江西省宜春市丰城市矿务局三中2016届高三（上）第五次月考物理试卷（解析版）

江西省宜春市丰城市矿务局三中2016届高三（上）第五次月考物理试卷（解析版）

‎2015-2016学年江西省宜春市丰城市矿务局三中高三（上）第五次月考物理试卷 ‎　‎ 一．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，有选错或不选的得0分）‎ ‎1．物理学国际单位制中有基本单位和导出单位，下列物理量的单位用基本单位表示，正确的是（　　）‎ A．功率的单位用基本单位表示是N•m/s B．电容的单位用基本单位表示是C/V C．电量的单位用基本单位表示是A•s D．磁通量的单位用基本单位表示是T•m2‎ ‎2．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100πt（v）的交流电，则（　　）‎ A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W ‎3．质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：‎ F=式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用E表示夸克间的势能，令E0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列E﹣r图示中正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎4．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，a）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为2V，则P点的电势为（　　）‎ A． VB． VC． VD． V ‎5．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎6．如图所示，U型金属导轨PQMN水平固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L．QM之间接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab放在导轨上，给棒一个水平向右的初速度vo使之开始滑行，导体棒经过时间t停止运动，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．由题目条件可计算出导体棒ab运动过程中通过的电荷量 B．由题目条件可计算出导体棒ab发生的总位移 C．若导轨光滑（其他条仵不变）与导轨粗糙时该装置产生的总热量相等 D．若导轨光滑（其他条件不变）与导轨粗糙时安培力对导体棒ab所做的功相等 ‎7．2013年12月2日1时30分，我国成功发射了“嫦娥二号”探月卫星，12月6日17时47分卫星顺利进入环月轨道．若该卫星在地球、月球表面的重力分别为G1、G2，则已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）‎ A．月球表面处的重力加速度为g B．月球与地球的质量之比为 C．卫星沿近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2π D．月球与地球的第一宇宙速度之比为 ‎8．如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离均为s0，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（　　）‎ A．小球P返回时，可能撞到小球Q B．小球P在N点的加速度大小为+gsina﹣k C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大 D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大 ‎　‎ 三、非选择题 ‎9．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：‎ A．按如图1摆好实验装置，‎ B．将质量M=0.20kg的小车拉到打点计时器附近，并按住小车，‎ C．在总质量m分别为10g、30g、50g的三种钩码中，挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩上，‎ D．接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），然后释放小车，打出一条纸带．‎ ‎①多次重复实验，从中挑选一条点迹清晰的纸带如图2所示．把打下的第一点记作“0”，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.0075m，d2=0.03001m，d3=0.0675m，d4=0.1200m，d5=0.1875m，d6=0.2700m，他把钩码重力（当地重力加速度g=9.8m/s2）作为小车所受合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做功．则合力做功W=　　J，小车动能的改变量Ek=　　J（结果保留三位有效数字）．‎ ‎②此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是　　；　　．（写出两条即可）‎ ‎10．现有一电流表A有刻度但刻度值模糊，其满偏电流Ig约为500μA，内阻Rg约为500Ω．某兴趣小组要想利用如下实验器材，较精确地测出它的满偏电流和内阻．‎ 电流表A1（量程0～1mA，内阻RA1一100Ω）‎ 电流表A2（量程0～300μA，内阻RA2=1000Ω）‎ 电压表V（量程0～15V，内阻13kΩ）‎ 定值电阻Ro（阻值1kΩ）‎ 滑动变阻器R（0～5Ω，额定电流2A）‎ 电池（电动势2V，内阻不计）‎ 开关、导线若干 ‎（1）在答题卡虚线框内画出实验电路图；‎ ‎（2）应读取的物理量是　　‎ ‎（3）用（2）中读取的物理量表示的A表的满偏电流Ig=　　，A表的内阻Rg=　　．‎ ‎11．在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下．计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙．已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度．‎ ‎（1）求t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标；‎ ‎（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程．‎ ‎12．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度B2=0.25T．