福建省福州市文博中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷

福建省福州市文博中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷

‎2016-2017学年福建省福州市文博中学高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～10题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系．这种研究方法常被称为“控制变量法”．下列应用了控制变量法的实验是（　　）‎ A．验证机械能守恒定律 B．探究力的平行四边形定则 C．探究加速度与力、质量的关系 D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律 ‎2．质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力之比为（　　）‎ A．9：8 B．4：3 C．2：1 D．3：2‎ ‎3．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为（　　）‎ A．65 J B．350 J C．700 J D．1250 J ‎4．如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起．现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳拉动物块A．汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A的下列说法正确的是（　　）‎ A．将竖直向上做匀速运动 B．将处于超重状态 C．将处于失重状态 D．将竖直向上先加速后减速 ‎6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有（　　）‎ A．开关接通后，氖泡的发光频率为50Hz B．开关接通后，电压表的示数为100V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变 ‎7．如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行．自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点．取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则（　　）‎ A．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动 B．若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小 C．q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大 D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动 ‎9．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长 C．c在4 h内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20h ‎10．如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面倾角α=30°‎ B．A获得的最大速度为g C．C刚离开地面时，B的加速度为零 D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒 ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16～18题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎11．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．‎ ‎（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图1所示，他记录的小钢球的直径d=　　cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量　　（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是　　．‎ A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径 B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径 C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量 D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．‎ ‎12．2014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献﹣﹣三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．‎ 实验室提供的器材有：‎ A．电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10Ω）‎ B．电流表A2（量程为2mA，内阻RA2=20Ω）‎ C．定值电阻R1=10Ω D．定值电阻R2=1980Ω E．滑动变阻器R（0至20Ω）一只 F．电压表V（量程为6V，内阻RV约3kΩ）‎ G．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）‎ F．开关S一只 ‎（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有　　（填写器材前的字母编号）．‎ ‎（2）画出实验电路图．‎ ‎（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=　　‎ ‎（说明式中题目未给出的各字母的意义）．‎ ‎13．一个人最多能提起质量m0=20kg的重物．在倾角θ=15°的固定斜面上放置一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数μ=．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m．‎ ‎14．如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：‎ ‎（1）小球经过B点时对杆的拉力大小；‎ ‎（2）在+Q、﹣Q形成的电场中，A点的电势φA；‎ ‎（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小．‎ ‎15．如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×10﹣2T．带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF．EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0．l m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2×10﹣19C，质量均为m=6.4×10﹣26kg．不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹．‎ ‎（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率．‎ ‎（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围．‎ ‎　‎ 三、选修题，【物理--选修3-4】‎ ‎16．图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该简谐横波的传播速度为4m/s B．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程 C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象 E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度 ‎17．如图所示，一透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R、长为L．一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面射出．求该部分柱面的面积S．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州市文博中学高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～10题有多个选项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分．‎ ‎1．库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系．这种研究方法常被称为“控制变量法”．下列应用了控制变量法的实验是（　　）‎ A．验证机械能守恒定律 B．探究力的平行四边形定则 C．探究加速度与力、质量的关系 D．探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律 ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；‎ B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；‎ C、探究加速度与力、质量的关系时，要分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；‎ D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v﹣t图象，则拉力与摩擦力之比为（　　）‎ A．9：8 B．4：3 C．2：1 D．3：2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力．‎ ‎【解答】解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1===1.5m/s2；‎ 物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2===0.75m/s2；‎ 根据牛顿第二定律得：‎ f=ma1；‎ F﹣f=ma2，‎ 可得：F：f=3：2‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为（　　）‎ A．