福建省莆田六中2017届高三上学期第二次月考物理试卷

福建省莆田六中2017届高三上学期第二次月考物理试卷

2016-2017 学年福建省莆田六中高三（上）第二次月考物理试卷 　 一、选择题（本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分．在每小题给出的四个选项 中，第 1～6 题只有一项符合题目要求，第 7～11 题有多项符合题目要求，全部选 对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1．2014 年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家 中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光 源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步， 下列表述符合物理学史实的是（　　） A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落 在地球上 D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 2．如图所示，P、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有 a、b、c 三点在 一条直线上，平行于 P、Q 的连线，b 在 P、Q 连线的中垂线上，ab=bc，下列说法 正确的（　　） A．电势：φa＞φb＞φc B．电势：φa＞φc＞φb C．电场强度：Ea＞Eb＞Ec D．电场强度：Eb＞Ea＞Ec 3．如图，斜面固定，CD 段光滑，DE 段粗糙，A、B 两物体叠放在一起从 C 点由静 止下滑，下滑过程中 A、B 始终保持相对静止，则（　　） A．在 CD 段时，A 受三个力作用 B．在 DE 段时，A 的加速度一定平行于斜面向上 C．在 DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上 D．整个下滑过程中，A、B 均处于失重状态 4．如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为 n 的矩形线框 abcd．bc 边长为 l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向 与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流 I，方向如图所示，开 始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为 B，线框达到新的平 衡．则在此过程中线框位移的大小△x 及方向是（　　） A．△x= ，方向向上 B．△x= ，方向向下 C．△x= ，方向向上 D．△x= ，方向向下 5．如图所示电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，R1 和 R3 均为定值电阻，RT 为热 敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键 S，当环境的温度逐 渐升高时，若三个电表 A1、A2 和 V 的示数分别用 I1、I2 和 U 表示．则各个电表示 数的变化情况是（　　） A．I1 增大，I2 不变，U 增大 B．I1 减小，I2 增大，U 减小 C．I1 增大，I2 减小，U 增大 D．I1 减小，I2 不变，U 减小 6．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里．一质量为 m、电荷量绝对值为 q、不计重力的粒子，以 某速度从 O 点沿着与 y 轴夹角为 30°的方向进入磁场，运动到 A 点时，粒子速度沿 x 轴正方向．下列判断正确的是（　　） A．粒子带正电 B．运动过程中，粒子的速度不变 C．粒子由 O 到 A 经历的时间为 t= D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30° 7．在轨道上运动的质量为 m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径 R， 地面上的重力加速度为 g，忽略地球自转影响，则（　　） A．卫星运动的速度大小为 B．卫星运动的周期为 4π C．卫星运动的向心加速度大小为 g D．卫星轨道处的重力加速度为 g 8．如图所示，固定光滑斜面 AC 长为 L，B 为斜面中点．一物块在恒定拉力 F 作用 下，从最低点 A 由静止开始沿斜面向上拉到 B 点撤去拉力 F，物块继续上滑至最高 点 C，设物块由 A 运动到 C 的时间为 t0，下列描述该过程中物块的速度 v 随时间 t、 物块的动能 Ek 随位移 x、加速度 a 随位移 x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中， 可能正确的是（　　） A． B． C ． D． 9．在地面附近，存在着一有界电场，边界 MN 将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ， 在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域 I 中离边界某一高度由静止释放一质量 为 m 的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 v﹣t 图象如图乙所示，不计空气阻 力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为 3：5 B．在 t=5s 时，小球经过边界 MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在 1s～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大 10．