福建省泉州市南安一中高三上期末物理試卷

1、<p>　　2015-2016學(xué)年福建省泉州市南安一中高三（上）期末物理試卷</p><p><b>　　一.選擇題</b></p><p>　　1．如圖所示，是一質(zhì)點做直線運動的v﹣t圖象，則該質(zhì)點（　　）</p><p>　　A．在第2秒末加速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　B．在第3秒末速度方向發(fā)生

2、了改變</p><p>　　C．第1秒內(nèi)和前5秒內(nèi)的位移相同</p><p>　　D．在第2個2秒內(nèi)位移為零</p><p>　　2．英國科學(xué)家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場，有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強(qiáng)弱分布．如圖所示為一對等量異種點電荷，電量分別為+Q、﹣Q．實線為電場線，虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點，a、b、c、d為圓上的點，下列說法正

3、確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．a(chǎn)、b兩點的電場強(qiáng)度相同B．b、c兩點的電場強(qiáng)度相同</p><p>　　C．c點的電勢高于d點的電勢D．d點的電勢等于a點的電勢</p><p>　　3．2014年10月24日，“嫦娥五號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，并在8天后以“跳躍式再入”方式成功返回地面．“跳躍式再入”值航天器在關(guān)閉發(fā)動機(jī)后進(jìn)入大氣層，依靠大氣升力

4、再次沖出大氣層，降低速度后在進(jìn)入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界．已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)</p><p>　　B．“嫦娥五號”在d點的加速度小于</p><p>　　C．“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率</p><p&

5、gt;　　D．“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率</p><p>　　4．如圖所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數(shù)之比n1：n2=10：1，接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV．變壓器右側(cè)部分為一磁場探測裝置系統(tǒng)原理圖，其中R2為用磁敏電阻（沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，且電阻隨磁場增強(qiáng)而增大）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（　?。?lt;/p&

6、gt;<p>　　A．電壓表示數(shù)為22 V</p><p>　　B．交變電源的頻率是100 Hz</p><p>　　C．若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時，電流表的示數(shù)減小</p><p>　　D．若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時，電壓表的示數(shù)減小</p><p>　　5．如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，桿的水平部分粗

7、糙，動摩擦因數(shù)μ=0.2，桿的豎直部分光滑．兩部分各套有質(zhì)量均為1kg的小球A和B，A、B球間用輕質(zhì)細(xì)繩相連，已知：OA=3m，OB=4m．初始A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，若A球在水平拉力F=27N的作用下向右移動1m時的速度大小為3m/s，（取g=10m/s2），那么該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為（　?。?lt;/p><p>　　A．4JB．4.5JC．5JD．5.5 J</p><p>　　6．如圖

8、所示，傾角為θ的斜面體C置于粗糙水平面上，物塊B置于斜面上，已知B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，B通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物塊A相連，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，A、B的質(zhì)量分別為m、M．現(xiàn)給B一初速度，使B沿斜面下滑，C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在B下滑過程中，下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．無論A、B的質(zhì)量大小關(guān)系如何，B一定減速下滑</p><p>　　B．A運動的

9、加速度大小為a=</p><p>　　C．水平面對C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左</p><p>　　D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等</p><p>　　7．如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量為M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一個質(zhì)量為m的木塊?現(xiàn)對木塊施加一個水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經(jīng)過時間t分離?下列說法正確的是（　?。?/p>

10、</p><p>　　A．若僅增大木板的質(zhì)量M，則時間t增大</p><p>　　B．若僅增大木塊的質(zhì)量m，則時間t增大</p><p>　　C．若僅增大恒力F，則時間t增大</p><p>　　D．若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則時間t增大</p><p>　　8．如圖所示，在內(nèi)壁光滑的圓筒內(nèi)有一根長為L，勁度系

11、數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧的一端固定在圓筒底部，另一端系著質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)讓圓筒繞通過底部的豎直軸在水平面內(nèi)從靜止開始加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)彈簧長度達(dá)到2L時即讓圓筒保持此時的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，已知彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能Ep=kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為其形變量，下列對上述過程的分析正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒</p><p>　　B．圓筒勻