65 J B．350 J C．700 J D．1250 J ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有：‎ t==0.4s，‎ 竖直方向初速度为：vy=gt=4m/s 水平方向做匀速直线运动，则有：v0==3.125m/s，‎ 则起跳时的速度为：v==5.07m/s 设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：‎ W=mv2=×50×25.7=642J；最接近700J，选项C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图，用等长的两根轻质细线把两个质量相等的小球悬挂起．现对小球b施加一个水平向左的恒力F，同时对小球a施加一个水平向右的恒力3F，最后达到稳定状态，表示平衡状态的图可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】将两球连同之间的细线看成一个整体，根据平衡条件并采用正交分解法列式求解；在对球b受力分析，再根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：对两个球整体受力分析，水平方向受向左的F和向右的3F，故上面绳子一定向右偏；‎ 设上面绳子与竖直方向夹角为α，则：‎ Tsinα=2F Tcosα=2mg 设下面绳子与竖直方向夹角为β，则：‎ T′sinβ=F T′cosβ=mg 联立可得：‎ α=β 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳拉动物块A．汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A的下列说法正确的是（　　）‎ A．将竖直向上做匀速运动 B．将处于超重状态 C．将处于失重状态 D．将竖直向上先加速后减速 ‎【考点】运动的合成和分解；超重和失重．‎ ‎【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据A的运动情况得出A的加速度方向，得知物体运动情况 ‎【解答】解：设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，‎ 根据平行四边形定则得，vA=vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为θ减小，‎ 所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故ACD错误，B正确，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有（　　）‎ A．开关接通后，氖泡的发光频率为50Hz B．开关接通后，电压表的示数为100V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【解答】解：A、交变电压的频率为=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；‎ B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；‎ C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；‎ D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行．自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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】分析导体框进入磁场后所做的可能的运动，进行判断和选择．安培力在电磁感应现象中是阻力，总与导体相对于磁场的运动方向相反，安培力大小与速度成正比，根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况，就判断速度图象斜率的变化情况．‎ ‎【解答】‎ 解：A、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，电流减小变慢，斜率变小．而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的．故A正确．‎ B、线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和空出磁场过程安培力方向相同，符号相同．故B错误．‎ CD、线框进入磁场过程，若重力大于安培力，线框将做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，加速度将减小，速度图象的斜率将减小．故CD均错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点．取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则（　　）‎ A．若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动 B．若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小 C．q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大 D．若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故A正确．‎ 两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是，则a在P产生的场强：．在 a、b连线的中垂线MN上的分量：‎ 展开得：‎ 由三项式定理：得 由于故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故B错误．‎ C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误．‎ D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长 C．c在4 h内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20h ‎【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】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．‎ ‎【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．‎ 由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；‎ B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；‎ C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故C正确；‎ D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．如图，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计．开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面．下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面倾角α=30°‎ B．A获得的最大速度为g C．C刚离开地面时，B的加速度为零 D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】释放A的瞬间，分别对A、B分析受力情况，根据牛顿第二定律求B的加速度．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出A和B的最大速度．C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．‎ ‎【解答】解：AC、球C刚离开地面时，对C有：kx2=mg ‎ 此时B有最大速度，即 aB=aC=0‎ 则对B有：T﹣kx2﹣mg=0‎ 对A有：4mgsinα﹣T=0 ‎ 以上方程联立可解得：sinα=0.5，α=30°，故A正确，C正确；‎ B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg 由上问知 x1=x2=，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；‎ 此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：‎ ‎4mg（x1+x2）sinα=mg（x1+x2）+（4m+m）vAm2‎ 以上方程联立可解得：vAm=，故B错误；‎ D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B及弹簧组成的系统除重力和弹簧弹力外其余力不做功，故系统机械能守恒，故D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16～18题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎11．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．‎ ‎（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图1所示，他记录的小钢球的直径d=　1.326　cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量　不需要　（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是　AC　．‎ A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径 B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径 C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量 D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；‎ ‎（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；‎ ‎（3）从实验的测量原理可判定各个选项．