如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻 轻放在传送 带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段 匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（　　） A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量 D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量 11．如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半 径为 R（比细管的内径大得多），在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的 带正电小球处于静止状态，小球的质量为 m，带电荷量为 q，重力加速度为 g．空 间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里 的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为 v0= 的初速度，则以下 判断正确的是（　　） A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁 的弹力作用 B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高 点一定受到管壁的弹力作用 C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最 高点时的速度大小都相同 D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守 恒 　 二、实验题（共 13 分） 12．建筑、桥梁工程中所用的金属材料（如钢筋钢梁等）在外力作用下会伸长， 其伸长量不仅与和拉力的大小有关，还和金属材料的横截面积有关．人们发现对 同一种金属，其所受的拉力与其横截面积的比值跟金属材料的伸长量与原长的比 值的比是一个常数，这个常数叫做杨氏模量．用 E 表示，即：E= ；某同学 为探究其是否正确，根据下面提供的器材：不同粗细不同长度的同种金属丝；不 同质量的重物；螺旋测微器； 游标卡尺；米尺；天平；固定装置等．设计的实验 如图 1 所示． 该同学取一段金属丝水平固定在固定装置上，将一重物挂在金属丝的中点，其中 点发生了一个微小下移 h（横截面面积的变化可忽略不计）．用螺旋测微器测得金 属丝的直径为 D；用游标卡尺测得微小下移量为 h； 用米尺测得金属丝的原长为 2L；用天平测出重物的质量 m（不超量程）．用游标卡 尺测长度时如图 2，图 3 是图 2 的放大图（放大快对齐的那一部分），读数 是　　．以上测量量的字母表示该金属的杨氏模量的表达式为：E=　　． 13．某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电动势（把欧姆表看成一个 电源）．实验器材及规格如下： 电流表 A1：量程为 200μA，内阻为 300Ω 电流表 A2：量程为 30mA，内阻 为 5Ω 定值电阻 R0：阻值为 9700Ω，滑动变阻器 R：阻值为 0～50Ω ①闭合开关 S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表 A1 和 A2 的示 数分别为 I1 和 I2．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．在图乙所示的坐 标纸上以 I1 为纵坐标、I2 为横坐标，画出所对应的 I1﹣I2 曲线； 12 0 12 5 13 0 13 5 14 0 14 5 I1（μA） T2（mA0 20. 0 16. 7 13. 2 10. 0 6.7 3.3 ②利用所得曲线求得欧姆表的电动势 E=　　V，欧姆表内阻 r=　　Ω； ③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为 I=　　A． 　 三、计算题（本大题共 4 小题，共 43 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和 重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确 写出数值和单位．） 14．一台小型电动机在 3V 电压下工作，用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时， 通过它的电流是 0.2A．在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m．若不计除电动机线圈 生热之外的能量损失，求： （1）电动机的输入功率； （2）在提升重物的 30s 内，电动机线圈所产生的热量； （3）线圈的电阻． 15．如图所示，竖直平面内，长为 L=2m 的水平传送带 AB 以 v=5m/s 顺时针传送， 其右下方有固定光滑斜面 CD，斜面倾角 θ=37°，顶点 C 与传送带右端 B 点竖直方 向高度差 h=0.45m，下端 D 点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然 伸长至 E 点，且 C、E 相距 0.4m，现让质量 m=2kg 的小物块以 v0=2m/s 的水平速度 从 A 点滑上传送带，小物块传送至 B 点后飞出恰好落至斜面顶点 C 且与斜面无碰 撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为 0.2m，物块所受空气阻力不计，取 重力加速度 g=10m/s2．求： （1）传送带与小物块间的动摩擦因数 μ； （2）由于传送物块电动机对传送带所做的功； （3）弹簧的最大弹性势能． 16．