承德聯(lián)校屆高三上學(xué)期期末物理試卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2015-2016學(xué)年河北省承德聯(lián)校高三（上)期末物理試卷一、選擇題（共12小題，每小題4分，滿分48分）1．對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究是一個(gè)漫長的過程，許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻(xiàn),下列關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)研究過程說法正確的是（）A．亞里士多德認(rèn)為在同一地點(diǎn)重的物體和輕的物體下落快慢相同B．伽利略認(rèn)為物體的重量大小決定物體下落的快慢C．伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，并采用斜面實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證推理D．英國物理學(xué)家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實(shí)驗(yàn)2．如圖所示,通有恒定電流的，一定長度的直導(dǎo)線水平放置在兩足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向如圖所示．若將導(dǎo)體在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)180°,關(guān)于甲、乙兩種情況導(dǎo)體受到的安培力大小和方向變化，下列說法正確的是（）A．圖甲導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變,方向變化一次，圖乙導(dǎo)線受到的安培力大小一直不變,方向一直在變B．圖甲導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變，方向不變，圖乙導(dǎo)線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變C．甲、乙兩種情況導(dǎo)線受到的安培力大小不變，方向一直變化D．甲、乙兩種情況導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變，方向不變3．圖示是兩個(gè)從不同地點(diǎn)出發(fā)沿同一方向運(yùn)動(dòng)的物體A和B的速度﹣時(shí)間圖象，已知它們?cè)趖2時(shí)刻相遇，則由圖可知（)A．出發(fā)時(shí),物體A在前，物體B在后B．在0到t2時(shí)刻的這一過程中，物體A和物體B的平均速度相等C．相遇前，在t1時(shí)刻，A、B兩物體相距最遠(yuǎn)D．t2時(shí)刻之前，A在后，B在前4．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn),另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則（)A．滑塊一定受到四個(gè)力作用B．彈簧不可能處于拉伸狀態(tài)C．斜面對(duì)滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對(duì)滑塊一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小為mg5．如圖所示，理想變壓器的原線圈通有e=30cos100πt(V）的交變電流，燈泡L的額定功率為6W，開關(guān)S閉合后燈泡L恰好正常發(fā)光，電壓表、電流表均為理想電表．變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為10：1,下列說法正確的是（）A．副線圈交變電流的頻率為5HzB．電壓表的示數(shù)為4。24VC．電流表的示數(shù)為0。2AD．燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為1。5Ω6．如圖所示，A、B兩個(gè)物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上,B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0。1,A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0。2，已知物體A的質(zhì)量m=2kg，物體B的質(zhì)量M=3kg,重力加速度g取10m/s2，現(xiàn)對(duì)物體B施加一個(gè)水平向右的恒力F,為使物體A與物體B相對(duì)靜止,則恒力的最大值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（)A．5N B．10N C．15N D．20N7．一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地，在兩級(jí)板間有一負(fù)電荷（電荷量很小）固定在P點(diǎn),如圖所示,以E表示兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，EP表示負(fù)電荷在P點(diǎn)的電動(dòng)勢(shì)．若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板從虛線所在位置,則(）A．φ變大，E不變 B．E變大，EP變大 C．E不變，EP不變 D．φ不變，EP變大8．如圖所示，固定的豎直桿上A點(diǎn)處套有一質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與水平放置的輕質(zhì)彈簧一端相連,彈簧另一端固定在豎直墻壁上的D點(diǎn)，彈簧水平時(shí)恰好處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)從圖示位置（距地面高度為h）由靜止沿桿滑下，圓環(huán)經(jīng)過C處時(shí)的速度最大，滑到桿的底端B時(shí)速度恰好為零．若圓環(huán)在B處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A點(diǎn)．彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g．下列說法中正確的是（）A．豎直桿可能光滑,且圓環(huán)下滑到B時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mghB．下滑到C處，圓環(huán)受到的重力與摩擦力大小相等C．圓環(huán)從A下滑到B的過程中克服摩擦力做的功為mv2D．圓環(huán)上滑經(jīng)過C的速度與下滑經(jīng)過C的速度大小相等9．2015年12月29日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號(hào)乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射高分四號(hào)衛(wèi)星．該衛(wèi)星是我國首顆地球同步軌道高分辨率光學(xué)成像衛(wèi)星，也是目前世界上空間分辨率最高、幅寬最大的地球同步軌道遙感衛(wèi)星．對(duì)這顆衛(wèi)星和地球同步軌道上的其他衛(wèi)星,下列物理量一定相同的是（）A．軌道半徑 B．向心力 C．角速度 D．線速度的大小10．均勻磁場(chǎng)中有一由半徑為R的半圓弧機(jī)器直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合，磁場(chǎng)方向垂直于半圓面（紙面）向里，如圖甲所示．