福建省漳州市长泰一中2017届高三上学期期中物理试卷

福建省漳州市长泰一中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年福建省漳州市长泰一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题有15小题，每题3分，共45分；第1～10题只有一项符合题目要求；第11～15题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（　　）‎ A．质点和点电荷是同一种思想方法 B．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小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法 C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量 ‎2．如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度v0一起向左做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力大小为（　　）‎ A．mg B．mgsinθ C．mgcosθ D．0‎ ‎3．下列图象均能正确皮映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（　　）‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎5．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个1 800Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个0.1Ω的电阻 D．应并联一个1 800Ω的电阻 ‎7．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间‎2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（　　）‎ A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=‎ B．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=‎ C．组合体的线速度大小v=‎ D．组合体的运行周期T′=‎ ‎8．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v=，则小球的运动情况为（　　）‎ A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力 C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力 D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力 ‎9．如图，地面上某空间区域内，水平虚线上方存在场强为E1、方向竖直向下的匀强电场，虚线下方存在场强为E2，方向竖直向上的匀强电场．若质量为m、带电量为+q的小球从上方电场的A点由静止释放，恰好能到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则（　　）‎ A．场强大小关系满足E2=2E1‎ B．场强E1不可能大于E2‎ C．若AB高度差为h，则UAB=‎ D．带电小球在AB两点电势能相等 ‎10．如图甲所示的电路中，a、b、c是三个完全相同的灯泡，已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，已知图线过点（0.4，0.125），闭合电键后流过电源的电流为‎0.25A，则下列说法正确的是（　　）‎ A．灯泡a两端的电压为b两端的电压的2倍 B．灯泡a的功率为0.75 W C．灯泡b的阻值为12Ω D．灯泡a、b的电功率之比为4：1‎ ‎11．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（　　）‎ A．人拉绳行走的速度为vcosθ B．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为 D．船的加速度为 ‎12．如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（　　）‎ A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器所带的电荷量将减少 C．该带电液滴带正电 D．液滴将向下运动 ‎13．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在AC的连线上 B．连接CD的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 D．φC大于φA ‎14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度大小为零 B．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2‎ ‎15．如图所示，倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E点，D、E两点间距离为．若A、B的质量分别为‎4m和m，A与斜面之间的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则（　　）‎ A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g C．弹簧的最大弹性势能为mgL D．弹簧的最大弹性势能为mgL ‎　‎ 二、实验题：（共两题，17（1）、（2）各3分，其余每空格各1分，共17分）‎ ‎16．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：‎ ‎（1）下面叙述正确的是　　‎ A、应该用天平称出物体的质量．‎ B、应该选用点迹清晰，第一、二两点间的距离接近‎2mm的纸带．‎ C、操作时应先放纸带再通电．‎ D、电磁打点计时器应接在电压为220V的直流电源上．‎ ‎（2）如图2是实验中得到的一条纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度 g=9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg，纸带上第0、1两点间距离接近2mm，A、B、C、D是连续打出的四个点，它们到0点的距离如图所示．则由图中数据可知，打点计时器打下计数点C时，物体的速度VC=　　m/s；重物由0点运动到C点的过程中，重力势能的减少量等于　　J，动能的增加量等于　　J（取三位有效数字）．‎ ‎（3）实验结果发现动能增量总　　（选填“大于”、“等于”或“小于”）重力势能的减少量；造成这种现象的主要原因是　　‎ A．选用的重锤质量过大 B．数据处理时出现计算错误 C．空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力 D．实验时操作不够细，实验数据测量不准确 ‎17．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～‎3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～‎0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流‎1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流‎0.3A） H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在图1方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所2示，图示中I=　　A，U=　　V．