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．對自由落體運動的研究是一個漫長的過程，許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻,下列關(guān)于自由落體運動研究過程說法正確的是（）A．亞里士多德認(rèn)為在同一地點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動速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理D．英國物理學(xué)家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實驗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磁場中，磁場方向如圖所示．若將導(dǎo)體在紙面內(nèi)順時針轉(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．圖示是兩個從不同地點出發(fā)沿同一方向運動的物體A和B的速度﹣時間圖象，已知它們在t2時刻相遇，則由圖可知（)A．出發(fā)時,物體A在前，物體B在后B．在0到t2時刻的這一過程中，物體A和物體B的平均速度相等C．相遇前，在t1時刻，A、B兩物體相距最遠(yuǎn)D．t2時刻之前，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,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．滑塊一定受到四個力作用B．彈簧不可能處于拉伸狀態(tài)C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對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)光時的電阻為1。5Ω6．如圖所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上,B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0。1,A與B之間的動摩擦因數(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)對物體B施加一個水平向右的恒力F,為使物體A與物體B相對靜止,則恒力的最大值是（物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（)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，在兩級板間有一負(fù)電荷（電荷量很小）固定在P點,如圖所示,以E表示兩極板間電場的電場強度，φ表示P點的電勢，EP表示負(fù)電荷在P點的電動勢．若保持負(fù)極板不動，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，彈簧水平時恰好處于原長狀態(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處時的速度最大，滑到桿的底端B時速度恰好為零．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．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時彈簧的彈性勢能為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)射中心用長征三號乙運載火箭成功發(fā)射高分四號衛(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．均勻磁場中有一由半徑為R的半圓弧機器直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框,半圓直徑與勻強磁場邊緣重合，磁場方向垂直于半圓面（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)強度大小隨時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逆時針勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生同樣大小的感應(yīng)電流I，則(）A．磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電路方向為逆時針方向B．磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為C．線框逆時針轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時針方向D．線框轉(zhuǎn)動的角速度ω大小為11．如圖所示，x軸上的O、M兩點固定著兩個電荷量相等的點電荷，x軸上各點電勢φ與x間的關(guān)系圖象如圖所示，下列說法正確的是(）A．兩個點電荷均帶正電荷B．D點的電場強度方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點間的電場強度沿x軸正方向先增大后減小D．將一帶正電的點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小12．一個質(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，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．重力勢能一直減小C．損失的機械能為mgR D．先失重后超重二、解答題(共4小題，滿分37分）13．利用自由落體法測重力加速度，實驗裝置如圖所示．（1）實驗操作步驟如下，請將步驟B補充完整A．按實驗要求安裝好實驗裝置：B．使重物（填“靠近”或“遠(yuǎn)離"）打點計時器,接著(填“先接通電源后釋放紙帶”或“向釋放紙帶后接通電源"），打點計時器在紙帶上打下一系列的點；C．圖乙為一條符合實驗要求的紙帶，O點為打點計時器打下的第一個點，分別測出若干連接點A、B、C、…與O點之間的距離h1、h2、h3…（2）已知打點計時器的打點周期為T,結(jié)合實驗張所測得的h1、h2、h3，可得打B點時重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測得值均小于當(dāng)?shù)氐膶嶋H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，請讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測量了一個13Ω的電阻后，需要繼續(xù)測量一個阻值約為2kΩ的電阻．在用紅、黑表筆接觸這個電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的，請選擇其中有用的,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在測量2kΩ左右的電阻時，紅表筆的電勢黑表筆的電勢（選填“高于"、“等于”或“低于”)．(2）用多用電表進行了兩次測量，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10μF的電容器,在只有一臺多用電表的情況下，為了挑選一個優(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動,依次通過A、B、C三點，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，圓內(nèi)存在垂直坐標(biāo)系平面的勻強磁場，在第I象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E．磁場電場在圖中都未畫出，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從M點垂直x軸射入磁場后恰好垂直y軸進入電場,最后從Q（2R,0）點射出電場，出射方向與x軸夾角α=45°，粒子的重力不計，求：(1）粒子進入電場時的速度v0;（2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總．[物理——選修3—3]17．下列說法正確的是（)A．熱量會自發(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．第二類永動機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性，又具有晶體的各向異性E．