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按照如圖乙所示規(guī)律變化，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流I．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0保持不變,使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生同樣大小的感應(yīng)電流I，則(）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電路方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為C．線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針方向D．線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω大小為11．如圖所示，x軸上的O、M兩點(diǎn)固定著兩個(gè)電荷量相等的點(diǎn)電荷，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ與x間的關(guān)系圖象如圖所示，下列說法正確的是(）A．兩個(gè)點(diǎn)電荷均帶正電荷B．D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向先增大后減小D．將一帶正電的點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小12．一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊從半徑為R的固定半圓軌道左邊緣由靜止滑下,到半圓底部時(shí)，小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1。5倍，重力加速度為g，以半圓底部所在水平面為參考平面，則鐵塊下滑過程中（）A．摩擦力大小不變 B．重力勢(shì)能一直減小C．損失的機(jī)械能為mgR D．先失重后超重二、解答題(共4小題，滿分37分）13．利用自由落體法測(cè)重力加速度，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．（1）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下，請(qǐng)將步驟B補(bǔ)充完整A．按實(shí)驗(yàn)要求安裝好實(shí)驗(yàn)裝置：B．使重物（填“靠近”或“遠(yuǎn)離"）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,接著(填“先接通電源后釋放紙帶”或“向釋放紙帶后接通電源"），打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打下一系列的點(diǎn)；C．圖乙為一條符合實(shí)驗(yàn)要求的紙帶，O點(diǎn)為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)，分別測(cè)出若干連接點(diǎn)A、B、C、…與O點(diǎn)之間的距離h1、h2、h3…（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T,結(jié)合實(shí)驗(yàn)張所測(cè)得的h1、h2、h3，可得打B點(diǎn)時(shí)重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測(cè)得值均小于當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度的值，其原因是14．圖示是多用電表的外觀圖及表盤部分放大圖，請(qǐng)讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測(cè)量了一個(gè)13Ω的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約為2kΩ的電阻．在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的，請(qǐng)選擇其中有用的,按正確操作順序?qū)懗觯海瓵．用螺絲刀調(diào)節(jié)表盤A下中間部位的調(diào)零螺絲B，使表針指零B．將紅表筆和黑表筆接觸C．把選擇開關(guān)C旋轉(zhuǎn)到“×1kΩ"位置D．把選擇開關(guān)C旋轉(zhuǎn)到“×100Ω”位置E．調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕D使表針指著歐姆零點(diǎn)在測(cè)量2kΩ左右的電阻時(shí)，紅表筆的電勢(shì)黑表筆的電勢(shì)（選填“高于"、“等于”或“低于”)．(2）用多用電表進(jìn)行了兩次測(cè)量，指針的位置分別如圖中a和b所示，若選擇開關(guān)處在以下表格中所指的檔位，請(qǐng)把相應(yīng)的示數(shù)填在表中（打×處不填）．所選擇的檔位指針讀數(shù)ab直流電壓2。5V×電阻×10Ω×（3）在商店選擇一個(gè)10μF的電容器,在只有一臺(tái)多用電表的情況下，為了挑選一個(gè)優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品，應(yīng)將選擇開關(guān)置于（①直流電壓檔；②直流電流檔；③歐姆檔;④交流電壓檔）,而后，再將多用電表的測(cè)試筆接待檢電容器,如果電容器是優(yōu)質(zhì)的,電表指針應(yīng)（⑤不偏轉(zhuǎn);⑥偏轉(zhuǎn)至最右邊;⑦偏轉(zhuǎn)至中值；⑧偏轉(zhuǎn)一下又返回最左邊)．15．一物體做單向勻加速直線運(yùn)動(dòng),依次通過A、B、C三點(diǎn)，已知物體通過AB段的平均速度為2m/s，通過BC段的平均速度為3m/s，物體經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小為2.5m/s．求B、C間的距離與A、B間的距離的比值．16．如圖所示,平面直角坐標(biāo)系中的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸，y軸相切于M、N點(diǎn)，圓內(nèi)存在垂直坐標(biāo)系平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第I象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E．磁場(chǎng)電場(chǎng)在圖中都未畫出，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從M點(diǎn)垂直x軸射入磁場(chǎng)后恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng),最后從Q（2R,0）點(diǎn)射出電場(chǎng)，出射方向與x軸夾角α=45°，粒子的重力不計(jì)，求：(1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v0;（2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；（3）粒子從M點(diǎn)入射到運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的時(shí)間t總．[物理——選修3—3]17．下列說法正確的是（)A．熱量會(huì)自發(fā)地從內(nèi)能多的物體傳給內(nèi)能少的物體B．氣體吸收熱量,其內(nèi)能可能減少C．