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的 质量是 m，电量为 e，在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀 强电场 I 和Ⅱ，两电场的边界均是边长为 L 的正方形（不计电子所受重力）． （1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子在 ABCD 区域内运动经历的 时间和电子离开 ABCD 区域的位置； （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置． 17．如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都 是 R 的 圆周连接而成，它们的圆心 O1，O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线 上．O2B 沿水池的水面，O2 和 B 两点位于同一水平面上．一个质量为 m 的小滑块 可由弧 AO 的任意位置从静止开始滑下，不计一切摩擦． （1）假设小滑块由 A 点静止下滑，求小滑块滑到 O 点时对 O 点的压力； （2）凡能在 O 点脱离滑道的小滑块，其落水点到 O2 的距离如何； （3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则 小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的何处（用该处到 O1 点的连线与竖直线的夹角 的三角函数值表示）． 　 2016-2017 学年福建省莆田六中高三（上）第二次月考物 理试卷 参考答案与试题解析 　 一、选择题（本题共 11 小题，每小题 4 分，共 44 分．在每小题给出的四个选项 中，第 1～6 题只有一项符合题目要求，第 7～11 题有多项符合题目要求，全部选 对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1．2014 年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家 中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED），并因此带来新型的节能光 源．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步， 下列表述符合物理学史实的是（　　） A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 B．奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念 C．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落 在地球上 D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究 【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、胡可认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成 正比．故 A 错误； B、奥斯特发现了电流的周围存在磁场；法拉第最早提出了场的概念．故 B 错误； C、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落 在地球上．故 C 正确； D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究．故 D 错 误． 故选：C 　 2．如图所示，P、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，在其电场中有 a、b、c 三点在 一条直线上，平行于 P、Q 的连线，b 在 P、Q 连线的中垂线上，ab=bc，下列说法 正确的（　　） A．电势：φa＞φb＞φc B．电势：φa＞φc＞φb C．电场强度：Ea＞Eb＞Ec D．电场强度：Eb＞Ea＞Ec 【考点】电场的叠加；电场强度；电势． 【分析】画出等量异号电荷的等势面和电场线的分布图，根据电场线的方向分析 电势的高低，由电场线的疏密分析的场强大小． 【解答】解：AB、P、Q 是两个电荷量相等的异种电荷，画出等势面和电场线分布， 如下图所示： 根据沿着电场线，电势逐渐降低，可得 ϕa＞ϕb＞ϕc；故 A 正确，B 错误． CD、电场线的疏密程度反映电场强度的大小，由于对称性可得 Ea=Ec；故 CD 错 误． 故选：A 　 3．如图，斜面固定，CD 段光滑，DE 段粗糙，A、B 两物体叠放在一起从 C 点由静 止下滑，下滑过程中 A、B 始终保持相对静止，则（　　） A．在 CD 段时，A 受三个力作用 B．在 DE 段时，A 的加速度一定平行于斜面向上 C．在 DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上 D．整个下滑过程中，A、B 均处于失重状态 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． 【分析】根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对 A 分析，判断 B 对 A 是否 有摩擦力，判断物体的运动性质与摩擦力的方向． 【解答】解：A、在 CD 段，整体的加速度 a= =gsinθ，对 A，由牛 顿第二定律得：mAgsinθ+fA=mAa，解得：fA=0，则 A 受重力和支持力两个力作用， 故 A 错误． B、在 DE 段，A、B 系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动，也可能做匀速直线运 动，还可能向下做匀减速直线运动，加速度即可能向下，也可能向上，故 B 错误； C、设 DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为 μ，在 DE 段，整体的加速度：a= =gsinθ﹣μgcosθ，对 A，由牛顿第二定律得： mAgsinθ+fA=mAa，解得：fA=﹣μmAgcosθ，方向沿斜面向上，若匀速运动，A 受到静 摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动，wit 加速度沿斜 面向上，则 A 所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A 受到的摩擦力方向一 定沿斜面向上，故 C 正确； D、CD 段 A、B 加速下滑，系统处于失重状态，在 DE 段系统可能向下做匀减速直 线运动，加速度方向沿斜面向上，A、B 处于超重状态，故 D 错误； 故选：C． 　 