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从P点射入平行板间，不计重力，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射向三角形磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°．则：‎ ‎（1）离子运动的速度为多大？‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是多少？‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为多少？‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经多长时间到达X轴？‎ ‎13．在均匀介质中，t=0时刻振源O沿+y方向开始振动，t=0.9s时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形．由此可以判断：波的周期为　　s，x=20m处质点在0～1.2s内通过的路程为　　m．‎ ‎14．如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成θ角（θ＜90°）的方向入射到AB边的中点P处．若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cosθ应满足什么条件？‎ ‎15．某放射性元素经过6天后，只剩下没有衰变，它的半衰期是　　天．为估算某水库的库容，可取一瓶无毒的该放射性元素的水溶液，测得瓶内溶液每分钟衰变 8×107次．现将这瓶溶液倒入水库，8 天后在水库中取水样1.0m3（可认为溶液己均匀分布），测得水样每分钟衰变20次．由此可知水库中水的体积约为　　m3．‎ ‎16．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年江西省宜春市丰城市矿务局三中高三（上）第五次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．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，有选错或不选的得0分）‎ ‎1．物理学国际单位制中有基本单位和导出单位，下列物理量的单位用基本单位表示，正确的是（　　）‎ A．功率的单位用基本单位表示是N•m/s B．电容的单位用基本单位表示是C/V C．电量的单位用基本单位表示是A•s D．磁通量的单位用基本单位表示是T•m2‎ ‎【考点】力学单位制．‎ ‎【分析】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．‎ ‎【解答】解：A、功率的单位用N•m/s来表示时，其中的N是导出单位，不是基本单位，所以A错误．‎ B、电容的单位用C/V来表示时，其中的C和V都不是基本单位，是导出单位，所以B错误．‎ C、电量的单位用A•s来表示时，其中的A和S分别是电流和时间的基本单位，所以C正确．‎ D、磁通量的单位用T•m2来表示时，其中的T是导出单位，不是基本单位，所以D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：5，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，原线圈接u=220sin100πt（v）的交流电，则（　　）‎ A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1A C．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比和二极管的特点即可求得结论 ‎【解答】解：A、交流电的频率f==50Hz，A错误 B、由表达式知原线圈电压有效值为220V，副线圈两端电压为50V，由于二极管的单向导电性，根据电流热效应，，所以R2的电压U=25V，通过R2的电流为A，B错误C正确；‎ D、副线圈消耗的功率P==150W，输入功率等于输出功率，D错误 故选：C ‎　‎ ‎3．质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：‎ F=式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用E表示夸克间的势能，令E0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列E﹣r图示中正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】原子的核式结构；电势能．‎ ‎【分析】本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择．无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，r＜r1之后势能不变，恒定为﹣U0．‎ ‎【解答】解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；‎ 在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；‎ r＜r1之后，F=0，势能不变，恒定为﹣U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2﹣r1）．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O﹣xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标为（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为（a，，a）．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为2V，则P点的电势为（　　）‎ A． VB． VC． VD． V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】将电场强度沿坐标轴方向正交分解，求出轴向的E的分量值，再选用U=Ed，求得电势差，得电势．‎ ‎【解答】解：根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为2V，故有：‎ UNM=E•a=2V… ①‎ 将电场强度沿着﹣x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则﹣x和+y方向的分量分别为：‎ Ex=E，Ey=E…②‎ 设P在x0y平面上的投影为P′点，投影点的坐标为：（a，，0）‎ 则 UNP=UNP′=Ey•=V （由①②式得）‎ 又因N点电势为2V，则P′点势为： V，‎ 即P点电势为： V 则ABC错误，D正确 故选：D ‎　‎ ‎5．