浙江省绍兴市诸暨中学2017届高三上学期期中物理试卷

浙江省绍兴市诸暨中学2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年浙江省绍兴市诸暨中学高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分．）‎ ‎1．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法 B．牛顿进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人 D．根据速度定义式，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎2．从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是（　　）‎ A．哑铃 B．弹簧拉力器 C．单杠 D．跑步机 ‎3．下列有关力学单位制的说法中，正确的是（　　）‎ A．在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位 B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有力、时间、质量 C．力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、厘米、秒 D．单位制中的导出单位可以用基本单位来表示 ‎4．制动防抱死系统（antilock brake system）简称ABS，其作用就是在汽车制动时，自动控制制动器制动力的大小，使车轮不被抱死，处于边滚边滑的状态，以保证车轮与地面的附着力为最大值．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后（　　）‎ A．瞬时速度总比不启用ABS时小 B．加速度总比不启用ABS时大 C．刹车后的平均速度比不启用ABS时小 D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短 ‎5．高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是（　　）‎ A．汽车将匀速通过前方3公里 B．能够计算出此时车子的速度是0.125m/s C．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5km/h D．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟 ‎6．某同学为了探究影响电荷间相互作用力的因素，进行了以下的实验：M是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的轻质小球先后挂在P1、P2、P3位置，发现丝线偏离竖直方向的角度逐渐变小．这个实验结果说明电荷之间的作用力（　　）‎ A．随着电荷量的增大而增大 B．与两电荷量的乘积成正比 C．随着电荷间距离的增大而减小 D．与电荷间距离的平方成反比 ‎7．建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法不正确的是（　　）‎ A．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大 B．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D．倾角θ越大，雨滴从顶端口下滑至屋檐M时的时间越长 ‎8．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（　　）‎ A．细绳的拉力逐渐变小 B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大 C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D．Q将从墙壁和小球之间滑落 ‎9．在街头的理发店门口常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹．我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）L=10cm，圆筒半径R=10cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为0.1m/s，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的是（　　）‎ A．顺时针转动，周期为1s B．顺时针转动，周期为2πs C．逆时针转动，周期为1s D．逆时针转动，周期为2πs ‎10．我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗．多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星（以下简称“静卫”），其它的有27颗中轨道卫星（以下简称“中卫”）轨道高度为静止轨道高度的．下列说法正确的是（　　）‎ A．“中卫”的线速度介于7.9 km/s和11.2km/s之间 B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空 C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5‎ D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 ‎11．如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）‎ A．施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）‎ B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零 C．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 D．B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变 ‎12．如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大d，则φ减小，θ减小 B．若增大Q，则φ减小，θ不变 C．将A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D．在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变 ‎13．图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3m2．晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106J．如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h．