云南省、贵州省、四川省三省2017届上学期高三（上）第一次百校大联考物理试卷（解析版）

云南省、贵州省、四川省三省2017届上学期高三（上）第一次百校大联考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年云南省、贵州省、四川省三省高三（上）第一次百校大联考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项正确，第7～10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答得0分．‎ ‎1．一带电粒子垂直匀强磁场方向射入磁场，运动过程中只受到洛仑磁力的作用．下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子的速度不变B．粒子的动能不变 C．粒子的加速度不变D．粒子的运动方向不变 ‎2．一物块正沿着固定斜面匀速下滑，空气阻力不计．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物快的机械能守恒B．物快的机械能增大 C．物快与斜面间的接触面光滑D．物快与斜面间的接触面粗糙 ‎3．2016年6月15日消息，我国第23颗北斗导航卫星已经成功发射，北斗组网正在加速推进．对于在同一轨道上运行的不同北斗导航卫星，下列物理量一定相同的是（认为北斗导航卫星均做匀速圆周运动）（　　）‎ A．卫星的动能 B．卫星所受地球的万有引力 C．卫星的角速度 D．卫星做圆周运动的向心加速度 ‎4．已知两个点电荷间的距离为L时，两点电荷间的库仑力为F．现把两点电荷间的距离变为2L，则要保持它们之间的库仑力不变，两点电荷的电荷量的乘积应是原来的（　　）‎ A．4倍B．2倍C．0.5倍D．0.25倍 ‎5．北海是一个令人神往的地方，很多人慕名而往．在北海的一段平直公路上，甲乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描述两车运动的v﹣t图象中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0～10s内的运动情况．在此10s内（　　）‎ A．甲车的位移大小为25m B．乙车的位移大小为50m C．甲车的加速度大于乙车的加速度 D．两车的平均速度不同 ‎6．如图所示，固定在竖直面内、半径均为R的两段四分之一光滑圆弧轨道AB，CD与粗糙水平轨道BC分别相切于B点和C点，圆弧CD的圆心O2在水平地面上．现将质量为m的小球从圆弧轨道AB上A点下面某个位置由静止释放，结果小球落在水平地面上的E点，且小球运动到圆弧轨道CD上的C点时对轨道的压力为零；再将小球在圆弧轨道AB上释放的位置适当提高些，结果小球落在水平地面上的F点．空气阻力不计，重力加速度为g．下列判断正确的是（　　）‎ A．O2E＞R B．小球两次在C 点的速度均为 C．小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动到E点的时间长 D．若再次改变小球的高度，小球到达B点时的速度为，则小球在该点时对圆弧轨道的压力大小为2mg ‎7．在物理理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出来贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．卡文迪许最先通过实验测出了引力常量 B．法拉第最先发现了电流能产生磁场 C．伽利略最先指出了力不是维持物体运动的原因 D．安培最先提出了判断感应电流的方向的方法 ‎8．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒均置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（　　）‎ A．=（t3﹣t2）=…（tn﹣tn﹣1）‎ B．高频交流电源的变化周期随粒子速度的增大而减小 C．要使得粒子获得的最大动能增大，可以减小粒子的比荷 D．要使得粒子获得的最大动能增大，可以增大匀强磁场的磁感应强度 ‎9．如图所示，一理想变压器原线圈连接有效值为220V的交流电源，副线圈接有一只理想交流电流表和一个内阻为4Ω的交流电动机．当电动机以0.8m/S的速度匀速向上提升质量为100kg的重物时，交流电源的输入功率为1200W．取g=10m/s．则（　　）‎ A．变压器的输出功率为800W B．该理想交流电流表的示数为10A C．变压器副线圈两端的电压为120V D．该变压器原副线圈的匝数比为6：11‎ ‎10．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从O时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方形，则感应电流i、外力大小为F，线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间变化的关系正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．‎ ‎11．图示为用落体法验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平、米尺和低压交流电源．‎ ‎（1）若打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则打点计时器每隔　　s打一个点．‎ ‎（2）本实验误差产生的原因主要有　　（写出一个原因即可）．‎ ‎12．