龙川一中2014届高三物理综合测试之第17周(刘国华)

A B CD高三物理第二学期第2周晚练测试（时间：6：40—7：40）一、选择题（1－4单选题；5－9为双选题)1、用能量为5.0eV 的光子照射某金属表面，金属发射光电子的最大初动能为1.5eV ，则该金属的逸出功为A.1. 5eV B 3.5eV C.5.0eV D. 6.5eV 2、下列叙述中，正确的是A ．物体温度越高，每个分子的动能也越大B ．布朗运动就是固体分子的运动C ．一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变D ．热量不可能从低温物体传递给高温物体3、太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是A.n He H H 10423121+→+ B. H O He N 11178 42147+→+C.n10Sr Xe n U 10903813654 1023592 ++→+D. HeTh U 4223490 23892 +→4、如图所示的四个图象中,有一个是表示一定质量的某种理想气体从状态a 等压膨胀到状态b 的过程.这个图象是5、充足气的自行车内胎在阳光下曝晒时容易爆裂．与曝晒前相比，爆裂前车胎内气体 A ．内能增加 B ．密度增大 C ．压强增大 D ．分子间引力增大6、按照玻尔原子理论，下列表述正确是 A ．核外电子运行轨道半径可取任意值B ．氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量越大C ．电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定，即hν=|E m - E n |D ．氢原子从激发态向基态跃迁的过程，可能辐射能量，也可能吸收能量 7、下列说法中正确的是（ ）A ．重核裂变时放出能量，轻核聚变时吸收能量B ．聚变反应时平均每个核子放出的能量比裂变时平均每个核子放出的能量多C ．铀核裂变的核反应是:n 10Sr Xe n U 10903813654 1023592++→+D ．太阳辐射出的能量是由太阳内部的裂变反应产生的 8．由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么A ．卫星受到的万有引力增大，线速度减小B ．卫星的向心加速度增大，周期减小C ．卫星的动能、重力势能和机械能都减小D ．卫星的动能增大，重力势能减小，机械能减小 9．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。

高三物理第二学期第9周综合测试（汕头一模）（时间：60分钟）一、选择题（13－16单选题；17－21为双选题)13．某交流电源电压的瞬时值表达式为u=62sinl00πt(V)，则下列说法中正确的是A．用交流电压表测该电源电压时，示数是6VB．用交流电压表测该电源电压时，示数是62VC．用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01sD．把标有“6V3W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁14．无风时气球匀速竖直上升，速度为3m/s．现吹水平方向的风，使气球获4m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则A．气球实际速度的大小为7m/s B．气球的运动轨迹是曲线C．若气球获5m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长D．若气球获5m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短15．如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是A．向左摆动B．向右摆动C．保持静止D．无法判定16．如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B．则A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB17．如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列表述正确的是A ．气体从外界吸收热量B ．气体分子的平均动能减少C ．外界对气体做正功作用D ．气体分子撞击器壁的作用力增大18．热核反应方程：17.6MeV X He H H 423121++→+，其中X 表示某种粒子，则下列表述正确的是A ．X 是质子B ．该反应需要吸收17.6MeV 的能量才能发生C ．平均每个核子能释放3MeV 以上能量D ．)()(X He H H 423121m m m m +>+19．“嫦娥三号”卫星在距月球100公里的圆形轨道上开展科学探测，其飞行的周期为118分钟，若已知月球半径和万有引力常量，由此可推算A ．“嫦娥三号”卫星绕月运行的速度B ．“嫦娥三号”卫星的质量C ．月球对“嫦娥三号”卫星的吸引力D ．月球的质量20．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在大小相等的两力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m 1在地面，m 2在空中)，斜向上的力F 与水平方向成θ角，轻弹簧与水平方向成α角。

川中简讯2014年1、2月2014年第1期（总第39期） E-mail:lcyzjx@ 龙川一中办公室编目录＊1月9日我校举行冬季长跑启动仪式＊2月9日我校召开新学期开学工作会议＊2月17日我校举行新学期开学典礼＊2月18日我校召开党的群众路线教育实践活动动员会＊2月27日我校举行2014年高考百日冲刺誓师大会＊校园简讯我校举行冬季长跑启动仪式1月9日，我校举行冬季长跑启动仪式。

启动仪式上，学校副校长钟永忠作动员讲话，号召全校师生都积极参与到“阳光体育冬季长跑运动”活动中去，强健自己的体魄，锻炼自己的意志。

同时，高一、高二年级师生绕教学区进行了首日跑，正式拉开了2013年阳光体育冬季长跑的序幕。

一直以来，学校高度重视体育教学、训练工作，坚持落实“健康第一，共同参与”的阳光体育活动指导思想，积极引导师生走向操场，走进大自然、走到太阳底下自觉参加体育锻炼，不仅形成了“体育见长”的办学特色以及常态化、制度化阳光体育冬季长跑活动，还有着三十多年的“广东省体育传统项目学校”历史，连续多年受到了国家、省、市的表彰。

2013年12月，学校被授予“全国亿万学生阳光体育冬季长跑活动优秀学校”称号。

我校召开新学期开学工作会议2月9日，带着对新学期的美好憧憬，我校召开新学期开学工作会议，明确新的一年学校工作思路和做法以及部署落实各项开学工作。

与此同时，表彰奖励了一批在课堂教学、教育科研、班级管理以及备课组建设等方面取得优异成绩的教师和集体。

县政协副主席、学校校长杨日华指出，新学期是学校百年新发展的开局之年，也是学校内涵可持续发展承前启后之年，学校将围绕办人民满意教育的目标，进一步深化教育教学改革、优化办学环境，努力提升办学质量，打造百年教育名校。

同时，希望全体教职工勇于担当，常怀感恩之心，常思一己之责，常修职业之德，真正做到“用心做事，把事做好；用人格做事，把事做优秀”，实现与学校同发展、共进步，为教育事业的发展作出新的更多贡献。

