學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精云南民族大學附屬中學2017年秋季學期期中考試高三物理試卷（考試時間90分鐘，滿分100分）命題人：審題人：注意事項：1。答題前,考生務必用黑色碳素筆將自己的考號、姓名、考場、座位號、班級在答題卡上填寫清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應的題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。在試卷上作答無效。第Ⅰ卷（選擇題,共48分）一、選擇題(本題共12小題，共48分.在下列各題的四個選項中,1—9題只有一個選項正確，10-12題是不定項選擇，全部選對的得4分;選對但不全的得2分，有錯選的得0分。）如圖所示，質量分布均勻的球位于水平地面上，球的質量為m、半徑為R．以地面為參考平面,球的重力勢能為（）A。mgRB。12mgRC。0D.-在水平地面上，質量m1的小球用輕繩跨過光滑的半圓形碗連接質量分別為m2和m3的物體，平衡時小球恰好與碗之間沒有彈力作用，則m1、m2和m3的比值為（）A.1：2：3B.2：1:1C。2：3:1D.2：1:3發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道1上運行,然后Q點點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次P點點火．將衛星送入同步圓軌道3．軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點（如圖）,則當衛星分別在1，2,3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A。衛星在軌道3上的周期小于在軌道1的周期B.衛星在軌道2上的機械能大于軌道3上的機械能C。衛星在軌道1上經過Q點時的加速度等于它在軌道2上經過Q點時的加速度D.衛星在軌道2上經過P點的速率大于它在軌道3上經過P點的速率一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖3所示．則（)A.2～6s時間內物體的加速度為0。5m/sB.物塊的質量為1C.整個過程中，物體所受摩擦力始終為2ND.0～10s時間內,物體克服摩擦力所做的功30J質量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動．當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角θ2時（如圖），下列判斷正確的是（)A.P的速率為v B。P的速率為vcosθ2C.繩的拉力等于mgsinθ1 D.繩的拉力小于mgsinθ1如圖所示,兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動,A帶電荷量為-q，B帶電荷量為+2q，下列說法正確的是（）A。相碰前兩球運動中動量不守恒B.相碰前兩球的總動量隨距離的減小而增大C。碰撞前后兩球組成系統動量守恒D.兩球相碰分離后的總動量不等于相碰前的總動量，因為碰前作用力為引力,碰后為斥力如圖，真空中電量均為Q的兩正點電荷，固定于一絕緣正方體框架的兩側面ABB1A1和DCC1D1中心連線上,且兩電荷關于正方體中心對稱，則（）A.A、B、C、D四個點的電勢相同B。A1、B1、C1、D1四個點的電場強度相同C.負檢驗電荷q在A點的電勢能小于在C1點的電勢能D.正檢驗電荷q從C點移到C1點過程電場力對其做正功如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場．在該區域中,有一個豎直放置的光滑絕緣圓環,環上套有一個帶正電的小球．O點為圓環的圓心，a、b、c、d為圓環上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，bd沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現將小球從環的頂端a點由靜止釋放．下列判斷正確的是（）A。小球能越過與O等高的d點并繼續沿環向上運動B.當小球運動到c點時,小球受到的洛侖茲力最大C.小球從b點運動到c點,電勢能增大，動能先增大后減小D。小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大如圖所示,半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內,O是圓心，OC豎直，OA水平,B是最低點，A點緊靠一足夠長的平臺MN，D點位于A點正上方，DA距離為有限值．現于D點無初速度釋放一個大小可以忽略的小球，在A點進入圓弧軌道,從C點飛出后做平拋運動并落在平臺MN上，P點是小球落在MN之前軌跡上緊鄰MN的一點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.