为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：‎ 电压表（0～3V，内阻约5kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～20Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．‎ ‎（1）请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；‎ ‎（2）图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于　　端（选填“a”、“b”）．‎ ‎（3）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在 坐标系中描出坐标点，做出U﹣I图线；根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx=　　．‎ ‎（4）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值　　 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎　‎ 三、综合分析与计算题一（必考），共30分．‎ ‎13．一辆汽车以大小v0=90km/h的速度在平直公路上做匀速直线运动，此时其功率为额定功率P=65KW．假设汽车行驶时所受阻力恒定，刹车获得的加速度大小a=7.5m/s2，求：‎ ‎（1）汽车行驶时所受阻力的大小f；‎ ‎（2）汽车刹车开始后10s内滑行的距离x．‎ ‎14．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面的夹角θ=37°角，下端连接阻值R=1Ω的电阻；质量为m=1kg、阻值r=1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，距离导轨最上端为L1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数u=0.9．整个装置与导轨平面垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0s内，金属棒cd保持静止，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．‎ ‎（1）求0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量；‎ ‎（2）求t=1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；‎ ‎（3）1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a=2m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′（从施加F时开始计时）变化的关系．‎ ‎　‎ 四、综合分析与计算题二（选考）：请考生在三个模块中任选一模块作答，并用2B铅笔在答题卡把所选的题号涂黑，注意，所做题目必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一模块计分．[物理-选修3-3]（15分）‎ ‎15．对于热学和热现象，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．物体吸收热量时，其温度可能保持不变 B．两个物休接触时，热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体 C．第二类永动机不可能制成的根本原因，在于其违反了能量守恒定律 D．分子之间存在相互作用的斥力时，一定也存在相互作用的引力 E．在绝热情况下，当外界对理想气体做功时，理想气体的内能一定增加 ‎16．如图所示，一足够长的圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与底部容器相距为h．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为时活塞上升了h．已知大气压强为p0，重力加g，不计活塞与气缸的摩擦．求：‎ ‎①温度为T时气体的压强p；‎ ‎②加热前气体的温度To．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]（15分）‎ ‎17．一列间歇横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt（cm）．下列说法正确的是（　　）‎ A．该波的振幅为20cm B．该波的周期为4s C．该波的传播方向沿x轴正方向 D．该波的传播速度为10m/s E．1s内，质点P经过的路程为1m ‎18．国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备，呈现出让人震撼的光与水的万千变化，喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线射到水面的入射角i=30°，从水面上射出时的折射角r=60°．已知光在真空中的传播速度为c．求：‎ ‎①该光在水面上发生全反射的临界角的正弦值；‎ ‎②该光在水中的传播速度．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】（15分）‎ ‎19．用图甲所示实验装置研究光电效应现象，分别用a，b，c三束光照射光电管阴极，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中a，c两束光照射时对应的遏止电压相同，均为Uc1，根据你所学的相关理论下列论述正确的是（　　）‎ A．