江西省吉安市永丰二中2016届高三上学期第六次月考物理试卷 31页

‎2015-2016学年江西省吉安市永丰二中高三（上）第六次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回．一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动．若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度﹣时间图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．c在4 h内转过的圆心角是 C．b在相同时间内转过的弧长最长 D．d的运动周期有可能是23h ‎3．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反 B．粒子经过P点与Q点时，动能相等 C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 D．粒子在P点的电势能为正值 ‎4．如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体P受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是（　　）‎ A．P受到的拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg B．P受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mg C．P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mg D．P受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg ‎5．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧弹力的大小为 B．地面对m2的摩擦力大小为F C．地面对m2的支持力可能为零 D．ml与m2一定相等 ‎6．如图所示，电源与竖直放置的粗糙导轨相连，导轨间距为L，导轨和金属导体间动摩擦因数μ=，一质量为m的金属导体棒靠在导轨外面，通过的电流为I，为使金属棒静止，我们在导轨所在空间内加磁场，则此磁场的磁感应强度可能是（　　）‎ A．最小值为 B．，方向垂直纸面向里 C．，方向竖直向下 D．最大值为 ‎7．如图甲所示，小物体从竖直轻质弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能EK与离地高度h的关系如图乙所示，在h1﹣﹣﹣h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小物体的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，以下说法正确的是（　　）‎ A．弹簧的劲度系数k=‎ B．当物体下落到h=h4高度时，重力势能与弹性势能之和最小 C．小物体处于h=h4高度时，弹簧的弹性势能为EP=mg（h2﹣h4）‎ D．在小物体从h1下降到h5过程中，弹簧的最大弹性势能为EPM=mgh1‎ ‎8．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原副线圈的匝数比为4：1．V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3‎ 为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时（　　）‎ A．电流表A1、A2和A3的示数都变大 B．只有电流表A1的示数变大 C．电压表V3的示数变小 D．电压表V1和V2的示数比始终为4：1‎ ‎9．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（　　）‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎10．如图（a）所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm．改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图（b）所示．已知轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计．则（　　）‎ A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→b→M→P→a B．当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2V C．金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2Ω D．当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功为0.6J ‎　‎ 二.实验题（6+9=15）‎ ‎11．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=　　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎12．（9分）为了撰写关于废旧电池的暑期实践报告，某学校课题研究小组收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电路元件，现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：‎ A．电压表V（量程4V，内阻极大）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0﹣﹣40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0﹣﹣999.9Ω）‎ 开关一只导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应的器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其他成员发现他在器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？‎ ‎（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．请你在图2方框中画出实验电路图（标注所用器材符号）；‎ 为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，请写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式： =　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分32分）‎ ‎13．（8分）在水平地面上有一个质量为4kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动．10s末拉力减为F，该物体的v﹣t，图象如图所示．求：‎ ‎（1）物体受到的水平拉力F的大小 ‎（2）物体与地面间的动摩擦因数．（g=10m/s2）‎ ‎14．（10分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求 ‎（1）B离开平台时的速度vB．‎ ‎（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB．‎ ‎（3）A左端的长度l2．‎ ‎15．（14分）如图所示，第四象限内有互相正交的电场强度为E的匀强电场与磁感应强度为B1=0.25T的匀强磁场，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里、磁感应强度为B：的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合．质量为m=×10﹣10kg、带电量q=+1×10﹣6C的微粒以速度v=1×103m/s从y轴上的M点开始沿与y轴正方向成60°角的直线匀速运动，经P点进入处于第一象限内的匀强磁场区域．