在有分子力存在時，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,下面有一個不計質(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，停止加熱，這是活塞向下移動的距離為h，氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強為p0，不計一切摩擦．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波長會變長B．機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聽到火車鳴笛的頻率變大D．當(dāng)機械波從介質(zhì)的一端傳播到另一端時,途中的質(zhì)點不會沿著波的傳播方向而遷移E．在機械橫波傳播方向上的某個質(zhì)點的振動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)部傳播時的反射光線．光在真空中的傳播速度c=3×108m/s，求:①光進入透明物質(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)點的質(zhì)量m1=1kg的物塊,木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.6，二者均以大小為v0=6m/s的初速度向右運動，木板與豎直墻壁碰撞時間極短，且沒有機械能損失，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物塊相對木板運動的最大距離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．對自由落體運動的研究是一個漫長的過程,許多物理學(xué)家都做出了重要的貢獻,下列關(guān)于自由落體運動研究過程說法正確的是(）A．亞里士多德認(rèn)為在同一地點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動速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理D．英國物理學(xué)家牛頓在比薩斜塔上完成了落體實驗【考點】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)于力和運動的理論，及牛頓第一定律,即可答題．【解答】解:A、亞里士多德認(rèn)為在同一地點重的物體下落快，故A錯誤．B、伽利略認(rèn)為物體下落的快慢與重量無關(guān)．故B錯誤．C、伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并采用斜面實驗驗證推理，故C正確．D、伽利略在比薩斜塔上完成了落體實驗，故D錯誤．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磁場中，磁場方向如圖所示．若將導(dǎo)體在紙面內(nèi)順時針轉(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】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，利用安培力計算公式分析轉(zhuǎn)動過程中安培力大小的變化．【解答】解：①對甲圖分析有：開始位置導(dǎo)體與磁場垂直,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)線與磁場的夾角，導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動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對乙圖分析有：導(dǎo)線在紙面內(nèi)順時針轉(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)動過程中導(dǎo)線中電流I始終與磁場方向垂直,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．圖示是兩個從不同地點出發(fā)沿同一方向運動的物體A和B的速度﹣時間圖象,已知它們在t2時刻相遇，則由圖可知（）A．出發(fā)時，物體A在前，物體B在后B．在0到t2時刻的這一過程中,物體A和物體B的平均速度相等C．相遇前,在t1時刻,A、B兩物體相距最遠(yuǎn)D．t2時刻之前，A在后，B在前【考點】勻變速直線運動的圖像;勻變速直線運動的速度與時間的關(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間．【解答】解：A、t2時刻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，而它們在t2時刻相遇，所以出發(fā)時,物體A在后，物體B在前，A在B的后面一直追B，直到t2時刻相遇，所以t2時刻之前,A在后，B在前．故A錯誤，D正確．B、在0到t2時刻的這一過程中,A的位移大于乙的位移，時間相等，所以A的平均速度大于B的平均速度，故B錯誤．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，AB相距最遠(yuǎn)，故C錯誤．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，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．滑塊一定受到四個力作用B．彈簧不可能處于拉伸狀態(tài)C．斜面對滑塊的支持力大小可能為零D．斜面對滑塊一定有沿斜面向上的摩擦力，且大小為mg【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．【分析】對物塊進行受力分析，物塊可能受三個力，可能受四個力，運用共點力平衡進行分析．【解答】解:滑塊可能受重力、支持力和靜摩擦力這三個力，彈簧處于原長，此時支持力的大小為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．故D正確，A、B、C錯誤．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)光時的電阻為1.5Ω【考點】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說法錯誤;C、由A，即電流表示數(shù)為2A,C說法錯誤;D、由歐姆定律得燈泡正常發(fā)光時的電阻,D說法正確；故選:D6．如圖所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上,B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0。1，A與B之間的動摩擦因數(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)對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（)A．5N B．10N C．15N D．20N【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用．【分析】物體A與B剛好不發(fā)生相對滑動的臨界條件是A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，可以先對A受力分析，再對整體受力分析，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，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A，有：μ2mg=ma對整體，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,在兩級板間有一負(fù)電荷（電荷量很小）固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間電場的電場強度，φ表示P點的電勢,EP表示負(fù)電荷在P點的電動勢．若保持負(fù)極板不動，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】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢．【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=分析板間場強E的變化情況．由公式C=判斷板間電壓的變化．分析P點電勢的變化，即可分析電勢能的變化【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,則板間電場強度E不變．因為電場強度不變,由U=Ed知P與下極板間的電勢差不變，則P點的電勢φ不變，負(fù)電荷在P點的電勢能EP不變．