4．如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为 n 的矩形线框 abcd．bc 边长为 l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向 与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流 I，方向如图所示，开 始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为 B，线框达到新的平 衡．则在此过程中线框位移的大小△x 及方向是（　　） A．△x= ，方向向上 B．△x= ，方向向下 C．△x= ，方向向上 D．△x= ，方向向下 【考点】安培力． 【分析】先对原磁场下的线框进行受力分析列受力平衡的方程，然后对方向改变 后的磁场中的线框进行受力分析列受力平衡的方程，联立解得线框的位移大小和 方向． 【解答】解：线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为： FB=nBIL，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变． 设在电流反向之前弹簧的伸长 x，则反向之后弹簧的伸长为（x+△x）， 则有：kx+nBIL﹣G=0 k（x+△x）﹣nBIL﹣G=0 解之可得：△x= ，且线框向下移动． 故选：B 　 5．如图所示电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，R1 和 R3 均为定值电阻，RT 为热 敏电阻（温度越高，电阻越低）．当环境温度较低时合上电键 S，当环境的温度逐 渐升高时，若三个电表 A1、A2 和 V 的示数分别用 I1、I2 和 U 表示．则各个电表示 数的变化情况是（　　） A．I1 增大，I2 不变，U 增大 B．I1 减小，I2 增大，U 减小 C．I1 增大，I2 减小，U 增大 D．I1 减小，I2 不变，U 减小 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流， 抓住电动势和内阻不变，再采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律 进行分析，先从环境的温度逐渐升高，热敏电阻 RT 电阻减小入手分析． 【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表A1 测量流过 R1 的电流，电流表 A2 测量流过 RT 的电流； 当环境的温度逐渐升高时，RT 减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源 的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数 U 减小，R3 电压增大，R1、R2 并 联电压减小，通过 R1 的电流 I1 减小，而总电流 I 增大，则流过 RT 的电流 I2 增大．故 ACD 错误，B 正确； 故选：B 　 6．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向里．一质量为 m、电荷量绝对值为 q、不计重力的粒子，以 某速度从 O 点沿着与 y 轴夹角为 30°的方向进入磁场，运动到 A 点时，粒子速度沿 x 轴正方向．下列判断正确的是（　　） A．粒子带正电 B．运动过程中，粒子的速度不变 C．粒子由 O 到 A 经历的时间为 t= D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30° 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据左手定 则及曲线运动的条件判断粒子的正负，根据圆心角与周期的关系求出运动的时间， 根据几何关系求出半径结合半径公式求出速度．根据圆的对称性分析粒子离开第 一象限时速度与 x 轴的夹角． 【解答】解：A、根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知， 此粒子带负电，故 A 错误； B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于速度方向时刻改变，故粒子的速度时刻在 改变；故 B 错误； C、粒子由 O 运动到 A 时速度方向改变了 60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为 θ=60°，则粒子由 O 到 A 运动的时间为： t= T= = ，故 C 正确； D、粒子在 O 点时速度与 x 轴正方向的夹角为 60°，由几何关系可知，x 轴是圆的 一条弦；则根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与 x 轴正方向 的夹角为 60°，故 D 错误； 故选：C． 　 7．在轨道上运动的质量为 m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径 R， 地面上的重力加速度为 g，忽略地球自转影响，则（　　） A．卫星运动的速度大小为 B．卫星运动的周期为 4π C．卫星运动的向心加速度大小为 g D．卫星轨道处的重力加速度为 g 【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】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对人造卫星的万有引力提供 向心力，根据牛顿第二定律可列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达 式．