12、速轉(zhuǎn)動的角速度為</p><p>　　C．彈簧對小球做的功為kL2</p><p>　　D．圓筒對小球做的功為kL2</p><p><b>　　二.非選擇題</b></p><p>　　9．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時，小車及砝碼的質(zhì)量用M表示，鉤碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶計算出．</p

13、><p>　　（1）當(dāng)M與m的關(guān)系滿足　　時，可近似認(rèn)為細(xì)繩對小車的拉力等于鉤碼的重力．</p><p>　?。?）在平衡摩擦力后，打點計時器打出的紙帶的一段如圖所示，已知該紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點未標(biāo)出，所用交流電的頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　　m/s2；打點計時器打B點時小車的速度大小為　　m/s（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）</p><p>　　1

14、0．為了節(jié)能環(huán)保，一些公共場所使用光控開關(guān)控制照明系統(tǒng)．光控開關(guān)采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件（照度可反映光的強(qiáng)弱，光越強(qiáng)照度越大，照度單位為lx）．</p><p>　?。?）某光敏電阻R在不同照度下的阻值如表，根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，在如圖甲的坐標(biāo)系中描繪出了阻值隨照度變化的曲線．由圖象可求出照度為1.0lx時的電阻為　　KΩ．</p><p>　　（2）如圖

15、乙所示是街道路燈自動控制模擬電路，利用直流電源為電磁鐵供電，利用照明電源為路燈供電．為了達(dá)到天亮燈熄，天暗燈亮的效果，路燈應(yīng)接在　?。ㄌ睢癆B”或“BC”）之間，請用筆畫線代替導(dǎo)線，正確連接電路元件．</p><p>　?。?）用多用電表“×10Ω”檔，按正確步驟測量圖中電磁鐵線圈電阻時，指針示數(shù)如圖丙所示，則線圈的電阻為　　Ω．已知當(dāng)線圈中的電流大于或等于2mA時，繼電器的銜鐵將被吸合．圖中直流電源的

16、動勢E=6V，內(nèi)阻忽略不計，滑動變阻器有三種規(guī)格可供選擇：R1（0～10Ω，2A）、R2（0～200Ω，1A）R3（0～1750Ω，0.1A）．要求天色漸暗照度降低至1.0lx時點亮路燈，滑動變阻器就選擇　?。ㄌ頡1、R2、R3）．為使天色更暗時才點亮路燈，應(yīng)適當(dāng)?shù)亍　。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p少”）滑動變阻器的電阻．</p><p>　　11．如圖1所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為

17、α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m，電阻與R1相等．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g．現(xiàn)在閉合開關(guān)S，將金屬棒由靜止釋放．求：</p><p>　?。?）判斷金屬棒ab中電流的方向；</p><p>　?。?/p>

18、2）若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　?。?）當(dāng)B=1.00T，L=0.50m，α=30°時，金屬棒能達(dá)到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關(guān)系如圖2所示．g取10m/s2．求定值阻值R1和金屬棒的質(zhì)量m．</p><p>　　12．如圖所示，在xOy平面的x＜0區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，方向

19、沿y軸正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的區(qū)域I內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=、方向垂直紙面向外，區(qū)域Ⅱ處于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)為（﹣2L，﹣L）的A點以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好經(jīng)過坐標(biāo)為[0，﹣（﹣1）L]的C點，粒子重力忽略不計，求：</p><p>　?。?）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；</p>&

20、lt;p>　　（2）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)；</p><p>　?。?）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2，試確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍．</p><p>　　【物理--選修3-4】</p><p>　　13．如圖所示，甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，乙為

21、介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點P以此時刻為計時起點的振動圖象．質(zhì)點Q的平衡位置位于x=3.5m處，下列說法正確的是 （　?。?lt;/p><p>　　A．這列波的沿x軸正方向傳播</p><p>　　B．這列波的傳播速度是20m/s</p><p>　　C．在0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點P向右移動了3 m</p><p>　　D．t=0.1s時，質(zhì)點P的加速度大

22、于質(zhì)點Q的加速度</p><p>　　E．t=0.25s時，x=3.5m處的質(zhì)點Q到達(dá)波峰位置</p><p>　　14．如圖所示為用某種透明材料制成的一塊柱形棱鏡的橫截面圖．圓弧CD是半徑為R的四分之一圓周，圓心為O．光線從AB面上的M點入射，入射角i=60°，光進(jìn)入棱鏡后恰好在BC面上的O點發(fā)生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的長度為l=6cm，真空中的光速c=3.0&#

