河南省鹤壁高中2017届高三（上）第十五次周练物理试卷（解析版）

河南省鹤壁高中2017届高三（上）第十五次周练物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河南省鹤壁高中高三（上）第十五次周练物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合要求，第6-8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．对物理学发展史上曾做出重大贡献的科学家的研究内容及成果评价正确的一项是（　　）‎ A．牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒、惠更斯等人研究的基础上，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，总结出一套普遍适用的力学运动规律﹣﹣牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系 B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应，通过进一步深入研究又总结出了电磁感应现象 C．安培最早发现了磁场能对电流产生作用，又推出了磁场对运动电荷的作用力公式 D．麦克斯韦提出了完整的电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在 ‎2．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　）‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎3．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接U=220sin100πt（V）的交流电．则（　　）‎ A．交流电的频率为100HzB．通过R1的电流为2A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W ‎4．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，a）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为2V，则P点的电势为（　　）‎ A． VB． VC． VD． V ‎5．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（甲）所示，0﹣1s内磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图（乙）所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是图中的（设向右的方向为静摩擦力的正方向）（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎6．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（　　）‎ A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ B．物块B满足m2gsinθ=kd C．物块A的加速度为 D．弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2‎ ‎7．2013年12月2日1时30分，我国成功发射了“嫦娥三号”探月卫星，12月6日17时47分顺利进入环月轨道．若该卫星在地球、月球表面的重力分别为G1、G2，则已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）‎ A．月球表面处的重力加速度为g B．月球与地球的质量之比为 C．卫星沿近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2π D．月球与地球的第一宇宙速度之比为 ‎8．如图所示，平行金属导轨宽度为L=0.6m，与水平面间的倾角为θ=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m=0.2kg，长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为Ro=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.3．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度vo=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），以下说法正确的是（　　）‎ A．把运动导体棒视为电源，最大输出功率6.75W B．导体棒最后可以下滑到导轨底部，克服摩擦力做的总功为10.0J C．当导体棒向上滑d=2m时，速度为7.07m/s D．导体棒上滑的整个过程中，在定值电阻R上产生的焦耳热为2.46J ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如甲图所示，一根长度为l的水平金属丝置于匀强磁场B中，与竖直放置的导轨接触良好，不计金属丝与导轨间的摩擦．可变电源可以提供任一方向的电流．金属丝由重力不计的细线与轻质弹簧秤连接，可以沿竖直方向上下滑动．弹簧秤己调零且读数准确．现测得多组实验数据，并作出如图乙所示的图象．‎ ‎（1）在甲图中，当弹簧秤的读数为零时，流过水平金属丝的电流为　　A，方向为　　（填“向左”或“向右”）．‎ ‎（2）用螺旋测微器测得该金属丝的直径，如图丙所示，其读数为　　mm．‎ ‎10．实验题：‎ ‎（1）某同学利用闪光照相研究物体的平抛运动，他拍摄了小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片，如图所示．若图中每一正方形小格的边长均表示5.0cm．根据图中的记录，可计算出小球做平抛运动的初速度大小为　　m/s，小球通过c点时的速度大小为　　m/s．（取g=10m/s2）‎ ‎（2）有两个完全相同，但刻度盘上仅有刻度而没有标度值的电压表，电压表的内阻约为5000Ω．现打算用图（1）所示的电路测量它们的内阻．其中：E为电动势12V、内阻可忽略不计的电源；R1是调节范围为0～9999Ω的电阻箱；R2是调节范围为0～1000Ω的滑动变阻器；S为电键．‎ ‎①闭合电键S之前，滑动滑动变阻器的滑片p应滑到变阻器的　　端．（填“a”或“b”）．‎ ‎②闭合电键之后，适当调节滑动变阻器滑片p和电阻箱的旋钮，当电阻箱调节成图（2）所示的情景时，两电压表指针的位置如图（3）所示，由此可知，此时电阻箱的阻值为　　Ω，这两个电压表的内阻均为　　Ω．‎ ‎③由各个器材的参数和各图所示的情景可知，这两个电压表的量程在下面提供的四个选项中最多不会超过选项　　，最少不会低于选项　　．‎ A．6V B．9V C．