第二類永動(dòng)機(jī)之所以不能造成的原因是它違反能量守恒定律D．液晶既具有液體的流動(dòng)性，又具有晶體的各向異性E．在有分子力存在時(shí)，分子間引力和分子間斥力都隨分子間距離的增大而減小18．如圖所示，絕熱氣缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，氣體內(nèi)部有一根電熱絲,下面有一個(gè)不計(jì)質(zhì)量的絕熱活塞，活塞的橫截面積為S，活塞到氣缸頂部的距離為H．活塞下面掛著一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，用電熱絲給理想氣體緩慢加熱，當(dāng)電熱絲放出熱量為Q時(shí)，停止加熱，這是活塞向下移動(dòng)的距離為h，氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強(qiáng)為p0，不計(jì)一切摩擦．①加熱過程中，氣體的內(nèi)能增加還是減少？求出氣體內(nèi)能的變化量．②若移走物塊,活塞又緩慢回到原來的高度，求出此時(shí)氣體的溫度．［物理——選修3—4］19．下列說法中正確的是（）A．聲波從空氣中傳入水中時(shí)波長會(huì)變長B．機(jī)械波可在真空中傳播C．站在鐵道邊的人在火車向他開來的過程中會(huì)聽到火車鳴笛的頻率變大D．當(dāng)機(jī)械波從介質(zhì)的一端傳播到另一端時(shí),途中的質(zhì)點(diǎn)不會(huì)沿著波的傳播方向而遷移E．在機(jī)械橫波傳播方向上的某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度就是波的傳播速度20．如圖所示．用折射率為的透明物質(zhì)做成內(nèi)外半徑分別為a=m、b=5m的空心球，內(nèi)表面涂上能完全吸光的物質(zhì)．一平行光從左向右水平射向此球,不考慮光在介質(zhì)內(nèi)部傳播時(shí)的反射光線．光在真空中的傳播速度c=3×108m/s，求:①光進(jìn)入透明物質(zhì)中的折射角的最大值θ；②光在透明物質(zhì)中的最長傳播時(shí)間t．［物理——選修3-5]21．放射性元素具有半衰期，如果將某種放射性元素制成核電池，帶到火星上去工作．火星上的溫度等環(huán)境因素與地球有很大差別，該放射性元素到火星上之后，半衰期(填“發(fā)生”或“不發(fā)生”）變化．若該放射性元素的半衰期為T年，經(jīng)過年，該元素還剩余12.5％．22．如圖所示，光滑水平地面上有一足夠長、質(zhì)量m2=3kg的木板，左端放置可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m1=1kg的物塊,木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6，二者均以大小為v0=6m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，木板與豎直墻壁碰撞時(shí)間極短，且沒有機(jī)械能損失，取重力加速度g=10m/s2．求：①物塊和木板的最終速度大小v；②物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的最大距離s．

2015-2016學(xué)年河北省承德聯(lián)校高三（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共12小題，每小題4分,滿分48分)1．對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究是一個(gè)漫長的過程,許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻(xiàn),下列關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)研究過程說法正確的是(）A．亞里士多德認(rèn)為在同一地點(diǎn)重的物體和輕的物體下落快慢相同B．伽利略認(rèn)為物體的重量大小決定物體下落的快慢C．伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，并采用斜面實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證推理D．英國物理學(xué)家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實(shí)驗(yàn)【考點(diǎn)】物理學(xué)史．【分析】解答本題應(yīng)掌握下列物理學(xué)史：伽利略的落體理論,亞里士多德關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)的理論，及牛頓第一定律,即可答題．【解答】解:A、亞里士多德認(rèn)為在同一地點(diǎn)重的物體下落快，故A錯(cuò)誤．B、伽利略認(rèn)為物體下落的快慢與重量無關(guān)．故B錯(cuò)誤．C、伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，并采用斜面實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證推理，故C正確．D、伽利略在比薩斜塔上完成了落體實(shí)驗(yàn)，故D錯(cuò)誤．故選：C．2．如圖所示,通有恒定電流的,一定長度的直導(dǎo)線水平放置在兩足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向如圖所示．若將導(dǎo)體在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)180°，關(guān)于甲、乙兩種情況導(dǎo)體受到的安培力大小和方向變化,下列說法正確的是（）A．圖甲導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變，方向變化一次，圖乙導(dǎo)線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變B．圖甲導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變，方向不變，圖乙導(dǎo)線受到的安培力大小一直不變，方向一直在變C．甲、乙兩種情況導(dǎo)線受到的安培力大小不變,方向一直變化D．甲、乙兩種情況導(dǎo)線受到的安培力大小一直在變，方向不變【考點(diǎn)】安培力．【分析】應(yīng)用左手定則分別分析甲、乙兩導(dǎo)體受到安培力的方向，利用安培力計(jì)算公式分析轉(zhuǎn)動(dòng)過程中安培力大小的變化．【解答】解：①對(duì)甲圖分析有：開始位置導(dǎo)體與磁場(chǎng)垂直,由左手定則可以判斷出導(dǎo)線在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)0到90度過程中安培力的方向始終為垂直紙面向外，當(dāng)導(dǎo)線在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)90度到180度的過程中安培力的方向改變,變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶?，因此甲圖安培力方向變化一次；甲圖中安培力的大小F=BILsinθ，其中θ為導(dǎo)線與磁場(chǎng)的夾角，導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)180度的過程中，θ由90度逐漸減小到0度，再從0度逐漸增大到90度，因此甲圖安培力大小從最大BIL先減小，直到減為0,再增大到BIL．故甲圖安培力大小一直在變．