湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期第五次月考物理试卷（实验班）

湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期第五次月考物理试卷（实验班）

‎2016-2017学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第五次月考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．节能减排可以体现在我们日常生活中；假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排，减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水），A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度h增大），则电流表（　　）‎ A．指针向右偏转，A，C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A，C构成的电容器充电 C．指针向右偏转，A，C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A，C构成的电容器放电 ‎3．为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u=3.11sin100πt（V），变压器原副线圈匝数比为5：1，已知照明灯额定功率为66W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（　　）‎ A．电压表示数为62V B．变压器的输入功率为186W C．排气扇输出功率为63.75W D．保险丝熔断电流不得低于3A ‎4．有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强为E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为k，半径为R的球面面积为S=4πR2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．均匀带电球壳带电密度为 B．图中r=1.5R C．在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高 D．球面与球心间电势差为E0R ‎5．利用如图所示的试验装置可以测量磁场的磁感应强度的大小；用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的U形线框竖直悬挂在力敏传感器的挂钩上，将线框置于待测磁场中（可视为匀强磁场），线框平面与磁场方向垂直，用轻质导线在连接线框与直流电源，电源电阻不计，电动势可调，导线的电阻忽略不计；当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小为F；当线框接电动势为E1时，力敏传感器显示拉力的大小为F1‎ ‎； 当线框接电动势为E2时，力敏传感器显示拉力的大小为F2；下列说法正确的是（　　）‎ A．当线框接电动势为E1的电源时所受安培力的大小为F1‎ B．当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之差 C．待测磁场的磁感应强度为 D．待测磁场的磁感应强度为 ‎6．我国最新研制的“长征六号”运载火箭与2015年9月20日发射，成功将20颗微小人造卫星送入预定轨道，缔造了我国“一箭多星”的发射记录；已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，假设某颗质量为m的卫星运行在轨道半径为地球半径n倍的圆形轨道上，则（　　）‎ A．该卫星运行时的向心力大小为 B．该卫星运行时的向心加速度大小是地球表面重力加速度大小的 C．该卫星的运行速度大小为 D．该卫星的运行速度大小是第一宇宙速度大小的 ‎7．水流星是一种常见的杂技项目，可以简化为长为2L的轻绳两端各系着质量相等的小球，两小球在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示；已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当一个小球运动到最高点时拉两小球的轻绳中拉力可能相等 B．小球做圆周运动的最小角速度为 C．轻绳中最小拉力为2mg D．两小球组成的系统的机械能不守恒 ‎8．一只质量是8kg的猴子沿着长为12m的竖直在地面上的钢管往下滑，它从钢管顶端下滑到底端的运动图象如图所示；重力加速度g取10m/s2，则（　　）‎ A．猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1：2‎ B．下滑过程中猴子的最大动能为128J C．下滑过程中猴子的机械能可能先增大后减小 D．加速与减速下滑的过程中猴子所受的摩擦力大小之比为1：7‎ ‎9．如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是（　　）‎ A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0（V）‎ B．线圈内产生的感应电流最小值为（A）‎ C．线圈内产生的感应电动势周期为4s D．0﹣1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向 ‎10．伞兵在抢险中具有重要作用，是精锐中的精锐；在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动，经过一段时间后，打开降落伞，展开伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降；为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度不超过5m/s，取重力加速度为g=10m/s2，根据上述信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．伞兵展伞时，最大速度为40m/s B．伞兵展伞时，离地面的高度至少为99m C．伞兵下落过程中的机械能先不变后减小 D．