黑龙江省绥化市肇东一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

黑龙江省绥化市肇东一中2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年黑龙江省绥化市肇东一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一.选择题（每小题4分，漏选得2分，错选不得分．共计48分）‎ ‎1．μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为p氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．图为μ氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的灿氢原子，μ氢原子吸收光子，发出频率为γ1，γ2，γ3，γ4，γ5和γ6的光，且频率依次增大，则．E等于 （　　）‎ A．h（γ3﹣γ1） B．h（γ5﹣γ6） C．hγ3 D．hγ4‎ ‎2．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大 B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60m处 C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态 D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变 ‎3．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力增大 B．绳子对B的拉力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎4．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（　　）‎ A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：2‎ C．加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7‎ D．加速与减速过程的位移之比为1：4‎ ‎5．如图，放于竖直面内的光滑金属圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120km/h，若汽车行驶时受到的阻力和汽车的重力成正比，下列说法中正确的是（　　）‎ A．汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N B．汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30 kW C．汽车消耗功率为45 kW时，若其加速度为0.4 m/s2，则它行驶的速度为15 m/s D．若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，汽车启动后加速度将会越越小 ‎7．一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是（　　）‎ A．高尔夫球在何时落地 B．高尔夫球可上升的最大高度 C．人击球时对高尔夫球做的功 D．高尔夫球落地时离击球点的距离 ‎8．如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍．已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则（　　）‎ A．d点的电势为4V B．电场线方向垂直于ac向下 C．电场线方向垂直于ec向下 D．一电子从a点运动到c点，电势能减小 ‎9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．R1两端的电压将增大 B．R2两端的电压将增大 C．灯泡L将变暗 D．电路的路端电压将增大 ‎10．如图所示电路中，电源电压u=31lsin100πt（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（　　）‎ A．交流电压表的示数为311V B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3A C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J ‎11．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎12．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t） T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则（　　）‎ A．t=1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t=3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t=1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t=3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N ‎　‎ 二、填空题（13题6分；14题12分；共计18分）‎ ‎13．某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5个计时点取好了一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0、1、2、3、4、5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示．请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（填字母）‎ ‎（1）从纸带A上撕下的那段应该是B、C、D三段纸带中的　　．‎ ‎（2）打A纸带时，物体的加速度大小是　　m/s2．‎ ‎14．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω C．电流表：量程0～3A，内阻0.024Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：A　　H（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）在图甲方框中画出相应的实验电路图；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三.计算题（15题10分，16题12分，17题12分，共计34分）‎ ‎15．如图所示，质量分别为m1=1kg，m2=3kg的小车A和B静止在水平面图1上，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，小车B以水平向左的初速度v0向A驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A获得的最大速度为v=6m/s，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：‎ ‎①小车B的初速度v0；‎ ‎②A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．‎ ‎16．如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角θ=37°，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？‎ ‎（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？‎ ‎17．如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；‎ ‎（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；‎ ‎（3）匀强电场的场强大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省绥化市肇东一中高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（每小题4分，漏选得2分，错选不得分．共计48分）‎ ‎1．μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为p氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．