河南省百校联盟2017届高三上学期质检物理试卷（9月份）

河南省百校联盟2017届高三上学期质检物理试卷（9月份）

‎2016-2017学年河南省百校联盟高三（上）质检物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题共14题，共56分，每小题4分；第1~9题，在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求；第10~14题为多项选择题）‎ ‎1．物理学家通过实验来探究物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，下列符合物理史实的是（　　）‎ A．开普勒用了20年时间观测记录行星的运动，发现了行星运动的三大定律 B．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律 C．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论 D．法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机 ‎2．某观光塔内有一部电梯，某次运送乘客的速度﹣时间图象如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．0～5s电梯的位移为30m B．乘客在前1s内处于超重状态 C．速度﹣时间图象一定是电梯下行图象 D．0～6s全过程中合外力对电梯做的功为零 ‎3．如图所示，在倾角为θ=37°的光滑斜面上，垂直纸面水平放置一根长为L=0.2m，质量为m=6×10﹣2kg的通电直导线，电流方向垂直纸面向里，电流大小I=5A．导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，通电直导线放在磁感应强度每秒增加0.04T且方向竖直向下的磁场中．设t=0时，B=0，要使斜面对导线的支持力为零（g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8），则至少需要的时间为（　　）‎ A．5s B．10s C．20s D．30s ‎4．2016年暑假，小明到黄山旅游，乘观光车看西海大峡谷．如图所示，假设该缆车沿着某段坡度为30°的滑道以加速度a=1m/s2保持竖直状态上行，在缆车中与滑道平行的斜面上放一个相对斜面静止的质量为m=1kg的物块，g取10m/s2，则（　　）‎ A．物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 B．物块受到的摩擦力大小为6N C．物块受到的摩擦力大小为1N D．物块受到斜面的弹力大小为5N ‎5．把两个完全相同、质量为m的小球a和b，分别固定在长度相同的轻绳和轻杆的一端，使小球a和b分别绕轻绳、轻杆的一端在竖直平面内做圆周运动，小球a和b均恰好能通过圆周的最高点，不计空气阻力，则在最低点，小球a对轻绳、小球b对轻杆的弹力大小之差为（　　）‎ A．﹣mg B．2mg C．mg D．0‎ ‎6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地水平错开一些，那么在水平错开的过程中，则（　　）‎ A．电容器的电容C增大 B．电容器的带电量Q增大 C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向M D．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M ‎7．如图所示，两颗卫星围绕着质量为M的中心星体做匀速圆周运动．若两颗卫星和中心星体始终在同一直线上，两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，则下列判断正确的是（　　）‎ A．两颗卫星的轨道半径相等 B．两颗卫星的向心加速度相同 C．两颗卫星的向心力大小相等 D．两颗卫星的动能相等 ‎8．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（　　）‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎9．如图所示，一正四方形导线框恰好位于匀强磁场的边缘，如果将导线框以某一速度匀速向右拉出磁场，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2=2v1，下列说法正确的是（　　）‎ A．两种情况下感应电流方向都是从d指向c B．两种情况下拉力做功之比=‎ C．两种情况下拉力的功率之比=‎ D．两种情况下线圈中产生的焦耳热之比=‎ ‎10．如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=6Ω，C=10μF，当开关S断开时，电源的总功率为28W，当开关S闭合时，电源的总功率为49W，下列判断正确的是（　　）‎ A．电源的电动势是14V B．电源的内电阻是2Ω C．S闭合时，电容器两端的电压是3.5V D．S由断开变为闭合，流过电阻R3的电荷量是2.3×10﹣4C ‎11．如图所示，固定的斜面与水平面的夹角为37°，斜面上有一个小滑块，底端P点处有一弹性挡板，挡板与斜面垂直，小滑块每次与挡板相撞后以原速率返回，现将滑块放在O点并由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到OP的中点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，由此可以确定（　　）‎ A．