广东省梅州市蕉岭中学2017届高三上学期开学物理试卷

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www.ks5u.com ‎2016-2017学年广东省梅州市蕉岭中学高三（上）开学物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．在空中同一位置同时将三个小球a、b、c沿同一方向水平抛出，其速度大小分别为v、2v和3v，某一时刻三个小球在空中的位置排布应是下列图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点0对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电荷在0点受力最大 B．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小 C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小 D．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小 ‎3．如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（　　）‎ A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为24V B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半 C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍 D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍 ‎4．如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是（　　）‎ A．A、B间接控制电路，C、D间接被控电路 B．A、B间接被控电路，C、D间接控制电路 C．流过L的电流减小时，C、D间电路断开 D．流过L的电流增大时，C、D间电路断开 ‎6．如图所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则（　　）‎ A．水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g B．墙面对正方体的弹力大小 C．正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα D．直角劈对墙面的弹力大小mgsinα ‎7．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量分别均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（设地球表面的重力加速度为g）（　　）‎ A．地球的自转周期为T=2π B．地球的自转周期为T=π C．地球同步卫星的轨道半径为R D．地球同步卫星的轨道半径为2R ‎8．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）‎ A．油滴带正电荷 B．若将导体棒的速度变为2v0，电容器的带电荷量增加，油滴将向上加速运动，加速度a=g C．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴将向下加速 D．若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，带电油滴的电势能增加，且P点的电势降低 ‎　‎ 二、实验题：（共15分）‎ ‎9．如图所示是用光电门传感器测定小车瞬时速度的情景，轨道上a、c间距离恰等于小车长度，b是a、c中点．某同学采用不同的挡光片做了三次实验，并对测量精确度加以比较．挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，它测量的是小车前端P抵达　　（选填“a”“b”或“c”）点时的瞬时速度；若每次小车从相同位置释放，记录数据如表格所示，那么测得瞬时速度较精确的值为　　m/s．‎ 次序 挡光片宽/m 挡光时间/s 速度/（m・s﹣1）‎ ‎1‎ ‎0.080‎ ‎0.036‎ ‎2.22‎ ‎2‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎2.00‎ ‎3‎ ‎0.020‎ ‎0.0105‎ ‎1.90‎ ‎10．为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P=UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0V 1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．‎ ‎（1）准备使用的实物电路如图甲所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．（用笔画线代替导线）‎ ‎（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选　　Ω的定值电阻．‎ ‎（3）测量结束后，应先断开开关，拆除　　两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示．请指出图象中两处不恰当的做法．　　．‎ ‎　‎ 四、计算题：（共32分）‎ ‎11．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为高h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.1Kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g取10m/s2），求：‎ ‎①小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离；‎ ‎②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小？‎ ‎③如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置．‎ ‎12．如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0，L）、C（L，0），在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．‎ ‎（1）求磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；‎ ‎（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．‎ ‎　‎ 四、选考题【选修3-5】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说 B．氡222的衰变方程是，已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，16克氡222衰变后还剩1克 C．链式反应中，重核裂变时放出的中子可以使裂变不断进行下去 D．已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速）‎ E．对于某种金属，超过其极限频率的入射光强度越弱，所逸出的光电子的最大初动能越小 ‎14．如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M=1.98kg的木块，现有一质量为m0=20g的子弹以v0=100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求：‎ ‎①圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；‎ ‎②木块所能达到的最大高度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省梅州市蕉岭中学高三（上）开学物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．