图为μ氢原子的能级示意图，假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的灿氢原子，μ氢原子吸收光子，发出频率为γ1，γ2，γ3，γ4，γ5和γ6的光，且频率依次增大，则．E等于 （　　）‎ A．h（γ3﹣γ1） B．h（γ5﹣γ6） C．hγ3 D．hγ4‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】μ子吸收能量后向高能级跃迁，而较高能级不稳定会自发的向所有的较低能级跃迁，只有跃迁到基态后才能稳定，故辐射光子的种类为．能级差越大，辐射的光子的频率越高．‎ ‎【解答】解：μ子吸收能量后从n=2能级跃迁到较高m能级，然后从m能级向较低能级跃迁，若从m能级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态n=1能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时μ子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、3…m任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐射光，‎ 故总共可以产生的辐射光子的种类为=6，‎ 解得m=4，‎ 即μ子吸收能量后先从n=2能级跃迁到n=4能级，然后从n=4能级向低能级跃迁．‎ 辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级1，能级3到能级1，能级4到能级1．所以能量E与hν3相等．‎ 故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图象，如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．6 min～8 min内，深潜器的加速度最大 B．4 min～6 min内，深潜器停在深度为60m处 C．3 min～4 min内，潜水员处于超重状态 D．6 min～10 min内，深潜器的加速度不变 ‎【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】要明确v﹣t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，和横坐标围成的面积表示位移大小．结合加速度的方向分析潜水员的状态．‎ ‎【解答】解：A、v﹣t图象的斜率表示加速度，则知0﹣1min内和3﹣4min内深潜器的加速度最大，故A错误；‎ B、v﹣t图象和横坐标围成的面积表示位移大小，0﹣4min内位移大小为：h=××2m=360m，4﹣6min内静止不动，则4 min～6 min内，深潜器停在深度为360m．故B错误；‎ C、3﹣4min内，减速下降，加速度向上，潜水员处于超重状态，故C正确；‎ D、8min前后，深潜器的加速度方向是不同的，加速度是变化的，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用 细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是（　　）‎ A．B与水平面间的摩擦力增大 B．绳子对B的拉力增大 C．悬于墙上的绳所受拉力不变 D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎【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A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；‎ 对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大；故A正确，B错误；‎ C、向右移动时，两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小；故C错误；‎ D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等；故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎4．如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s2，那么该消防队员（　　）‎ A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：2‎ C．加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1：7‎ D．加速与减速过程的位移之比为1：4‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比．‎ ‎【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=，得到v=m/s=8m/s．故A错误．‎ B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2．‎ 则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2．故B正确．‎ C、D由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1===8m/s2，a2==4m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得 加速过程：mg﹣f1=ma1，f1=mg﹣ma1=2m 减速过程：f2﹣mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7．‎ 根据f=μN可知：N=，所以N1：N2=1：7，故C正确；‎ D、匀加速运动位移为：x1==4m 匀减速位移为：x2===8m 所以加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎5．如图，放于竖直面内的光滑金属圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点．当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系及向心力基本格式求出刚好不受拉力时的角速度，此角速度为最小角速度，只要大于此角速度就受三个力．‎ ‎【解答】解：因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力，细绳要产生拉力，绳要处于拉升状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为：F=mω2r，根据几何关系，其中r=Rsin60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，‎ 对小球进行受力分析得：Fmin=mgtan60°，即mgtan60°=mωmin2Rsin60°‎ 解得：ωmin=，所以只要ω＞就符合题意．故AB正确，CD错误；‎ 故选AB ‎　‎ ‎6．一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120km/h，若汽车行驶时受到的阻力和汽车的重力成正比，下列说法中正确的是（　　）‎ A．汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N B．汽车以54 km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30 kW C．汽车消耗功率为45 kW时，若其加速度为0.4 m/s2，则它行驶的速度为15 m/s D．若汽车保持额定功率不变从静止状态启动，汽车启动后加速度将会越越小 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】本题的关键是明确：①P=Fv中，F是牵引力，②匀速时满足F=f，此时应满足P=fvm，③涉及到加速度时应满足F﹣f=ma，然后再进行计算即可．‎ ‎【解答】解：A：汽车匀速时应有F=f，根据P=Fv可知，应有P=fv，解得汽车受到的阻力为：，所以A正确；‎ B：匀速时应有F=f，所以有：P=Fv=fv=，代入数据可得：P=27kW，所以B错误；‎ C：由F﹣f=ma可得：F=ma+f=3×103×0.4+1.8×103N=3×103N，再由P=Fv可得：v==，所以C正确；‎ D：由P=Fv，若汽车保持额定功率不变启动，则牵引力将逐渐减小，再由F﹣f=ma可知，加速度将会越来越小，所以D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎7．一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是（　　）‎ A．高尔夫球在何时落地 B．高尔夫球可上升的最大高度 C．人击球时对高尔夫球做的功 D．