小滑块下滑和上滑过程中加速度的大小 B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数 C．小滑块第n次与挡板碰撞后速度的大小 D．小滑块最终所处的位置 ‎12．在如图所示的理想变压器电路中，电压表和电流表均为理想电表，R1=100Ω，图中滑动变阻器接入电路的电阻为50Ω，在原线圈两端加上电压最大值为100V的正弦交流电，原、副线圈匝数比为1：2，电键K开始处于闭合状态，则（　　）‎ A．原线圈输入的功率为1200W B．K断开后，原线圈的输入功率为400W C．K断开后，将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数不变 D．K断开后，增大交流电的频率，但保持原线圈两端所加电压的最大值不变，其他也保持不变，电流表的示数会增大，电压表的示数不变 ‎13．宇航员在某星球表面将一个小球以一定的初速度水平抛出，测得其速度大小随时间的变化关系为v2=a+bt2，不计星球表面大气的阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为a2‎ B．星球表面的重力加速度大小为2b C．在空中运动t时间后，小球的位移为t D．若经过t0时间落到星球表面，则抛出点的高度为t02‎ ‎14．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°．一质量为1kg的物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图象如图乙，物块运动到传送带顶端的速度恰好为零，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）‎ A．传送带的速度为24m/s B．传送带底端到顶端的距离为32m C．整个过程摩擦力对物块做的功为﹣96J D．摩擦产生的内能为96J ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共15分）‎ ‎15．某同学利用如图所示的装置探究加速度与合外力的关系，图中A为装有窄遮光片的滑块，B处可悬挂钩码，遮光片的宽度为d，1、2处有两个光电门．‎ ‎（1）实验中为了使绳的拉力等于滑块A受到的合外力，需要平衡摩擦力，将长木板　　端适当垫高，在　　（填“悬挂”或“不悬挂”）钩码的情况下，给滑块A一个初速度，如果观察到　　，则表明已平衡摩擦力．‎ ‎（2）为了使滑块A受到外力的合力近似等于B的重力，实验必须满足的条件还有　　；如果实验过程中遮光片通过两个光电门1、2的时间分别为△t1、△t2，及滑块从光电门1运动到光电门2所用的时间为t，则滑块运动的加速度为　　．‎ ‎16．某同学利用图甲所示电路测量电源电动势和内电阻以及金属丝的电阻率，其中ab为电阻率相同的粗细均匀的金属丝，定值电阻R0=2Ω，电流表和电压表均可视为理想电表，滑片P始终与金属丝ab接触良好，实验过程如下（计算结果保留2位小数）．‎ ‎（1）闭合开关，调节滑片P的位置，记录对应的电流表的示数I和电压表的示数U，并测量aP的长度x；‎ ‎（2）改变滑片P的位置，多次重复步骤（1），其中某次电流表和电压表的示数如图乙所示，则电流表示数为I=　　A，电压表示数为U=　　V．‎ ‎（3）根据测得的多组数据分别绘制了如图丙所示的U﹣I图线和图丁所示的﹣x图线．‎ ‎（4）由图丙可得电源的电动势为E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎（5）利用螺旋测微器测得金属丝的直径如图戊所示，则金属丝的直径d=　　mm，结合图丁可得金属丝的电阻率ρ=　　Ω•m，电流表的内阻Rx=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（共39分）‎ ‎17．如图所示，光滑水平面上有一长木板，板长为L=1m，板上右端放一质量为m=1kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.4，长木板的质量为M=2kg，重力加速度g=10m/s2，现在长木板的右端施加一平向右的拉力．‎ ‎（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力F的最大值；‎ ‎（2）要使物体2s内从长木板上滑下，求拉力F的最小值．‎ ‎18．如图甲所示，两根做够长的粗糙平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d=1m，导轨电阻忽略不计，M、P间连接一阻值R=1.5Ω的电阻．现有一质量为m=0.4kg，阻值r=0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上并与导轨接触良好，金属棒与电阻R间的距离为L=4m，整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）金属棒相对于导轨静止时，回路中产生的感应电流I的大小；‎ ‎（2）金属棒经过多长时间开始运动，在该段时间内通过R的电荷量q．‎ ‎19．如图甲所示，一四分之一光滑圆弧轨道最低点与平台右端B相接并与平台相切，圆弧的半径R=1m，一物块置于A点，AB间距离为2m，物块与平台间的动摩摩擦因数为μ=0.2，现用水平恒力F拉物块从静止向右运动，到B点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点，物块的质量为1kg，g=10m/s2，求：‎ ‎（1）拉力的大小及物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道压力的大小；‎ ‎（2）若将四分之一圆弧轨道竖直向下平移，且圆心与B点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F拉物块从静止向右运动，并在B点撤去拉力，则物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离．