2016届河北省邢台市高三上学期摸底物理试卷(解析版).doc

2015-2016学年河北省邢台市高三（上）摸底物理试卷(解析版)一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-9题，每题只有一个选项正确，10-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不是“因电而动”（即在安培力作用下运动）的有（）ABCD2物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（）A甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mB甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mD乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m3“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星（均做匀速圆周运动），利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）A低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/sB地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照C低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率D低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期4如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑片处在某一位置时，电流表的读数为I=0.5A，电压表V1的读数U1=1V，电压表V2读数为U2=2V则向右移动滑动变阻器的滑片后，三个电表可能得到的读数是（）AI=2A，U1=2V，U2=0VBI=1A，U1=1.6V，U2=3VCI=0.3A，U1=0.9V，U2=1.1VDI=0.2A，U1=0.8V，U2=2.4V5如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）A两图中两球加速度均为gsinB两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍6如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是（）A匀强磁场的磁感应强度为B电荷在磁场中运动的时间为C若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小D若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出7一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf2=2Wf1CWF24WF1，Wf2=2Wf1DWF24WF1，Wf22Wf18如图所示，半径为a、电阻为R的圆形闭合金属环位于有理想边界的匀强磁场右边沿，环平面与磁场垂直现用水平向右的外力F将金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F与位移x的关系图象应是下图中的（）ABCD9如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，（垂直AD方向）射入倾角为的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则（）A若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加10如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）A两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直B曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V11如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作加速运动的阶段中（）A甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小12如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是（）A其它条件不变，将P释放，P也能静止BM与N的距离为LCP在M、N处产生的电场强度EM=END其它条件不变，小球P的电量增加为+2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零二、实验题（共17分。请把正确答案填写在答题纸相应的位置上）13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=mm（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是；（3）下列不必要的一项实验要求是（请填写选项前对应的字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（选填“t2F”、“”或“”）14热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R，（常温下阻值为10.0）的电流随其两端电压变化的特点A电流表A（量程0.6A，内阻约0.3）B电压表V（量程15.0V，内阻约10k）C滑动变阻器R（最大阻值为10）D滑动变阻器R（最大阻值为500）E电源E（电动势15V，内阻忽略）F电键、导线若干实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必须的器材，应选择的滑动变阻器是（只需填写器材前面的字母即可）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图该小组测出热敏电阻R1的UI图线如曲线所示请分析说明该热敏电阻是热敏电阻（填PTC或NTC）该小组又通过查阅资料得出了热敏组电R2的UI图线如曲线所示然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图所示的电路接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为V，内阻为（结果均保留三位有效数字）三、计算题（共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=lkg，绳绷直时B离地面有一定高度在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）物体A与斜面间的动摩擦因数；（2）物体A开始下滑的加速度大小16如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完全相同的平行金属板PQ和MN，P、Q与M、N四块金属板相互平行地竖直地放置已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d=0.2m，极板本身的厚度不计，极板长均为L=0.2m，板间电压都是U=6V且P板电势高金属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T，磁场区域足够大现有一质量m=1104kg，电量q=2104C的小球在水平面上以初速度v0=4m/s从平行板PQ间左侧中点O1沿极板中线O1O1射入（1）试求小球刚穿出平行金属板PQ的速度；（2）若要小球穿出平行金属板PQ后，经磁场偏转射入平行金属板MN中，且在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN的左侧中点O2沿中线O2O2射出，则金属板Q、M间距离是多少？