福建省闽粤大联考2017届高三上学期期末物理试卷

福建省闽粤大联考2017届高三上学期期末物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年福建省闽粤大联考高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理研究方法的叙述中不正确的是（　　）‎ A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型 B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的理想 C．根据速度定义式v，当△t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 D．用比值定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容C=、磁感应强度B=都是采用比值法定义的 ‎2．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力．则有（　　）‎ A．由此可知d电势高于c电势 B．由此可知Ⅰ是S极 C．由此可知Ⅰ是N极 D．当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的磁场力 ‎3．如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T．现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T′．根据以上信息可以判断T和T′的比值为（　　）‎ A． B．‎ C． D．条件不足，无法确定 ‎4．如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100πt（V）的交流电源上副线圈两端接R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（　　）‎ A．原线圈中的输入功率为220W B．原线圈中电流表的读数为1 A C．副线圈中电压表的读数为110V D．副线圈中输出交流电的周期为0.01s ‎5．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．对此，下列说法不正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度 B．卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短 C．卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点的加速度 D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小 ‎6．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g． 则上述过程中（　　）‎ A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmga B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmga C．经O点时，物块的动能小于W﹣μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 ‎7．如图所示，有一矩形区域abcd，水平边长s=m，竖直边长h=1m．当该区域只存在大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，一比荷为=0.1C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心．当该区域只存在匀强磁场时，另一个比荷也为=0.1C/kg的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心．不计粒子的重力，则（　　）‎ A．粒子进入矩形区域时的速率v0=m/s B．磁感应强度大小为T，方向垂直纸面向外 C．正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为 D．正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等 ‎8．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎9．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（　　）‎ A．a点与b点的线速度大小相等 B．a点与b点的角速度大小相等 C．a点与c点的线速度大小相等 D．a点与d点的向心加速度大小相等 ‎10．最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运动一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周．仅利用以上两个数据可以求出的量有（　　）‎ A．恒星质量与太阳质量之比 B．恒星密度与太阳密度之比 C．行星质量与地球质量之比 D．行星运行速度与地球公转速度之比 ‎11．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等 B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等 C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动 D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动 ‎12．如图所示的电路中，电源内阻一定，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U，电流表A的示数增加△I（电压表与电流表均为理想电表），在这个过程中（　　）‎ A．通过R1的电流减少量等于 B．R2两端的电压增加量等于△U C．路端电压减少量等于△U D．为定值 ‎　‎ 二、实验题 ‎13．（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　　mm．‎ ‎14．某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图甲所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．‎ ‎（1）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为　　；‎ ‎（2）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d=　　cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，则小车经过光电门时的速度为　　（用字母表示）；‎ ‎（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2﹣m线性图象（如图丙所示），从图线得到的结论是：在小车质量一定时，　　．‎ ‎（4）某同学在作出的v2﹣m线性图象不通过坐标原点，开始实验前他应采取的做法是　　‎ A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动 C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，AB与水平面间的夹角为α=37°，一小物块放在A处（可视为质点），小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v0=1m/s．