广东省东莞市松山湖中学、东莞一中联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

广东省东莞市松山湖中学、东莞一中联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年广东省东莞市松山湖中学、东莞一中联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．将一小球沿y轴正方向以初速度v竖直向上抛出，小球运动的y﹣t图象如图所示，t2时刻小球到达最高点，且t3﹣t2＞t2﹣t1，0～t2时间内和t2～t3时间内的图线为两段不同的抛物线，由此可知（　　）‎ A．小球在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相反 B．小球在t2时刻所受合外力为零 C．小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力 D．小球在t1和t3时刻速度大小相等 ‎2．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．不计空气阻力，则（　　）‎ A．微粒做匀加速直线运动 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒电势能减少 D．微粒带正电 ‎3．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示为我国自行研制的北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星1、2，它们均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，某时刻两颗工作卫星分别位于同一轨道上的A、B两位置．不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是（　　）‎ A．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2‎ B．卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相同 C．卫星1、2绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等 D．卫星1由圆轨道运动经过位置A的加速度小于在椭圆轨道运动经过位置A的加速度 ‎5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．质点P将向上运动 B．电流表读数减小 C．电压表读数减小 D．R3上消耗的功率增大 ‎6．如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平面上，a受到斜向上与水平成θ角的力作用，b受到斜向下与水平成θ角的力作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则（　　）‎ A．a、b之间一定存在静摩擦力 B．b与地之间一定存在静摩擦力 C．b对a的支持力一定小于mg D．地对b的支持力一定大于2mg ‎7．水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c．则（　　）‎ A．R越大，v0越大 B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力变大 C．m越大，v0越大 D．m与R同时增大，初动能Ek0增大 ‎8．如图，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板的上表面粗糙且木板左端有一个质量为m的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（　　）‎ A．若仅增大木板的质量M，则时间t减小 B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大 C．若仅增大恒力F，则时间t增大 D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题～‎ 第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）‎ ‎9．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示．‎ ‎①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=　　m/s，木块加速度a=　　m/s2；‎ ‎②为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是　　；（已知当地的重力加速度g）‎ ‎③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是　　．‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．‎ ‎10．某科技小组要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：‎ A．待测电阻Rx B．电池组（电动势3V，内阻约5Ω）‎ C．电压表（量程3V，内阻约3000Ω）‎ D．电压表（量程5mA，内阻约10Ω）‎ E．滑动变阻器（最大阻值50Ω，额定电流1.0A）‎ F．开关、导线若干 该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路（电流表内接或外接）进行测量，并将其测量数据绘成U﹣I图象，如图甲和图乙所示．‎ ‎①由测量结果判定　　图测量结果较为准确，其测量值Rx=　　（结果保留三位有效数字），Rx的测量值　　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎②请把正确的测量电路图画在丙中方框内．‎ ‎11．近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动），刹车时最大加速度a1=5m/s2，求：‎ ‎（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持90m是否可行？‎ ‎（2）若客车超载，刹车最大加速度减为a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t′=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？‎ ‎12．如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上．‎ 一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）．求：‎ ‎（1）两金属板间电压；‎ ‎（2）三角形区域内磁感应强度大小；‎ ‎（3）若两金属板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围．‎ ‎　‎ 二、选考题：共45分．[物理-选修3-5]‎ ‎13．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　）‎ A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 ‎14．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M=0.3kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m=0.2kg子弹以v0=20m/s的初速度水平地射入木块（但未穿出），它们一起沿AB运动，并冲上BC．