（计算结果可以用根式表示）‎ ‎20．如图所示，在xOy直角坐标系中，在x=﹣L和y轴之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在x=2L和y轴之间有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴上S（﹣L，0）有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子的速率大小为v0‎ ‎，沿x轴正方向射出后经磁场和电场偏转后到达x=2L上时，速度刚好沿y轴正向，不计粒子的重力，求磁场的磁感应强度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省百校联盟高三（上）质检物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共14题，共56分，每小题4分；第1~9题，在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求；第10~14题为多项选择题）‎ ‎1．物理学家通过实验来探究物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，下列符合物理史实的是（　　）‎ A．开普勒用了20年时间观测记录行星的运动，发现了行星运动的三大定律 B．奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律 C．牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论 D．法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据第谷、开普勒、奥斯特、法拉第等科学家对科学事业的贡献进行分析解答．‎ ‎【解答】解：A、第谷用了20年时间观测记录行星的运动，开普勒通过研究第谷记录的数据，发现了行星运动的三大定律．故A错误．‎ B、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯先后提出了电磁感应定律，故B错误．‎ C、伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故C错误．‎ D、法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．某观光塔内有一部电梯，某次运送乘客的速度﹣时间图象如图所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．0～5s电梯的位移为30m B．乘客在前1s内处于超重状态 C．速度﹣时间图象一定是电梯下行图象 D．0～6s全过程中合外力对电梯做的功为零 ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据图象与时间轴所围成的图象的面积求出位移；由于未说明正方向，故无法确定电梯具体的运动，从而无法确定超重还是失重； 根据动能定理分析合外力的功．‎ ‎【解答】解：A、0﹣5s内的位移x==27m，故A错误；‎ B、因不明确电梯的运动方向，故无法确定是否处于超重，故B错误；‎ C、因不明确正方向的规定，则无法确定电梯是否为下行图象，故C错误；‎ D、对全程由动能定理可知，0﹣6s内合外力做功为零，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在倾角为θ=37°的光滑斜面上，垂直纸面水平放置一根长为L=0.2m，质量为m=6×10﹣2kg的通电直导线，电流方向垂直纸面向里，电流大小I=5A．导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，通电直导线放在磁感应强度每秒增加0.04T且方向竖直向下的磁场中．设t=0时，B=0，要使斜面对导线的支持力为零（g取10m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8），则至少需要的时间为（　　）‎ A．5s B．10s C．20s D．30s ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】对通电导体棒受力分析，根据共点力平衡即可求得安培力，再求磁场强度，由磁场时间关系，可求的时间．‎ ‎【解答】解：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．‎ 由平衡条件得：FTcos 37°=F，‎ FTsin 37°=mg，‎ 两式联立解得：F==0.45N，‎ 由F=BIL得：B==0.8 T，‎ 由题意知，B与t的变化关系为：B=0.04t，‎ 代入数据得：t=20s．‎ 由此可知，ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．2016年暑假，小明到黄山旅游，乘观光车看西海大峡谷．如图所示，假设该缆车沿着某段坡度为30°的滑道以加速度a=1m/s2保持竖直状态上行，在缆车中与滑道平行的斜面上放一个相对斜面静止的质量为m=1kg的物块，g取10m/s2，则（　　）‎ A．