重庆一中2017-2018学年高三上学期开学物理试题 Word版含解析

2017-2018学年重庆一中高二（上）期末物理试卷一、单项选择（共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．关于物理学史、物理方法以及原理，以下说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律B．物理学中，质点、平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法C．根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化D．线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关2．如图所示的电流的有效值为（）A． A B． A C． A D． A3．如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．a运动的时间小于b运动的时间D．a的比荷（）小于b的比荷（）4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为100HzB．原线圈输入电压的最大值为220VC．通过R3的电流始终为零D．电阻R2的电功率约为6.67W5．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U 增大，装置发出警报，此时（）A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显6．闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）A． B． C．D．7．如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＜β），加垂直于纸面向里的磁场．分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法不正确的是（）A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且a a＞a bB．a、b两球沿槽运动的最大速度为v a和v b，则v a＞v bC．a、b两球沿直槽运动的最大位移为S a和S b，则S a＜S bD．a、b两球沿槽运动的时间为t a和t b，则t a＜t b8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大B．当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小9．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比R1：R2：R3=1：2：3，电路中导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，测得闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，测得闭合回路中感应电流为3I；则当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流应为（）A．4.5 I B．4I C．2I D．010．如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO 和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a、t b、t c，则下列给出的时间关系不可能的是（）A．t a＜t b＜t c B．t a＜t b=t c C．t a=t b＜t c D．t a=t b=t c二、实验题（本题包括2小题，共20分）1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是mm、A、V．（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ．电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E=4.5V，内阻很小．．则以下电路图中（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏．（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的电路（填电路图下的字母代号）．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=（用题中字母代号表示）12．某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）．实验器材的规格如下：电流表A1（量程200μA，内阻R1=300Ω）电流表A2（量程30mA，内阻R2=5Ω）定值电阻R0=9700Ω，滑动变阻器R（阻值范围0～500Ω）（1）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2．多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表．I1（μA）120 125 130 135 140 145I2（mA） 20.0 16.7 13.2 10.0 6.7 3.3依据表中数据，作出I1﹣I2图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E=V，欧姆表内阻为r=Ω；（结果保留3位有效数字）（2）若某次电流表A1的示数是114μA，则此时欧姆表示数约为Ω．（结果保留3位有效数字）三、计算题（本题包括4小题，共50分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数字运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为L的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的上下边界MN、PQ是水平的．有一边长为L，质量为m，阻值为R的正方形导线框abcd，从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落，恰好匀速穿过该磁场区域．已知磁感应强度为B．求（1）从开始到线框完全进入磁场区域过程中，通过线框横截面的电荷量q；（2）ab边刚通过MN时ab间的电势差U1和ab边刚通过PQ时ab间的电势差U2的比值．14．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E=4×105N/C方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比为=4×10﹣10kg/C的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m，不计重力．求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）．15．如图所示，平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直，且OP、KM与水平面间夹角为θ=37°，导轨间距均为L=1m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为M=2kg，电阻为R1=2Ω，cd的质量为m=0.2kg，电阻为R2=1Ω，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中．现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x=6m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为P=12W．求：（1）磁感应强度B的大小；（2）ab沿导轨下滑x=6m时，该过程中ab棒上产生的焦耳热Q；（3）若将ab与cd同时由静止释放，当cd达到最大速度时ab的加速度a．16．如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g．