河北省承德联校2016届高三上学期期末物理试卷

河北省承德联校2016届高三上学期期末物理试卷

‎2015-2016学年河北省承德联校高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）‎ ‎1．对自由落体运动的研究是一个漫长的过程，许多物理学家都做出了重要的贡献，下列关于自由落体运动研究过程说法正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢相同 B．伽利略认为物体的重量大小决定物体下落的快慢 C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验验证推理 D．英国物理学家牛顿在比萨斜塔上完成了落体实验 ‎2．如图所示，通有恒定电流的，一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示．若将导体在纸面内顺时针转180°，关于甲、乙两种情况导体受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变 B．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变 C．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化 D．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变 ‎3．图示是两个从不同地点出发沿同一方向运动的物体A和B的速度﹣时间图象，已知它们在t2时刻相遇，则由图可知（　　）‎ A．出发时，物体A在前，物体B在后 B．在0到t2时刻的这一过程中，物体A和物体B的平均速度相等 C．相遇前，在t1时刻，A、B两物体相距最远 D．t2时刻之前，A在后，B在前 ‎4．如图所示，质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则（　　）‎ A．滑块一定受到四个力作用 B．弹簧不可能处于拉伸状态 C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．斜面对滑块一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小为mg ‎5．如图所示，理想变压器的原线圈通有e=30cos100πt（V）的交变电流，灯泡L的额定功率为6W，开关S闭合后灯泡L恰好正常发光，电压表、电流表均为理想电表．变压器的原、副线圈的匝数比为10：1，下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈交变电流的频率为5Hz B．电压表的示数为4.24V C．电流表的示数为0.2A D．灯泡正常发光时的电阻为1.5Ω ‎6．如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2，已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）‎ A．5N B．10N C．15N D．20N ‎7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两级板间有一负电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间电场的电场强度，φ表示P点的电势，EP表示负电荷在P点的电动势．若保持负极板不动，将正极板从虚线所在位置，则（　　）‎ A．φ变大，E不变 B．E变大，EP变大 C．E不变，EP不变 D．φ不变，EP变大 ‎8．如图所示，固定的竖直杆上A点处套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置的轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上的D点，弹簧水平时恰好处于原长状态．现让圆环从图示位置（距地面高度为h）由静止沿杆滑下，圆环经过C处时的速度最大，滑到杆的底端B时速度恰好为零．若圆环在B处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）‎ A．竖直杆可能光滑，且圆环下滑到B时弹簧的弹性势能为mgh B．下滑到C处，圆环受到的重力与摩擦力大小相等 C．圆环从A下滑到B的过程中克服摩擦力做的功为mv2‎ D．圆环上滑经过C的速度与下滑经过C的速度大小相等 ‎9．2015年12月29日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射高分四号卫星．该卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星．对这颗卫星和地球同步轨道上的其他卫星，下列物理量一定相同的是（　　）‎ A．轨道半径 B．向心力 C．角速度 D．线速度的大小 ‎10．均匀磁场中有一由半径为R的半圆弧机器直径构成的导线框，半圆直径与匀强磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，如图甲所示．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间按照如图乙所示规律变化，在线框中产生感应电流I．若磁感应强度大小为B0保持不变，使该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω逆时针匀速转动半周，在线框中产生同样大小的感应电流I，则（　　）‎ A．磁感应强度变化产生的感应电路方向为逆时针方向 B．磁感应强度变化产生的感应电动势大小为 C．线框逆时针转动产生的感应电流方向逆时针方向 D．线框转动的角速度ω大小为 ‎11．如图所示，x轴上的O、M两点固定着两个电荷量相等的点电荷，x轴上各点电势φ与x间的关系图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个点电荷均带正电荷 B．