光电池的光电转换效率约为（　　）‎ A．4.8% B．9.6% C．16% D．44%‎ ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分）‎ ‎14．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列符合物理学史实的是（　　）‎ A．爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律，提出了光子说 B．康普顿效应，证实了光子具有动量 C．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了原子的核式结构模型 D．波尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱，说明波尔提出的原子定态假设是错误的 ‎15．图（甲）为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图（乙）为质点P在该时刻为计时起点（t=0）的振动图象，下列说法正确的是（　　）‎ A．此列波沿x轴正方向传播 B．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m C．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向 D．在t=0.05s时刻，质点Q的加速度大于质点P的加速度 ‎16．如图所示，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，若两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（　　）‎ A．在真空中，a光光速小于b光光速 B．若a光能让某金属发生光电效应，则b光也一定可以使其发生光电效应 C．利用两种光做双缝干涉实验，可观察到b光干涉条纹更宽 D．a、b两束光从同一介质射入真空过程时，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角 ‎　‎ 三、非选择题题（本题共8小题，共55分）‎ ‎17．如图1，三个实验场景A、B、C分别是某同学按照课本中的要求所做的“探究加速度与力、质量的关系”实验、“探究功与速度变化的关系”实验、“验证机械能守恒定律”实验．该同学正确操作获得了一系列纸带，但由于忘了标记，需要逐一对应分析．图2是该同学在实验中获得的一条纸带，图中纸带上各点是打点计时器连续打下的点．已知所用打点计时器频率为50Hz，完成以下问题．‎ ‎（1）由图2纸带可求出加速度大小为　　m/s2（保留二位有效数字），该纸带所对应的实验场景是　　（填A、B或C）‎ ‎（2）选用场景C的装置来“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是　　；‎ A．应选择下端带橡胶垫的重物 B．本实验不能使用电火花计时器 C．本实验必须选用打第1、2两个点之间的距离为2mm的纸带 D．根据v=g t计算重物在t时刻的速度从而获得动能．‎ ‎18．小南同学在老师做了“探究产生电磁感应的条件”实验后，对实验用的线圈产生了兴趣，想知道绕线圈所用铜丝的长度．他上网查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，测算出铜丝（不含外面的绝缘漆层）的横截面积为5×10﹣8m2，而后想用伏安法测出该线圈的电阻，从而计算得到铜丝的长度．为测量线圈的电阻，实验室提供了10V学生电源，“5Ω，3A”的滑动变阻器，量程0﹣0.6A量程电流表，量程0﹣15V量程电压表，导线若干．小南同学按步骤连接好电路后进行测量，他将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，安培表指针从如图乙位置变化到图丙位置所示，请读出图乙的示数为　　A，试分析小南此次实验选用的图甲电路为图中电路图　　．（填①或②）‎ 小南选择合适的电路图后得到了多组数据，并将点迹描绘在图丁的I﹣U坐标系中，请在图中描绘出线圈的伏安特性曲线，并求得该线圈导线的长度为　　‎ ‎．（结果保留4位有效数字）‎ ‎19．如图甲所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=1kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘d=2m．现给小木块一水平向右的初速度v0，其在平台上运动的v2﹣x关系如图乙所示．小木块最终从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小木块滑出时的速度v；‎ ‎（2）小木块在水平面滑动的时间t；‎ ‎（3）小木块在滑动过程中产生的热量Q．‎ ‎20．如图所示，AB是倾角为θ=37°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R=1m，一个质量为m=0.5kg的物体（可以看做质点 ）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2．求：‎ ‎（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P'距B点的距离至少多大？‎ ‎21．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，取双缝间距d=0.5mm，双缝光屏间距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则图中A位置的游标卡尺读数为　　 mm，单色光的波长为　　m．（结果保留2位有效数字）‎ 若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示．通过装置中的“拨杆”的拨动　　（填“能”或“不能”）把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上．‎ ‎22．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：如图1在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．若已得到打点纸带如图2所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰后mAv+mBv=　　kg•m/s ‎ （保留三位有效数字）．‎ ‎23．如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止．重力加速度为g=10m/s2．求：‎ ‎（1）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？‎ ‎（2）ab转动的角速度大小；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？‎ ‎24．如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型足够长的绝缘弹性挡板．