广东省河源市龙川一中2017-2018学年高三上学期月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（每题4分，共16分）1．（4分）下列说法正确的有（）A．牛顿通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量B．安培通过实验，首先发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因2．（4分）如图，三个大小相等的力F，作用于同一点O，则合力最小的是（）A．B．C．D．3．（4分）塔式起重机模型如图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映Q运动轨迹的是（）A．B．C．D．4．（4分）A和B两物体在同一直线上运动的v﹣t图象如图所示．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A．两物体从同一地点出发B．出发时B在A前3m处C．3s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇D．运动过程中B的加速度大于A的加速度二、双向选择题（每题6分，共30分）5．（6分）如图是“嫦娥一号”卫星奔月示意图，下列表述正确的是（）A．卫星绕月运行时，地球的万有引力提供向心力B．卫星绕月的轨道半径越小，速度也越小C．卫星在绕月圆轨道上的运动周期与月球质量有关D．卫星在地月转移轨道奔月时，地球引力对其做负功6．（6分）如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连．若金属框的总电阻为，磁场如图乙随时间变化，则下列说法正确的是（）A．感应电流由a向b流过小灯泡B．线框cd边受到的安培力指向左C．感应电动势大小为D．a b间电压大小为7．（6分）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A．涂料微粒带负电B．离工件越近，所受库仑力越小C．电场力对涂料微粒做负功D．涂料微粒的电势能减小8．（6分）如图，在竖直方向上，两根完全相同的轻质弹簧a、b，一端与质量为m的物体相连接，另一端分别固定．当物体平衡时，如果（）A．a被拉长，则b一定被拉长B．a被压缩，则b一定被压缩C．b被拉长，则a一定被拉长D．b被压缩，则a一定被拉长9．（6分）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）A．B．C．D．三、填空题（每空2分，画图4分，共18分）10．（8分）某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”．他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照甲图进行实验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置．（1）指出甲图中的一处错误：（2）下列说法正确的是A．实验之前，要先平衡摩擦力B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源（3）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为．（4）若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为m/s2．（保留两位有效数）11．（10分）如图1，用伏安法测定电阻约5Ω均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径读数如图3所示，则它的读数值是mm，（2）根据原理图1连接图2的实物图．（3）闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变的位置，得到几组U、I、L的数据，用R=计算出相应的电阻后作出R﹣L图线如图4．取图线上两个点间数据之差△L和△R，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ=．四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；（3）弹簧的弹性力对球A所做的功．13．（18分）如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有匀强电场和匀强磁场．平行板M、N如图放置，M板带正电．带负电的N板在x轴负半轴上．N板上有一小孔P，离原点O的距离为L．A1A2上的Q点处于P孔正下方．已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．M、N板间距为L、电压为U=．质量为m、电量为+q的小球从OA2上坐标为（b，b）的某点以速度v水平向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动．（重力加速度为g）（1）求A1A2右侧区域内电场强度大小与方向；（2）当b与v满足怎样的关系表达式时，小球均能从Q点离开场区？（3）要使小球能进入M、N板间但又不碰上M板，求b的取值范围．广东省河源市龙川一中2017-2018学年高三上学期月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，共16分）1．（4分）下列说法正确的有（）A．牛顿通过扭秤实验，较准确地测出了万有引力常量B．安培通过实验，首先发现了电流周围存在磁场C．法拉第通过实验研究，总结出了电磁感应的规律D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因考点：物理学史．分析：解答本题应抓住：牛顿得出万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量；奥斯特首先发现了电流周围存在磁场；法拉第总结出了电磁感应的规律；伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因．解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量；故A错误．B、丹麦物理学家奥斯特首先发现了电流周围存在磁场；故B错误．C、1831年，英国物理学家法拉第总结出了电磁感应的规律；故C正确．D、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因．故D错误．故选：C点评：对于物理学上重大发现和著名理论，要加强记忆，牢固掌握，这是小2017-2018学年高考经常考查的内容．2．（4分）如图，三个大小相等的力F，作用于同一点O，则合力最小的是（）A．B．C．D．考点：力的合成．分析：三力合成时，若合力能为零则三力可以组成三角形，分析题中数据可知能否为零；若不为零，则进行两两合成，从而分析最小的可能情况．解答：解：A、将相互垂直的F进行合成，则合力的大小为，再与第三个力F合成，即有合力的大小为；B、将方向相反的两个力合成，则合力为0，再与第三个力F合成，则有合力大小为F；C、将任意两力进行合成，可知，这三个力的合力为零；D、将左边两个力进行合成，再与右边合成，则有合力的大小；故C正确，ABD均错误；故选C．点评：考查力的平行四边形定则，并体现如何选择两力合成的技巧，同时要学生会画合成与分解的力图产．3．（4分）塔式起重机模型如图，小车P沿吊臂向末端M水平匀速运动，同时将物体Q从地面竖直向上匀加速吊起，下图中能大致反映Q运动轨迹的是（）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：物体Q从地面竖直向上匀加速吊起的同时，随着小车向右匀速直线运动，实际运动是两个运动的合运动．解答：解：物体Q参与两个分运动，水平方向向右做匀速直线运动，竖直方向向上做匀加速直线运动；水平分运动无加速度，竖直分运动加速度向上，故物体合运动的加速度向上，故轨迹向上弯曲，故A错误，B正确，C错误，D错误；故选B．点评：本题关键是找出物体的分运动，同时明确加速度方向与轨迹的完全方向相一致．4．（4分）A和B两物体在同一直线上运动的v﹣t图象如图所示．已知在第3s末两个物体在途中相遇，则下列说法正确的是（）A．两物体从同一地点出发B．出发时B在A前3m处C．3s末两个物体相遇后，两物体可能再相遇D．运动过程中B的加速度大于A的加速度考点：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．专题：运动学中的图像专题．分析：由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差．由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度．3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，A的加速度也大于B的加速度，两物体不可能再相遇．解答：解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同．故A错误．B、两物体在3s内的位移分别为x A=×5×3m=7.5m，x B=×3×3m=4.5m，则出发时B在A前3m处．故B正确．C、3s末两个物体相遇后，A的速度大于B的速度，A的加速度也大于B的加速度，两物体不可能再相遇．故C错误．D、由A的斜率大于B的斜率可知A的加速度大于B的加速度．故D错误．故选：B．点评：对于速度﹣时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置．抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析．二、双向选择题（每题6分，共30分）5．（6分）如图是“嫦娥一号”卫星奔月示意图，下列表述正确的是（）A．卫星绕月运行时，地球的万有引力提供向心力B．卫星绕月的轨道半径越小，速度也越小C．卫星在绕月圆轨道上的运动周期与月球质量有关D．卫星在地月转移轨道奔月时，地球引力对其做负功考点：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．专题：人造卫星问题．分析：卫星绕月做圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据该规律得出线速度与轨道半径的关系，从而比较大小．解答：解：A、卫星绕月运行时，靠月球的万有引力提供向心力．故A错误．B、根据得，v=，知轨道半径越小，速度越大．故B错误．C、根据，解得T=，知卫星的周期与月球的质量有关．故C正确．D、卫星在地月转移轨道奔月时，地球的引力做负功．故D正确．故选CD．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用．6．（6分）如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连．若金属框的总电阻为，磁场如图乙随时间变化，则下列说法正确的是（）A．感应电流由a向b流过小灯泡B．线框cd边受到的安培力指向左C．感应电动势大小为D．a b间电压大小为考点：法拉第电磁感应定律；安培力．分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向，最后由左手定则来确定安培力的方向．解答：解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为a→b，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向下，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为E=N=•S=，故C错误；D、由闭合电路殴姆定律可得：I=，那么R两端的电压为U=IR=，故D正确；故选：AD．