故C正確，A、B、D錯誤．故選：C8．如圖所示,固定的豎直桿上A點處套有一質(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，彈簧水平時恰好處于原長狀態(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處時的速度最大,滑到桿的底端B時速度恰好為零．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．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時彈簧的彈性勢能為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】動能定理的應(yīng)用；機械能守恒定律．【分析】圓環(huán)向下先做加速運動，后做減速運動,當(dāng)圓環(huán)所受合力為零時圓環(huán)的速度最大，圓環(huán)向上運動過程先做加速運動后做減速運動，分析清楚圓環(huán)的運動過程，應(yīng)用能量守恒定律分析答題．【解答】解：A、圓環(huán)回到A點時與開始時圓環(huán)的機械能相等，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,說明圓環(huán)運動過程中機械能有損失，重力與彈力做功不改變圓環(huán)的機械能，因此圓環(huán)在運動過程要受到摩擦力作用,豎直桿不可能光滑,故A錯誤；B、圓環(huán)下滑到C處時速度最大，此時圓環(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錯誤；C、由題意可知，圓環(huán)在整個運動過程損失的機械能為:mv2,由對稱性可知,圓環(huán)向下運動過程與向上運動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)運動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)射中心用長征三號乙運載火箭成功發(fā)射高分四號衛(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】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．物體做勻速圓周運動，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動，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．均勻磁場中有一由半徑為R的半圓弧機器直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與勻強磁場邊緣重合，磁場方向垂直于半圓面（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)強度大小隨時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逆時針勻速轉(zhuǎn)動半周,在線框中產(chǎn)生同樣大小的感應(yīng)電流I，則（)A．磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電路方向為逆時針方向B．磁感應(yīng)強度變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為C．線框逆時針轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向逆時針方向D．線框轉(zhuǎn)動的角速度ω大小為【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；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)定律可求得電動勢；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)電流的磁場的方向向外，所以感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向，故A正確;B、由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢為：E===．故B錯誤；C、線框逆時針轉(zhuǎn)動時，右側(cè)的半徑處產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則可知,產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向順時針方向，故C錯誤；D、導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢:，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兩點固定著兩個電荷量相等的點電荷，x軸上各點電勢φ與x間的關(guān)系圖象如圖所示，下列說法正確的是（)A．兩個點電荷均帶正電荷B．D點的電場強度方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點間的電場強度沿x軸正方向先增大后減小D．將一帶正電的點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電場強度．【分析】根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，判斷電荷的電性，并分析電場強度的方向,根據(jù)圖象的斜率等于場強去判斷場強的大?。鶕?jù)Ep=qφ判斷電勢能的變化．【解答】解：A、從O到C，電勢逐漸降低，從C到D，電勢逐漸升高，可知，兩個點電荷均帶正電荷，故A正確；B、從C到D，電勢逐漸升高，根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，CD間的電場強度方向沿x軸負(fù)方向，則D點的電場強度方向沿x軸負(fù)方向．故B正確；C、φ﹣x圖線的斜率表示電場強度，由圖可得N、D兩點間的電場強度大小先減小后增大，故C錯誤;D、將一正點電荷從N點移到D點，電勢先降低后升高，根據(jù)電勢能公式Ep=qφ，知正電荷的電勢能先減小后增大．故D錯誤；故選：AB12．一個質(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，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．重力勢能一直減小C．損失的機械能為mgR D．先失重后超重【考點】功能關(guān)系;摩擦力的判斷與計算；機械能守恒定律．【分析】當(dāng)滑到半球底部時，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，重力做功不影響機械能的減小，損失的機械能等于克服摩擦力做的功，根據(jù)動能定理可以求出鐵塊克服摩擦力做的功．【解答】解：A、小鐵塊向下運動的過程中，小鐵塊的速度是變化的，由于是做圓周運動，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摩擦力的大小也是變化的．故A錯誤；B、小鐵塊向下運動的過程中重力一直做正功，所以小鐵塊的重力勢能一直減?。蔅正確；C、鐵塊滑到半球底部時,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對鐵塊的下滑過程運用動能定理,得到mgR﹣W=…②由①②③式聯(lián)立解得克服摩擦力做的功：W=所以損失的機械能為．故C錯誤；D、小鐵塊向下運動的過程中，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．利用自由落體法測重力加速度,實驗裝置如圖所示．（1）實驗操作步驟如下，請將步驟B補充完整A．按實驗要求安裝好實驗裝置:B．使重物靠近（填“靠近”或“遠(yuǎn)離”)打點計時器，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”),打點計時器在紙帶上打下一系列的點；C．圖乙為一條符合實驗要求的紙帶,O點為打點計時器打下的第一個點，分別測出若干連接點A、B、C、…與O點之間的距離h1、h2、h3…（2）已知打點計時器的打點周期為T，結(jié)合實驗張所測得的h1、h2、h3，可得打B點時重物的速度大小為，重力加速度的大小為，通常情況下測得值均小于當(dāng)?shù)氐膶嶋H重力加速度的值，其原因是運動過程中存在阻力【考點】測定勻變速直線運動的加速度．【分析】實驗時,應(yīng)先接通電源再釋放紙帶,重物靠近打點計時器．