北京市顺义区2016届高三上学期期末物理试卷

北京市顺义区2016届高三上学期期末物理试卷

‎2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（　　）‎ A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d ‎2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（　　）‎ A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等 B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等 C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等 D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等 ‎3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（　　）‎ A．大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定 ‎5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞‎ m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（　　）‎ A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T ‎6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（　　）‎ A．小球对轨道的压力相同 B．小球对两轨道的压力不同 C．此时小球的速度相等 D．此时小球的向心加速度相等 ‎8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（　　）‎ A．F•s B． C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s ‎9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（　　）‎ A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2 C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1=F2，I1=I2‎ ‎10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度 B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度 C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量 D．A球到达最低点时速度为零 ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，Uab=Ubc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大 C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大 D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 ‎12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒 B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒 C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h D．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h ‎13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环并置于场中．小环由静止开始下落的过程中，小环的加速度（　　）‎ A．不断减小最后为零 B．不断增大后来不变 C．先减小后增大，最后不变 D．先增大后减小，最后不变 ‎14．一个自感系数很大的线圈，用如图所示的电路测量它的直流电阻，闭合电键S1与S2待稳定后．读出电压表与电流表的示数．下列说法正确的是（　　）‎ ‎①线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值 ‎②线圈电阻的真实值小于电压表示数与电流表示数的比值 ‎③在测量完毕拆卸电路时，应先断开S1，后断开S2‎ ‎④在测量完毕拆卸电路时，应先断开S2后断开Sl．‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎15．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a．矩形导线框ABCD 的CD边与y轴重合，AD边长为a．线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直．以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是图中的（以逆时针方向为电流的正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎16．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在轨道沿伸方向自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体附近形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射动量增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（　　）‎ A．只将电流I增加至原来的2倍 B．只将弹体质量增加至原来的2倍 C．只将轨道长度L增加至原来的2倍 D．将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变 ‎　‎ 二、非选择题（共7小题，满分72分）‎ ‎17．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（　　）‎ A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆球相距平衡值置有较大的角度 D．拉开摆球到某一位置释放，第一次经平衡位置时开始计时，第二次经平衡位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T ‎18．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，首先用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点伸长到某一位置O，此时必须记录的是 （　　）‎ A．O点的位置 B．