点评：由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极．7．（6分）静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面．在涂料微粒向工件靠近的过程中（）A．涂料微粒带负电B．离工件越近，所受库仑力越小C．电场力对涂料微粒做负功D．涂料微粒的电势能减小考点：电势能；静电现象的解释．分析：解答本题关键抓住：在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；根据库仑定律分析库仑力的变化；电场力做正功，涂料微粒的电势能减小．解答：解：A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．故A正确．B、离工件越近，根据库仑定律得知，涂料微粒所受库仑力越大．故B错误．C、D涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故C错误，D正确．故选AD点评：本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况．8．（6分）如图，在竖直方向上，两根完全相同的轻质弹簧a、b，一端与质量为m的物体相连接，另一端分别固定．当物体平衡时，如果（）A．a被拉长，则b一定被拉长B．a被压缩，则b一定被压缩C．b被拉长，则a一定被拉长D．b被压缩，则a一定被拉长考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对m受力分析，根据共点力平衡判断弹簧弹力的有无以及弹簧弹力的方向．解答：解：A、a被拉长，则m受重力、弹簧a对它的拉力，若拉力等于mg，则b弹簧处于原长，若拉力小于mg，则b弹簧处于压缩，若拉力大于mg，则b弹簧处于伸长．故A 错误．B、a被压缩，则m受重力、弹簧a对它向下的弹力，则b弹簧对m的弹力一定向上，则b 一定被压缩．故B正确．C、b被拉长，则m受重力、b弹簧对它向下的拉力，则a弹簧对m的弹力一定向上，即a 一定处于拉长．故C正确．D、b被压缩，则m受重力、b弹簧向上的弹力，若弹力等于重力，a弹簧处于原长，若弹力大于重力，则a弹簧处于压缩，若弹力小于重力，则a弹簧处于伸长．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键抓住m的合力为零，通过平衡分析弹簧的弹力大小和方向．9．（6分）如图所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块．t=0时刻起，给木块施加一水平恒力F．分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑．根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系．解答：解：A、木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动．加速度大小相等．故A正确．B、木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直运动．故B错误，C正确．D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度．三、填空题（每空2分，画图4分，共18分）10．（8分）某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“探究加速度与力的关系”．他们将拉力传感器固定在小车上记录小车受到拉力的大小，按照甲图进行实验，释放纸带时，小车处于甲图所示的位置．（1）指出甲图中的一处错误：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力（2）下列说法正确的是ACA．实验之前，要先平衡摩擦力B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行D．实验时应先释放纸带，再接通电源（3）图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为3.10cm．（4）若打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则小车的加速度大小为1.0m/s2．（保留两位有效数）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：实验前需平衡摩擦力，实验时先接通电源，再释放纸带，细线的方向与木板平行，为了使绳子的拉力等于小车所受的合力，小车的质量要远大于所挂钩码的质量．刻度尺的读数需估读到最小刻度的下一位．根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小．解答：解：（1）实验中错误：打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力．（2）A、实验前，要平衡摩擦力，故A正确．B、为了使绳子的拉力等于小车所受的合力，小车的质量要远大于所挂钩码的质量，故B错误．C、拉力的方向应该与木板平行，故C正确．D、实验时应先接通电源，再释放纸带，故D错误．（3）由刻度尺可知，AC间的距离为3.10cm．（4）根据△x=aT2，运用逐差法得，a=m/s2=1.0m/s2．故答案为：（1）打点计时器的电源接了直流电；小车释放时离打点计时器太远；实验前未平衡摩擦阻力．（2）AC（3）3.10cm（3.09cm、3.11cm均正确）（4）1.0点评：解决本题的关键知道实验中的注意事项，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．11．（10分）如图1，用伏安法测定电阻约5Ω均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．（1）用螺旋测微器测电阻丝的直径读数如图3所示，则它的读数值是1.980mm，（2）根据原理图1连接图2的实物图．（3）闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P点的位置，得到几组U、I、L的数据，用R=计算出相应的电阻后作出R﹣L图线如图4．取图线上两个点间数据之差△L和△R，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ=．考点：测定金属的电阻率．专题：实验题．分析：①根据螺旋测微器使用方法分析答题；②根据电路图连接实物电路图；③移动线夹P，改变金属丝接入电路的阻值，然后根据图象由电阻定律求出电阻率．解答：解：①用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D使F与A间距稍大于被测物，放入被测物，再转动细调旋钮H到夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动固定旋钮G使F固定后读数．②根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．③根据题意，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动后，应多次改变P点的位置，根据欧姆定律应有：U=I，根据电阻定律应有：R=，联立解得：R=，所以R﹣L图象的斜率k==，解得：ρ=；故答案为：①D、H、G；②实物电路图如图所示；③线夹P；点评：要掌握螺旋测微器的使用方法，连接实物电路图时，要注意电表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法，滑动变阻器应接一上一下两个接线柱．四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离为．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；（3）弹簧的弹性力对球A所做的功．考点：动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：两球碰撞过程满足动量守恒定律，B球上升过程满足机械能守恒定律或动能定理，A球碰撞后做平抛运动，A球从弹起到与B球碰撞可用动能定理．解答：解：（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：解得：即球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为．（2）A、B球碰撞水平方向动量守恒有：2m=2m+解得：即球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为．（3）碰后A球做平抛运动，设平抛高度为y，有：y=g解得：y=L对A球应用动能定理得：解得：即弹簧的弹性力对球A所做的功为．点评：解物理题的关键是正确分析物理过程，再根据不同过程选用相应的规律求解．13．（18分）如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有匀强电场和匀强磁场．平行板M、N如图放置，M板带正电．带负电的N板在x轴负半轴上．N板上有一小孔P，离原点O的距离为L．A1A2上的Q点处于P孔正下方．已知磁感应强度为B，方向垂直纸面向外．M、N板间距为L、电压为U=．质量为m、电量为+q的小球从OA2上坐标为（b，b）的某点以速度v水平向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动．（重力加速度为g）（1）求A1A2右侧区域内电场强度大小与方向；（2）当b与v满足怎样的关系表达式时，小球均能从Q点离开场区？（3）要使小球能进入M、N板间但又不碰上M板，求b的取值范围．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．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子做匀速圆周运动，电场力应等于重力，据此求出电场强度的大小与方向；（2）由几何知识求出粒子轨道半径，由牛顿第二定律求出b与v的关系；（3）由动能定理求出受到的最大值与最小值，然后确定b的范围．解答：解：（1）带电粒子进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足：qE=mg…①解得：E=，方向竖直向上…②（2）粒子运动轨迹如图所示，粒子从坐标为（b，b）的位置出发，从Q点离开，由几何关系得其圆周运动的半径为：R=b+L…③由牛顿第二定律得：qvB=m…④由③④解得：b=﹣L…⑤（3）粒子离开场区时速度方向竖直向上，因此要使粒子能进入MN板间，则粒子必须从Q 点离开场区后作竖直上抛运动经P孔进入MN板间．假设粒子在场区做圆周运动的速度为v，若粒子到达P孔时速度为零，由动能定理得：﹣mgL=0﹣mv2…⑥解得：v=…⑦若粒子到达M板时速度为零，由动能定理得：﹣mg•2L﹣qU=0﹣mv2…⑧解得：v=…⑨则要使粒子能进入MN板间，则其在场区做匀速圆周运动的速度范围为：≤v≤…⑩由⑤⑩得：﹣L≤b≤﹣L…⑪答：（1）A1A2右侧区域内电场强度大小为，方向：竖直向上；（2）当b与v满足关系表达式：b=﹣L时，小球均能从Q点离开场区；（3）要使小球能进入M、N板间但又不碰上M板，b的取值范围是﹣L≤b≤﹣L．点评：小球在复合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力合力为零，洛伦兹力提供向心力，分析清楚小球运动过程是正确解题的关键，作出小球的运动轨迹、应用数学知识、牛顿第二定律、动能定理即可正确解题．。