在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1为已知，B2为未知，比荷为、不计重力的带正电粒子从靠近B板的C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 t1‎ 时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻（t1、t2均为末知）粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回C点．此后粒子立即重复上述过程，做周期性运动．粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．求：‎ ‎（1）粒子第一次到达O点时的速率；‎ ‎（2）图中B2的大小；‎ ‎（3）金属板A和B间的距离d．‎ ‎（4）若粒子每次与金属板碰撞时间为t0，则每次碰撞板受到的冲击力为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省绍兴市诸暨中学高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分．）‎ ‎1．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法 B．牛顿进行了“月﹣地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论 C．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人 D．根据速度定义式，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】牛顿进行了“月一地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律．卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献以及物理方法．‎ ‎【解答】解：A、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故A正确．‎ B、牛顿进行了“月一地检验”，说明天上和地下的物体都遵从万有引力定律．故B正确，‎ C、牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许测出了引力常量G，卡文迪许被称为能“称量地球质量”的人．故C错误．‎ D、根据速度定义式，当△t非常非常小时时，‎ 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎2．从“神舟六号”载人飞船的发射成功可以预见，随着航天员在轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材适宜航天员在轨道舱中进行锻炼的是（　　）‎ A．哑铃 B．弹簧拉力器 C．单杠 D．跑步机 ‎【考点】牛顿运动定律的应用﹣超重和失重．‎ ‎【分析】想弄清楚在超重和失重的状态下哪些器材可以用，必须清楚各个器材的物理原理，看看有没有与重力有关的原因，如果有那么，哪些器材就不能使用．‎ ‎【解答】解：‎ A、用哑铃锻炼身体主要就是利用哑铃的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用；故不能用来锻炼，故A错误．‎ B、弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力，与重力无关．故能用来锻炼，故B正确．‎ C、利用单杠锻炼身体需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降．在完全失重状态下已没有重力可用；故不能用来锻炼，故C错误．‎ D、在轨道舱中人处于失重状态，就算人站在跑步机上，但是脚对跑步机一点压力也没有．根据压力与摩擦力成正比，那么这时脚与跑步机之间没有一点摩擦力．没有摩擦力人将寸步难行．故不能用来锻炼，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．下列有关力学单位制的说法中，正确的是（　　）‎ A．在力学的分析计算中，只能采用国际制单位，不能采用其他单位 B．力学单位制中，选为基本单位的物理量有力、时间、质量 C．力学单位制中，采用国际单位制的基本单位有千克、厘米、秒 D．单位制中的导出单位可以用基本单位来表示 ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】用公式进行计算时，计算结果要有数值和单位．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和时间．单位有基本单位和导出单位，导出单位可以由基本单位推导出来．力学中基本单位是kg、m、s．‎ ‎【解答】解：A、用公式进行计算时，如果已知量都采用国际单位制单位，计算结果一定是国际单位，也可以采用其他单位，故A错误；‎ B、力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和时间，故B错误；‎ C、力学中，选定kg（质量单位）、m（长度单位）、s（时间单位）作为基本单位，故C错误；‎ D、国际单位制中的导出单位可以根据物理规律用基本单位推导出来，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．制动防抱死系统（antilock brake system）简称ABS，其作用就是在汽车制动时，自动控制制动器制动力的大小，使车轮不被抱死，处于边滚边滑的状态，以保证车轮与地面的附着力为最大值．某汽车在启用ABS刹车系统和不启用该刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示．由图可知，启用ABS后（　　）‎ A．瞬时速度总比不启用ABS时小 B．加速度总比不启用ABS时大 C．刹车后的平均速度比不启用ABS时小 D．刹车后前行的距离比不启用ABS更短 ‎【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】v﹣t图象中图线上的点表示物体各点的速度；图象的斜率表示加速度；而图象与时间轴围成的面积表示加速度；再根据平均速度公式即可分析平均速度．‎ ‎【解答】解：A、图象中各点的纵坐标表示对应的速度，由图可知，启用ABS后瞬时速度开始时比不启用时要大；故A错误；‎ B、图象的斜率表示加速度，由图可知，开始时的加速度小于不启用时的加速度；故B错误；‎ C、由图可知，启用后经过的位移明显小于不启用时的位移，但由于时间关系不明显，无法确定平均速度大小；故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是（　　）‎ A．汽车将匀速通过前方3公里 B．能够计算出此时车子的速度是0.125m/s C．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5km/h D．