再根据万有引力近似等于重力得出黄金代换公式即可． 【解答】解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设 地球质量为 M、卫星的轨道半径为 r =m =mω2r=ma=m r=2R 忽略地球自转的影响有 =mg 卫星运动的速度大小为 v= = ，故 A 错误； B、T=2π =4π ，故 B 正确； C、a= = ，故 C 错误； D、卫星轨道处的重力加速度为 ，故 D 正确； 故选：BD． 　 8．如图所示，固定光滑斜面 AC 长为 L，B 为斜面中点．一物块在恒定拉力 F 作用 下，从最低点 A 由静止开始沿斜面向上拉到 B 点撤去拉力 F，物块继续上滑至最高 点 C，设物块由 A 运动到 C 的时间为 t0，下列描述该过程中物块的速度 v 随时间 t、 物块的动能 Ek 随位移 x、加速度 a 随位移 x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中， 可能正确的是（　　） A． B． C ． D． 【考点】功能关系；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律． 【分析】根据动能随x 的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直 线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动 时间．根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化． 【解答】解：AB、合力先做正功再做负功，根据动能随 x 的表达式知，动能先均 匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动， 匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平 均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运 动的时间，故 A 错误，B 正确． C、物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方 向，故 C 错误． D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力 F 做正功，可知 机械能随 x 均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故 D 正确． 故选：BD 　 9．在地面附近，存在着一有界电场，边界 MN 将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ， 在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域 I 中离边界某一高度由静止释放一质量 为 m 的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的 v﹣t 图象如图乙所示，不计空气阻 力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为 3：5 B．在 t=5s 时，小球经过边界 MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在 1s～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大 【考点】牛顿运动定律的综合应用；功能关系． 【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速 运动，由图可以看出，小球经过边界 MN 的时刻．分别求出小球进入电场前、后 加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过 程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能 总和不变． 【解答】解：B、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而 做减速运动，由图可以看出，小球经过边界 MN 的时刻是 t=1s 和 t=4s 时．故 B 错 误． A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1= ， 进入电场后的加速度大小为：a2= 由牛顿第二定律得： mg=ma1…① F﹣mg=ma2 得电场力：F=mg+ma2= …② 由①②得重力 mg 与电场力 F 之比为 3：5．故 A 正确． C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场 力做的功大小相等．故 C 错误． D、整个过程中，由图可得，小球在 0﹣2.5s 内向下运动，在 2.5s﹣5s 内向上运动， 在 1s～4s 过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功．电势 能先增大，后减小；由于整个的过程中动能、重力势能和电势能的总和不变，所 以，小球的机械能先减小后增大．故 D 正确． 故选：AD 　 10．如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻 轻放在传送 带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段 匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是（　　） A．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量 D．