23、215;108m/s．求：</p><p>　?。á瘢┩该鞑牧系恼凵渎蕁；</p><p>　　（Ⅱ）光從M點傳播到O點所用的時間t．</p><p>　　2015-2016學(xué)年福建省泉州市南安一中高三（上）期末物理試卷</p><p><b>　　參考答案與試題解析</b></p><p>&l

24、t;b>　　一.選擇題</b></p><p>　　1．如圖所示，是一質(zhì)點做直線運動的v﹣t圖象，則該質(zhì)點（　?。?lt;/p><p>　　A．在第2秒末加速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　B．在第3秒末速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　C．第1秒內(nèi)和前5秒內(nèi)的位移相同</p><p>　　D

25、．在第2個2秒內(nèi)位移為零</p><p>　　【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．</p><p>　　【分析】速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內(nèi)通過的位移，速度的正負(fù)表示速度的方向，只要圖象在時間軸同一側(cè)物體運動的方向就沒有改變；只要總面積仍大于0，位移方向就仍沿正方向．</p><p>　　【解答】解：A、速度時間圖象的斜

26、率表示加速度，由圖可知1﹣3s圖象斜率不變，加速度不變，方向沒有發(fā)生改變．故A錯誤；</p><p>　　B、2﹣4s內(nèi)速度圖象在時間軸的下方，都為負(fù)，速度方向沒有改變，故B錯誤；</p><p>　　C、根據(jù)“面積”表示位移可知，0﹣4s內(nèi)的位移為：x=×2×2﹣m=0，所以第1秒內(nèi)和前5秒內(nèi)的位移相同，故C正確；</p><p>　　D、在第

27、2個2秒內(nèi)位移為，不為零．故D錯誤；</p><p><b>　　故選：C</b></p><p>　　2．英國科學(xué)家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場，有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強(qiáng)弱分布．如圖所示為一對等量異種點電荷，電量分別為+Q、﹣Q．實線為電場線，虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點，a、b、c、d為圓上的點，下列說法正確的是（　　）</p&

28、gt;<p>　　A．a(chǎn)、b兩點的電場強(qiáng)度相同B．b、c兩點的電場強(qiáng)度相同</p><p>　　C．c點的電勢高于d點的電勢D．d點的電勢等于a點的電勢</p><p>　　【考點】電勢；電場強(qiáng)度．</p><p>　　【分析】電場線切線方向為場強(qiáng)方向，沿電場線方向電勢逐漸降低．</p><p>　　【解答】解：A、電場線切

29、線方向為場強(qiáng)方向，由圖知a、b兩點的電場強(qiáng)度方向不相同，b、c兩點的電場強(qiáng)度方向不相同，AB錯誤</p><p>　　C、沿電場線方向電勢逐漸降低，c點的電勢低于d點的電勢，d點的電勢等于a點的電勢，C錯誤D正確</p><p><b>　　故選：D</b></p><p>　　3．2014年10月24日，“嫦娥五號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空

30、，并在8天后以“跳躍式再入”方式成功返回地面．“跳躍式再入”值航天器在關(guān)閉發(fā)動機(jī)后進(jìn)入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后在進(jìn)入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界．已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)</p><p>　　B．“嫦娥五號”在d點的加速度小于</p>

31、;<p>　　C．“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率</p><p>　　D．“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率</p><p>　　【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系．</p><p>　　【分析】根據(jù)加速度的方向確定“嫦娥五號”處于超重還是失重，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合GM=gR2求出d點的加速度．嫦娥五號從a點到c點，萬有引力不做功

32、，阻力做負(fù)功，根據(jù)動能定理比較a、c兩點的速率大?。畯腸點到e點，機(jī)械能守恒，速率大小相等．</p><p>　　【解答】解：A：“嫦娥五號“沿abc軌跡做曲線運動，曲線運動的合力指向曲線彎曲的**，所以在b點合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五號“在b點處于超重狀態(tài)，故A錯誤．</p><p>　　B、在d點，“嫦娥五號”的加速度a=，又GM=gR2，所以a=．故B錯誤．</p&g