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟 ‎【考点】平均速度．‎ ‎【分析】明确平均速度的意义，根据题意进行分析，明确汽车的运动过程，从而求出其平均速度；同时明确汽车可能的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、前方拥堵，汽车不可能做匀速运动通过3公里，故A错误；‎ B、根据题设条件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；‎ C、根据平均速度公式可知，平均速度约为：v==km/h=7.5km/h，故C正确；‎ D、经过拥堵路段后，汽车的速度并不一定一直保持，故此后的运动时间无法确定，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．某同学为了探究影响电荷间相互作用力的因素，进行了以下的实验：M是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的轻质小球先后挂在P1、P2、P3位置，发现丝线偏离竖直方向的角度逐渐变小．这个实验结果说明电荷之间的作用力（　　）‎ A．随着电荷量的增大而增大 B．与两电荷量的乘积成正比 C．随着电荷间距离的增大而减小 D．与电荷间距离的平方成反比 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】解答本题要了解库仑力的推导过程，由于决定电荷之间作用力大小的因素很多，因此需要采用控制变量的方法进行研究．虽然学生现在都知道库仑力的决定因素，但是该实验只是研究了库仑力和距离之间的关系．‎ ‎【解答】解：在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，由于没有改变电性和电量，不能研究电荷之间作用力和电性、电量关系，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法不正确的是（　　）‎ A．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大 B．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D．倾角θ越大，雨滴从顶端口下滑至屋檐M时的时间越长 ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可．‎ ‎【解答】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，‎ 对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，‎ 垂直于屋顶方向：mgcosθ=N 平行于屋顶方向：ma=mgsinθ A、雨滴对屋顶的压力：N′=N=mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故A错误；‎ B、水滴的加速度为：a=gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故B正确；‎ C、根据三角关系判断，屋顶坡面的长度：s=，则从屋顶0点到M点垂直距离：h=ssinθ=，则水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量：，底边长度L是不变的，则Ek随倾角θ增大而增大，即速度随倾角θ增大而增大，故C正确；‎ D、设从0到M的时间为t，水滴的运动距离为：s=，由位移时间公式得：s=，则：t=，故当θ=45°时，用时最短，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（　　）‎ A．细绳的拉力逐渐变小 B．Q受到墙壁的弹力逐渐变大 C．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D．Q将从墙壁和小球之间滑落 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化．‎ ‎【解答】解：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力F=，Q对P的支持力N=mgtanθ．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大．故A错误．‎ B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落．故B正确，C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．在街头的理发店门口常可以看到这样的标志：一个转动的圆筒，外表有螺旋斜条纹．我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离（即螺距）L=10cm，圆筒半径R=10cm，如果我们观察到条纹向上运动的速度为0.1m/s，则从上往下看，关于圆筒的转动方向和转动周期说法正确的是（　　）‎ A．顺时针转动，周期为1s B．顺时针转动，周期为2πs C．逆时针转动，周期为1s D．逆时针转动，周期为2πs ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】观察某一个空间位置处的彩色条纹，由于圆筒在转动，经过很小的时间间隔后，同一位置处不是彩色条纹，由于人眼的视觉暂留现原因，人眼错认为原来的点向下移动了一小段，故会从整体上产生条纹向下移动的错觉．从题境获取T和螺距移动的距离即可求解．‎ ‎【解答】解：据图知：彩色螺旋斜条纹是从左下到右上，当圆筒沿顺时针方向（从俯视方向看），根据人眼的视觉暂留现象，就会感觉条纹的运动方向向上；由于螺距为10cm，每秒沿竖直方向运动的距离为10cm，所以圆筒1s内转动1周，即周期T=1s，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗．多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星（以下简称“静卫”），其它的有27颗中轨道卫星（以下简称“中卫”）轨道高度为静止轨道高度的．下列说法正确的是（　　）‎ A．“中卫”的线速度介于7.9 km/s和11.2km/s之间 B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空 C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3：5‎ D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，7.9 km/s是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系．