D点的电场强度方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度沿x轴正方向先增大后减小 D．将一带正电的点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎12．一个质量为m的小铁块从半径为R的固定半圆轨道左边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，以半圆底部所在水平面为参考平面，则铁块下滑过程中（　　）‎ A．摩擦力大小不变 B．重力势能一直减小 C．损失的机械能为mgR D．先失重后超重 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分37分）‎ ‎13．利用自由落体法测重力加速度，实验装置如图所示．‎ ‎（1）实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整 A．按实验要求安装好实验装置：‎ B．使重物　　（填“靠近”或“远离”）打点计时器，接着　　（填“先接通电源后释放纸带”或“向释放纸带后接通电源”），打点计时器在纸带上打下一系列的点；‎ C．图乙为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点，分别测出若干连接点A、B、C、…与O点之间的距离h1、h2、h3…‎ ‎（2）已知打点计时器的打点周期为T，结合实验张所测得的h1、h2、h3，可得打B点时重物的速度大小为　　，重力加速度的大小为　　，通常情况下测得值均小于当地的实际重力加速度的值，其原因是　　‎ ‎14．图示是多用电表的外观图及表盘部分放大图，请读图回答问题：‎ ‎（1）用如图所示的多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约为2kΩ的电阻．在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按正确操作顺序写出：　　．‎ A．用螺丝刀调节表盘A下中间部位的调零螺丝B，使表针指零 B．将红表笔和黑表笔接触 C．把选择开关C旋转到“×1kΩ”位置 D．把选择开关C旋转到“×100Ω”位置 E．调节调零旋钮D使表针指着欧姆零点 在测量2kΩ左右的电阻时，红表笔的电势　　黑表笔的电势（选填“高于”、“等于”或“低于”）．‎ ‎（2）用多用电表进行了两次测量，指针的位置分别如图中a和b所示，若选择开关处在以下表格中所指的档位，请把相应的示数填在表中（打×处不填）．‎ ‎ 所选择的档位 ‎ 指针读数 ‎ a b ‎ 直流电压2.5V ‎　　‎ ‎×‎ ‎ 电阻×10Ω ‎×‎ ‎　　‎ ‎（3）在商店选择一个10μF的电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应将选择开关置于　　（①直流电压档；②直流电流档；③欧姆档；④交流电压档），而后，再将多用电表的测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应　　（⑤不偏转；⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回最左边）．‎ ‎15．一物体做单向匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，已知物体通过AB段的平均速度为2m/s，通过BC段的平均速度为3m/s，物体经过B点的速度大小为2.5m/s．求B、C间的距离与A、B间的距离的比值．‎ ‎16．如图所示，平面直角坐标系中的第象限内有半径为R的圆分别与x轴，y轴相切于M、N点，圆内存在垂直坐标系平面的匀强磁场，在第I象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E．磁场电场在图中都未画出，一质量为m、电荷量为q的粒子从M点垂直x轴射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从Q（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α=45°，粒子的重力不计，求：‎ ‎（1）粒子进入电场时的速度v0；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（3）粒子从M点入射到运动至Q点的时间t总．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-3]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．热量会自发地从内能多的物体传给内能少的物体 B．气体吸收热量，其内能可能减少 C．第二类永动机之所以不能造成的原因是它违反能量守恒定律 D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性 E．在有分子力存在时，分子间引力和分子间斥力都随分子间距离的增大而减小 ‎18．如图所示，绝热气缸内封闭着一定质量的理想气体，气体内部有一根电热丝，下面有一个不计质量的绝热活塞，活塞的横截面积为S，活塞到气缸顶部的距离为H．活塞下面挂着一个质量为m的物块，用电热丝给理想气体缓慢加热，当电热丝放出热量为Q时，停止加热，这是活塞向下移动的距离为h，气体的温度为T，若重力加速度为g，大气压强为p0，不计一切摩擦．‎ ‎①加热过程中，气体的内能增加还是减少？求出气体内能的变化量．‎ ‎②若移走物块，活塞又缓慢回到原来的高度，求出此时气体的温度．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎19．下列说法中正确的是（　　）‎ A．声波从空气中传入水中时波长会变长 B．机械波可在真空中传播 C．站在铁道边的人在火车向他开来的过程中会听到火车鸣笛的频率变大 D．