四、选做题（共15分）请考生从给出的3道物理题中任选一题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。17下列说法正确的是（）A温度越高，扩散现象越不明显B橡胶无固定熔点，是非晶体C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D布朗运动是液体中分子无规则运动的反映E第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律18一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（a）中上部气体的压强P10五、3-419图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（）A该波的周期是0.10sB该波的传播速度为40m/sC该波沿x轴的负方向传播Dt=0.10s时，质点Q的速度方向向下E从t=0.10s到 t=0.25s，质点P通过的路程为30cm20如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离六、3-521关于近代物理，下列说法正确的是（）A射线是高速运动的氦原子B核聚变反应方程H+HHe+n中， n表示中子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成正比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E比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出能量22如图所示，质量为M=50g的木块用长为L=lm的轻绳悬挂于O点，质量为m=l0g的子弹以速度v1=500m/s向左水平穿过木块后，速度变成v2=490m/s，该过程历时极短可忽略不计，之后木块在竖直面内摆起来，经时间t=0.6s摆到最高点，不计空气阻力，重力加速度为g=l0m/s2试求：（1）子弹穿过木块过程中，木块所受冲量大小（2）子弹穿过木块的过程，系统增加的热量Q2015-2016学年河北省邢台市高三（上）摸底物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-9题，每题只有一个选项正确，10-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不是“因电而动”（即在安培力作用下运动）的有（）ABCD【考点】电磁感应在生活和生产中的应用【分析】电磁感应是指因为磁通量变化产生感应电动势的现象；而电动机是电流在磁场中的受力，二者要注意区分【解答】解：A、图中线圈与电源相连，给线圈供电后能使线圈在磁场中转动；属于因电而动；B、摇绳发电是线圈在地磁场中运动产生感应电流；属于因动而电；C、磁电式仪表是线圈通电后在磁场中转动的；属于因电而动；D、电磁炮是导线通电后在磁场中加速运动；属于因电而动；本题考查不是“因电而动”的；故选：B【点评】本题关键明确什么是电磁感应，什么是导线在磁场中受力；要能根据题目中的电流来源进行判断2物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（）A甲在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mB甲在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6mC乙在整个t=4s时间内有来回运动，它通过的总路程为12mD乙在整个t=4s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6m【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；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】运动学中的图像专题【分析】vt图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；xt图象的斜率表示速度，面积无意义【解答】解：A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为： =6m，故AB错误；C、xt图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t=4s时间内一直沿正向运动，乙在4s时间内从3m运动到+3m位置，故位移大小为6m，故C错误，D正确；故选：D【点评】本题考查了xt图象与vt图象的区别，明确斜率、与t轴包围的面积的含义，基础题3“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星（均做匀速圆周运动），利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（）A低轨卫星（环绕半径远小于地球同步卫星的环绕半径）都是相对地球运动的，其环绕速率可能大于7.9km/sB地球同步卫星相对地球是静止的，可以固定对一个区域拍照C低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的速率D低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的周期【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而进行判断【解答】解：A、同步卫星相对地球静止，低轨卫星相对地球是运动的，根据得，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度故A错误；B、同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，但由于它距地面较远，照片的分辨率会差一些故B正确；CD、根据得，v=，T=，低轨卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则低轨卫星的速率大于同步卫星，周期小于同步卫星故C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星的特点4如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器滑片处在某一位置时，电流表的读数为I=0.5A，电压表V1的读数U1=1V，电压表V2读数为U2=2V则向右移动滑动变阻器的滑片后，三个电表可能得到的读数是（）AI=2A，U1=2V，U2=0VBI=1A，U1=1.6V，U2=3VCI=0.3A，U1=0.9V，U2=1.1VDI=0.2A，U1=0.8V，U2=2.4V【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器向右移动后，总电阻、总电流都会发生变化，根据电流表示数的变化，以及两电压表示数之和的变化分析判断即可【解答】