河南省部分重点中学2017届高三（上）第一次联考物理试卷（解析版） 22页

‎2016-2017学年河南省部分重点中学高三（上）第一次联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一項符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（　　）‎ A．法拉第在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 C．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 D．伽利略通过实验研究和逻辑推理相结合发现，忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 ‎2．将一小球以初速度v从地面竖直向上抛出后，小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为2s．若初速度变为2v，则小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为（空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2）（　　）‎ A．2sB．2sC．2sD．6s ‎3．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（已知以离地球无穷远处为零势能面，在离地心为r处的卫星的引力势能可表示为EP=﹣G，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星的质量（　　）‎ A．发射同一卫星需要的机械能变大 B．卫星的向心加速度变大 C．卫星的线速度变大 D．卫星角速度变大 ‎4．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用．行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求．运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20﹣40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取10m/s2）（　　）‎ A．500NB．1000NC．500ND．0‎ ‎5．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，R1=R2=25Ω，电阻D为理想二极管，原线圈接μ=220100πt（V）的交流电，则（　　）‎ A．交流电的频率为100 HzB．通过R2的电流为1 A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200 W ‎6．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、为电场中的4个点，已知a、c的电势关系为φa＞φc，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势高于d点的电势D．负电荷从b到d电势能增加 ‎7．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（　　）‎ A．3：1和0.30 sB．和0.30 sC．3：1和0.28 sD．和0.28 s ‎8．如图，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场，从虚线下方竖直上拋一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处．运动过程中线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（　　）‎ A．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功 B．上升过程通过导线截面的电荷量等于下降过程通过导线截面的电荷量 C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率 D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程重力的平均功率 ‎9．如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（　　）‎ A．斜面体对物块A的摩擦力一直增大 B．地面对斜面体的支持力一直增大 C．地面对斜面体的摩擦力一直增大 D．地面对斜面体的支持力保持不变 ‎10．如图所示，a为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R．将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力．（　　）‎ A．当小球的初速度v0=时，掉到环上时的竖直分速度最大 B．当小球的初速度v0＜时，将撞击到环上的圆弧ac段 C．当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 ‎11．如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同 一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动过程中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则（　　）‎ A．两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有υN=υM B．两小球都能到达轨道的最右端 C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同 D．小球a受到的电场力一定不大于a的重力，小球b受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力 ‎12．如图a所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施 加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F 变化的关系如图b所示，已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（　　）‎ A．甲的质量是2 kg B．甲的质量是6 kg C．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2‎ D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6‎ ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎13．在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为　　mm．‎ ‎14．用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图所示，读数为　　mm．‎ ‎15．如图为“用DIS （位移传感器、数据采集器、计算机）研宄加速度和力的关系”的实验装置．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小车与轨道间的摩擦力要小 B．所挂钩码的总质量应远大于小车的总质量 C．改变所挂钩码的数量，多次重复测量取平均值 D．