a，c两束光的光强相同 B．a，c两束光的频率相同 C．b光束的光的波长最短 D．a光束照射时光电管发出的光电子的最大初动能最大 E．b光束光子的动量最大 ‎20．光滑水平面上有三个木块A，B，C，其中木块A的质量mA=2m，木块B，C的质量均为m，开始时B，C均静止，木块A以初速度v0向右运动，与木块B发生弹性碰撞后分开，木块B又与木块C发生碰撞并粘在一起．求木块B的最终速度大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年云南省、贵州省、四川省三省高三（上）第一次百校大联考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项正确，第7～10小题有多个选项正确；全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答得0分．‎ ‎1．一带电粒子垂直匀强磁场方向射入磁场，运动过程中只受到洛仑磁力的作用．下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子的速度不变B．粒子的动能不变 C．粒子的加速度不变D．粒子的运动方向不变 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】明确洛仑兹力的性质，知道洛仑兹力始终与运动方向相互垂直，只改变速度方向，不改变速度大小．‎ ‎【解答】解：A、粒子在磁场中受到洛仑兹力与速度方向相互垂直，改变速度方向，故速度发生变化，故A错误；‎ B、由于洛仑兹力不做功，故粒子速度大小不变，动能不变，故B正确；‎ C、由于洛仑兹力方向时刻改变，故加速度方向时刻改变，故加速度变化，故C错误；‎ D、因速度方向时刻改变，故运动方向时刻改变，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动情况，要注意掌握力和运动的关系，根据受力情况来分析粒子的运动情况．‎ ‎　‎ ‎2．一物块正沿着固定斜面匀速下滑，空气阻力不计．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．物快的机械能守恒B．物快的机械能增大 C．物快与斜面间的接触面光滑D．物快与斜面间的接触面粗糙 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】机械能等于动能和重力势能之和，分析动能和重力势能的变化，判断机械能的变化，由此关系分析有无摩擦存在，从而确定接触面的性质．‎ ‎【解答】解：AB、物块沿斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减小，两者之和即机械能减小．故AB错误 CD、物快的机械能减小，根据功能原理可知，摩擦力对物块做负功，则物快与斜面间的接触面粗糙．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎【点评】判断机械能守恒的方法常有两种：1、根据机械能守恒的条件，看是否只有重力做功．2、看重力势能和动能之和是否保持不变．对于摩擦力，也可以根据平衡条件判断．‎ ‎　‎ ‎3．2016年6月15日消息，我国第23颗北斗导航卫星已经成功发射，北斗组网正在加速推进．对于在同一轨道上运行的不同北斗导航卫星，下列物理量一定相同的是（认为北斗导航卫星均做匀速圆周运动）（　　）‎ A．卫星的动能 B．卫星所受地球的万有引力 C．卫星的角速度 D．卫星做圆周运动的向心加速度 ‎【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】卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析速度大小与轨道半径的关系，根据物理量的特点进行分析．‎ ‎【解答】解：根据万有引力提供向心力有有：‎ A、由上式得：v=可知，卫星的线速度大小相同，但卫星质量未知，不能确定动能相同，故A错误；‎ B、半径相同，卫星的质量未知，故不能确定卫星的向心力大小相同，且其方向也不相同，故B错误；‎ C、由上式得：可知，对于在同一轨道上运行的不同北斗导航卫星具有相等的角速度，故C正确；‎ D、由上式得：a=可知，卫星的向心加速度的大小相等，但卫星处于不同的位置时，向心加速度的方向是不同的，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，确定描述圆周运动物理量与半径的关系是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎4．已知两个点电荷间的距离为L时，两点电荷间的库仑力为F．现把两点电荷间的距离变为2L，则要保持它们之间的库仑力不变，两点电荷的电荷量的乘积应是原来的（　　）‎ A．4倍B．2倍C．0.5倍D．0.25倍 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】根据库仑定律的公式F=k，即可分析求解．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律的公式F=，‎ 两个点电荷间的距离为L时，两点电荷间的库仑力为F．‎ 现把两点电荷间的距离变为2L，则要保持它们之间的库仑力不变，即F=‎ 那么两点电荷的电荷量的乘积应是原来的它们的4倍．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解．‎ ‎　‎ ‎5．