当机械波从介质的一端传播到另一端时，途中的质点不会沿着波的传播方向而迁移 E．在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度 ‎20．如图所示．用折射率为的透明物质做成内外半径分别为a=m、b=5m的空心球，内表面涂上能完全吸光的物质．一平行光从左向右水平射向此球，不考虑光在介质内部传播时的反射光线．光在真空中的传播速度c=3×108m/s，求：‎ ‎①光进入透明物质中的折射角的最大值θ；‎ ‎②光在透明物质中的最长传播时间t．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-5]‎ ‎21．放射性元素具有半衰期，如果将某种放射性元素制成核电池，带到火星上去工作．火星上的温度等环境因素与地球有很大差别，该放射性元素到火星上之后，半衰期　　（填“发生”或“不发生”）变化．若该放射性元素的半衰期为T年，经过　　年，该元素还剩余12.5%．‎ ‎22．如图所示，光滑水平地面上有一足够长、质量m2=3kg的木板，左端放置可视为质点的质量m1=1kg的物块，木板与物块间的动摩擦因数μ=0.6，二者均以大小为v0=6m/s的初速度向右运动，木板与竖直墙壁碰撞时间极短，且没有机械能损失，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎①物块和木板的最终速度大小v；‎ ‎②物块相对木板运动的最大距离s．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河北省承德联校高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）‎ ‎1．对自由落体运动的研究是一个漫长的过程，许多物理学家都做出了重要的贡献，下列关于自由落体运动研究过程说法正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢相同 B．伽利略认为物体的重量大小决定物体下落的快慢 C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验验证推理 D．英国物理学家牛顿在比萨斜塔上完成了落体实验 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】解答本题应掌握下列物理学史：伽利略的落体理论，亚里士多德关于力和运动的理论，及牛顿第一定律，即可答题．‎ ‎【解答】解：A、亚里士多德认为在同一地点重的物体下落快，故A错误．‎ B、伽利略认为物体下落的快慢与重量无关．故B错误．‎ C、伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验验证推理，故C正确．‎ D、伽利略在比萨斜塔上完成了落体实验，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，通有恒定电流的，一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示．若将导体在纸面内顺时针转180°，关于甲、乙两种情况导体受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变 B．图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变 C．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化 D．甲、乙两种情况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】应用左手定则分别分析甲、乙两导体受到安培力的方向，利用安培力计算公式分析转动过程中安培力大小的变化．‎ ‎【解答】解：①对甲图分析有：开始位置导体与磁场垂直，由左手定则可以判断出导线在纸面内转0到90度过程中安培力的方向始终为垂直纸面向外，‎ 当导线在纸面内转90度到180度的过程中安培力的方向改变，变为垂直纸面向里，‎ 因此甲图安培力方向变化一次；‎ 甲图中安培力的大小F=BILsinθ，其中θ为导线与磁场的夹角，‎ 导线在纸面内顺时针转动180度的过程中，‎ θ由90度逐渐减小到0度，再从0度逐渐增大到90度，‎ 因此甲图安培力大小从最大BIL先减小，直到减为0，再增大到BIL．‎ 故甲图安培力大小一直在变．‎ ‎②对乙图分析有：导线在纸面内顺时针转180度过程中，由左手定则可以判断出安培力方向一直在变化；‎ 但转动过程中导线中电流I始终与磁场方向垂直，‎ 故安培力大小一直不变，始终为F=BIL．‎ 综合上述分析，A说法正确；‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．图示是两个从不同地点出发沿同一方向运动的物体A和B的速度﹣时间图象，已知它们在t2时刻相遇，则由图可知（　　）‎ A．出发时，物体A在前，物体B在后 B．在0到t2时刻的这一过程中，物体A和物体B的平均速度相等 C．相遇前，在t1时刻，A、B两物体相距最远 D．t2时刻之前，A在后，B在前 ‎【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】速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移．根据位移大小关系，分析两物体的位置关系，平均速度等于位移除以时间．‎ ‎【解答】解：A、t2时刻A图线的“面积”大于B图线的“面积”，则A的位移大于乙的位移，而它们在t2时刻相遇，所以出发时，物体A在后，物体B在前，A在B的后面一直追B，直到t2时刻相遇，所以t2时刻之前，A在后，B在前．故A错误，D正确．‎ B、在0到t2时刻的这一过程中，A的位移大于乙的位移，时间相等，所以A的平均速度大于B的平均速度，故B错误．‎ C、相遇前，A的速度一直比B的速度大，所以两者距离逐渐减小，所以出发时，AB相距最远，故C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则（　　）‎ A．