高尔夫球落地时离击球点的距离 ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等，由图可求出落地时间．根据动能定理可求出最大高度．由动能定理，分析能否求出人击球时对高尔夫球做的功．高尔夫球水平方向做匀速直线运动，由图求出水平方向分速度vx，由x=vxt求出落地时离击球点的距离．‎ ‎【解答】解：A、不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时，速率相等．由图看出，小球5s时刻落地．故A正确．‎ B、小球的初速度大小为v0=31m/s，到达最高点时的速度大小为v=19m/s，由动能定理得﹣mgh=﹣，由此式可求出最大高度h．故B正确．‎ C、由动能定理得：人击球时对高尔夫球做的功W=，由于高尔夫球的质量m未知，无法求出W．故C错误．‎ D、高尔夫球水平方向做匀速直线运动，水平方向分速度vx=19m/s，高尔夫球落地时离击球点的距离为S=vxt=19×5m=95m．故D正确．‎ 故选ABD ‎　‎ ‎8．如图所示，在匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为ab边和cd的中点且ab长为ad长的2倍．已知电场线的方向平行于矩形所在平面，a、b、c三点电势分别为4V、8V、6V，则（　　）‎ A．d点的电势为4V B．电场线方向垂直于ac向下 C．电场线方向垂直于ec向下 D．一电子从a点运动到c点，电势能减小 ‎【考点】电势；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据匀强电场等势线的特点得出e点的电势，从而得出ce为等势线，抓住电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势得出电场线的方向．‎ ‎【解答】解：A、匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知ab的电势差等于dc的电势差，即φa﹣φb=φd﹣φc，解得：φd=2V．故A错误．‎ B、a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下．故C正确，B错误．‎ D、因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能Ep=qφ，知电子从a点运动到c点，电势能减小．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（　　）‎ A．R1两端的电压将增大 B．R2两端的电压将增大 C．灯泡L将变暗 D．电路的路端电压将增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；‎ 由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．‎ ‎【解答】解：A、光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；‎ 由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A正确，D错误；‎ B、因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示电路中，电源电压u=31lsin100πt（V），A、B间接有“220V 440W”的电暖宝、“220V 220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是（　　）‎ A．交流电压表的示数为311V B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3A C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】交流电压表的示数为有效值，由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻．‎ ‎【解答】解：A、交流电压表的示数为有效值=220V，A错误；‎ B、由公式P=UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，B正确；‎ C、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，C错误；‎ D、1min抽油烟机消耗的电能为W=Pt=l．32×104J，D正确；‎ 故选BD ‎　‎ ‎11．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH=k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（　　）‎ A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】‎ 根据通电导线产生磁场，带电粒子在电场力作用下加速，而磁场力的作用下偏转，由左手定则可知，偏转方向，得出电势高低；由电源的正负极变化，导致电子运动方向也变化，由左手定则可知，电子的偏转方向；IH与I的关系，结合U=k，及P=IU，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、根据电流周围存在磁场，结合安培定则可知，磁场的方向，而电子移动方向与电流的方向相反，再由左手定则可得，电子偏向内侧，导致前表面的电势高于后表面，故A错误；‎ B、当电源正负对调后，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则可知，洛伦兹力的方向不变，则电压表将不会反偏，故B错误；‎ C、如图所示，霍尔元件与电阻R串联后与RL并联，根据串并联特点，则有：IHR=（I﹣IH）RL；因此则有IH与I成线性关系，故C正确；‎ D、根据U=k，且磁感应强度大小B与I成正比，即为B=K′I，又IH与I成线性关系，结合P=UI，‎ 因此：U==，则有U与PRL成正比，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t） T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则（　　）‎ A．t=1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D B．t=3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C C．t=1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N D．t=3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N ‎【考点】楞次定律；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；‎ B、同理，当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；‎ C、当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有：E==0.2×12×=0.1V；‎ 再由欧姆定律，则有感应电流大小I==1A；则t=1s时，那么安培力大小为：F=BtIL=（0.4﹣0.2×1）×1×1=0.2N；‎ 由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小为：N=Fcos60°=0.2×0.5=0.1N，故C正确；‎ D、同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为：N′=F′cos60°=0.2×0.5=0.1N，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（13题6分；14题12分；共计18分）‎ ‎13．某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5个计时点取好了一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0、1、2、3、4、5．由于不小心，纸带被撕断了，如图所示．请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：（填字母）‎ ‎（1）从纸带A上撕下的那段应该是B、C、D三段纸带中的　C　．‎ ‎（2）打A纸带时，物体的加速度大小是　0.60　m/s2．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题．‎ 利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：‎ x45﹣x34=x34﹣x23=x23﹣x12=x12﹣x01‎ 所以属于纸带A的是C图．