只要D點的高度合適,小球可以落在平臺MN上任意一點B.小球從A運動到B的過程中，重力的功率一直增大C.小球由D經A,B，C到P的過程中,其在D點的機械能大于P點的機械能D。如果DA距離為h，則小球經過B點時對軌道的壓力為3mg+2mgh如圖所示，T為理想變壓器，原副線圈匝數比為4：1，A1、A2為理想交流電流表,V1、V2為理想交流電壓表,R1、R2為定值電阻，R3為熱敏電阻（阻值隨溫度的升高而減小），原線圈兩端接入如后圖所示的電壓，以下說法正確的是（）A。當溫度升高時,電壓表V1示數為552V保持不變B。當溫度升高時,電壓表V2示數變大C.通過電流表A1的電流方向每秒變化100次D。當溫度升高時，電流表A1、A2示數同時變大關于天然放射現象，以下敘述正確的是(）A。若使放射性物質的溫度升高，其半衰期將減小B。β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉變為質子時產生的C.在α、β、γ這三種射線中，γ射線的穿透能力最強，α射線的電離能力最強D.鈾核（92238U）衰變為鉛核（82206Pb）的過程中，要經過8次α衰變和10次β衰變兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好,導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則（)A。釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC。若彈簧彈力為F時，金屬棒獲得最大速度vm,則vm=(mg?F)RD.最終電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量第Ⅱ卷(非選擇題,共52分)二、填空題(本題共12分，每小題2分.請將答案填寫在答題卡的相應位置.）如圖1所示為多用電表的示意圖,其中S、T為可調節的部件，現用此電表測量一阻值約為1000Ω的定值電阻，部分操作步驟如下：（1）選擇開關應調到電阻檔的______（填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”）位置．（2）將紅、黑表筆分別插入“+”、“-”插孔，把兩筆尖相互接觸，調節______（填“S”或“T”），使電表指針指向______（填“左側"或“右側”）的“0”位置．(3)將紅、黑表筆的筆尖分別與電阻兩端接觸，電表示數如圖2所示，該電阻的阻值為______Ω．甲、乙兩位同學在“驗證牛頓第二定律"實驗中，使用了如圖1所示的實驗裝置．(1）實驗時他們先調整墊木的位置，使小車不掛配重時能在傾斜的長木板上做勻速直線運動，這樣做的目的是______．（2）此后，甲同學把細線系在小車上并繞過定滑輪懸掛若干配重片．在小車質量一定的情況下,多次改變配重片數量,每改變一次就釋放一次小車,利用打點計時器打出記錄小車運動情況的多條紙帶．圖2是其中一條紙帶的一部分，O、A、B、C為4個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有4個打出的點沒有畫出．打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上．通過對紙帶的測量，可知小車運動過程中的加速度大小為______m/s2(保留2位有效數字)．(3）乙同學在實驗時，因配重片數量不足改用5個質量為20gA．可由該圖線計算出小車和5個鉤碼質量之和B．只有當小車質量遠大于懸掛鉤碼的質量時，該圖線才是一條直線C．無論小車質量是否遠大于懸掛鉤碼的質量，該圖線都是一條直線．三、計算題(本題共5小題，共計40分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟,只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.）(6分）A、B、C三物塊質量分別為M、m和m0,作如圖所示的聯結．其中M=3kg,m=1。5kg，m0=0。5kg，繩子不可伸長，繩子和滑輪的質量不計，繩子和滑輪間、A物塊和桌面間均光滑．從圖中所示位置釋放后A、B、C一起作勻加速直線運動，求在作勻加速直線運動的過程中物塊A與B間的摩擦力大小和繩上的拉力(g取10m/s2)．(9分）如圖，質量M=1kg的長木板靜止在光滑的水平面上,有一個質量m=0.2kg的可看作質點的物體以6m/s的水平初速度木板的左端沖上木板，在木板上滑行了（1）木板最終獲得的速度;(2）在此過程中產生的熱量；（3）到物塊與木板相對靜止結束，木板前進的距離是多少？（10分）如圖所示，在豎直平面內直線AB與豎直方向成30°角，AB左側有勻強電場,右側有垂直紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電量為q的帶負電的粒子，從P點以初速υ0豎直向下射入電場，粒子首次回到邊界AB時,經過Q點且速度大小不變，已知P、Q間距為l，之后粒子能夠再次通過P點,（粒子重力不計)求：（1）勻強電場場強的大小和方向；（2）勻強磁場磁感強度的可能值．