在空中同一位置同时将三个小球a、b、c沿同一方向水平抛出，其速度大小分别为v、2v和3v，某一时刻三个小球在空中的位置排布应是下列图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直方向上的位移相等，分析判断．‎ ‎【解答】解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，可知三个小球同时抛出，在竖直方向上的位移相等，则三个小球在同一水平线上．水平方向上做匀速直线运动，由于初速度相差恒定，则水平间隔相等．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点0对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电荷在0点受力最大 B．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小 C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小 D．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，即可判定电场力的大小，再依据电场力做功的正负来判定电势能增大还是减小．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在0点受力不是最大，故A错误．‎ BD、根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小．故B错误，D正确，‎ C、电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（　　）‎ A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为24V B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半 C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍 D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】电压表读数6V为有效值，由 = 可得输入电压的有效值为24V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值 输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半．‎ ‎【解答】解：A、若电压表读数为6V，由 = 可得则输入电压为是有效值，根据正弦交流电 有效值与最大值的关系可得因此其最大值为V，所以A错误；‎ B、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由 = 可得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，所以B错误；‎ C、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半，所以C错误；‎ D、若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得，mgh=，解得v==．‎ 物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，‎ 若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度m/s=1m/s．‎ 若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度m/s=7m/s．‎ 知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．‎ 传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．‎ 若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．‎ 若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是（　　）‎ A．A、B间接控制电路，C、D间接被控电路 B．A、B间接被控电路，C、D间接控制电路 C．流过L的电流减小时，C、D间电路断开 D．流过L的电流增大时，C、D间电路断开 ‎【考点】传感器在生产、生活中的应用．‎ ‎【分析】电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答．‎ ‎【解答】解：AB、当较小的电流经过接线柱AB流入线圈时，电磁铁把衔铁吸下，使CD两个接线柱所连的触点接通，较大的电流就可以通过CD带动机器工作了．故A正确，B错误；‎ CD、流过L的电流减小时，线圈L产生的磁场减弱，对衔铁P的吸引力减弱，使CD两个接线柱所连的触点断开，故C正确、D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为m、顶角为α的直角劈和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．若不计一切摩擦，则（　　）‎ A．水平面对正方体的弹力大小为（M+m）g B．墙面对正方体的弹力大小 C．正方体对直角劈的弹力大小为mgcosα D．直角劈对墙面的弹力大小mgsinα ‎【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】以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，求解水平面对正方体的弹力大小．对直角劈研究，分析受力情况，根据平衡条件求解墙面对直角劈的弹力和正方体对直角劈的弹力大小．‎ ‎【解答】解：A、以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，则由平衡条件得：‎ ‎ 水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g．故A正确．‎ B、C对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得知：重力mg和墙壁的弹力N1的合力F与M的支持力N4大小相等，方向相反，由图得：‎ ‎ 墙面对m的弹力N1=，正方体对直角劈的弹力大小为N4=．‎ ‎ 对整体可知，墙面对正方体的弹力N2=N1=．故B正确，C错误．‎ D、根据牛顿第三定律得知，直角劈对墙面的弹力大小N1′=N1=，故D错误．‎ 故选AB ‎　‎ ‎7．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量分别均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（设地球表面的重力加速度为g）（　　）‎ A．地球的自转周期为T=2π B．地球的自转周期为T=π C．地球同步卫星的轨道半径为R D．地球同步卫星的轨道半径为2R ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力，由此求出地球的自转周期；结合万有引力提供向心力即可求出同步卫星的轨道半径．‎ ‎【解答】解：A、在北极…①‎ 在赤道：…②‎ 根据题意，有…③‎ 联立解得：，故A正确，B错误；‎ C、万有引力提供同步卫星的向心力，则：‎ 联立可得：r3=…④‎ 又地球表面的重力加速度为g，则：mg=…⑤‎ 联立④⑤得：r=．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置且导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）‎ A．油滴带正电荷 B．若将导体棒的速度变为2v0，电容器的带电荷量增加，油滴将向上加速运动，加速度a=g C．