）0.316，0.92；（3）随所挂钩码质量m的增大，不能满足M＞＞m．‎ ‎【点评】‎ 该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题，探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力．‎ ‎　‎ ‎10．某同学计如图a所示的电路图来进行有关电学实验，其中ab为粗细均匀的金属丝，R0为保护电阻．‎ ‎（1）按电路图在图b中完成实物连线．‎ ‎（2）用螺旋测微器测得金属丝直径如图c所示，其读数为　0.400mm　．‎ ‎（3）电路连接正确后，闭合开关，调节P的位置，记录aP长度x与对应的电压表示数U和电流表示数I．将记录的数据描点在如图d的坐标纸上．‎ ‎①在图d上作出﹣x关系图线．‎ ‎②由﹣x图线求得电流表的内阻rA=　2.0　Ω和金属丝的电阻率ρ与其横截面积S的比值=　10　Ω•‎ m﹣1．（记算结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据原理图得出对应的实物图；‎ ‎（2）根据螺旋测微器的读数方法可得出对应的读数；‎ ‎（3）①应用描点法作图作出图象；②求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率与面积的比值，根据截距可求得电流表内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据给出的原理图得出对应的实物图如图所示；‎ ‎（2）螺旋测微器固定部分读数为0mm；转动部分读数为：40.0×0.01=0.400mm；故读数为0.400mm ‎（3）①根据描出的点可得出对应的图象如图所示；由电阻定律可得，R=ρ，由欧姆定律可得：R=，则=，﹣x图象斜率k=，‎ 由图4所示图象可知：k==10，即k==10，‎ 由图象可得：x=0时对应的数值2.0，即=2.0，则电流表的内阻为2.0Ω．‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）0.400；（3）①如图所示；②2.0；10；‎ ‎【点评】明确螺旋测微器的读数方法；知道螺旋测微器需要估读；明确实验原理，能根据电路图及相应的物理规律分析得出函数关系，同时能根据图象分析数据，得出结论．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2016•广州一模）电阻不计的平行金属导轨相距L，与总电阻为2R的滑动变阻器、板间距为d的平行板电容器和开关S连成如图所示的电路．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨所在的平面．电阻为R的金属棒与导轨垂直，接触良好，并紧贴导轨匀速移动．合上开关S，当滑动变阻器触头P在中点时，质量为m、电量为+q的带电微粒从平行板电容器中间位置水平射入，微粒在两板间做匀速直线运动；当P移至C时，相同的带电微粒以相同的速度从同一位置射入两板间，微粒穿过两板的过程中动能增加△Ek．重力加速度为g．求：‎ ‎（1）ab运动的方向及其速度大小；‎ ‎（2）当P移至C时，微粒穿过两板的过程中，电场力对微粒做的功W．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）微粒做匀速直线运动时，电场力与重力平衡，分析电容器板间电场方向，确定金属棒产生的感应电流方向，由右手定则判断其运动方向．由平衡条件求电容器板间电压，得到金属棒产生的感应电动势，再由E=BLv求金属棒的速度．‎ ‎（2）当P移至C时，由电路知识求出电容器板间电压．此时微粒在电场中做类平抛运动，由动能定理求出偏转距离，再求电场力做功．‎ ‎【解答】解：（1）微粒做匀速直线运动时，电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，上极板带负电，ab中感应电流方向由a与b，由右手定则判断知ab向左运动．‎ 对微粒，由平衡条件有：‎ mg=q 得电容器板间电压为：‎ U=‎ 由 U=E得ab产生的感应电动势为：‎ E=2U=‎ 由E=BLv得：v=‎ ‎（2）当P移至C时，板间电压为：U′=E=‎ 微粒穿过两板的过程中，由动能定理得：‎ ‎（qE电﹣mg）h=△Ek．‎ 又 qE电=q=mg，得：h=‎ 故电场力对微粒做的功为：W=qE电h=4△Ek 答：‎ ‎（1）ab运动的方向向左，其速度大小是；‎ ‎（2）当P移至C时，微粒穿过两板的过程中，电场力对微粒做的功W是4△Ek．‎ ‎【点评】本题是电磁感应与带电粒子在电场中运动的综合，它们联系的桥梁是电压，求电场力做功，运用动能定理是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2016•揭阳一模）如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，Q为位于水平地面上的质量为M的特殊平板， =，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.1．在板的上表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，区域的上边界为MN，如图中划虚线的部分．当物块P进入相互作用区域时，P、Q之间便有相互作用的恒力F=11mg，其中Q对P的作用力竖直向上，F对P的作用使P不与Q的上表面接触．在水平方向上，P、Q之间没有相互作用力．