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，斜面倾角θ=45°，重力加速度g=10m/s2，木块在B 处无机械能损失．试求：‎ ‎（1）子弹射入木块后的共同速度；‎ ‎（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年广东省东莞市松山湖中学、东莞一中联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．将一小球沿y轴正方向以初速度v竖直向上抛出，小球运动的y﹣t图象如图所示，t2时刻小球到达最高点，且t3﹣t2＞t2﹣t1，0～t2时间内和t2～t3时间内的图线为两段不同的抛物线，由此可知（　　）‎ A．小球在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相反 B．小球在t2时刻所受合外力为零 C．小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力 D．小球在t1和t3时刻速度大小相等 ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】根据位置的变化分析质点的速度大小和方向．根据初、末位置关系分析位移的正负．‎ ‎【解答】解：A、由题图可知，小球在0～t2时间内的位置一直升高，所以在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相同．故A错误；‎ B、由题图知，小球在t2时刻的速度为0．由于小球受到重力的作用，所以小球所受合外力不为零，故B错误．‎ C、由于t2时刻小球到达最高点，且t3﹣t2＞t2﹣t1，可知小球上升的时间小于下落的时间，所以上升阶段的平均速度大于下落阶段的平均速度，可知t1时刻小球的速度大于t3‎ 时刻的速度．结合运动的位移公式即可得知上升阶段的加速度一定大于下落阶段的加速度，由牛顿第二定律可知，小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力，故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为vo的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．不计空气阻力，则（　　）‎ A．微粒做匀加速直线运动 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒电势能减少 D．微粒带正电 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】带点微粒做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力的方向可确定微粒运动的性质．‎ ‎【解答】解：A、由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定．由于微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上．因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受电场力与重力的合力方向与速度方向相反．因此微粒做匀减速运动，带负电；故AD错误，B正确；‎ C、电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加．故C错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，求解出半径，然后根据牛顿第二定律列式分析即可．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：‎ 故轨道半径：r=R 根据牛顿第二定律，有：‎ qvB=m 解得：r=‎ 联立解得：‎ v=‎ 故在磁场中的运动时间：‎ t==‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示为我国自行研制的北斗卫星导航系统中的两颗工作卫星1、2，它们均绕地心做顺时针方向的匀速圆周运动，某时刻两颗工作卫星分别位于同一轨道上的A、B两位置．不计卫星间的相互作用力．以下判断中正确的是（　　）‎ A．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2‎ B．卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相同 C．卫星1、2绕地球做匀速圆周运动的向心力大小一定相等 D．卫星1由圆轨道运动经过位置A的加速度小于在椭圆轨道运动经过位置A的加速度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】卫星1向后喷气，速度增大，根据万有引力与向心力的关系判断是否能追上卫星2．在同轨道上运动，加速度大小相等，由于卫星的质量不等，向心力不一定相等．根据牛顿第二定律，结合万有引力大小比较两个轨道上经过A点的加速度．‎ ‎【解答】解：A、卫星1向后喷气，速度增大，万有引力小于向心力，做离心运动，离开圆轨道，不会追上卫星2，故A错误．‎ B、卫星1、2均做匀速圆周运动，可知卫星1、2由位置A运动到位置B所需的时间相等，故B正确．‎ C、由于卫星1、2的质量不一定相等，两个卫星在同一轨道上运动，向心加速度相等，向心力大小不一定相等，故C错误．‎ D、位置1在圆轨道经过位置A和在椭圆轨道经过位置A所受的万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．质点P将向上运动 B．电流表读数减小 C．电压表读数减小 D．R3上消耗的功率增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；‎ D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小； 故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，质量均为m的两木块a与b叠放在水平面上，a受到斜向上与水平成θ角的力作用，b受到斜向下与水平成θ角的力作用，两力大小均为F，两木块保持静止状态，则（　　）‎ A．a、b之间一定存在静摩擦力 B．b与地之间一定存在静摩擦力 C．b对a的支持力一定小于mg D．地对b的支持力一定大于2mg ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】‎ 对整体受力分析可得出b与地面间的摩擦力；再对a分析可求得ab间的支持力及摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、对a受力分析，可知a受重力、支持力、拉力而处于平衡，由于F有水平方向的分力，故a有向右运动的趋势，故a应受到b向左的摩擦力，故A正确；‎ B、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、两个拉力，将拉力沿水平和竖直方向分解可知，其水平分量相等，故整体在水平方向受力平衡，故地面对b没有摩擦力；故B错误；‎ C、F向上的分量，使a受到的支持力小于重力，故C正确；‎ D、竖直方向，两分力相互抵消，故ab受地面的支持力等于2mg，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c．则（　　）‎ A．R越大，v0越大 B．R越大，小球经过B点后的瞬间对轨道的压力变大 C．m越大，v0越大 D．m与R同时增大，初动能Ek0增大 ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据机械能守恒求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系．根据机械能守恒列式研究初动能与m、R的关系．