实验测得的金属导线电阻值比真实值　　（填“偏大”、“偏小”或“相同”）‎ ‎（4）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图3，则该金属丝的直径d=　　mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图4所示，则该工件的长度L=　　mm．‎ ‎　‎ 三、计算题：（第18题8分，第19题、20题、21题各10分，共38分）‎ ‎18．长为L的平行金属板电容器，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下板成30°角，如图所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离．‎ ‎19．一滑雪坡由AB和BC组成，AB是斜坡，BC是半径为R=‎4m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AC竖直高度差hl=‎9.8m，竖直台阶CD高度差为h2=‎5m，台阶底端与倾角为37°的足够长斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为‎80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上．不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）运动员到达C点的速度大小；‎ ‎（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小；‎ ‎（3）运动员在空中飞行的时间．‎ ‎20．如图，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的带电为q的小球，将它置于一方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时小球在A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α=60°时，小球速度为0．‎ ‎（1）求：①小球带电性质②电场强度E．‎ ‎（2）要小球恰好完成竖直圆周运动，求A点释放小球时应有初速度vA．（可含根式）‎ ‎21．如图所示，质量m=‎1kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=l kg的物块B．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平力F=9N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1=1s，撤去拉力．最终物块没有滑离木板．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取‎10m/s2）求：‎ ‎（1）撤去拉力时，木板的速度大小v1．‎ ‎（2）木板的最小长度L．‎ ‎（3）物块最终与木板右端的距离s．‎ ‎　‎ 附加题（20分，此题不计入总分）．‎ ‎22．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：‎ ‎（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？‎ ‎（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省漳州市长泰一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题有15小题，每题3分，共45分；第1～10题只有一项符合题目要求；第11～15题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（　　）‎ A．质点和点电荷是同一种思想方法 B．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小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法 C．重心、合力和分力都体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法．合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；伽利略提出了“落体运动的速度v与时间t成正比”的观点．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量．‎ ‎【解答】解：A、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷是同一种思想方法，故A正确；‎ B、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小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分、积分法，故B错误；‎ C、重心、合力和分力、都采用了等效替代的思想，故C正确；‎ D、加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量．故D正确；‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度v0一起向左做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力大小为（　　）‎ A．mg B．mgsinθ C．mgcosθ D．0‎ ‎【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】选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0．A和B之间的作用力为支持力和摩擦力的合力．‎ 由力的合成知识知：若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N﹣1个力的合力的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A、选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0．其中支持力和摩擦力是B作用于A的，故A和B之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小．由力的合成知识知：若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N﹣1个力的合力的大小，故摩擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小．故A正确，BCD错误 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列图象均能正确皮映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据位移的坐标变化量分析物体的位移情况，根据速度图象的“面积”确定t=2s时刻物体的位移是否最大．‎ ‎【解答】解：A、位移的斜率在变化，物体的速度大小和方向在变化，物体在t=1s内位移为2m，t=2s内位移为0．‎ B、根据速度图象的“面积”得到物体在t=2s内位移大于．‎ C、物体在前1s内位移等于，在后1s内物体为位移为﹣=﹣‎1m，则t=2s内位移为0．‎ D、物体前1s内位移为‎1m，后1s内位移为﹣‎1m，在t=2s内物体的位移为0．