河南省许昌市鄢陵一高2016届高三上学期第一次月考物理试卷

河南省许昌市鄢陵一高2016届高三上学期第一次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一高高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 二、选择题（本题共8小题．在每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．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．水平面上有倾角为θ、质量为M的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小物块受到斜面的最大摩擦力为F+mgsinθ B．小物块受到斜面的最大摩擦力为F﹣mgsinθ C．斜面体受到地面的最大摩擦力为F D．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcosθ ‎2．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m．现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′．则（　　）‎ A．a′=a，T′=T B．a′＞a，T′=T C．a′＜a，T′=T D．a′＞a，T′＞T ‎3．如图所示，M、N两点有两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，a、c关于b对称．点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点．已知一带负电的试探电荷从d点移动到e点时，该电荷的电势能增加．以下判断正确的是（　　）‎ A．M点处放置的是正电荷 B．d点的电势高于f点的电势 C．d点的场强与f点的场强相同 D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小 ‎4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5，原线圈接u1=110sin100πtV的交流电，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，则（　　）‎ A．通过电阻R1的电流为2A B．二极管的反向耐压值应大于50V C．原线圈的输入功率为200W D．通过原线圈的电流为A ‎5．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则（　　）‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5‎ B．10s末恒力F的瞬时功率为6W C．10s末物体在计时起点左侧4m处 D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W ‎6．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）‎ A．P向下动，Q向上动 B．U1减小，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大 ‎7．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）‎ C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgV1（t2﹣t1）+m（V22﹣V32）‎ ‎8．如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A．外力所做的功为mgLcotθ B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）‎ C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ D．外力所做的共为mgLtanθ ‎　‎ 二、非选择题：【必做部分】‎ ‎9．如图1所示，这是某同学探究功与速度变化的关系的装置图，用橡皮筋把小车弹出后，小车沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50Hz．‎ ‎（1）实验中木板略微倾斜，这样做　　．‎ A．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．是为了增大小车下滑的加速度 C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 ‎（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条，…合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，…橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第四次的纸带（如图2所示）求得小车获得的速度为　　m/s．（保留三位有效数字）‎ ‎（3）若根据多次测量数据画出的W﹣v图象如图3所示，根据图线形状，可知W﹣v的关系符合实际的是　　．‎ ‎10．（10分）（1）某欧姆表的内部结构如图甲所示电路，欧姆表开关拨至“×10Ω”，并进行了必要的调零．一同学准备用一个电阻箱Rx较精确地测出欧姆表的电源的电动势E和该倍率下完成调零后欧姆表的内阻R内（即Rg+R0+r），他的操作步骤是：‎ a．将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合电路；‎ b．调节电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；‎ c．将记录的各组Rx、I的数据描点在图乙中，得到﹣Rx图象；‎ d．根据图乙作得﹣Rx的图象，求出电源的电动势E和欧姆表内阻R内．‎ 图甲中，a表笔颜色是　　，电源的电动势E为　　V，欧姆表内阻R内为　　Ω，电流表的量程　　．‎ ‎（2）若该同学将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表，这个新欧姆表的倍率较之改装前欧姆表的倍率　　（填“变大”“变小”或“相同”）．‎ ‎11．（12分）如图，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车上表面光滑．某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m；后3s内滑行了10.5m．‎ ‎（1）小车的加速度多大？‎ ‎（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？‎ ‎（3）小车的长度是多少？‎ ‎12．（20分）在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10﹣2T；第一象限内有沿﹣y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C．