根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的速度，根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小．【解答】解：(1）為了有效地使用紙帶，重物應(yīng)靠近打點計時器,實驗時先接通電源后釋放紙帶．(2）B點的速度等于AC段的平均速度，則．根據(jù)得,g=．通常情況下測得值均小于當(dāng)?shù)氐膶嶋H重力加速度的值,其原因是運動過程中存在阻力．故答案為：(1）靠近，先接通電源后釋放紙帶．(2）,，運動過程中存在阻力．14．圖示是多用電表的外觀圖及表盤部分放大圖，請讀圖回答問題：（1）用如圖所示的多用電表正確測量了一個13Ω的電阻后，需要繼續(xù)測量一個阻值約為2kΩ的電阻．在用紅、黑表筆接觸這個電阻兩端之前，以下哪些操作步驟是必須的,請選擇其中有用的,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在測量2kΩ左右的電阻時，紅表筆的電勢低于黑表筆的電勢(選填“高于”、“等于”或“低于”)．(2)用多用電表進行了兩次測量,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10μF的電容器，在只有一臺多用電表的情況下,為了挑選一個優(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】用多用電表測電阻．【分析】(1）明確歐姆表的指針指在中值電阻附近時讀數(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量時,穩(wěn)定后，指針處于最左邊．因為歐姆檔與電表內(nèi)部電源相連,接在電容器兩端時，會先對電容器充電．【解答】解：(1）由于歐姆表的中值電阻為15左右，所以要測量2kΩ左右的電阻時首先應(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電阻時，紅表筆與內(nèi)置電源負(fù)極相連，黑表筆與電源正極相連,紅表筆的電勢低于黑表筆的電勢，（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,其示數(shù)為4.0×10=40Ω；（3）優(yōu)質(zhì)電容器，電阻無窮大．當(dāng)把多用電表兩根測試表筆接在電容器兩極板上時，會先對電容器充電，所以指針會偏轉(zhuǎn)一下，充電完畢后,指針會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動，依次通過A、B、C三點,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】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；平均速度．【分析】先設(shè)出物體勻加速運動的加速度,根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式,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動，根據(jù)平均速度公式有：解得:vA=1。5m/s，vC=3。5m/s又對于AB段有：對于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，圓內(nèi)存在垂直坐標(biāo)系平面的勻強磁場,在第I象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E．磁場電場在圖中都未畫出，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從M點垂直x軸射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從Q（2R，0）點射出電場，出射方向與x軸夾角α=45°，粒子的重力不計，求：（1)粒子進入電場時的速度v0;（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；(3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1）由粒子在第Ⅰ象限做類平拋運動的水平位移和末速度方向，再由題設(shè)場強為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動的豎直位移，得到粒子從磁場中的位置，再由幾何關(guān)系求得粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度的大小，由左手定則確定磁感應(yīng)強度的方向．（3）由幾何關(guān)系求出粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角，從而求出粒子在磁場中的運動時間,再粒子在第Ⅰ象限的時間就是第三問所求所求．【解答】解：（1）設(shè)粒子在電場中運動時間為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動的加速度為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象限做類平拋運動的末速度為與x軸成45°，所以水平位移為豎直位移的2倍,則粒子從N點離開磁場．畫出粒子運動軌跡如圖所示，O為粒子軌跡圓的圓心，N為粒子射出磁場的位置，且粒子垂直y軸進入電場，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=粒子在第一象限運動沿y軸負(fù)方向運動,與電場方向相反，故粒子帶負(fù)電，故根據(jù)左手定則可知：磁感應(yīng)強度的方向為垂直坐標(biāo)平面向里．（3）由圖可知，粒子在磁場內(nèi)的運動時間為：t2=又T=得：t2=由（1）知粒子在電場中的運動時間為:t1=故所求時間為：t總=t1+t2==答:（1）粒子進入電場時的速度v0為．（2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為、方向為垂直坐標(biāo)平面向里．（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t總為．[物理——選修3-3]17．下列說法正確的是(）A．熱量會自發(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．第二類永動機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性,又具有晶體的各向異性E．在有分子力存在時，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】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;第二類永動機之所以不能造成的原因不是違反熱力學(xué)第二定律；分子間同時存在引力和斥力,隨著分子間距的增大,兩個力都減小,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、第二類永動機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錯誤；D、液晶既具有液體的流動性，又具有晶體的各向異性．故D正確；E、分子間同時存在引力和斥力，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,下面有一個不計質(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，停止加熱，這是活塞向下移動的距離為h,氣體的溫度為T，若重力加速度為g，大氣壓強為p0，不計一切摩擦．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，求出此時氣體的溫度．【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強．【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，氣體對外做功為:氣體內(nèi)能的變化量：，②初狀態(tài)，溫度為,壓強為,體積為(H+h)S設(shè)末狀態(tài)溫度為T，末狀態(tài)的壓強為，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波長會變長B．機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聽到火車鳴笛的頻率變大D．當(dāng)機械波從介質(zhì)的一端傳播到另一端時,途中的質(zhì)點不會沿著波的傳播方向而遷移E．在機械橫波傳播方向上的某個質(zhì)點的振動速度就是波的傳