用一个力传感器替代钩码来测量小车受到的拉力，该实验a﹣F图线的斜率将变大 ‎16．二极管是一种半导体元件，它的符号为其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大 ‎（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线，因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该 二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻；其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端，红表笔接触右端时，指针偏角比较小；然后将红、黑表笔位置 对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断　　端为二极管的正极（选填“左”、“右”）；‎ ‎（2）厂家提供的伏安特性曲线如图；为了验证厂家提供的数据，该小组对加反向电压时的伏安特性曲线进 行了描绘，可选用的器材有：‎ A．直流电源E：电动势5V，内阻忽略不计； ‎ B．直流电源E：电动势7V，内阻忽略不计；‎ C．滑动变阻器R：0﹣20Q；‎ D．电压表V1：量程45V，内阻约500kΩ； ‎ E．电压表V2：量程3V，内阻约20kΩ；‎ F．电流表uA：量程300uA，内阻约400a； ‎ G．电流表mA：量程50mA，内阻约5Ω；‎ H．待测二极管D； ‎ I．单刀单掷开关H，导线若干 ‎①为了提高测量结果的准确度，选用的器材　　（填序号字母）‎ ‎②为了达到测量目的，请在答题卡上虚线框内画出正确的实验电路原理图；（图在答题卡上）‎ ‎③为了保护二极管，反向电压不要达到40V，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎17．正负电子对撞机的最后部分的简化不意图如图所不（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率，他们沿着管道向相反的方向运动．在管道控制它们转变的是一系列圆 形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…Aa共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感 应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d （如图乙），改变电磁铁内电流的大小，就 可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中 虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备．‎ ‎（1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的；‎ ‎（2）已知正、负电子的质量都是所带电荷都是元电荷，重力可不计，求电磁铁内匀强磁场的磁感 应强度B大小．‎ ‎18．如图所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量为mA=10.5kg，B的质量 mB=1.5kg，弹簧质量不计，劲度系数k=800N/m，现给A施加一个竖直向上的力F，使它向上做匀加速直线运动，已知力F在开始的t=0.2s内是变力，此后是恒力，求t时间内力F做的功．‎ ‎19．如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接．轨道宽度均为Z=lm，电阻忽略不计．水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小 的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域．现将两质量均为W=0.2kg，电阻均为的相同导体棒ab和cA垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程 中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q．‎ ‎20．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中． 现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达圆心O等高的C点时的速度及轨道对小滑块的弹力大小．‎ ‎（2）若改变s的大小，使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，求s的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省部分重点中学高三（上）第一次联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一項符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是（　　）‎ A．法拉第在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 C．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 D．伽利略通过实验研究和逻辑推理相结合发现，忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题是物理学史问题，对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就，即可解题．‎ ‎【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故A错误．‎ B、伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故B错误．‎ C、欧姆发现了欧姆定律，说明了电流和电压、电阻的联系，故C错误．‎ D、伽利略通过对落体实验研究和逻辑推理，发现重物与轻物下落得同样快．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．将一小球以初速度v从地面竖直向上抛出后，小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为2s．若初速度变为2v，则小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为（空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2）（　　）‎ A．2sB．2sC．2sD．6s ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】竖直上抛运动的上升和下降的时间是相等的，结合自由落体运动的规律进行分析即可．‎ ‎【解答】解：小球以初速度v从地面竖直向上抛出后，小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为2s，故从最高点到离地面高度为5m的位置的时间为1s，故从最高点到离地面高度为5m的位置的高度为：‎ h1==5m 根据速度位移公式，有：‎ v2=2g（h1+5）‎ 解得： m/s 若初速度变为2v，即v′=20m/s，从上升到落地的时间为：‎ 上升的最大高度为：‎ H==‎ 从最高点到离地5m的位移为：H﹣5=35m 则小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为：‎ t′=2=2×=2s 故选：C ‎　‎ ‎3．