橡皮条固定端位置 C．两只弹簧秤的读数两条细绳套的方向 D．橡皮条的伸长长度 ‎19．如图甲、乙是两组同样的器材实物图，用来测量待测电阻R的阻值，每组器材中包括：电池，电键，变阻器，电压表，电流表，等测电阻R，若干导线．‎ ‎（1）如果待测电阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，试在图甲中连线使之成为测量电路；如果待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，试在图乙中连线使之成为测量电路．‎ ‎（2）如果已知上述电压表的内阻RV和电流表的内阻RA，对图甲和图乙中连成的测量电路，分别写出计算待测电阻的公式（用测得的量和给出的电表内阻来表示）．‎ ‎20．如图所示AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m．一质量m=l．Okg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点时水平飞出．不计空气的阻力，g取lOm/s2求：‎ ‎（1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v；‎ ‎（2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力FN；‎ ‎（3）小滑块落地点与B点的水平距离x．‎ ‎21．对于长度为l、横截面积为S，单位体积自由电子数为n的均匀导体，若在其两端加上电压U，就会在导体中有匀强电场产生，此时导体内移动的自由电子受匀强电场作用而加速．在运动过程中又与做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度成正比，其比例系数为k．已知自由电子的电荷量为e，求：‎ ‎（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，电子在导体中运动的平均速率v；‎ ‎（2）自由电子在导体中以平均速率v运动时，该导体中的电流I；‎ ‎（3）该导体的电阻值R．‎ ‎22．如图所示，一质量M=1．Okg的沙摆，用轻绳悬于天花板上O点．另有一玩具枪能连续发射质量m=0.01kg．速度v=4．Om/s的小钢珠．现将沙摆拉离平衡位置，由高h=0.20m处无初速度释放，恰在沙摆向右摆到最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入沙摆，二者在极短时间内达到共同速度．小钢珠射入沙摆的过程中，沙摆的质量保持不变，不计空气阻力，g取lOm/s2‎ ‎（1）求第一颗小钢珠射入沙摆前的瞬间，沙摆的速度大小v0；‎ ‎（2）求第一颗小钢珠射入沙摆后，沙摆和小钢珠的共同速度 ‎（3）从第二颗小钢球开始，沙摆向左运动到最低点时打入小钢球．若使沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应满足什么条件．‎ ‎23．示波管、电视机显像管、电子显微镜中常用到一种叫静电透镜的元件，它可以把电子聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来．它的结构如图所示，K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，现分别将它们的电势控制在一定数值．图中的数据的单位为V，其中K板的电势为120V．根据由实验测得的数据，在图中画出了一些等势面，如图中虚线所示．从图中可知G板圆孔附近的等势面不再是平面，而是向圆孔的右侧凸出来的曲面，所以圆孔附近右侧的电场不再是匀强电场．‎ ‎（1）题中已画出一条水平向右的电场线，请你在原电场线上下画出对称的一对电场线；‎ ‎（2）分析静电透镜为何对自K电极出发的电子束有会聚作用；‎ ‎（3）分析一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点（电势为30.1V）的过程中，电子的加速度如何变化并求出电场力做了多少功．（设电子电量e=1.6×10﹣19C）‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年北京市顺义区高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如图所示，则图中a、b、c、d四点在此时刻具有相同运动方向的是（　　）‎ A．a和c B．a和d C．b和c D．b和d ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向，从而确定哪些点运动方向相同．‎ ‎【解答】解：若波向右传播，根据上下坡法知，a、d质点振动方向向上，b、c质点振动方向向下，故B、C正确，A、D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎2．地球上站立着两位相距非常远的观察者，发现自己的正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，则这两位观察者及两颗卫星到地球中心的距离是（　　）‎ A．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等 B．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等 C．一个人在南极，一个人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不相等 D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不相等 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，星距离地球的高度约为36000‎ ‎ km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．‎ ‎【解答】解：发现自己正上方有一颗人造地球卫星相对自己静止不动，说明此卫星为地球同步卫星，运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，距离地球的高度约为36000 km，所以两个人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等．故ACD错误，B正确 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．‎ ‎【解答】解：是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；‎ 根据可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；‎ 故选BCD．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（　　）‎ A．大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解．‎ ‎【解答】解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下．ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，质量分别为m和M的两物块紧挨着放在水平地面上，且M＞m．当用水平恒力F向右的推物块m时，两物块能在水平面上加速向右滑行，两物块的加速度大小为a，两物块间的作用力大小为T．如果用同样大小的水平恒力F向左推木块M时，加速度大小为a′，物块间的作用力大小为T′，以下判断正确的是（　　）‎ A．a′=a，T′＞T B．a′＜a，T′=T C．a′＞a，T′=T D．a′=a，T′＜T ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】A、B具有相同的加速度可以视为整体，根据牛顿第二定律分别求出水平面光滑和粗糙时的加速度，隔离对B分析，求出弹力的大小，从而进行比较．‎ ‎【解答】解：如果水平面光滑整体根据牛顿第二定律可得：a=a′=；‎ 向右运动时对M分析：T=Ma=，‎ 向左运动时对m分析：T′=ma′=，‎ 由于m＜M，则T′＜T，D正确；‎ 如果接触面粗糙时，设动摩擦因数为μ，整体分析可得：F﹣μ（m+M）g=（m+M）a 解得：，‎ 同理可得a′=a；‎ 向右运动时对M分析：T﹣μMg=Ma，解得：T=，‎ 向左运动时对m分析：T′﹣μmg=ma′，解得：T′=，‎ 由于m＜M，则T′＜T，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．一物体悬挂在气球下面，与气球一起沿竖直方向匀速上升，某时刻该物体脱落，并从此时开始计时．已知气球和物体所受空气阻力大小不变．在下图中①代表气球运动的v﹣t图线，②代表物体运动的v﹣t图线．以下四个v﹣t图象中最接近真实情况的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】刚开始，物体和气球一起匀速上升，受力平衡，某时刻该物体脱落后，分别对气球和物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求出加速度，分析物体的运动情况，从而选择图象即可．‎ ‎【解答】解：设气球的质量为M，物体的质量为m，气球受到的空气阻力为f1，物体受到的空气阻力为f2，一起匀速运动的速度为v，‎ 刚开始，物体和气球一起匀速上升，根据平衡条件有：‎ F﹣Mg﹣mg﹣f1﹣f2=0‎ 某时刻该物体脱落后，对气球受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ ‎＞0，向上做匀加速直线运动，且初速度不为零，所以气球运动的v﹣t图线是一条倾斜的直线且在v轴上有截距，‎ 对物体，脱落后继续向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：加速度，‎ 速度减为零后，反向加速，加速度，则a2＞a3，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（　　）‎ A．小球对轨道的压力相同 B．小球对两轨道的压力不同 C．此时小球的速度相等 D．此时小球的向心加速度相等 ‎【考点】向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小．‎ ‎【解答】解：设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=，得：v=，可见，小球到达最低点的速度不等．‎ 小球的向心加速度为：an=，联立两式解得：an=2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，故C错误，D正确．‎ 在最低点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，联立解得：FN=3mg，即得小球对轨道的压力为3mg，也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同．故A正确，B错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为m的物体P放在光滑的倾角为θ的直角劈上，同时用力F向右推劈，使P与劈保持相对静止，在前进的水平位移为s的过程中，劈对P做的功为（　　）‎ A．F•s B． C．mgcosθ•s D．mgtanθ•s ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，求出楔形物体对小物体的作用力，根据功的公式即可求解．‎ ‎【解答】解：m与楔形物体相对静止，二者必定都向右加速运动．即m的合外力方向水平向右，画出m的受力图，‎ 根据几何关系得：‎ N=‎ 所以支持力做的功为：W=Ns•sinθ=mgtanθ•s 故选：D ‎　‎ ‎9．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2，I1、I2的大小关系是（　　）‎ A．F1＞F2，I1=I2 B．F1＜F2，I1＜I2 C．F1＞F2，I1＞I2 D．F1=F2，I1=I2‎ ‎【考点】动量定理．‎ ‎【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系．‎ ‎【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即I1=I2，‎ 根据I=Ft知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB位于竖直方向．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度 B．当支架从左向右回摆时，A球不能回到起始高度 C．A球机械能减少量大于B球机械能增加量 D．A球到达最低点时速度为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得．‎ ‎【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：‎ A、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故A正确；‎ B、因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右加摆时，A球一定能回到起始高度，故B错误；‎ C、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故C错误；‎ D、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，Uab=Ubc，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能大 C．带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时加速度大 D．带电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；‎ BD、根据带电粒子受力情况可知，若粒子从P到Q过程，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时的动能小，在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故BD错误；‎ C、等差等势线密的地方电场线密场强大，故P点电场强度较大，电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎12．