‎ 故选B ‎　‎ ‎4．航天员进行素质训练时，抓住秋千杆由水平状态向下摆，到达竖直状态的过程如图所示，则这一过程中航天员所受重力的瞬时功率变化情况是（　　）‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】重力是竖直方向的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，根据人做的是圆周运动，可以知道人的速度的变化的情况．‎ ‎【解答】解：由于重力是竖直向下的，重力的瞬时功率只与人在竖直方向上的速度有关，在刚开始运动的时候，人的速度为零，所以此时人的重力的瞬时功率为零，当运动到最低点时，人的速度为水平方向的，与重力的方向垂直，此时的人重力的功率为零，所以重力的功率是先增大后或减小，所以C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率﹣时间图象是选项中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象．‎ ‎【解答】解：电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，电场力做负功，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500 μA，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个1 800Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个0.1Ω的电阻 D．应并联一个1 800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：改装成电压表要串联电阻分压，串联电阻阻值：R=﹣Rg==1800Ω ‎ 则A正确，故选：A ‎　‎ ‎7．如图所示，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器于北京时间‎2011年11月3日凌晨实现刚性连接，形成组合体，使中国载人航天首次空间交会对接试验获得成功．若已知地球的自转周期T、地球半径R、地球表面的重力加速度g、组合体运行的轨道距地面高度为h，下列表达式正确的是（　　）‎ A．组合体所在轨道处的重力加速度g′=‎ B．组合体围绕地球作圆周运动的角速度大小ω=‎ C．组合体的线速度大小v=‎ D．组合体的运行周期T′=‎ ‎【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】万有引力提供组合体做圆周运动的向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度、角速度、线速度、周期，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：G=m′g，则：GM=gR2，组合体绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；‎ A、由牛顿第二定律得：G=mg′，解得：g′=，故A错误；‎ B、由牛顿第二定律得：G=mω2（R+h），解得：ω=，故B错误；‎ C、由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2π，组合体的轨道半径：R+h＞R，组合体的周期：T′＞T，组合体的线速度：v=＜，故C错误；‎ D、由牛顿第二定律得：G=m（R+h），解得：T′=，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，长为l的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端固定在转轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦转动．已知小球通过最低点Q时，速度大小为v=，则小球的运动情况为（　　）‎ A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P点不受轻杆对它的作用力 C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向上的弹力 D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P点受到轻杆对它向下的弹力 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】先根据动能定理判断小球能否到达P点，若能则小球在最高点时竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，求出小球在最高点的合力，从而确定小球受到的是拉力还是支持力．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：‎ ‎﹣mg•2l=mv′2﹣mv2‎ 解得v′=＜．知小球能够到达最高点P．在P点受到轻杆对它向上的弹力．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．如图，地面上某空间区域内，水平虚线上方存在场强为E1、方向竖直向下的匀强电场，虚线下方存在场强为E2，方向竖直向上的匀强电场．若质量为m、带电量为+q的小球从上方电场的A点由静止释放，恰好能到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则（　　）‎ A．场强大小关系满足E2=2E1‎ B．场强E1不可能大于E2‎ C．若AB高度差为h，则UAB=‎ D．带电小球在AB两点电势能相等 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出A、B的电势差．结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系．‎ ‎【解答】解：A、A到B的过程：，知道E1＜E2，，故A错误，B正确 C、对A到B的过程运用动能定理得，qUAB+mgh=0，解得：UAB=，知A、B的电势不等，则电势能不等．故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示的电路中，a、b、c是三个完全相同的灯泡，已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，已知图线过点（0.4，0.125），闭合电键后流过电源的电流为‎0.25A，则下列说法正确的是（　　）‎ A．灯泡a两端的电压为b两端的电压的2倍 B．灯泡a的功率为0.75 W C．灯泡b的阻值为12Ω D．灯泡a、b的电功率之比为4：1‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】b和c并联后与a串联，b和c的电压相同，则电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，则知三个灯泡两端的电压，‎ 由R=求出电阻，根据P=UI求功率．‎ ‎【解答】解：A、b和c并联后与a串联，b和c的电压相同，则电流也相同，a的电流为b电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以a的电压不是b电压的2倍，故A错误；‎ B、根据图象可知，当电流为‎0.25A时，电压U=3V，所以P=UI=0.75W，故B正确；‎ C、b的电流为‎0.125A，由图可知，此时b的电压0.4V，根据欧姆定律可知，b的电阻=，故C错误；‎ D、根据P=UI可知，a消耗的功率，b消耗的电功率P2=0.125×0.4=0.05W，所以a、b消耗的电功率的比值为大于4；1，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为Ff，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则此时（　　）‎ A．