解：滑片向右移动，滑动变阻器的有效阻值增大，电路的总电阻增大，故电路的总电流减小，此时电压表V1的示数减小，V2的示数增大电流表的示数减小，由于内电压减小，则两电压表示数之和增大故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查闭合电路的动态分析，抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行分析5如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）A两图中两球加速度均为gsinB两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据弹簧弹力不能突变，杆的弹力会突变，分析撤去挡板的瞬间，图甲和图乙中AB所受合外力即可得到各自的加速度【解答】解：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin，加速度为2gsin；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin，加速度均为gsin，故图甲中B求得加速度是图乙中B求加速度的2倍；故ABC错误，D正确；故选：D【点评】只要了解弹簧弹力受形变的影响，不能突变，即可得到结果6如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是（）A匀强磁场的磁感应强度为B电荷在磁场中运动的时间为C若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小D若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB边的中点射出【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】由轨迹结合几何知识可以确定粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出磁场强度；由周期公式可以求出运动时间，T=，周期与速度无关，半径r=，r与v成正比【解答】解：A、由图可以看出粒子圆周运动的半径R=L，根据牛顿第二定律：qv0B=m，得：B=，A正确；B、T=，转过的圆心角为90，则t=，故B错误；C、若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180，入射速度减小，T=，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；D、若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，设DF为h，由几何知识：（2Lh）2+L2=（2L）2，得：h=（2）LL，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误；故选：A【点评】本题考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，推导出的半径与周期公式，灵活掌握粒子在磁场中运动时间的求解7一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前两次克服摩擦力所做的功，则（）AWF24WF1，Wf22Wf1BWF24WF1，Wf2=2Wf1CWF24WF1，Wf2=2Wf1DWF24WF1，Wf22Wf1【考点】功的计算【专题】功的计算专题【分析】根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果【解答】解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S2=1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2；再由动能定理，则有：WFWf=；可知，WF1Wf1=；WF2Wf2=4；由上两式可解得：WF2=4WF12Wf1，故C正确，ABD错误；故选：C【点评】考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负8如图所示，半径为a、电阻为R的圆形闭合金属环位于有理想边界的匀强磁场右边沿，环平面与磁场垂直现用水平向右的外力F将金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F与位移x的关系图象应是下图中的（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题【分析】切割的有效长度L=2=，在匀速运动的过程中拉力等于安培力，根据求出拉力F与位移x的关系【解答】解：金属圆环在出磁场的过程中，切割的有效长度L=2=，且拉力等于安培力所以F=，可知F与x成抛物线关系故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E=BLv，以及知道L为有效长度9如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，（垂直AD方向）射入倾角为的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则（）A若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由图可知，小球在斜面上做类平抛运动，合力沿斜面向下，由于重力沿斜面的分力也是向下的，故电场力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，只要合力沿斜面向下即可，由动能定理分析动能的变化，根据电场力可能的做功情况，判断电势能的变化根据能量守恒分析动能和电势能之和及重力势能和电势能之和如何变化【解答】解：A、由图可知，小球在斜面上做类平抛运动，合力沿斜面向下，由于重力沿斜面的分力也是向下的，故电场力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，只要合力沿斜面向下即可，故A错误B、当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，故B错误C、由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确D、若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，故D错误故选：C【点评】解决本题的突破口在于通过轨迹的弯曲程度得出电场力以及合力的方向，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系10如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）A两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直B曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2C曲线a表示的交变电动势频率为25HzD曲线b表示的交变电动势有效值为10V【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】交流电专题【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：A、在t=0时刻，线圈一定处在中性面上；故A错误；B、由图可知，a的周期为4102s；b的周期为6102s，则