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h后恰好到达B端，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若把斜面从C点锯断或弯成如图中的AB′线所示的圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒 B．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧状或从C点开始锯掉CB段，物体都不能升高h，但机械能仍守恒 C．若把斜面从C点开始锯掉CB段，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h D．若把斜面弯成如图中的AB′线所示的圆弧形，物体仍能沿AB′升高h ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．‎ ‎【解答】解：1、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动到最高点，速度不为零，故不能到达h高处；‎ ‎2、若把斜面弯成圆弧形AB′，如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，矛盾，所以物体不能升高h．‎ 故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎13．如图所示，水平向右方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场互相垂直，竖直的绝缘杆上套一带负电荷小环并置于场中．小环由静止开始下落的过程中，小环的加速度（　　）‎ A．不断减小最后为零 B．不断增大后来不变 C．先减小后增大，最后不变 D．先增大后减小，最后不变 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】此题要先对小环进行正确的受力分析，由受力情况判断出小环的运动情况，得知小环向下做加速运动，同时会有洛伦兹力作用在小球上，分析水平方向上的合力在减小，可判断摩擦力在减小直至为零；之后洛伦兹力增大致水平方向上合力逐渐增大，摩擦力也随之增大，直至摩擦力与重力大小相等．‎ ‎【解答】解：小环由静止开始下落，当速度为零时，对小环受力分析，受到竖直向下的重力、水平向左的电场力和竖直向上的摩擦力；此时重力会大于摩擦力，小环向下运动，速度不为零时，小环还会受到水平向右的洛伦兹力，使水平方向上的合力减小，从而摩擦力也随之减小．‎ 当电场力和洛伦兹力大小相等时，摩擦力为零，小环的竖直向下的加速度最大，之后洛伦兹力要大于电场力并逐渐最大，摩擦力也随之增大，‎ 当摩擦力和重力大小相等时，小环加速度为零，开始做匀速直线运动．‎ 所以在整个过场中，摩擦力是先减小后增大，最后不变，‎ 那么合力先增大后减小，最后不变，依据牛顿第二定律，则加速度先增大后减小，最后不变．故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．一个自感系数很大的线圈，用如图所示的电路测量它的直流电阻，闭合电键S1与S2待稳定后．读出电压表与电流表的示数．下列说法正确的是（　　）‎ ‎①线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值 ‎②线圈电阻的真实值小于电压表示数与电流表示数的比值 ‎③在测量完毕拆卸电路时，应先断开S1，后断开S2‎ ‎④在测量完毕拆卸电路时，应先断开S2后断开Sl．‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】根据电阻测量的原理分析线圈电阻的测量值、真实值之间的关系；分别进行③④项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过时，发热过多，造成仪器烧坏．‎ ‎【解答】解：①根据电阻测量的原理可知，线圈电阻的测量值等于电压表示数与电流表示数的比值．故①正确；‎ ‎②以上的测量值由于是测量的线圈与电压表的并联的电阻值，所以测量值小于真实值．故②错误；‎ ‎③若先断开开关S1，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．故③错误，④正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎15．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a．矩形导线框ABCD 的CD边与y轴重合，AD边长为a．线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直．以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是图中的（以逆时针方向为电流的正方向）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小表达式，即可进行选择．‎ ‎【解答】解：x在0﹣a的过程中，线圈进入磁场，产生的感应电动势为 E=BLv，电流 I0==，由楞次定律知感应电流方向为逆时针方向，为正．‎ 在a﹣2a的过程中，感应电动势 E=2BLv，感应电流 I==2I0，方向为顺时针方向，为负．‎ 在2a﹣3a的过程中，E=BLv，感应电流 I==I0，方向为逆时针方向，为正．故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在轨道沿伸方向自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体附近形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射动量增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（　　）‎ A．只将电流I增加至原来的2倍 B．只将弹体质量增加至原来的2倍 C．只将轨道长度L增加至原来的2倍 D．将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．‎ 根据动量的表达式进行求解．‎ ‎【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：‎ BIl•L=mv2，‎ 磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI 解得．‎ A、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射时动量增加至原来的2倍，故A正确 B、只将弹体质量增加为原来的2倍，弹体的出射时动量增加至原来的，故B错误 C、只将轨道长度L变为原来的2倍倍，弹体的出射时动量加至原来的倍，故C错误 D、将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变，弹体的出射时动量度增加至原来的2倍，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ 二、非选择题（共7小题，满分72分）‎ ‎17．