②對(duì)乙圖分析有：導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)180度過程中,由左手定則可以判斷出安培力方向一直在變化;但轉(zhuǎn)動(dòng)過程中導(dǎo)線中電流I始終與磁場(chǎng)方向垂直,故安培力大小一直不變，始終為F=BIL．綜合上述分析，A說法正確；故選：A3．圖示是兩個(gè)從不同地點(diǎn)出發(fā)沿同一方向運(yùn)動(dòng)的物體A和B的速度﹣時(shí)間圖象,已知它們?cè)趖2時(shí)刻相遇，則由圖可知（）A．出發(fā)時(shí)，物體A在前，物體B在后B．在0到t2時(shí)刻的這一過程中,物體A和物體B的平均速度相等C．相遇前,在t1時(shí)刻,A、B兩物體相距最遠(yuǎn)D．t2時(shí)刻之前，A在后，B在前【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像;勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系．【分析】速度圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移．根據(jù)位移大小關(guān)系，分析兩物體的位置關(guān)系，平均速度等于位移除以時(shí)間．【解答】解：A、t2時(shí)刻A圖線的“面積"大于B圖線的“面積”，則A的位移大于乙的位移，而它們?cè)趖2時(shí)刻相遇，所以出發(fā)時(shí),物體A在后，物體B在前，A在B的后面一直追B，直到t2時(shí)刻相遇，所以t2時(shí)刻之前,A在后，B在前．故A錯(cuò)誤，D正確．B、在0到t2時(shí)刻的這一過程中,A的位移大于乙的位移，時(shí)間相等，所以A的平均速度大于B的平均速度，故B錯(cuò)誤．C、相遇前,A的速度一直比B的速度大,所以兩者距離逐漸減小，所以出發(fā)時(shí)，AB相距最遠(yuǎn)，故C錯(cuò)誤．故選:D4．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則（）A．滑塊一定受到四個(gè)力作用B．彈簧不可能處于拉伸狀態(tài)C．斜面對(duì)滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對(duì)滑塊一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小為mg【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．【分析】對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊可能受三個(gè)力，可能受四個(gè)力，運(yùn)用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行分析．【解答】解:滑塊可能受重力、支持力和靜摩擦力這三個(gè)力，彈簧處于原長，此時(shí)支持力的大小為mgcos30°，f=mgsin30°=．滑塊可能受重力、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力平衡,此時(shí)支持力可能大于mgcos30°，可能小于mgcos30°，即彈簧可能處于拉伸狀態(tài)，摩擦力大小f=mgsin30°=．斜面對(duì)滑塊的支持力大小不可能為零，否則沒有摩擦力，滑塊將向下滑動(dòng)．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．故選:D5．如圖所示，理想變壓器的原線圈通有e=30cos100πt（V)的交變電流，燈泡L的額定功率為6W，開關(guān)S閉合后燈泡L恰好正常發(fā)光，電壓表、電流表均為理想電表．變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為10：1,下列說法正確的是（）A．副線圈交變電流的頻率為5HzB．電壓表的示數(shù)為4.24VC．電流表的示數(shù)為0。2AD．燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻為1.5Ω【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理．【分析】A、根據(jù)變壓器變壓原理可知原、副線圈的交流電頻率是一樣的；B、利用變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系，可以求出電壓表的示;C、利用功率與電壓關(guān)系可以解出電流表示數(shù)；D、利用部分電路歐姆定律可以求出燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻．【解答】解：A、原線圈通有e=30cos100πt(V）的交變電流,由交流電瞬時(shí)值公式e=Emcosωt可得，，ω=100πrad/s,又ω=2πf,則原線圈交流電的頻率為f=50HZ，副線圈與原線圈交變電流的頻率一樣，也為50HZ，A說法錯(cuò)誤；B、原線圈電壓有效值V，由變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系得，可得電壓表的示數(shù)為3V，B說法錯(cuò)誤;C、由A，即電流表示數(shù)為2A,C說法錯(cuò)誤;D、由歐姆定律得燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻,D說法正確；故選:D6．如圖所示，A、B兩個(gè)物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上,B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0。1，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,已知物體A的質(zhì)量m=2kg,物體B的質(zhì)量M=3kg，重力加速度g取10m/s2,現(xiàn)對(duì)物體B施加一個(gè)水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對(duì)靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力）（)A．5N B．10N C．15N D．20N【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用．【分析】物體A與B剛好不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，可以先對(duì)A受力分析，再對(duì)整體受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解．【解答】解：當(dāng)F作用在物體B上時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物體A，有：μ2mg=ma對(duì)整體，有：Fmax﹣μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a;由上述各式聯(lián)立解得:Fmax=15N故選：C7．一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地,在兩級(jí)板間有一負(fù)電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ赑點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì),EP表示負(fù)電荷在P點(diǎn)的電動(dòng)勢(shì)．若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板從虛線所在位置，則（）A．φ變大,E不變 B．E變大，EP變大 C．