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故B正确；C、曲线a的交变电流的频率f=25Hz；故C正确；D、曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em=nBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为U=5V；故D错误；故选：BC【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量11如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上作加速运动的阶段中（）A甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】先以整体为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析斜面对乙的摩擦力如何变化，再对甲分析，由牛顿第二定律研究甲、乙之间的摩擦力、弹力变化情况【解答】解：对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、拉力F和洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直于斜面向上，则由牛顿第二定律得：Fm总gsinFN=m总aFN=m总gcosF洛随着速度的增大，洛伦兹力增大，则由知：FN减小，乙所受的滑动摩擦力f=FN减小，故D正确；以甲为研究对象，有：m甲gsinf=m甲a由知，f减小，加速度增大，因此根据可知，加速度增大时，甲乙两物块之间的摩擦力不断增大，故A正确，BC错误；故选：AD【点评】解决本题运用整体法和隔离法结合研究，关键是抓住洛伦兹力随速度而增大的特点进行分析12如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为+Q的小球P带电量分别为q和+2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是（）A其它条件不变，将P释放，P也能静止BM与N的距离为LCP在M、N处产生的电场强度EM=END其它条件不变，小球P的电量增加为+2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据对M、N受力分析，结合平衡条件与库仑定律，假设杆无作用力，即可分析距离L；由点电荷电场线的分布，依据沿着电场线的方向，电势降低，即可分析电势的关系；根据整体受力分析，结合平衡条件，分析三点是否在同一直线上和系统所受的合外力【解答】解：A、P对MN整体的合力为零，根据牛顿第三定律，MN整体对P的合力也为零，故其它条件不变，将P释放，P也能静止，故A正确；B、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：=，解得：r=（1）LL；故B错误；C、根据公式E=，P在M处与N处产生的场强之比为： =，故C错误；D、MN整体对P的合力为零，说明MN整体在P电荷所在位置处的场强为零，小球P的电量增加为+2Q，依然不受力，根据牛顿第三定律，M、N及细杆组成的系统所受合外力仍然为零，故D正确；故选：AD【点评】考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法二、实验题（共17分。请把正确答案填写在答题纸相应的位置上）13如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.30mm（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；（3）下列不必要的一项实验要求是A（请填写选项前对应的字母）A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（选填“t2F”、“”或“”）【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】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响【解答】解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+60.05mm=2.30mm；（2）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L（3）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选A（4）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，v=，a=，=2L所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象故答案为：（1）2.30 （2）遮光条到光电门的距离L（3）A（4）【点评】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项14热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器（NTC）正温度系数电阻器（PTC）在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器（NTC）在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R，（常温下阻值为10.0）的电流随其两端电压变化的特点A电流表A（量程0.6A，内阻约0.3）B电压表V（量程15.0V，内阻约10k）C滑动变阻器R（最大阻值为10）D滑动变阻器R（最大阻值为500）E电源E（电动势15V，内阻忽略）F电键、导线若干实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必须的器材，应选择的滑动变阻器是C（只需填写器材前面的字母即可）请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图该小组测出热敏电阻R1的UI图线如曲线所示请分析说明该热敏电阻是PTC热敏电阻（填PTC或NTC）该小组又通过查阅资料得出了热敏组电R2的UI图线如曲线所示然后又将热敏电阻R1、R2分别与某电池组连成如图所示的电路接通对应电路后，测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为10.0V，内阻为6.67（结果均保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路根据图象应用欧姆定律判断元件阻值随温度变化的关系，然后确定元件类型根据实验数据，应用欧姆定律求出电源电动势与内阻【解答】解：电压从零开始调节，故采用滑动变阻器分压接法；故滑动变阻器应选择总阻值较小的C；加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67；故答案为：B，D；电路图如图所示；PTC；10.0，6.67【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法三、计算题（共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=lkg，绳绷直时B离地面有一定高度在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）物体A与斜面间的动摩擦因数；（2）物体A开始下滑的加速度大小【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】由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力，进而可得A与斜面的摩擦因数AB具有相同的加速度，由题可得加速度【解答】解：（1）由图乙可知物体A先加速运动0.5s，然后再匀减速运动0.25s减速到零，加速度： a2=8m/s2B落地后，由牛顿第二定律知：mAgsinmAgcos=mAa2解得：=0.25（2）A下滑过程，由牛顿第二定律mAgsinmAgcos=mAa 