（1）试判断小球所带电性并求出电场强度的大小E；（2）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求释放时距MN的高度h0；（3）若小球释放时距MN的高度kh0，求小球运动到最高点时距释放点的距离x．2017-2018学年重庆一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择（共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．关于物理学史、物理方法以及原理，以下说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律B．物理学中，质点、平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法C．根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化D．线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关考点：物理学史．专题：常规题型．分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献．解答：解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故A错误；B、物理学中，平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法，质点采用了理想化的物理模型的方法，故B错误；C、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化，故C正确；D、线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数有关，故D错误；故选：C．点评：对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆．2．如图所示的电流的有效值为（）A． A B． A C． A D． A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．专题：交流电专题．分析：由图可知交流电的周期，根据一个周期内的电流发热量，利用电流的热效应可求得该电流的有效值．解答：解：由图可知，该交流电的周期为6s；在一个周期内，其发热量Q=2×（）2R×2=2R；由交流电有效值的定义可得：I2R×6=Q=2R解得：I=A；故选：B．点评：本题考查电流的有效值的定义，要注意明确在标准正弦波的半个波形或四分之一个波形内，最大值与有效值的关系仍为倍的关系．3．如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．a运动的时间小于b运动的时间D．a的比荷（）小于b的比荷（）考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．分析：带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解．解答：解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S．根据动能定理，得qU=mv2解得：v=由qvB=m解得：r==则S=2r得到：=由图，Sa＜S b，U、B相同，则＞；而周期T=，因此它们的运动时间是周期的一半，由于＞，所以a运动的时间小于b运动的时间，故C正确，ABD错误；故选：C．点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹．4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A．交流电的频率为100HzB．原线圈输入电压的最大值为220VC．通过R3的电流始终为零D．电阻R2的电功率约为6.67W考点：变压器的构造和原理．专题：电磁感应——功能问题．分析：由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流．解答：解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错误．由图乙可知通过R1的电流最大值为I m=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为U m=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错；C、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，C错误；D、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I=、电压有效值为U=V，电阻R2的电功率为P2=UI=W=6.67W，故D正确；．故选：D．点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解；明确电容器可以通交流，阻直流．5．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M发生变化，导致S两端电压U 增大，装置发出警报，此时（）A．R M变大，且R越大，U增大越明显B．R M变大，且R越小，U增大越明显C．R M变小，且R越大，U增大越明显D．R M变小，且R越小，U增大越明显考点：闭合电路的欧姆定律．专题：压轴题；恒定电流专题．分析：电阻R与R M并联后与S串联，当电阻R越大时，电阻R与R M并联的电阻越接近R M，电压变化越明显．解答：解：S两端电压U增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，R M变小；当R＞R M时，R越大，M与R并联的电阻R并越接近R M，U增大越明显；故选：C．点评：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻R越大时，电阻R与R M并联的电阻越接进R M，电压变化越明显．6．闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向．关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）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．专题：电磁感应与电路结合．分析：由右图所示图象判断B的变化情况，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向，根据左手定则即可判断出安培力的大小与方向．解答：解：A、B、由右图所示B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；1﹣2s内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为正方向；2﹣3s内，磁通量不变，没有感应电流；3﹣4s内，线圈中向外的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针方向，即电流为负方向．由法拉第电磁感应定律：，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流保持不变．故AB错误；C、D、0﹣1s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；1﹣2s内，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，沿abcda方向，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；2﹣3s内，没有感应电流，不受安培力；3﹣4s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：F=BIL，安培力的大小与磁感应强度成正比．故C错误，D正确．故选：D点评：本题考查了判断感应电流随时间变化关系，分析清楚B﹣t图象、应用楞次定律即可正确解题，要注意排除法的应用．7．如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＜β），加垂直于纸面向里的磁场．