已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为υ=2.0×106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量为q=+3.2×10﹣19kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间．‎ ‎　‎ ‎【物理——物理3—5】‎ ‎13．下列说法中正确的有 （　　）‎ A．光电效应实验中，只要入射光足够强，就能产生光电流 B．卢瑟福的α粒子散射实验结果表明电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破 C．天然放射现象中的γ射线是原子核受激发产生的 D．放射性元素的半衰期由其原子核内部结构 决定，与外界因素无关 E．氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，电势能减少 ‎14．（10分）如图所示，一质量为M=1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=1.8m．一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度穿出．已知物块落地点离桌面边缘的水平距离x为0.9m，取重力加速度g=10m/s2，求子弹穿出物块时速度v的大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一高高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题（本题共8小题．在每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．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．水平面上有倾角为θ、质量为M的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态．下列说法中正确的是（　　）‎ A．小物块受到斜面的最大摩擦力为F+mgsinθ B．小物块受到斜面的最大摩擦力为F﹣mgsinθ C．斜面体受到地面的最大摩擦力为F D．斜面体受到地面的最大摩擦力为Fcosθ ‎【考点】滑动摩擦力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】解本题的关键是正确分析小木块在斜面内的受力情况，特别是先确定出下滑力mgsinθ，然后再讨论．在讨论斜面受地面的摩擦力时，要灵活把小木块和斜面看做一个整体分析，才能顺利求出答案．‎ ‎【解答】解：A、对小木块在斜面内受力分析，有沿斜面向下的重力分力mgsinθ、绳子拉力F，但方向可以指向圆周各个方向、静摩擦力f但方向不能确定，根据题意，当拉力F沿斜面向下时，静摩擦力应沿斜面向上，则有f=F+mgsinθ，此时应为最大静摩擦力，当F沿斜面向上时，若F=mgsinθ，则摩擦力f=0，故A正确，B错误；‎ C、再把小木块与斜面看做一个整体分析，当F沿水平方向时，斜面受到地面的摩擦力最大为F；当F沿斜面向上或向下时，摩擦力最小为Fcosθ，故D错误．C正确．‎ 故选：AC ‎【点评】本题考查连接体问题，要正确选择研究对象，灵活运用隔离法和整体法进行受力分析，难度适中．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上．小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m．现用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T；若用另一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为T′．则（　　）‎ A．a′=a，T′=T B．a′＞a，T′=T C．a′＜a，T′=T D．a′＞a，T′＞T ‎【考点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】先对左图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式；然后对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再次对右图中的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；最后再比较结果即可．‎ ‎【解答】解：先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力 根据牛顿第二定律，有 F=（M+m）a ①‎ 再对左图中情况下的小球受力分析，如图 根据牛顿第二定律，有 F﹣Tsinα=ma ②‎ Tcosα﹣mg=0 ③‎ 由以上三式可解得 T=‎ a=‎ 再对右图中小球受力分析，如图 由几何关系得：‎ F合=mgtanα T′=‎ 再由牛顿第二定律，得到 a′=gtanα 由于M＞m，故a′＞a，T′=T 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键要多次对小球和整体受力分析，求出合力，得出加速度和绳子拉力进行比较．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，M、N两点有两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，a、c关于b对称．点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点．已知一带负电的试探电荷从d点移动到e点时，该电荷的电势能增加．以下判断正确的是（　　）‎ A．M点处放置的是正电荷 B．d点的电势高于f点的电势 C．d点的场强与f点的场强相同 D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】由带负电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，电场力对负电荷做负功判断场源电荷，判断电场线，从而判断电势和场强；通过电荷电势能的变化得出电场力做功情况 ‎【解答】解：A、因负电荷由d到e电势能增加，电场力做负功，则电势降低，故d点电势高于e电势．则M点为正电荷，故A正确．‎ B、由上分析知，N点为负电荷，其电场线由正电荷到负电荷且与等势面垂直，所以有电场线判断d点的电势高于f点的电势，故B正确．‎ C、由于场强是矢量，据等量异种电荷电场的对称性知，d点和f点的场强大小和方向都相同，即场强相同，故C正确．‎ D、将带正电的试探电荷沿直线由d 点移动到f点，电场力的方向与运动方向小于900，电场力做正功，其电势能一直减小，故D错误．‎ 故选：ABC ‎【点评】解本题的关键是据带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，判断场源电荷；再据等量异种电荷的电场特点求解 ‎　‎ ‎4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5，原线圈接u1=110sin100πtV的交流电，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，则（　　）‎ A．