代入数据得a=4m/s2答：（1）物体A与斜面间的动摩擦因数为0.25；（2）物体A开始下滑的加速度大小为4m/s2【点评】本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，牛顿第二定律，中等难度16如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完全相同的平行金属板PQ和MN，P、Q与M、N四块金属板相互平行地竖直地放置已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d=0.2m，极板本身的厚度不计，极板长均为L=0.2m，板间电压都是U=6V且P板电势高金属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=5T，磁场区域足够大现有一质量m=1104kg，电量q=2104C的小球在水平面上以初速度v0=4m/s从平行板PQ间左侧中点O1沿极板中线O1O1射入（1）试求小球刚穿出平行金属板PQ的速度；（2）若要小球穿出平行金属板PQ后，经磁场偏转射入平行金属板MN中，且在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN的左侧中点O2沿中线O2O2射出，则金属板Q、M间距离是多少？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）小球在PQ金属板间在竖直方向受到的重力和支持力平衡，水平方向只受电场力，初速度平行板PQ，小球做类平抛运动，将小球的运动分解：平行于板的方向做匀速直线运动，垂直于板的方向做匀速直线运动根据牛顿第二定律和运动学规律求解小球刚穿出平行金属板PQ的速度（2）题中P板电势高，在电场中小球向P板偏转，进入后磁场后竖直方向重力和支持力仍平衡，由洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，根据运动的对称性，画出小球的运动轨迹在MN板间的运动可看作类平抛运动的逆过程处理由牛顿定律求出圆周运动的半径，运用几何知识求解金属板Q、M间距离【解答】解：（1）小球在PQ金属板间做类平抛运动 小球的加速度a=60m/s2 小球在PQ板间运动的时间t=0.05s 则离开PQ板时的速度为v=5m/s 设v方向与PQ板中轴线的夹角为，则tan=，=37 （2）作出俯视图如下 由题，P板电势高，则在电场中小球向P板偏转，进入后磁场后做匀速圆周运动，根据运动的对称性，则必须N板电势高于M板电势，其运动轨迹如图所示 设小球做匀速圆周运动的半径为R，则 qvB=m，得R=0.5m 设小球射入和射出磁场时两点间的距离为h，由几何知识得 h=2Rcos=20.50.8m=0.8m小球在两平行金属板间偏转的距离y=7.5103m根据对称性可知，金属板Q、M间距离是s=h2（+y）=0.45m答：（1）小球刚穿出平行金属板PQ的速度大小为5m/s，方向与板中轴线的夹角为37； （2）金属板Q、M间距离是0.45m【点评】带电粒子在电场和磁场中运动研究方法不同：电场中类平抛运动采用运动的合成和分解，磁场中匀速圆周运动画轨迹四、选做题（共15分）请考生从给出的3道物理题中任选一题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。17下列说法正确的是（）A温度越高，扩散现象越不明显B橡胶无固定熔点，是非晶体C做功和热传递是改变物体内能的两种方式D布朗运动是液体中分子无规则运动的反映E第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【考点】热力学第一定律；改变内能的两种方式；* 晶体和非晶体【分析】温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显；改变内能的方式有做功和热传递；非晶体的特点是无固定熔点，布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，第二类永动机是不能制造出来的，它违反热力学第二定律【解答】解：A、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；B、非晶体的特点是无固定熔点，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；故选：BCE【点评】本题考查了扩散现象、晶体与非晶体的区别、布朗运动、热力学第一定律、热力学第二定律的知识，是难度不大基础题在平时的学习过程中多加积累即可18一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；已知活塞的质量为m，活塞面积为S，达到平衡时，这两部分气体的体积相等，如图（a）所示；为了求出此时上部气体的压强P10，将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：1，如图（b）所示设外界温度不变，重力加速度大小为g，求：图（a）中上部气体的压强P10【考点】理想气体的状态方程【专题】光的折射专题【分析】气体发生等温变化，求出气体状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体压强【解答】解：设气缸倒置前下部气体的压强为p20，倒置后上下气体的压强分别为p2、p1，由力的平衡条件得：，倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V0，由玻意耳定律得：，解得：；答：图（a）中上部气体的压强P10为【点评】本题考查了求气体压强，分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题五、3-419图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是（）A该波的周期是0.10sB该波的传播速度为40m/sC该波沿x轴的负方向传播Dt=0.10s时，质点Q的速度方向向下E从t=0.10s到 t=0.25s，质点P通过的路程为30cm【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程【解答】解：A、由图乙知该波的周期是0.20s故A错误B、由甲图知波长=8m，则波速为：v=m/s=40m/s，故B正确CD、在t=0.10s时，由乙图知质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故C、D正确E、该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动从t=0.10s到=0.25s经过的时间为t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故E错误；故选：BCD【点评】本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波