E不變，EP不變 D．φ不變，EP變大【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)．【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后,電容器的電量不變．將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，電容增大．由推論公式E=分析板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況．由公式C=判斷板間電壓的變化．分析P點(diǎn)電勢(shì)的變化，即可分析電勢(shì)能的變化【解答】解：電容器的電量不變,板間距離減小，由C=、E=、C=，推導(dǎo)得E=，Q、S、?均不變,則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變．因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度不變,由U=Ed知P與下極板間的電勢(shì)差不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ不變，負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能EP不變．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．故選：C8．如圖所示,固定的豎直桿上A點(diǎn)處套有一質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)與水平放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直墻壁上的D點(diǎn)，彈簧水平時(shí)恰好處于原長狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)從圖示位置(距地面高度為h)由靜止沿桿滑下,圓環(huán)經(jīng)過C處時(shí)的速度最大,滑到桿的底端B時(shí)速度恰好為零．若圓環(huán)在B處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A點(diǎn)．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g．下列說法中正確的是（）A．豎直桿可能光滑，且圓環(huán)下滑到B時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mghB．下滑到C處，圓環(huán)受到的重力與摩擦力大小相等C．圓環(huán)從A下滑到B的過程中克服摩擦力做的功為mv2D．圓環(huán)上滑經(jīng)過C的速度與下滑經(jīng)過C的速度大小相等【考點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律．【分析】圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)圓環(huán)所受合力為零時(shí)圓環(huán)的速度最大，圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)過程先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，分析清楚圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用能量守恒定律分析答題．【解答】解：A、圓環(huán)回到A點(diǎn)時(shí)與開始時(shí)圓環(huán)的機(jī)械能相等，圓環(huán)到達(dá)B處后獲得一豎直向上的速度v才能回到A點(diǎn),說明圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能有損失，重力與彈力做功不改變圓環(huán)的機(jī)械能，因此圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程要受到摩擦力作用,豎直桿不可能光滑,故A錯(cuò)誤；B、圓環(huán)下滑到C處時(shí)速度最大，此時(shí)圓環(huán)所受合力為零，彈簧沿豎直方向的分力與摩擦力的合力等于圓環(huán)的重力，因此圓環(huán)受到的重力大于摩擦力，故B錯(cuò)誤；C、由題意可知，圓環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程損失的機(jī)械能為:mv2,由對(duì)稱性可知,圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)過程與向上運(yùn)動(dòng)過程克服摩擦力做功相等，因此圓環(huán)從A下滑到B的過程中克服摩擦力做功為:mv2，故C正確；D、由于圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程要受到摩擦力作用，圓環(huán)上滑經(jīng)過C的速度與下滑經(jīng)過C的速度大小不相等，故D錯(cuò)誤；故選：C．9．2015年12月29日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號(hào)乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射高分四號(hào)衛(wèi)星．該衛(wèi)星是我國首顆地球同步軌道高分辨率光學(xué)成像衛(wèi)星,也是目前世界上空間分辨率最高、幅寬最大的地球同步軌道遙感衛(wèi)星．對(duì)這顆衛(wèi)星和地球同步軌道上的其他衛(wèi)星，下列物理量一定相同的是（）A．軌道半徑 B．向心力 C．角速度 D．線速度的大小【考點(diǎn)】同步衛(wèi)星．【分析】了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心．通過萬有引力提供向心力，列出等式通過已知量確定未知量．【解答】解:AD、根據(jù)=mr則有r=，同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同,所以各個(gè)同步衛(wèi)星軌道半徑相同，線速度v=，所以所有地球同步衛(wèi)星速度大小相同，即速率相等，故AD正確；B、同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力可知，F(xiàn)n=，由于不知道這顆衛(wèi)星和同步軌道上的其他衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系,所以無法判斷向心力關(guān)系，故錯(cuò)誤；C、角速度ω=，周期相同,則角速度相同，故C正確;故選：ACD．10．均勻磁場(chǎng)中有一由半徑為R的半圓弧機(jī)器直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊緣重合，磁場(chǎng)方向垂直于半圓面（紙面）向里,如圖甲所示．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按照如圖乙所示規(guī)律變化，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流I．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0保持不變,使該線框繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周,在線框中產(chǎn)生同樣大小的感應(yīng)電流I，則（)A．磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電路方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．