選做題(本題15分。18-1題與18-2任選做一題，兩題都做的考生以18—1題計分.)▋18—1選修3—3（1）（5分）關于物體的內能，下列說法正確的是（)A.物體的內能是指物體內所有分子的動能和勢能的總和B.一定質量的0℃的水凝結為0C。通電時電阻發熱，它的內能增加是通過“熱傳遞”方式實現的D。溫度高的物體一定比溫度低的物體內能大E.一定質量的理想氣體吸收熱量,它的內能可能不變（2）(10分)如圖所示，截面積分別為SA=1cm2、SB=0.5cm2的兩個上部開口的柱形氣A、B,底部通過體積可以忽略不計的細管連通，A、B兩個氣缸內分別有兩個不計厚度的活塞，質量分別為mA=1。4kg、mB=0.7kg．A氣缸內壁粗糙，活塞與氣缸間的最大靜摩擦力為Ff=3N；B氣缸內壁光滑，且離底部2h高處有一活塞銷．當氣缸內充有某種理想氣體時,A、B中的活塞距底部均為h，此時氣體溫度為T0=300K,外界大氣壓為P0=1.0×105Pa．現緩慢升高氣體溫度，（g取10m/s2，)求:(i）當氣缸B中的活塞剛好被活塞銷卡住時，氣體的溫度；（ii)當氣缸A中的活塞剛要滑動時,氣體的溫度T2．▋18—2選修3-4（1）（5分）如圖甲所示是一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖,P是參與波動的、離原點x1=2m處的質點,Q是參與波動的、離原點x2=4m處的質點．圖乙是參與波動的某一質點的振動圖象（所有參與波動的質點計時起點相同)．由圖可知（）A.從t=0到t=6s,質點P通過的路程為0。6mB.從t=0到t=6s，質點Q通過的路程為12mC.這列波的傳播速度為v0=2m/sD.從t=0起，P質點比Q質點先到達波峰E.乙圖可能是甲圖中質點Q的振動圖象（2）（10分）如圖，一半徑為R的玻璃半球，O點是半球的球心，虛線OO′表示光軸（過球心O與半球底面垂直的直線）．已知玻璃的折射率為1.5．現有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光線能從球面射出(不考慮被半球的內表面反射后的光線)．求：（i)從球面射出的光線對應的入射光線到光軸距離的最大值；（ii）距光軸的入射光線經球面折射后與光軸的交點到O點的距離．2017年秋季學期期中考試高三物理試卷（教師版）選擇題（本題共12小題，共48分。在下列各題的四個選項中，1—9題只有一個選項正確，10—12題是不定項選擇，全部選對的得4分；選對但不全的得2分，有錯選的得0分.）A2。C3。C4.D5.B6.C7。A8.C9。D10。CD11.BC12.AC如圖所示，質量分布均勻的球位于水平地面上，球的質量為m、半徑為R．以地面為參考平面，球的重力勢能為（）A。mgR B。 C.0 D.-mgR【答案】A【解析】解：球的重心距地面高度為h，故球的重力勢能為EP=mgh；故A正確，BCD錯誤．故選：A．明確球體的重力勢能一般考慮球心處的高度，所以根據設定的零勢能面確定重心的高度，再由mgh即可求得重力勢能．本題考查重力勢能確定，要注意明確重力勢能與零勢能面有關，同時明確球體的重力勢能應考慮重心的位置．在水平地面上，質量m1的小球用輕繩跨過光滑的半圓形碗連接質量分別為m2和m3的物體，平衡時小球恰好與碗之間沒有彈力作用,則m1、m2和m3的比值為（）A.1：2:3 B。2：1：1 C.2：：1 D.【答案】C【解析】解：對碗內的小球m1受力分析,受重力、兩個細線的兩個拉力，由于碗邊緣光滑，相當于動滑輪,故細線對物體m2的拉力等于m2g,細線對物體m1的拉力等于m3g如圖根據共點力平衡條件,兩個拉力的合力與重力等值、反向、共線，有G2=G1cos30°=m2gG3=G1sin30°=m1g故解得m1:m2：m3=2:：1故選：C對碗內的小球m1受力分析，根據共點力平衡條件,運用合成法求解即可．本題關鍵是對碗內小球受力分析,根據三力平衡條件可知,三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，然后運用合成法作圖，根據幾何關系得到三個物體的重力之比．發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓軌道1上運行，然后Q點點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次P點點火．將衛星送入同步圓軌道3．軌道1、2相切于Q點,軌道2、3相切于P點（如圖）,則當衛星分別在1，2，3軌道上正常運行時，以下說法正確的是（）A.衛星在軌道3上的周期小于在軌道1的周期B.衛星在軌道2上的機械能大于軌道3上的機械能C。衛星在軌道1上經過Q點時的加速度等于它在軌道2上經過Q點時的加速度D.衛星在軌道2上經過P點的速率大于它在軌道3上經過P點的速率【答案】C【解析】解:A:根據開普勒第三定律（類似)，衛星在軌道3上的周期大于在軌道1上周期．