33、t;<p>　　C、“嫦娥五號”從a點到c，萬有引力不做功，由于阻力做功，則a點速率大于c點速率．故C正確．</p><p>　　D、從c點到e點，沒有空氣阻力，機(jī)械能守恒，則c點速率和e點速率相等，故D錯誤．</p><p><b>　　故選：C．</b></p><p>　　4．如圖所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數(shù)之

34、比n1：n2=10：1，接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV．變壓器右側(cè)部分為一磁場探測裝置系統(tǒng)原理圖，其中R2為用磁敏電阻（沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，且電阻隨磁場增強(qiáng)而增大）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（　　）</p><p>　　A．電壓表示數(shù)為22 V</p><p>　　B．交變電源的頻率是100 Hz</p&g

35、t;<p>　　C．若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時，電流表的示數(shù)減小</p><p>　　D．若探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時，電壓表的示數(shù)減小</p><p>　　【考點】變壓器的構(gòu)造和原理．</p><p>　　【分析】輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)理想變

36、壓器的原理分析即可．</p><p>　　【解答】解：A、由交流表的表達(dá)式可知，輸入的電壓為U==220V，變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，由此可得副線圈的電壓為22V，所以電壓表示數(shù)小于22 V，故A錯誤；</p><p>　　B、接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV，交變電源的頻率是f==50 Hz，故B錯誤；</p><p>　　C、若

37、探測裝置從無磁場區(qū)進(jìn)入強(qiáng)磁場區(qū)時，R2電阻變大，副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以電流表的示數(shù)減小，故C正確；</p><p>　　D、R2電阻變大，副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以R1兩端電壓減小，所以電壓表的示數(shù)增大，故D錯誤；</p><p><b>　　故選：C．</b></p><p>　　5．如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直

38、角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數(shù)μ=0.2，桿的豎直部分光滑．兩部分各套有質(zhì)量均為1kg的小球A和B，A、B球間用輕質(zhì)細(xì)繩相連，已知：OA=3m，OB=4m．初始A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，若A球在水平拉力F=27N的作用下向右移動1m時的速度大小為3m/s，（取g=10m/s2），那么該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為（　?。?lt;/p><p>　　A．4JB．4.5JC．5JD．5.5 J</p>&l

39、t;p>　　【考點】功能關(guān)系；功的計算．</p><p>　　【分析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的彈力N1，根據(jù)共點力平衡條件列式，求出支持力N，從而得到滑動摩擦力為恒力，再求得克服摩擦力做功，從而得到產(chǎn)生的內(nèi)能．</p><p>　　【解答】解：對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的彈力N1，如圖</p

40、><p>　　根據(jù)共點力平衡條件，有</p><p>　　豎直方向：N=G1+G2</p><p>　　水平方向：F=f+N1</p><p><b>　　其中：f=μN</b></p><p>　　解得：N=（m1+m2）g=（1+1）×10=20N，</p><p&g

41、t;　　A所受的滑動摩擦力 f=μN=0.2×20N=4N，可知，f為恒力，所以產(chǎn)生的內(nèi)能為 Q=fs=4×1J=4J．故A正確，BCD錯誤．</p><p><b>　　故選：A</b></p><p>　　6．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于粗糙水平面上，物塊B置于斜面上，已知B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，B通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物塊

42、A相連，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，A、B的質(zhì)量分別為m、M．現(xiàn)給B一初速度，使B沿斜面下滑，C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在B下滑過程中，下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．無論A、B的質(zhì)量大小關(guān)系如何，B一定減速下滑</p><p>　　B．A運動的加速度大小為a=</p><p>　　C．水平面對C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左</p>

43、<p>　　D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等</p><p>　　【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．</p><p>　　【分析】以AB整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求其加速度，結(jié)合摩擦力產(chǎn)生的條件，可判斷各接觸面是否存在摩擦力；把BC看做一個整體進(jìn)行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的關(guān)系．</p><p>　　

44、【解答】解：A、B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，即如果B不受繩子拉力，則mgsinθ=μmgcosθ，B勻速下滑</p><p>　　但是繩子對B有沿斜面向上的拉力，故B一定是減速下滑，A正確；</p><p>　　B、以AB整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：</p><p>　　mg+μMgcosθ﹣Mgsinθ=（M+m）a</p><p