人拉绳行走的速度为vcosθ B．人拉绳行走的速度为 C．船的加速度为 D．船的加速度为 ‎【考点】牛顿第二定律；合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．‎ ‎【解答】解：A、B、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度．如右图所示根据平行四边形定则有，v人=vcosθ；故A正确，B错误．‎ C、对小船受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律，有：‎ Fcosθ﹣Ff=ma 因此船的加速度大小为：‎ a=，故C正确，D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎12．如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（　　）‎ A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器所带的电荷量将减少 C．该带电液滴带正电 D．液滴将向下运动 ‎【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据C=可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．‎ ‎【解答】解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，则R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，故A错误；‎ B、由上分析可知，电容器两端电压减小，根据C=可得，电容器放充电，电荷量减小，故B正确；‎ C、电容器上面的极板带正电荷，电场强度向下，液滴受重力和电场力而平衡，电场力向上，故液滴带负电荷，故C错误；‎ D、当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎13．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在AC的连线上 B．连接CD的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 D．φC大于φA ‎【考点】电势；等势面．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况 ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和CD的中垂线的交点上，在AC的连线上如图，故A正确；‎ B、φC=φD，线段CD是C、D所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，将正试探电荷从C点搬运到B点，电势能增加，故电场力做负功，故C正确；‎ D、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，故φC小于φA，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度大小为零 B．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；‎ B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；‎ D、0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E点，D、E两点间距离为．若A、B的质量分别为‎4m和m，A与斜面之间的动摩擦因数μ=，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则（　　）‎ A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B．A在从C至D的过程中，加速度大小为g C．弹簧的最大弹性势能为mgL D．弹簧的最大弹性势能为mgL ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】对AB整体从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则后一阶段不可能是匀减速直线运动，当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理求解弹簧弹力做的功，进而求出弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：A、对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：a==g，可知a不变，A做匀加速运动．‎ 从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；‎ C、当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：‎ ‎ 0﹣0=4mg（L+）sin30°﹣mg（L+）﹣μ×4mgcos30°（L+）﹣W弹 解得：W弹=mgL 则弹簧具有的最大弹性势能为：EP=W弹=mgL，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题：（共两题，17（1）、（2）各3分，其余每空格各1分，共17分）‎ ‎16．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：‎ ‎（1）下面叙述正确的是　B　‎ A、应该用天平称出物体的质量．‎ B、应该选用点迹清晰，第一、二两点间的距离接近‎2mm的纸带．‎ C、操作时应先放纸带再通电．‎ D、电磁打点计时器应接在电压为220V的直流电源上．‎ ‎（2）如图2是实验中得到的一条纸带．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地的重力加速度 g=9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.00kg，纸带上第0、1两点间距离接近2mm，A、B、C、D是连续打出的四个点，它们到0点的距离如图所示．则由图中数据可知，打点计时器打下计数点C时，物体的速度VC=　3.90　m/s；重物由0点运动到C点的过程中，重力势能的减少量等于　7.62　J，动能的增加量等于　7.61　J（取三位有效数字）．‎ ‎（3）实验结果发现动能增量总　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）重力势能的减少量；造成这种现象的主要原因是　C　‎ A．选用的重锤质量过大 B．数据处理时出现计算错误 C．空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力 D．实验时操作不够细，实验数据测量不准确 ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）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．‎ ‎（2）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能；‎ ‎（3）重物下落过程中不可避免的受到阻力作用，重力势能不可能全部转化为动能，这是误差的主要来源．