故A錯誤；B：在P點，它們的重力勢能相等，但在軌道3的動能較大,因此在軌道2上的機械能小于軌道3上的機械能，故B錯誤;C:衛星在軌道1上經過Q點時的加速度和它在軌道2上經過Q點時的加速度都是由萬有引力提供的．在同一點，萬有引力相等,故加速度也相等．故C正確；D：同理，衛星在軌道2上經過P點的加速度（萬有引力）等于它在軌道3上經過P點的加速度;衛星在軌道2上經過P點時開始做向心運動，提供的加速度（萬有引力）大于需要的加速度(ma=），所以軌道2上經過P點的速率小于它在軌道3上經過P點的速率．故D錯誤．故選：C．根據人造衛星的萬有引力等于向心力,列式求出線速度、周期、和向心力的表達式進行討論即可．本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和周期的表達式，再進行討論，注意向心加速度只與間距大小、及中心天體質量有關，并掌握圓周運動與近心運動的條件．一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖2所示，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖3所示．則(）A.2～6s時間內物體的加速度為0。5m/sB.物塊的質量為1C.整個過程中，物體所受摩擦力始終為2ND。0～10s時間內，物體克服摩擦力所做的功30J【答案】D【解析】解：A、在速度時間圖象上，斜率表示加速度，由圖3可得2—6s時間內物體的加速度為：a==m/s2=0.75m/s2．故A錯誤．B、由圖3知,6—8s內物體做勻速直線運動，由平衡條件得：f2=F2=2N由圖3可得2—6s物體做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：F1-f2=ma1聯立代入數據解得：m=kg,故B錯誤．C、在0-1s內物體靜止不動,物體所受摩擦力f1=F1=1N,2-10s內物體所受摩擦力f2=2N，故C錯誤．D、在整個過程中通過的位移為：x=×（2+8)×3m=15m，物體克服摩擦力做功：W=f2x=2×15J=30J，故D故選:D2～6s時間內物體的加速度可根據速度時間圖象的斜率求得;根據6—8s時間內，物體勻速直線運動，拉力和摩擦力相等，求得摩擦力的大小，然后再根據2-6s內，利用牛頓第二定律列式求解物體的質量．根據功的計算公式W=Fl求物體克服摩擦力所做的功．此題考查了學生對圖象問題的分析能力，能從圖象中得出相關的信息，知道v—t圖象的斜率表示加速度，面積表示位移，然后結合牛頓第二定律進行計算．質量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上,輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動．當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角θ2時（如圖），下列判斷正確的是（）A.P的速率為v B。P的速率為vcosθ2C.繩的拉力等于mgsinθl D。繩的拉力小于mgsinθ1【答案】B【解析】解：A、B,將小車的速度v進行分解如圖所示，則vp=vcosθ2，故A錯誤，B正確；C、D、小車向右運動，θ2減小，v不變,則vp逐漸增大,說明物體P沿斜面向上做加速運動，由牛頓第二定律T—mgsinθ1=ma，可知繩子對A的拉力T＞mgsinθ1，故C錯誤，D錯誤．故選：B將小車的速度v的進行分解，得到兩個物體速度的關系式，分析物體P做什么運動，判斷繩子拉力始終與物體P所受重力的關系．解決本題的關鍵得出A、B的速度關系，由牛頓第二定律分析繩子的拉力與重力的大小關系,運用外推法，即極限法分析A物體的加速度如何變化是難點．如圖所示,兩帶電的金屬球在絕緣的光滑水平面上沿同一直線相向運動，A帶電荷量為-q，B帶電荷量為+2q，下列說法正確的是（）A.相碰前兩球運動中動量不守恒B。相碰前兩球的總動量隨距離的減小而增大C.碰撞前后兩球組成系統動量守恒D。兩球相碰分離后的總動量不等于相碰前的總動量，因為碰前作用力為引力，碰后為斥力【答案】C【解析】解：將兩球看作整體分析時，整體受重力支持力,水平方向不受外力，故整體系統動量守恒;故兩球相碰分離后的總動量等于碰前的總動量；故C正確，ABD錯誤故選:C分析系統的受力情況,根據動量守恒定律的條件可以判斷動量是否守恒．本題要明確兩球之間的彈力及庫侖力均為內力，在分析動量是否守恒時不考慮內力．如圖，真空中電量均為Q的兩正點電荷，固定于一絕緣正方體框架的兩側面ABB1A1和DCC1D1中心連線上，且兩電荷關于正方體中心對稱，則（）A.A、B、C、D四個點的電勢相同B。A1、B1、C1、D1四個點的電場強度相同C。負檢驗電荷q在A點的電勢能小于在C1點的電勢能D.