磁感應(yīng)強(qiáng)度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為C．線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時(shí)針方向D．線框轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω大小為【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；法拉第電磁感應(yīng)定律．【分析】由楞次定律可判斷出電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可求得電動(dòng)勢(shì)；由電阻定律可以求出圓環(huán)的電阻;由歐姆定律求出電流；由左手定則可以判斷出安培力的方向．【解答】解：A、磁場(chǎng)垂直與紙面向里，磁通量增大,由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向外，所以感應(yīng)電流的方向沿逆時(shí)針方向，故A正確;B、由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E===．故B錯(cuò)誤；C、線框逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，右側(cè)的半徑處產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知,產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向順時(shí)針方向，故C錯(cuò)誤；D、導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):，若E′=E，聯(lián)立得：ω=,故D正確；故選：AD．11．如圖所示,x軸上的O、M兩點(diǎn)固定著兩個(gè)電荷量相等的點(diǎn)電荷，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ與x間的關(guān)系圖象如圖所示，下列說法正確的是（)A．兩個(gè)點(diǎn)電荷均帶正電荷B．D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向先增大后減小D．將一帶正電的點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度．【分析】根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，判斷電荷的電性，并分析電場(chǎng)強(qiáng)度的方向,根據(jù)圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)去判斷場(chǎng)強(qiáng)的大小．根據(jù)Ep=qφ判斷電勢(shì)能的變化．【解答】解：A、從O到C，電勢(shì)逐漸降低，從C到D，電勢(shì)逐漸升高，可知，兩個(gè)點(diǎn)電荷均帶正電荷，故A正確；B、從C到D，電勢(shì)逐漸升高，根據(jù)順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，CD間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，則D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向．故B正確；C、φ﹣x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由圖可得N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小先減小后增大，故C錯(cuò)誤;D、將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)先降低后升高，根據(jù)電勢(shì)能公式Ep=qφ，知正電荷的電勢(shì)能先減小后增大．故D錯(cuò)誤；故選：AB12．一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊從半徑為R的固定半圓軌道左邊緣由靜止滑下，到半圓底部時(shí)，小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1.5倍，重力加速度為g，以半圓底部所在水平面為參考平面，則鐵塊下滑過程中（）A．摩擦力大小不變 B．重力勢(shì)能一直減小C．損失的機(jī)械能為mgR D．先失重后超重【考點(diǎn)】功能關(guān)系;摩擦力的判斷與計(jì)算；機(jī)械能守恒定律．【分析】當(dāng)滑到半球底部時(shí)，半圓軌道底部所受壓力為鐵塊重力的1。5倍,根據(jù)牛頓第二定律可以求出鐵塊的速度；鐵塊下滑過程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影響機(jī)械能的減小，損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出鐵塊克服摩擦力做的功．【解答】解：A、小鐵塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，小鐵塊的速度是變化的，由于是做圓周運(yùn)動(dòng)，所以小鐵塊需要的向心力是變化的，可知小鐵塊受到的支持力的大小也是變化的，所以小鐵塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小也是變化的．故A錯(cuò)誤；B、小鐵塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中重力一直做正功，所以小鐵塊的重力勢(shì)能一直減?。蔅正確；C、鐵塊滑到半球底部時(shí),小鐵塊所受向心力為鐵塊重力的1。5倍，根據(jù)牛頓第二定律，有1。5mg=m…①對(duì)鐵塊的下滑過程運(yùn)用動(dòng)能定理,得到mgR﹣W=…②由①②③式聯(lián)立解得克服摩擦力做的功：W=所以損失的機(jī)械能為．故C錯(cuò)誤；D、小鐵塊向下運(yùn)動(dòng)的過程中，沿豎直向下的方向的分速度先增大后減小，所以小鐵塊沿豎直方向的分加速度一定是先向下后向上,小鐵塊先失重后超重．故D正確．故選：BD二、解答題（共4小題,滿分37分）13．利用自由落體法測(cè)重力加速度,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．（1）實(shí)驗(yàn)操作步驟如下，請(qǐng)將步驟B補(bǔ)充完整A．按實(shí)驗(yàn)要求安裝好實(shí)驗(yàn)裝置:B．使重物靠近（填“靠近”或“遠(yuǎn)離”)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，接著先接通電源后釋放紙帶（填“先接通電源后釋放紙帶”或“向釋放紙帶后接通電源”),打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打下一系列的點(diǎn)；C．圖乙為一條符合實(shí)驗(yàn)要求的紙帶,O點(diǎn)為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的第一個(gè)點(diǎn)，分別測(cè)出若干連接點(diǎn)A、B、C、…與O點(diǎn)之間的距離h1、h2、h3…（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T，結(jié)合實(shí)驗(yàn)張所測(cè)得的h1、h2、h3，可得打B點(diǎn)時(shí)重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測(cè)得值均小于當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度的值，其原因是運(yùn)動(dòng)過程中存在阻力【考點(diǎn)】測(cè)定勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度．