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线；电势．‎ ‎【分析】根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；‎ C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；‎ D、Ek与x的图象斜率与a有关，而a与电场强度E有关，即为Ek=，因电场强度先减小后增大，则斜率也先减小后增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，U型金属导轨PQMN水平固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L．QM之间接有阻值为R的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m、电阻也为R的金属棒ab放在导轨上，给棒一个水平向右的初速度vo使之开始滑行，导体棒经过时间t停止运动，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．由题目条件可计算出导体棒ab运动过程中通过的电荷量 B．由题目条件可计算出导体棒ab发生的总位移 C．若导轨光滑（其他条仵不变）与导轨粗糙时该装置产生的总热量相等 D．若导轨光滑（其他条件不变）与导轨粗糙时安培力对导体棒ab所做的功相等 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】给棒一个水平向右的初速度v0使之开始滑行的过程中，做减速运动，停止运动时其动能全部转化为内能，即可由能量守恒分析热量关系；根据动量定理和电量的公式q=It分析电荷量关系；根据电量公式和感应电动势公式E=BLv可求出总位移．分析导体棒产生的焦耳热关系，即可判断安培力对导体棒做功的关系．‎ ‎【解答】解：A、取向右为正方向，对ab棒，根据动量定理得：﹣（BL+μmg）t=0﹣mv0，又q=△t，感应电荷量：q=﹣，由题目条件可计算出q，故A正确．‎ B、通过ab棒的电荷量 q=t==，则得：导体棒ab的总位移 x=，可知可以计算出x，故B正确．‎ C、根据能量守恒得：该装置产生的总热量Q=mv02，可知导轨光滑（其他条仵不变）与导轨粗糙时该装置产生的总热量相等，故C正确．‎ D、由上知，导轨光滑（其他条件不变）与导轨粗糙时a装置产生的总热量相等，则ab棒产生的焦耳热不等，所以安培力对导体棒ab所做的功不等，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎7．2013年12月2日1时30分，我国成功发射了“嫦娥二号”探月卫星，12月6日17时47分卫星顺利进入环月轨道．若该卫星在地球、月球表面的重力分别为G1、G2，则已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）‎ A．月球表面处的重力加速度为g B．月球与地球的质量之比为 C．卫星沿近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为2π D．月球与地球的第一宇宙速度之比为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】卫星在地球表面的重力为G1，地球表面处的重力加速度为g，由G1=mg，求出卫星的质量，再G2=mg月求出g月．根据g=，由两星球的半径和表面重力加速度分别求出地球和月球的质量．卫星在距月球表面轨道上做匀速圆周运动时，由月球的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求出卫星的周期．地球的第一宇宙速度为v地=，月球的第一宇宙速度为v月=，将G1=mg，G2=mg月代入求出第一宇宙速度之比．‎ ‎【解答】解：A、卫星的质量为m=，月球表面处的重力加速度g月=g．故A错误；‎ B、由g=，得到月球的质量M月=，M地=，又，整理得，月球的质量与地球的质量之比为．故B正确；‎ C、设卫星质量为m，由mg月=m，g月=，解得T月=2π．故C正确；‎ D、月球的第一宇宙速度为v月=，地球的第一宇宙速度为v地=，将G1=mg，G2=mg月代入解得：．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为﹣q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离均为s0，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数为k0，静电力常量为k．则（　　）‎ A．小球P返回时，可能撞到小球Q B．小球P在N点的加速度大小为+gsina﹣k C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大 D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大 ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】根据动能定理判断小球P返回速度为零的位置，确定小球能否与小球Q相撞；根据牛顿第二定律求出小球P在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理知，当小球返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，知道到达N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q．故A错误．‎ B、根据牛顿第二定律得，小球在N点的加速度a==．故B正确．‎ C、小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场的电场力做正功，电荷Q产生的电场对P做负功，两个电场力的合力不一定沿斜面向下，则最终电场力不一定做正功，可能做负功，则电势能可能增大．故C正确．‎ D、当小球所受的合力为零时，速度最大，即+k0x0=qE+mgsinα，则压缩量不等于．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎9．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：‎ A．按如图1摆好实验装置，‎ B．将质量M=0.20kg的小车拉到打点计时器附近，并按住小车，‎ C．在总质量m分别为10g、30g、50g的三种钩码中，挑选了一个质量为50g的钩码挂在拉线的挂钩上，‎ D．接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），然后释放小车，打出一条纸带．‎ ‎①多次重复实验，从中挑选一条点迹清晰的纸带如图2所示．