分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法不正确的是（）A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且a a＞a bB．a、b两球沿槽运动的最大速度为v a和v b，则v a＞v bC．a、b两球沿直槽运动的最大位移为S a和S b，则S a＜S bD．a、b两球沿槽运动的时间为t a和t b，则t a＜t b考点：洛仑兹力．分析：对两球分别进行受力分析，确定合力后，再由牛顿第二定律可以求出加速度，然后比较加速度大小，判断小球的运动性质；利用运动学的知识即可比较小球在斜面上运动的位移与运动时间，从而可得知正确选项解答：解：A、两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度分别为：a a=gsinα，a b=gsinβ，可见a a＞a b故A正确；B、当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则：mgcosβ=Bqv 对a有：v a=，对b有：v b=由于（α＞β）所以v a＜v b，故选项B错误；C、a、b两球沿直槽运动的最大位移为S a和S b，对a有：=2gsinαs a求得：s a=对a有：=2gsinαs b得：s b=因α＞β，则有：s a＜s b故选项C正确，D、a、b两球沿槽运动的时间为t a和t b，对a有：v a=gsinαt a得：t a=对b有：v b=gsinβt b得：t b=则t a＜t b，故选项D正确本题选错误的，故选：B点评：本题考查小球在重力、支持力和洛伦兹力作用下的运动，注意应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要了解在带电体运动的过程中，洛伦兹力的变化，知道带电粒子离开斜面的条件．对于该题，还应注意数学知识，尤其是三角函数的应用．8．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bO 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）A．当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大B．当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大．A、设电场力与重力的合力为F，小球从a点运动到b点，F做正功，小球的动能增大，从b 运动到c，动能先增大后减小，bc弧的中点速度最大，动能最大，故A错误．B、当小球运动到c点时，由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，洛伦兹力方向向上，由F N+F洛﹣mg=m，可知，F N不一定大于mg，故B错误．C、小球从a点运动到b点，重力和电场力均做正功，则重力势能和电势能均减小，故C错误．D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，F先做正功后做负功，则动能先增大后减小．故D正确．故选：D．点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题．9．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比R1：R2：R3=1：2：3，电路中导线的电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，测得闭合回路中感应电流为I；当S2、S3闭合，S1断开时，测得闭合回路中感应电流为3I；则当S1、S3闭合，S2断开时，闭合回路中感应电流应为（）A．4.5 I B．4I C．2I D．0考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：根据开关的闭合与断开情况，明确电路结构；根据电路连接情况确定感应电动势，由欧姆定律求出电路电流；然后解方程组答题．解答：解：因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=IR；当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得：E2=3I×5R=15IR；当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E=E1+E2=16IR，则此时的电流I′==4I．故B正确，ACD错误．故选：B．点评：分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键；要注意在三种电路情况下，产生的感应电动势不同，这是容易出错的地方．10．如图所示，以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO 和cO方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO垂直MN，aO、cO和bO的夹角都为30°，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a、t b、t c，则下列给出的时间关系不可能的是（）A．t a＜t b＜t c B．t a＜t b=t c C．t a=t b＜t c D．t a=t b=t c考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=T求出粒子的运动时间．解答：解：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=T，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．若粒子的运动半径r和圆形区域半径R满足r=R，则如图甲所示，ta＜tb=tc，故B正确；当r＞R时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，则：t a＜t b＜t c，故A正确；当r≤，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，R＜r≤R时，ta＜tb=tc，故C正确；由于粒子在磁场中偏转角度不同，则粒子在磁场中的运动时间不相等，故D错误；本题选错误的，故选：D．点评：本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，根据公式t=T 求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．二、实验题（本题包括2小题，共20分）1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是0.998mm、0.42A、 2.26V．（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ．电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E=4.5V，内阻很小．．则以下电路图中A（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏小．（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A=2.0Ω，那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的B电路（填电路图下的字母代号）．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx=﹣R A（用题中字母代号表示）考点：测定金属的电阻率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；（2、3）由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值．解答：解：（1）螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为49.6～49.8，故总示数为：0.5+49.8×0.01mm=0.998mm；电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A；电流表量程为3V，最小刻度为0.1V，则指针指数超过2.25，故可估读为：2.25～2.28V；（2）因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；（3）因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R=，则待测电阻R X=R﹣R A；故答案为：（1）0.996～0.999mm、0.42A、2.25～2.28V．（2）A，小，（3）B，﹣R A．。