‎ ‎【解答】解：（1）A、因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故A错误；‎ B、在选择纸带时，要求点迹清晰，根据自由落体运动公式，h=gt2可知，若开始一、二两点间的距离为‎2mm，则所打第一个点时的速度为零，这样只需比较mgh、mv2的大小关系即可，实验方便，故B正确；‎ C、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；‎ D、电磁打点计时器的工作电源是4～6V的交流电源，故D错误．‎ ‎（2）利用匀变速直线运动的推论：BD之间的平均速度等于C点的瞬时速度，得：‎ vC===‎3.90m/s 从打下计数点O到打下计数点C的过程中，重锤重力势能减小量△EP=mgh=mgxC=1×9.8×0.7776J=7.62J 动能的增加量：△EK=mvC2=7.61J 动能增量小于重力势能的减少量的原因主要是重物下落时受到空气阻力和打点针与纸带间的阻力作用，一部分重力势能转化为内能．‎ ‎（3）在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤动能的增加量总是稍稍小于减小的重力势能；若重锤动能的增加量总是小于重锤减小的重力势能，而且比较明显，就要考虑阻力太大的原因．在该实验过程的步骤中，没有检查打点计时器的两个限位孔是否在同一条竖直线上，也会导致摩擦力太大；故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ 故答案为：（1）B； （2）3.90，7.62，7.61； （3）小于，C．‎ ‎　‎ ‎17．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～‎3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～‎0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流‎1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流‎0.3A） H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　ACDFH　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在图1方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图所2示，图示中I=　0.48　A，U=　2.20　V．实验测得的金属导线电阻值比真实值　小　（填“偏大”、“偏小”或“相同”）‎ ‎（4）某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图3，则该金属丝的直径d=　3.205　mm．另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图4所示，则该工件的长度L=　50.15　mm．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）实验需要电源、开关、导线，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，‎ 在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法．‎ ‎（3）根据图示电表确定其分度值，读出电表示数．‎ ‎（4）电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图．‎ ‎（5）螺旋测微器固定刻度与可动可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；‎ 游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数．‎ ‎【解答】解：（1）实验需要：A．电池组（3V，内阻1Ω），H．开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D．电压表（0～3V，内阻3kΩ），电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω），为方便实验操作，滑动变阻器可选：F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A），即需要的实验器材为：A、C、D、F、H．‎ ‎（2）==40， ==600，＞，则电流表应采用外接法．电路图如图所示；‎ ‎（3）电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A；‎ 电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.20V．由于采用电流表外接法，则电流表示数偏大，由欧姆定律可知，结果偏小；‎ ‎（4）通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，‎ 则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路如图所示．‎ ‎（5）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3mm，可动刻度所示为20.5×0.01mm=0.205mm，‎ 螺旋测微器示数为3mm+0.205mm=3.205mm；由图示游标卡尺可知，主尺示数为5cm=50mm，‎ 游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，则游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm．‎ 故答案为：（1）A、C、D、F、H；（2）如图所示；（3）0.48；2.20；小；‎ ‎（4）3.205；50.15．‎ ‎　‎ 三、计算题：（第18题8分，第19题、20题、21题各10分，共38分）‎ ‎18．长为L的平行金属板电容器，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下板成30°角，如图所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离．‎ ‎【考点】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，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子末速度的大小，由竖直方向是匀加速直线运动，根据匀加速运动的速度公式和牛顿第二定律可以求得匀强电场的场强；‎ ‎（2）由匀加速直线运动的规律求得板间距离的大小．‎ ‎【解答】解：带电粒子经过匀强电场好似从平行金属板的中间处发生偏转，‎ 则其偏转角的正切为：tanθ═=，‎ 所以d=y==L，‎ 而y=at2==L，‎ 则E=．‎ 答：匀强电场的场强大小；两极板间的距离．‎ ‎　‎ ‎19．一滑雪坡由AB和BC组成，AB是斜坡，BC是半径为R=‎4m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AC竖直高度差hl=‎9.8m，竖直台阶CD高度差为h2=‎5m，台阶底端与倾角为37°的足够长斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为‎80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上．不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）运动员到达C点的速度大小；‎ ‎（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小；‎ ‎（3）运动员在空中飞行的时间．