2014-2015学年广东省河源市龙川一中高二（下）第17周周测物理试卷一、单选题：1．关于近代物理，下列说法正确的是（）A．α射线是高速运动的氦原子B．核聚变反应方程H+H→He+n中，n表示质子C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率不成正比D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氦原子光谱的特征2．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137．碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变期时会辐射γ射线．下列说法正确的是（）A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C．与铯137相比，碘131衰变更慢D．铯133和铯137含有相同的质子数3．分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是（）A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素4．下列说法正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同二、双选题：5．已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示．一群氢原子处于量子数n=4能级状态，则（）A．氢原子可能辐射6种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应6．（3分）某实验室工作人员，用初速度为v0=0.09c（c为真空中的光速）的α粒子，轰击静止在匀强磁场中的钠原子核Na，产生了质子．若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动．通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1：10，已知质子质量为m．则（）A．该核反应方程是He+Na→Mg+HB．该核反应方程是He+Na→Mg+nC．质子的速度约为0.225cD．质子的速度为0.09c7．有温度相同的m克水、m克冰、m克水蒸气（）A．它们的分子平均动能一样大 B．它们的分子势能一样大C．它们的内能一样大 D．它们的分子数一样多8．（3分）关于气体分子的运动情况，下列说法中正确的是（）A．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的B．某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的C．某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的D．某一温度下所有气体分子的速率都不会发生变化9．如图为光电管工作原理示意图，阴极材料的逸出功为W，入射光的光子能量为hv，能发生光电效应，则（）A．hv＜WB．光电子在管内运动过程中电势能减小C．减弱入射光强度，ab两端的电压减小D．入射光的频率变高，所有出射光电子的动能都增大三、计算题：10．（11分）（2015•潮州二模）用如图甲所示电路，测定一节电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A）；（b）电压表（量程3V）；（c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）；（d）滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）；（e）滑动变阻器（阻值范围0～1000Ω、额定电流1A）．那么：（1）R应选择阻值范围是（选填d、或e）的滑动变阻器．（2）为使电压表读数增大，滑动变阻器滑动端应向（选填a、或b）滑动，电流表的内阻对测量结果是否有影响（填“有”“无”）（3）根据实验记录，画出的U﹣I图线如图（乙）所示，从中可求出待测电池的电动势为V，内电阻为Ω（结果保留到小数点后二位）（4）若因电池的内阻较小，调节过程电压表的变化不明显，影响测量的准确度，为使测量的准确度提高，请你按原有的实验器材对电路进行改进并在图（丙）中画出电路图．11．（18分）（2015•潮州二模）如图所示，两平行光滑金属导轨相距L固定在水平绝缘台面上，半径为 R1、R2的光滑圆弧导轨与水平直导轨平滑连接，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中．两金属棒ab、cd垂直两导轨且与导轨接触良好，ab 棒质量为2m、电阻为r，cd棒质量为m、电阻为r．开始时cd棒静止在水平直导轨上，ab棒从圆弧导轨的顶端无初速释放，最后两棒都离开轨道落到地面上．导轨电阻不计并且水平导轨足够长，ab与cd棒在运动过程始终没有接触．求：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度．（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足什么条件．2014-2015学年广东省河源市龙川一中高二（下）第17周周测物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：1．关于近代物理，下列说法正确的是（）A．α射线是高速运动的氦原子B．核聚变反应方程H+H→He+n中，n表示质子C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率不成正比D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氦原子光谱的特征【考点】氢原子的能级公式和跃迁；裂变反应和聚变反应．【专题】衰变和半衰期专题．【分析】α射线是高速运动的氦核流；根据电荷数守恒、质量数守恒判断核聚变方程的正误；根据光电效应方程得出最大初动能与照射光频率的大小关系；玻尔将量子观念引入原子领域，能够很好解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱特征．【解答】解：A、α射线是高速运动的氦核流，不是氦原子．故A错误；B、在核反应中电荷数守恒、质量数守恒．核聚变反应方程12H+13H﹣→24He+01n中，01n表示中子．故B错误；C、根据光电效应方程E km=hv﹣W0，知最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是成正比，故C正确；D、玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征．故D正确；故选：CD．【点评】解决本题的关键知道各种粒子的符号，以及粒子的实质，掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．2．核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137．碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变期时会辐射γ射线．下列说法正确的是（）A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C．与铯137相比，碘131衰变更慢D．铯133和铯137含有相同的质子数【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】清楚α射线和β射线的实质．知道半衰期的物理意义．铯133和铯137是同位素，应具有相同的核电荷数和不同的中子数．【解答】解：A、β射线是高速电子流，α射线才是由氦核组成，故A错误；B、γ光子在所有电磁波中频率最高，能量最大，故B错误；C、半衰期越小衰变越快，应该是碘131衰变更快，故C错误；D、铯133和铯137是同位素，质子数相同中子数不同，故D正确．故选D．【点评】知道各种射线的组成，清楚半衰期的意义，半衰期越大表示衰变越慢．了解同位素的概念．3．分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是（）A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素【考点】分子动理论的基本观点和实验依据．【专题】分子运动论专题．【分析】解答本题需要掌握：分子热运动特点，分子力、分子势能与分子之间距离关系；明确布朗运动特点是固体微粒的无规则运动，反应了液体分子的无规则运动．【解答】解：A、墨水中的碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致向各方向运动，并且没有规则，故A正确；B、当分子间距离为r0时，分子间作用力最小，所以当分子从大于r0处增大时，分子力先增大后减小，故B错误；C、当分子间距离等于r0时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于r0的处增大分子之间距离，此时分子势能先减小后增大，故C正确；D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确．本题选错误的，故选B．【点评】正确理解和应用分子力、分子势能与分子之间距离的关系是分子动理论的重点知识．4．下列说法正确的是（）A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同【考点】布朗运动；阿伏加德罗常数；物体的内能；热力学第二定律．【专题】物体的内能专题．【分析】正确解答本题需要掌握：布朗运动的物理意义以及实质；正确利用热力学第二定律解决有关问题；熟练掌握有关阿伏加德罗常数的运算；正确理解温度是分子平均动能标志的含义．【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；B、根据热力学第二定律可知热机不可以把吸收的能量全部转化为机械能而不引起其他的变化，故B错误；C、知道某物质的摩尔质量和密度，无法求出一个分子质量或体积，因此无法求出阿伏加德罗常数，故C错误；D、物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，内能不同的物体，它们的温度可能相等，即分子热运动的平均动能可能相同，故D正确．故选D．【点评】本题考查了学生对热学中基本概念的理解和对基本规律的应用情况，是考查基础知识和基本规律的好题．二、双选题：5．已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示．一群氢原子处于量子数n=4能级状态，则（）A．氢原子可能辐射6种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【专题】原子的能级结构专题．【分析】根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数，当光子的能量大于逸出功时，可以发生光电效应．【解答】解：A、根据=6知，氢原子可能辐射6种频率的光子．故A正确，B错误．C、金属钙的逸出功为2.7eV，只有n=4跃迁到n=1，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1所辐射的光子能量大于逸出功，才能发生光电效应．故C正确，D错误．故选AC．【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．6．（3分）某实验室工作人员，用初速度为v0=0.09c（c为真空中的光速）的α粒子，轰击静止在匀强磁场中的钠原子核Na，产生了质子．若某次碰撞可看做对心正碰，碰后新核的运动方向与α粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，它们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动．通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1：10，已知质子质量为m．则（）A．该核反应方程是He+Na→Mg+HB．该核反应方程是He+Na→Mg+nC．质子的速度约为0.225cD．质子的速度为0.09c【考点】动量守恒定律；裂变反应和聚变反应．【专题】衰变和半衰期专题．【分析】（1）根据核反应质量数和核电荷数守恒求解；（2）该核反应的过程中满足动量守恒，由此即可求解．【解答】解：A、B、新原子核的质量数：m=23+4﹣1=26，核电荷数：z=11+2﹣1=12核反应方程：He+Na→Mg+H．故A正确，B错误；C、D、（2）质子质量为m，α粒子、新核的质量分别为4m、26m，设质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：4mv0=26m﹣mv解出v=0.225c．故C正确，D错误．故选：AC【点评】掌握核反应方程中的质量数守恒和电荷数守恒是写出方程的关键，能根据质量数之比确定粒子质量之比，根据动量守恒求解碰撞后的粒子速度．7．有温度相同的m克水、m克冰、m克水蒸气（）A．它们的分子平均动能一样大 B．它们的分子势能一样大C．它们的内能一样大 D．它们的分子数一样多【考点】物体的内能．【分析】温度是分子平均动能的标志，分子势能与体积有关，质量相同，分子数一定相等．【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，温度相同，它们分子平均动能相同，故A正确．B、分子势能与体积有关，对固体和气体来讲，分子势能较小，而气体分子势能较大，故B 错误；C、冰化为水要吸热，水变为水蒸气也要吸热，它们的内能关系为冰＜水＜水蒸气，故C错误；D、质量相同，则知摩尔数相等，所以分子数一样多，故D正确．故选：AD【点评】解决本题要掌握分子的平均动能、分子势能和内能的决定因素，根据能量守恒分析内能的关系．8．（3分）关于气体分子的运动情况，下列说法中正确的是（）A．某一时刻具有任一速率的分子数目是相等的B．某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的C．某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的D．某一温度下所有气体分子的速率都不会发生变化【考点】分子的热运动．【专题】分子运动论专题．【分析】分子的运动杂乱无章，在某一时刻，向着任何一个方向运动的分子都有，而且向各个方向运动的气体分子数目都相等，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．【解答】解：A、根据统计规律，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．故A错误；B、分子的运动是杂乱无章的，某一时刻一个分子速度的大小和方向是偶然的．故B正确；C、根据统计规律，分子的运动虽然是杂乱无章的，但某一时刻向任意一个方向运动的分子数目可以认为是相等的．故C正确；D、温度是分子的平均动能的标志，某一温度下分子的平均速率不变，不表示所有气体分子的速率都不会发生变化．故D错误．故选：BC【点评】本题考查了分子动理论的知识，还有温度的微观意义．要明确温度是分子的平均动能的标志，分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．基础题目．9．如图为光电管工作原理示意图，阴极材料的逸出功为W，入射光的光子能量为hv，能发生光电效应，则（）A．hv＜WB．光电子在管内运动过程中电势能减小C．减弱入射光强度，ab两端的电压减小D．入射光的频率变高，所有出射光电子的动能都增大【考点】光电效应．【专题】光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、发生光电效应的条件是hν＞W，故A错误；B、电子在管内运动过程中，电场力做正功，电势能减小，故B正确；C、减弱入射光强度，单位时间内逸出的光电子数目减小，故ab两端的电压减小，故C正确；D、入射光的频率变高，根据E km=hγ﹣W，光电子的最大初动能增加，但不是所有出射光电子的动能都增大，故D错误；故选：BC【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．三、计算题：10．（11分）（2015•潮州二模）用如图甲所示电路，测定一节电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：（a）电流表（量程0.6A）；（b）电压表（量程3V）；（c）定值电阻（阻值1Ω、额定功率5W）；（d）滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）；（e）滑动变阻器（阻值范围0～1000Ω、额定电流1A）．那么：（1）R应选择阻值范围是 d （选填d、或e）的滑动变阻器．（2）为使电压表读数增大，滑动变阻器滑动端应向 b （选填a、或b）滑动，电流表的内阻对测量结果是否有影响无（填“有”“无”）（3）根据实验记录，画出的U﹣I图线如图（乙）所示，从中可求出待测电池的电动势为 1.44 V，内电阻为0.57 Ω（结果保留到小数点后二位）（4）若因电池的内阻较小，调节过程电压表的变化不明显，影响测量的准确度，为使测量的准确度提高，请你按原有的实验器材对电路进行改进并在图（丙）中画出电路图．【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．【分析】（1）根据安全及准确性原则可选择滑动变阻器的阻值大小；（2）分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因．（3）电压的U﹣I图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻．（4）根据实验原理及电源的性质可得出误差较小的电路图．【解答】解：（1）由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象．（2）为了使电压表读数增大，滑动变阻器接入电阻应增大使电流减小，故滑动变阻器滑片应向b端滑动；本实验中引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流作用，导致电流表的示数总小于真实的干路电流值．电流表的内阻对实验结果没有影响；（3）由图示电源的U﹣I图象可知，电源的电动势为：E=1.44V，图象斜率的绝对值等于电源的内阻，内阻为：r===0.57Ω；（4）因电源内阻较小，实验误差较大，为了减小误差可以采用等效的方法增大等效内阻；即将R0直接与电源相连；如图所示；故答案为：（1）d；（2）b；无；（3）1.44；0.57；（4）如图所示；【点评】实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意滑动变阻器的电路中的应用规律．要掌握应用图象法求电源电动势与内阻的方法．11．（18分）（2015•潮州二模）如图所示，两平行光滑金属导轨相距L固定在水平绝缘台面上，半径为 R1、R2的光滑圆弧导轨与水平直导轨平滑连接，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中．两金属棒ab、cd垂直两导轨且与导轨接触良好，ab 棒质量为2m、电阻为r，cd棒质量为m、电阻为r．开始时cd棒静止在水平直导轨上，ab 棒从圆弧导轨的顶端无初速释放，最后两棒都离开轨道落到地面上．导轨电阻不计并且水平导轨足够长，ab与cd棒在运动过程始终没有接触．求：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度．（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足什么条件．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】动量定理应用专题．【分析】（1）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大．根据ab棒从圆弧导轨滑下机械能定恒求解进入磁场之前的速度大小，由E=BLv、I=、F=BIL结合求出安培力，即可由牛顿第二定律求解最大加速度；（2）当cd脱离轨道能飞出时速度v，ab速度也为v，根据重力提供向心力列式，再根据ab、cd在水平轨道运动过程动量守恒列式，联立方程求解．【解答】解：（1）ab刚进入磁场时速度v0，cd棒在水平直导轨上有最大加速度，机械能守恒：ab切割产生的电动势E，则有：E=BLv0电流为：F安=BIL对cd：F安=BIL=ma得：（2）当cd脱离轨道能飞出时速度v，ab速度也为v，根据重力提供向心力得：ab、cd在水平轨道运动过程动量守恒：2mv0=（2m+m）v代入得：答：（1）cd棒在水平直导轨上的最大加速度为．（2）为确保两棒都能脱离圆形轨道水平飞出，R1与R2的比值至少应满足．【点评】本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况，考查分析和处理综合题的能力，难度适中．。