把打下的第一点记作“0”，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用毫米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.0075m，d2=0.03001m，d3=0.0675m，d4=0.1200m，d5=0.1875m，d6=0.2700m，他把钩码重力（当地重力加速度g=9.8m/s2）作为小车所受合力算出打下“0”点到打下“5”点合力做功．则合力做功W=　0.0919　J，小车动能的改变量Ek=　0.0563　J（结果保留三位有效数字）．‎ ‎②此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是　小车与桌面之间存在摩擦力　；　钩码质量没有远小于小车质量　．（写出两条即可）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】①将砝码重力当作小车所受合外力，根据功的定义可以正确解答，根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出第5个点的速度大小，进一步求出其动能大小；‎ ‎②实验误差主要来自两个方面一是由实验原理不完善，没有平衡摩擦力导致的系统误差，一是由数据测量如测量距离等导致的偶然误差，可以从这两个方面进行分析．‎ ‎【解答】解：①从打下第一点到打下第5点拉力对小车做的功：W=mgs=0.05×9.8×0.1875=0.0919J；‎ 小车的动能增量为：△EK=mv2﹣0=﹣0=0.0563J；‎ ‎②该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：‎ F=Ma…①‎ 对钩码有：mg﹣F=ma…②‎ F=mg，‎ 由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，显然该实验中没有满足这个条件；‎ 另外该实验要进行平衡摩擦力操作，否则也会造成较大误差．‎ 故答案为：①0.0919，0.0563；②小车与桌面之间存在摩擦力，钩码质量没有远小于小车质量．‎ ‎　‎ ‎10．现有一电流表A有刻度但刻度值模糊，其满偏电流Ig约为500μA，内阻Rg约为500Ω．某兴趣小组要想利用如下实验器材，较精确地测出它的满偏电流和内阻．‎ 电流表A1（量程0～1mA，内阻RA1一100Ω）‎ 电流表A2（量程0～300μA，内阻RA2=1000Ω）‎ 电压表V（量程0～15V，内阻13kΩ）‎ 定值电阻Ro（阻值1kΩ）‎ 滑动变阻器R（0～5Ω，额定电流2A）‎ 电池（电动势2V，内阻不计）‎ 开关、导线若干 ‎（1）在答题卡虚线框内画出实验电路图；‎ ‎（2）应读取的物理量是　待测电流表满偏时，电流表的读数　‎ ‎（3）用（2）中读取的物理量表示的A表的满偏电流Ig=　　，A表的内阻Rg=　　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据电压表量程远大于电动势可知应将其中的一个电流表电阻电压表使用，通过估算电流表的满偏电压可知应将电流表当做电压表使用，将电流表当做电流表测量总电流，再根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法，考虑定值电阻保护电流表应串联在电路中即可；题（2）和（3）的关键是根据串并联规律量程待测电流表满偏时的表达式即可求解 ‎【解答】解：（1）：由于电压表量程远大于电源电动势，所以不能使用电压表；‎ 由于待测电流表的满偏电压为=，与电流表的满偏电压接近，所以应将二者并联以后再与电流表串联；‎ 由于变阻器的全电阻远小于待测电流表的电阻，所以变阻器应采用分压式接法；‎ 定值电阻可以当做保护电阻串联在测量电路中，电路图如图所示：‎ ‎（2）：根据串并联规律待测电流表满偏时应有： =，及 所以应读取的物理量是待测电流表满偏时电流表、的读数；‎ ‎（3）：根据题（2）中的两个表达式可得： =， =；‎ 解得： =，所以应读取的物理量是 故答案为：（1）如图 ‎（2）待测电流表满偏时，电流表的读数 ‎（3），‎ ‎　‎ ‎11．在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下．计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙．已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度．‎ ‎（1）求t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标；‎ ‎（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．‎ ‎【分析】由题意可知，沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学基本公式求出在（t﹣t0）时间内水平和竖直方向的位移即可求出位置坐标，联立方程，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线方程即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度 v0=at0‎ 沙随沙漏一起匀加速的位移 接着沙平抛，t时刻位移 x1=v0（t﹣t0）‎ 且x=x0+x1‎ y=‎ 所以，t0时刻漏出的沙的坐标为：（，）；‎ ‎（2）联立方程，y=，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程 答：（1）t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标为：（，）；‎ ‎（2）该曲线方程为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0.40T，方向垂直纸面向里，电场强度E=2.0×105V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面的正三角形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度B2=0.25T．一束带电量q=8.0×10﹣19C，质量m=8.0×10﹣26 kg的正离子从P点射入平行板间，不计重力，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.2m）的Q点垂直y轴射向三角形磁场区，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°．则：‎ ‎（1）离子运动的速度为多大？‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是多少？‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为多少？‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经多长时间到达X轴？