‎ ‎【解答】解：A、7.9 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，故A错误；‎ B、同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；‎ C、根据万有引力提供向心力得：，‎ 解得：，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，故C错误；‎ D、根据得：T=，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．如图所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）‎ A．施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g﹣a）‎ B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小恰好为零 C．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 D．B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体AB整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B受力分析，根据牛顿第二定律列方程；t1时刻是A与B分离的时刻，之间的弹力为零．‎ ‎【解答】解：A、施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有：‎ ‎2Mg=kx；解得：‎ x=2‎ 施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有：‎ F弹﹣Mg﹣FAB=Ma 其中：F弹=2Mg 解得：FAB=M（g﹣a），故A正确．‎ B、物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v与a；且FAB=0；‎ 对B：F弹′﹣Mg=Ma 解得：F弹′=M（g+a），故B错误．‎ C、B受重力、弹力及压力的作用；当合力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时，B受到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故C错误；‎ D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功，故开始时机械能减小；故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为φ，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．若增大d，则φ减小，θ减小 B．若增大Q，则φ减小，θ不变 C．将A板向上提一些时，φ增大，θ增大 D．在两板间插入云母片时，则φ减小，θ不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】充电后与电源断开，电荷量不变，静电计的指针偏角与电压有关，小球的偏角大小与电场力即场强的大小有关．‎ ‎【解答】解：A、当A极板远离B板平移一段距离时，电容C减小，根据Q=CU知U最大，则φ增大，θ也增大，A错误；‎ B、若增大电荷量，根据Q=CU知电压增大，所以静电计指针张角变大，B错误；‎ C、当A极板向向上平移一小段距离后，知电容C减小，根据Q=CU知电压增大，静电计指针张角变大，C正确；‎ D、在两板间插入云母片后，电容C增大，根据Q=CU知电压U减小，板间场强E= 减小，小球的摆线与竖直方向的偏转角θ变小，φ也减小，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3m2．晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106J．如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h．光电池的光电转换效率约为（　　）‎ A．4.8% B．9.6% C．16% D．44%‎ ‎【考点】能源的开发和利用．‎ ‎【分析】根据题目提供的条件，可以求出每天（6h）太阳能电池板吸收的太阳能，这是总能量；知道电子节能灯的铭牌，可以知道电子节能灯正常工作时的电功率，又知道工作时间，利用P=求消耗的电能，即转化的有用能量，再利用效率公式求太阳能照明灯利用太阳能的效率 ‎【解答】解：每天（6h）太阳能电池板吸收的太阳能：‎ W总=0.3×3×106J/h×6h=5.4×106J，‎ ‎∵电子节能灯正常工作，‎ ‎∴P=P额=30W，‎ 电子节能灯正常工作8h消耗的电能：‎ W有用=Pt=30W×8×3600s=8.64×105J，‎ 太阳能照明灯利用太阳能的效率：‎ η==≈16%．‎ 故选：C ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分）‎ ‎14．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列符合物理学史实的是（　　）‎ A．爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律，提出了光子说 B．康普顿效应，证实了光子具有动量 C．贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了原子的核式结构模型 D．波尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱，说明波尔提出的原子定态假设是错误的 ‎【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、爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律，提出了光子说，故A正确；‎ B、康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化，康普顿效应进一步表明光子具有动量，故B正确；‎ C、卢瑟福通过对天然放射性的研究，发现了原子的核式结构模型，故C错误；‎ D、玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，由于原子是稳定的，故玻尔提出的原子定态概念是正确的，只不过存在局限性，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎15．图（甲）为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图（乙）为质点P在该时刻为计时起点（t=0）的振动图象，下列说法正确的是（　　）‎ A．此列波沿x轴正方向传播 B．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m C．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向 D．