45、>　　得：a==，故B正確；</p><p>　　C、對C受力分析，B給的壓力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ，因為μ=tanθ，所以二者的矢量和等于mg，方向豎直向下，即C在水平方向上沒有運動趨勢，故C水平方向不受地面的摩擦力，C錯誤；</p><p>　　D、由前面分析知B對C的作用力等于其重力Mg，根據(jù)平衡條件知則水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等，D正確；</

46、p><p><b>　　故選：ABD．</b></p><p>　　7．如圖所示，光滑水平面上放著質(zhì)量為M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一個質(zhì)量為m的木塊?現(xiàn)對木塊施加一個水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經(jīng)過時間t分離?下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．若僅增大木板的質(zhì)量M，則時間t增大</p><

47、p>　　B．若僅增大木塊的質(zhì)量m，則時間t增大</p><p>　　C．若僅增大恒力F，則時間t增大</p><p>　　D．若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則時間t增大</p><p>　　【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．</p><p>　　【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板

48、長，結(jié)合位移時間公式求出脫離的時間，從而進(jìn)行分析．</p><p>　　【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得，木塊m的加速度，木板M的加速度</p><p><b>　　根據(jù)L=．</b></p><p><b>　　t=．</b></p><p>　　A、若僅增大木板的質(zhì)量M，m的加速度不變，M的加速度

49、減小，則時間t減?。蔄錯誤．</p><p>　　B、若僅增大小木塊的質(zhì)量m，則m的加速度減小，M的加速度增大，則t變大．故B正確．</p><p>　　C、若僅增大恒力F，則m的加速度變大，M的加速度不變，則t變?。蔆錯誤．</p><p>　　D、若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，則m的加速度減小，M的加速度增大，則t變大．故D正確．</p>

50、<p><b>　　故選：BD．</b></p><p>　　8．如圖所示，在內(nèi)壁光滑的圓筒內(nèi)有一根長為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧的一端固定在圓筒底部，另一端系著質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)讓圓筒繞通過底部的豎直軸在水平面內(nèi)從靜止開始加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)彈簧長度達(dá)到2L時即讓圓筒保持此時的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，已知彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能Ep=kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為其形變量，下

51、列對上述過程的分析正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒</p><p>　　B．圓筒勻速轉(zhuǎn)動的角速度為</p><p>　　C．彈簧對小球做的功為kL2</p><p>　　D．圓筒對小球做的功為kL2</p><p>　　【考點】機(jī)械能守恒定律；功的計算．</p>&

52、lt;p>　　【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，判斷系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒．圓筒勻速轉(zhuǎn)動的角速度根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解．由動能定理求解圓筒對小球做的功．</p><p>　　【解答】解：A、在加速過程中，圓筒對小球做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故A錯誤．</p><p>　　B、圓筒勻速轉(zhuǎn)動時，由kL=mω2?2L，得ω=．故B正確．</p>&l

53、t;p>　　C、根據(jù)功能關(guān)系知：球?qū)椈勺龉Φ扔趶椈傻膹椥詣菽艿脑黾?，則球?qū)椈勺龉?W=，則彈簧對球做功為 W′=﹣W=﹣kL2，故C錯誤．</p><p>　　D、對球，根據(jù)動能定理得：W筒+W′=，v=ω?2L，解得圓筒對小球做的功為W筒=2.5kL2，故D錯誤．</p><p><b>　　故選：B．</b></p><p>&

54、lt;b>　　二.非選擇題</b></p><p>　　9．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系時，小車及砝碼的質(zhì)量用M表示，鉤碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶計算出．</p><p>　?。?）當(dāng)M與m的關(guān)系滿足　M＞＞m　時，可近似認(rèn)為細(xì)繩對小車的拉力等于鉤碼的重力．</p><p>　?。?）在平衡摩擦力后，打點計時器打出的紙帶的一

55、段如圖所示，已知該紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點未標(biāo)出，所用交流電的頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　0.390　m/s2；打點計時器打B點時小車的速度大小為　0.377　m/s（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）</p><p>　　【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．</p><p>　　【分析】1、實驗時我們認(rèn)為繩對小車的拉力近似等于沙和沙桶的總重力，但實際不是，實際的拉力為