14V D．18V．‎ ‎11．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=﹣5.0×10﹣4C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：‎ ‎（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．‎ ‎12．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105‎ V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度B2=0.25T．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从P点射入平行板间，不计重力，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射向三角形磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°．则：‎ ‎（1）离子运动的速度为多大？‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是多少？‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为多少？‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经多长时间到达X轴？‎ ‎　‎ 三、[选修3--5]‎ ‎13．如图所示为研究光电效应的电路图，对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转．将滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能　　（选填“减小”、“增大”）． 如果改用频率略低的紫光照射，电流表　　（选填“一定”、“可能”或“一定没”）有示数．‎ ‎14．在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰．碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出．g=10m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞后小球B的速度大小；‎ ‎（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；‎ ‎（3）碰撞过程中系统的机械能损失．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省鹤壁高中高三（上）第十五次周练物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项符合要求，第6-8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．对物理学发展史上曾做出重大贡献的科学家的研究内容及成果评价正确的一项是（　　）‎ A．牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒、惠更斯等人研究的基础上，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，总结出一套普遍适用的力学运动规律﹣﹣牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系 B．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应，通过进一步深入研究又总结出了电磁感应现象 C．安培最早发现了磁场能对电流产生作用，又推出了磁场对运动电荷的作用力公式 D．麦克斯韦提出了完整的电磁场理论，并通过实验证实了电磁波的存在 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、牛顿在伽利略、笛卡儿、开普勒、惠更斯等人研究的基础上，采用归纳与演绎、综合与分析的方法，总结出一套普遍适用的力学运动规律﹣﹣牛顿运动定律和万有引力定律，建立了完整的经典力学体系．故A正确；‎ B、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应现象，故B错误；‎ C、安培最早发现了磁场能对电流产生作用，洛伦兹推出了磁场对运动电荷的作用力公式，故C错误；‎ D、麦克斯韦提出了完整的电磁场理论，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（　　）‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；‎ B、t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；‎ C、0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，故C错误；‎ D、t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接U=220sin100πt（V）的交流电．则（　　）‎ A．交流电的频率为100HzB．通过R1的电流为2A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．‎ ‎【解答】解：A、原线圈接U=220sin100πt（V）的交流电．‎ 所以T==0.02s 交流电的频率f==50Hz，故A错误；‎ B、由原线圈接U=220sin100πt（V）交流电，有效值是220V，‎ 原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，‎ 根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为U2=×220V=50V，‎ 通过R1的电流I1==2A，故B错误；‎ C、副线圈的电阻1消耗的功率P==100W 由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2电压只有正向电压．则电阻2消耗的功率为P′=×=50W，‎ 所以副线圈的输出功率应为150W，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为150W．‎ 由于现在二极管的作用，副线圈的电阻2通过的电流I=×=A，故C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，a）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为2V，则P点的电势为（　　）‎ A． VB． VC． VD． V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势．