‎ ‎（2）根据运动学公式△x=at2得：‎ a==0.60m/s2．‎ 故答案为：C； 0.60‎ ‎　‎ ‎14．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．被测干电池一节 B．电流表：量程0～0.6A，内阻0.1Ω C．电流表：量程0～3A，内阻0.024Ω D．电压表：量程0～3V，内阻未知 E．电压表：量程0～15V，内阻未知 F．滑动变阻器：0～10Ω，2A G．滑动变阻器：0～100Ω，1A H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中请选择适当的器材：A　BDF　H（填写选项前的字母）；‎ ‎（2）在图甲方框中画出相应的实验电路图；‎ ‎（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图乙所示的U﹣I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　1.0　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；‎ ‎（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；‎ ‎（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：A．被测干电池一节 为了读数准确，所以选择B．电流表：量程0～0.6A，D．电压表：量程0～3V，‎ 滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F．滑动变阻器，H．开关、导线若干 ‎（2）实验电路图：‎ ‎（3）由U﹣I图可知，电源的电动势为：E=1.50V；‎ 内电阻为：r===1.0Ω 故答案为：（1）BDF；（2）电路图如图所示；（3）1.5，1.0．‎ ‎　‎ 三.计算题（15题10分，16题12分，17题12分，共计34分）‎ ‎15．如图所示，质量分别为m1=1kg，m2=3kg的小车A和B静止在水平面图1上，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，小车B以水平向左的初速度v0向A驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A获得的最大速度为v=6m/s，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：‎ ‎①小车B的初速度v0；‎ ‎②A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】①两车碰撞过程中，动量与机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小车B的初速度v0；‎ ‎②弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：①由题意可得，当A、B相互作用弹簧恢复到原长时A的速度达到最大，设此时B的速度为v2，所以：‎ 由动量守恒定律可得：m2v0=m1v+m2v2，‎ 相互作用前后系统的总动能不变： m2v02=m1v2+m2v22，‎ 解得：v0=4m/s；‎ ‎②第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B有相同的速度v′，‎ 根据动量守恒定律有：m2v0=（m1+m2）v′，‎ 此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：‎ ‎△E=m2v02﹣（m1+m2）v′2=6J；‎ 答：①小车B的初速度v0为4m/s．‎ ‎②A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为6J．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角θ=37°，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8‎ ‎（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？‎ ‎（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）分析静止的物体在AB传送带上受滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，已知动摩擦因数，可求滑动摩擦力对物体产生的加速度，物体在AB传送带上已知初速度、加速度、位移可以求物体到达B端时的速度（注意此速度不能大于传送带的速度，要注意判断），同理在CD传送带上，已知物体的初速度、动摩擦因数和传送带的倾角，物体在重力、传送带支持力和滑动摩擦力共同作用下做匀减速直线运动，所以可以求出物体沿传送带上升的最大距离；‎ ‎（2）CD传送带转动的情况下，物体先做匀减速直线运动，当速度减到和传送带速度一样时，滑动摩摩擦力将改变方向．所以物体做匀减速直线运动两段时间内的加速度不一样，然后根据匀变速直线运动的规律可求得米袋从C端运动到D端的时间．‎ ‎【解答】解：（1）米袋在AB在滑动摩擦力作用下产生的加速度为 ‎ 米袋在滑动摩擦力作用下速度增加到v0=5m/s时滑过的距离 故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为v0=5m/s 设米袋在CD传送带上受重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力共同作用下产生的加速度大小为a，据牛顿第二定律有：‎ ‎=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2‎ 物体在CD上做匀减速直线运动，故上滑的最大距离 ‎（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前，滑动摩擦沿传送带向下，根据牛顿第二定律有：‎ 米袋产生加速度的大小为 代入数据得 因为米袋做匀减速直线运动，故此时米袋上滑的距离 当米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，但因米袋速度小于传送带速度，故滑动摩擦力沿传送带向上 故由牛顿第二定律得物体继续做匀减速直线运动的加速度大小为：‎ 代入数据得 因为米袋做匀减速直线运动，当米袋速度减到0时，米袋上滑的距离 又因为x1+x2=4.45m=L2，即米袋速度为零时米袋刚好到达D端 根据运动学规律可知，米袋从C到D共经历的时间t=‎ 答：CD能沿传送带上滑的最大距离为1.25m；若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为2.1s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在x＜0且y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面向里．磁感应强度大小为B，在x＞0且y＜0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的M点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的P点，已知===l．不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子进入匀强磁场时速度的大小；‎ ‎（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间；‎ ‎（3）匀强电场的场强大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解；‎ ‎（2）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，结合前者由周期与圆心角求解，后者由运动学公式求出，从而可求出总时间；‎ ‎（3）根据粒子在电场中作类平抛运动，由牛顿第二定律与运动学公式相结合，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，‎ 由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点，半径为l，‎ 则有：Bqv=m，‎ 解得：v=‎ ‎（2）设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t，‎ 则有t1=T=；‎ 而t2=‎ 所以t=；‎ ‎（3）带电粒子在电场中做类平抛运动，‎ 位移关系式，l=at2，‎ 时间t2=‎ 加速度为a=‎ 联立可解得：E=；‎ 答：（1）带电粒子进入匀强磁场时初速度的大小v=；‎ ‎（2）带电粒子从射入匀强磁场到射出匀强电场所用的时间：；‎ ‎（3）匀强电场的场强大小：．‎ ‎　‎ ‎2017年1月10日