2015-2016学年广东省河源市龙川一中高三（上）第4周周测物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第l～7题只有一项符合题目要求．第8～11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．有选错的得0分．1．关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是一条实验定律B．牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因C．惯性定律和惯性的实质是相同的D．物体的运动需要力来维持2．如图，A、B两物块叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是（）A．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零B．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力3．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是（）A．绳的拉力等于M的重力 B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上匀加速运动4．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（）A．t甲＜t乙B．t甲=t乙C．t甲＞t乙D．无法确定5．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力（f）的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v﹣t图象的是（）A．B．C．D．6．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为v A和v B，则（）A．v A：v B=1：1 B．v A：v B=sinα：sinβC．v A：v B=cosβ：cosαD．v A：v B=sinα：cosβ7．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（）A．＜v＜L1B．＜v＜C．＜v＜D．＜v＜8．一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为4m/s，则这只船（）A．过河时间不可能小于10 s B．不能沿垂直于河岸方向过河C．小船在河中最大速度为7m/s D．不可能渡过这条河9．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：10．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a，b所受的摩擦力始终相等C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg11．如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R．一个小球从A 点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环二、非选择题（共3小题，满分44分）12．某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m 的对应关系图．如图（b）所示．实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成（填“线性”或“非线性”关系．（2）由图（b）可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是存在．（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是，钩码的质量应满足的条件是．13．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ．（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ．已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0．14．如图所示，一质量为m B=2kg，长为L=6m的薄木板B放在水平面上，质量为m A=2kg的物体A（可视为质点）在一电动机拉动下从木板左端以v0=5m/s的速度向右匀速运动．在物体带动下，木板以a=2m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，此时牵引物体的轻绳的拉力F=8N．已知各接触面间的摩擦因数恒定，重力加速度g取l0m/s2，则（1）经多长时间物体A滑离木板？（2）木板与水平面间的动摩擦因数为多少？（3）物体A滑离木板后立即取走物体A，木板能继续滑行的距离为多少？2015-2016学年广东省河源市龙川一中高三（上）第4周周测物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共11小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中．第l～7题只有一项符合题目要求．第8～11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．有选错的得0分．1．关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（）A．牛顿第一定律是一条实验定律B．牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因C．惯性定律和惯性的实质是相同的D．物体的运动需要力来维持【考点】牛顿第一定律．【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；即物体在不受力的作用时，总保持静止状态或物体做匀速直线运动状态．【解答】解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的；故A错误；B、由牛顿第一定律可知，当物体不受力或受平衡力时，物体将处于静止状态或匀速直线运动状态，因此力是改变物体运动状态的原因；故B正确；C、惯性是由惯性定律（牛顿第一运动定律）所推导出来的物体本身所具有的一种性质，它们的含义并不是完全相同的，故C错误；D、由牛顿第一定律可得，力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因；故D 错误；故选：B．【点评】牛顿第一定律是重要的力学定律，也叫惯性定律，揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因．2．如图，A、B两物块叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是（）A．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零B．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力【考点】竖直上抛运动；物体的弹性和弹力．【分析】把AB看成一个整体，整体做竖直上抛运动，因为不计空气阻力，整体的加速度为g，方向向下．然后把A作为研究对象，对其受力分析，就可以得出结论．【解答】解：以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力，所以在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零．故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论．也可以根据失重的观点进行分析．3．如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是（）A．绳的拉力等于M的重力 B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上匀加速运动【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据M的运动情况得出M的加速度方向，从而根据牛顿第二定律求出拉力和重力的大小关系．【解答】解：设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于M的速度，根据平行四边形定则得，v M=vcosθ，车子在匀速向左的运动过程中，绳子与水平方向的夹角θ减小，所以M的速度增大，M做变加速运动，根据牛顿第二定律有：F﹣mg=ma，知拉力大于重力．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．4．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA=OB．若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为（）A．t甲＜t乙B．t甲=t乙C．t甲＞t乙D．无法确定【考点】运动的合成和分解．【专题】计算题．【分析】甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v，水速为v0根据速度合成可知：甲游到A点的速度为v+v0，游回的速度为v﹣v0；乙来回的速度都为．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．【解答】解：设游速为v，水速为v0，OA=OB=l，则甲整个过程所用时间：=，乙为了沿OB运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：=，∵∴t甲＞t乙，∴选C正确，选项A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查运动的合成（主要是速度的合成）和匀速运动规律，运用速度合成的矢量平行四边形法则求出各自的合速度是关键．5．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力（f）的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v﹣t图象的是（）A．B．C．D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可【解答】解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：a1=对B应用牛顿第二定律：a1=对A应用牛顿第二定律：a1=经历时间：t=由以上解得：t=此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线故选B【点评】当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动？所以，要注意总结解题方法6．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为v A和v B，则（）A．v A：v B=1：1 B．v A：v B=sinα：sinβC．v A：v B=cosβ：cosαD．v A：v B=sinα：cosβ【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】分别对A、B物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系．【解答】解：对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为v A cosα；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为v B cosβ，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有v A cosα=v B cosβ，因此ABD错误，C正确；故选：C．【点评】考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向速度大小相等．7．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（）A．＜v＜L1B．＜v＜C．＜v＜D．＜v＜【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度．【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据3h﹣h=得，，水平位移的最小值，则最小速度．若球与球台边缘相碰，根据3h=得，，水平位移的最大值为x max=，则最大速度，故D正确，A、B、C错误．故选：D．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等．8．一只小船在静水中的速度为3m/s，它要渡过一条宽为30m的河，河水流速为4m/s，则这只船（）A．过河时间不可能小于10 s B．不能沿垂直于河岸方向过河C．小船在河中最大速度为7m/s D．不可能渡过这条河【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间．通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸．【解答】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间为t==s=10s，因水流速度大于船在静水中的速度，所以过河时间不可能小于10s．故A正确，B、根据平行四边形定则，由于静水速小于水流速，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸．故B正确；C、根据速度的合成，则有船在河中最大速度为7m/s，故C正确．D、当静水速与河岸不平行，则船就能渡过河，故D错误；故选：ABC．【点评】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．9．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：【考点】线速度、角速度和周期、转速．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度．根据v=rω得出线速度之比．【解答】解：A、板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度．即角速度之比ωA：ωB=1：1，故A正确，B错误C、根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为1：所以线速度之比v A：v B=1：，故C错误，D正确故选AD．【点评】解该题要掌握绕同一个转轴转动的物体具有相同的角速度以及线速度与角速度的关系．10．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速运动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a，b所受的摩擦力始终相等C．当ω=时，b开始滑动的临界角速度D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定．当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大．当需要的向心力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动．因此是否滑动与质量无关，是由半径大小决定．【解答】解：A、B、两个木块的最大静摩擦力相等．木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=mω2r，m、ω相等，f∝r，所以b所受的静摩擦力大于a的静摩擦力，当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A正确，B错误；C、当b刚要滑动时，有kmg=mω2•2l，解得：ω=，故C正确；D、以a为研究对象，当ω=时，由牛顿第二定律得：f=mω2l，可解得：f=，故D错误．故选：AC．【点评】本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答．11．如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R．一个小球从A 点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由下降的高度决定．采用假设法，假设小球垂直撞击的BC段，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析．【解答】解：A、小球的初速度v0越大，下降的高度不一定大，平抛运动的时间不一定长．故A错误．B、平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，初速度不同，位移与水平方向方向夹角不同，则速度与水平方向夹角不同．故B正确．CD、假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β．根据几何关系知，θ=2β．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tanα=2tanβ．与θ=2β相矛盾．则不可能与半圆弧垂直相撞．故C错误，D正确．故选：BD【点评】解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．二、非选择题（共3小题，满分44分）12．某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m 的对应关系图．如图（b）所示．实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成非线性（填“线性”或“非线性”关系．（2）由图（b）可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是存在存在摩擦力．（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．【解答】解：（1）根据该同学的结果得出a﹣m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，m≠0，即F≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力．（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力．②根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力F=Ma=，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．故答案为：（1）非线性；（2）存在摩擦力；（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力；远小于小车的质量．【点评】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决．13．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ．（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ．已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】压轴题；共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）对拖把头受力分析，抓住竖直方向和水平方向合力为零，运用正交分解求出推力F的大小．（2）当推力F的水平分力小于等于最大静摩擦力时，不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．结合第1问的结果，得到λ的表达式，采用极限法：当F无限大时的情况求解tanθ0．【解答】解：（1）拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有竖直方向上：Fcosθ+mg=N ①水平方向上：Fsinθ=f ②式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有f=μN ③联立①②③式得④（2）若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤λ N ⑤这时①式仍满足．联立①⑤式得sinθ﹣μcosθ≤λ⑥现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sinθ﹣λcosθ≤0 ⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为tanθ0=λ ⑧答：（1）若拖把头在地板上匀速移动，推拖把的力的大小为．（2）tanθ0=λ．。