北海是一个令人神往的地方，很多人慕名而往．在北海的一段平直公路上，甲乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标．在描述两车运动的v﹣t图象中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0～10s内的运动情况．在此10s内（　　）‎ A．甲车的位移大小为25m B．乙车的位移大小为50m C．甲车的加速度大于乙车的加速度 D．两车的平均速度不同 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的斜率表示加速度，平均速度等于位移与时间之比．由此分析．‎ ‎【解答】解：AB、根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，可得：甲车的位移大小为 x甲=5×10m=50m，乙车的位移大小为 x乙=×10m=75m，故AB错误．‎ C、根据速度图线的斜率表示加速度，知甲车的加速度小于乙车的加速度．故C错误．‎ D、两车的位移不等，时间相等，则平均速度不同，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积和图线斜率表示的含义．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，固定在竖直面内、半径均为R的两段四分之一光滑圆弧轨道AB，CD与粗糙水平轨道BC分别相切于B点和C点，圆弧CD的圆心O2在水平地面上．现将质量为m的小球从圆弧轨道AB上A点下面某个位置由静止释放，结果小球落在水平地面上的E点，且小球运动到圆弧轨道CD上的C点时对轨道的压力为零；再将小球在圆弧轨道AB上释放的位置适当提高些，结果小球落在水平地面上的F点．空气阻力不计，重力加速度为g．下列判断正确的是（　　）‎ A．O2E＞R B．小球两次在C 点的速度均为 C．小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动到E点的时间长 D．若再次改变小球的高度，小球到达B点时的速度为，则小球在该点时对圆弧轨道的压力大小为2mg ‎【考点】动能定理的应用；向心力．‎ ‎【分析】小球第一次经过C点时，只受重力，且由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球经过C点时的速度，再平抛运动的规律求O2E．根据动能定理分析小球第二次经过C点的速度．由运动学规律分析两次运动时间的关系．经过B点时，由合力充当向心力，由牛顿定律求小球对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：A、小球第一次经过C点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，得 vC1=‎ 小球离开C点后做平抛运动，则有 R=，O2E=vC1t，解得 O2E=R，故A错误．‎ B、第二次将小球在圆弧轨道AB上释放的位置适当提高些，重力做功增大，则小球在C 点的速度大于．故B错误．‎ C、小球第二次经过B点的速度大，BC段运动时间短，而CF段运动时间与CE段运动时间相等，所以小球第二次从B点运动到F点的时间比第一次从B点运动到E点的时间短，故C错误．‎ D、若再次改变小球的高度，小球到达B点时的速度为，在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，得 N=2mg，由牛顿第三定律可得，小球在B该点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题的关键要分析清楚小球的运动情况和受力情况，确定圆周运动向心力的来源，能熟练运用平抛运动的规律求水平位移．‎ ‎　‎ ‎7．在物理理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出来贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．卡文迪许最先通过实验测出了引力常量 B．法拉第最先发现了电流能产生磁场 C．伽利略最先指出了力不是维持物体运动的原因 D．安培最先提出了判断感应电流的方向的方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答，‎ ‎【解答】解：A、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量，故A正确；‎ B、奥斯特最先发现了电流能产生磁场，故B错误；‎ C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故C正确；‎ D、楞次通过大量的实验，发现了感应电流方向的判断方法．故D错误 故选：AC ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 ‎　‎ ‎8．图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒均置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（　　）‎ A．=（t3﹣t2）=…（tn﹣tn﹣1）‎ B．高频交流电源的变化周期随粒子速度的增大而减小 C．要使得粒子获得的最大动能增大，可以减小粒子的比荷 D．要使得粒子获得的最大动能增大，可以增大匀强磁场的磁感应强度 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式T=和r=判断；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径．