河南省平顶山市郏县一高2017届高三（上）第一次周考物理试卷（解析版）

河南省平顶山市郏县一高2017届高三（上）第一次周考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年河南省平顶山市郏县一高高三（上）第一次周考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题．每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-8小题只有一项符合题目要求，9-12小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示为甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动的v一t图象，图中t1=t2，则在0一t2时间内物体的运动，下列说法错误的是（　　）‎ A．在t1时刻，甲位移是乙位移的2倍 B．加速过程中，甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍 C．在t1到t2之间某个时刻，甲与乙相遇 D．在到达t2时刻之前，甲一直在乙的前面 ‎2．如图所示，斜面体A上的物块P用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块P与斜面之间不一定存在摩擦力 B．轻弹簧一定被拉长 C．地面对斜面体A一定存在摩擦力 D．若增大推力F，则弹簧弹力一定减小 ‎3．中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统．预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力．如图所示是北斗卫星导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均作圆周运动，a是地球同步卫星，则（　　）‎ A．卫星a的角速度小于c的角速度 B．卫星a的加速度小于b的加速度 C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度 D．卫星b的周期大于24h ‎4．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d．在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、K之间的电场强度为 B．电子到达A极板时的动能大于eU C．由K到A电子的电势能减小了eU D．由K沿直线到A电势逐渐减小 ‎5．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）‎ A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2‎ ‎6．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图1﹣2﹣19所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）‎ A．tan θ和 B．（﹣1）tan θ和 C．tan θ和 D．（﹣1）tan θ和 ‎7．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（　　）‎ A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小 B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小 C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小 D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小 ‎8．如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量∅为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量∅、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度﹣时间”图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等 C．小车的速度越大，θ越大 D．小车的加速度越大，θ越大 ‎11．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t=时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎　‎ 二.实验题 ‎12．如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态．该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来．完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录．‎ ‎（1）若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有 A．小重物的质量m ‎ B．大重物的质量M C．绳子的长度 ‎ D．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间 ‎（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出﹣图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=　　，并可求出重物质量M=　　．（用k和b表示）‎ ‎13．为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：‎ A．电流表G，内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=6mA B．电压表V，量程为6V C．螺旋测微器，毫米刻度尺 D．电阻箱R0（0﹣99.99Ω）‎ E．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）‎ F．电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05Ω）‎ G．一个开关S和导线若干 ‎（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用　　挡（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示．‎ ‎（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=　　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．‎ ‎（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I．请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式ρ=　　．‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎14．如图所示，一固定倾斜放置的粗糙直杆方向与水平方向的夹角为θ=37°，其上套有一质量为m的环，给环一个初速度让环沿杆下滑，环恰好能匀速下滑，现给环一斜向上的拉力，方向与杆的夹角也为θ，使环从A点由静止沿杆向上做匀加速直线运动，至C点时撤去拉力，结果环恰好能滑到D点，已知AB=BC=CD=L，重力加速度为g，拉力作用在环上时，杆对环的弹力垂直于杆向下，（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：‎ ‎（1）环与杆间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力F的大小．‎ ‎15．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d=0.1m，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1Ω，边长也为d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa’重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，不计其他阻力，求：（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度；‎ ‎（2）线圈向上离开磁场区域时的动能；‎ ‎（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎16．如图，在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E=10N/C；在x＞0的空间中，存在垂直xy平面方向向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．