龙川一中15－16学年度第一学期高三年级8月考试物理试卷一、选择题1、两个人以恒定的相同速率同时从圆形轨道的A 点出发，分别沿ABC 和 ADC 行走，如图所示，直至相遇。

则在这过程中，下列物理量不相同．．．的是 A ．路程 B ．位移 C ．相遇时的速度 D ．平均速度2、如图所示，固定在竖直平面内光滑圆环的最高点有一个光滑小孔，质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用力F 拉住，绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态．设小球受支持力为FN ，则下列关系正确是（ ） A ．F ＝2mg sin θ B ．F ＝mg cos θ C ．F N ＝2mg D ．F N ＝mg3、甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若从该时刻开始计时，得到两车的位移图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻甲车从后面追上乙车B ．t 1时刻两车相距最远C ．t 1时刻两车速度刚好相等D ．从0时刻到t 1时刻时间内，两车平均速度相等4、物体由静止开始做匀加速直线运动，经过8s ，改为匀减速直线运动，经过4s 停下。

关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比为1:2 B ．加速、减速中的平均速度大小之比为2:1 C ．加速、减速中的位移大小之比为1:2D ．通过题目给出的数据，可以求出运动过程中的最大速度5、如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和2m 的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同。

当用水平力F 作用于A 上，且两物块以相同加速度向左加速运动时，弹簧的伸长量为X ；当用同样大小，方向相反的力作用于B 上，且两物块以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为（ ）A ．12x B ．x C ．2x D ．动摩擦因数未知，无法求出6、据央视报道，北京时间2012年10月15日凌晨，奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录。