‎ ‎【解答】解：A、洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=，故周期T==，‎ 与速度无关，故t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1=，故A正确，B错误；‎ C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径；‎ 由qvB=m得，v=，则最大动能EK=mv2=，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，一理想变压器原线圈连接有效值为220V的交流电源，副线圈接有一只理想交流电流表和一个内阻为4Ω的交流电动机．当电动机以0.8m/S的速度匀速向上提升质量为100kg的重物时，交流电源的输入功率为1200W．取g=10m/s．则（　　）‎ A．变压器的输出功率为800W B．该理想交流电流表的示数为10A C．变压器副线圈两端的电压为120V D．该变压器原副线圈的匝数比为6：11‎ ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率与电动机线圈的内阻功率之和为副线圈的输出功率 ‎【解答】解：A、交流电源的输出功率为1200W，根据输入功率等于输出功率，所以变压器的输出功率1200W，故A错误；‎ B、根据，代入数据：，解得：I=10A，即该理想交流电流表的示数为10A，故B正确；‎ C、根据，即，得，故C正确；‎ D、根据电压与匝数成正比，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合．在外力作用下，金属线框从O时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．若规定顺时针方向为感应电流i的正方形，则感应电流i、外力大小为F，线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间变化的关系正确的是（　　）‎ 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】‎ 由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；由法拉第电磁感应定律E=BLv，可得出产生感应电动势与速度关系，由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由牛顿第二定律来确定合力与时间的关系；最后得出电量、功率的表达式来分别得出各自与时间的关系．‎ ‎【解答】解：A、线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流 i==，i与t成正比，故A正确．‎ B、线框进入磁场过程中受到的安培力FB=BiL=，由牛顿第二定律得：F﹣FB=ma，得 F=ma+，F﹣t图象是不过原点的倾斜直线，故B错误．‎ C、线框的位移x=at2，电荷量q=It△t===∝t2，故q﹣t图象应是开口向上，过原点的抛物线．故C正确；‎ D、线框的电功率 P=i2R=∝t2，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．‎ ‎11．图示为用落体法验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重物、天平、米尺和低压交流电源．‎ ‎（1）若打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则打点计时器每隔　0.02　s打一个点．‎ ‎（2）本实验误差产生的原因主要有　纸带和重物受到的摩擦力阻力和空气阻力的作用　（写出一个原因即可）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）明确打点计时器的基本原理，知道打点周期等于频率的倒数，则可求得周期； ‎ ‎（2）实验中由于阻力作用，重物增加的动能稍小于重力势能的减小量．‎ ‎【解答】解：（1）打点周期取决于交流电的频率，频率为50Hz，则打点周期T===0.02s； ‎ ‎（2）实验结果发现重物增加的动能稍小于它减少的重力势能，其主要原因是纸带和重物受到的摩擦阻力和空气阻力的作用，同时还可能存在读数误差等；‎ 故答案为：①AD；‎ ‎②纸带和重物受到的摩擦力阻力和空气阻力的作用．‎ ‎【点评】本题考查验证机械能守恒的实验基本内容，要注意明确实验原理，一个实验需要哪些实验器材，不能靠死记硬背，关键要知道实验的原理，通过原理进行分析即可起到事半功倍的效果．‎ ‎　‎ ‎12．为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：‎ 电压表（0～3V，内阻约5kΩ）、电流表（0～0.6A，内阻约0.5Ω）、滑动变阻器（0～20Ω，2A）、电源（E=3V，内阻很小）、开关与导线，并采用如图甲所示的电路图做实验．‎ ‎（1）请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐；‎ ‎（2）图乙中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于　a　端（选填“a”、“b”）．‎ ‎（3）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在 坐标系中描出坐标点，做出U﹣I图线；根据U﹣I图可得，该未知电阻的阻值Rx=　5.0　．