正檢驗電荷q從C點移到C1點過程電場力對其做正功【答案】A【解析】解：等量同種電荷周圍電場分布情況如圖：將該圖與題圖結合可知：A、將兩個圖比較可知，A、B、C、D四個點的是關于連線對稱的，所以電勢相同，故A正確；B、由于A1、B1、C1、D1四個點是關于連線對稱,場強大小相等，但方向不同，所以場強不同,故B錯誤．C、D、將兩個圖比較可知，A、B、C、D四個點和A1、B1、C1、D1四個點關于點電荷的連線的中心是對稱的,所以8個點的電勢高低是相等的，所以負檢驗電荷q在A點的電勢能等于在C1點的電勢能，正檢驗電荷q從C點移到C1點過程電場力對其做功的和為0．故C錯誤，D錯誤．故選:A．解答本題要掌握等量同種電荷周圍電場分布情況,電場線與等勢面垂直，而且順著電場線電勢逐漸減小．結合對稱性進行分析．該題考查常見的電場以及電場線的分布，要熟練掌握等量異種電荷和等量同種電荷周圍電場強度、電勢分布情況，并能正確判斷電荷在電場中運動時動能或電勢能變化情況．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場．在該區域中,有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球．O點為圓環的圓心，a、b、c、d為圓環上的四個點，a點為最高點，c點為最低點,bd沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現將小球從環的頂端a點由靜止釋放．下列判斷正確的是（）A。小球能越過與O等高的d點并繼續沿環向上運動B。當小球運動到c點時，小球受到的洛侖茲力最大C.小球從b點運動到c點,電勢能增大,動能先增大后減小D.小球從a點到b點，重力勢能減小，電勢能增大【答案】C【解析】解:電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°,由于合力是恒力,故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環的“最高點”，關于圓心對稱的位置(即bc弧的中點）就是“最低點"，速度最大；A、由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；B、由于bc弧的中點相當于“最低點”，速度最大，當然這個位置洛倫茲力最大,故B錯誤；C、小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增后減，故C正確；D、從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故D錯誤．故選:C．電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°,由于合力是恒力，故類似于新的重力,所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環的“最高點”．關于圓心對稱的位置（即bc弧的中點）就是“最低點”，速度最大．再根據豎直平面內的圓周運動的相關知識解題即可．該題要求同學們能夠根據受力分析找出做圓周運動新的最高點和最低點,再根據豎直平面內的圓周運動的知識解題，難度較大．如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道ABC固定在豎直平面內,O是圓心，OC豎直,OA水平，B是最低點,A點緊靠一足夠長的平臺MN，D點位于A點正上方，DA距離為有限值．現于D點無初速度釋放一個大小可以忽略的小球,在A點進入圓弧軌道,從C點飛出后做平拋運動并落在平臺MN上,P點是小球落在MN之前軌跡上緊鄰MN的一點，不計空氣阻力,下列說法正確的是（)A。只要D點的高度合適，小球可以落在平臺MN上任意一點B。小球從A運動到B的過程中,重力的功率一直增大C.小球由D經A，B，C到P的過程中，其在D點的機械能大于P點的機械能D.如果DA距離為h，則小球經過B點時對軌道的壓力為3mg+【答案】D【解析】解：A、小球恰好通過C點時,有mg=m，vC=小球離開C點后做平拋運動，由R=，得t=，平拋運動的水平距離最小值x=vCt=R,所以小球只有落在平臺MN上距M點距離為（—1）R的右側位置上，故A錯誤．B、小球從A運動到B的過程中,在B點，重力與速度垂直，重力的瞬時功率為0，所以小球到達B點前重力的功率在減小,故B錯誤．C、小球由D經A,B，C到P的過程中，只有重力做功，機械能守恒，則其在D點的機械能等于P點的機械能，故C錯誤．D、小球從D運動到B的過程中，由機械能守恒得mg(h+R）=在B點，由牛頓第二定律得N-mg=m解得N=3mg+由牛頓第三定律得知，小球經過B點時對軌道的壓力N′=N=3mg+．故D正確．故選：D根據小球恰好通過C點時的速度，求小球離開C點后平拋運動的最小距離．采用特殊位置法分析小球從A運動到B的過程中，重力的功率如何變化．在小球運動的過程中，只有重力做功,遵守機械能守恒定律．根據機械能守恒定律求出小球到達B點時的速度,再由牛頓運動定律求小球對軌道的壓力．本題要把握C點的臨界速度的求法，知道小球通過C點后水平位移有最小值，運用機械能守恒定律和牛頓定律結合是求圓周運動中物體受力情況常用的思路．