重庆市重庆一中2017届高三上学期半期考试试题物理二．选择题：共8小题，每小题6分。

每小题的四个选项中，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，有选错的得0分。

14.下列有关物理常识的说法中正确的是A ．牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体，也适用于微观、高速运动的物体B ．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s 2”是导出单位C ．库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量kD ．沿着电场线方向电势降低，电场强度越大的地方电势越高 15.静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为a ϕ的a 点运动至电势为b ϕ的b 点。

若带电粒子在a 、b 两点的速率分别为v a 、v b ，不计重力，则带电粒子的比荷q /m 为A ．)(222a b b a v v ϕϕ-- B ．)(222a b a b v v ϕϕ-- C ．a b b a v v ϕϕ--22 D ．a b a b v v ϕϕ--22 16.有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．在相同时间内b 转过的弧长最长C ．c 在4小时内转过的圆心角是6πD ．d 的运动周期有可能是20小时17.如图是一簇未标明方向、由一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出A ．该粒子电性与场源电荷的电性相同B ．该粒子在a 点加速度大小小于b 点加速度大小C ．该粒子在a 、b 两点时速度大小b a v v >D ．该粒子在a 、b 两点的电势能Pb PaE E >18.如图，斜面体A 静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B 置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P 处，此时小球静止且轻绳与斜面平行。

2017-2018学年一、选择题：（1-8题为单选；9-12为多选）1、以下磁体或通电直导线周围的小磁针（深色端为N极）指向符合物理实际的是A B C D2、以下不能作为磁感应强度的单位的一项是A. TB. N/(A·m)C. (N·s)/(C·m)D. Wb/m3、如图所示是一个自制简易电动机原理图，一枚干电池竖直放置（正极朝上），电池的负极上吸有一块圆形的可以导电的小磁体，磁场分布已知，将一个小金属线圈套在电池上，线圈和电池构成闭合回路，通电线圈在磁场的作用下就会转动起来，从上向下附视，线圈的转动方向是A. 顺时针方向B.逆时针方向C.时而顺时针转动时而逆时针转动D.以上说法均不正确4、在研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验中，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差，如图所示，由两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器的极板N 与静电计金属球相连，极板M接地．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是A．仅将M板水平向右平移靠近N板B．将M板向下平移C．在M、N之间插入玻璃板D．在M、N之间紧靠M插入有一定厚度的金属板5、如图甲，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴；x轴上各点的场强随x变化关系如图乙，x1x2分别对应轴上的AB两点，规定电场强度沿x轴正方向为正，则（）A．A、B两点处的电势相同B．负电荷在A点电势能大于B点C．同一电荷在AB两点所受电场力等大反向D．正电荷从A到B，电场力一直做正功6、如图为某台电风扇的铭牌，如果已知该电风扇在额定电压下工作时，转化为机械能的功率等于电动机消耗电功率的98 %，则在额定电压下工作时，通过电动机的电流I及电动机线圈的电阻R分别是（）A．I=2.5A R11ΩB．I=2.5A R=88ΩC．I=0.4A R=11ΩD．I=0.4A R=550Ω7、一根粗细均匀的细橡胶管，里面灌满盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱，长度为30cm; 在盐水柱两端加电压U时，盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为v．现握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40cm．然后在两端同样加电压U时，此时盐水柱中自由电荷定向移动的平均速率为A. 34v B.v C.43v D.6427v8、如图所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N,以下说法正确的是A.带电微粒可能带负电B.运动过程中带电微粒的动能保持不变C. 运动过程中带电微粒的电势能增加D. 运动过程中带电微粒的机械能守恒9、如图所示，通电直导线和闭合矩形线圈abcd在同一平面内，现让矩形线圈绕cd轴转动1800到虚线框位置，则A.转动过程中穿过线圈平面的磁通量先变小后变大B.初末两个状态穿过线圈的磁通量一样C.如果直接将线圈平移到虚线位置，穿过线圈的磁通量与绕cd转动时一样D.如果让线圈以通电导线为轴转动，穿过线圈平面的磁通量大小不变10、用多用电表的欧姆档测量二极管的正反向电阻时，一下操作正确的是A．测二极管的正向电阻时，红表笔接二极管的正极，黑表笔接二极管的负极.B．测二极管的反向电阻时，红表笔接二极管的正极，黑表笔接二极管的负极.C．某次测量时电表指针偏转角度很小，说明待测电阻很大，应该换更高倍率的欧姆档D. 某次测量时电表指针偏转角度很大，说明待测电阻很大，应该换更高倍率的欧姆档11、如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带正电的小球，管道半径略大于球体半径，整个管道处于方向与管道垂直的水平匀强磁场中；现给环施以一个水平初速度v0，以后小球的速度随时间变化的图像可能正确的是12、已知压敏电阻的受力面所受压力越小其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面放一质量为m物体，电梯静止时电压表示数为U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则：A.t1-t2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定B. t1-t2时间内电容器处于充电状态C.t2之后电梯处于超重状态D. t2之后电梯做匀变速运动二、实验题：13、某中学生课外科技小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们为了测量这种电池的电动势E和内阻r，设计了如下两种方案：方案一：①测电池内阻时，选择多用电表×10倍率欧姆档，将两个表笔插入电池两极内侧，尽量靠近两极而不与两电极接触，此时欧姆表指针如图甲所示，则电池的内阻为Ω；②测电池电动势时，先在电池两端连接一个滑动变阻器作为负载，然后用多用电表的直流电压档分别测量外电压和内电压，其中测外电压时，选择开关置于直流电压1V档，指针位置如图乙所示，则此时的外电压为V.