‎ ‎【解答】解：‎ AC、小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有：mg=m，‎ ‎ vC=；‎ 根据机械能守恒得： mv=+2mgR，‎ 得到 v0=，可见，R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关．故A正确、C错误．‎ B、小球经过B点后的瞬间，由牛顿第二定律得 N﹣mg=m，解得到轨道对小球的支持力 N=6mg，则N与R无关，则由牛顿第三定律知小球经过B点后瞬间对轨道的压力与R无关．故B错误．‎ D、初动能 Ek0=mv=，知m与R同时增大，初动能Ek0增大，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板的上表面粗糙且木板左端有一个质量为m的木块．现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（　　）‎ A．若仅增大木板的质量M，则时间t减小 B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大 C．若仅增大恒力F，则时间t增大 D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大 ‎【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】根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，抓住位移之差等于木板长，结合位移时间公式求出脱离的时间，从而进行分析．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第二定律得，木块m的加速度：‎ a1==﹣μg，‎ 木板M的加速度：‎ a2=，‎ 又题意得，L=a1t2﹣a2t2，‎ 解得：t=．‎ A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A正确；‎ B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则时间t增大，故B正确；‎ C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则时间t减小，故C错误；‎ D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则时间t增大，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）‎ ‎9．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s随时间t变化规律，如图2所示．‎ ‎①根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=　0.4　m/s，木块加速度a=　1　m/s2；‎ ‎②为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是　斜面的倾角θ（或A点的高度）　；（已知当地的重力加速度g）‎ ‎③为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是　A　．‎ A．A点与传感器距离适当大些 B．木板的倾角越大越好 C．选择体积较大的空心木块 D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；‎ ‎（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；‎ ‎（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角 ‎【解答】解：①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，‎ 得0.4s末的速度为：v= m/s=0.4m/s，‎ ‎0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，‎ 则木块的加速度为：a===1m/s2．‎ ‎②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ 得：μ=‎ 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ（或A点的高度）‎ ‎③根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：‎ 可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ 故答案为：①0.4，1；②斜面倾角θ（或A点的高度）；③A．‎ ‎　‎ ‎10．某科技小组要测量一未知电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：‎ A．待测电阻Rx B．电池组（电动势3V，内阻约5Ω）‎ C．电压表（量程3V，内阻约3000Ω）‎ D．电压表（量程5mA，内阻约10Ω）‎ E．滑动变阻器（最大阻值50Ω，额定电流1.0A）‎ F．开关、导线若干 该小组使用完全相同的器材用不同的测量电路（电流表内接或外接）进行测量，并将其测量数据绘成U﹣I图象，如图甲和图乙所示．‎ ‎①由测量结果判定　甲　图测量结果较为准确，其测量值Rx=　1.08×103Ω　（结果保留三位有效数字），Rx的测量值　大于　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．‎ ‎②请把正确的测量电路图画在丙中方框内．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】①U﹣I图象的斜率等于电阻阻值，根据图示图象求出待测电阻阻值，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系分析答题．‎ ‎②伏安法测电阻采用电流表外接法时，由于电压表分流，所测电流偏大，电阻测量值小于真实值；电流表采用内接法时，由于电流表分压，所测电压偏大，电阻测量值大于真实值；根据电阻测量值大小判断电流表接法，然后作出对应的实验电路图．根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎【解答】解：①由U﹣I图象可知，电阻测量值：R甲==≈1.08×103Ω，‎ R乙==≈7.22×102Ω；‎ 电流表内阻为10Ω，电压表内阻为3000Ω，相对来说待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，则甲图测量结果较准确，其测量值Rx=1.08×103Ω；电流表采用内接法，由于电流表分压作用，电压测量值大于真实值，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值．‎ ‎②由①可知电流表采用内接法时测量结果较准确，滑动变阻器最大阻值为50Ω，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：①甲；1.08×103Ω；大于；②电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎11．近来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距，据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车的距离，如车速为80km/h，就应与前车保持80m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v0=90km/h的速度行驶，一般司机反应时间t=0.5s（反应时间内车被视为匀速运动），刹车时最大加速度a1=5m/s2，求：‎ ‎（1）若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持90m是否可行？