通过电阻R1的电流为2A B．二极管的反向耐压值应大于50V C．原线圈的输入功率为200W D．通过原线圈的电流为A ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、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、由表达式知原线圈电压有效值为，根据得：副线圈两端电压为，则通过电阻R1的电流为A，故A错误；‎ B、输出电压最大值为50V；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50V；故B正确；‎ C、根据电流热效应， T；所以R2两端的电压为U2=25V；故通过R2的电流I2=；输出端的总功率P=W，故输入功率也为75W，故C错误；‎ D、原线圈的电流I=，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值．‎ ‎　‎ ‎5．质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v﹣t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则（　　）‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5‎ B．10s末恒力F的瞬时功率为6W C．10s末物体在计时起点左侧4m处 D．0～10s内恒力F做功的平均功率为0.6W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】由v﹣t图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点点的距离为d，d应为v﹣t图与横轴所围的上下两块面积之差．根据功的公式求出力F做功的大小，结合平均功率的公式求出10s内恒力F的平均功率．‎ ‎【解答】解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v﹣t图得：‎ 加速度大小a1=2 m/s2方向与初速度方向相反 ①‎ 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v﹣t图得：‎ 加速度大小a2=1m/s2 方向与初速度方向相反 ②‎ 根据牛顿第二定律，有 F+μmg=ma1③‎ F﹣μmg=ma2④‎ 解①②③④得：‎ F=3N μ=0.05，故A错误．‎ B、10s末恒力F的瞬时功率P=Fv=3×6W=18W．故B错误．‎ C、根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移得：x==﹣2m，负号表示物体在起点以左．故C错误．‎ D、0﹣10s内恒力F做功W=Fx=3×2J=6J，则平均功率P=，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据v﹣t图与横轴所围的面积表示位移求解位移．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2‎ ‎，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）‎ A．P向下动，Q向上动 B．U1减小，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大 ‎【考点】电容器；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况．‎ ‎【解答】解：将B板下移时，由C=ɛ，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；‎ 假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；‎ 充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；‎ 对AB分析可知，E1====，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A正确；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，但将两个电容器串联使用，题目较为新颖，但难度较大，对学生要求较高．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R．在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）‎ C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgV1（t2﹣t1）+m（V22﹣V32）‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量．‎ ‎【解答】解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；‎ B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属框的边长：l=v1（t2﹣t1）；故B正确；‎ C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又 l=v1（t2﹣t1）．‎ 联立解得：B=；故C错误；‎ D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1（t2﹣t1）；‎ t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m（﹣）=mgυ1（t2﹣t1）+m（﹣）‎ 故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2﹣t1）+m（﹣），故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（　　）‎ A．外力所做的功为mgLcotθ B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）‎ C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ D．外力所做的共为mgLtanθ ‎【考点】动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；由共点力的平衡可求得电场力的大小；‎ 由功的计算公式可求得小球运动中电场力所做的功；则由电场力做功与电势能的关系可求得电势能的变化；再由动能定理可求得外力所做的功．‎ ‎【解答】解：小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ=mg，则F电=； ‎ 小球从最初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电=﹣EqL（cosθ+sinθ），因电场力做负功，故电势能增加，故B正确，C错误；‎ 由动能定理可知，W外+W电+WG=0； ‎ W外=﹣（W电+WG）=EqL（cosθ+sinθ）﹣mgL=mgLcotθ；故A正确，D错误；‎ 故选AB．