‎ ‎【解答】解：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为2V，故有：‎ UNM=E•a=2V… ①‎ 将电场强度沿着﹣x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则﹣x和+y方向的分量分别为：‎ Ex=E，Ey=E…②‎ 设P在x0y平面上的投影为P′点，投影点的坐标为：（a，，0）‎ 则 UNP=UNP′=Ey•=V （由①②式得）‎ 又因N点电势为2V，则P′点势为： V，‎ 即P点电势为： V 则ABC错误，D正确 故选：D ‎　‎ ‎5．在水平桌面上，一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（甲）所示，0﹣1s内磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L、电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，如图（乙）所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是图中的（设向右的方向为静摩擦力的正方向）（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】通过线圈的磁场1随着时间的变化，由法拉第电磁感应定律可算出产生感应电动势大小，线圈中出现感应电流，导致导体棒处于磁场2中受到安培力的作用，由于棒始终处于静止，则可确定静摩擦力的方向及大小．‎ ‎【解答】解：由（甲）图可知在0﹣1 s内磁感应强度均匀增大，产生稳恒感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，导体棒受到的安培力的方向是水平向左，棒静止不动，摩擦力方向水平向右，为正方向．同理，分析以后几秒内摩擦力的方向，从而得出f﹣t图象为B图．故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v．则此时（　　）‎ A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ B．物块B满足m2gsinθ=kd C．物块A的加速度为 D．弹簧弹性势能的增加量为Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；弹性势能．‎ ‎【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据功能关系可求弹簧弹性势能的增加量．‎ ‎【解答】解：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；‎ B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2 ①，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；‎ C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F﹣m1gsinθ﹣kx2=m1a1 ②，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1③，而d=x1+x2④，①②③④解得：物块A加速度为，故C正确；‎ D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎7．2013年12月2日1时30分，我国成功发射了“嫦娥三号”探月卫星，12月6日17时47分顺利进入环月轨道．若该卫星在地球、月球表面的重力分别为G1、G2，则已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）‎ A．月球表面处的重力加速度为g B．月球与地球的质量之比为 C．卫星沿近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2π D．月球与地球的第一宇宙速度之比为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星在地球表面的重力为G1，地球表面处的重力加速度为g，由G1=mg，求出卫星的质量，再G2=mg月求出g月．根据g=，由两星球的半径和表面重力加速度分别求出地球和月球的质量．卫星在距月球表面轨道上做匀速圆周运动时，由月球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求出卫星的周期．地球的第一宇宙速度为v地=，月球的第一宇宙速度为v月=，将G1=mg，G2=mg月代入求出第一宇宙速度之比．‎ ‎【解答】解：A、卫星的质量为m=，月球表面处的重力加速度为：g月==．故A正确；‎ B、由g=，得到月球的质量为：M月=，M地=，又，整理得月球的质量与地球的质量之比为，故B错误；‎ C、设卫星质量为m，由mg月=m，g月=，解得：T月=2π．故C正确；‎ D、月球的第一宇宙速度为v月=，地球的第一宇宙速度为：v地=，将G1=mg，G2=mg月代入解得：．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，平行金属导轨宽度为L=0.6m，与水平面间的倾角为θ=37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R=3Ω的定值电阻，磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m=0.2kg，长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为Ro=1Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.3．现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度vo=10m/s向上滑行，上滑的最大距离为s=4m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2），以下说法正确的是（　　）‎ A．把运动导体棒视为电源，最大输出功率6.75W B．导体棒最后可以下滑到导轨底部，克服摩擦力做的总功为10.0J C．当导体棒向上滑d=2m时，速度为7.07m/s D．导体棒上滑的整个过程中，在定值电阻R上产生的焦耳热为2.46J ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．