一段时间后，小球经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向进入第二象限．M点的坐标N（0，﹣10），N点的坐标为（O，30），不计粒子的重力，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）第四象限内匀强电场的电场强度E；‎ ‎（2）第一象限内匀强磁场的磁感应强度B2的大小；‎ ‎（3）第一象限内矩形匀强磁场区域的最小面积Smin．‎ ‎　‎ 四、（13分）选做题 ‎16．如图所为氢原子的能级图．用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是（　　）‎ A．氢原子可以辐射出连续的各种波长的光 B．氢原子可辐射出10种不同波长的光 C．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射光的波长最短 D．辐射光中，光子能量为0.31eV的光波长最长 E．用光子能量为14.2eV的光照射基态的氢原子，能够使其电离 ‎17．（9分）如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，求：‎ ‎（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；‎ ‎（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江西省吉安市永丰二中高三（上）第六次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（2015•浙江二模）玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回．一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动．若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度﹣时间图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】小球做自由落体运动，落地前做匀加速直线运动，与地面发生碰撞反弹速度与落地速度大小相等，方向相反，然后向上做匀减速直线运动，根据速度时间关系得到速度时间关系图象．‎ ‎【解答】解：A、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A图中速度没有突变，故A错误；‎ B、小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，B图中速度没有突变，故B错误；‎ C、由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值（竖直上抛运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再重复这种运动，是上抛运动，不符合小球的运动情况，故C错误；‎ D、由图象可以看出，速度先增加（自由落体运动），然后反弹（速度大小不变、方向突变），再减小到零（竖直上抛运动中的上升过程），再重复这种运动，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键要注意速度的方向用正负来表示，然后结合自由落体运动和竖直上抛运动的速度时间关系来找出函数图象．‎ ‎　‎ ‎2．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．c在4 h内转过的圆心角是 C．b在相同时间内转过的弧长最长 D．d的运动周期有可能是23h ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．‎ ‎【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．‎ 由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；‎ B、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是π，故B错误；‎ C、由=m，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故C正确；‎ D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．‎ ‎　‎ ‎3．有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，粒子沿x轴运动，电场中P、Q两点的坐标分别为1mm、4mm．则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反 B．粒子经过P点与Q点时，动能相等 C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等 D．粒子在P点的电势能为正值 ‎【考点】电势；电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，由牛顿第二定律分析加速度的方向．φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．加速度a=．根据电势关系，分析电势能关系，再由能量守恒定律判断动能的关系．根据功率公式P=Fv，研究功率关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据顺着电场线方向电势降低可知，0﹣2mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向；在2﹣6mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，加速度沿x轴负方向；‎ φ﹣x图象的斜率大小等于场强E．则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在p点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反．故A错误．‎ B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等．故B正确．‎ C、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则根据功率公式P=Fv，可知电场力做功的功率不等．故C错误．‎ D、在P点，根据电势能公式Ep=qφ，因为q＜0，φ＞0，所以Ep＜0．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键是抓住φ﹣x图象的斜率大小等于场强E，根据电势的变化确定电场线方向，从而判断粒子的运动情况，根据能量守恒研究动能的关系，这些都是基本的思路．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右加速运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体P受到的拉力和摩擦力的以下描述中正确的是（　　）‎ A．P受到的拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg B．P受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mg C．P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mg D．P受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】‎ 物块P向右运动，必然受到绳子的拉力F，由于接触面粗糙，P与桌面相互挤压，故一定受到向左的滑动摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、P受到的拉力来自于绳子，但由于Q有加速度，故绳子的拉力小于Q的重力；故AB错误；‎ C、对整体分析可知，整体受到的Q的重力作用及P的摩擦力作用；由牛顿第二定律可知，mg﹣f=（M+m）a；‎ 以P为研究对象，对其受力分析，受重力，绳子的拉力，桌面对其垂直向上的支持力和向左的滑动摩擦力；P向右做加速运动，加速度向右，合力向右，根据牛顿第二定律得知：摩擦力小于绳的拉力．