56、，只有在M＞＞m的情況下近似認(rèn)為拉力等于mg．</p><p>　　2、B點的速度可由A到C點的平均速度求出，加速度可由勻變速運動的規(guī)律：△x=at2求解．</p><p>　　【解答】解：（1）假設(shè)小車的加速度為a，拉力為F</p><p>　　對沙桶及沙：mg﹣F=ma；對小車：F=Ma；</p><p>　　聯(lián)立得：F==，故只有在M＞

57、＞m的情況下近似認(rèn)為拉力等于mg．</p><p>　?。?）紙帶上每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點，所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔是T=0.1s．</p><p>　　根據(jù)逐差法求解加速度：</p><p>　　a==0.390m/s2，</p><p>　　根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度得：</p>

58、<p>　　B點的速度為：vB==0.377m/s</p><p>　　故答案為：（1）M＞＞m，（2）0.390，0.377．</p><p>　　10．為了節(jié)能環(huán)保，一些公共場所使用光控開關(guān)控制照明系統(tǒng)．光控開關(guān)采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件（照度可反映光的強(qiáng)弱，光越強(qiáng)照度越大，照度單位為lx）．</p><p>　　

59、（1）某光敏電阻R在不同照度下的阻值如表，根據(jù)表中已知數(shù)據(jù)，在如圖甲的坐標(biāo)系中描繪出了阻值隨照度變化的曲線．由圖象可求出照度為1.0lx時的電阻為　2.0　KΩ．</p><p>　?。?）如圖乙所示是街道路燈自動控制模擬電路，利用直流電源為電磁鐵供電，利用照明電源為路燈供電．為了達(dá)到天亮燈熄，天暗燈亮的效果，路燈應(yīng)接在　AB?。ㄌ睢癆B”或“BC”）之間，請用筆畫線代替導(dǎo)線，正確連接電路元件．</p>

60、;<p>　?。?）用多用電表“×10Ω”檔，按正確步驟測量圖中電磁鐵線圈電阻時，指針示數(shù)如圖丙所示，則線圈的電阻為　140　Ω．已知當(dāng)線圈中的電流大于或等于2mA時，繼電器的銜鐵將被吸合．圖中直流電源的動勢E=6V，內(nèi)阻忽略不計，滑動變阻器有三種規(guī)格可供選擇：R1（0～10Ω，2A）、R2（0～200Ω，1A）R3（0～1750Ω，0.1A）．要求天色漸暗照度降低至1.0lx時點亮路燈，滑動變阻器就選擇　R3　

61、（填R1、R2、R3）．為使天色更暗時才點亮路燈，應(yīng)適當(dāng)?shù)亍p少?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p少”）滑動變阻器的電阻．</p><p>　　【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線；用多用電表測電阻．</p><p>　　【分析】（1）根據(jù)圖象直接讀出對應(yīng)的數(shù)據(jù)即可；</p><p>　?。?）利用直流電源為電磁鐵供電，將電源、光敏電阻、定值電阻、電鍵直接串聯(lián)即可；分析電磁鐵的電路，

62、判定利用照明電源為路燈供電的接入點．</p><p>　?。?）歐姆表的讀數(shù)是先讀出表盤的刻度，然后乘以倍率．由于光變暗時，光敏電阻變大，分的電壓變大，故將控制系統(tǒng)與光敏電阻串聯(lián)，照度降低至1.0（Lx）時啟動照明系統(tǒng)，可以算出定值電阻的大?。?lt;/p><p>　　【解答】解：（1）根據(jù)圖象直接讀出對應(yīng)的照度為1.0 x時的電阻約為 2.0kΩ．</p><p>　

63、?。?）光敏電阻的電阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小，所以白天時光敏電阻的電阻值小，電路中的電流值大，電磁鐵將被吸?。混o觸點與C接通；晚上時的光線暗，光敏電阻的電阻值大，電路中的電流值小，所以靜觸點與B接通．所以要達(dá)到晚上燈亮，白天燈滅，則路燈應(yīng)接在 AB 之間．電路圖如圖；</p><p>　?。?）歐姆表的讀數(shù)是先讀出表盤的刻度，然后乘以倍率，表盤的刻度是14，倍率是“×10Ω”，所以電阻值是14