在t=0.05s时刻，质点Q的加速度大于质点P的加速度 ‎【考点】横波的图象；横波和纵波．‎ ‎【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．‎ ‎【解答】解：A、由图乙可知，在t=0时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向，则由带动法可知，波向正方向传播；故A正确；‎ B、由由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速为：v==m/s=20m/s．故经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m；故B正确；‎ C、经0.1s为半个周期，此时Q点正在向平衡位置运动；故C错误；‎ D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.05s=T，质点Q的运动方向沿y轴正方向向上运动，没有到达最高点，而P处于最低点，所以P的加速度大．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，若两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（　　）‎ A．在真空中，a光光速小于b光光速 B．若a光能让某金属发生光电效应，则b光也一定可以使其发生光电效应 C．利用两种光做双缝干涉实验，可观察到b光干涉条纹更宽 D．a、b两束光从同一介质射入真空过程时，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】在真空中，不同的色光传播的速度相同．通过光线的偏折程度，比较a、b两束光的折射率大小，可分析出两束光的频率和波长大小，即可分析干涉条纹间距的大小，根据sinC=比较临界角的大小．‎ ‎【解答】解：A、在真空中，不同色光的传播速度相同．故A错误．‎ B、两束光折射后相交于图中的P点，知a光偏折厉害，则a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的频率大于b光的频率，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，则若a光能让某金属发生光电效应，则b光不一定可以使其发生光电效应，故B错误．‎ C、根据c=λf，知a光的波长小于b光波长．而双缝干涉条纹的间距与波长成正比，所以b光干涉条纹更宽，故C正确．‎ D、a光的折射率大于b光的折射率，根据sinC=，知a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 三、非选择题题（本题共8小题，共55分）‎ ‎17．如图1，三个实验场景A、B、C分别是某同学按照课本中的要求所做的“探究加速度与力、质量的关系”实验、“探究功与速度变化的关系”实验、“验证机械能守恒定律”实验．该同学正确操作获得了一系列纸带，但由于忘了标记，需要逐一对应分析．图2是该同学在实验中获得的一条纸带，图中纸带上各点是打点计时器连续打下的点．已知所用打点计时器频率为50Hz，完成以下问题．‎ ‎（1）由图2纸带可求出加速度大小为　2.5　m/s2（保留二位有效数字），该纸带所对应的实验场景是　A　（填A、B或C）‎ ‎（2）选用场景C的装置来“验证机械能守恒定律”的实验中，下列说法正确的是　A　；‎ A．应选择下端带橡胶垫的重物 B．本实验不能使用电火花计时器 C．本实验必须选用打第1、2两个点之间的距离为2mm的纸带 D．根据v=g t计算重物在t时刻的速度从而获得动能．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）依据刻度读数，根据加速度大小a=，结合各自装置的实验原理，即可判定；‎ ‎（2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项；‎ ‎【解答】解：（1）由刻度尺读数可知，第一个点11.6cm，第二个点13.1cm，第三个点14.7cm，第四个点16.4cm；‎ 那么点与点间距为△x=0.1cm；加速度大小为：a==2.5m/s2，‎ 场景A的装置来做“研究匀变速直线运动规律”实验，‎ 依据斜面的倾斜程度，可知，加速度的大小不会太大；‎ 场景B的装置来做“探究功与速度变化的关系”实验时数据处理，加速度是变化的；‎ 选用场景C的装置作“验证机械能守恒定律”的实验，加速度为重力加速度，大小约为9.8m/s2，‎ 由上分析，可知，加速度大小为2.5m/s2该纸带所对应的实验场景是A，理由如上所述；‎ ‎（2）A．选用场景C的装置作“验证机械能守恒定律”的实验时应选择下端带橡胶垫的重物，来缓冲与地面的碰撞，故A正确；‎ B、打点计时器可以用电火花也可以用电磁式，故B错误；‎ C、在选择纸带时，要求点迹清晰，开始一、二两点间的距离并非一定要求为2mm，即所打第一个点时的速度不一定非得为零，故C错误；‎ D、场景C的装置作“验证机械能守恒定律”的实验时，若根据v=gt计算重物在t时刻的速度，只是理论推导，达到不实验验证的目的，故D错误；‎ 故选：A 故答案为：（1）2.5 A （2）A ‎　‎ ‎18．小南同学在老师做了“探究产生电磁感应的条件”实验后，对实验用的线圈产生了兴趣，想知道绕线圈所用铜丝的长度．他上网查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，测算出铜丝（不含外面的绝缘漆层）的横截面积为5×10﹣8m2，而后想用伏安法测出该线圈的电阻，从而计算得到铜丝的长度．为测量线圈的电阻，实验室提供了10V学生电源，“5Ω，3A”的滑动变阻器，量程0﹣0.6A量程电流表，量程0﹣15V量程电压表，导线若干．小南同学按步骤连接好电路后进行测量，他将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，安培表指针从如图乙位置变化到图丙位置所示，请读出图乙的示数为　0.16　A，试分析小南此次实验选用的图甲电路为图中电路图　①　．（填①或②）‎ 小南选择合适的电路图后得到了多组数据，并将点迹描绘在图丁的I﹣U坐标系中，请在图中描绘出线圈的伏安特性曲线，并求得该线圈导线的长度为　179.4m　．（结果保留4位有效数字）‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据电源电压，结合所测电阻与滑动变阻器电阻，从而可求得电流值范围，进而确定电流表的量程，再依据分压式，滑片从一端移动另一端，电流表达到零，而限流式，电流表不可能为零；‎ ‎（2）根据图象中点，然后平滑连接，从而求得电阻，再依据电阻定律，即可求得长度．‎ ‎【解答】解：（1）学生电源10V，“5Ω，3A”的滑动变阻器，而该线圈的阻值大约为65Ω，‎ 那么将滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端，安培表指针从如图乙位置变化到图丙位置所示，‎ 可知，滑动变阻器是限流式接法，实验采用如图①所示电路图；‎ 根据公式I=可知，电流范围为0.14A到0.15A，‎ 依据电流表指针在到范围内，因此电流表量程为0.6A，‎ 由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为：0.16A；‎ ‎（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ 由图示图象可知：电阻：R==≈61Ω，‎ 由电阻定律：R=ρ可知，电阻丝长度：L==≈179.4m；‎ 故答案为：（1）0.16；①；（2）如图所示；179.4m．