‎ ‎【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为13mm+13×0.02mm=11.26mm=1.326cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv2可知，实验不需要测量小钢球的质量．‎ ‎（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度，然后验证：，即是否成立，由此验证机械能守恒，故：‎ AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．‎ CD、由于实际存在阻力故：‎ ‎，‎ 即：‎ ‎．‎ 可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．‎ 故选：AC 故答案为：（1）1.326；（2）不需要；（3）AC．‎ ‎　‎ ‎12．2014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献﹣﹣三位获奖者“发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．‎ 实验室提供的器材有：‎ A．电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10Ω）‎ B．电流表A2（量程为2mA，内阻RA2=20Ω）‎ C．定值电阻R1=10Ω D．定值电阻R2=1980Ω E．滑动变阻器R（0至20Ω）一只 F．电压表V（量程为6V，内阻RV约3kΩ）‎ G．蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）‎ F．开关S一只 ‎（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有　ABD　（填写器材前的字母编号）．‎ ‎（2）画出实验电路图．‎ ‎（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式Rx=　，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数　‎ ‎（说明式中题目未给出的各字母的意义）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装为电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用．根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，电流表的电流．‎ ‎【解答】解：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻R2串联改装为电压表测量电压；‎ LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右，故电流表选A；‎ 因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．滑动变阻器选择小电阻；故选：D；‎ ‎（2）根据（1）的分析可知，应采用分压接法，电流表采用外接法；原理图如下；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=I1﹣I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX==‎ 因为改装后的电压表内阻为1985+15Ω=2000Ω，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．‎ 故答案为：（1）ABD ‎ ‎（2）如图 ‎ ‎（3），I1、I2分别为电流表A1、A2的读数 ‎　‎ ‎13．一个人最多能提起质量m0=20kg的重物．在倾角θ=15°的固定斜面上放置一物体（可视为质点），物体与斜面间动摩擦因数μ=．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对斜面上的物体进行受力分析，并将物体受到的力沿斜面方向与垂直于斜面的方向分解，求出M的表达式，然后结合三角函数的关系，即可求出最大质量．‎ ‎【解答】解：设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，‎ 由平衡条件可得：‎ ‎ Fcosα﹣mgsin15°﹣μFN=0‎ ‎ FN+Fsinα﹣mgcos15°=0‎ 由已知可得：F=m0g…③‎ 联立得：‎ 代入 ‎ 得 m=20kg 答：人能够向上拖动该重物质量的最大值为20kg．‎ ‎　‎ ‎14．如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：‎ ‎（1）小球经过B点时对杆的拉力大小；‎ ‎（2）在+Q、﹣Q形成的电场中，A点的电势φA；‎ ‎（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；‎ ‎（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A点的电势；‎ ‎（3）小球从A到C过程，根据动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球经B点时，在竖直方向有，‎ 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 ‎（2）由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以ϕB=0‎ 电荷从A到B过程中，由动能定理得 解得：‎ ‎（3）由电场对称性可知，ϕC=﹣ϕA，‎ 即UAC=2ϕA 小球从A到C过程，根据动能定理 答：（1）小球经过B点时对杆的拉力大小为；‎ ‎（2）在+Q、﹣Q形成的电场中，A点的电势为；‎ ‎（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎15．如图，边长L=0.2m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×10﹣2T．带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF．EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0．l m．在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2×10﹣19C，质量均为m=6.4×10﹣26kg．不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板上后的反弹．‎ ‎（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率．‎ ‎（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）由平衡条件可以求出离子速度．‎ ‎（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度的最大值与最小值，然后确定其范围．‎ ‎【解答】解：（1）穿过孔O的离子在金属板间需满足：qv0B=Eq…①‎ 代入数据得：…②‎ ‎（2）穿过孔O的离子在金属板间仍需满足qvB=Eq…③‎ 离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得：…④‎ 由以上两式子得：…⑤‎ 从bc边射出的离子，其临界轨迹如图①，对于轨迹半径最大，‎ 对应的电场强度最大，由几何关系可得r1=l=0.1m…⑥‎ 由此可得：…⑦‎ 从bc边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，‎ 对应的电场强度最小，由几何关系可得：‎ 所以 r2=0.075m…⑧‎ 由此可得：…⑨‎ 所以满足条件的电场强度的范围为：9.375×102N/C＜E＜1.25×103N/C…⑩‎ 答：（l）当电场强度E=104N/C时，能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率为2×107m/s．‎ ‎（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，满足条件的电场强度的范围为：9.375×102N/C＜E＜1.25×103N/C．‎ ‎　‎ 三、选修题，【物理--选修3-4】‎ ‎16．图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该简谐横波的传播速度为4m/s B．从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程 C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象 E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由甲图可读出波动信息，由乙图可读出质点的振动信息，根据波速、波长之间的关系即可求出波速．根据平移法判断出波传播的方向，分析时间与周期的关系确定质点的振动情况．‎ ‎【解答】解：A、由甲图可得：λ=4m，由乙图中可得：T=1.0s，所以该简谐横波的传播速度为：v==4m/s，故A正确．‎ B、t=2s=2T，则从此时刻起，经过2秒，P质点运动的路程为 S=8A=8×0.2m=1.6m，故B错误．‎ C、简谐横波沿x轴正向传播，此时刻Q点向上运动，而P点直接向下运动，所以P质点比Q质点先回到平衡位置．故C正确．‎ D、由乙图知t=0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与甲图x=2m处t=0时刻的状态相同，所以乙图可能是甲图x=2m处质点的振动图象．故D正确．‎ E、质点越靠近平衡位置速度越大，则此时刻M质点的振动速度大于Q质点的振动速度，故E错误．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一透明半圆柱体折射率为n=2，半径为R、长为L．一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面射出．求该部分柱面的面积S．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】作出半圆柱体的横截面．光线在透光的边界恰好发生全反射，入射角等于临界角，即可由折射定律求出光线在柱面上的入射角，由几何知识求面积S．‎ ‎【解答】解：半圆柱体的横截面如图所示，OO′为半径，设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，入射角恰好等于临界角C，则由折射定律得：n==2‎ 得θ=30°‎ 由几何关系得：∠OO′B=θ 则有光线从柱面射出的柱面面积S=2θ•R•L=‎ 答：该部分柱面的面积S是．‎ ‎　‎ ‎2016年12月13日