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）运动员从A→C的过程中，不计摩擦阻力，只有重力做功，机械能守恒，则可由机械能守恒定律求出运动员到达C点的速度大小．‎ ‎（2）运动员经过C点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求轨道的支持力，再由牛顿第三定律得到运动员对轨道的压力．‎ ‎（3）通过C点后飞落到DE上的过程做平抛运动，运用运动的分解法分别得到水平位移与竖直位移与时间的关系，由几何知识得到两个位移之间的关系，联立求解时间．‎ ‎【解答】解：（1）运动员从A→C过程，由机械能守恒定律得：‎ ‎ mghl=mvC2‎ 解得：运动员到达C点的速度大小 vC===14m/s ‎ ‎（2）在C点，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：‎ ‎ FC﹣mg=m 解得：运动员经过C点时 FC=4720N ‎ 由牛顿第三定律知：轨道受到的压力大小为4720N ‎ ‎（3）设在空中飞行时间为t，做平抛运动，则有：‎ ‎ y=‎ ‎ x=vCt 又由数学知识有：tan37°=‎ 解得：运动员在空中飞行的时间t=2.5s ‎ 答：‎ ‎（1）运动员到达C点的速度大小是14m/s；‎ ‎（2）运动员经过C点时轨道受到的压力大小是4720N；‎ ‎（3）运动员在空中飞行的时间是2.5s．‎ ‎　‎ ‎20．如图，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的带电为q的小球，将它置于一方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时小球在A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α=60°时，小球速度为0．‎ ‎（1）求：①小球带电性质②电场强度E．‎ ‎（2）要小球恰好完成竖直圆周运动，求A点释放小球时应有初速度vA．（可含根式）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力而处于平衡状态．根据细线偏离的方向，分析电场力方向，确定小球的电性．根据平衡条件和电场力公式F=qE，列方程求出电场强度．‎ ‎（2）根据题意可知，由力的平行四边形定则求出电场力与重力的合力，可等效成新的重力，小球若能以最小速度通过新重力的对应的最高点，则小球恰好完成竖直圆周运动，从而根据动能定理，可求出A点释放小球时应有初速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷．‎ 由题意可知，细线离开竖直位置偏角的角平分线的位置，即为小球平衡位置，‎ 以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图．根据平衡条件得：‎ qE=mgtan 则：E==； ‎ ‎（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于其两个不变，因此可等效成新的重力，所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点．‎ 根据牛顿第二定律，则有： =m；‎ 从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得，‎ ‎﹣mgL（1+cos30°）﹣qELsin30°=mvC2﹣mvA2；‎ qE=mg 联立两式解得，vA=．‎ 答：（1）小球带正电，电场强度为；‎ ‎（2）细线摆到竖直位置时，小球的速度为．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，质量m=‎1kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=l kg的物块B．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平力F=9N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1=1s，撤去拉力．最终物块没有滑离木板．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取‎10m/s2）求：‎ ‎（1）撤去拉力时，木板的速度大小v1．‎ ‎（2）木板的最小长度L．‎ ‎（3）物块最终与木板右端的距离s．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）对木板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由速度公式即可求出速度；‎ ‎（2）求出物块的加速度与位移，然后求出木板减速的加速度，在求出二者速度相等时的速度，最后求出木板的长度；‎ ‎（3）分别求出它们的位移即可求出物块最终与木板右端的距离s．‎ ‎【解答】解：（1）以木板为研究对象，竖直方向：mg+mg=FN 水平方向：F﹣μ1FN﹣μ2mg=ma1‎ 代入数据得：‎ 所以，撤去拉力时，木板的速度大小：v1=a1t1=4×1=4m/s ‎（2）1s内木板的位移： m 以物块为研究对象，水平方向：ma2=μ2g 所以：‎ ‎1s内物块的位移： m 撤去拉力后物块将继续加速一段时间，而木板做减速运动，设加速度为a3，则：‎ ‎﹣μ2mg﹣μ1•2mg=ma3‎ 代入数据得：‎ 设再经过t2时间二者的速度相等，则：‎ v1+a3t2=a2（t1+t2）‎ 代入数据得：t2=0.5s t2时间内二者的位移：‎ 木板的长度至少为：L=x1+x1′﹣x2﹣x2′‎ 代入数据得：L=2.25m ‎（3）达到相等的速度为：v′=a2（t1+t2）=1×（1+0.5）=1.5m/s 达到相等的速度后，物块和木板都做减速运动，直到停止，物块的加速度小，相对于木板向右运动，则：‎ 木板的加速度：﹣μ1•2mg+μ2mg=ma4‎ 物块的加速度保持不变，则：，‎ 由几何关系：L+x1″=x2″+s 联立得：s=1.5m 答：（1）撤去拉力时，木板的速度大小是4m/s．‎ ‎（2）木板的最小长度L是2.25m．‎ ‎（3）物块最终与木板右端的距离是1.5m．‎ ‎　‎ 附加题（20分，此题不计入总分）．‎ ‎22．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．问：‎ ‎（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值分别是多少？‎ ‎（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）作出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析值，从t=0时刻进入侧向位移最大，从t=t0时进入侧向偏移最小．结合牛顿第二定律和运动学公式求出侧向最大位移和最小位移．‎ ‎（2）根据动能定理求出经加速电场加速后进入偏转电场时的初动能，然后分别求出粒子出偏转电场时竖直方向上的分速度，结合 水平分速度和竖直分速度求出末动能之比．‎ ‎【解答】解：画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v﹣t图象进行分析 ‎（1）竖直方向的分速度：v1y=t0，v2y=×2t0=，‎ 侧向最大位移：symax=2（t0+v1yt0）=，‎ 侧向最小位移：symin=t0+v1yt0=d，‎ 解得：d=t0，则：symax=，symin=；‎ ‎（2）由此得：v1y2=（t0）2=，v2y2=（•2t0）2=，‎ 而v02=，‎ 所以 ==；‎ 答：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值和最小值分别是、；‎ ‎（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日