可以求出伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分60分）‎ ‎11．某实验小组设计了如图甲所示的试验装置来做“探究做功和物体速度变化关系”的试验；试验装置中PQ为一块倾斜放置的光滑的木板，在其上固定一个光电门，用来测量物块上遮光条通过光电门的时间；‎ ‎（1）若用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为d=　　mm，遮光条通过光电门时，显示时间为t=0.002s，则物块通过光电门时的瞬时速度为　　m/s．‎ ‎（2）让物块分别从不同高度无初速释放，测出物块释放的初位置到光电门的距离l1、l2、l3…．，读出物块上遮光条每次通过光电门的时间，计算出物块上遮光条每次通过光电门的速度v1、v2、v3…．，并绘制了如图丙所示的L﹣v图象；若为了更直观地看出L和v的变化关系，下列应该做出　　．‎ A．L﹣图象 B．L﹣图象 C．L﹣v图象 D．L﹣v2图象．‎ ‎12．为了较准确的测定Rx的电阻（约为10Ω）、电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），设计了如图1所示原理图，其中电压表V：量程为2V、内阻较大；电阻箱R1：0﹣99.99Ω ‎（1）按照原理图用笔画线代替导线在图2上连接实物电路；‎ ‎（2）连接好电路后，先测定电阻Rx；‎ 第一步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；‎ 第二步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值为R0，则被测电阻Rx=　　‎ ‎（3）闭合S1和S2，断开S3，调节R1改变电路的总电阻，记录电阻箱的阻值R和对应的电压表的示数U，做出随变化的图象，如图3所示，图线的纵轴截距为b、斜率为k，则电池的电动势为　　，内阻为　　．‎ ‎13．如图所示，一块质量为M=2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A（可视为质点），A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0=0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h=1m；已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动；重力加速度g=10m/s2；‎ ‎（1）求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；‎ ‎（2）当AB相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间．‎ ‎14．如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在与水平面夹角为37°的斜面上，两导轨间距为l=1m，下端接有R=3Ω的电阻，导轨的电阻忽略不计；一根质量m=0.5kg、电阻r=1Ω（导轨间部分）的导体杆垂直静置与两导轨上，并与两导轨接触良好；整个装置处于磁感应强度大小B=2T、垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；现用平行于斜面向上的拉力F拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动；重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8；求导体杆的加速度大小和导体杆与导轨间的动摩擦因数μ．‎ ‎15．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L的正方形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合，右边界与y轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x＜L区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x＞L区域内存在磁感应强度大小为B′、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）以沿y轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O处沿x轴正方向射入匀强电场区域；‎ ‎（1）求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；‎ ‎（2）求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；‎ ‎（3）若带电粒子进入x＞L区域的匀强磁场时的速度方向与x轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x＜L区域，则x＞L区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第五次月考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．节能减排可以体现在我们日常生活中；假设公交车通过城市十字路口时允许的最大速度为10m/s，一辆公交车在距离十字路口50m的车站停留，乘客上下完后，司机看到红灯显示还有10s，为了节能减排，减少停车，降低能耗，公交车司机启动公交车，要使公交车尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】公交车刚好十字路口时，位移等于50m，不违章时，最大速度不超过10m/s，过路口的时间不能大于10s，结合图象的面积表示位移分析即可．‎ ‎【解答】解：A、若汽车一直做匀加速直线运动，10s时速度达到最大速度，根据图线围成的面积知，位移x=，刚好通过路口，A、B、D选项图线围成的面积大于一直做匀加速直线运动图线的面积，位移大于50m，可知公交车10s前路口，故A、B、D正确．‎ C、C选项图线在10s时，图线围成的面积可能小于50m，故C错误．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎2．