小物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧1.8米处（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）小物块在AB段向下运动时的加速度；‎ ‎（2）小物块到达B处时的速度大小；‎ ‎（3）求AB的长L．‎ ‎16．如图，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=l.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=l0m/s2．求 ‎①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；‎ ‎②小铁块和长木板达到的共同速度v．‎ ‎17．中国自行研制，具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行五周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示，设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：‎ ‎（1）地球的平均密度是多少；‎ ‎（2）飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；‎ ‎（3）椭圆轨道远地点B距地面的高度．‎ ‎18．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0×10﹣4C正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°．求：‎ ‎（1）AB两点间的电势差UAB．‎ ‎（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．‎ ‎（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小．（g取10m/s2，sin37°=O.60，cos37°=0.80）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省闽粤大联考高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了物理学的许多研究方法，下列关于物理研究方法的叙述中不正确的是（　　）‎ A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷、向心加速度等都是理想化模型 B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的理想 C．根据速度定义式v，当△t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 D．用比值定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如场强E=、电容C=、磁感应强度B=都是采用比值法定义的 ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系；重力．‎ ‎【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．重心、合力等体现了等效替代的思想；场强E=、电容C=、磁感应强度B=采用比值法．瞬时速度定义用了数学极限思想．‎ ‎【解答】解：A、理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、点电荷，向心加速度不是，故A错误；‎ B、重心、合力和交变电流的有效值体现了等效替代的思想，故B正确；‎ C、根据速度定义式v=，当△t足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故C正确；‎ D、用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，场强E=、电容C=‎ ‎、磁感应强度B=采用比值法，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力．则有（　　）‎ A．由此可知d电势高于c电势 B．由此可知Ⅰ是S极 C．由此可知Ⅰ是N极 D．当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的磁场力 ‎【考点】左手定则．‎ ‎【分析】据cd棒所受磁场力的方向由左手定则判断出导线中电流的方向，然后由右手定则判断出ab棒所处位置磁场方向，进一步判断出磁极名称；棒ab相当于电源，根据电流方向判断电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、由左手定则可知，cd棒受到的安培力向下，所以cd棒中电流方向是：由c指向d，所以C点的电势高于d点的电势．故A错误；‎ B、C、结合A的分析可知，ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向：竖直向上，则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极；故B正确，C错误；‎ D、当ab棒向左运动时，根据楞次定律可知ab导线受到向左的磁场力．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎3．如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T．现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②‎ 所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T′．根据以上信息可以判断T和T′的比值为（　　）‎ A． B．‎ C． D．条件不足，无法确定 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB间的库仑力，根据平衡条件求解出T；‎ ‎②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，AB间库仑力，及绳子的弹力，否则不平衡；‎ 再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，及库仑力，四力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T′‎ ‎【解答】解：①图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB间的库仑力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：T=；‎ ‎②图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，AB间的库仑力以及AB绳的拉力，由于A处于平衡状态，则AB绳的拉力与库仑力大小相等，方向相反，‎ 再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，AB间的库仑力以及AB绳的拉力，而AB间的库仑力以及AB绳的拉力的合力为零，图中可以不画，如图所示；‎ 根据平衡条件，有：‎ T′=2mg；‎ 可见T′=，即 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100πt（V）的交流电源上副线圈两端接R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（　　）‎ A．原线圈中的输入功率为220W B．原线圈中电流表的读数为1 A C．副线圈中电压表的读数为110V D．副线圈中输出交流电的周期为0.01s ‎【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】根据瞬时值的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，电流与匝数成反比，即可求得结论．