故一定小于mg；故C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题要根据物体的加速度方向，判断受力情况，从而分析摩擦力与mg的大小，关键要正确理解并掌握牛顿第二定律．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．弹簧弹力的大小为 B．地面对m2的摩擦力大小为F C．地面对m2的支持力可能为零 D．ml与m2一定相等 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对整体受力分析可求得地面对m2的摩擦力大小及支持力；再分别对两个物体受力分析可明确弹簧的弹力及两物体的质量大小关系．‎ ‎【解答】解：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及弹簧的弹力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同；故B正确；‎ 因m2与地面间有摩擦力；则一定有支持力；故C错误；‎ 再对m2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力T=；‎ 因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系；也无法求出弹簧弹力与重力的关系；故AD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查共点力的平衡条件的应用，要注意对整体进行受力分析即可判断外力的大小；再隔离物体进行受力分析可得出弹力的大小．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电源与竖直放置的粗糙导轨相连，导轨间距为L，导轨和金属导体间动摩擦因数μ=，一质量为m的金属导体棒靠在导轨外面，通过的电流为I，为使金属棒静止，我们在导轨所在空间内加磁场，则此磁场的磁感应强度可能是（　　）‎ A．最小值为 B．，方向垂直纸面向里 C．，方向竖直向下 D．最大值为 ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】导体棒受重力、轨道的弹力、安培力和摩擦力处于平衡，根据受力平衡，判断出安培力的方向，根据左手定则得出磁感应强度的方向．根据共点力平衡求出B的大小．‎ ‎【解答】解：A、设安培力方向与竖直方向的夹角为θ．当导体棒恰好不下滑时，静摩擦力向上达到最大，则有 ‎ BILcosθ+f=mg，BILsinθ=N 又 f=μN 联立得 B=‎ 根据数学知识有cosθ+μsinθ的最大值为，所以B的最小值为 Bmin=‎ ‎=，故A错误．‎ B、当B的方向垂直纸面向里时，由左手定则可知，安培力竖直向上，由平衡条件得 BIL=mg，得 B=，故B正确．‎ C、当B的方向竖直向下时，由左手定则判断知，安培力垂直纸面向里，由平衡条件得：‎ ‎ N=BIL，f=mg 又有 f≤μN 联立可得 B≥=，所以在这种情况下，B不可能等于，故C错误．‎ D、由于磁场方向不确定，不能求安培力的最大值，所以不求出B的最大值．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键会运用左手定则，判断安培力的方向，利用共点力平衡求出安培力的范围．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，小物体从竖直轻质弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能EK与离地高度h的关系如图乙所示，在h1﹣﹣﹣h2阶段图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，小物体的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，以下说法正确的是（　　）‎ A．弹簧的劲度系数k=‎ B．当物体下落到h=h4高度时，重力势能与弹性势能之和最小 C．小物体处于h=h4高度时，弹簧的弹性势能为EP=mg（h2﹣h4）‎ D．在小物体从h1下降到h5过程中，弹簧的最大弹性势能为EPM=mgh1‎ ‎【考点】功能关系；功的概念．‎ ‎【分析】高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的劲度系数；小物体下落至高度h5时，加速度最大；h4点与h2点物体的动能相同，根据功能关系即可得出h4点弹簧的弹性势能与h2点的弹性势能的变化量．由机械能守恒即可求出小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1﹣h2的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；h3点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，所以弹簧的劲度系数K=．故A正确；‎ B、系统的总机械能不变，h3点是速度最大的地方，所以当物体下落到h=h3高度时，重力势能与弹性势能之和最小．故B错误；‎ C、由图可知，小物体处于h=h4高度时，小物块的动能与h2处动能相等，所以弹簧的弹性势能为重力势能的变化量，即Ep=mg（h2﹣h4）．故C正确；‎ D、在小物体从h1下降到h5过程中，小球的动能都是0，所以弹簧的最大弹性势能为Epm=mg（h1﹣h5）．故D错误．‎ 故选：AC ‎【点评】知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短．‎ ‎　‎ ‎8．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原副线圈的匝数比为4：1．V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时（　　）‎ A．电流表A1、A2和A3的示数都变大 B．只有电流表A1的示数变大 C．电压表V3的示数变小 D．电压表V1和V2的示数比始终为4：1‎ ‎【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化．‎ ‎【解答】解：当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V1和V2不变，示数比始终为4：1，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，则原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大．‎ 故选：CD ‎【点评】解决本题的关键知道输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（　　）‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心 C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ ‎【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．‎ B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B正确．‎ C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=T知，运动时间t越小．故C错误．‎ D、速度满足v=时，轨道半径r==R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系．‎ ‎　‎ ‎10．如图（a）所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°固定在地面上，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r．现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm．改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图（b）所示．已知轨道间距为L=2m，重力加速度取g=10m/s2，轨道足够长且电阻不计．则（　　）‎ A．金属杆滑动时产生的感应电流方向是a→b→M→P→a B．当R=0时，杆ab匀速下滑过程中产生感生电动势的大小为2V C．金属杆的质量为m=0.2kg，电阻r=2Ω D．当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功为0.6J ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．‎ ‎【分析】ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；‎ 根据E=BLv、I= 及平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；‎ 当R=4Ω时，读出最大速度．由E=BLv和功率公式P=得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W．‎ ‎【解答】解：AB、由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势 E=BLv=0.5×2×2V=2V ‎ 由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a，故A错误，B正确；‎ C、设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv 由闭合电路的欧姆定律：I=‎ 杆达到最大速度时满足 mgsinθ﹣BIL=0‎ 解得：v=R+r 由图象可知：斜率为k=m/（s•Ω）=1m/（s•Ω），纵截距为v0=2m/s，‎ 得到： r=v0‎ ‎=k ‎ 解得：m=0.2kg，r=2Ω ‎ D、由题意：E=BLv，P= 得 P=，‎ 则△P=﹣‎ 由动能定理得 W=mv2﹣m 联立得 W=△P 代入解得 W=0.6J ‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系．‎ ‎　‎ 二.实验题（6+9=15）‎ ‎11．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d=　0.725　cm．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：　．　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　增加　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，主尺刻度为7mm；游标对齐的刻度为5；故读数为：7+5×0.05=7.25mm=0.725cm；‎ ‎（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgH=，‎ 即：2gH0=（）2‎ 解得：．‎ ‎（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增大；‎ 故答案为：（1）0.725 （2）．（3）增加 ‎【点评】本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．‎ ‎　‎ ‎12．为了撰写关于废旧电池的暑期实践报告，某学校课题研究小组收集了数码相机、手机等用旧了的各种类型的电池及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电路元件，现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻R0（约为2kΩ），二是手机中常用的锂电池（电动势标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．在操作台上还准备了如下实验器材：‎ A．电压表V（量程4V，内阻极大）‎ B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）‎ C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0﹣﹣40Ω，额定电流1A）‎ E．电阻箱R2（0﹣﹣999.9Ω）‎ 开关一只导线若干 ‎（1）为了测定电阻R0的阻值，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应的器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其他成员发现他在器材选取中有不妥之处你认为应该怎样调整？‎ ‎（2）在实际操作过程中，发现滑动变阻器R1、电流表A1已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．请你在图2方框中画出实验电路图（标注所用器材符号）；‎ 为了便于分析，一般采用线性图象处理数据，请写出与线性图象对应的相关物理量间的函数关系式： =　　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）由欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流，然后根据该电流确定电流表的量程，选择实验器材．‎ ‎（2）只有待测电池、电阻箱、电压表，可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，根据实验原理作出实验电路图；‎ 由闭合电路的欧姆定律列方程，然后找出具有线性关系的量，并写出函数关系式．‎ ‎【解答】解：（1）流过R0的最大电流约为：‎ Imax==A=1.85×10﹣3A=1.85mA＜2mA，‎ 电流表应使用：电流表A2（量程2mA，电阻RA2约50Ω），‎ 因为使用电流表A1时，电表示数太小，读数误差较大．‎ ‎（2）①实验器材只有电压表与电阻箱，因此可以用伏阻法测电池的电动势与内阻，实验电路图如图所示．‎ ‎②由闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+Ir=U+r，‎ 整理得： =+•=，‎ 即： =，‎ 由此可见，与成正比，‎ 可以作﹣图象，‎ 函数关系式是： =，‎ 故答案为：（1）电流表应使用A2，用A2替换A1；（2）①电路图如图所示；② ．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、实验数据分析等问题；选择实验器材时，既要保证安全，又要注意测量精度，要注意实验器材量程的选择．‎ ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分32分）‎ ‎13．在水平地面上有一个质量为4kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动．10s末拉力减为F，该物体的v﹣t，图象如图所示．求：‎ ‎（1）物体受到的水平拉力F的大小 ‎（2）物体与地面间的动摩擦因数．（g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度时间图线求出匀加速和匀减速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出物体受到的水平拉力和物体与地面间的动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：由v﹣t图象可知：物体在前10s内的加速度为：a1==1m/s2，‎ 物体在10﹣30s内的加速度为：，‎ 对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可知：‎ F﹣μmg=ma1…①‎ ‎﹣μmg=ma2…②‎ 代入m和a1、a2可解得：‎ F=9N，μ=0.125‎ 答：（1）物体受到的水平拉力F的大小为9N；‎ ‎（2）物体与地面间的动摩擦因数为0.125．‎ ‎【点评】本题考查了速度时间图线与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2011•山东）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1‎ ‎=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求 ‎（1）B离开平台时的速度vB．