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a端，同时将电容器上极板向上移动距离，油滴将向下加速 D．若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，带电油滴的电势能增加，且P点的电势降低 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电容．‎ ‎【分析】导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；‎ B、设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv 电容器两端电压为： ①‎ 开始液滴静止有： ②‎ 当若将导体棒的速度变为2v0时，有：③‎ 将①中v0换为2v0联立①②③解得：a2=g，方向竖直向上，故B正确；‎ C、若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：‎ 此时液滴所受电场力为：，因此液滴仍然静止，故C错误；‎ D、若保持导体棒的速度为v0不变，将上极板竖直向上移动距离d，根据电场强度与电势差的关系：可知极板之间的电场强度减小，P与下极板之间的电势差减小，所以P点的电势UP降低．则负电荷的电势能：EP=﹣q•UP电势能增大．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题：（共15分）‎ ‎9．如图所示是用光电门传感器测定小车瞬时速度的情景，轨道上a、c间距离恰等于小车长度，b是a、c中点．某同学采用不同的挡光片做了三次实验，并对测量精确度加以比较．挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，它测量的是小车前端P抵达　b　（选填“a”“b”或“c”）点时的瞬时速度；若每次小车从相同位置释放，记录数据如表格所示，那么测得瞬时速度较精确的值为　1.90　m/s．‎ 次序 挡光片宽/m 挡光时间/s 速度/（m・s﹣1）‎ ‎1‎ ‎0.080‎ ‎0.036‎ ‎2.22‎ ‎2‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎2.00‎ ‎3‎ ‎0.020‎ ‎0.0105‎ ‎1.90‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】光电门的测速原理是用极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小，时间越短的平均速度越接近瞬时速度．‎ ‎【解答】解：（1）挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，当挡光片到达光电门处时，小球前端P刚好抵达b点，故它测量的是小车前端P抵达b点时的瞬时速度．‎ ‎（2）光电门测速的原理，是用挡光片的宽度除以挡光片通过光电门的时间，即挡光片通过光电门的平均速度近似的表示小车运动的瞬时速度，所以挡光片宽度越小，通过光电门的时间越短，平均速度越接近瞬时速度，从数据可知那么测得瞬时速度较精确的值的是第三次实验，故精确的瞬时速度为1.90m/s．‎ 故答案为：（1）b；（2）1.90．‎ ‎　‎ ‎10．为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P=UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0V 1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．‎ ‎（1）准备使用的实物电路如图甲所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．（用笔画线代替导线）‎ ‎（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选　10　Ω的定值电阻．‎ ‎（3）测量结束后，应先断开开关，拆除　电池　两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示．请指出图象中两处不恰当的做法．　图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】测定小灯泡电功率实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，据此连接实物电路图．‎ 做电学实验为保护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出；画图象时若各点不在一条直线上时，应用平滑的曲线连接．‎ ‎【解答】解：（1）测定小灯泡电功率实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）当变阻器的输出电压最大时，通过小灯泡的电流为额定电流为：I变=A=0.6A，‎ 根据欧姆定律通过变阻器的电流为：I=0.3A，‎ 所以通过电源的电流为：I′=I+I变=0.6+0.3=0.9A，‎ 根据闭合电路欧姆定律，应有：E=U+I′（r+R0），‎ 解得：R0+r==10Ω，所以保护电阻应选10Ω的定值电阻；‎ ‎（3）根据安全性原则，测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在图2坐标纸上，并作出了一条直线，由于电阻随电压的变化而变化，故应作出曲线；‎ 同时因横坐标选择过大，而使图象较小；故图象中不恰当的地方有①图线不应画为直线；②横坐标的标度选择不合适．‎ 故答案为：（1）如图；（2）10；（3）电池；（4）图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适．‎ ‎　‎ 四、计算题：（共32分）‎ ‎11．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为高h=5m的竖直轨道，CD段为水平轨道．一质量为0.1Kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动（g取10m/s2），求：‎ ‎①小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离；‎ ‎②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小？‎ ‎③如果在BCD轨道上放置一个倾角θ=45°的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；牛顿第三定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】①小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离；‎ ‎②小球在B点时做的是匀速圆周运动，对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球受到的支持力的大小，在根据牛顿第三定律可以知道对圆形轨道的压力大小；‎ ‎③小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离，与斜面的长度相对比，可以知道，小球将落在斜面上，再根据平抛运动的规律可以求得落在斜面上的位置．‎ ‎【解答】解：（1）设小球离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点距离为s 竖直方向，由h=gt12‎ 得：t1==s=1s 水平方向：s=vB•t1=2×1 m=2 m ‎（2）小球达B受重力G和向上的弹力F作用，根据向心力公式和牛顿第二定律得：‎ F向=F﹣G=m 解得F=3N 由牛顿第三定律知球对B的压力F′=﹣F，即小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．