‎ ‎【解答】解：A、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，故A错误；‎ B、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，再由输入功率和输出功率相等可得220I1=，所以原线圈的电流的大小为1A由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为=220W，故B正确；‎ C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V，所以电压表的读数为110V，故C错误；‎ D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T==0.02s，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．对此，下列说法不正确的是（　　）‎ A．卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于月球的第一宇宙速度 B．卫星在轨道Ⅲ上运动周期比在轨道Ⅰ上短 C．卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点的加速度 D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律，比较各轨道的周期；根据万有引力提供向心力：，轨道半径越大，线速度越小，从而可比较卫星在轨道上Ⅲ运动的速度小于月球的第一宇宙速度大小；比较加速度，只需比较它所受的合力即万有引力．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，轨道半径越大，线速度越小．月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度．故A正确．‎ B、根据开普勒第三定律，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长．故B正确．‎ C、卫星在轨道Ⅲ上在P点和在轨道Ⅰ在P点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等．故C错误．‎ D、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g． 则上述过程中（　　）‎ A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmga B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmga C．经O点时，物块的动能小于W﹣μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．‎ ‎【解答】解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；‎ B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 ‎，故B正确；‎ C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；‎ D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，有一矩形区域abcd，水平边长s=m，竖直边长h=1m．当该区域只存在大小为E=10N/C、方向竖直向下的匀强电场时，一比荷为=0.1C/kg的正粒子由a点沿ab方向以速率v0进入该区域，粒子运动轨迹恰好通过该区域的几何中心．当该区域只存在匀强磁场时，另一个比荷也为=0.1C/kg的负粒子由c点沿cd方向以同样的速率v0进入该区域，粒子运动轨迹也恰好通过该区域的几何中心．不计粒子的重力，则（　　）‎ A．粒子进入矩形区域时的速率v0=m/s B．磁感应强度大小为T，方向垂直纸面向外 C．正、负粒子各自通过矩形区域所用时间之比为 D．正、负粒子各自离开矩形区域时的动能相等 ‎【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】正粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求解出速度．负粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则判断磁场的方向，画出粒子的运动轨迹，求得轨迹半径，从而由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小．磁场中运动的时间根据轨迹对应的圆心角求解．洛伦兹力对粒子不做功．‎ ‎【解答】解：A、正粒子在电场中做类平抛运动，据题有：‎ 水平方向： =v0t1；‎ 竖直方向： =；‎ 加速度 a==0.1×10=1m/s2．‎ 联立解得：v0=m/s．故A正确．‎ B、负粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子进入磁场后所受的洛伦兹力向下，由左手定则判断磁场的方向垂直纸面向里．‎ 设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得： +=r2，解得 r=1m 由洛伦兹力提供向心力，得 qv0B=m得，B=5T．故B错误．‎ C、设正粒子通过矩形区域所用时间为tE．则有 h=，解得 tE=s 由上知r=h，所以负粒子轨迹的圆心在d点，则其通过磁场的时间为 tB===，故=．故C正确．‎ D、负粒子通过磁场中洛伦兹力不做功，动能不变，而正粒子通过电场时电场力做正功，动能增大，所以正、负粒子各自离开矩形区域时的动能不等，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电场强度．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点．左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r．b点在小轮上，到小轮中心的距离为r．c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中，皮带不打滑．则（　　）‎ A．a点与b点的线速度大小相等 B．a点与b点的角速度大小相等 C．a点与c点的线速度大小相等 D．a点与d点的向心加速度大小相等 ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速；向心加速度．‎ ‎【分析】共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相等，根据v=rω，a=rω2=可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v=rω，c的线速度大于b的线速度，则a、b两点的线速度不等．故A错误，C正确；‎ B、a、c的线速度相等，根据v=rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等．故B错误；‎ D、根据a=rω2得，d点的向心加速度是c点的2倍，根据a=知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度相等．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运动一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周．仅利用以上两个数据可以求出的量有（　　）‎ A．恒星质量与太阳质量之比 B．恒星密度与太阳密度之比 C．行星质量与地球质量之比 D．行星运行速度与地球公转速度之比 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据行星的万有引力等于向心力，结合行星的轨道半径和公转周期列式求出恒星质量的表达式进行讨论即可．