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了动能定理的应用及电场力做功与电势能的关系，在解题中要注意理解重力做功及电场力做功的特点，正确求得两种功的表达式．‎ ‎　‎ 二、非选择题：【必做部分】‎ ‎9．如图1所示，这是某同学探究功与速度变化的关系的装置图，用橡皮筋把小车弹出后，小车沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50Hz．‎ ‎（1）实验中木板略微倾斜，这样做　CD　．‎ A．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑 B．是为了增大小车下滑的加速度 C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功 D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动 ‎（2）实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条，…合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W，…橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第四次的纸带（如图2所示）求得小车获得的速度为　2.00　m/s．（保留三位有效数字）‎ ‎（3）若根据多次测量数据画出的W﹣v图象如图3所示，根据图线形状，可知W﹣v的关系符合实际的是　C　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功；纸带在橡皮条的作用下做加速运动，橡皮条做功完毕，则速度达到最大，此后做匀速运动．‎ ‎（2）明确实验原理以及实验目的即可知了解具体的实验操作；纸带上点距均匀时，表示小车已经做匀速直线运动，据此可求出小车做匀速运动时的速度大小，即为最终小车获得的速度大小；‎ ‎（3）根据图象特点，利用数学知识可正确得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）使木板倾斜，小车受到的摩擦力与小车所受重力的分量大小相等，在不施加拉力时，小车在斜面上受到的合力为零，小车可以在斜面上静止或做匀速直线运动；小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故AB错误，CD正确；‎ 故选：CD．‎ ‎（2）各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动，打点时间间隔t===0.02s，小车速度v===2.00m/s．‎ ‎（3）由动能定理得：W=mv2，W与v是二次函数关系，由图示图象可知，C正确，‎ 故选：C．‎ 故答案为：（1）CD；（2）2；（3）C．‎ ‎【点评】本题关键要明确该实验的实验原理、实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题．‎ ‎　‎ ‎10．（10分）（2015•潍坊模拟）（1）某欧姆表的内部结构如图甲所示电路，欧姆表开关拨至“×10Ω”，并进行了必要的调零．一同学准备用一个电阻箱Rx较精确地测出欧姆表的电源的电动势E和该倍率下完成调零后欧姆表的内阻R内（即Rg+R0+r），他的操作步骤是：‎ a．将欧姆表与电阻箱Rx连成图甲所示的闭合电路；‎ b．调节电阻箱阻值，记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；‎ c．将记录的各组Rx、I的数据描点在图乙中，得到﹣Rx图象；‎ d．根据图乙作得﹣Rx的图象，求出电源的电动势E和欧姆表内阻R内．‎ 图甲中，a表笔颜色是　黑　，电源的电动势E为　8　V，欧姆表内阻R内为　160　Ω，电流表的量程　0.05　．‎ ‎（2）若该同学将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表，这个新欧姆表的倍率较之改装前欧姆表的倍率　变小　（填“变大”“变小”或“相同”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；根据电路图应用欧姆定律求出函数图象表达式，然后根据函数表达式与图象求出电动势与内阻．‎ ‎（2）根据欧姆表原理分析，明确倍率与档位之间的关系，才能准确答题．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示可知，a与电源正极相连，则a表笔是黑色的；‎ 由图甲所示，在闭合电路中，电源电动势：E=I（Rg+R0+r+RX），‎ ‎=RX+，由图乙所示图象可知，图象纵轴截距：b==20，‎ 图象斜率：k====0.125，解得：E=8V，内阻：R内=Rg+R0+r=160Ω，‎ 电流表G的满偏电流Ig===0.05A ‎（2）将图甲中电流表G并联一个定值电阻，组成一个新的欧姆表（表盘刻度不变），欧姆表内阻减小，新欧姆表的倍率较改装前欧姆表的倍率变小．‎ 故答案为：（1）黑；8；160；0.05；（2）变小．‎ ‎【点评】根据电路图与闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图象可以求出电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2015•潍坊模拟）如图，一木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车上表面光滑．某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m；后3s内滑行了10.5m．‎ ‎（1）小车的加速度多大？‎ ‎（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是多少？‎ ‎（3）小车的长度是多少？‎ ‎【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】（1）滑块相对于小车在前3s内滑行了4.5m，小车做有初速度的匀加速直线运动，滑块做匀速直线运动，两者位移之差等于4.5m，根据运动学公式求出小车的加速度．‎ ‎（2）小车的初速度为零，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出从绳断到滑块离开车尾所用时间．‎ ‎（3）根据运动学公式，结合后3s内滑行了10.5m，求出后3s内的初速度，从而求出物块运动的总时间，得出绳子断裂后物块与小车运动的时间，根据运动学公式，两者位移之差为小车的长度 ‎【解答】解：（1）设绳断裂时滑块和小车的速度为v0，加速度为a，后3s初的速度为v1，则前3s：‎ x车﹣x物=at2=4.5m 解得：a=1m/s2‎ 故小车的加速度为1m/s2．‎ ‎（2）v0=at=2m/s 故细绳断裂时，物块的速度为2m/s．