‎ ‎（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB．‎ ‎（3）A左端的长度l2．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．‎ ‎【解答】解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：‎ h=gt2，x=vBt 联立解得vB=2m/s．‎ ‎（2）设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．‎ 由牛顿第二定律，F合=μmg=maB，‎ 由匀变速直线运动规律，vB=aBtB，xB=aBtB2，‎ 联立解得：tB=0.5s，xB=0.5m．‎ ‎（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12‎ 设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：‎ F﹣μmg=MaA，（l2+xB）=v1tB+aAtB2，‎ 联立解得l2=1.5m．‎ 答：（1）B离开平台时的速度vB为2m/s．‎ ‎（2）B运动的时间tB为0.5s，位移xB为0.5m．‎ ‎（3）A左端的长度l2为1.5m．‎ ‎【点评】能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．‎ ‎　‎ ‎15．（14分）（2012•湖南一模）如图所示，第四象限内有互相正交的电场强度为E的匀强电场与磁感应强度为B1=0.25T的匀强磁场，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里、磁感应强度为B：的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合．质量为m=×10﹣10kg、带电量q=+1×10﹣6C的微粒以速度v=1×103m/s从y轴上的M点开始沿与y轴正方向成60°角的直线匀速运动，经P点进入处于第一象限内的匀强磁场区域．一段时间后，小球经过y轴上的N点并与y轴正方向成60°角的方向进入第二象限．M点的坐标N（0，﹣10），N点的坐标为（O，30），不计粒子的重力，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）第四象限内匀强电场的电场强度E；‎ ‎（2）第一象限内匀强磁场的磁感应强度B2的大小；‎ ‎（3）第一象限内矩形匀强磁场区域的最小面积Smin．‎ ‎【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）粒子在第二象限内做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，即可求得匀强电场的电场强度E的大小与方向；‎ ‎（2）粒子在第一象限中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，根据几何知识画出粒子在第一象限的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径．由牛顿第二定律即可求得磁感应强度B1的大小；‎ ‎（3）由题，画出磁场B1最小区域，由几何知识求得边长，即可求出最小的面积．‎ ‎【解答】解：（1）在第四象限，由题意知，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，‎ 则有 Eq=B1qv ‎ 解得：E=B1v=0.25×103V/m 方向与y轴负向夹角为30°‎ ‎（2）由题意，粒子在第一象限中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图，‎ 由几何关系知 ‎ 轨迹半径为 R=cm；‎ 由B2qv=m 得 B2==0.375T ‎ ‎（3）由图可知，磁场B1最小区域应该分布在图示的矩形PACD内，由几何关系知：‎ ‎ PD=2Rsin60°=0.2m ‎ PA=R﹣Rcos60°= m 故匀强磁场B1矩形区城的最小面积为：S=PD•PA==m2‎ 答：（1）匀强电场的电场强度E的大小是0.25×103V/m，方向与y轴负向夹角为30°．‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B1的大小是 0.375T；‎ ‎（3）匀强磁场B1矩形区城的最小面积是m2．‎ ‎【点评】本题是速度选择器模型与匀速圆周运动的综合，分析受力情况来确定粒子的运动情况是解题的基础，画出轨迹，根据几何知识确定磁场B1最小区域是关键．‎ ‎　‎ 四、（13分）选做题 ‎16．如图所为氢原子的能级图．用光子能量为13.06eV的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是（　　）‎ A．氢原子可以辐射出连续的各种波长的光 B．氢原子可辐射出10种不同波长的光 C．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射光的波长最短 D．辐射光中，光子能量为0.31eV的光波长最长 E．用光子能量为14.2eV的光照射基态的氢原子，能够使其电离 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】能级间跃迁吸收会辐射的光子能量等于两能级间的能级差，通过该规律判断基态的氢原子跃迁到第几能级，根据数学组合公式求出发射不同波长光的种数，能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越短，根据能级差，结合求出最短的波长．‎ ‎【解答】解：A、氢原子只能辐射出不连续的几种波长的光．故A错误；‎ B、因为﹣13.6+13.06eV=﹣0.54eV，知氢原子跃迁到第5能级，根据=10，知可能观测到氢原子发射的不同波长的光有10中．故B正确；‎ C、从n=5跃迁到n=1辐射的光子能量最大，波长最短．故C错误；‎ D、从n=5跃迁到n=4辐射的光子能量最小，波长最长．光子能量为E5﹣E4=﹣0.54﹣（﹣0.85）=0.31eV．故D正确；‎ E、用光子能量为14.2eV的光照射基态的氢原子，由于14.2eV＞13.6eV，能够使其电离．故E正确．‎ 故选：BDE ‎【点评】解决本题的关键掌握能级间跃迁的特点，知道．‎ ‎　‎ ‎17．如图，质量分别为m1=1.0kg和m2=2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0=0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t=5.0s后，测得两球相距s=4.5m，求：‎ ‎（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；‎ ‎（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度．‎ ‎（2）应用能量守恒定律可以求出弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）系统动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：（m1+m2）v0=m1v1+m2v2，‎ 位移：s=v1t﹣v2t，代入数据解得：‎ v1=0.70m/s，v2=﹣0.20m/s，符号表示速度方向与正方向相反；‎ ‎（2）由能量守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v02+EP=m1v12+m2v22 ⑤‎ 代入数据解得：Ep=0.27J；‎ 答：（i）刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2分别为：0.7m/s、0.2m/s；‎ ‎（ii）两球分开过程中释放的弹性势能Ep为0.27J．‎ ‎【点评】本题考查了求小球的速度，弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