‎ ‎【解答】解：行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设恒星质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，有 G=m（）2r ①‎ 解得 M=‎ 同理，太阳质量为 M′=‎ 由于地球的公转周期为1年，故可以求得恒星质量与太阳质量之比，故A正确；‎ 又由于 v=‎ 故可以求得行星运行速度与地球公转速度之比，故D正确；‎ 由于①式中，行星质量可以约去，故无法求得行星质量，故C错误；‎ 由于恒星与太阳的体积均不知，故无法求出它们的密度之比，故B错误；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E，现在电场区域内某点O处放置一负点电荷Q，并在以O点为球心的球面上选取a、b、c、d四点，其中ac连线为球的水平大圆直径，bd连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．b、d两点的电场强度大小相等，电势相等 B．a、c两点的电场强度大小相等，电势相等 C．若从a点抛出一带正电小球，小球可能沿a、c所在圆周作匀速圆周运动 D．若从a点抛出一带负电小球，小球可能沿b、d所在圆周作匀速圆周运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由电场场强的矢量叠加原理进行分析求解AB项；由做匀速圆周运动条件分析C，D项．‎ ‎【解答】解：A、Q在 b点与d点场强方向相反，与匀强电场叠加后d点场强大于b点场强．故A错误；‎ ‎ B、a、c两点的电场强度大小相等，点电荷在ac两点的电势相等，电场E在ac两点的电势相等，所以ac两点的电势相等．故B正确；‎ ‎ C、若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q所给的库仑力．故为正电荷沿水平面运动．故C正确 ‎　　D、若从a点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q点，则不能做匀速圆周运动．故D错误 故选：BC ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，电源内阻一定，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U，电流表A的示数增加△I（电压表与电流表均为理想电表），在这个过程中（　　）‎ A．通过R1的电流减少量等于 B．R2两端的电压增加量等于△U C．路端电压减少量等于△U D．为定值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系．由闭合电路中内外电压与电源电动势的关系求出△U与△I的比值，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；‎ B、R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故B错误；‎ C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于△U，故C错误；‎ D、设电源电动势是E，电源内阻是r，调整可变电阻前电路电流是I，调整后电路电流是I′，在闭合电路中，‎ 电源电动势等于内外电压之和，即E=UV+I（r+R2）①，E=UV′+I′（r+R2） ②，②﹣①得：UV′﹣UV+（I′﹣I）（r+R2）=0，‎ ‎△I（r+R2）=UV﹣UV′=△U，则=（r+R2），故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎13．（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为　49.05　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为　4.699　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【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．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：（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为49mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：49mm+0.05mm=49.05mm．‎ ‎（2）螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为19.9×0.01mm=0.199mm，所以最终读数为4.5mm+0.199mm=4.699mm．‎ 故答案为：（1）49.05；（2）4.699‎ ‎　‎ ‎14．某同学做“探究加速度与力、质量关系”的实验．如图甲所示是该同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．‎ ‎（1）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为　　；‎ ‎（2）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d=　1.050　cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t，则小车经过光电门时的速度为　　（用字母表示）；‎ ‎（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出v2﹣m线性图象（如图丙所示），从图线得到的结论是：在小车质量一定时，　加速度与合外力成正比　．‎ ‎（4）某同学在作出的v2﹣m线性图象不通过坐标原点，开始实验前他应采取的做法是　C　‎ A．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动 B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动 C．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动 D．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）为使绳子的拉力等于重物的重力，m应远远小于M；‎ ‎（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．‎ ‎（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=2s，可根据v2﹣m图象可以直观的得出结论．‎ ‎（4）由图可知开始有外力时，而小车的加速度为零，说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足．‎ ‎【解答】解：（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．‎ 为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 对m：mg﹣F拉=ma 对M：F拉=Ma 解得：F拉=‎ 当m＜＜M时，即当重物重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力．‎ ‎（2）游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，‎ 所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm；‎ ‎②数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，‎ 用该平均速度代替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=．