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量 【考点】功的计算；动能定理；功能关系． 【分析】功是能量转化的量度，合力做功是动能变化的量度；除重力外其余力做 的功是机械能变化的量度；一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度；先对小滑 块受力分析，再根据功能关系列式分析求解． 【解答】解：A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿 斜面向上，故摩擦力一直做正功，故 A 正确； B、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都 做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故 B 错 误； C、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底 端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故 C 正确； D、第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物 体及传送带的内能；第二阶段，摩擦力所做的功全部转为化物体的机械能；故两 个阶段摩擦力对物体所做的功并不等于物体机械能的减少量；故 D 错误； 故选：AC． 　 11．如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半 径为 R（比细管的内径大得多），在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的 带正电小球处于静止状态，小球的质量为 m，带电荷量为 q，重力加速度为 g．空 间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里 的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为 v0= 的初速度，则以下 判断正确的是（　　） A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁 的弹力作用 B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高 点一定受到管壁的弹力作用 C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最 高点时的速度大小都相同 D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守 恒 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动． 【分析】由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力始终指向圆心，对受力分析，结 合圆周运动方程可分析小球是不是受到弹力； 由于洛伦兹力不做功，由动能定理可判定小球是否能到最高点； 由曲线运动的速度方向，以及速度的分解可以判定小球运动过程中，水平速度的 变化． 【解答】解：A、由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力 F 始终指向圆心，另外假 设小球受到管道的支持力 N，小球获得 v0= 的初速度后，由圆周运动可得： F+N﹣mg=m 解得：N=mg+m ﹣F=mg+m ﹣qv0B 可见，只要 B 足够大，满足 mg+m =qv0B，支持力 N 就为零，故 A 错误． BC、由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球能不能到最高点与磁感 应强度大小无关，从最低点到最高抵过程中，由动能定理可得： ﹣mg2R= mv2﹣ mv02 解得：v= ， 可知小球能到最高点，由于当 v= ，小球受到的向心力等于 mg，故此时小球除 受到重力，向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力大小等于洛伦兹力， 故 B、C 正确． D、对小球的速度分解在水平和竖直方向上，小球在从环形细圆管的最低点运动到 所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度先减小，至圆心等高处，水平分速 度为零，再往上运动，水平分速度又增加，故 D 错误． 故选：BC． 　 二、实验题（共 13 分） 12．建筑、桥梁工程中所用的金属材料（如钢筋钢梁等）在外力作用下会伸长， 其伸长量不仅与和拉力的大小有关，还和金属材料的横截面积有关．人们发现对 同一种金属，其所受的拉力与其横截面积的比值跟金属材料的伸长量与原长的比 值的比是一个常数，这个常数叫做杨氏模量．用 E 表示，即：E= ；某同学 为探究其是否正确，根据下面提供的器材：不同粗细不同长度的同种金属丝；不 同质量的重物；螺旋测微器； 游标卡尺；米尺；天平；固定装置等．设计的实验 如图 1 所示． 该同学取一段金属丝水平固定在固定装置上，将一重物挂在金属丝的中点，其中 点发生了一个微小下移 h（横截面面积的变化可忽略不计）．用螺旋测微器测得金 属丝的直径为 D；用游标卡尺测得微小下移量为 h； 用米尺测得金属丝的原长为 2L；用天平测出重物的质量 m（不超量程）．用游标卡 尺测长度时如图 2，图 3 是图 2 的放大图（放大快对齐的那一部分），读数是　 8.94mm 　 ． 以 上 测 量 量 的 字 母 表 示 该 金 属 的 杨 氏 模 量 的 表 达 式 为 ： E=　 　． 【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系；刻度尺、游标卡尺的使用． 【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读； 根据平衡条件求出金属丝上的拉力，由几何知识求出金属丝的伸长量然后代入公 式即可正确解答． 