如圖1所示，T為理想變壓器，原副線圈匝數比為4：1，A1、A2為理想交流電流表,V1、V2為理想交流電壓表,R1、R2為定值電阻，R3為熱敏電阻(阻值隨溫度的升高而減小），原線圈兩端接入如圖2所示的電壓,以下說法正確的是(）A。當溫度升高時，電壓表V1示數為55V保持不變B。當溫度升高時，電壓表V2示數變大C。通過電流表A1的電流方向每秒變化100次D.當溫度升高時，電流表A1、A2示數同時變大【答案】CD【解析】解:A、原線圈兩端電壓的有效值，根據電壓與匝數成正比得，故A錯誤；B、當溫度升高時，的阻值減小,副線圈回流變大，兩端的電壓變大,并聯部分的電壓減小，即電壓表示數變小,故B錯誤；C、根據交流電圖象知T=0。02s，頻率，1s完成50個周期性變化，每個周期電流方向改變2次，所以通過電流表的電流方向每秒變化100次，故C正確；D、溫度升高時,副線圈電流變大,根據電流與匝數成反比，知原線圈電流變大，所以、示數同時變大，故D正確;故選:CD由圖乙可知交流電壓最大值Um=220V,周期T=0。02s,可由周期求出頻率，由變壓器原理可得變壓器副線圈中的電壓的值，Rt處溫度升高時,阻值減小，根據負載電阻的變化，可知副線圈電流的變化,根據電流與匝數成反比知原線圈電流的變化根據圖象準確找出已知量,是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵．關于天然放射現象,以下敘述正確的是（）A.若使放射性物質的溫度升高，其半衰期將減小B。β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉變為質子時產生的C.在α、β、γ這三種射線中，γ射線的穿透能力最強,α射線的電離能力最強D.鈾核（92238U）衰變為鉛核（82206Pb）的過程中，要經過8次α衰變和10次β衰變【答案】BC【解析】A、半衰期由原子核自身決定，與外界因素無關，A錯誤;B、所釋放的電子是原子核內的中子轉變為質子時產生的,B正確；C、在α、β、γ這三種射線中，電離本領依次減弱，穿透本領依次增強，C正確；D、由質量數守恒知經過8次α衰變，再由電荷數守恒知經過6次β衰變，D錯誤．故選BC半衰期由原子本身決定,β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉變為質子時產生的，α、β、γ這三種射線中，電離本領依次減弱，穿透本領依次增強，根據守恒方程判斷D．本題考查的內容較多，如半衰期、β衰變、射線的特性和核反應方程，難度不大．兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,則（）A。釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB。金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC.若彈簧彈力為F時，金屬棒獲得最大速度vm，則vm=D。最終電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量【答案】AC【解析】解：A、由于剛開始時沒有安培力也沒有彈力，故金屬棒只受重力,則釋放瞬間金屬棒的加速度為g，故A正確；B、金屬棒向下運動時，根據右手定則可判定通過R的電流方向為b→a,故B錯誤；C、若彈簧彈力為F時,金屬棒獲得最大速度vm，此時受力平衡，則有:mg-F=BIL=，解得：vm=；故C正確;D、根據功能關系可知，重力勢能的減少量轉化為內能和彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能．電阻R上產生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少量，故D錯誤；故選:AC．明確金屬棒的受力情況，從而求解對應的加速度變化情況；根據右手定則分析電流方向;根據E=BLv和安培力公式即可求得速度為v時的安培力表達式；金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時)和電阻R產生的內能，本題考查電磁感應與能量守恒定律的內容的結合，要注意明確金屬棒的受力情況分析，明確能量轉化方向，知道由于安培力做功,在運動中重力勢能與彈簧勢能之和會減小是解決這類問題的關鍵，要特別注意彈性勢能的變化,從而準確掌握能量的轉化方向．二、填空題（本題共12分，每空2分。請將答案填寫在答題卡的相應位置。）如圖1所示為多用電表的示意圖，其中S、T為可調節的部件，現用此電表測量一阻值約為1000Ω的定值電阻，部分操作步驟如下：(1）選擇開關應調到電阻檔的______（填“×1"、“×10”、“×100”或“×1k”）位置．（2）將紅、黑表筆分別插入“+”、“—”插孔，把兩筆尖相互接觸，調節______（填“S”或“T”），使電表指針指向______（填“左側”或“右側”）的“0”位置．（3)將紅、黑表筆的筆尖分別與電阻兩端接觸,電表示數如圖2所示，該電阻的阻值為______Ω．