一带负电的粒子（比荷q/m=160C/kg），在距O点左边x=0.06m处的d点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力．求 ‎（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向；‎ ‎（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；‎ ‎（3）带电粒子运动的周期．‎ ‎17．如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1.25×105Pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm2．现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省平顶山市郏县一高高三（上）第一次周考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题．每小题4分．在每小题给出的四个选项中．1-8小题只有一项符合题目要求，9-12小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示为甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动的v一t图象，图中t1=t2，则在0一t2时间内物体的运动，下列说法错误的是（　　）‎ A．在t1时刻，甲位移是乙位移的2倍 B．加速过程中，甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍 C．在t1到t2之间某个时刻，甲与乙相遇 D．在到达t2时刻之前，甲一直在乙的前面 ‎【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】在速度﹣时间图象中，图象的切线代表该位置的加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负，据此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知，甲乙都做匀加速直线运动，而t1=t2，则a甲=2a乙，所以在t1时刻，v甲=2v乙，此时甲的位移，乙的位移，甲位移是乙位移的2倍，故AB正确；‎ C、图象与坐标轴围成面积代表位移，甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动，根据图象可知，在t2时刻，甲乙的位移相等，则在t2时刻相遇，相遇前甲一直在乙的前面，故C错误，D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，斜面体A上的物块P用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．物块P与斜面之间不一定存在摩擦力 B．轻弹簧一定被拉长 C．地面对斜面体A一定存在摩擦力 D．若增大推力F，则弹簧弹力一定减小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据P的受力情况，由平衡条件分析P是否受摩擦力，并确定弹簧的状态．对整体研究，分析地面对斜面体的摩擦力情况．‎ ‎【解答】解：A、若弹簧处于拉伸状态，弹力大小为F弹，斜面的倾角为α．物块P的质量为m．若F弹+Fcosα=mgsinα时，物块P不受摩擦力，故A正确．‎ B、由于不知道推力和弹力重力间的关系，所以轻弹簧可能处于伸长状态、也可能处于原长或压缩状态，故B错误．‎ C、对整体，由平衡条件可知，地面对斜面体A一定有向左的摩擦力，故C正确．‎ D、若增大推力F，物块可能仍静止，弹簧的状态不变，弹力不变，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎3．中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导航系统．预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力．如图所示是北斗卫星导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均作圆周运动，a是地球同步卫星，则（　　）‎ A．卫星a的角速度小于c的角速度 B．卫星a的加速度小于b的加速度 C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度 D．卫星b的周期大于24h ‎【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】根据万有引力提供向心力=ma=m=m=mω2r=，比较向心加速度、线速度和周期．‎ ‎【解答】解：A、由万有引力提供向心力，得，则半径大的角速度小，则A正确．‎ ‎ B、由万有引力提供向心力，a=，则半径相同加速度大小相等．则B错误 ‎ C、第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它．则C错误 ‎ D、b与a的周期相同，为24h，则D错误 故选：A ‎　‎ ‎4．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d．在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、K之间的电场强度为 B．电子到达A极板时的动能大于eU C．由K到A电子的电势能减小了eU D．由K沿直线到A电势逐渐减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用．电子被加速的过程中只有电场力做功，由动能定理分析电子到达A板时的动能，由能量守恒定律分析电子电势能的变化情况．根据电场线的方向分析电势的变化．‎ ‎【解答】解：A、A、K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于．故A错误．‎ B、根据动能定理得：Ek﹣0=eU，得电子到达A极板时的动能 Ek=eU，故B错误．‎ C、由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU．故C正确．‎ D、电场力对电子做正功，则电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则（　　）‎ A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据机械能守恒定律分析小球到达N点时速率关系，结合小球的运动情况，分析平均速率关系，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由于小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，且均等于初速率，即有v1=v2=v0．小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1＞t2．故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图1﹣2﹣19所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h．重力加速度大小为g．物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（　　）‎ A．tan θ和 B．（﹣1）tan θ和 C．tan θ和 D．（﹣1）tan θ和 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】对于物块两次上滑的过程，利用动能定理列式求解动摩擦因数和h即可．‎ ‎【解答】解：以速度v上升的过程中，由动能定理可得：‎ ‎﹣mgH﹣μmgcosθ•=0﹣mv2；‎ 以初速度上升的过程中，由动能定理可得：‎ ‎﹣mgh﹣μmgcosθ•=0﹣m（）2‎ 联立解得 μ=（﹣1）tanθ，h=．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，平行板电容器竖直放置，与直流电源相连，开始时两板M、N错开（图中实线所在位置），M板固定，并接地，两板间P点固定一带正电的粒子，则（　　）‎ A．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，两板间的电压先增大后减小 B．电键k闭合，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器的带电量先增大后减小 C．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，带电粒子的电势能先增大后减小 D．