③根据公式E= （用内电压U内和外电压U外表示）即可得到电池的电动势.方案二：用如图丙所示的电路进行测量，通过调节滑动变阻器得到多组电压电流值，描点做出U-I图如图丁所示；①由图可得，电池电动势E= V，内阻r= ；②仅从测量的原理来看，由于电流表的分压作用，电压表示数比真实的路端电压，测得的电动势比真实的电动势，测得的内阻比真实的内阻；（以上三空均填“偏大”“偏小”或“相等”）③若所用电流表的内阻为100Ω，则待测电池的真实内阻为Ω；三、计算题：14、如图所示，AB两金属板与电路良好接触，两板间距为d，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一束粒子流（不计重力）以速度v0从S1孔平行于金属板射入，恰好沿直线运动从S2孔射出，已知电源的电动势为E，内阻为r,定值电阻为R0，求：（1）AB两板之间的电势差；（2）此时滑动变阻器R接入电路的阻值.15、如图所示为一种“电磁天平”的结构简图，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，线圈未通电时天平两臂平衡；已知线圈的水平边长L=0.1m，匝数为N=800，线圈的下底边处于匀强磁场内，磁感应强度B=0.5T，方向垂直于线圈平面向里，线圈中通有方向沿顺时针，大小可在0-2A范围内调解的电流I；挂盘放上待测物体后，调解线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量；重力加速度g=10m/s2，试求：该“电磁天平”能够称量的最大质量.16、如图所示，ABC三板平行，B板延长线与圆筒切于P点，C板与圆筒切于Q点，圆筒半径R=4cm。

重庆市部分区县2017-2018学年高三上学期入学物理试卷一、选择题（每小题6分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1．如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )A．B．C．D．2．如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )A．P将向下滑动B．P仍然静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力不变3．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地．汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它匀速运动到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是( )A．B．C．D．4．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大5．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点( )A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s6．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是( )A．B．C．D．7．如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是( )A．只增加绳的长度B．只增加重物的质量C．只将病人的脚向左移动D．只将两定滑轮的间距增大8．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是( )A．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ二、非选择题（一）必考题9．为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出．（g=9.8m/s2）（1）作出m﹣L的关系图线；（2）弹簧的劲度系数为__________ N/m（结果保留三位有效数字）．10．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a=__________m/s2，打C点时物块的速度v=__________m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是__________（填正确答案标号）A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．11．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度g=10m/s2）t（s）0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 …v（m/s）0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 …求：（1）斜面的倾角α；（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ；（3）物体经过多长时间下滑到B点．12．（19分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B 之间的距离L=10m．已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．重力加速度g取10m/s2．（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？（二）选做题【物理-选修3-3】13．人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是( ) A．液晶的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用14．如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积V A和温度T A．【物理--选修3-4】15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 ( )A．振幅一定为AB．周期一定为TC．速度的最大值一定为vD．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求：（1）光线在M点的折射角．（2）透明物体的折射率．【物理--选修3-5】17．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为__________．若用波长为λ（λ＜λ0）的单色光做该实验，则其遏止电压为__________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h．18．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．2015-2016学年重庆市部分区县2015届高三上学期入学物理试卷一、选择题（每小题6分，共48分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1．如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )A．B．C．D．考点：力的合成与分解的运用．专题：压轴题；受力分析方法专题．分析：先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况．解答：解：A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选A．点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B 间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力．2．如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )A．P将向下滑动B．