广东省河源市龙川一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（1月份）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分．共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）下列关于电场线和磁感线的说法不正确的是（）A．二者均为假想的线，实际上并不存在B．实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，因此磁感线是真实存在的C．任意两条磁感线不相交，电场线也是D．磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的2．（4分）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A．B．C．D．3．（4分）粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．4．（4分）对于正常工作的电风扇和电饭锅，下列说法中正确的是（）A．电风扇和电饭锅消耗的电能均大于各自产生的热能B．电风扇和电饭锅消耗的电能均等于各自产生的热能C．电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的热能D．电风扇消耗的电能等于产生的内能，电饭锅消耗的电能大于产生的热能二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（）A．电压表的读数增大B．R1消耗的功率增大C．电容器C的电容增大D．电容器C所带电量增多6．（6分）磁场中某点的磁感应强度B的方向，是指（）A．放在该点的小磁针N极的受力方向B．放在该点的小磁针静止后S极的指向C．磁感线在该点的切线方向D．与放在磁场中该点的通电导线所受安培力的方向一致7．（6分）如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛仑兹力的实验装置，图中虚线是带电粒子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的有（）A．A端接的是高压直流电源的正极B．A端接的是高压直流电源的负极C．C端是蹄形磁铁的N极D．C端是蹄形磁铁的S极8．（6分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（）A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近9．（6分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A．粒子由加速器的中心附近进入加速器B．粒子由加速器的边缘进入加速器C．粒子从电场中获得能量D．粒子从磁场中获得能量三、填空题（每空2分，共18分）10．（8分）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：（1）旋动部件，使指针对准电流的“0“刻线．（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的（填“0刻线“或“∞刻线“）．（4）将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序避行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k“的位置B．将K旋转到电阻挡“×10“的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．11．（10分）在测定金属丝的电阻率的实验中①用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图（a）所示，则该金属丝的直径为d=mm．②某同学采用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属丝的电阻．有以下器材可供选择：A．电池组（3V，内阻约1Ω）；B．电流表（0～0.6A～3A，内阻约0.125Ω～0.025Ω）C．电压表（0～3V～15V，内阻约3kΩ～15kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）E．开关、导线．该同学根据现有器材设计实验电路并连接了部分实物，如图（b）所示，请用笔画线代替导线完成其余连线．③某次实验时，电压表和电流表的示数分别如图（c）所示，则电压表、电流表的测量值分别为：U=V；I=A．④用一次测量得出结果，通常有较大误差．为了减少误差，应多测几组相应的I、U值，作I ﹣U图线，利用I﹣U图线求出电阻值，该同学测了6组数且逐一描点作图，如图（d）所示，请你依据图线求出电阻的阻值R=Ω．（计算结果保留两位有效数字）四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．13．（18分）如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域．已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界．求：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？广东省河源市龙川一中2014-2015学年高二上学期月考物理试卷（1月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分．共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）下列关于电场线和磁感线的说法不正确的是（）A．二者均为假想的线，实际上并不存在B．实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，因此磁感线是真实存在的C．任意两条磁感线不相交，电场线也是D．磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的考点：磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．分析：电场线和磁感线都是人为假想的曲线，并不存在，但可以用实验模拟．在空间同一场中，电场线不相交，磁感线也不相交．磁感线是闭合曲线，而电场线是不闭合的．解答：解：A、电场线和磁感线都是人为假想的曲线，并不存在．故A正确．B、实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，但磁感线并不真实存在．故B错误．C、任意两条磁感线不相交，否则相交处磁场方向有两个，违反了唯一性．电场线同样不能相交．故C正确．D、磁感线是闭合曲线，而电场线是正电荷（或无穷远）出发到负电荷（或无穷远）终止，是不闭合的．故D正确．本题选错误的，故选B点评：电场线和磁感线有相似之处，如不存在，不相交，疏密反映场的强弱，切线方向表示场的方向．最大的区别是磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的．2．（4分）下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是（）A．B．C．D．考点：安培定则．分析：安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激的磁场的磁感线方向间关系的定则，根据安培定则的应用即可正确解答．解答：解：通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向由此可知AB错误；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极，据此可知C正确，D错误．故选C．点评：加强练习熟练掌握安培定则的内容，注意磁场方向的表示方法．3．（4分）粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；左手定则．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：由洛仑兹力充当向心力可求得两粒子的半径关系，则由图可知两粒子的轨迹图；由左手定则可判断粒子的运动方向．解答：解：两粒子均带正电，以大小相等的速度在磁场中向相反的方向运动，都是由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力．所以有，得到，因为粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，所以甲的半径为乙半径的2倍．根据左手定则，甲粒子做圆周运动的洛伦兹力指向圆心，运动方向一定为逆时针，所以A正确．故选A．点评：本题应明确洛仑兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，故洛仑兹力一定指向圆心．4．（4分）对于正常工作的电风扇和电饭锅，下列说法中正确的是（）A．电风扇和电饭锅消耗的电能均大于各自产生的热能B．电风扇和电饭锅消耗的电能均等于各自产生的热能C．电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的热能D．电风扇消耗的电能等于产生的内能，电饭锅消耗的电能大于产生的热能考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．解答：解：电风扇属于非纯电阻，输入的功率一部分会发热，但更多的是对外做功，所以电风扇消耗的电能要大于产生的内能，电饭锅属于纯电阻，输入的功率全部的用来发热产生内能，所以电饭锅消耗的电能等于产生的内能，所以ABD错误，C正确．故选：C．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．5．（6分）如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时（）A．电压表的读数增大B．R1消耗的功率增大C．电容器C的电容增大D．电容器C所带电量增多考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和R1消耗的功率的变化情况．电容器的电压等于变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电压的变化，即可知其电量的变化．解答：解：A、当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大．故A 正确．B、干路电流减小，R1消耗的功率减小．故B错误．C、电容器的电容与R2无关，故C错误．D、电容器的电压U=E﹣I（R1+r），I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C 所带电量增多．故D正确．故选AD点评：本题是含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化．6．（6分）磁场中某点的磁感应强度B的方向，是指（）A．放在该点的小磁针N极的受力方向B．放在该点的小磁针静止后S极的指向C．磁感线在该点的切线方向D．与放在磁场中该点的通电导线所受安培力的方向一致考点：磁感应强度．分析：我们规定：磁场中某点的磁感应强度B的方向与放在该点的小磁针N极的受力方向一致；与放在该点的小磁针静止后N极的指向一致；沿磁感线在该点的切线的方向．解答：解：A、B、我们规定：磁场中某点的磁感应强度B的方向与放在该点的小磁针N极的受力方向一致；与放在该点的小磁针静止后N极的指向一致；故A正确，B错误；C、为了使用磁感线形象地描述磁场的强弱和方向，规定磁场的方向沿磁感线在该点的切线的方向．故C正确；D、磁感应强度B的方向与放在磁场中该点的通电导线所受安培力的方向垂直．故D错误．故选：AC．点评：该题考查磁感应强度B的方向的规定与磁感线在该点的切线的方向相同的规定．属于基础题目．7．（6分）如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛仑兹力的实验装置，图中虚线是带电粒子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的有（）A．A端接的是高压直流电源的正极B．A端接的是高压直流电源的负极C．C端是蹄形磁铁的N极D．C端是蹄形磁铁的S极考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：运动的电子在磁场中受到洛伦兹力作用，出现向下偏转，则说明洛伦兹力向下．根据电子带负电，结合左手定则可确定磁场方向．解答：解：A、由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极．故A错误；B、由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极．故B正确；C、电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D．故C正确；D、电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D．故D错误；故选：BC点评：由左手定则可确定磁场方向、运动电荷的速度方向与洛伦兹力的方向．8．（6分）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（）A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行求解．解答：解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b 粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．故选：AD．点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．9．（6分）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）A．粒子由加速器的中心附近进入加速器B．粒子由加速器的边缘进入加速器C．粒子从电场中获得能量D．粒子从磁场中获得能量考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功．解答：解：要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A正确，B错误．由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qU=mv2，故离子是从电场中获得能量，故C正确，D错误．故选：AC．点评：了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题．三、填空题（每空2分，共18分）10．（8分）用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T．请根据下列步骤完成电阻测量：（1）旋动部件S，使指针对准电流的“0“刻线．（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线（填“0刻线“或“∞刻线“）．（4）将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按A、D、C的顺序避行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1k“的位置B．将K旋转到电阻挡“×10“的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准．考点：用多用电表测电阻．专题：实验题．分析：①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；③欧姆表测量前要进行欧姆调零；④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出．解答：解：（1）电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置．（3）将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线．（4）欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：A、D、C．故答案为：（1）S；（3）T，0刻线；（4）A、D、C．点评：本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近．11．（10分）在测定金属丝的电阻率的实验中①用螺旋测微器测量金属丝的直径，其示数如图（a）所示，则该金属丝的直径为d=1.880mm．②某同学采用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属丝的电阻．有以下器材可供选择：A．电池组（3V，内阻约1Ω）；B．电流表（0～0.6A～3A，内阻约0.125Ω～0.025Ω）C．电压表（0～3V～15V，内阻约3kΩ～15kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）E．开关、导线．该同学根据现有器材设计实验电路并连接了部分实物，如图（b）所示，请用笔画线代替导线完成其余连线．③某次实验时，电压表和电流表的示数分别如图（c）所示，则电压表、电流表的测量值分别为：U=1.28V；I=0.26A．④用一次测量得出结果，通常有较大误差．为了减少误差，应多测几组相应的I、U值，作I ﹣U图线，利用I﹣U图线求出电阻值，该同学测了6组数且逐一描点作图，如图（d）所示，请你依据图线求出电阻的阻值R=4.8Ω．（计算结果保留两位有效数字）考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；注意判断0.5毫米刻度线是否出现的方法：若可动刻度的“0”在固定刻度上方，则没有露出，若在下方则以及露出．（2）约为5Ω左右的金属丝的电阻属于小电阻，要使用电流表外接法；（3）电压表和电流表读数：确定使用的量程，确定每一个大格和每一个小格各代表多少．（4）将所描的点连接，让尽量多的点落在直线上，或在直线是两侧，然后从直线上选取两点，代入数据计算即可．解答：解：（1）固定刻度的读数为：1.5mm，可动刻度读数为0.01×38.0mm=0.380mm，所以最终读数为：1.5mm+0.380mm=1.880mm．（2）约为5Ω左右的金属丝的电阻属于小电阻，要使用电流表外接法；然后依次连接如图b；（3）电源的大多数是3V，电压表选择0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为1.28V．电路中的最大电流：A，电流表选择0～0.6A量程，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，则电流表的示数为0.26A；（4）让尽量多的点落在直线上，或在直线是两侧．连线如图C；从图线上选取一个点：（1.9，0.4），则：Ω故答案为：①1.880（1.878～1.882均可）mm；②实物连线如图（b）所示③1.28（1.27～1.29均可）V，0.26A；④I﹣U图线如图（c）所示；4.8点评：伏安法测电阻的实验有两种接法：考虑电流表和电压表内阻时，甲图：电压表测电流表和R的总电压，测量值偏大，电流表测R的实际电流，测量值偏大．乙图：电压表测R的实际电压，电流表测R与电压表的总电流，测量的电流值偏大，测量值偏小．四、计算题（36分）12．（18分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg 的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力．考点：安培力．分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I===1.5 A；（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：F1=mgsin 37°=0.24 NF1＜F安，根据平衡条件：mgsin 37°+f=F安代入数据得：f=0.06 N答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N．点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．13．（18分）如图所示，一质量为m、电量为+q、重力不计的带电粒子，从A板的S点由静止开始释放，经A、B加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域．已知AB间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界．求：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小与方向；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d多大？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电粒子在电场中加速，根据动能定理，即可求解；（2）带电粒子在电场中偏转，根据运动学公式与牛顿第二定律，可求出射出速度的大小与方向；（3）带电粒子在磁场中，在洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，因此可求出运动的半径，根据几何关系从而求出磁场的宽度．解答：解：（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理得：得带电粒子离开B板的速度：（2）粒子进入偏转电场后，有：电场强度，电场力，F=qE由牛顿第二定律，速度，v y=at解得：v y=所以带电粒子离开偏转电场时速度v的大小，方向与水平方向成45°．（3）根据洛伦兹力提供向心力，则有，解得：由于与水平方向成45°入射，所以磁场的宽度为，答：（1）带电粒子离开B板时速度v0的大小；（2）带电粒子离开偏转电场时速度v的大小，与方向与水平方向成45°；（3）要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度．。