滑块一定受到四个力作用 B．弹簧不可能处于拉伸状态 C．斜面对滑块的支持力大小可能为零 D．斜面对滑块一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小为mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对物块进行受力分析，物块可能受三个力，可能受四个力，运用共点力平衡进行分析．‎ ‎【解答】解：滑块可能受重力、支持力和静摩擦力这三个力，弹簧处于原长，此时支持力的大小为mgcos30°，f=mgsin30°=．‎ 滑块可能受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力平衡，此时支持力可能大于mgcos30°，可能小于mgcos30°，即弹簧可能处于拉伸状态，摩擦力大小f=mgsin30°=．‎ 斜面对滑块的支持力大小不可能为零，否则没有摩擦力，滑块将向下滑动．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，理想变压器的原线圈通有e=30cos100πt（V）的交变电流，灯泡L的额定功率为6W，开关S闭合后灯泡L恰好正常发光，电压表、电流表均为理想电表．变压器的原、副线圈的匝数比为10：1，下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈交变电流的频率为5Hz B．电压表的示数为4.24V C．电流表的示数为0.2A D．灯泡正常发光时的电阻为1.5Ω ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】A、根据变压器变压原理可知原、副线圈的交流电频率是一样的；‎ B、利用变压器电压与匝数的关系，可以求出电压表的示；‎ C、利用功率与电压关系可以解出电流表示数；‎ D、利用部分电路欧姆定律可以求出灯泡正常发光时的电阻．‎ ‎【解答】解：A、原线圈通有e=30‎ cos100πt（V）的交变电流，由交流电瞬时值公式e=Emcosωt可得，，ω=100π rad/s，又ω=2πf，则原线圈交流电的频率为f=50HZ，副线圈与原线圈交变电流的频率一样，也为50HZ，A说法错误；‎ B、原线圈电压有效值V，由变压器电压与匝数的关系得，可得电压表的示数为3V，B说法错误；‎ C、由A，即电流表示数为2A，C说法错误；‎ D、由欧姆定律得灯泡正常发光时的电阻，D说法正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2，已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）‎ A．5N B．10N C．15N D．20N ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：当F作用在物体B上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有：‎ μ2mg=ma ‎ 对整体，有：‎ Fmax﹣μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a；‎ 由上述各式联立解得：‎ Fmax=15N 故选：C ‎　‎ ‎7．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两级板间有一负电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间电场的电场强度，φ表示P点的电势，EP表示负电荷在P点的电动势．若保持负极板不动，将正极板从虚线所在位置，则（　　）‎ A．φ变大，E不变 B．E变大，EP变大 C．E不变，EP不变 D．φ不变，EP变大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式C=判断板间电压的变化．分析P点电势的变化，即可分析电势能的变化 ‎【解答】解：电容器的电量不变，板间距离减小，由C=、E=、C=，推导得 E=，Q、S、ɛ均不变，则板间电场强度E不变．因为电场强度不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差不变，则P点的电势φ不变，负电荷在P点的电势能EP不变．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，固定的竖直杆上A点处套有一质量为m的圆环，圆环与水平放置的轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上的D点，弹簧水平时恰好处于原长状态．现让圆环从图示位置（距地面高度为h）由静止沿杆滑下，圆环经过C处时的速度最大，滑到杆的底端B时速度恰好为零．若圆环在B处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A点．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）‎ A．竖直杆可能光滑，且圆环下滑到B时弹簧的弹性势能为mgh B．下滑到C处，圆环受到的重力与摩擦力大小相等 C．圆环从A下滑到B的过程中克服摩擦力做的功为mv2‎ D．圆环上滑经过C的速度与下滑经过C的速度大小相等 ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当圆环所受合力为零时圆环的速度最大，圆环向上运动过程先做加速运动后做减速运动，分析清楚圆环的运动过程，应用能量守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、圆环回到A点时与开始时圆环的机械能相等，圆环到达B处后获得一竖直向上的速度v才能回到A点，说明圆环运动过程中机械能有损失，重力与弹力做功不改变圆环的机械能，因此圆环在运动过程要受到摩擦力作用，竖直杆不可能光滑，故A错误；‎ B、圆环下滑到C处时速度最大，此时圆环所受合力为零，弹簧沿竖直方向的分力与摩擦力的合力等于圆环的重力，因此圆环受到的重力大于摩擦力，故B错误；‎ C、由题意可知，圆环在整个运动过程损失的机械能为： mv2，由对称性可知，圆环向下运动过程与向上运动过程克服摩擦力做功相等，因此圆环从A下滑到B的过程中克服摩擦力做功为： mv2，故C正确；‎ D、由于圆环运动过程要受到摩擦力作用，圆环上滑经过C的速度与下滑经过C的速度大小不相等，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．