‎ ‎（4）由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，则该小组同学实验测出的电阻值　＜　 Rx的真实值（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻；打点计时器系列实验中纸带的处理．‎ ‎【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图．‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路安全，保护开关前滑片应置于分压电路分压最小的位置．‎ ‎（3）根据图象由欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎（4）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差，注意电压表的分流作用导致电流表测量值偏大．‎ ‎【解答】解：（1）为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）由于滑动变阻器采用分压接法，由电路图可知，为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于a端．‎ ‎（3）由图示图象可知，电阻的阻值Rx===5.0Ω．‎ ‎（5）由电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）a；（3）5.0； （4）＜‎ ‎【点评】本题考查了连接实物电路图、实验注意事项、求电阻阻值、实验误差分析等，要注意掌握根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是正确连接实物电路图的关键，同时注意根据电表内阻分析实验误差的基本方法．‎ ‎　‎ 三、综合分析与计算题一（必考），共30分．‎ ‎13．一辆汽车以大小v0=90km/h的速度在平直公路上做匀速直线运动，此时其功率为额定功率P=65KW．假设汽车行驶时所受阻力恒定，刹车获得的加速度大小a=7.5m/s2，求：‎ ‎（1）汽车行驶时所受阻力的大小f；‎ ‎（2）汽车刹车开始后10s内滑行的距离x．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）当汽车匀速直线运动时，牵引力等于阻力，结合P=Fv即可求出阻力 ‎（2）求出汽车从开始刹车到停止的时间，根据位移公式求出汽车刹车开始后10s内滑行的距离 ‎【解答】解：（1）90km/h=25m/s 汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F=f①‎ 根据②‎ 联立①②得 ‎（2）汽车从开始刹车到停止的时间 滑行10s内的位移等于内的位移 根据 答：（1）汽车行驶时所受阻力的大小f为2600N；‎ ‎（2）汽车刹车开始后10s内滑行的距离x位 ‎【点评】本题考查功率公式P=Fv的应用，难度不大，解题关键是根据汽车做匀速直线运动，由二力平衡可知，该汽车所受阻力大小等于牵引力的大小，求刹车位移时一定要求停止时间．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1m，导轨平面与水平面的夹角θ=37°角，下端连接阻值R=1Ω的电阻；质量为m=1kg、阻值r=1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，距离导轨最上端为L1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数u=0.9．整个装置与导轨平面垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0s内，金属棒cd保持静止，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．‎ ‎（1）求0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量；‎ ‎（2）求t=1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；‎ ‎（3）1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a=2m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′（从施加F时开始计时）变化的关系．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，再由闭合电路欧姆定律求得电流，由q=It可求得电量；‎ ‎（2）由于cd静止不动，所以cd中电流不变，对金属棒受力分析，根据平衡条件确定摩擦力的大小和方向；‎ ‎（3）cd运动中切割磁感线产生感应电动势，从而产生变化的电流，故安培力随时间发生变化，根据牛顿第二定律列式，即可分析拉力随时间变化的规律．