‎ ‎　‎ ‎19．如图甲所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=1kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘d=2m．现给小木块一水平向右的初速度v0，其在平台上运动的v2﹣x关系如图乙所示．小木块最终从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小木块滑出时的速度v；‎ ‎（2）小木块在水平面滑动的时间t；‎ ‎（3）小木块在滑动过程中产生的热量Q．‎ ‎【考点】功能关系；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解；‎ ‎（2）根据速度位移公式列式，得到v2﹣x图象的表达式，求出加速度；由位移公式即可求得时间；‎ ‎（3）再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；‎ ‎【解答】解：（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，‎ 有：‎ 得：t=s 木块飞出时的速度： m/s ‎（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据：‎ 得小木块在平台上滑动的加速度大小：a=m/s2‎ 又：‎ 得： m/s 根据速度时间关系：v2=v0+at 得： s ‎（3）根据牛顿第二定律，得：﹣f=Ma=1×（﹣3）=﹣3N 根据能量守恒定律，得小木块在滑动过程中产生的热量：Q=fx=3×2=6J 答：（1）小木块滑出时的速度为2m/s；‎ ‎（2）小木块在水平面滑动的时间是s；‎ ‎（3）小木块在滑动过程中产生的热量为6J；‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，AB是倾角为θ=37°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R=1m，一个质量为m=0.5kg的物体（可以看做质点 ）从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2．求：‎ ‎（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P'距B点的距离至少多大？‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）物体在斜面上运动时，由于要克服摩擦力做功，机械能不断损失，最终物体以B（还有B关于OE的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，对整个过程，运用动能定理可求出物体在AB轨道上通过的总路程；‎ ‎（2）根据圆周运动中物体能过最高点D的条件求出D点的速度，然后根据动能定理求出最小距离．‎ ‎【解答】解：（1）因摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心为2θ的圆弧上往复运动 对整体应用动能定理得：mgRcosθ﹣μmgS cosθ=0 ‎ 所以总路程为：S=5m ‎（2）设物体刚好到D点，则由向心力公式得：mg=m 对全过程由动能定理得：mgLsinθ﹣μmgL cosθ﹣mgR（1+cosθ）=mvD2‎ 解得最小距离为：L=m ‎ 答：（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程为5m；‎ ‎（2）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点P'距B点的距离至少为m．‎ ‎　‎ ‎21．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，取双缝间距d=0.5mm，双缝光屏间距离L=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则图中A位置的游标卡尺读数为　11.1　 mm，单色光的波长为　6.4×10﹣7　m．（结果保留2位有效数字）‎ 若测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示．通过装置中的“拨杆”的拨动　不能　（填“能”或“不能”）把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上．‎ ‎【考点】用双缝干涉测光的波长．‎ ‎【分析】据双缝干涉实验原理和实验装置构造及作用判断即可；‎ 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．根据△x= 求出相邻两条纹的间距．‎ 根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得出波长λ的表达式，以及求出波长的长度 ‎【解答】解：A位置游标卡尺的主尺读数为11mm，游标读数为0.1×1mm=0.1mm，所以最终读数为11.1mm．‎ B位置游标卡尺的主尺读数为15mm，游标读数为0.1×5mm=0.5mm，所以最终读数为15.5mm． ‎ 相邻两亮条纹的间距△x==mm=0.63mm．‎ 根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得，λ=△x．‎ 代入数据得，λ= m=6.4×10﹣7m．‎ 首先要明确各器件的作用，拨动拨杆的作用是为了使单缝和双峰平行，获得清晰的干涉图样，丙图已有清晰的干涉图样，所以不用调节；丙图所示出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不平行，应调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故调节拨杆不能把干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上．‎ 故答案为：11.1，6.4×10﹣7，不能．‎ ‎　‎ ‎22．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：如图1在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．若已得到打点纸带如图2所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得：碰后mAv+mBv=　0.417　kg•m/s （保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．