根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度．以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有（　　）‎ A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆球相距平衡值置有较大的角度 D．拉开摆球到某一位置释放，第一次经平衡位置时开始计时，第二次经平衡位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平衡位置不大于5°；‎ ‎【解答】解：A、该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故A，B正确．‎ C、根据公式可知，摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，开始时使摆球相距平衡值置有较大的角度不能增大摆球单摆的周期．故C错误；‎ D、释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎18．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，首先用两只弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点伸长到某一位置O，此时必须记录的是 （　　）‎ A．O点的位置 B．橡皮条固定端位置 C．两只弹簧秤的读数两条细绳套的方向 D．橡皮条的伸长长度 ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】本实验要求在两次拉橡皮条的过程中力的作用效果要相同，即采用了“等效法”，在做力的图示时、根据平行四边形定则求合力时要知道力的大小和方向，由此可知实验中应该记录什么．‎ ‎【解答】‎ 解：先用两个绳套将结点拉到O点，记下两条绳的方向和两个分力的大小，再求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，最后得出结论，故需要记录的是两弹力的大小和方向即两细绳的方向，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎19．如图甲、乙是两组同样的器材实物图，用来测量待测电阻R的阻值，每组器材中包括：电池，电键，变阻器，电压表，电流表，等测电阻R，若干导线．‎ ‎（1）如果待测电阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，试在图甲中连线使之成为测量电路；如果待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，试在图乙中连线使之成为测量电路．‎ ‎（2）如果已知上述电压表的内阻RV和电流表的内阻RA，对图甲和图乙中连成的测量电路，分别写出计算待测电阻的公式（用测得的量和给出的电表内阻来表示）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）要想解决本题明确伏安法测电阻的误差来源，当电流表外界接时误差来自电压表的分流，内接时误差来自电流表分压．‎ ‎（2）若知道电压表的内阻，可以求出电压表的分流为：，同理知道电流表的内阻其分压为：U=IRA．然后利用通过待测电阻的电流和电压关系求解待测电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）控制电路的选择：由于滑动变阻器阻值大小不确定，分压、限流接法都可；‎ 测量电路的选择：阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，说明电压变的分流大，电流表的分压小，故应采用电流表的内接法进行测量，其电路图如图甲所示：‎ 待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，说明电压变的分流小，电流表的分压大，故应采用电流表的外接法进行测量，其电路图如图乙所示：‎ ‎（2）用图甲线路时，若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻两端的电压为：U﹣IRA；‎ 所以待测电阻为：．‎ 用图乙线路时，若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻两端的电流为：；‎ 所以待测电阻为：‎ 故答案：（1）电路图如上所示（采用限流接法亦可）‎ ‎（2）图甲待测电阻：；图乙待测电阻：‎ ‎　‎ ‎20．如图所示AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m．一质量m=l．Okg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点时水平飞出．不计空气的阻力，g取lOm/s2求：‎ ‎（1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v；‎ ‎（2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力FN；‎ ‎（3）小滑块落地点与B点的水平距离x．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）（2）根据机械能守恒定律求出小滑块经过B点时的速度．小滑块在B点受重力和支持力，由它们的提供向心力，根据牛顿第二定律求解支持力．‎ ‎（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律求解x．‎ ‎【解答】解：（1）从A到B的过程，由机械能守恒定律得：‎ mgR=，‎ 解得：vB=‎ ‎（2）在B点，对小滑块由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m 解得 FN=3mg=30N 根据牛顿第三定律可知滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力为30N ‎（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律，‎ 水平方向：x=vt 竖直方向：h=gt2‎ 解得：x=0.9m 答：（1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v为3m/s；‎ ‎（2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力FN为30N ‎（3）小滑块落地点与B点的水平距离x为0.9m．‎ ‎　‎ ‎21．对于长度为l、横截面积为S，单位体积自由电子数为n的均匀导体，若在其两端加上电压U，就会在导体中有匀强电场产生，此时导体内移动的自由电子受匀强电场作用而加速．在运动过程中又与做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度成正比，其比例系数为k．