2015年12月29日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射高分四号卫星．该卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星．对这颗卫星和地球同步轨道上的其他卫星，下列物理量一定相同的是（　　）‎ A．轨道半径 B．向心力 C．角速度 D．线速度的大小 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同．物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．‎ ‎【解答】解：AD、根据=mr 则有r=，同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以各个同步卫星轨道半径相同，线速度v=，‎ 所以所有地球同步卫星速度大小相同，即速率相等，故AD正确；‎ B、同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知，Fn=，‎ 由于不知道这颗卫星和同步轨道上的其他卫星的质量关系，所以无法判断向心力关系，故错误；‎ C、角速度ω=，周期相同，则角速度相同，故C正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎10．均匀磁场中有一由半径为R的半圆弧机器直径构成的导线框，半圆直径与匀强磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，如图甲所示．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间按照如图乙所示规律变化，在线框中产生感应电流I．若磁感应强度大小为B0保持不变，使该线框绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω逆时针匀速转动半周，在线框中产生同样大小的感应电流I，则（　　）‎ A．磁感应强度变化产生的感应电路方向为逆时针方向 B．磁感应强度变化产生的感应电动势大小为 C．线框逆时针转动产生的感应电流方向逆时针方向 D．线框转动的角速度ω大小为 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】由楞次定律可判断出电流的方向；由法拉第电磁感应定律可求得电动势；由电阻定律可以求出圆环的电阻；由欧姆定律求出电流；由左手定则可以判断出安培力的方向．‎ ‎【解答】解：A、磁场垂直与纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，所以感应电流的方向沿逆时针方向，故A正确；‎ B、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：E===．故B错误；‎ C、线框逆时针转动时，右侧的半径处产生感应电动势，由右手定则可知，产生的感应电流方向顺时针方向，故C错误；‎ D、导体棒旋转的过程中产生的感应电动势：，若E′=E，联立得：ω=，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，x轴上的O、M两点固定着两个电荷量相等的点电荷，x轴上各点电势φ与x间的关系图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个点电荷均带正电荷 B．D点的电场强度方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度沿x轴正方向先增大后减小 D．将一带正电的点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电荷的电性，并分析电场强度的方向，根据图象的斜率等于场强去判断场强的大小．根据Ep ‎=qφ判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、从O到C，电势逐渐降低，从C到D，电势逐渐升高，可知，两个点电荷均带正电荷，故A正确；‎ B、从C到D，电势逐渐升高，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，CD间的电场强度方向沿x轴负方向，则D点的电场强度方向沿x轴负方向．故B正确；‎ C、φ﹣x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小先减小后增大，故C错误；‎ D、将一正点电荷从N点移到D点，电势先降低后升高，根据电势能公式Ep=qφ，知正电荷的电势能先减小后增大．故D错误；‎ 故选：AB ‎　‎ ‎12．一个质量为m的小铁块从半径为R的固定半圆轨道左边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，以半圆底部所在水平面为参考平面，则铁块下滑过程中（　　）‎ A．摩擦力大小不变 B．重力势能一直减小 C．损失的机械能为mgR D．先失重后超重 ‎【考点】功能关系；摩擦力的判断与计算；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：A、小铁块向下运动的过程中，小铁块的速度是变化的，由于是做圆周运动，所以小铁块需要的向心力是变化的，可知小铁块受到的支持力的大小也是变化的，所以小铁块受到的滑动摩擦力的大小也是变化的．