【分析】實(shí)驗(yàn)時(shí),應(yīng)先接通電源再釋放紙帶,重物靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器．根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出B點(diǎn)的速度，根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量求出重力加速度的大?。窘獯稹拷猓?1）為了有效地使用紙帶，重物應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,實(shí)驗(yàn)時(shí)先接通電源后釋放紙帶．(2）B點(diǎn)的速度等于AC段的平均速度，則．根據(jù)得,g=．通常情況下測(cè)得值均小于當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度的值,其原因是運(yùn)動(dòng)過程中存在阻力．故答案為：(1）靠近，先接通電源后釋放紙帶．(2）,，運(yùn)動(dòng)過程中存在阻力．14．圖示是多用電表的外觀圖及表盤部分放大圖，請(qǐng)讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測(cè)量了一個(gè)13Ω的電阻后，需要繼續(xù)測(cè)量一個(gè)阻值約為2kΩ的電阻．在用紅、黑表筆接觸這個(gè)電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的,請(qǐng)選擇其中有用的,按正確操作順序?qū)懗觯篋BE．A．用螺絲刀調(diào)節(jié)表盤A下中間部位的調(diào)零螺絲B，使表針指零B．將紅表筆和黑表筆接觸C．把選擇開關(guān)C旋轉(zhuǎn)到“×1kΩ”位置D．把選擇開關(guān)C旋轉(zhuǎn)到“×100Ω"位置E．調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕D使表針指著歐姆零點(diǎn)在測(cè)量2kΩ左右的電阻時(shí)，紅表筆的電勢(shì)低于黑表筆的電勢(shì)(選填“高于”、“等于”或“低于”)．(2)用多用電表進(jìn)行了兩次測(cè)量,指針的位置分別如圖中a和b所示，若選擇開關(guān)處在以下表格中所指的檔位，請(qǐng)把相應(yīng)的示數(shù)填在表中(打×處不填）．所選擇的檔位指針讀數(shù)ab直流電壓2.5V0.57×電阻×10Ω×40（3）在商店選擇一個(gè)10μF的電容器，在只有一臺(tái)多用電表的情況下,為了挑選一個(gè)優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品，應(yīng)將選擇開關(guān)置于③(①直流電壓檔;②直流電流檔；③歐姆檔;④交流電壓檔），而后,再將多用電表的測(cè)試筆接待檢電容器，如果電容器是優(yōu)質(zhì)的，電表指針應(yīng)⑧(⑤不偏轉(zhuǎn)；⑥偏轉(zhuǎn)至最右邊;⑦偏轉(zhuǎn)至中值；⑧偏轉(zhuǎn)一下又返回最左邊）．【考點(diǎn)】用多用電表測(cè)電阻．【分析】(1）明確歐姆表的指針指在中值電阻附近時(shí)讀數(shù)較準(zhǔn)確,所以首先應(yīng)選擇檔位，然后再將紅黑表筆短接進(jìn)行調(diào)零；（2）根據(jù)多用電表選擇開關(guān)位置確定多用電表所測(cè)量的量與量程,然后根據(jù)表盤確定其分度值,然后讀出其示數(shù)；（3）優(yōu)質(zhì)電容器，電阻無窮大,用多用電表的歐姆檔測(cè)量時(shí),穩(wěn)定后，指針處于最左邊．因?yàn)闅W姆檔與電表內(nèi)部電源相連,接在電容器兩端時(shí)，會(huì)先對(duì)電容器充電．【解答】解：(1）由于歐姆表的中值電阻為15左右，所以要測(cè)量2kΩ左右的電阻時(shí)首先應(yīng)換擋，把選擇開關(guān)旋到×100的位置，然后再重新調(diào)零，即操作順序應(yīng)是DBE；多用電表的歐姆擋測(cè)電阻時(shí)，紅表筆與內(nèi)置電源負(fù)極相連，黑表筆與電源正極相連,紅表筆的電勢(shì)低于黑表筆的電勢(shì)，（2）直流電壓2.5V檔讀第二行“0～250”一排，最小分度值為0.05V估讀到0。01V就可以了，則a的讀數(shù)為0.57V，選擇開關(guān)置于Ω×10，由圖示可知，指針位于b處時(shí),其示數(shù)為4.0×10=40Ω；（3）優(yōu)質(zhì)電容器，電阻無窮大．當(dāng)把多用電表兩根測(cè)試表筆接在電容器兩極板上時(shí)，會(huì)先對(duì)電容器充電，所以指針會(huì)偏轉(zhuǎn)一下，充電完畢后,指針會(huì)停在最左端電阻無窮大處．所以選擇歐姆檔，電表指針偏轉(zhuǎn)一些又返回最左端．故答案為：(1)DBE;低于；(2）0。57;40；（3)③；⑧15．一物體做單向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依次通過A、B、C三點(diǎn),已知物體通過AB段的平均速度為2m/s，通過BC段的平均速度為3m/s，物體經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小為2。5m/s．求B、C間的距離與A、B間的距離的比值．【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用；平均速度．【分析】先設(shè)出物體勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式,分別求出A、C的速度，再根據(jù)速度與位移關(guān)系計(jì)算出求B、C間的距離與A、B間的距離的比值．【解答】解：物體做單向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平均速度公式有：解得:vA=1。5m/s，vC=3。5m/s又對(duì)于AB段有：對(duì)于BC段有：則答：B、C間的距離與A、B間的距離的比值為．16．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系中的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸，y軸相切于M、N點(diǎn)，圓內(nèi)存在垂直坐標(biāo)系平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在第I象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E．磁場(chǎng)電場(chǎng)在圖中都未畫出，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從M點(diǎn)垂直x軸射入磁場(chǎng)后恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，最后從Q（2R，0）點(diǎn)射出電場(chǎng)，出射方向與x軸夾角α=45°，粒子的重力不計(jì)，求：（1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v0;（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；(3）粒子從M點(diǎn)入射到運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的時(shí)間t總．