P仍然静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力不变考点：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：先未放Q时P进行受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，再根据平衡条件进行分析．解答：解：A、B、对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有：N=Mgcosθf=Mgsinθ由于P处于静止状态，则有f≤μN，故μ≥tanθ由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误，B正确；C、物体P保持静止，合力为零，没有增大，故C错误；D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D错误；故选：B．点评：解决本题的关键是分析物体的受力情况，明确物体要滑动的条件：重力的下滑分力大于最大静摩擦力，列式分析．3．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地．汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它匀速运动到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；直线运动规律专题．分析：汽车以恒定功率行驶，功率P=Fv，匀速匀速时牵引力和阻力平衡；当驶入沙地后，受到的阻力变大，故合力向后，做减速运动，根据功率P=Fv可知，牵引力增加，故汽车加速度减小，当加速度减为零后，汽车匀速．解答：解：汽车驶入沙地前，做匀速直线运动，牵引力和阻力平衡；汽车刚驶入沙地时，阻力增加，牵引力小于阻力，加速度向后，减速；根据功率P=Fv可知，随着速度的减小，牵引力不断增加，故加速度不断减小；当加速度减为零后物体匀速运动；汽车刚离开沙地，阻力减小，牵引力大于阻力，故加速度向前，物体加速运动；根据功率P=Fv 可知，随着速度的增加，牵引力不断减小，故加速度不断减小；即物体做加速度减小的加速运动；最后匀速；故汽车进入沙地减速，中途匀速，离开沙地加速；s﹣t图线上某点的斜率表示该点对应时刻的瞬时速度，B图两端是曲线，且最后的斜率大于开始的斜率，即最后的速度比开始的最大速度还要大，不符合实际；只有A选项曲线在O点处的切线斜率等于驶出沙地后直线的斜率，符合实际．故A正确，B错误，C错误，D错误；故选A．点评：本题关键分析出物体的运动规律，然后根据s﹣t图线的切线表示对应时刻的瞬时速度判断．4．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中( )A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大考点：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：以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．根据平衡条件得：N1′=Gcotθ，N2′=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小．故选B点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况．5．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点( )A．第1s内的位移是5mB．前2s内的平均速度是6m/sC．任意相邻的1s内位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s考点：匀变速直线运动的公式．分析：根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论．解答：解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误；B、前2s内的平均速度为m/s，B错误；C、与对比可知a=2m/s2，则△s=aT2=2m，C错误；D、由加速的定义式可知D选项正确．故选：D．点评：本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单．6．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出滑块速度大小减为时所用的时间，滑块的末速度可能与初速度方向相同，可能与初速度方向相反．解答：解：当滑块的末速度方向与初速度方向相同，根据速度﹣时间公式得：t1=．当滑块的末速度方向与初速度方向相反，根据速度﹣时间公式得：．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，并能灵活运用，注意末速度的方向可能与初速度方向相同，可能与初速度方向相反．7．如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是( )A．只增加绳的长度B．只增加重物的质量C．只将病人的脚向左移动D．只将两定滑轮的间距增大考点：合力的大小与分力间夹角的关系．专题：平行四边形法则图解法专题．分析：以滑轮为研究对象，根据平衡条件得出脚所受的拉力与绳的拉力的关系，再选择可采取的方法．解答：解：A、若只增加绳的长度，拉力不变，A选项错误；B、若只增加重物的质量，则绳子拉力增大，脚所受的拉力增大，B选项正确；C、若只将病人的脚向左移动，则夹角θ会减小，绳子拉力的合力增大，脚所受的拉力增大，C选项正确；D、只将两只滑轮的距离增大，则夹角θ会增大，绳子拉力的合力减小，脚所受的拉力减小，D选项错误．故选：BC．点评：本题实质中动态平衡问题，采用的是函数法，考查运用物理知识分析实际问题的能力．8．如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是( )A．N=m1g+m2g﹣Fsinθ B．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ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；受力分析方法专题．分析：对AB整体受力分析，受到重力（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，然后根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有Fcosθ﹣f=0N+Fsinθ﹣mg=0解得N=mg﹣Fsinθ=（m1+m2）g﹣Fsinθf=Fcosθ故选AC．点评：整体法与隔离法是解决平衡问题的常用方法，在具体问题中，灵活地选用整体法和隔离法，可以使问题大大简化．二、非选择题（一）必考题9．为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出．（g=9.8m/s2）（1）作出m﹣L的关系图线；（2）弹簧的劲度系数为0.261 N/m（结果保留三位有效数字）．考点：胡克定律．分析：（1）用描点法作出m﹣L的关系图线；（2）m﹣L图线的斜率等于弹簧的劲度系数k，由数学知识求解k．解答：解：（1）根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上．可以判定m和L间是一次函数关系．画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧．如图所示（2）根据图象的斜率可以求得弹簧的劲度系数：△mg=k△l，得：k=g=×9.8N/m=0.261N/m故答案为：（1）如图所示．（2）0.261．点评：描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧．在应用胡克定律时，要首先转化单位，知道图线的斜率即为弹簧的劲度系数．10．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a=3.25m/s2，打C点时物块的速度v=1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．考点：探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：（1）根据△x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．