2016届高三物理第二学期第1周周测题（1）一、共9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19～22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，有选错的得0分。

14．质点做直线运动的v－t图象如图1所示，则下列说法正确的是( )A．质点前2 s的平均速度大小为1 m/sB．1 s末质点的速度方向发生变化C．第1 s内质点所受合外力是第5 s内所受合外力的2倍D．3 s末质点回到出发点15．某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进540 m，隔3分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m，若火车在这7分钟内做匀加速运动，则这列火车的加速度大小为( )A．0.03 m/s2 B．0.01 m/s2C．0.5 m/s2 D．0.6 m/s216．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从 Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）A．保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板B．保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板C．先断开开关 S，再适当上移 P 极板D．先断开开关 S，再适当左移 P 极板17、如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则A．该卫星在P点的速度大于7.9 km/s，小于11.2 km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9 km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度小于在Q点的速度D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ18、如图5所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上。

一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点19．如图所示，升降机a内有两物块b和c，b和c之间用竖直轻质弹簧相连。

龙川一中2014届高三晨练物理试题1．放在水平面上的物体，受到水平向右的力F 1=7N 和水平向左的力F 2=2N 而处于静止状态，则A 、若撤去力F 2，物体所受合力一定为零B 、若撤去力F 2，物体所受摩擦力一定为7NC 、若撤去力F 1，则物体所受合力为7ND 、若撤去力F 1，则物体所受合力一定为零 2．如图所示，在光滑的轨道上，小球滑下经过圆孤部分的最高点Ａ时，恰好不脱离轨道，此时小球受到的作用力有A. 重力、弹力、和向心力B. 重力和弹力C.重力和向心力D. 重力3．如图，汽车匀速驶过A B 间的圆拱形路面的过程中，有 A ．汽车牵引力F 的大小不变 B ．汽车对路面的压力大小不变 C ．汽车的加速度为零 D ．汽车所受合外力大小不变4．如图所示，一小球静止放在光滑木板与光滑竖直墙面之间，木板一端靠住墙壁。

设墙面对球的压力大小为N 1，木板对球的支持力大小为N 2，小球的重力为G ，则木板缓慢向水平方向倾斜的过程中A ．N 1始终小于N 2B ．N 1始终大于GC ．N 1和N 2的合力大于GD ．N 1和N 2是一对平衡力 5．下列物理量中，属于矢量的是 A ．加速度B ．路程C ．时间D ．重力6．质量为60kg 的人，站在升降机内的体重计上，测得体重计的读数为48kg ，则升降机的运动应是A ．加速下降B ．加速上升C ．减速上升D ．减速下降 7．某物体沿直线运动，其v -t 图象如图所示，则下列说法中正确的有 A ．第1s 末和第5s 末的速度方向相反B ．0~2s 的加速度方向和5s~6s 内的加速度方向相反C ．5s~6s 的加速度大小是5m/s 2D ．第6s 末物体离出发点最远8．关于同步卫星，下面说法中正确的是A ．速度大于7.9km/sB ．加速度小于9.8m/s 2C ．运行周期为24hD ．可以在龙川一中B 栋教学楼上空9．如右图所示,a 、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出,其平抛运动轨迹的交点为P ,则以下说法正确的是 A ．a 、b 两球同时落地 B ．b 球先落地C ．a 、b 两球在P 点相遇D ．无论两球初速度大小多大,两球总不能相遇10．(1)( 12分) 探究小车加速度与合力、质量关系的实验装置如图甲所示： ①(2分)若要探究小车的加速度与合力．．．．．．的关系，应保持 不变，分别改变施加在小车上的拉力F ，测出相对应的加速度a 。