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（已知以离地球无穷远处为零势能面，在离地心为r处的卫星的引力势能可表示为EP=﹣G，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星的质量（　　）‎ A．发射同一卫星需要的机械能变大 B．卫星的向心加速度变大 C．卫星的线速度变大 D．卫星角速度变大 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分析未来的向心加速度、线速度大小和角速度大小．‎ ‎【解答】解：A、目前在发射卫星的过程中都是需要借助于地球的自转，未来地球自转的角速度减小，则卫星随地球自转的线速度减小，所以发射同一卫星需要的机械能变大．故A正确；‎ B、同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：‎ G=m=m=mω2r=ma向 得周期为：T=2π，线速度为：v=，则角速度为：ω=，向心加速度a向=‎ 由题意知，地球的质量不变，轨道半径不变，则线速度v不变，角速度ω不变，向心加速度不变，故B错误，C错误，D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用．行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求．运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20﹣40%，最高可达50%，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取10m/s2）（　　）‎ A．500NB．1000NC．500ND．0‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出拐弯过程中火车对乘客的作用力．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律知，，根据平行四边形定则得，N==N．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，R1=R2=25Ω，电阻D为理想二极管，原线圈接μ=220100πt（V）的交流电，则（　　）‎ A．交流电的频率为100 HzB．通过R2的电流为1 A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200 W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据瞬时值表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论．‎ ‎【解答】解：A、由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率，故A错误；‎ B、由理想变压器变压规律可知，输出电压，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过，由交变电流的热效应可知，，得，由欧姆定律可知，通过的电流为，故B错误，C正确；‎ D、电阻的功率，而电阻的电功率，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、为电场中的4个点，已知a、c的电势关系为φa＞φc，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势高于d点的电势D．负电荷从b到d电势能增加 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】该电场是等量同种异号电荷的电场，具有对称性（上下、左右）．电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，由电势的变化，分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电场的图象可以知道，该电场是等量同种异号电荷的电场，故A错误；‎ B、等量同种异号电荷的电场线分布具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；‎ C、由题φa＞φc，结合电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，可知Q带正电，P带负电；c点与d点比较可知，c点离P点（负电荷）的距离更近，所以c点的电势较低．故C错误；‎ D、图中a点的电势高于c点电势，可知Q带正电，P带负电，所以由图可知 b点的电势高于d点的电势；而负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知，负电荷从b到d，电势降低，电势能增大．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s内的v﹣t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（　　）‎ A．3：1和0.30 sB．和0.30 sC．3：1和0.28 sD．和0.28 s ‎【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．‎ ‎【分析】先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比．‎ ‎【解答】解：根据三角形相似得： =，得t1=0.30s．‎ 根据速度图象的斜率等于加速度，得到：‎ 甲的加速度大小为 a甲==m/s2，乙的加速度大小为 a乙==10m/s2‎ 据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为 ‎ m甲：m乙=a乙：a甲=3：1．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场，从虚线下方竖直上拋一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处．运动过程中线圈平面保持在竖直面内，不计空气阻力，则（　　）‎ A．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功 B．上升过程通过导线截面的电荷量等于下降过程通过导线截面的电荷量 C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率 D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程重力的平均功率 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】线圈进入磁场先上升又落回到原处地过程中，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，上升时安培力的大小大于下降时安培力的大小．根据安培力大小关系确定上升和下降两个过程克服磁场力做功关系．根据q=可知穿过导线截面的电荷量是否相等；根据上升与下降过程速度关系，确定运动时间关系，判断上升与下降过程重力功率关系．‎ ‎【解答】解：A、在线圈先上升又落回到原处地过程中，由于电磁感应，线圈的机械能减小转化为内能，经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，上升时安培力的大小大于下降时安培力的大小．