物块受到的摩擦力方向平行斜面向下 B．物块受到的摩擦力大小为6N C．物块受到的摩擦力大小为1N D．物块受到斜面的弹力大小为5N ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上．分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故A错误；‎ C、根据牛顿第二定律得：f﹣mgsin30°=ma，解得，f=mg+ma=，方向平行斜面向上，故B正确，C错误；‎ D、小球受到的支持力等于重力垂直于斜面的分力；故N=mgcos30°==；故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．把两个完全相同、质量为m的小球a和b，分别固定在长度相同的轻绳和轻杆的一端，使小球a和b分别绕轻绳、轻杆的一端在竖直平面内做圆周运动，小球a和b均恰好能通过圆周的最高点，不计空气阻力，则在最低点，小球a对轻绳、小球b对轻杆的弹力大小之差为（　　）‎ A．﹣mg B．2mg C．mg D．0‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球恰好能通过最高点完成完整的圆周运动，知在最高点靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球过b点时的速度．根据机械能守恒定律求出小球初速度的大小．根据小球在最高点的拉力，结合牛顿第二定律求出小球经过最高点的速度大小．根据机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速度大小，最后再根据牛顿第二定律求解即可．‎ ‎【解答】解：小球a在绳子作用下，小球在最高点：mg=，解得：v0=‎ 从最高点到最低点的过程中，由机械能转化和守恒定律得： mv02=2mgL+‎ 解得：v1=‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：T1=6mg 对于轻杆，小球A在最高点恰好通过最高点时，支持力F=mg 根据牛顿第二定律得，mg﹣F=m，解得v2=0．‎ 根据机械能守恒定律得，mg•2L=‎ 代入数据解得，v3=2．‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得：‎ 解得：T2=5mg 则T1﹣T2=mg，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地水平错开一些，那么在水平错开的过程中，则（　　）‎ A．电容器的电容C增大 B．电容器的带电量Q增大 C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向M D．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，故A错误；‎ B、根据Q=CU，由于电容器电容减小，因两板间电压U不变，那么极板的电量会减小．故B错误；‎ C、将平行板电容器的两极非常缓慢地水平错开一些，由于电容器两板间电压不变，根据E=，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；‎ 再由C= 知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N→M的电流．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，两颗卫星围绕着质量为M的中心星体做匀速圆周运动．若两颗卫星和中心星体始终在同一直线上，两颗卫星间的作用及其他星体对两颗卫星的作用均忽略不计，则下列判断正确的是（　　）‎ A．两颗卫星的轨道半径相等 B．两颗卫星的向心加速度相同 C．两颗卫星的向心力大小相等 D．两颗卫星的动能相等 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度ω相等，根据万有引力提供向心力角速度公式求出半径，根据a=ω2r得向心加速度，根据向心力公式可知，向心力与星球质量有关．‎ ‎【解答】解：A、由“两颗卫星和中心星体始终在同一直线上”得知两颗卫星的角速度ω相等，根据=mω2r，得r=，可见两颗卫星的轨道半径相等，选项A正确；‎ B、由a=ω2r得向心加速度大小a1=a2，但方向相反，选项B错误；‎ C、由万有引力提供向心力即F向=知，F向与卫星的质量m有关，由于两颗卫星的质量关系不确定，选项C错误；‎ D、根据得卫星的动能Ek=与m有关，选项D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（　　）‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足v=，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ ‎【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误．‎ B、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误．‎ C、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小．故C错误．‎ D、速度满足v=时，轨道半径r=，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一正四方形导线框恰好位于匀强磁场的边缘，如果将导线框以某一速度匀速向右拉出磁场，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2=2v1，下列说法正确的是（　　）‎ A．