‎ ‎【解答】解：（1）在0﹣1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：‎ E=‎ 其中S=L1L=1×1=1m；‎ 由闭合电路欧姆定律有：‎ I=‎ 由于在0﹣1.0s内回路中电流恒定，故电量q=It 其中t=1s；‎ 联立解得：q=1C； ‎ ‎（2）若0﹣1.1s内金属棒cd保持静止，则在0﹣1.1s内回路中的电流不变，t=1.1s时，金属棒cd所受安培力F'=B1IL=0.2×1×1=0.2N； ‎ 方向沿导轨向下 又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力f’=μmgcos37°=0.9×10×0.8=7.2N；‎ 由于mgsin37°+F'=6.2N＜f'，可知假设成立，金属棒仍保持静止 故所求摩擦力为f=mgsin37°+F’=6.2N；方向沿导轨向上； ‎ ‎（2）1.2s后金属棒cd上产生的感应电动势为E'=B2Lv，其中v=at'‎ 金属棒cd所受安培力的大小为：‎ F安=B2I2L，其中I2=‎ 由牛顿第二定律有：‎ F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F安=ma 解得：F=15.2+0.16t’（N）‎ 答：（1）0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量为1C；‎ ‎（2）求t=1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小为6.2N；方向沿导轨向上；‎ ‎（3）拉力F随时间t′（从施加F时开始计时）变化的关系为F=15.2+0.16t’（N）‎ ‎【点评】本题考查导体切割磁感线、法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等规律的应用，要注意明确物理过程，并明确各过程中的受力规律，正确利用受力分析和牛顿第二定律等规律分析求解即可，本题同时还涉及图象的应用，要明确图象所隐含的信息的掌握情况．‎ ‎　‎ 四、综合分析与计算题二（选考）：请考生在三个模块中任选一模块作答，并用2B铅笔在答题卡把所选的题号涂黑，注意，所做题目必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一模块计分．[物理-选修3-3]（15分）‎ ‎15．对于热学和热现象，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．物体吸收热量时，其温度可能保持不变 B．两个物休接触时，热量一定从内能多的物体传递给内能少的物体 C．第二类永动机不可能制成的根本原因，在于其违反了能量守恒定律 D．分子之间存在相互作用的斥力时，一定也存在相互作用的引力 E．在绝热情况下，当外界对理想气体做功时，理想气体的内能一定增加 ‎【考点】热力学第二定律．‎ ‎【分析】晶体在熔化的过程中温度不变；热量自发地从温度高的物体传递给温度低的物体；分子引力与分子斥力同时存在；根据热力学第一定律分析内能的变化．‎ ‎【解答】解：A、晶体在熔化的过程中吸收热量，温度不变．故A正确．‎ B、热量总是自发地从温度高的物体传递给温度低的物体，不一定是从内能多的物体传递给内能少的物体．故B错误．‎ C、第二类永动机不可能制成的根本原因，在于其违反了热力学第二定律．故C错误．‎ D、分子引力与分子斥力同时存在，分子之间存在相互作用的斥力时，一定也存在相互作用的引力．故D正确．‎ E、在绝热情况下，气体与外界之间没有热交换，所以根据热力学第一定律可知当外界对理想气体做功时，理想气体的内能一定增加．故E正确．‎ 故选：ADE ‎【点评】本题晶体的熔化、热力学定律等，关键要掌握内能改变的方式有两种：做功和热传递，可运用热力学第一定律理解内能问题．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一足够长的圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与底部容器相距为h．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为时活塞上升了h．已知大气压强为p0，重力加g，不计活塞与气缸的摩擦．求：‎ ‎①温度为T时气体的压强p；‎ ‎②加热前气体的温度To．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】①根据活塞的受力平衡求出气缸内气体在温度为T时的压强 ‎②气缸中气体发生等圧変化，根据等圧変化的实验定律求加热前气体的温度 ‎【解答】解：①由活塞平衡有：‎ 解得：‎ ‎②气体升温的过程为等圧変化，有：‎ 其中： V=2Sh 解得：‎ 答：①温度为T时气体的压强p为；‎ ‎②加热前气体的温度为．‎ ‎【点评】本题是气体实验定律的应用问题，解题的关键是找到气体的各个状态，并通过对活塞受力分析求出封闭气体的压强，然后根据实验定律列出表达式．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]（15分）‎ ‎17．一列间歇横波在t=0时的波形图如图所示．介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πt（cm）．下列说法正确的是（　　）‎ A．该波的振幅为20cm B．该波的周期为4s C．该波的传播方向沿x轴正方向 D．该波的传播速度为10m/s E．1s内，质点P经过的路程为1m ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据质点简谐运动的表达式y=10sin5πt（cm），读出角频率ω，求出周期．根据t=0时刻x=4m处质点的振动方向判断波的传播方向．读出波长，求出波速．根据时间与周期的关系，求解P点1s内通过的路程．‎ ‎【解答】解：AB、由质点P沿y轴做简谐运动的表达式y=10sin5πt （cm），可知这列简谐波的振幅为 A=10cm，ω=5π rad/s，则周期为：T==s=0.4s．故A、B错误．‎ C、由表达式y=10sin5πt cm，可知t=0时刻x=2m处质点P沿y轴正方向运动，则根据波形的平移法可知，波沿x轴正方向传播．故C正确．