利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生．如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水），A，C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水（导电液体深度h增大），则电流表（　　）‎ A．指针向右偏转，A，C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A，C构成的电容器充电 C．指针向右偏转，A，C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A，C构成的电容器放电 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C= 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，‎ 再依据C=，因此电势差不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，‎ 因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u=3.11sin100πt（V），变压器原副线圈匝数比为5：1，已知照明灯额定功率为66W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（　　）‎ A．电压表示数为62V B．变压器的输入功率为186W C．排气扇输出功率为63.75W D．保险丝熔断电流不得低于3A ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．‎ ‎【解答】解：A、变压器输入交变电压u=311sin100πt（V），有效值U=220V，变压器原、副线圈匝数比为5：1，所以副线圈电压U2=44V，故A错误；‎ B、电流表示数为3A，所以输出功率P=44×3W=132W，所以变压器的输入功率为132W，故B错误；‎ C、照明灯的电流则排气扇的电流为I2=3A﹣1.5A=1.5A，则排气扇输出功率为，选项C正确；‎ D、变压器的初级电流为，故保险丝熔断电流不得低于0.6A，选项D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．有一半径为R的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强为E随与球心的距离x变化的关系如图所示；在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为k，半径为R的球面面积为S=4πR2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．均匀带电球壳带电密度为 B．图中r=1.5R C．在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高 D．球面与球心间电势差为E0R ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】均匀带电的球体，体外某点的电场强度则可由点电荷的电场强度公式求解，是将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理．而体内某点的电场强度，根据E=确定．对于电势则可以由该点移动电势为零处电场力做功与电量的比值来确定．‎ ‎【解答】解：A、由图线可知，距离球心R处的场强为E0，则根据点电荷场强公式可知：，‎ 解得球壳带电量为：Q=，‎ 则均匀带电球壳带电密度为：，故A正确；‎ B、根据点电荷场强公式：，‎ 解得r=Q，故B错误；‎ C、D、由题意可知在在x轴上各点中，在0﹣R范围内各点的电势均相同，球面与球心间的电势差为零，故CD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．利用如图所示的试验装置可以测量磁场的磁感应强度的大小；用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的U形线框竖直悬挂在力敏传感器的挂钩上，将线框置于待测磁场中（可视为匀强磁场），线框平面与磁场方向垂直，用轻质导线在连接线框与直流电源，电源电阻不计，电动势可调，导线的电阻忽略不计；当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小为F；当线框接电动势为E1时，力敏传感器显示拉力的大小为F1； 当线框接电动势为E2时，力敏传感器显示拉力的大小为F2；下列说法正确的是（　　）‎ A．当线框接电动势为E1的电源时所受安培力的大小为F1‎ B．当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之差 C．待测磁场的磁感应强度为 D．待测磁场的磁感应强度为 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】对导体棒受力分析根据共点力平衡即可判断出拉力等于重力加安培力；然后利用共点力平衡求得磁感应强度大小 ‎【解答】解：A、对长为L的导线受力分析，受到重力，拉力，和竖直向下的安培力，根据共点力平衡可知，F1=mg+F安，故A错误；‎ B、对长为L的导线受力分析，受到重力，拉力，和竖直向下的安培力，根据共点力平衡可知F2=mg+F′安，线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之和，故B错误；‎ C、当接E1时，回路中电流，受到的安培力F1安=BI1L，根据共点力平衡可知：F1=mg+F1安 当接E2时，回路中电流，受到的安培力，根据共点力平衡可知：F2=mg+F2安 联立解得B=，故C错误，D正确 故选：D ‎　‎ ‎6．我国最新研制的“长征六号”运载火箭与2015年9月20日发射，成功将20颗微小人造卫星送入预定轨道，缔造了我国“一箭多星”的发射记录；已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，假设某颗质量为m的卫星运行在轨道半径为地球半径n倍的圆形轨道上，则（　　）‎ A．该卫星运行时的向心力大小为 B．该卫星运行时的向心加速度大小是地球表面重力加速度大小的 C．该卫星的运行速度大小为 D．