两种情况下感应电流方向都是从d指向c B．两种情况下拉力做功之比=‎ C．两种情况下拉力的功率之比=‎ D．两种情况下线圈中产生的焦耳热之比=‎ ‎【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；焦耳定律．‎ ‎【分析】应用右手定则判断出感应电流方向；‎ 应用安培力公式求出安培力，应用平衡条件求出拉力，然后求出拉力做的功，求出拉力做功之比；‎ 应用功率公式求出拉力的功率，然后求出拉力功率之比；‎ 应用焦耳定律求出 焦耳热，然后求出焦耳热之比．‎ ‎【解答】解：A、由右手定则可知，两种情况下感应电流的方向都是从c流向d，故A错误；‎ B、线框受到的安培力：F安培=BIL=，线框做匀速直线运动处于平衡状态，由平衡条件得：F=F安培=，拉力做功：W=FL=，两种情况相爱拉力做功之比： ==，故B错误；‎ C、拉力功率：P=Fv=，拉力功率之比： ==，故C错误；‎ D、感应电流：I==，焦耳热：Q=I2Rt×R×=，焦耳热之比： ==，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=6Ω，C=10μF，当开关S断开时，电源的总功率为28W，当开关S闭合时，电源的总功率为49W，下列判断正确的是（　　）‎ A．电源的电动势是14V B．电源的内电阻是2Ω C．S闭合时，电容器两端的电压是3.5V D．S由断开变为闭合，流过电阻R3的电荷量是2.3×10﹣4C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】S断开时，R1和R2串联，S闭合时，R1和R2串联后再与R4串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻．闭合S时，电容器的电压等于R1两端的电压．S断开时，电容器与并联在R2两端，其电压等于R2两端的电压．S由断开变为闭合，流过电阻R3的电荷量等于电容器带电量的变化，结合Q=CU求解．‎ ‎【解答】解：AB、当开关S断开时，R1和R2串联，电源的总功率为：P1=，‎ 代入数据得：28=…①‎ S闭合时，R1和R2串联后再与R4串联，外电路总电阻为：R===3Ω 电源的总功率为：P2=，‎ 代入数据得：49=…②‎ 联立①②解得 E=14V，r=1Ω．故A正确，B错误．‎ C、S闭合时，电容器的电压等于R1两端的电压，为：U2=•E=××14V=3.5V，故C正确．‎ D、S断开时，电容器与并联在R2两端，其电压等于R2两端的电压，为：U1=E=×14V=8V，由于S断开时，电容器上极板带负电．S闭合时，电容器上极板带正电，所以S由断开变为闭合，流过电阻R3的电荷量为：Q=CU1+CU2=10×10﹣6×（8+3.5）C=1.15×10﹣4C，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎11．如图所示，固定的斜面与水平面的夹角为37°，斜面上有一个小滑块，底端P点处有一弹性挡板，挡板与斜面垂直，小滑块每次与挡板相撞后以原速率返回，现将滑块放在O点并由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到OP的中点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，由此可以确定（　　）‎ A．小滑块下滑和上滑过程中加速度的大小 B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数 C．小滑块第n次与挡板碰撞后速度的大小 D．小滑块最终所处的位置 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据动能定理可求得动摩擦因数，再根据牛顿第二定律可确定加速度的大小．根据滑块的最大静摩擦力和重力下滑分力比较，判断滑块的运动情况，确定最终的位置．‎ ‎【解答】解：AB、设OP=L，从开始下滑到滑块返回到OP中点的过程，由动能定理得 ‎ mgsin37°﹣μmgcos37°•L=0，可得 μ==‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 下滑过程有：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1；‎ 上升的过程有：mgsin37°+μmgcos37°=ma2；可知，可以求得滑块下滑和上滑过程中加速度的大小，故AB正确．‎ C、小滑块第n次与挡板碰撞后，由于总路程不能确定，所以不能确定第n次与挡板碰撞后速度的大小，故C错误．‎ D、由于滑块在斜面上滑动时，摩擦力对滑块做负功，其机械能不断减小，滑块最终停在挡板处，故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎12．在如图所示的理想变压器电路中，电压表和电流表均为理想电表，R1=100Ω，图中滑动变阻器接入电路的电阻为50Ω，在原线圈两端加上电压最大值为100V的正弦交流电，原、副线圈匝数比为1：2，电键K开始处于闭合状态，则（　　）‎ A．原线圈输入的功率为1200W B．K断开后，原线圈的输入功率为400W C．K断开后，将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数不变 D．