‎ ‎【分析】导体棒速度最大时产生的感应电动势最大，输出功率最大，由功率公式可以求出最大输出功率；‎ 根据摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系判断导体棒的运动过程，然后答题；‎ 由能量守恒定律求出金属棒的速度；‎ 由能量守恒定律求出电阻上产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：A、开始时，导体棒产生的感应电动势最大：E=BLv0=1×0.6×10=6V，电流I===1.5A，最大输出功率P=I2R=1.52×3=6.75W，故A正确；‎ B、导体棒到达最高点时，摩擦力f=μmgcos37°=0.3×0.2×10×0.8=0.48N，重力沿斜面向下的分类mgsin37°=0.2×10×0.6=1.2N＞f，导体棒到达最高点后反向向下加速运动，整个过程中克服摩擦力做的总功W=f•2s=0.48×2×4=3.84J，故B错误；‎ C、假设棒上滑做匀减速运动，设向上滑行距离d=2m时，速度为v，加速度大小为a．则有 0﹣v02=﹣2as，v2﹣v02=﹣2ad，解得：a=12.5m/s2，向上滑行2m时，v==5m/s=7.07m/s，由于开始的2m内合力比后2m的合力大，加速度大，所以当导体棒向上滑行距离d=2m时，速度一定小于7.07/s．故C错误；‎ D、导体棒向上滑动过程中，由能量守恒定律得： mv2=+Q+mgssin37°，Q=QR+QR0， ==，解得：QR=2.46J，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如甲图所示，一根长度为l的水平金属丝置于匀强磁场B中，与竖直放置的导轨接触良好，不计金属丝与导轨间的摩擦．可变电源可以提供任一方向的电流．金属丝由重力不计的细线与轻质弹簧秤连接，可以沿竖直方向上下滑动．弹簧秤己调零且读数准确．现测得多组实验数据，并作出如图乙所示的图象．‎ ‎（1）在甲图中，当弹簧秤的读数为零时，流过水平金属丝的电流为　3.5　A，方向为　向右　（填“向左”或“向右”）．‎ ‎（2）用螺旋测微器测得该金属丝的直径，如图丙所示，其读数为　0.680　mm．‎ ‎【考点】安培力；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】（1）当弹簧秤示数为零时，重力与安培力平衡，则左手定则判断电流的方向，根据图象得出F=0时，电流的大小．‎ ‎（2）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）当弹簧秤示数为零时，知安培力与重力平衡，根据左手定则知安培力方向向上，则电流方向为顺时针方向，故流过流过金属丝的电流向右．根据图象当弹簧秤示数为零时，则电流的大小为﹣3.5A，故电力大小为3.5A．‎ ‎（2）螺旋测微器的读数为固定刻度加可动刻度，螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×18.0mm=0.180mm，所以最终读数为0.680mm：‎ 故答案为：（1）3.5 向右；（2）0.680mm ‎　‎ ‎10．实验题：‎ ‎（1）某同学利用闪光照相研究物体的平抛运动，他拍摄了小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片，如图所示．若图中每一正方形小格的边长均表示5.0cm．根据图中的记录，可计算出小球做平抛运动的初速度大小为　1.0　m/s，小球通过c点时的速度大小为　　m/s．（取g=10m/s2）‎ ‎（2）有两个完全相同，但刻度盘上仅有刻度而没有标度值的电压表，电压表的内阻约为5000Ω．现打算用图（1）所示的电路测量它们的内阻．其中：E为电动势12V、内阻可忽略不计的电源；R1是调节范围为0～9999Ω的电阻箱；R2是调节范围为0～1000Ω的滑动变阻器；S为电键．‎ ‎①闭合电键S之前，滑动滑动变阻器的滑片p应滑到变阻器的　a　端．（填“a”或“b”）．‎ ‎②闭合电键之后，适当调节滑动变阻器滑片p和电阻箱的旋钮，当电阻箱调节成图（2）所示的情景时，两电压表指针的位置如图（3）所示，由此可知，此时电阻箱的阻值为　2547　Ω，这两个电压表的内阻均为　5094　Ω．‎ ‎③由各个器材的参数和各图所示的情景可知，这两个电压表的量程在下面提供的四个选项中最多不会超过选项　C　，最少不会低于选项　B　．‎ A．6V B．9V C．14V D．18V．‎ ‎【考点】伏安法测电阻；研究平抛物体的运动．‎ ‎【分析】（1）根据竖直方向运动特点△h=gt2，求出物体运动时间，然后利用水平方向运动特点即可求出平抛的初速度，然后根据运动合成求出C点的速度；‎ ‎（2）①开关闭合之前，滑动变阻器应置于阻值最大处；‎ ‎②电压表指针偏转角度之比代表电流之比，根据欧姆定律列方程求电压表内阻；‎ ‎③若图中示数时，滑动变阻器位于阻值最大处，则电压表分压较小，对应量程为电压表的最小量程，若滑动变阻器位于阻值最小处，电压表分压较大，此时量程为最大量程．‎ ‎【解答】解：（1）在竖直方向上有：△h=gt2‎ 水平方向：x=v0t，其中△h=2L=10cm=0.1m，x=2L=10cm=0.1m，代入解得：v0=1.0m/s，t=0.1s．‎ 在竖直方向上有：vcy==cm/s=3m/s 所以vc===m/s ‎（2）①开关闭合之前，滑动变阻器应置于阻值最大处，故滑片应置于a端；‎ ‎②此时电阻箱的阻值为：R=2×1000Ω+5×100Ω+4×10Ω+7×1Ω=2547Ω；‎ 不串联电阻的电压表与串联电阻箱的电压表指针的偏转角度之比为3：2，根据欧姆定律：‎ ‎=‎ 得：RV=5094Ω ‎③设电压表量程为U′，当滑动变阻器阻值最大时电压表应该有最小示数，电压表部分并联后的电阻为：‎ R并=×2547Ω=3056Ω，‎ 则有：U′=×12=9V 当滑动变阻器阻值为0时，电压表有最大示数： U″=12V 得：U″=13.3V 即电压表的量程最大不大于14V，最少不低于9V；‎ 故选：C，B．‎ 故答案为：‎ ‎（1）1.0，；‎ ‎（2）①a；‎ ‎②2547，5094；‎ ‎③C，B．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0×103N/C，质量m=0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h=0.24m，滑块带电荷q=﹣5.0×10﹣4C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：‎ ‎（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律．‎ ‎【分析】（1）滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小 ‎（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 ‎ f=μ（mg+qE）cos37°=0.96N ‎ 设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得 ‎（mg+qE）h﹣‎ 解得 v 1=2.4m/s． ‎ ‎（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得：‎ ‎（mg+qE）R（1﹣cos37°）=‎ 当滑块经过最低点时，有 ‎ FN﹣（mg+qE）=‎ 由牛顿第三定律：F′N=FN 解得：F′N=11.36N，方向竖直向下．