【答案】×100；T;右側;1100【解析】解:用歐姆表測阻值約為1000Ω的定值電阻，部分操作步驟如下：(1）選擇開關應調到電阻檔的“×100”位置．（2）將紅、黑表筆分別插入“+”、“—”插孔，把兩筆尖相互接觸，調節歐姆調零旋鈕T，使電表指針指向右側的“0"位置．（3）將紅、黑表筆的筆尖分別與電阻兩端接觸，由圖2所示可知，該電阻的阻值為11×100=1100Ω．故答案為：（1）×100;(2）T；右側；（3）1100．多用電表測量電阻時,需要選擇合適的檔位，使指針指針中央刻度線附近；選擇擋位后要進行毆姆調零，然后測量電阻讀出示數，指針示數與檔位的乘積是歐姆表示數．考查歐姆表的使用，使用歐姆表測電阻時，要選擇合適的檔位,使指針指針表盤中央刻度線附近，歐姆表換檔后要進行歐姆調零；指針示數與檔位的乘積是歐姆表示數；要注意歐姆表的零刻度線在最右側．甲、乙兩位同學在“驗證牛頓第二定律”實驗中，使用了如圖1所示的實驗裝置．①實驗時他們先調整墊木的位置，使小車不掛配重時能在傾斜的長木板上做勻速直線運動，這樣做的目的是______．②此后，甲同學把細線系在小車上并繞過定滑輪懸掛若干配重片．在小車質量一定的情況下，多次改變配重片數量，每改變一次就釋放一次小車，利用打點計時器打出記錄小車運動情況的多條紙帶．圖2是其中一條紙帶的一部分，O、A、B、C為4個相鄰的計數點，相鄰的兩個計數點之間還有4個打出的點沒有畫出．打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上．通過對紙帶的測量，可知小車運動過程中的加速度大小為______m/s2(保留2位有效數字）．③乙同學在實驗時，因配重片數量不足改用5個質量為20g的鉤碼進行實驗．他首先將鉤碼全部掛上，用打點計時器打出記錄小車運動情況的紙帶，并計算出小車運動的加速度;之后每次將懸掛的鉤碼取下一個并固定在小車上，重復多次實驗,且每次實驗前均調整墊木的位置，使小車不掛配重時能在傾斜的長木板上做勻速直線運動．根據測得的數據，繪制出小車加速度與懸掛的鉤碼所受重力的關系圖線．關于這一圖線下列說法錯誤的是______．（選填選項前的字母）A．可由該圖線計算出小車和5個鉤碼質量之和B．只有當小車質量遠大于懸掛鉤碼的質量時,該圖線才是一條直線C．無論小車質量是否遠大于懸掛鉤碼的質量，該圖線都是一條直線．【答案】為了平衡小車運動過程中所受摩擦力；0.50;AC；B【解析】解:①）為了克服摩擦力的影響，在實驗中應墊高一側，從而使重力的分力與摩擦力相互平衡；從而使小車受到的拉力為合外力；②由△x=aT2可得:a==0.49m/s2；③對鉤碼和小車整體分析可知，整體受到的拉力為鉤碼的重力,質量是整體的質量；由F=ma可知，作出的圖象一定為直線；且圖象的斜率一定為整體的質量;故AC正確，B錯誤;本題選錯誤的；故選：B．故答案為:①為了平衡小車運動過程所受摩擦力；②0.49)；③AC；④B（1）正確的a—F圖象應該是過原點的直線，由于平衡摩擦力過度,因此圖象在縱軸上有截距,（2）根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小．(3）明確圖象的性質，根據圖象可求得；（4）對整體進行分析,由牛頓第二定律可求得質量．在“驗證牛頓第二定律”的實驗用控制變量法，本實驗只有在滿足平衡摩擦力和小車質量遠大于鉤碼質量的雙重條件下，才能用鉤碼重力代替小車所受的合力，同時加強基礎物理知識在實驗中的應用，加強解決實驗問題的能力．掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時加速度．計算題（本題共5小題，共計40分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分,有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。）A、B、C三物塊質量分別為M、m和m0，作如圖所示的聯結．其中M=3kg,m=1。5kg,m0=0.5kg，繩子不可伸長,繩子和滑輪的質量不計,繩子和滑輪間、A物塊和桌面間均光滑．從圖中所示位置釋放后A、B、C一起作勻加速直線運動，求在作勻加速直線運動的過程中物塊A與B間的摩擦力大小和繩上的拉力(g取10m/【答案】解:以整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得：m0g=（m0+m+M)a，解得：，以B為研究對象,根據牛頓第二定律可得：f=ma=1。5×1N=1.5N;以A、B為研究對象，根據牛頓第二定律可得繩子拉力：F=(m+M）a=4.5N．答：物塊A與B間的摩擦力大小為1.5N，繩上的拉力為4.5N．【解析】以整體為研究對象，根據牛頓第二定律求解整體加速度大小,再分別以B、A和B為研究對象，根據牛頓第二定律求解物塊A與B間的摩擦力大小和繩上的拉力．本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應用．