【解答】解：游标卡尺上主尺读数为：8mm，游标尺上第 47 个刻度与主尺上刻度 对齐，所以读数为：47×0.02=0.94mm，故最后读数为：8+0.94=8.94mm． 由图中几何关系，L+△L= ，△L= ﹣L 由 = ，解得：F=mg S= ， 该金属的杨氏模量的表达式为：E= = ． 故答案为：8.94mm； ． 　 13．某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电动势（把欧姆表看成一个 电源）．实验器材及规格如下： 电流表 A1：量程为 200μA，内阻为 300Ω 电流表 A2：量程为 30mA，内阻 为 5Ω 定值电阻 R0：阻值为 9700Ω，滑动变阻器 R：阻值为 0～50Ω ①闭合开关 S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表 A1 和 A2 的示 数分别为 I1 和 I2．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．在图乙所示的坐 标纸上以 I1 为纵坐标、I2 为横坐标，画出所对应的 I1﹣I2 曲线； I1（μA） 12 0 12 5 13 0 13 5 14 0 14 5 T2（mA0 20. 0 16. 7 13. 2 10. 0 6.7 3.3 ②利用所得曲线求得欧姆表的电动势 E=　1.5　V，欧姆表内阻 r=　15.0　Ω； ③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为 I=　0.1　A． 【考点】测定电源的电动势和内阻． 【分析】（1）选择合适的坐标值，标点后用直线将各点相连，误差较大的点可以 舍去； （2）由闭合电路欧姆定律得图象与纵坐标的交点为电动势，图象的斜率绝对值为 欧姆表内阻； （3）将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为 I= ． 【解答】解：解：①将各点依次描出，连线如图所示． ②图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可知， 欧姆表内电源的电动势 E=150μA×=1.50V． 图象的斜率绝对值为欧姆表内阻，故内阻约为 r= = =15.0Ω， ③将该欧姆表两个表笔短接，通过欧姆表的电流为 I= =0.1A． 故答案为：①如上图；②1.5，15.0．③0.1 　 三、计算题（本大题共 4 小题，共 43 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和 重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确 写出数值和单位．） 14．一台小型电动机在 3V 电压下工作，用此电动机提升所受重力为 4N 的物体时， 通过它的电流是 0.2A．在 30s 内可使该物体被匀速提升 3m．若不计除电动机线圈 生热之外的能量损失，求： （1）电动机的输入功率； （2）在提升重物的 30s 内，电动机线圈所产生的热量； （3）线圈的电阻． 【考点】电功、电功率；能量守恒定律． 【分析】（1）由 P=UI 求出电动机的输入功率． （2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由 P=Fv 求出电动机的输出功率， 然后求出线圈的热功率． （3）由电功率公式 Q=I2r 的变形公式求出线圈电阻． 【解答】解：（1）电动机的输入功率 P 入=UI=0.2×3 W=0.6 W． （2）电动机提升重物的机械功率 P 机=Fv=（4×3/30）W=0.4 W． 根据能量关系 P 入=P 机+PQ，得生热的功率 PQ=P 入﹣P 机=（0.6﹣0.4）W=0.2 W． 所生热量 Q=PQt=0.2×30 J=6 J． （3）由焦耳定律 Q=I2Rt，得线圈电阻 R= = Ω=5Ω． 答：（1）电动机的输入功率为 0.6W． （2）线圈电阻产生的热量为 6J． （3）线圈电阻为 5Ω． 　 15．如图所示，竖直平面内，长为 L=2m 的水平传送带 AB 以 v=5m/s 顺时针传送， 其右下方有固定光滑斜面 CD，斜面倾角 θ=37°，顶点 C 与传送带右端 B 点竖直方 向高度差 h=0.45m，下端 D 点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然 伸长至 E 点，且 C、E 相距 0.4m，现让质量 m=2kg 的小物块以 v0=2m/s 的水平速度 从 A 点滑上传送带，小物块传送至 B 点后飞出恰好落至斜面顶点 C 且与斜面无碰 撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为 0.2m，物块所受空气阻力不计，取 重力加速度 g=10m/s2．求： （1）传送带与小物块间的动摩擦因数 μ； （2）由于传送物块电动机对传送带所做的功； （3）弹簧的最大弹性势能． 【考点】动能定理；弹性势能；功能关系． 【分析】（1）物块离开 B 点后做平抛运动，到达 C 点时速度沿斜面向下．根据高 度 h 求得物块到达 C 点时的竖直分速度，再由速度的分解法求平抛运动的水平速 度，即为物块离开 B 点的速度，从而分析物块在传送带上的运动情况，由牛顿第 二定律和运动学公式求动摩擦因数 μ． （2）由速度公式求物块从 A 运动到 B 的时间，求出此过程中传送带的位移，从而 求得电动机对传送带所做的功． （3）对物块由 C 运动到最低点的过程，运用能量守恒定律求解弹簧的最大弹簧性 势能． 【解答】解：（1）物块离开 B 点后做平抛运动，将物块在 C 点的速度沿水平和竖 直方向分解，则有： vy= = =3m/s 则物块通过 B 点的速度为：vB=vycot37°=4m/s 由于 vB＜v，所以物块由 A 到 B 一直做匀加速运动，在此过程中，物块的加速度为： a= =μg 由 ﹣ =2aL=2μgL 解得：μ=0.3 （2）物块由 A 到 B 的加速度为：a=μg=3m/s2； 运动时间为：t= = s 此过程传送带的位移为：s=vt= m 所以由于传送块电动机对传送带所做的功为：W=μmgs=20J （3）物块到 C 点时的速度为为：vC= =5m/s 对物块，由 C 点运动到最低点的过程，由能量守恒定律得： mg（SCE+△x）+ =Epm； 代入解得弹簧的最大弹簧性势能为：Epm=32.2J 答：（1）传送带与小物块间的动摩擦因数 μ 是 0.3； （2）由于传送块电动机对传送带所做的功是 20J； （3）弹簧的最大弹簧性势能是 32.2J． 　 