‎ 物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m．‎ ‎【解答】解：由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．‎ 推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；‎ 碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度． ‎ 由图示纸带可知：DE=6.95cm=0.0695m，碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s；‎ 故答案为：0.417．‎ ‎　‎ ‎23．如图，ab和cd为质量m=0.1kg、长度L=0.5m、电阻R=0.3Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1=0.5m和r2=1m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B=0.2T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L=0.5m、倾角为θ=30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B=0.2T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止．重力加速度为g=10m/s2．求：‎ ‎（1）从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？‎ ‎（2）ab转动的角速度大小；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？‎ ‎【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】（1）要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c，所以ab中的电流方向从b到a，根据右手定则判断ab转动情况；‎ ‎（2）对cd进行受力分析，根据共点力的平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律和切割磁感线产生感应电动势的计算公式求解角速度；‎ ‎（3）根据Q=求解该过程中通过cd的电荷量．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c，所以ab中的电流方向从b到a，根据右手定则知，ab从上往下看应沿顺时针方向转动；‎ ‎（2）对cd进行受力分析可知：mgsinθ=BIL ‎ 代入数据可得：‎ 流过ab和cd的电流I==5A 根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势E=I•2R=5×2×0.3V=3V Ab切割磁感线产生感应电动势E=BLv 所以E=BL•（ωr1+ωr2）‎ 代入数据可得：‎ E=0.2×0.5×（0.5ω+ω）=3‎ 所以：ω=40 rad/s；‎ ‎（3）该过程中通过cd的电荷量Q==‎ 答：（1）从上向下看ab应沿顺时针方向转动；‎ ‎（2）ab转动的角速度大小为40 rad/s；‎ ‎（3）若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为0.785C．‎ ‎　‎ ‎24．如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型足够长的绝缘弹性挡板．在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1为已知，B2为未知，比荷为、不计重力的带正电粒子从靠近B板的C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻（t1、t2‎ 均为末知）粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回C点．此后粒子立即重复上述过程，做周期性运动．粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．求：‎ ‎（1）粒子第一次到达O点时的速率；‎ ‎（2）图中B2的大小；‎ ‎（3）金属板A和B间的距离d．‎ ‎（4）若粒子每次与金属板碰撞时间为t0，则每次碰撞板受到的冲击力为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中先加速，进入交变磁场后交替做逆时针、顺时针、逆时针方向圆周运动，之后返回O点在电场中最后回到出发点．由粒子运动的特殊性和周期性画出粒子的运动轨迹，由运动学规律、牛顿第二定律、动能定理等相应知识来求解．‎ ‎（1）由动能定理求出进入磁场的速度．‎ ‎（2）由题意，在t1 时间内粒子做逆时针圆弧运动，由对称性粒子偏转60°，碰撞后速度方向变为竖直向上．在t2时间内粒子做顺时针方向圆周运动，划过半圆后，再与另一板相碰．再做逆时针圆周运动的轨迹与先前的轨迹对称，由时间关系和周期公式就能求出B1与B2关系．‎ ‎（3）要使粒子重复地做周期性地往返运动，则粒子在电场中加速减速的时间与交变磁场的周期有一定的关系，先找出该关系，再根据匀变速直线运动规律求出AB两板间距．‎ ‎（4）显然由动量定理求出每次粒子与挡板相碰时的冲击力．‎ ‎【解答】解：（1）粒子从B板到A板过程中，电场力做正功，根据动能定理有．‎ ‎ 解得粒子第一次到达O点时的速率 ‎（2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=‎ ‎ 得粒子做匀速圆周运动的半径，‎ ‎ 使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如右图所示，‎ ‎ 由图易知：r1=2r2 图中B2=2B1‎ ‎（3）在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动周期 ‎ 在t1～（t1+t2）时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 ‎ 由轨迹图可知，‎ ‎ 粒子在金属板A和B间往返时间为t，有 ‎ 且满足：t=t2+n（t1+t2），n=0，1，2，3，﹣﹣﹣﹣‎ ‎ 联立可得金属板A和B间的距离：，n=0，1，2，3，﹣﹣﹣﹣‎ ‎（4）在垂直于板的方向上由动量定理有：2mv0sin30°=Ft0‎ ‎ 所以=‎ 答：（1）粒子第一次到达O点时的速率为．‎ ‎（2）图中B2的大小2B1．‎ ‎（3）要使粒子重复地做周期性地往返运动，则粒子在电场中加速减速的时间与交变磁场的周期有一定的关系，先找出该关系，再根据匀变速直线运动规律求出AB两板间距为 n=0，1，2，3，﹣﹣﹣﹣‎ ‎（4）若粒子每次与金属板碰撞时间为t0，则每次碰撞板受到的冲击力为 ‎　‎ ‎2017年4月3日