‎ ‎【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；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）离子沿直线穿过相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件求解速度v．‎ ‎（2）由题，离子穿出磁场通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为60°，则当匀强磁场方向垂直纸面向外时，速度偏向角为60°，则轨迹圆心角为60°；根据t=列式求解时间．‎ ‎（3）当匀强磁场方向垂直纸面向里时，离子转过300°时，穿出磁场，轨迹为圆弧，作出面积最小的正三角形磁场区域，由几何知识最小边长；根据t=列式求解时间．‎ ‎（4）画出轨迹，结合几何关系求解离开磁场后的路程，再根据速度定义求解时间．‎ ‎【解答】解：（1）离子在板间做匀速直线运动，由受力平衡条件得：‎ Eq=qvB 解得：‎ v=‎ ‎（2）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ qvB=m 解得：‎ R=0.2m ‎ 周期：‎ T=‎ t=‎ ‎（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，过程示意图如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ qvB=m 解得：R=0.2m ‎ 由几何关系得：‎ L=2×（2R+）tan30°=（1+）R=（）m ‎（4）离子出磁场后做匀速直线运动，几何关系得位移：‎ S=（0.2+）cot60° ‎ 故时间：‎ t==s ‎ 答：（1）离子运动的速度为5×105m/s；‎ ‎（2）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向外，离子在磁场中运动的时间是；‎ ‎（3）若正三角形区域内的匀强磁场方向垂直纸面向里，正三角形磁场区域的最小边长为（）m；‎ ‎（4）第（3）问中离子出磁场后经s时间到达X轴．‎ ‎　‎ ‎13．在均匀介质中，t=0时刻振源O沿+y方向开始振动，t=0.9s时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形．由此可以判断：波的周期为　0.4　s，x=20m处质点在0～1.2s内通过的路程为　4　m．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】波传播过程中，介质中各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，可判断出图中波最前列的质点的振动方向，确定出已有波形的长度，写出时间与周期的关系，从而求得周期．根据距离求出波从图示时刻传到x=20m处的时间，分析该质点在0～1.2s内振动的时间，即可求解路程．‎ ‎【解答】解：振源O沿+y方向开始振动，介质中各个质点均沿+y方向开始振动，而图中x=14m处质点此刻正沿﹣y方向振动，则x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形，x=14m右侧还有半个波长的波形，所以从t=0时刻到t=0.9s时刻波传播的距离为 x=18m=2λ，传播的时间为△t=0.9s=2T 得 T=0.4s．‎ 波速为 v==m/s=20m/s，波从x=18m传到x=20m处的时间为 t==s=0.1s 故x=20m处质点在0～1.2s内已经振动了时间 t′=1.2s﹣0.9s﹣0.1s=0.2s=T 质点在一个周期内通过的路程是4A，则在t′=T内通过的路程是 S=2A=2×2m=4m．‎ 故答案为：0.4，4．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成θ角（θ＜90°）的方向入射到AB边的中点P处．若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cosθ应满足什么条件？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】由折射定律得到光线在AB上的折射角，全反射可得出临界角与折射率的关系．根据题设的两个条件：一是光线能射到AC面上，得到入射角正弦的范围；二是光线在AC面上发生全反射，则光线在AC面上的入射角β≥C，由几何关系得到AB面上的折射角与入射角β的关系，联立可求解 ‎【解答】解：光由空气射向三棱镜，在AB边上发生折射，折射角为α，由折射定律得： =n 当光由三棱镜射向空气，临界角为C时，发生全反射，所以 sinC=‎ ‎①要使光线能入射到AC边上，由几何关系 ‎ sinα≥‎ 联立解得：cosθ≥；‎ ‎②要使光线能在AC面上发生全反射，应有β≥C 由几何关系 α+β=90°‎ 联立解得：cosθ≤‎ 综上可得：≤cosθ≤‎ 答：若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cosθ应满足≤cosθ≤．‎ ‎　‎ ‎15．某放射性元素经过6天后，只剩下没有衰变，它的半衰期是　2　天．为估算某水库的库容，可取一瓶无毒的该放射性元素的水溶液，测得瓶内溶液每分钟衰变 8×107次．现将这瓶溶液倒入水库，8 天后在水库中取水样1.0m3（可认为溶液己均匀分布），测得水样每分钟衰变20次．由此可知水库中水的体积约为　2.5×105　m3．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据半衰期公式，利用比例相等的方法求水库的容量．‎ ‎【解答】解：（1）放射性元素经过n个半衰期后，剩余的质量与原质量之间的关系：‎ 解得：T=2天 ‎（2）设水库中的水量为Qm3，8天后水库中所有放射性元素每分钟衰变的次数为20Q，放射性元素原有质量为mo，8天后剩余质量为m．则有 又 联立解得：Q=2.5×105‎ 故答案为：2；2.5×105．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式可以正确解题．‎ ‎【解答】解：设小球的初速度为v0，第一次碰撞后，小球的速度为v1，圆环的速度为v2．‎ 圆环和小球组成的系统动量守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，‎ 由能量守恒定律得： mv02=mv12+Mv22，‎ 多次碰撞后小球和环最终静止，设圆环受到的摩擦力为f，‎ 通过的总位移为x．系统的动能全部转化为摩擦生热：fx=mv02，‎ 第一次碰撞后经时间t，小球恰好未从小孔中穿出，即二者共速，均为v1，‎ 由运动学规律： t﹣v1t=2R，‎ 对圆环，由动量定理：﹣ft=Mv1﹣Mv2，‎ 解得，圆环通过的总位移：x=R；‎ 答：圆环通过的总位移为R．‎ ‎　‎ ‎2016年12月3日