该卫星的运行速度大小是第一宇宙速度大小的 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星绕着地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律多次列式；在地面，忽略地球自转由重力等于万有引力列式；最后联立分析即可．‎ ‎【解答】解：A、在地面，重力等于万有引力，故有：‎ 对卫星，万有引力提供向心力，故有：‎ 其中：r=nR ‎ 联立解得：，故A错误；‎ B、对卫星，万有引力提供向心力，故有：‎ 联立①④解得：，故B错误；‎ C、对卫星，万有引力提供向心力，故有：‎ 得=，故C错误；‎ D、第一宇宙速度是近地卫星的速度，故有 得 解得：，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．水流星是一种常见的杂技项目，可以简化为长为2L的轻绳两端各系着质量相等的小球，两小球在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示；已知重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当一个小球运动到最高点时拉两小球的轻绳中拉力可能相等 B．小球做圆周运动的最小角速度为 C．轻绳中最小拉力为2mg D．两小球组成的系统的机械能不守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力．‎ ‎【分析】绳子的拉力可根据牛顿第二定律分析．小球恰好运动到最高点时，由重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求解最小角速度，并求得绳子最小的拉力．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：对最高点小球有：T1+mg=mω2 L；对最低点小球有：T2﹣mg=mω2 L，可得，T1＜T2，拉两小球的轻绳中拉力不等，故A错误．‎ B、小球圆周运动的半径 r=L，小球恰好运动到最高点时，由重力刚好提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ mg=mωmin2 L 解得：最小角速度为ωmin=，故B正确．‎ C、对最低点小球有：T2﹣mg=mωmin2 L，解得，轻绳中最小拉力为 T2=2mg，故C正确．‎ D、两小球组成的系统，绳子拉力不做功，系统的机械能守恒，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．一只质量是8kg的猴子沿着长为12m的竖直在地面上的钢管往下滑，它从钢管顶端下滑到底端的运动图象如图所示；重力加速度g取10m/s2，则（　　）‎ A．猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为1：2‎ B．下滑过程中猴子的最大动能为128J C．下滑过程中猴子的机械能可能先增大后减小 D．加速与减速下滑的过程中猴子所受的摩擦力大小之比为1：7‎ ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据速度时间图象与坐标轴所围的面积表示位移，求高度之比．由“面积”大小等于位移，求最大速度，从而得到最大动能．根据猴子下滑的加速度，分析猴子是否受摩擦力，从而判断机械能的变化．由牛顿第二定律求摩擦力大小之比．‎ ‎【解答】解：A、设猴子的最大速度为v．根据速度时间图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知，猴子加速下滑的高度与减速下滑的高度之比为 h1=： =t1：t2=1：2，故A正确．‎ B、由H=+=12m，得 v===8m/s，猴子的最大动能为 Ek==×8×82=256J，故B错误．‎ C、猴子加速下滑时的加速度 a1===8m/s2，猴子减速下滑时的加速度 a2=‎ ‎==4m/s2，由于 a1、a2＜g，所以猴子一定受到摩擦力，摩擦力对猴子做负功，所以猴子的机械能一直减小，故C错误．‎ D、根据牛顿第二定律得：‎ 加速过程有：mg﹣f1=ma1，减速过程有：f2﹣mg=ma2，解得，摩擦力大小之比为 f1：f2=1：7，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是（　　）‎ A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0（V）‎ B．线圈内产生的感应电流最小值为（A）‎ C．线圈内产生的感应电动势周期为4s D．0﹣1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律，当磁感应强度的变化率最大时，线圈产生的感应电动势最大，，感应电动势的最大值，故A错误；‎ B、1～2s，5～6s内，感应电动势最小为0，感应电流最小值为0，故B错误；‎ C、根据图象可知，B随t变化的周期为4s，则线圈内产生感应电动势周期为4s，故C正确；‎ D、0～1s，磁场增强，磁通量增大，根据楞次定律，产生的感应电流为顺时针方向，故D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．伞兵在抢险中具有重要作用，是精锐中的精锐；在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动，经过一段时间后，打开降落伞，展开伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降；为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度不超过5m/s，取重力加速度为g=10m/s2，根据上述信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．伞兵展伞时，最大速度为40m/s B．伞兵展伞时，离地面的高度至少为99m C．伞兵下落过程中的机械能先不变后减小 D．可以求出伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功 ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】整个过程中，伞兵先做自由落体运动，后做匀减速运动，总位移大小等于224m．