‎ 后3s：x车=v1t+‎ ‎ s物=v0t 所以x车﹣x物=（v1﹣v0）t=10.5m 所以v1=4m/s 则车和物运动总时间为 t=+3=7s 断后，物体和小车共运动了5s ‎（3）车长L=x′车﹣x′物=v0tat2﹣v0t=12.5m 答：（1）小车的加速度1m/s2‎ ‎（2）从绳断到滑块离开车尾所用时间是5s；‎ ‎（3）小车的长度是12.5m．‎ ‎【点评】本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解．本题运动过程较为复杂，难度较大，解决本题的关键理清绳子断裂前和绳子断裂后滑块和小车的运动情况，灵活运用运动学公式进行求解．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2015•潍坊模拟）在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10﹣2T；第一象限内有沿﹣y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.0×105N/C．已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m．在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为υ=2.0×106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.6×10﹣27kg，电荷量为q=+3.2×10﹣19kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的半径；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间．‎ ‎【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）由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力充当向心力可求得半径；‎ ‎（2）由数学知识可明确粒子的最短路程；‎ ‎（3）由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：‎ qvB=m 解得：R=0.20m；‎ ‎（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；‎ 由图可知，α=60°；‎ 最短的弧长即最短路程s=Rα=m=0.21m；‎ ‎（3）粒子在磁场中的周期T===6.28×10﹣7s；‎ 粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=；‎ 粒子在电场中的加速度为：a=‎ v=at 解得：t=1.0×10﹣7s 则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0×10﹣7s 由图可知cosθ=0.5；‎ 故θ=60°；‎ 粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=T=；‎ 粒子运动的总时间t=t1+t2+t3+t4=++2.0×10﹣7s=4.6×10﹣7s；‎ 答：（1）粒子在磁场中运动的半径为0.2m；‎ ‎（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为0.21m；‎ ‎（3）放射源沿﹣x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间为4.6×10﹣7s；‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系．‎ ‎　‎ ‎【物理——物理3—5】‎ ‎13．下列说法中正确的有 （　　）‎ A．光电效应实验中，只要入射光足够强，就能产生光电流 B．卢瑟福的α粒子散射实验结果表明电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破 C．天然放射现象中的γ射线是原子核受激发产生的 D．放射性元素的半衰期由其原子核内部结构 决定，与外界因素无关 E．氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，电势能减少 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】能否发生光电效应于光照强度无关，其条件是光的频率大于金属的极限频率．汤姆生发现了电子的结果表明电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破；天然放射现象中的γ射线是伴随着原子核的衰变产生的；根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大．‎ ‎【解答】解：A、发生光电效应的条件是光的频率大于极限频率ν0‎ ‎，与光照强度无关；故A错误；‎ B、汤姆生发现了电子的结果表明电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破．故B错误；‎ C、天然放射现象中的γ射线是伴随着原子核的衰变产生的，也可以说是原子核受激发产生的．故C正确；‎ D、放射性元素的半衰期由其原子核内部自身的因素决定，与外界因素无关．故D正确；‎ E、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道到达低轨道，电场力做正功，氢原子的电势能减小．故E正确．‎ 故选：CDE ‎【点评】考查电子的发现者，理解α粒子散射实验的作用，知道物质波的证明，掌握玻尔原子模型的内容，注意成正比与成线性关系的区别，同时理解质量亏损的含义．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2015•潍坊模拟）如图所示，一质量为M=1.2kg的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h=1.8m．一质量为m=20g的子弹以水平速度v0=100m/s射入物块，在很短的时间内以水平速度穿出．已知物块落地点离桌面边缘的水平距离x为0.9m，取重力加速度g=10m/s2，求子弹穿出物块时速度v的大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】木块离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律求出木块的速度；‎ 子弹击中木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹穿出木块后的速度．‎ ‎【解答】解：设物块做平抛运动的初速度为v′，‎ 在竖直方向：h=gt2，‎ 水平方向：x=v′t，‎ 代入数据得：v′=1.5m/s，‎ 子弹瞬间射穿物块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv+Mv′，‎ 代入数据解得：v=10m/s．‎ 答：子弹穿出物块时速度v的大小为10m/s．‎ ‎【点评】本题考查动量守恒定律和平抛运动的规律的基本运用，难度不大，应用平抛运动规律与动量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