如圖，質量M=1kg的長木板靜止在光滑的水平面上，有一個質量m=0.2kg的可看作質點的物體以6m/s的水平初速度木板的左端沖上木板,在木板上滑行了2（1）木板最終獲得的速度；（2）在此過程中產生的熱量;（3）到物塊與木板相對靜止結束，木板前進的距離是多少？【答案】解:(1）木板與物塊組成的系統動量守恒，以向右為正方向,由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v，則得：v===1m/s(2）在此過程中產生的熱量為:Q=-=3J（3）由Q=f△x得：f===1。5N對木板，運用動能定理得：fx=得：x==m答：(1）木板最終獲得的速度是1m/s；（2）在此過程中產生的熱量是3J;(3）到物塊與木板相對靜止結束，木板前進的距離是m．【解析】（1）木板與物體組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出木板最終獲得的速度．(2)系統的機械能減少轉化為內能，由能量守恒定律求熱量．（3）根據Q=f△x，求物塊與木板間的摩擦力大小,再對木板，運用動能定理求解．本題要掌握物塊在木板上滑動時遵守的基本規律：動量守恒定律和能量守恒定律,要注意只有明確研究對象并做好受力分析，才能正確確定物理規律．如圖所示,在豎直平面內直線AB與豎直方向成30°角，AB左側有勻強電場，右側有垂直紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電量為q的帶負電的粒子,從P點以初速υ0豎直向下射入電場，粒子首次回到邊界AB時，經過Q點且速度大小不變,已知P、Q間距為l，之后粒子能夠再次通過P點，（粒子重力不計）求:（1）勻強電場場強的大小和方向;（2)勻強磁場磁感強度的可能值．【答案】解：（1）由題意可知，粒子首次回到邊界AB時，經過Q點且速度大小不變，PQ間電勢差為零，P、Q在同一等勢面上，勻強電場垂直于AB且與豎直方向成60°角向下，粒子在電場中沿AB方向做勻速直線運動，l=v0cos30°?t，在垂直AB方向粒子做勻減速直線運動:v0sin30°=a?=?，解得:E=;（2)粒子從Q點進入磁場時沿AB方向的分速度不變，垂直AB方向的分速度大小不變方向反向，由此可知：粒子經Q點的速度與AB成30°角，若粒子進入磁場偏轉后恰好經過P點，其軌道半徑為R,磁感應強度為B，由幾何知識得：R=l,粒子做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qv0B=m,解得：B=；若粒子做圓周運動的軌道半徑R＜l，粒子不可能再通過P點，若圓周運動的軌道半徑R＞l，則每個周期沿AB界限向A移動的距離:△x=R—l，粒子可能從電場中再次經過P點需要滿足的條件是：l=n×△x(n=1、2、3…），解得：R=,B=n=1、2、3…;答:（1）勻強電場場強的大小為，方向：垂直于AB且與豎直方向成60°角向下；（2)勻強磁場磁感強度的可能值為B=（R=1）；n=1、2、3…（R＞1）．【解析】（1)根據題意確定電場的方向,應用牛頓第二定律與運動學公式求出電場強度．(2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，根據題意求出粒子的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出磁感應強度．本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵,分析清楚粒子運動過程后應用運動學公式、牛頓第二定律即可解題．18。（1)關于物體的內能,下列說法正確的是（）A.物體的內能是指物體內所有分子的動能和勢能的總和B.一定質量的0℃的水凝結為0℃的冰時，分子平均動能不變，分子勢能減少C.通電時電阻發熱，它的內能增加是通過“熱傳遞”方式實現的D.溫度高的物體一定比溫度低的物體內能大E.一定質量的理想氣體吸收熱量，它的內能可能不變【答案】ABE【解析】解：A、物體的內能是物體內所有分子動能和分子勢能的總和，故A正確;B、一定質量的0℃的水凝結為0℃的冰時要放出熱量,分子平均動能不變，分子勢能增大，故B正確;C、通電時電阻發熱，它的內能增加是通過電流做功的方式實現的,故C錯誤；D、內能不僅與物體的溫度有關，還與物體的多少有關，故D錯誤；E、一定質量的理想氣體吸收熱量，如果同時對外做功，則它的內能可能不變，故E正確．故選：ABE．內能與物體的質量、溫度和狀態等物理量有關．明確物態變化時熱量的變化情況，明確熱力學第一定律的內容,知道做功和熱傳遞均可以改變物體的內能;內能大小取決于物體的物質的量、溫度和體積；本題主要考查學生對內能的概念的了解和掌握；解答該題的關鍵是要知道物體的內能是所有分子具有的能量之和．知道熱力學第一定律的基本內容和應用．18.（2）如圖所示,截面積分別為SA=1cm2、SB=0.5cm2的兩個上部開口的柱形氣A、B,底部通過體積可以忽略不計的細管連通,A、B兩個氣缸內分別有兩個不計厚度