设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度，即最大速度为v0，先研究匀减速过程，由速度﹣位移关系式，得到v0与h的关系式，再研究自由落体过程，也得到一个v0与h的关系式，联立求解最大速度v0和伞兵展伞时离地面的高度h．根据功能原理分析机械能的变化．根据机械能的变化分析能否伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功．‎ ‎【解答】解：AB、设直升机悬停位置距地面高度为H，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，即最大速度为v0．着地时，速度为v1，在匀减速运动阶段，‎ 有：﹣=﹣2ah，‎ 即：52﹣=﹣2×12.5×h 在自由落体运动阶段，有： =2g（H﹣h） ‎ 即： =2×10×‎ 联立解得：h=99 m，v0=50 m/s，故A错误，B正确．‎ C、伞兵下落过程中，做自由落体运动的过程，机械能不变．伞兵展伞后，阻力对他做负功，其机械能减小，故C正确．‎ D、根据伞兵的质量未知，所以不能根据功能原理求伞兵匀减速下落过程中克服阻力做的功．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分60分）‎ ‎11．某实验小组设计了如图甲所示的试验装置来做“探究做功和物体速度变化关系”的试验；试验装置中PQ为一块倾斜放置的光滑的木板，在其上固定一个光电门，用来测量物块上遮光条通过光电门的时间；‎ ‎（1）若用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为d=　1.8　mm，遮光条通过光电门时，显示时间为t=0.002s，则物块通过光电门时的瞬时速度为　0.9　m/s．‎ ‎（2）让物块分别从不同高度无初速释放，测出物块释放的初位置到光电门的距离l1、l2、l3…．，读出物块上遮光条每次通过光电门的时间，计算出物块上遮光条每次通过光电门的速度v1、v2、v3…．，并绘制了如图丙所示的L﹣v图象；若为了更直观地看出L和v的变化关系，下列应该做出　D　．‎ A．L﹣图象 B．L﹣图象 C．L﹣v图象 D．L﹣v2图象．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数等于主尺读数和游标尺读数之和，因为遮光条的宽度很窄，所以物块通过光电门的瞬时速度 ‎（2）L﹣v图象是曲线，图象的形状是抛物线，不能得出结论W∝，为了能更直观看出L和v的变化关系，应作图象；‎ ‎【解答】解：（1）可读出遮光条的宽度为d=0.1cm+0.1mm×8=1.8mm 物块通过光电门时的瞬时速度为：‎ ‎（2）由运动学公式可知：，则为了更直观地看出L和v的变化关系，下面应该做出图象，故D正确；‎ 故选：D 故答案为：（1）1.8；0.9 （2）D ‎　‎ ‎12．为了较准确的测定Rx的电阻（约为10Ω）、电池的电动势和内阻（内阻约为2Ω），设计了如图1所示原理图，其中电压表V：量程为2V、内阻较大；电阻箱R1：0﹣99.99Ω ‎（1）按照原理图用笔画线代替导线在图2上连接实物电路；‎ ‎（2）连接好电路后，先测定电阻Rx；‎ 第一步：闭合S1和S3，断开S2，记录电压表示数U1；‎ 第二步：闭合S1和S2，断开S3，调节R1使电压表示数仍为U1，记录此时R1的阻值为R0，则被测电阻Rx=　R0　‎ ‎（3）闭合S1和S2，断开S3，调节R1改变电路的总电阻，记录电阻箱的阻值R和对应的电压表的示数U，做出随变化的图象，如图3所示，图线的纵轴截距为b、斜率为k，则电池的电动势为　　，内阻为　　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据原理图连接实物图；‎ ‎（2）分析闭合S1和S3，断开S2和闭合S1和S2，断开S3‎ 时的电路结构，根据闭合电路欧姆定律求解Rx的电阻值；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律求出﹣的关系式，结合图象的斜率和截距求出电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图；‎ ‎（2）闭合S1和S3，断开S2，Rx直接接在电源两端，电压表测量Rx两端的电压，闭合S1和S2，断开S3，R1直接接在电源两端，电压表测量R1两端的电压，两次实验电压值相等，则Rx的电阻值与R0的阻值相等，即Rx=R0，‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律得：‎ E=U+r 解得：U=，‎ 整理得： =+，‎ 所以﹣的图象的斜率k=，直线与纵轴的截距b=，‎ 解得：E=，r=‎ 故答案为：（2）R0；（2）；‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，一块质量为M=2kg、长为L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一质量为m=0.2kg的物块A（可视为质点），A上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m0‎ ‎=0.1kg的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h=1m；已知A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2，A与滑轮间的细绳与桌面平行，B右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A相对于B滑动；重力加速度g=10m/s2；‎ ‎（1）求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A的速度大小；‎ ‎（2）当AB相对静止时，A仍在B上，求从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间．‎ ‎【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）分别以重物和A为研究对象，关键牛顿第二定律列方程求解拉力和加速度大小；根据位移速度关系求解速度大小；‎ ‎（2）求出重物落地前，A运动的时间，根据牛顿第二定律求解加速运动时B的加速度，根据速度时间关系求出重物落地时B的速度，再根据牛顿第二定律求解B减速的加速度大小，最后求出AB速度相等时经过的时间．