解答：解：（1）根据△x=aT2，有：解得：a===3.25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．点评：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．11．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度g=10m/s2）t（s）0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 …v（m/s）0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 …求：（1）斜面的倾角α；（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ；（3）物体经过多长时间下滑到B点．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由表格读出物体在斜面上运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解斜面的倾角α；（2）用同样的方法求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数μ；（3）抓住匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，结合速度时间公式求出物体在斜面上运动的时间和在B点的速度．解答：解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：=5m/s2；由牛顿第二定律得：mgsinα=ma1，代入数据得：α=30°（2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为：；由牛顿第二定律得：μmg=ma2，代入数据得：μ=0.2；（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有：v B=a1t，v1.2=v B﹣a2（1.2﹣t），代入得：v1.2=a1t﹣a2（1.2﹣t）；解得：t=0.5s，v B=2.5m/s；答：（1）斜面的倾角α为30°；（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ为0.2；（3）物体下滑到B点所用时间为0.5s．点评：本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度．要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间．12．（19分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B 之间的距离L=10m．已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ=．重力加速度g取10m/s2．（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；力的合成与分解的运用．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式求解加速度和末速度；（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F的表达式，分析出最小值．解答：解：（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式，有：①v=v0+at ②联立解得；a=3m/s2v=8m/s（2）对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有：平行斜面方向：Fcosα﹣mgsin30°﹣F f=ma垂直斜面方向：Fsinα+F N﹣mgcos30°=0其中：F f=μF N联立解得：F==故当α=30°时，拉力F有最小值，为F min=N；答：（1）物块加速度的大小为3m/s2，到达B点的速度为8m/s；（2）拉力F与斜面的夹角30°时，拉力F最小，最小值是N．点评：本题是已知运动情况确定受力情况，关键先根据运动学公式求解加速度，然后根据牛顿第二定律列式讨论．（二）选做题【物理-选修3-3】13．人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是( ) A．液晶的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体．分析：解答本题应是确：固体和液体的分子势能均与体积有关；晶体分单晶体和多晶体，物理性质不同．理想气体的内能就是所有分子的动能．露珠是液体表面张力作用的结果．解答：解：A、分子势能是分子间由于相对位置的变化而具有的能；分子力间的距离与分子体积有关；故液晶的分子势能与体积有关；故A正确．B、晶体分单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性特征，多晶体具有各向同性特征，故B错误．C、温度升高，分子的平均动能增大；但并不是所有分子的动能均增大；故C错误；D、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故而在液体表面形成表面张力，露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故D正确．故选：AD．点评：本题要明确单晶体和多晶体的区别；其次要知道理想气体是所有分子的动能，与势能无关．14．如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为V0、温度均为T0．缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积V A和温度T A．考点：理想气体的状态方程．分析：因为气缸B导热，所以B中气体始末状态温度相等，为等温变化；另外，因为是刚性杆连接的绝热活塞，所以A、B体积之和不变，即V B=2V0﹣V A，再根据气态方程，本题可解．解答：解：设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等p B=1.2p0B中气体始末状态温度相等p0V0=1.2p0（2V0﹣V A）∴A部分气体满足=∴T A=1.4T0答：气缸A中气体的体积温度T A=1.4T0点评：本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即V B=2V0﹣V A）是关键．【物理--选修3-4】15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 ( )A．振幅一定为AB．周期一定为TC．速度的最大值一定为vD．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：压轴题．分析：波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关．解答：解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，A、B正确，D错误；C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，E正确．故选ABE点评：本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变化的．16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银，O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求：（1）光线在M点的折射角．（2）透明物体的折射率．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．（2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．解答：解：（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P 和N三点共线．。