已知自由电子的电荷量为e，求：‎ ‎（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，电子在导体中运动的平均速率v；‎ ‎（2）自由电子在导体中以平均速率v运动时，该导体中的电流I；‎ ‎（3）该导体的电阻值R．‎ ‎【考点】欧姆定律；电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）当电子匀速运动时，受力平衡，电场力和电子受到的阻力的大小相等，根据平衡的条件即可求得电子运动的速度的大小．‎ ‎（2）由电流的微观表达式可求得电流；‎ ‎（3）由欧姆定律及（1）中求得的速度表达式可求得电阻的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）导体中的电场强度为：E=，‎ 电子受到的电场力为：F=eE=，‎ 电子受到的阻力为：f=kv，‎ 当电场力和碰撞的阻力相平衡时有：F=f，‎ 即： =kv，‎ 所以有：v=‎ ‎（2）由电流的微观表达式可得：‎ I=nveS=；‎ ‎（3）由欧姆定律可知：‎ R=‎ 答：（1）电场力和碰撞的阻力相平衡时，电子在导体中运动的平均速率v为；‎ ‎（2）自由电子在导体中以平均速率v运动时，该导体中的电流I为；‎ ‎（3）该导体的电阻值R为．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，一质量M=1．Okg的沙摆，用轻绳悬于天花板上O点．另有一玩具枪能连续发射质量m=0.01kg．速度v=4．Om/s的小钢珠．现将沙摆拉离平衡位置，由高h=0.20m处无初速度释放，恰在沙摆向右摆到最低点时，玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入沙摆，二者在极短时间内达到共同速度．小钢珠射入沙摆的过程中，沙摆的质量保持不变，不计空气阻力，g取lOm/s2‎ ‎（1）求第一颗小钢珠射入沙摆前的瞬间，沙摆的速度大小v0；‎ ‎（2）求第一颗小钢珠射入沙摆后，沙摆和小钢珠的共同速度 ‎（3）从第二颗小钢球开始，沙摆向左运动到最低点时打入小钢球．若使沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应满足什么条件．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）在砂摆向下运动的过程中，只有重力做功，由动能定理或机械能守恒定律可以求出砂摆到达水平位置时的速度．‎ ‎（2）钢珠射入砂摆的过程中，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出钢珠射入砂摆后的瞬间，砂摆的速度．‎ ‎（3）钢珠射入砂摆的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出n颗钢珠射入砂摆后，砂摆的速度；砂摆要回到释放时的高度，砂摆在最低点时的速度应大于等于砂摆第一次到达最低点时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）砂摆从释放到最低点，由动能定理：‎ Mgh=Mv02﹣0，‎ 解得：v0==2m/s；‎ ‎（2）小钢球打入砂摆过程系统动量守恒，选向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ Mv0﹣mv=（M+m）v1，‎ 解得：v1=≈1.94m/s；‎ ‎（3）第2颗小钢球打入过程，选向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（M+m）v1+mv=（M+2m）v2，‎ 第3颗小钢球打入过程，同理可得：‎ ‎（M+2m）v2+mv=（M+3m）v3，‎ ‎…‎ 第n颗小钢球打入过程，同理可得：‎ ‎[M+（n﹣1）m]vn﹣1+mv=（M+nm）vn，‎ 联立各式得：（M+m）v1+（n﹣1）mv=（M+nm）vn，‎ 解得：vn=，‎ 当第n颗小钢球射入后，砂摆要能达到初始释放的位置，‎ 砂摆速度满足：vn≥v0，‎ 解得：n≥=4，‎ 所以，当第4颗小钢球射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度，若要沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应大于4．‎ 答：（1）第一颗小钢珠射入砂摆前的瞬间，砂摆的速度为2m/s．‎ ‎（2）第一颗小钢珠射入沙摆后，沙摆和小钢珠的共同速度为1.94m/s．‎ ‎（3）若要沙摆被小钢珠射入后摆起的最大高度超过h，则射入沙摆的小钢球的颗数应大于4．‎ ‎　‎ ‎23．示波管、电视机显像管、电子显微镜中常用到一种叫静电透镜的元件，它可以把电子聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来．它的结构如图所示，K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，现分别将它们的电势控制在一定数值．图中的数据的单位为V，其中K板的电势为120V．根据由实验测得的数据，在图中画出了一些等势面，如图中虚线所示．从图中可知G板圆孔附近的等势面不再是平面，而是向圆孔的右侧凸出来的曲面，所以圆孔附近右侧的电场不再是匀强电场．‎ ‎（1）题中已画出一条水平向右的电场线，请你在原电场线上下画出对称的一对电场线；‎ ‎（2）分析静电透镜为何对自K电极出发的电子束有会聚作用；‎ ‎（3）分析一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点（电势为30.1V）的过程中，电子的加速度如何变化并求出电场力做了多少功．（设电子电量e=1.6×‎ ‎10﹣19C）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，画出电场线；‎ ‎（2）将电场强度分解为水平和竖直方向，根据电子竖直和水平方向的受力情况判断运动情况，即可分析得出结论；‎ ‎（3）根据电场线的疏密程度比较电场强度的大小，根据W=Uq求电场力做功 ‎【解答】解：（1）在静电场中，等势面（等势线）与穿过该面的电场线总是垂直关系，因而不难定性画出静电透镜周围的电场线，如图（1）所示 ‎（2）假设由电极K水平向右发射的电子束穿出圆孔后，运动到电场中的A、B两点，A、B两点的电场方向放大至如图（2）所示，而电子受到的电场力F与电场方向相反，把F分解成水平方向和竖直方向，则电子的运动情况是水平方向上的减速运动和竖直方向上向着中心轴的加速运动，由对称性不难分析出电子束有向着中心会聚的特点，并可以聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来．‎ ‎（3）在K和G之间的电场线的分布是均匀的，而G板的圆孔右侧电场线是非均匀的且逐渐变疏，因此电子产生的加速度是先不变后变小，而电场力对电子做负功，即：‎ ‎═‎ 由于电场力对电子做负功，则电子的电势能增大为：‎ 答：（1）题中已画出一条水平向右的电场线，原电场线上下画出对称的一对电场线，如图（1）所示；‎ ‎（2）分析静电透镜为何对自K电极出发的电子束有会聚作用，理由如上；‎ ‎（3）分析一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点（电势为30.1V）的过程中，电子的加速度先不变后变小，电场力做功﹣．‎ ‎　‎ ‎2017年3月19日