16．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的 质量是 m，电量为 e，在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀 强电场 I 和Ⅱ，两电场的边界均是边长为 L 的正方形（不计电子所受重力）． （1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子在 ABCD 区域内运动经历的 时间和电子离开 ABCD 区域的位置； （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置． 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理． 【分析】（1）在 AB 边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能 定理求出电子穿过电场时的速度．进入电场 II 后电子做类平抛运动，水平方向做 匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度 和时间，由运动学公式结合求出电子离开 ABCD 区域的位置坐标． （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子先在电场Ⅰ中做匀加速直线 运动，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出位 置 x 与 y 的关系式． 【解答】解：（1）电子在区域 I 中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定 理得：eEL═ mv2 的 v= 电子在区域 I 运动有 L= vt1 得 t1= 电子在中间区域匀速运动，有 L=vt3，得 t3= 进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出 CD 变，则 电子在区域运动时间 在沿 y 轴上根据牛顿第二定律可得：eE=ma y 轴方向上运动的位移为， 显然假设成立 所以电阻在 ABCD 区域运动经历的时间 电子离开是的位移坐标为（﹣2L， ）． （2）设释放点在电场区域 I 中，其坐标为（x，y），在电场 I 中电子被加速到 v1， 然后进入电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有 eEx= mv12 y= at2= 解得　xy= ，即在电场 I 区域内满足此方程的点即为所求位置． 答：（1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，电子离开 ABCD 区域的位置坐 标为（﹣2L， ）． （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下 角 D 处离开，所有释放点的位置在 xy= 曲线上． 　 17．如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都 是 R 的 圆周连接而成，它们的圆心 O1，O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线 上．O2B 沿水池的水面，O2 和 B 两点位于同一水平面上．一个质量为 m 的小滑块 可由弧 AO 的任意位置从静止开始滑下，不计一切摩擦． （1）假设小滑块由 A 点静止下滑，求小滑块滑到 O 点时对 O 点的压力； （2）凡能在 O 点脱离滑道的小滑块，其落水点到 O2 的距离如何； （3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则 小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的何处（用该处到 O1 点的连线与竖直线的夹角 的三角函数值表示）． 【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力． 【分析】（1）对从 A 到 O 的运动过程中运用动能定理及向心力公式即可解题； （2）凡能在 O 点脱离滑道的小滑块，离开轨道后做平抛运动，先求出最小速度， 再根据平抛运动的规律即可求解； （3）如图所示，设滑块出发点为 P1，离开点为 P2，按题意要求 O1P1、O2P2 与竖直 方向的夹角相等，设其为 θ，若离开滑道时的速度为 v，则滑块在 P2 处脱离滑道的 条件是 ，结合机械能守恒即可求解． 【解答】解：（1）从 A 到 O 的运动过程中根据动能定理得： mgR= mv2 根据向心力公式得： Fn﹣mg= 联立得：Fn=3mg 由牛顿第三定律得：压力大小为 3mg，方向竖直向下． （2）从 A 点下滑的滑块到 O 点的速度为 ，设能脱离轨道的最小速度为 v1 则有：mg= ，得：v1= R= gt2 X=vot 联立得： R≤x≤2R （3）如图所示，设滑块出发点为 P1，离开点为 P2，按题意要求 O1P1、O2P2 与竖直 方向的夹角相等， 设 其 为 θ ， 若 离 开 滑 道 时 的 速 度 为 v ， 则 滑 块 在 P2 处 脱 离 滑 道 的 条 件 是 由机械能守恒 联立解得 答：（1）小滑块滑到 O 点时对 O 点的压力大小为 3mg，方向竖直向下； （2）凡能在 O 点脱离滑道的小滑块，其落水点到 O2 的距离范围为 R≤x≤2R； （3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则 小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的 处． 　 2017 年 3 月 29 日