K断开后，增大交流电的频率，但保持原线圈两端所加电压的最大值不变，其他也保持不变，电流表的示数会增大，电压表的示数不变 ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】开关闭合时，副线圈为R2与R1并联，电压表测量副线圈两端的电压，当开关断开时，交流能通过电容器；根据变压器原理可得变压器原、副线圈中的电压之比，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．‎ ‎【解答】解：A、K闭合时，原线圈的电压的有效值，根据电压与匝数成正比得副线圈两端电压的有效值为，上消耗的功率，消耗的功率，输出功率，根据输入功率等于输出功率，所以原线圈输入的功率1200W，故A正确；‎ B、K断开后，因为交流电能通过电容器，变阻器有电流通过，消耗的功率不等于0，输出功率大于400W，所以原线圈的输入功率大于400W，故B错误；‎ C、K断开后，变阻器滑片向上移，变阻器电阻变大，电压表示数不变，输出功率变小，输入功率变小，原线圈电压不，原线圈电流变小，电流表读数变小，故C错误；‎ D、K断开后，增大交流电的频率，电容器的容抗变小，因为原线圈所加电压最大值不变，匝数比不变，副线圈两端电压不变，电压表示数不变，副线圈电路的总电阻减小，输出功率变大，输入功率等于输出功率，输入功率变大，原线圈电流变大，电流表示数会增大，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎13．宇航员在某星球表面将一个小球以一定的初速度水平抛出，测得其速度大小随时间的变化关系为v2=a+bt2，不计星球表面大气的阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的初速度为a2‎ B．星球表面的重力加速度大小为2b C．在空中运动t时间后，小球的位移为t D．若经过t0时间落到星球表面，则抛出点的高度为t02‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，由平抛运动的规律求出速度大小与时间的关系式，与v2=a+bt2对比求解初速度和重力加速度，再由运动学公式研究位移和抛出点的高度．‎ ‎【解答】解：AB、小球做平抛运动，抛出时间t时速度大小与时间的关系为 v2=+（gt）2=+g2t2．‎ 与v2=a+bt2对比可得，小球的初速度为 v0=，g=．故AB错误．‎ C、在空中运动t时间后，小球的位移为 s===t．故C正确．‎ D、若经过t0时间落到星球表面，则抛出点的高度为 h==t02．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎14．如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°．一质量为1kg的物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图象如图乙，物块运动到传送带顶端的速度恰好为零，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）‎ A．传送带的速度为24m/s B．传送带底端到顶端的距离为32m C．整个过程摩擦力对物块做的功为﹣96J D．摩擦产生的内能为96J ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】刚开始时，物块的速度大于传送带的速度，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，物体所受摩擦力改为向上，继续向上做加速度减小的减速运动；根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离．根据动能定理求摩擦力对物块做的功．根据相对位移求摩擦生热．‎ ‎【解答】解：A、由图知，物体先做匀减速直线运动，速度达到传送带速度后（在t=4s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向上做匀减速直线运动，从图象可知传送带的速度为4m/s．故A错误．‎ B、物块上升的位移大小等于v﹣t图象包围的面积，为 x=+=32m，所以传送带底端到顶端的距离为32m，故B正确．‎ C、根据动能定理得：﹣mgxsin37°+W=0﹣，可得，整个过程摩擦力对物块做的功 W=mgxsin37°﹣=1×10×32×0.6﹣×1×242=﹣96J，故C正确．‎ D、速度相等之前，即0＜t≤4s，根据图象的斜率等于加速度，可知，加速度大小为 a==10m/s2． 根据牛顿第二定律，有mgsin37°+f=ma，得 f=4N 在前2s内传送带的位移 x带1=vt1=4×2m=8m，物块的位移为 x物1=m=28m，两者相对位移大小为△x1=x物1﹣x带1=20m 在后2s内传送带的位移 x带2=vt2=4×2m=8m，物块的位移为 x物2=m=4m，两者相对位移大小为△x2=x带2﹣x物2=4m 故摩擦产生的内能为 Q=f（△x1+△x2）=4×（20+4）J=96J，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ 二、实验题（共2小题，共15分）‎ ‎15．某同学利用如图所示的装置探究加速度与合外力的关系，图中A为装有窄遮光片的滑块，B处可悬挂钩码，遮光片的宽度为d，1、2处有两个光电门．‎ ‎（1）实验中为了使绳的拉力等于滑块A受到的合外力，需要平衡摩擦力，将长木板　左　端适当垫高，在　不悬挂　（填“悬挂”或“不悬挂”）钩码的情况下，给滑块A一个初速度，如果观察到　滑块做匀速直线运动　，则表明已平衡摩擦力．