而两个过程位移大小相等，则上升过程中克服磁场力做的功大于下降过程中克服磁场力做的功，故A错误；‎ B、由q=可知，由于两过程中磁通量的变化量相等，因此两过程中通过导线截面的电荷量相等，故B正确；‎ C、由于经过同一点时线圈上升的速度大于下降速度，而上升和下降两个过程位移大小相等，所以上升的时间小于下降的时间，由于高度相等，上升过程中克服重力做功与下降过程中重力做功相等，则上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率，故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中物块A和斜面体始终处于静止状态，则（　　）‎ A．斜面体对物块A的摩擦力一直增大 B．地面对斜面体的支持力一直增大 C．地面对斜面体的摩擦力一直增大 D．地面对斜面体的支持力保持不变 ‎【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】以物体B受力分析，由共点力的平衡条件可求得拉力变化；再对整体受力分析可求得地面对斜面体的摩擦力；再对A物体受力分析可知A受到的摩擦力的变化．‎ ‎【解答】解：取物体B为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为a，则有：‎ F=mgtanα；‎ 解得：T=；‎ 在物体B缓慢拉高的过程中，α增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大；故C正确；‎ 但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力没有变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定；故AB错误，D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，a为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R．将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力．（　　）‎ A．当小球的初速度v0=时，掉到环上时的竖直分速度最大 B．当小球的初速度v0＜时，将撞击到环上的圆弧ac段 C．当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，当小球掉在c点时竖直分速度最大，由平抛运动的规律可求得初速度；并能分析当小球的初速度时，撞击在什么位置．根据速度的反向延长交于水平位移的中点，分析小球能否垂直撞击圆环．‎ ‎【解答】解：A、小球做平抛运动，当小球掉在c点时竖直分速度最大，设初速度为v0．则：‎ R=，R=v0t；‎ 解得：，故A正确．‎ B、当小球的初速度时，水平位移小于R，小球将撞击到环上的圆弧ac段．故B正确．‎ C、D小球撞击在圆弧ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb段时，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环．故C错误，D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同 一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动过程中始终能通过各自轨道的最低点M、N，则（　　）‎ A．两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有υN=υM B．两小球都能到达轨道的最右端 C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同 D．小球a受到的电场力一定不大于a的重力，小球b受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力 ‎【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】两个轨道的半径相同，根据圆周运动的向心力的公式可以分析小球通过最低点是对轨道的压力，小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，小球在电场中受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小．‎ ‎【解答】解：A、由于洛伦兹力不做功，电场力对带电小球一定做负功，所以两个小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有vN=vM，故A正确； ‎ B、由机械能守恒定律知，小球b可以到达轨道的最右端，电场力对小球a做负功，故小球a不可能到达轨道的最右端，故B错误； ‎ C、由于两小球受力情况不同，运动情况不同，由于电场力一直对a做负功，因此a球的速度一直小于b球速度，a故小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻不相同，故C错误； ‎ D、由于小球能到达最低点，对小球a有mgR﹣qER≥0，所以有：mg≥qE，由于洛伦兹力不做功，且洛伦兹力沿半径向外，则小球b受到的洛伦兹力没有条件限制，所以最大洛伦兹力可能大于b的重力；故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎12．如图a所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施 加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F 变化的关系如图b所示，已知重力加速度g=10m/s2，由图线可知（　　）‎ A．甲的质量是2 kg B．甲的质量是6 kg C．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2‎ D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6‎ ‎【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】当力F较小时甲乙一起以相同加速度匀加速直线运动，故先用整体法分析；当力F较大时甲乙加速度不同，采用隔离法分析，根据牛顿第二定律以及图象进行分析即可明确加速度和两物体的质量．‎ ‎【解答】解：由图象可以看出当力F＜48N时加速度较小，所以甲乙相对静止，‎ 采用整体法，F1=48N时，a1=6m/s2，由牛顿第二定律：F1=（M+m）a1 ①‎ 图中直线的较小斜率的倒数等于M与m质量之和：M+m=8kg 对乙：Ma1=μmg 当F＞48N时，甲的加速度较大，采用隔离法，‎ 由牛顿第二定律：F′﹣μmg=ma′②‎ 图中较大斜率倒数等于甲的质量：6kg，所以乙的质量为2kg，‎ 较大斜率直线的延长线与a的截距等于μg 由图可知μg=2；则可知μ=0.2‎ 所以BC正确，AD错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、实验题：‎ ‎13．在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为　0.617　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为11.7×0.01mm=0.117mm，所以最终读数为0.5mm+0.117mm=0.617mm．‎ 故答案为：0.617‎ ‎　‎ ‎14．