【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【分析】（1）由粒子在第Ⅰ象限做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和末速度方向，再由題設(shè)場(chǎng)強(qiáng)為E得到初速度v0．（2)在第一問的基礎(chǔ)上,求出粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移，得到粒子從磁場(chǎng)中的位置，再由幾何關(guān)系求得粒子在圓形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，由左手定則確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向．（3）由幾何關(guān)系求出粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角，從而求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,再粒子在第Ⅰ象限的時(shí)間就是第三問所求所求．【解答】解：（1）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則在Q處，粒子沿y軸方向的分速度：vy=v0tanα=v0在x軸方向有：2R=v0t1設(shè)y軸方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律有:qE=ma且:vy=at1解得：v0=（2）由于粒子在第Ⅰ象限做類平拋運(yùn)動(dòng)的末速度為與x軸成45°，所以水平位移為豎直位移的2倍,則粒子從N點(diǎn)離開磁場(chǎng)．畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O為粒子軌跡圓的圓心，N為粒子射出磁場(chǎng)的位置，且粒子垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)，則由幾何關(guān)系知粒子軌跡圓半徑等于R．由向心力公式和牛頓第二定律解得：B=粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),與電場(chǎng)方向相反，故粒子帶負(fù)電，故根據(jù)左手定則可知：磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪弊鴺?biāo)平面向里．（3）由圖可知，粒子在磁場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=又T=得：t2=由（1）知粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t1=故所求時(shí)間為：t總=t1+t2==答:（1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v0為．（2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為、方向?yàn)榇怪弊鴺?biāo)平面向里．（3）粒子從M點(diǎn)入射到運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的時(shí)間t總為．[物理——選修3-3]17．下列說法正確的是(）A．熱量會(huì)自發(fā)地從內(nèi)能多的物體傳給內(nèi)能少的物體B．氣體吸收熱量，其內(nèi)能可能減少C．第二類永動(dòng)機(jī)之所以不能造成的原因是它違反能量守恒定律D．液晶既具有液體的流動(dòng)性,又具有晶體的各向異性E．在有分子力存在時(shí)，分子間引力和分子間斥力都隨分子間距離的增大而減小【考點(diǎn)】熱力學(xué)第二定律;熱力學(xué)第一定律；*晶體和非晶體．【分析】改變內(nèi)能的方式有做功和熱傳遞，內(nèi)能還與物體的狀態(tài)有關(guān)，熱量能自發(fā)地從高溫物體傳給低溫物體；根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析內(nèi)能的變化;第二類永動(dòng)機(jī)之所以不能造成的原因不是違反熱力學(xué)第二定律；分子間同時(shí)存在引力和斥力,隨著分子間距的增大,兩個(gè)力都減小,隨著分子間距的變化斥力變化比引力快．【解答】解：A、熱量能自發(fā)地從高溫物體傳給低溫物體,故A錯(cuò)誤；B、做功和熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，氣體吸收熱量，其內(nèi)能可能減少,故B正確；C、第二類永動(dòng)機(jī)之所以不能造成的原因不是違反熱力學(xué)第二定律，不違反能量守恒定律,故C錯(cuò)誤；D、液晶既具有液體的流動(dòng)性，又具有晶體的各向異性．故D正確；E、分子間同時(shí)存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都隨分子間距的增大而減小．故E正確．故選：BDE18．如圖所示，絕熱氣缸內(nèi)封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，氣體內(nèi)部有一根電熱絲,下面有一個(gè)不計(jì)質(zhì)量的絕熱活塞，活塞的橫截面積為S，活塞到氣缸頂部的距離為H．活塞下面掛著一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，用電熱絲給理想氣體緩慢加熱,當(dāng)電熱絲放出熱量為Q時(shí)，停止加熱，這是活塞向下移動(dòng)的距離為h,氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強(qiáng)為p0，不計(jì)一切摩擦．①加熱過程中,氣體的內(nèi)能增加還是減少？求出氣體內(nèi)能的變化量．②若移走物塊，活塞又緩慢回到原來的高度，求出此時(shí)氣體的溫度．【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)．【分析】①根據(jù)熱力學(xué)第一定律求氣體內(nèi)能的變化量②根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求氣體末態(tài)的溫度；【解答】解:①加熱過程中，氣體的壓強(qiáng)不變,體積增大,溫度一定升高，氣體的內(nèi)能增加，加熱過程中，氣體對(duì)外做功為:氣體內(nèi)能的變化量：，②初狀態(tài)，溫度為,壓強(qiáng)為,體積為(H+h)S設(shè)末狀態(tài)溫度為T，末狀態(tài)的壓強(qiáng)為，體積為HS，則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有：=解得：答:①加熱過程中，氣體的內(nèi)能增加，氣體內(nèi)能的變化量．②若移走物塊，活塞又緩慢回到原來的高度，此時(shí)氣體的溫度［物理——選修3-4]19．下列說法中正確的是(）A．聲波從空氣中傳入水中時(shí)波長會(huì)變長B．機(jī)械波可在真空中傳播C．站在鐵道邊的人在火車向他開來的過程中會(huì)聽到火車鳴笛的頻率變大D．當(dāng)機(jī)械波從介質(zhì)的一端傳播到另一端時(shí),途中的質(zhì)點(diǎn)不會(huì)沿著波的傳播方向而遷移E．在機(jī)械橫波傳播方向上的某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度就是波的傳