‎ 答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小是2.4m/s；‎ ‎（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力是11.36N．方向竖直向下．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度B2=0.25T．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从P点射入平行板间，不计重力，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射向三角形磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°．则：‎ ‎（1）离子运动的速度为多大？‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是多少？‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为多少？‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经多长时间到达X轴？‎ ‎【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；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）离子沿直线穿过相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件求解速度v．‎ ‎（2）由题，离子穿出磁场通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°，则当匀强磁场方向垂直纸面向外时，速度偏向角为60°，则轨迹圆心角为60°；根据t=列式求解时间．‎ ‎（3）当匀强磁场方向垂直纸面向里时，离子转过300°时，穿出磁场，轨迹为圆弧，作出面积最小的正三角形磁场区域，由几何知识最小边长；根据t=列式求解时间．‎ ‎（4）画出轨迹，结合几何关系求解离开磁场后的路程，再根据速度定义求解时间．‎ ‎【解答】解：（1）离子在板间做匀速直线运动，由受力平衡条件得：‎ Eq=qvB 解得：‎ v=‎ ‎（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ qvB=m 解得：‎ R=0.2m ‎ 周期：‎ T=‎ t=‎ ‎（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，过程示意图如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ qvB=m 解得：R=0.2m ‎ 由几何关系得：‎ L=2×（2R+）tan30°=（1+）R=（）m ‎（4）离子出磁场后做匀速直线运动，几何关系得位移：‎ S=（0.2+）cot60° ‎ 故时间：‎ t==s ‎ 答：（1）离子运动的速度为5×105m/s；‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是；‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为（）m；‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经s时间到达X轴．‎ ‎　‎ 三、[选修3--5]‎ ‎13．如图所示为研究光电效应的电路图，对于某金属用紫外线照射时，电流表指针发生偏转．将滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能　减小　（选填“减小”、“增大”）． 如果改用频率略低的紫光照射，电流表　可能　（选填“一定”、“可能”或“一定没”）有示数．‎ ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应．‎ ‎【解答】解：AK间所加的电压为正向电压，发生光电效应后的光电子在光电管中加速，滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，若光电流达到饱和，则电流表示数不变，若光电流没达到饱和电流，则电流表示数增大，所以滑动变阻器滑动片向右移动的过程中，电流表的示数不可能减小．‎ 紫光的频率小于紫外线，紫外线照射能发生光电效应，但是紫光照射不一定能发生光电效应．所以电流表可能有示数．‎ 故答案为：减小，可能．‎ ‎　‎ ‎14．在光滑的水平面上，一质量为mA=0.1kg的小球A，以8m/s的初速度向右运动，与质量为mB=0.2kg的静止小球B发生对心正碰．碰后小球B滑向与水平面相切、半径为R=0.5m的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点N后水平抛出．g=10m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞后小球B的速度大小；‎ ‎（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量；‎ ‎（3）碰撞过程中系统的机械能损失．‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球恰好能通过最高点N，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出碰撞后小球B的速度．‎ ‎（2）由动量定理可以求出合外力的冲量．‎ ‎（3）由能量守恒定律可以求出碰撞过程中机械能的损失．‎ ‎【解答】解：（1）小球B在最高点N时，由牛顿第二定律得：‎ mBg=mB，解得：vN=m/s；‎ 小球从最低点运动到最高点的过程中，‎ 由动能定理得：﹣2mBgR=mBvN2﹣mBvM2，‎ 解得：vM=5m/s；‎ ‎（2）以向右为正方向，从M到N过程，‎ 由动量定理得：I=mBvN﹣mBvM=﹣（+1）N•s，方向向左；‎ ‎（3）碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：‎ mAv0=mAvA+mBvB，vB=vM，解得：vA=﹣2m/s；‎ 碰撞过程中，由能量守恒定律可得：‎ 损失的机械能为△E=mAv02﹣mAvA2﹣mBvB2=0.5J；‎ 答：（1）碰撞后小球B的速度大小为5m/s；‎ ‎（2）小球B从轨道最低点M运动到最高点N的过程中所受合外力的冲量大小为（+1）N•s，方向向左；‎ ‎（3）碰撞过程中系统的机械能损失为0.5J．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日