已知物块P开始下落的时刻，平板Q向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为t0=1.0s．平板Q足够长，空气阻力不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小；‎ ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t及此过程Q的位移；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点几次？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求P、Q的加速度；‎ ‎（2）注意当物块P到达相互作用区域时，Q对地面的压力增大，因此摩擦力发生变化，其运动的加速度也发生变化，理清其加速度的变化情况，然后根据运动规律；‎ ‎（3）物块P进入相互作用区域和离开时加速度不同，而且具有周期性，然后根据速度与时间的关系求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，得：‎ 对P：‎ 对Q：‎ 解得：aP=100m/s2，aQ=6.5m/s2‎ ‎（2）P进入相互作用区域时的速度vP=gt0=10m/s P在相互作用区域运动的时间 设P开始下落至进入区域前Q的加速度为aQ0，‎ 根据第二定律，得μMg=MaQ0‎ 解得：aQ0=1m/s2‎ 由运动学公式，得：‎ Q在此过程的位移： =9.5m P刚到达相互作用区域时Q的速度为v1=v0﹣aQ0t0=9 m/s P进入相互作用区域至运动到最低点过程中，Q的位移：‎ 故Q的位移为x=x1+x2=10.37m ‎（3）设板Q速度为零时，P一共回到出发点n次．则：‎ v0﹣2naQ0t0﹣2naQt=0‎ 代入数据，解得n=3.03‎ 故n取3‎ 答：（1）物块P在相互作用区域中运动时P、Q加速度的大小 ‎（2）从P开始下落至第一次运动到最低点过程中P在相互作用区域运动的时间t为0.1s及此过程Q的位移10.37m；‎ ‎（3）从P开始下落至平板Q的速度为零时，P一共回到出发点3次 ‎【点评】本题的难点是对Q正确进行受力分析，弄清楚其加速度的变化，从而明确运动规律，然后根据运动学规律或者功能关系求解．‎ ‎　‎ 三、物理选修题 ‎13．Th（钍）能放出一个β粒子而变成Pa（镤），其半衰期为24天．‎ ‎①衰变方程： Th→　Pa+e　；‎ ‎②经过　48　天，20g钍还剩下5g．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据半衰期公式，求出半衰期的次数，从而得出半衰期；衰变过程中满足质量数、电荷数守恒．‎ ‎【解答】解：①根据质量数与质子数守恒，则衰变方程： Th→Pa+e；‎ ‎②钍的半衰期为24天，20g钍90234Th经过n次后，还剩下5g，发生2个半衰期，‎ 则n=2，那么20g钍经过48天后还剩5g．‎ 故答案为：① Pa+e；②48．‎ ‎【点评】考查核反应方程的书写规律，注意质量数与质子数守恒，并掌握求解半衰期的方法．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•南昌校级模拟）如图所示，光滑水平面上放着质量都为m的物块A和B，A紧靠着固定的竖直挡板，A、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能为mv02．在A、B间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度．放手后绳在短暂时间内被拉断，之后B继续向右运动，一段时间后与向左匀速运动、速度为v0的物块C发生碰撞，碰后B、C立刻形成粘合体并停止运动，C的质量为2m．求：‎ ‎（ⅰ） B、C相撞前一瞬间B的速度大小；‎ ‎（ⅱ）绳被拉断过程中，绳对A所做的功W．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（ⅰ）B与C碰撞过程中，动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解；‎ ‎（ⅱ）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，据此求出B的速度，绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律以及动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（ⅰ）B与C碰撞过程中，动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mvB﹣2mv0=0，‎ 解得：vB=2v0‎ ‎（ⅱ）弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，则 EP=‎ 解得：vB0=3v0，‎ 绳子拉断过程，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mvB0=mvB+mvA 解得：vA=v0‎ 由动能定理可得，绳对A所做的功W==‎ 答：（ⅰ） B、C相撞前一瞬间B的速度大小为2v0；‎ ‎（ⅱ）绳被拉断过程中，绳对A所做的功W为．‎ ‎【点评】本题主要考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为物块B的动能，明确应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．‎ ‎　‎