‎ ‎【解答】解：（1）设释放重物后重物的加速度为a1，细绳的张力大小为F，对重物，由牛顿第二定律可得：m0g﹣F=m0a1‎ 对A，由牛顿定律有：F﹣μmg=ma1‎ 联立解得：F=0.8N；a1=2m/s2‎ 由v12=2a1h解得重物落地前瞬间A的速度大小为：v1=2m/s；‎ ‎（2）重物落地前，A运动的时间为：‎ B的加速度为：‎ 重物落地时B的速度为：v2=a2t1=0.2m/s 落地后，A开始做减速运动，加速度大小为：a3=μg=2m/s2‎ 设经过时间t2，AB速度相等，则有：v1﹣a3t2=v2+a2t2‎ 解得：‎ 从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间为：t=t1+t2=．‎ 答：（1）重物落地前瞬间细绳上的拉力大小为0.8N，A的速度大小为2m/s；‎ ‎（2）从释放重物到AB相对静止的过程中A运动的时间约为1.82s．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，一对足够长的平行粗糙导轨固定在与水平面夹角为37°的斜面上，两导轨间距为l=1m，下端接有R=3Ω的电阻，导轨的电阻忽略不计；一根质量m=0.5kg、电阻r=1Ω（导轨间部分）的导体杆垂直静置与两导轨上，并与两导轨接触良好；整个装置处于磁感应强度大小B=2T、垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；现用平行于斜面向上的拉力F拉导体杆，拉力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动；重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8；求导体杆的加速度大小和导体杆与导轨间的动摩擦因数μ．‎ ‎【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】导体杆做匀加速直线运动，根据v=at、E=Blv、I=、F安=BIl求出安培力与时间的关系式，再由牛顿第二定律列式得到F与t的表达式，结合图象的信息，即可求解．‎ ‎【解答】解：设导体杆的加速度大小为a，则t时刻导体杆的速度大小为 v=at 产生的感应电动势为 E=Blv 电路中的感应电流为 I==‎ 导体杆上所受的安培力大小为 F安=BIl=‎ 由牛顿第二定律可知：F﹣mgsin37°﹣μmgcos37°﹣=ma 代入数据解得：F=3+a+4μ+at（N）‎ 由题图乙有 F=6+2t（N）‎ 比较两式可知：a=2m/s2，μ=0.5‎ 答：导体杆的加速度大小是2m/s2，导体杆与导轨间的动摩擦因数μ是0.5．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限中，一边长为L的正方形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁场的下边界与x轴重合，右边界与y轴重合，在第Ⅰ、Ⅳ象限x＜L区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x＞L区域内存在磁感应强度大小为B′、方向垂直纸面向里的矩形匀强磁场；一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）以沿y轴负方向的速度进入第Ⅱ象限的匀强磁场区域，并从坐标原点O处沿x轴正方向射入匀强电场区域；‎ ‎（1）求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；‎ ‎（2）求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标；‎ ‎（3）若带电粒子进入x＞L区域的匀强磁场时的速度方向与x轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x＜L区域，则x＞L区域矩形匀强磁场的最小面积为多少？‎ ‎【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）根据几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力求出速度；‎ ‎（2）设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为﹣y，带电粒子从坐标原点O沿x轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可；‎ ‎（3）带电粒子以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，求出其速度，根据洛伦兹力提供向心力求出半径，画出运动轨迹如图，根据几何关系求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）根据题述可知带电粒子的第Ⅱ象限匀强磁场中运动的轨道半径等于正方形区域的边长L，有：‎ 解得：‎ ‎（2）设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为﹣y，带电粒子从坐标原点O沿x轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，有：‎ L=vt，‎ ‎，‎ 且qE=ma 联立解得：‎ 带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为（L，）‎ ‎（3）带电粒子以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，其速度 由解得：‎ 画出运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系可知x＞L区域匀强磁场的最小宽度为：‎ x＞L区域矩形匀强磁场的最小面积为S=2R′d=．‎ 答：（1）带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小为；‎ ‎（2）求带电粒子从匀强电场区域射出时的位置坐标为（L，）；‎ ‎（3）若带电粒子进入x＞L区域的匀强磁场时的速度方向与x轴正方向成45°角，要使带电粒子能够回到x＜L区域，则x＞L区域矩形匀强磁场的最小面积为．‎ ‎　‎ ‎2017年4月8日