‎ D、由图读出波长为 λ=4m，则波速为：v==m/s=10m/s．故D正确．‎ E、因为时间t=1s=2.5T，所以P点经过的路程为 S=2.5×4A=10×10cm=100cm=1m，故E正确．‎ 故选：CDE ‎【点评】解决本题关键要掌握简谐运动的表达式一般形式y=Asinωt，读出ω，再结合振动与波动之间的联系进行分析．要知道质点P做简谐运动，在一个周期内的路程是4A．‎ ‎　‎ ‎18．国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的喷泉、灯光和音响设备，呈现出让人震撼的光与水的万千变化，喷泉的水池中某一彩灯发出的一条光线射到水面的入射角i=30°，从水面上射出时的折射角r=60°．已知光在真空中的传播速度为c．求：‎ ‎①该光在水面上发生全反射的临界角的正弦值；‎ ‎②该光在水中的传播速度．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①通过光在水面上的入射角和折射角，根据折射定律求出水的折射率大小．根据sinC=求出光在水面上发生全反射的临界角．‎ ‎②由v=求光在水中的传播速度大小．‎ ‎【解答】解：①根据折射定律得水对该光线的折射率为：‎ n===‎ 设光在水面上发生全反射的临界角为C，则有：‎ sinC==‎ ‎②该光在水中的传播速度为：‎ v==c 答：①该光在水面上发生全反射的临界角的正弦值是；‎ ‎②该光在水中的传播速度是c．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握与折射率有关的两个规律：1、光的折射定律n=．2、临界角与折射率的关系sinC=．要注意公式n=适用的条件是光从真空射入介质折射．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】（15分）‎ ‎19．用图甲所示实验装置研究光电效应现象，分别用a，b，c三束光照射光电管阴极，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所示，其中a，c两束光照射时对应的遏止电压相同，均为Uc1，根据你所学的相关理论下列论述正确的是（　　）‎ A．a，c两束光的光强相同 B．a，c两束光的频率相同 C．b光束的光的波长最短 D．a光束照射时光电管发出的光电子的最大初动能最大 E．b光束光子的动量最大 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程．‎ ‎【分析】光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．‎ 光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．‎ 根据公式eU截=mvm2=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，b光对应的截止电压U截最大，所以b光的频率最高，b光的波长最短，b光对应的光电子最大初动能也最大．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，a的饱和电流最大，因此a光束照射时单位时间内产生的光电子数量最多，故A错误；‎ BCD、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，根据eU截=mvm2=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等，则它们的最大初动能也相等，而b光的频率最大，能量大，则最大初动能也大，且对应的波长最小，故D错误，BC正确；‎ E、由于b光的频率最大，根据P==，则b光动量最大，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=mvm2=hγ﹣W，理解I与U的图象的横、纵截距的含义，是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎20．光滑水平面上有三个木块A，B，C，其中木块A的质量mA=2m，木块B，C的质量均为m，开始时B，C均静止，木块A以初速度v0向右运动，与木块B发生弹性碰撞后分开，木块B又与木块C发生碰撞并粘在一起．求木块B的最终速度大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】碰撞过程系统动量守恒，弹性碰撞过程系统的机械能也守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以A与B碰撞后两者的速度，再运用动量守恒定律求求出B的最终速度．‎ ‎【解答】解：A与B碰撞过程动量守恒，动能也守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎2mv0=2mvA+mvB，‎ 弹性碰撞系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎×2mv02=×2mvA2+mvB2‎ 解得 vB=v0‎ B、C碰撞过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mvB=（m+m）v 解得木块B的最终速度为：v=v0．‎ 答：木块B的最终速度大小为v0．‎ ‎【点评】本题分析清楚物体运动过程是解题的关键，要明确碰撞的基本规律：动量守恒定律，弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律与机械能守恒定律．解题时要注意选取正方向．‎ ‎　‎ ‎ ‎