故A错误；‎ B、小铁块向下运动的过程中重力一直做正功，所以小铁块的重力势能一直减小．故B正确；‎ C、铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律，有 ‎1.5mg=m…①‎ 对铁块的下滑过程运用动能定理，得到 mgR﹣W=…②‎ 由①②③式联立解得克服摩擦力做的功：‎ W=‎ 所以损失的机械能为．故C错误；‎ D、小铁块向下运动的过程中，沿竖直向下的方向的分速度先增大后减小，所以小铁块沿竖直方向的分加速度一定是先向下后向上，小铁块先失重后超重．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分37分）‎ ‎13．利用自由落体法测重力加速度，实验装置如图所示．‎ ‎（1）实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整 A．按实验要求安装好实验装置：‎ B．使重物　靠近　（填“靠近”或“远离”）打点计时器，接着　先接通电源后释放纸带　（填“先接通电源后释放纸带”或“向释放纸带后接通电源”），打点计时器在纸带上打下一系列的点；‎ C．图乙为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点，分别测出若干连接点A、B、C、…与O点之间的距离h1、h2、h3…‎ ‎（2）已知打点计时器的打点周期为T，结合实验张所测得的h1、h2、h3，可得打B点时重物的速度大小为　　，重力加速度的大小为　　，通常情况下测得值均小于当地的实际重力加速度的值，其原因是　运动过程中存在阻力　‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】实验时，应先接通电源再释放纸带，重物靠近打点计时器．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）为了有效地使用纸带，重物应靠近打点计时器，实验时先接通电源后释放纸带．‎ ‎（2）B点的速度等于AC段的平均速度，则．‎ 根据得，g=．‎ 通常情况下测得值均小于当地的实际重力加速度的值，其原因是运动过程中存在阻力．‎ 故答案为：（1）靠近，先接通电源后释放纸带．（2），，运动过程中存在阻力．‎ ‎　‎ ‎14．图示是多用电表的外观图及表盘部分放大图，请读图回答问题：‎ ‎（1）用如图所示的多用电表正确测量了一个13Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约为2kΩ的电阻．在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按正确操作顺序写出：　DBE　．‎ A．用螺丝刀调节表盘A下中间部位的调零螺丝B，使表针指零 B．将红表笔和黑表笔接触 C．把选择开关C旋转到“×1kΩ”位置 D．把选择开关C旋转到“×100Ω”位置 E．调节调零旋钮D使表针指着欧姆零点 在测量2kΩ左右的电阻时，红表笔的电势　低于　黑表笔的电势（选填“高于”、“等于”或“低于”）．‎ ‎（2）用多用电表进行了两次测量，指针的位置分别如图中a和b所示，若选择开关处在以下表格中所指的档位，请把相应的示数填在表中（打×处不填）．‎ ‎ 所选择的档位 ‎ 指针读数 ‎ a b ‎ 直流电压2.5V ‎　0.57　‎ ‎×‎ ‎ 电阻×10Ω ‎×‎ ‎　40　‎ ‎（3）在商店选择一个10μF的电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应将选择开关置于　③　（①直流电压档；②直流电流档；③欧姆档；④交流电压档），而后，再将多用电表的测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应　⑧　（⑤不偏转；⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回最左边）．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）明确欧姆表的指针指在中值电阻附近时读数较准确，所以首先应选择档位，然后再将红黑表笔短接进行调零；‎ ‎（2）根据多用电表选择开关位置确定多用电表所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，然后读出其示数；‎ ‎（3）优质电容器，电阻无穷大，用多用电表的欧姆档测量时，稳定后，指针处于最左边．因为欧姆档与电表内部电源相连，接在电容器两端时，会先对电容器充电．‎ ‎【解答】解：（1）由于欧姆表的中值电阻为15左右，所以要测量2kΩ左右的电阻时首先应换挡，把选择开关旋到×‎ ‎100的位置，然后再重新调零，即操作顺序应是DBE；‎ 多用电表的欧姆挡测电阻时，红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连，红表笔的电势低于黑表笔的电势，‎ ‎（2）直流电压2.5V档读第二行“0～250”一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了，则a的读数为0.57V，‎ 选择开关置于Ω×10，由图示可知，指针位于b处时，其示数为4.0×10=40Ω；‎ ‎（3）优质电容器，电阻无穷大．当把多用电表两根 测试表笔接在电容器两极板上时，会先对电容器充电，所以指针会偏转一下，充电完毕后，指针会停在最左端电阻无穷大处．所以选择欧姆档，电表指针偏转一些又返回最左端．‎ 故答案为：（1）DBE；低于；（2）0.57；40；（3）③；⑧‎ ‎　‎ ‎15．一物体做单向匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，已知物体通过AB段的平均速度为2m/s，通过BC段的平均速度为3m/s，物体经过B点的速度大小为2.5m/s．求B、C间的距离与A、B间的距离的比值．