电键k断开，N板缓慢向下移到虚线所在位置，电容器贮存的电场能先增大后减小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据Q=CU判断带电量的变化，当电键断开后，则电量不变，那么由公式U=可知判断电压的变化，从而判断P点与M极板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化，进而确定电势能的变化，最后依据库仑力做功的正负，从而判定电容器的电场能的变化．‎ ‎【解答】解：A、电键K闭合，由于电容器一直与电源相连，因此电容器两极间的电压不变，故A错误；‎ B、由电容的决定式C=，可知，两板间的正对面积先增大后减小，因此平行板电容器的电容先增大后减小，由Q=CU可知，由于K闭合，电压一定，电容器的带电量先增大后减小，故B正确； ‎ C、电键K断开，电容器的带电量一定，由U=可知，两板间的电压先减小后增大，由电压分配可知，P点的电势先降低后升高，因此带正电的电荷在P点的电势能先减小后增大，故C错误；‎ D、由电压分配可知，电容器的电量一定，N板移动过程中，两板电荷间的库仑力先做正功后做负功，因此电容器贮存的电场能先减小后增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量∅为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量∅、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化．‎ ‎【解答】解：A、当线框进入磁场时，位移在0﹣L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L﹣2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．位移在2L﹣2.5L时，磁通量均匀减小至零．在2.5L﹣3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在3L﹣4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值．故A正确；‎ B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；‎ C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；‎ D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎9．一滑块以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该滑块的“速度﹣时间”图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由于题目中没有告诉斜面是否光滑和摩擦因数的大小，故必须进行讨论，①当斜面光滑时物体的加速度由重力沿斜面方向的分力提供，故物体在上升和下降的过程中加速度不变；②如果最大静摩擦力大于大于重力沿斜面方向的分力，则物体的速度为0后将保持静止；③如果重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则物体能够返回运动，但合外力减小．速度图象的斜率等于物体的加速度．‎ ‎【解答】解：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同，故A是可能的．故A正确．‎ B、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点．故B正确．‎ C、若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率．故D错误，C正确．‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎10．如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A．两个小球的加速度相等 B．两段轻绳中的张力可能相等 C．小车的速度越大，θ越大 D．小车的加速度越大，θ越大 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】明确两小球与小车加速度的关系，正确选择研究对象进行分析，根据牛顿第二定律可明确两绳上的拉力关系，再根据受力分析明确夹角与加速度之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、由于两球与小车相对静止，则可知，两球的加速度与小车的加速度相同，故A正确；‎ B、分别对下面小球和整体受力分析可知，下段轻绳上的拉力一定要小于上面轻绳上的拉力，故B错误；‎ C、小车的速度大，但加速度可能为零，如果加速度为零时，两小球与竖直方向上的夹角应为零，故C错误；‎ D、小球受重力、绳子的拉力作用做匀加速直线运动，合外力F=mgtanθ，加速度a=gtanθ，则一定有加速度越大，θ越大，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t=时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有效值根据有效值的定义．‎ ‎【解答】解：A、半径切割磁感线产生的感应电动势：‎ B、，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A错误；‎ M、N两线框匀速转动，M线框第一个电流方向逆时针，第二个电流顺时针方向；N线框，相框转动一圈，只有的时间有感应电流，第一个电流逆时针，第二个电流为0．第三个电流顺时针方向，第四个没有电流，依次循环．画出M、N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，故B正确；‎ C、，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为，故C正确；‎ D、根据电流的热效应，对M线框 N线框转动一周只有时间内有感应电流 联立①②得，故D错误 故选：BC ‎　‎ 二.实验题 ‎12．如图甲是某同学测量重力加速度的装置，他将质量均为M的两个重物用轻绳连接，放在光滑的轻质滑轮上，这时系统处于静止状态．该同学在左侧重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物m的重力作用而使系统做初速度为零的缓慢加速运动，该同学用某种办法测出系统运动的加速度并记录下来．完成一次实验后，换用不同质量的小重物，并多次重复实验，测出不同m时系统的加速度a并作好记录．‎ ‎（1）若选定物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有 A．小重物的质量m ‎ B．大重物的质量M C．绳子的长度 ‎ D．重物下落的距离及下落这段距离所用的时间 ‎（2）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，做出﹣图象，如图乙所示，已知该图象斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g=　　，并可求出重物质量M=　　．（用k和b表示）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据加速度的表达式，结合位移时间公式求出重力加速度的表达式，通过表达式确定所需测量的物理量．根据加速度的表达式得出关系式，通过图线的斜率和截距求出重力加速度和M的大小．‎ ‎【解答】解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，mg=（2M+m）a，‎ 解得a=，‎ 根据h=得，g=．‎ 所以需要测量的物理量有：小重物的质量m，重物下落的距离及下落这段距离所用的时间．故AD正确．‎ 故选：AD．‎ ‎（2）因为a=，则，‎ 知图线的斜率，b=，‎ 解得，M=．‎ 故答案为：（1）AD，（2），．‎ ‎　‎ ‎13．为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：‎ A．电流表G，内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=6mA B．电压表V，量程为6V C．螺旋测微器，毫米刻度尺 D．电阻箱R0（0﹣99.99Ω）‎ E．滑动变阻器R（最大阻值为5Ω）‎ F．电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05Ω）‎ G．一个开关S和导线若干 ‎（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用　×1　挡（填“×1”或“×100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示．‎ ‎（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=　1.21　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（3）为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．‎ ‎（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I．