‎ ‎（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as=s，‎ 由题意可知，M、s不变，因v2﹣m图象为过原点的直线，则说明加速度与合外力成正比．‎ ‎（4）v2﹣m线性图象不通过坐标原点，开始当小车挂上重物时，加速度却为零，线性图象不通过坐标原点，故导致图象不过原点的原因是木板倾角偏小．即说明操作过程中没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足，采取的方法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动．故C正确．‎ 故选：C 故答案为：（1）m＜＜M；（2）1.050，；（3）加速度与合外力成正比；（4）C．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，AB与水平面间的夹角为α=37°，一小物块放在A处（可视为质点），小物块与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.25，现在给小物块一个沿斜面向下的初速度v0=1m/s．小物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧1.8米处（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）．求：‎ ‎（1）小物块在AB段向下运动时的加速度；‎ ‎（2）小物块到达B处时的速度大小；‎ ‎（3）求AB的长L．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出小物块在AB段下滑的加速度．‎ ‎（2）物块经过B处时无机械能损失，物块最后停在B点右侧1.8米处，根据动能定理求出B点的速度．‎ ‎（3）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出AB的长度．‎ ‎【解答】解：（1）小物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得，‎ mgsinα﹣μmgcosα=ma 代入数据解得a=4m/s2．‎ ‎（2）小物块从B相右运动，由动能定理得，‎ 代入数据解得vB=3m/s．‎ ‎（3）小物块从A到B，由运动学公式得，‎ ‎．‎ 答：（1）小物块在AB段向下运动时的加速度为4m/s2．‎ ‎（2）小物块到达B处时的速度大小为3m/s．‎ ‎（3）AB的长为1m．‎ ‎　‎ ‎16．如图，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=l.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=l0m/s2．求 ‎①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；‎ ‎②小铁块和长木板达到的共同速度v．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】①由动能定理可以求出克服摩擦力的功；‎ ‎②小铁块与木板相互作用过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度．‎ ‎【解答】解：①由动能定理得：mgR﹣Wf=mv02﹣0，‎ 代入数据解得：Wf=1.5J；‎ ‎②以小铁块的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，‎ 代入数据解得：v=1m/s；‎ 答：①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；‎ ‎②小铁块和长木板达到的共同速度为1m/s．‎ ‎　‎ ‎17．中国自行研制，具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行五周后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示，设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：‎ ‎（1）地球的平均密度是多少；‎ ‎（2）飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小；‎ ‎（3）椭圆轨道远地点B距地面的高度．‎ ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】在地球表面附近，万有引力与重力近似相等计算出地球的质量，再根据密度的定义式计算地球的密度．‎ 求出飞船在A点的万有引力，根据牛顿第二定律结合万有引力等于重力求出A点的加速度．‎ 根据飞船的周期，通过万有引力提供向心力求出轨道半径，从而求出远地点B距地面的高度．‎ ‎【解答】解：（1）根据质量、密度、体积间的关系可知，地球的质量为：﹣﹣﹣﹣①‎ 在地球表面附近，万有引力与重力近似相等，有：﹣﹣﹣﹣②‎ 由①②式联立解得：地球的平均密度 ‎（2）根据牛顿第二定律有：﹣﹣﹣﹣③‎ 由②③式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为：‎ ‎（3）飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有：﹣﹣﹣﹣④‎ 由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为：﹣﹣﹣﹣⑤‎ 由②④⑤式联立解得，椭圆轨道远地点B距地面的高度为：h2=‎ 答：（1）地球的平均密度是；‎ ‎（2）飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为；‎ ‎（3）椭圆轨道远地点B距地面的高度为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有q=6.0×10﹣4C正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°．求：‎ ‎（1）AB两点间的电势差UAB．‎ ‎（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小．‎ ‎（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小．（g取10m/s2，sin37°=O.60，cos37°=0.80）‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件与匀强电场的场强与电势差关系即可求解；‎ ‎（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；‎ ‎（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得则：‎ qE=mgtanθ，‎ 得： =V/m，‎ 由U=Ed有： V；‎ ‎（2）设小球运动至C点时速度为vC，则：‎ mgL﹣qEL=mvC2，‎ 解得：vC=1.4m/s，‎ 在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得：‎ F﹣mg=m，‎ 代入数据，联立解得：F=3N；‎ ‎（3）小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点，设在该点时小球的最小速度为V，则：‎ 联立解得：．‎ 答：（1）AB两点间的电势差UAB是﹣400V；‎ ‎（2）将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小是3N．‎ ‎（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小是m/s．‎ ‎　‎ ‎2017年2月15日