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度．‎ ‎【分析】先设出物体匀加速运动的加速度，根据匀变速直线运动的平均速度公式，分别求出A、C的速度，再根据速度与位移关系计算出求B、C间的距离与A、B间的距离的比值．‎ ‎【解答】解：物体做单向匀加速直线运动，根据平均速度公式有：‎ 解得：vA=1.5m/s，vC=3.5m/s 又对于AB段有：‎ 对于BC段有：‎ 则 答：B、C间的距离与A、B间的距离的比值为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，平面直角坐标系中的第象限内有半径为R的圆分别与x轴，y轴相切于M、N点，圆内存在垂直坐标系平面的匀强磁场，在第I象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E．磁场电场在图中都未画出，一质量为m、电荷量为q的粒子从M点垂直x轴射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从Q（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α=45°，粒子的重力不计，求：‎ ‎（1）粒子进入电场时的速度v0；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（3）粒子从M点入射到运动至Q点的时间t总．‎ ‎【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）由粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动的水平位移和末速度方向，再由题设场强为E得到初速度v0 ．‎ ‎（2）在第一问的基础上，求出粒子做类平抛运动的竖直位移，得到粒子从磁场中的位置，再由几何关系求得粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提供向心力求出磁感应强度的大小，由左手定则确定磁感应强度的方向．‎ ‎（3）由几何关系求出粒子在磁场中偏转角，从而求出粒子在磁场中的运动时间，再粒子在第Ⅰ象限的时间就是第三问所求所求．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子在电场中运动时间为t1，则在Q处，粒子沿y轴方向的分速度：vy=v0tanα=v0‎ 在x轴方向有：2R=v0t1‎ 设y轴方向匀加速直线运动的加速度为a，由牛顿第二定律有：qE=ma 且：vy=at1‎ 解得：v0=‎ ‎（2）由于粒子在第Ⅰ象限做类平抛运动的末速度为与x轴成45°，所以水平位移为竖直位移的2倍，则 粒子从N点离开磁场．画出粒子运动轨迹如图所示，O为粒子轨迹圆的圆心，N为粒子射出磁场的位置，‎ 且粒子垂直y轴进入电场，则由几何关系知粒子轨迹圆半径等于R．‎ 由向心力公式和牛顿第二定律 解得：B=‎ 粒子在第一象限运动沿y轴负方向运动，与电场方向相反，故粒子带负电，故根据左手定则可知：磁感应强度的方向为垂直坐标平面向里．‎ ‎（3）由图可知，粒子在磁场内的运动时间为：t2=‎ 又T=‎ 得：t2=‎ 由（1）知粒子在电场中的运动时间为：t1=‎ 故所求时间为：t总=t1+t2==‎ 答：（1）粒子进入电场时的速度v0为．‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为、方向为垂直坐标平面向里．‎ ‎（3）粒子从M点入射到运动至Q点的时间t总为．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-3]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．热量会自发地从内能多的物体传给内能少的物体 B．气体吸收热量，其内能可能减少 C．第二类永动机之所以不能造成的原因是它违反能量守恒定律 D．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性 E．在有分子力存在时，分子间引力和分子间斥力都随分子间距离的增大而减小 ‎【考点】热力学第二定律；热力学第一定律；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】‎ 改变内能的方式有做功和热传递，内能还与物体的状态有关，热量能自发地从高温物体传给低温物体；根据热力学第一定律分析内能的变化；第二类永动机之所以不能造成的原因不是违反热力学第二定律；分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距的增大，两个力都减小，随着分子间距的变化斥力变化比引力快．‎ ‎【解答】解：A、热量能自发地从高温物体传给低温物体，故A错误；‎ B、做功和热传递都可以改变物体的内能，气体吸收热量，其内能可能减少，故B正确；‎ C、第二类永动机之所以不能造成的原因不是违反热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故C错误；‎ D、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性．故D正确；‎ E、分子间同时存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小．故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎18．如图所示，绝热气缸内封闭着一定质量的理想气体，气体内部有一根电热丝，下面有一个不计质量的绝热活塞，活塞的横截面积为S，活塞到气缸顶部的距离为H．活塞下面挂着一个质量为m的物块，用电热丝给理想气体缓慢加热，当电热丝放出热量为Q时，停止加热，这是活塞向下移动的距离为h，气体的温度为T，若重力加速度为g，大气压强为p0，不计一切摩擦．‎ ‎①加热过程中，气体的内能增加还是减少？求出气体内能的变化量．