64、5;10=140Ω；</p><p>　　天色漸暗照度降低至1.01x時點亮路燈，此時光敏電阻的電阻值是2kΩ，電路中的電流是2mA，R=﹣R光=﹣2000=1000Ω，所以要選擇滑動變阻器R3．</p><p>　　由于光變暗時，光敏電阻變大，分的電壓變大，所以為使天色更暗時才點亮路燈，應(yīng)適當(dāng)?shù)?減小滑動變阻器的電阻．</p><p>　　故答案為：（1）2.0；

65、（2）AB，如圖；（3）140，R3；減少</p><p>　　11．如圖1所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m，電阻與R1相等．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g

66、．現(xiàn)在閉合開關(guān)S，將金屬棒由靜止釋放．求：</p><p>　?。?）判斷金屬棒ab中電流的方向；</p><p>　　（2）若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q；</p><p>　　（3）當(dāng)B=1.00T，L=0.50m，α=30°時，金屬棒能達(dá)到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關(guān)

67、系如圖2所示．g取10m/s2．求定值阻值R1和金屬棒的質(zhì)量m．</p><p>　　【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．</p><p>　　【分析】（1）金屬棒由靜止釋放沿導(dǎo)軌向下運動切割磁感線，根據(jù)右手定制判斷感應(yīng)電流的方向；</p><p>　?。?）以金屬棒為研究對象，根據(jù)動能定律可正確解答；</p>

68、<p>　?。?）當(dāng)金屬棒的速度達(dá)到最大時，有mgsinα=BIL成立，由此寫出最大速度vm和電阻R2的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)斜率、截距的物理意義即可正確解答．</p><p>　　【解答】解：（1）由右手定則，金屬棒ab中的電流方向為b到a．</p><p>　?。?）由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱：</p><p>&l

69、t;b>　　解得：</b></p><p>　　R1產(chǎn)生的熱量占總熱量的一半；</p><p><b>　　故Q1=mgh﹣；</b></p><p>　?。?）設(shè)最大速度為v，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：</p><p><b>　　E=BLv</b></p>&l

70、t;p>　　由閉合電路的歐姆定律：</p><p>　　從b端向a端看，金屬棒受力如圖：</p><p>　　金屬棒達(dá)到最大速度時滿足：</p><p>　　mgsinα﹣BIL=0</p><p><b>　　由以上三式得：</b></p><p>　　由圖象可知：斜率為：，</p&

71、gt;<p>　　縱截距為v0=30m/s，得到：</p><p>　　解得：R1=1.0Ω，m=0.5kg．</p><p>　　答：（1）ab中電流b到a；</p><p>　?。?）過程中定值電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh﹣；</p><p>　?。?）定值電阻的阻值為1.0Ω，金屬棒的質(zhì)量為0.5kg</p>

72、<p>　　12．如圖所示，在xOy平面的x＜0區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的區(qū)域I內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=、方向垂直紙面向外，區(qū)域Ⅱ處于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)為（﹣2L，﹣L）的A點以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好經(jīng)過坐標(biāo)為[0，﹣（﹣1）L]的C點，粒子重力忽略不計，求：</p>

73、;<p>　?。?）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；</p><p>　?。?）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)；</p><p>　?。?）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B2，試確定磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍．</p><p>　　【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動；帶

74、電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動．</p><p>　　【分析】（1）粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，將運動沿xy軸分解，根據(jù)動為學(xué)規(guī)律即可求解；</p><p>　?。?）由運動學(xué)公式求出粒子在C點豎直分速度，結(jié)合初速度可算出C點的速度大小與方向．當(dāng)粒子進(jìn)入磁場時，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可確定運動的半徑．最后由幾何關(guān)系可得出離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)； </p><p>

75、;　?。?）根據(jù)幾何關(guān)系確定離開磁場的半徑范圍，再由半徑公式可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍及粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．</p><p>　　【解答】解：（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動：2L=v0t</p><p><b>　　L=?t2</b></p><p><b>　　聯(lián)立解得：E=</b></p>&

76、lt;p>　　（2）設(shè)帶電粒子經(jīng)C點時的豎直分速度為vy、速度為v</p><p>　　vy=t 得：vy=v0</p><p>　　v=v0，方向與x軸正向成45°斜向上</p><p>　　粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，B1qv=m，</p><p><b>　　R=</b></p>&