‎ ‎（3）如图，斜面BEC的倾角θ=45°，CE长d=h=5m 因为d＞s，所以小球离开B点后能落在斜面上，‎ 假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为t2‎ Lcosθ=vBt2 ①‎ Lsinθ=gt22②‎ 联立①②两式得：t2=0.4s L==m=0.8m≈1.13m 答：①小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离为2m；‎ ‎②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为3N；‎ ‎③小球离开B点后能落到斜面上，它第一次落在斜面上的位置距离B点为1.13m．‎ ‎　‎ ‎12．如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O（0，0）、A（0，L）、C（L，0），在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t=0时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m，电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t=t0时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．‎ ‎（1）求磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P（P点图中未标出）射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系；‎ ‎（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小．‎ ‎【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】（1）粒子垂直OA进入磁场中，转过90°，垂直打在y轴上，则t=t0=T，求出周期，由周期公式T=求B的大小．‎ ‎（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之和等于T．‎ ‎（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，只要求出△θ的最大值，即可求得θ2的最大值．由△t=和已知条件△tmax=，联立可求出θ2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度 ‎【解答】解：（1）粒子在t0时间内，速度方向改变了90°，t=t0=T，故周期T=4t0‎ 由T=…①‎ 解得：B=…②‎ ‎（2）在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有：θ1=180°﹣θ2…③‎ 故t1+t2=T=2t0…④‎ ‎（3）由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差△t与△θ=θ2﹣θ1成正比，‎ 由②得：△θ=θ2﹣θ1=2θ2﹣180°…⑤‎ 根据⑤式可知θ2越大，△θ2越大，时间差△t越大，有：△t=T…⑥‎ 由题时间间隔最大值为：△tmax=…⑦‎ 又T=4t0 …⑧‎ 则⑤⑥⑦⑧得，θ2的最大值为：θmax=150°…⑨‎ 在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系有：α=180°﹣θ=30°…⑩‎ 由几何知识得：tan∠A==‎ 得：∠A=60°…（11）‎ β=90°﹣∠A=30°…（12）‎ 且有：Rcosα+=L，‎ 解得：R=，‎ 根据qvB=m，解得：v=；‎ 答：（1）磁场的磁感应强度B的大小是；‎ ‎（2）这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系是2t0；‎ ‎（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过P点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，粒子进入磁场时的速度大小是．‎ ‎　‎ 四、选考题【选修3-5】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说 B．氡222的衰变方程是，已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，16克氡222衰变后还剩1克 C．链式反应中，重核裂变时放出的中子可以使裂变不断进行下去 D．已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为（c表示真空中的光速）‎ E．对于某种金属，超过其极限频率的入射光强度越弱，所逸出的光电子的最大初动能越小 ‎【考点】原子核的结合能；裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】根据物理学史、半衰期的意义、比结合能的含义及产生光电效应的条件进行解答．‎ ‎【解答】解：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子的核式结构学说．故A错误．‎ B、氡222的衰变方程是，已知其半衰期约为T=3.8天，经过15.2天，16克氡222衰变后还剩 m剩=m原=16×g=1g，故B正确．‎ C、重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，从而形成链式反应．故C正确．‎ D、已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的结合能为△E=（mn+mp﹣mD）c2，核子数是2，则氘核的比结合能为=．故D正确．‎ E、对于某种金属，超过其极限频率的入射光能产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程可知所逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关．故E错误．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为m=0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M=1.98kg的木块，现有一质量为m0=20g的子弹以v0=100m/s的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10m/s2），求：‎ ‎①圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；‎ ‎②木块所能达到的最大高度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①子弹射穿木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块后子弹和木块的共同速度．即可求得系统损失的机械能；‎ ‎②木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒．当两者水平速度相同时向右摆到最大高度，由系统的水平方向动量守恒求出和机械能守恒结合求解木块向右摆动的最大高度．‎ ‎【解答】解：①子弹射入木块过程，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定律得：‎ 则有：m0v0=（m0+M）v 得：v==m/s=1m/s ‎ 机械能只在该过程有损失，损失的机械能为 ‎ ‎△E=﹣=[﹣]J=99J ‎②木块（含子弹）在向上摆动过程中，以木块（含子弹）和圆环木块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根据系统水平方向的动量守恒得，‎ 则有：（m0+M）v=（m0+M+m）v'‎ 解得：v'==m/s=0.8m/s 根据机械能守恒定律有：‎ 联立解得：‎ h==m=0.01m 答：①圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99J；‎ ‎②木块所能达到的最大高度为0.01m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月28日