‎ ‎（2）若客车超载，刹车最大加速度减为a2=4m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到v1=144km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t′=1.5s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明在此情况下经验是否可靠？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】‎ 客车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合匀变速直线运动的速度位移公式和匀速直线运动的位移公式求出总位移，从而进行判断．‎ ‎【解答】解：（1）司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x1：‎ ‎90km/h=25m/s x1=v01t=25×0.5m=12.5m ‎ 刹车时间前进的距离x2： m 司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：‎ x=x1+x2=12.5+62.5=75m＜90m 经验可行．‎ ‎（2）若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离x3：‎ v02=144km/h=40m/s x3=v02t=40×1.5m=60m 刹车时间前进的距离x4： m 司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x：‎ 按照经验，144km/h安全距离为144m．‎ x=x3+x4=60m+200m=260m＞144m ‎ 在多重违章情况下，经验不可靠．所以要按交通规则行驶，经验才有可行．‎ 答：（1）客车通过的最短路程为750m，经验可行．‎ ‎（2）客车通过的最短路程为260m，经验不可行．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BC与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上．‎ 一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）．求：‎ ‎（1）两金属板间电压；‎ ‎（2）三角形区域内磁感应强度大小；‎ ‎（3）若两金属板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围．‎ ‎【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】（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出电压．‎ ‎（2）粒子垂直进入三角形区域内匀强磁场后做匀速圆周运动，画出轨迹，由于粒子垂直AB边射入和AC边射出，由几何知识求出粒子圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出三角形区域内磁感应强度；‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度的最大值与最小值，然后确定其范围．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在两块平行金属板间的电场中做类平抛运动，‎ 沿水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动．‎ 粒子垂直AB边进入磁场，由几何知识得，粒子离开电场时偏转角θ=30°．‎ 根据类平抛运动的规律有：‎ L=v0t ①②vy=at ③d=at2 ④‎ 联立①②③④解得：；‎ ‎（2）由几何关系得：LAB=，r=LAB=d ⑤‎ 粒子进入磁场时的速率为：v=⑥‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m⑦‎ 联立⑤⑥⑦解得：B=；‎ ‎（3）若两板间不加电压，‎ 粒子将沿水平方向以速率v0从AB边的中点进入磁场．‎ 当粒子刚好从C点射出磁场，磁感应强度最小．‎ 磁感应强度的最小值为B2，由几何关系知，‎ 对应粒子的最大轨道半径r2为：r2=d 根据向心力公式有：qvB2=m，‎ 解得：，‎ 当粒子刚好从E点射出磁场时，磁感应强度最大．‎ 设磁感应强度的最大值为B3，由几何关系知，对应粒子的最小轨道半径r3为：‎ 同上解出：，‎ 所以所加磁场的磁感应强度的取值范围为≤B＜；‎ 答：（1）两金属板间电压为；‎ ‎（2）三角形区域内磁感应强度大小为；‎ ‎（3）要使粒子进入磁场区域后能从BC边射出，所加磁场的磁感应强度的取值范围是：≤B＜．‎ ‎　‎ 二、选考题：共45分．[物理-选修3-5]‎ ‎13．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　）‎ A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】动量守恒的条件是系统不受外力，或所受的外力之和为零．根据能量转换判断机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、子弹射入木块到刚相对于静止的过程，子弹和木块组成的系统不受外力，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，故A错误，B正确；‎ C、Ⅱ过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎14．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M=0.3kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m=0.2kg子弹以v0=20m/s的初速度水平地射入木块（但未穿出），它们一起沿AB运动，并冲上BC．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，斜面倾角θ=45°，重力加速度g=10m/s2，木块在B 处无机械能损失．试求：‎ ‎（1）子弹射入木块后的共同速度；‎ ‎（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）、把子弹和小木块看做一个系统，对其受力分析，合外力为零，故子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，应用动量守恒定律就可求出子弹射入木块后的共同速度．‎ ‎（2）、木块和子弹的组合体在经过B点时没有能量损失，可知经过B点时的动能为，在木块和子弹沿斜面上滑的过程中，会克服重力和摩擦力做功，直至速度为零．此步应用动能定理即可求出子弹和木块能冲上斜面的最大高度．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右的方向为正，共同速度为v，则 mv0=（m+M）v…①‎ 代入数据解得v=8m/s…②‎ ‎（2）子弹与木块以v的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零 对子弹和木块在斜面上时进行受力分析，受到重力、斜面的支持力和摩擦力作用 子弹和木块在斜面上受到的支持力N=（M+m）gcosθ…③‎ 受到摩擦力f=μN=μ（M+m）gcosθ…④‎ 对冲上斜面的过程中，重力做负功，摩擦力做负功，设上升的最大高度为h，应用动能定理有： =…⑤‎ 由②④⑤联立并代入代入数据，解得h=2.13m 答：（1）子弹射入木块后的共同速度为8m/s ‎（2）子弹和木块能冲上斜面的最大高度为2.13m．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日