用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图所示，读数为　6.75　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：6mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，‎ 所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：6mm+0.75mm=6.75mm．‎ 故答案为：6.75．‎ ‎　‎ ‎15．如图为“用DIS （位移传感器、数据采集器、计算机）研宄加速度和力的关系”的实验装置．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小车与轨道间的摩擦力要小 B．所挂钩码的总质量应远大于小车的总质量 C．改变所挂钩码的数量，多次重复测量取平均值 D．用一个力传感器替代钩码来测量小车受到的拉力，该实验a﹣F图线的斜率将变大 ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，该实验是探究加速度与力的关系，采用控制变量法进行研究．‎ 平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；‎ 根据牛顿第二定律，得出图线斜率表示的物理意义，从而判断图线斜率的意义．‎ ‎【解答】解：A、该实验中近似认为细线的拉力等于小车的合力，所以小车与轨道间的摩擦力要小．故A正确；‎ B、以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m钩码g，由牛顿第二定律得：mg=（M+m）a，‎ 小车的加速度为：a=，‎ 小车受到的拉力为：F=Ma=，当m＜＜M时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，故B错误；‎ C、改变所挂钩码的数量，小车的加速度发生改变，应该改变所挂钩码的数量，多次重复测量，测出对应的物理量数据，不可以取平均值．故C错误；‎ D、用一个力传感器替代钩码来测量小车受到的拉力，根据牛顿第二定律得，a=，知图线的斜率表示质量的倒数．挂重物时，a=，图线的斜率表示系统质量的倒数，用力传感器时，加速度a=．图线的斜率表示小车质量M的倒数，可知图线的斜率变大．故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎16．二极管是一种半导体元件，它的符号为其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大 ‎（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线，因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该 二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻；其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端，红表笔接触右端时，指针偏角比较小；然后将红、黑表笔位置 对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断　右　端为二极管的正极（选填“左”、“右”）；‎ ‎（2）厂家提供的伏安特性曲线如图；为了验证厂家提供的数据，该小组对加反向电压时的伏安特性曲线进 行了描绘，可选用的器材有：‎ A．直流电源E：电动势5V，内阻忽略不计； ‎ B．直流电源E：电动势7V，内阻忽略不计；‎ C．滑动变阻器R：0﹣20Q；‎ D．电压表V1：量程45V，内阻约500kΩ； ‎ E．电压表V2：量程3V，内阻约20kΩ；‎ F．电流表uA：量程300uA，内阻约400a； ‎ G．电流表mA：量程50mA，内阻约5Ω；‎ H．待测二极管D； ‎ I．单刀单掷开关H，导线若干 ‎①为了提高测量结果的准确度，选用的器材　BCDFHI　（填序号字母）‎ ‎②为了达到测量目的，请在答题卡上虚线框内画出正确的实验电路原理图；（图在答题卡上）‎ ‎③为了保护二极管，反向电压不要达到40V，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：　在二极管支路串入一阻值合适的分压电阻起保护作用．　．‎ ‎【考点】打点计时器系列实验中纸带的处理；伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）二极管具有单向导电性，当接反向电压时，二极管的电阻很大，由欧姆表的示数可知二极管的极性；‎ ‎（2）①根据图象可知，反向电压最大40V，所以电源电动势取大一些的，根据电源的电动势可以选出电压表，由图中示数可以选出电流表；‎ ‎②为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法，为了准确应选用电流表外接法；‎ ‎③要控制电路关键在于控制二极管两端的电压，故可以通过加入保护电阻分压，或在调节时让滑动变阻器分压慢慢变大，进行控制 ‎【解答】解：（1）欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极；‎ ‎（2）①根据图象可知，反向电压最大40V，所以电源电动势取大一些的，即B，电动势为7V，故为了安全和准确，电压表应选取D，45V的量程，由图可知，最大电流约为30mA，故电流表应选F，还需要滑动变阻器C，以及待测二极管H，单刀单掷开关H，导线若干I；‎ 故选：BCDFHI；‎ ‎②为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图；‎ ‎③为了防止超过最大电压，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电压表示数不得超过40V；‎ 故答案为：（1）右；（2）①BCDFHI； ②电路如图；③在二极管支路串入一阻值合适的分压电阻起保护作用．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎17．正负电子对撞机的最后部分的简化不意图如图所不（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率，他们沿着管道向相反的方向运动．在管道控制它们转变的是一系列圆 形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…Aa共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感 应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d （如图乙），改变电磁铁内电流的大小，就 可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中 虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备．‎ ‎（1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的；‎ ‎（2）已知正、负电子的质量都是所带电荷都是元电荷，重力可不计，求电磁铁内匀强磁场的磁感 应强度B大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据左手定则即可判断出电子运动的方向；‎ ‎（2）电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，根据几何关系即可确定电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R．