‎ ‎②若移走物块，活塞又缓慢回到原来的高度，求出此时气体的温度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】①根据热力学第一定律求气体内能的变化量 ‎②根据理想气体状态方程求气体末态的温度；‎ ‎【解答】解：①加热过程中，气体的压强不变，体积增大，温度一定升高，气体的内能增加，加热过程中，气体对外做功为：‎ 气体内能的变化量：，‎ ‎②初状态，温度为，压强为，体积为（H+h）S 设末状态温度为T，末状态的压强为，体积为HS，‎ 则根据理想气体状态方程，有：‎ ‎=‎ 解得：‎ 答：①加热过程中，气体的内能增加，气体内能的变化量．‎ ‎②若移走物块，活塞又缓慢回到原来的高度，此时气体的温度 ‎　‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎19．下列说法中正确的是（　　）‎ A．声波从空气中传入水中时波长会变长 B．机械波可在真空中传播 C．站在铁道边的人在火车向他开来的过程中会听到火车鸣笛的频率变大 D．当机械波从介质的一端传播到另一端时，途中的质点不会沿着波的传播方向而迁移 E．在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度 ‎【考点】波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】声波从空气中传入水中时频率不变，波速变大，由波速公式分析波长的变化．机械能传播需要有介质．当波源与观察者之间的距离减小时观察者接受到的频率将增大．机械波传播过程中，介质中质点不随波迁移．质点的振动速度与波传播的速度是两回事．‎ ‎【解答】解：A、声波从空气中传入水中时频率不变，波速变大，由波速公式v=λf知，波长会变大，故A正确．‎ B、机械能传播需要有介质，因此机械波在真空中不能传播，故B错误．‎ C、根据多普苗效应可知，站在铁道边的人在火车向他开来的过程中会听到火车鸣笛的频率变大，故C正确．‎ D、当机械波从介质的一端传播到另一端时，途中的质点只在各自平衡位置附近振动，不会沿着波的传播方向而迁移．故D正确．‎ E、在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度是周期性变化的，而在同一均匀介质中波的传播速度不变，两者没有关系，故E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎20．如图所示．用折射率为的透明物质做成内外半径分别为a=m、b=5m的空心球，内表面涂上能完全吸光的物质．一平行光从左向右水平射向此球，不考虑光在介质内部传播时的反射光线．光在真空中的传播速度c=3×108m/s，求：‎ ‎①光进入透明物质中的折射角的最大值θ；‎ ‎②光在透明物质中的最长传播时间t．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①当入射角最大时，折射角最大．最大的入射角为90°，由折射定律求光进入透明物质中的折射角的最大值θ；‎ ‎②由v=求出光在透明物质中的传播速度．由几何知识求出光在透明物质中的最长传播距离，从而求得最长的传播时间t．‎ ‎【解答】解：①当入射角最大时，折射角最大．最大的入射角为90°，由折射定律得：‎ n=，‎ 得：θ=45°‎ 即光进入透明物质中的折射角的最大值θ为45°；‎ ‎②光在透明物质中的传播速度为：‎ v===×108m/s．‎ 当入射平行光折射进入透明介质后并恰好与内表面相切时在透明物质中传播的距离最长，画出光路图如图（入射角为α、折射角为β）．‎ 由几何知识得光在在透明物质中的最长传播距离为：‎ S=2==3m 最长的传播时间为：t==2×10﹣8s 答：‎ ‎①光进入透明物质中的折射角的最大值θ是45°；‎ ‎②光在透明物质中的最长传播时间t是2×10﹣8s．‎ ‎　‎ ‎[物理——选修3-5]‎ ‎21．放射性元素具有半衰期，如果将某种放射性元素制成核电池，带到火星上去工作．火星上的温度等环境因素与地球有很大差别，该放射性元素到火星上之后，半衰期　不发生　（填“发生”或“不发生”）变化．若该放射性元素的半衰期为T年，经过　3T　年，该元素还剩余12.5%．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境与化学状态无关．‎ ‎【解答】解：原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，因此半衰期不发生变化；‎ 该元素还剩余12.5%，则放射性元素有的原子核发生了衰变，‎ 说明经过了3个半衰期，所以经过了3T年；‎ 故答案为：不发生，3T．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，光滑水平地面上有一足够长、质量m2=3kg的木板，左端放置可视为质点的质量m1=1kg的物块，木板与物块间的动摩擦因数μ=0.6，二者均以大小为v0=6m/s的初速度向右运动，木板与竖直墙壁碰撞时间极短，且没有机械能损失，取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎①物块和木板的最终速度大小v；‎ ‎②物块相对木板运动的最大距离s．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，根据动量守恒定律求出两者最终的速度，根据能量守恒定律求出物体相对木板滑动的最大距离．‎ ‎【解答】解：①木板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，以向左为正，由动量守恒定律有：‎ m2v0﹣m1v0=（m1+m2）v 代入数据解得：v=3m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞．‎ ‎②根据能量守恒定律得：‎ 代入数据解得：s=9m 答：①物块和木板的最终速度大小v为3m/s；‎ ‎②物块相对木板运动的最大距离s为9m．‎ ‎　‎ ‎2017年4月5日