‎ ‎（2）为了使滑块A受到外力的合力近似等于B的重力，实验必须满足的条件还有　滑块A的质量远大于钩码B的质量　；如果实验过程中遮光片通过两个光电门1、2的时间分别为△t1、△t2，及滑块从光电门1运动到光电门2所用的时间为t，则滑块运动的加速度为　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）实验前要平衡摩擦力，小车不挂钩码把木板的一端适当垫高，使小车在木板上做匀速直线运动．‎ ‎（2）当滑块的质量远大于钩码质量时可以近似认为滑块受到的拉力等于钩码的重力；求出滑块通过光电门时的瞬时速度，然后应用匀变速直线运动的速度公式可以求出滑块的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）实验中为了使绳的拉力等于滑块A受到的合外力，需要平衡摩擦力，将长木板左端适当垫高，在不悬挂钩码的情况下，给滑块A一个初速度，如果观察到滑块做匀速直线运动，则表明已平衡摩擦力．‎ ‎（2）当滑块的质量远大于钩码的质量时可以认为滑块A受到外力的合力近似等于B的重力；‎ 滑块通过光电门时的速度：v1=，v2=，滑块运动的加速度：a==；‎ 故答案为：（1）左；不悬挂；滑块做匀速直线运动；（2）滑块A的质量远大于钩码B的质量；．‎ ‎　‎ ‎16．某同学利用图甲所示电路测量电源电动势和内电阻以及金属丝的电阻率，其中ab为电阻率相同的粗细均匀的金属丝，定值电阻R0=2Ω，电流表和电压表均可视为理想电表，滑片P始终与金属丝ab接触良好，实验过程如下（计算结果保留2位小数）．‎ ‎（1）闭合开关，调节滑片P的位置，记录对应的电流表的示数I和电压表的示数U，并测量aP的长度x；‎ ‎（2）改变滑片P的位置，多次重复步骤（1），其中某次电流表和电压表的示数如图乙所示，则电流表示数为I=　0.50　A，电压表示数为U=　2.60　V．‎ ‎（3）根据测得的多组数据分别绘制了如图丙所示的U﹣I图线和图丁所示的﹣x图线．‎ ‎（4）由图丙可得电源的电动势为E=　3.00　V，内电阻r=　1.00　Ω．‎ ‎（5）利用螺旋测微器测得金属丝的直径如图戊所示，则金属丝的直径d=　0.400　mm，结合图丁可得金属丝的电阻率ρ=　1.26×10﹣6　Ω•m，电流表的内阻Rx=　2.00　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（2）明确电表的最小分度，则可明确最终的读数； ‎ ‎（4）由闭合电路欧姆定律列式，结合图象规律可求得电动势和内电阻；‎ ‎（5）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；根据电路图利用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．‎ ‎【解答】解：（2）电流表每一小格示数为0.02A，则电流表示数为0.50A，电压表最小分度为0.1V，故电压表示数为2.60V； ‎ ‎（4）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（r+R0）；则可知，图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=3.00V；‎ 图象的斜率表示内电阻，则r+R0==3.00Ω； ‎ 解得：r=3.00﹣2.00=1.00Ω； ‎ ‎（5）螺旋测微器固定部分为0；转动部分读数为40.0；故最终读数为：0+40.0×0.01=0.400mm； ‎ 根据欧姆定律可知： =RA+； 结合﹣x图线可得，图象与纵坐标的交点表示RA；故RA=2Ω；‎ 图象的斜率k===10； ‎ s=‎ 联立解得：‎ ρ=1.26×10﹣6Ω•m；‎ 故答案为：（2）0.50；2.60；（4）3.00，1.00；（5）0.400，1.26×10﹣6；2.00‎ ‎　‎ 三、计算题（共39分）‎ ‎17．如图所示，光滑水平面上有一长木板，板长为L=1m，板上右端放一质量为m=1kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.4，长木板的质量为M=2kg，重力加速度g=10m/s2，现在长木板的右端施加一平向右的拉力．‎ ‎（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力F的最大值；‎ ‎（2）要使物体2s内从长木板上滑下，求拉力F的最小值．‎ ‎【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）当物块与长木板刚好要发生相对滑动时，施加的拉力最大，对物块根据牛顿第二定律求出加速度，对整体求出拉力的最大值；‎ ‎（2）对物块和木板根据牛顿第二定律求出各自加速度，由运动学公式表示出物块和木板的位移，当拉力最小时，物块与木板的相对位移等于板长；‎ ‎【解答】解：（1）当物块与长木板刚好要发生相对滑动时，施加的拉力最大，对物块μmg=ma 解得：‎ 对整体有：F=（M+m）a=（2+1）×4N=12N 求得拉力的最大值为：F=12N ‎（2）设物块刚好经过2s从长木板上滑下，则物块滑动的加速度为：‎ 长木板的加速度为： =‎ ‎2s内物块的位移为：‎ 长木板运动的位移为：‎ 代入数据有：‎ 解得：F′=13N 答：（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，拉力F的最大值12N；‎ ‎（2）要使物体2s内从长木板上滑下，拉力F的最小值13N ‎　‎ ‎18．如图甲所示，两根做够长的粗糙平行金属导轨MN、PQ固定在同一绝缘水平面上，两导轨间距为d=1m，导轨电阻忽略不计，M、P间连接一阻值R=1.5Ω的电阻．