再根据洛伦兹力充当向心力即可求出磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）磁场方向向下，根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则可知，正电子沿逆时针方向运动，负电子沿顺时针方向运动；‎ ‎（2）由题意，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为过入射点所在直径的另一端．‎ 电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，经过每个电磁铁，偏转的角度是θ=； ‎ 由几何关系可知：sin==‎ 解得：R=‎ 根据洛伦兹力充当向心力可知：‎ Bqv=m 解得：B=‎ 答：（1）正电子沿逆时针方向运动，负电子沿顺时针方向运动；‎ ‎（2）电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，物体A静止在台秤的秤盘B上，A的质量为mA=10.5kg，B的质量 mB=1.5kg，弹簧质量不计，劲度系数k=800N/m，现给A施加一个竖直向上的力F，使它向上做匀加速直线运动，已知力F在开始的t=0.2s内是变力，此后是恒力，求t时间内力F做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在A和秤盘分离之前F为变力，分离后，F为恒力；两物体分离瞬间，A对秤盘无作用力，弹簧处于原长，但P的加速度还与原来一样，而从开始到分离历时0.2s，由分析可知，刚开始时F最小，F为恒力时最大，求出F的最小值和最大值，根据F均匀变化，求F的平均值，再乘以位移，可求得F做的功．‎ ‎【解答】解：由题意知，t=0.2s时，A、B分开，此时两者加速度相等，设刚开始时弹簧压缩量为x1，A、B分开时弹簧的压缩量为x2，此时两者的加速度为a，则有：‎ kx1=（mA+mB）g 解得：x1=0.15m 当t=0.2s时，对A有：F﹣mAg=mAa 对B有：kx2﹣mBg=mBa 由运动学公式得：x1﹣x2=at2‎ 解得：x2=0.03m，a=6m/s2‎ 联立解得，当t=0时刻，F最小，此时有：Fmin=（mA+mB）a=（10.5+1.5）×6=72N 当t=0.2s时，F最大，此时有：Fmax=mAg+mAa=168N 由F+k△x﹣（mA+mB）g=（mA+mB）a，可知力与位移是线性变化，故F做的功为：‎ W=x 又 x=‎ 代入数据解得：W=3.6J 答：t时间内力F做的功是3.6J．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接．轨道宽度均为Z=lm，电阻忽略不计．水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域；垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小 的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域．现将两质量均为W=0.2kg，电阻均为的相同导体棒ab和cA垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示．（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程 中，ab棒上产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量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）由图象可明确导体棒的运动性质，明确加速度和最大速度，再根据平衡条件进行分析，同时根据E=BLv和欧姆定律以及F=BIL求解安培力，联立即可求得磁感应强度的大小； ‎ ‎（2）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流计算公式求出电荷量．‎ ‎【解答】解：（1）设斜面倾角为θ，由a﹣v图象可知，导体棒cd刚释放时，加速度a=5m/s2；‎ 对cd棒受力分析，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ=ma 解得：a=gsinθ 则可知sinθ=0.5，故θ=30°； ‎ 当cd匀速下滑时，由图象知v=1m/s；‎ 则根据平衡条件可知mgsinθ=F安；‎ 而安培力F安=BIL 感应电动势E=BLv 由欧姆定律可知，I=‎ 联立以上各式解得：mgsinθ=‎ 解得：B=1T； ‎ ‎（2）设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，则有：‎ mgxsinθ=mv2+2Q ‎ 而E1=，且I1=‎ 结合q=I1t：‎ 解得：q=1C ‎ 答：（1）磁场的磁感应强度B为1T；‎ ‎（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，则该过程中通过cd棒横截面的电荷量1C．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中． 现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，求滑块到达圆心O等高的C点时的速度及轨道对小滑块的弹力大小．‎ ‎（2）若改变s的大小，使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道，求s的取值范围．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求出滑块的速度；由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力．‎ ‎（2）将重力和电场力合成的合力等效为“等效重力”，然后结合动能定理列式求解；注意滑块不离开轨道有两种可能，即以原路返回或者从最高点飞出．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有 Eq（s+R）﹣μmgs﹣mgR=mv2﹣0，‎ 又因为 Eq=mg，‎ 联立两式解得：v=；‎ 设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F﹣Eq=m，‎ 又因为 Eq=mg，‎ 解得：F=mg ‎（2）将重力和电场力合成，合力为：‎ F合==‎ 与竖直方向夹角的正切值：‎ tanθ=‎ 故θ=37°；‎ 将电场力和重力的合力等效成“等效重力”，故等效最低点为F，等效最高点为H，如图所示；‎ 滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到I点，另一种是最高到H点；‎ ‎①如果最高到I点，根据动能定理，有：‎ qE（S+Rcos37°）﹣μmgS﹣mg（R+Rsin37°）=0‎ 解得：‎ S=4.6R ‎②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有：‎ qE（S﹣Rsin37°）﹣μmgS﹣mg（R+Rcos37°）=‎ 在H点，合力提供向心力，故：‎ F合==m 联立解得：‎ S=14R 故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围：S≤4.6R或S≥14R；‎ 答：（1）滑块到达圆心O等高的C点时的速度为，轨道对小滑块的弹力大小为mg．‎ ‎（2）S的取值范围为：S≤4.6R或S≥14R．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日