请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）用多用电表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近．‎ ‎（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．‎ ‎（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出电路图．‎ ‎（4）应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应选择“×1”倍率．‎ ‎（2）将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电压表，而电流表G（内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=6mA），‎ 因此电阻箱的阻值应调为：R0=≈1.21Ω；‎ ‎（3）由图甲所示可知，待测电阻阻值为：15×1=15Ω，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5Ω，远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（4）由电阻定律可知，电阻：R=ρ=ρ，则电阻率：ρ=，‎ 根据欧姆定律得：R=，‎ 电阻率：ρ=．‎ 故答案为：（1）×1；（2）1.21；（3）电路图如图所示；（4）．‎ ‎　‎ 三.计算题 ‎14．如图所示，一固定倾斜放置的粗糙直杆方向与水平方向的夹角为θ=37°，其上套有一质量为m的环，给环一个初速度让环沿杆下滑，环恰好能匀速下滑，现给环一斜向上的拉力，方向与杆的夹角也为θ，使环从A点由静止沿杆向上做匀加速直线运动，至C点时撤去拉力，结果环恰好能滑到D点，已知AB=BC=CD=L，重力加速度为g，拉力作用在环上时，杆对环的弹力垂直于杆向下，（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：‎ ‎（1）环与杆间的动摩擦因数；‎ ‎（2）拉力F的大小．‎ ‎【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】（1）根据环沿着杆匀速下滑，可以对环先受力分析，根据二力平衡，求出环与杆间的动摩擦因数；‎ ‎（2）分段分析环的运动状态，根据牛顿第二定律列出关系式，求出拉力F的大小．‎ ‎【解答】解：（1）环能沿杆匀速下滑，根据力的平衡有：‎ mgsinθ=μmgcosθ 解得：μ=tanθ=0.75；‎ ‎（2）由AB=BC=CD=L，环从A到C过程中，杆对环的弹力垂直于杆向下，根据牛顿第二定律有：‎ Fcosθ﹣f﹣mgsinθ=ma1‎ Fsinθ=N+mgcosθ f=μN v2=2a1×2L 环从C到D的过程中，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma2‎ v2=2a2L 解得：F=‎ 答：（1）环与杆间的动摩擦因数为0.75；‎ ‎（2）拉力F的大小为．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d=0.1m，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1Ω，边长也为d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa’重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，不计其他阻力，求：（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度；‎ ‎（2）线圈向上离开磁场区域时的动能；‎ ‎（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎【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】（1）应用安培力公式求出安培力，由平衡条件求出线圈的速度．‎ ‎（2）由动能定理可以求出线圈的动能．‎ ‎（3）应用能量守恒定律可以求出线圈产生的焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）线框进入磁场时，产生的感应电动势：E=Bdv，‎ 电流：I=，‎ 安培力：F=BId，‎ 线框做匀速直线运动，由平衡条件得：‎ mgsinθ=μmgcosθ+F，‎ 解得：v=2m/s；‎ ‎（2）线圈离开磁场最高点的距离为x，‎ 线圈离开磁场最高点时，‎ 由动能定理得：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=0﹣EK1，‎ 线圈从最高点进入磁场时，由动能定理得：‎ mgxsinθ﹣μmgxcosθ=EK﹣0，‎ 其中：EK=mv2，‎ 解得：EK1=0.1J；‎ ‎（3）线圈向下匀速通过磁场过程中，‎ 由能量守恒定律得：‎ mg•2dsinθ﹣μmg•2dcosθ+W=0，‎ 焦耳热：Q=﹣W，‎ 解得：Q=0.004J；‎ 答：（1）线圈向下返回到磁场区域时的速度为2m/s；‎ ‎（2）线圈向上离开磁场区域时的动能为0.1J；‎ ‎（3）线圈向下通过磁场过程中，线圈电阻R上产生的焦耳热为0.004J．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E=10N/C；在x＞0的空间中，存在垂直xy平面方向向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．一带负电的粒子（比荷q/m=160C/kg），在距O点左边x=0.06m处的d点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力．求 ‎（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向；‎ ‎（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；‎ ‎（3）带电粒子运动的周期．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子在第一象限做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解；‎ ‎（2）粒子在第二象限以O'为圆心做匀速圆周运动，求出圆心角，根据圆心角与周期的关系即可求得运动时间；‎ ‎（3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期等于前面三个过程时间之和．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在第一象限做类平抛运动，‎ 加速度：，‎ 运动时间：，‎ 沿y方向的位移：．‎ 粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度：‎ ‎，‎ 因此：，所以：θ=60°．‎ ‎（2）粒子在第二象限以O'为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为2θ=120°，运动时间：‎ ‎．‎ ‎（3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经时间t3=t1，粒子的速度变为v0，此后重复前面的运动．可见，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期：．‎ 答：（1）带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小为16m/s，与y轴正方向成60°角；‎ ‎（2）带电粒子进入磁场后经返回电场；‎ ‎（3）带电粒子运动的周期为．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体．开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1.25×105Pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm2．现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】对下部分气体分析知气体为等温变化，根据玻意耳定律求出气体压强，再根据平衡求出上部分气体压强，最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度．‎ ‎【解答】解：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：P0V0=PV，‎ 其中：‎ 解得：P=1.25×105Pa=1×l05Pa 对上部分气体，初态：P1=P0﹣=1×105Pa 末态：‎ 根据理想气体状态方程，有：‎ 解得：T=281.25 K 答：此时上部分气体的温度T=281.25 K．‎ ‎　‎ ‎2016年11月18日