现有一质量为m=0.4kg，阻值r=0.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放在两导轨上并与导轨接触良好，金属棒与电阻R间的距离为L=4m，整个装置处于一竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）金属棒相对于导轨静止时，回路中产生的感应电流I的大小；‎ ‎（2）金属棒经过多长时间开始运动，在该段时间内通过R的电荷量q．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出回路中感应电流；‎ ‎（2）根据平衡条件求出磁感应强度，由图象求出经过的时间，根据q=I•△t求出通过R的电荷量 ‎【解答】解：（1）回路中的感应电动势为：‎ 由闭合电路欧姆定律得感应电流为：‎ 联立上式得：‎ ‎（2）由平衡条件得：μmg﹣BId=0‎ 解得：B=1..0T 由图象知棒经过时间△t=1.0s 在该段时间内通过R的电荷量q=I△t=2C 答：（1）金属棒相对于导轨静止时，回路中产生的感应电流I的大小2A；‎ ‎（2）金属棒经过1.0s时间开始运动，在该段时间内通过R的电荷量q为2C ‎　‎ ‎19．如图甲所示，一四分之一光滑圆弧轨道最低点与平台右端B相接并与平台相切，圆弧的半径R=1m，一物块置于A点，AB间距离为2m，物块与平台间的动摩摩擦因数为μ=0.2，现用水平恒力F拉物块从静止向右运动，到B点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点，物块的质量为1kg，g=10m/s2，求：‎ ‎（1）拉力的大小及物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道压力的大小；‎ ‎（2）若将四分之一圆弧轨道竖直向下平移，且圆心与B点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F拉物块从静止向右运动，并在B点撤去拉力，则物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离．（计算结果可以用根式表示）‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）物块刚好能滑到四分之一圆弧轨道的最高点时速度为零，对于整个过程，运用动能定理可求出拉力的大小．从B到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒可求得物块通过最低点时的速度．物块在圆弧轨道的最低点，由轨道的支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出支持力，从而得到压力．‎ ‎（2）物块从B点做平抛运动，根据分位移公式和两个分位移间的几何关系列式，可求得物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离．‎ ‎【解答】解：（1）对于整个过程，由动能定理可知：‎ ‎ Fx﹣μmgx﹣mgR=0‎ 求得 F=7N 从B到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒得：‎ ‎=mgR 在圆弧轨道的最低点，根据牛顿第二定律得：‎ ‎ FN﹣mg=m 求得：FN=3mg=30N 根据牛顿第三定律，得物块对圆弧的压力为30N．‎ ‎（2）由=mgR可知，物块在B点的速度 νB=2m/s 物块从B点做平抛运动，设下落的高度为y，水平位移为x，则有 ‎ x=vBt ‎ y=‎ 由几何知识可得 x2+y2=R2；‎ 求得物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离：y=（﹣2）m．‎ 答：‎ ‎（1）拉力的大小是7N，物块刚滑上四分之一圆弧轨道时对轨道压力的大小是30N． ‎ ‎（2）物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离是（﹣2）m．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，在xOy直角坐标系中，在x=﹣L和y轴之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在x=2L和y轴之间有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴上S（﹣L，0）有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子的速率大小为v0‎ ‎，沿x轴正方向射出后经磁场和电场偏转后到达x=2L上时，速度刚好沿y轴正向，不计粒子的重力，求磁场的磁感应强度．‎ ‎【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】根据带电粒子在磁场中圆周运动规律利用牛顿第二定律可明确洛伦兹力充当向心力关系； ‎ 再对磁场中的类平抛运动进行分析，根据逆向过程为类平抛运动，由运动的合成和分解规律可求得R与夹角之间的关系，联立即可求得磁感应强度．‎ ‎【解答】解：设磁感应强度为B，粒子在磁场中偏转时，‎ qv0B=m ①‎ 设粒子经磁场偏转进入电场时速度与y轴正方向夹角为θ，则由几何关系可得：‎ sinθ= ②‎ 粒子在电场中运动是逆向的类平抛运动，因此有：‎ ‎2L=‎ a=‎ v0sinθ=at 解得：sinθ= ③‎ 联立①②③式可得：‎ 解得：B=‎ 答：磁场的磁感应强度为 ‎　‎ ‎2017年1月6日