77、lt;p><b>　　解得：R=L</b></p><p>　　由幾何關(guān)系知，離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)：x=L　y=0，即（L，0）</p><p>　?。?）根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場的半徑]滿足： L≤r≤L</p><p><b>　　B2qv=m</b></p><p&g

78、t;<b>　　解得：≤B2≤</b></p><p>　　根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°</p><p>　　答：（1）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小是；</p><p>　　（2）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)是（L，0）；</p><p>　?。?）磁感應(yīng)強(qiáng)度B

79、2的大小范圍是≤B2≤，粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍是30°≤θ≤90°．</p><p>　　【物理--選修3-4】</p><p>　　13．如圖所示，甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，乙為介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點P以此時刻為計時起點的振動圖象．質(zhì)點Q的平衡位置位于x=3.5m處，下列說法正確的是 （　　）</p><p&g

80、t;　　A．這列波的沿x軸正方向傳播</p><p>　　B．這列波的傳播速度是20m/s</p><p>　　C．在0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點P向右移動了3 m</p><p>　　D．t=0.1s時，質(zhì)點P的加速度大于質(zhì)點Q的加速度</p><p>　　E．t=0.25s時，x=3.5m處的質(zhì)點Q到達(dá)波峰位置</p><p&

81、gt;　　【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關(guān)系．</p><p>　　【分析】由振動圖象讀出t=0時刻P點的振動方向，判斷波的傳播方向．由波動圖象讀出波長，由振動圖象讀出周期，可求出波速．分析波動過程，根據(jù)時間與周期的關(guān)系，判斷Q點的運動方向．</p><p>　　【解答】解：A、由乙圖讀出，t=0時刻質(zhì)點的速度向上，則由波形的平移法可知，這列波沿x軸正方向傳播．故A正確．</

82、p><p>　　B、由圖知：λ=4m，T=0.4s，則波速v==10m/s．故B錯誤．</p><p>　　C、據(jù)波的傳播特點可知，質(zhì)點并不隨波遷移，而是在平衡位置附近做簡諧運動，故C錯誤；</p><p>　　D、當(dāng)t=0.1s時，質(zhì)點P處于最大位移處，據(jù)簡諧運動的特點可知，此時加速度最大；而質(zhì)點Q此時不在最大位移處，所以質(zhì)點P的加速度大于質(zhì)點Q的加速度，故D正確；&

83、lt;/p><p>　　E、據(jù)圖象可知經(jīng)過0.2 s時，質(zhì)點P再次到達(dá)平衡位置，運動方向向下，而質(zhì)點Q位于平衡位置上方；由于兩質(zhì)點相距1.5m，再經(jīng)過0.05s時，質(zhì)點P位移與質(zhì)點Q在0時刻的位移相同，所以質(zhì)點Q處于平衡位置的最上方，即處在波峰，故E正確．</p><p><b>　　故選：ADE．</b></p><p>　　14．如圖所示為用某

84、種透明材料制成的一塊柱形棱鏡的橫截面圖．圓弧CD是半徑為R的四分之一圓周，圓心為O．光線從AB面上的M點入射，入射角i=60°，光進(jìn)入棱鏡后恰好在BC面上的O點發(fā)生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的長度為l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：</p><p>　?。á瘢┩该鞑牧系恼凵渎蕁；</p><p>　?。á颍┕鈴腗點傳播到O點所用的時間t．&

85、lt;/p><p>　　【考點】光的折射定律．</p><p>　　【分析】（Ⅰ）光線射入棱鏡后射在BC面上的O點并恰好在BC面上發(fā)生全反射．根據(jù)折射定律分別研究光線在AB面上的折射和在BC面的全反射，即可求解折射率．</p><p>　　（Ⅱ）由公式v=求出光在棱鏡中傳播速度，由幾何關(guān)系求出MO間的距離，即可求得時間t．</p><p>　　【

86、解答】解：（Ⅰ）設(shè)光線在AB面的折射角為r，根據(jù)折射定律得：</p><p><b>　　n=…①</b></p><p>　　設(shè)棱鏡的臨界角為C．由題意，光線在BC面恰好發(fā)生全反射，得到 sinC=…②</p><p>　　由幾何知識可知，r+C=90°…③</p><p>　　聯(lián)立以上各式解出 n=<

87、/p><p>　?。á颍┕庠诶忡R中傳播速度v=</p><p>　　由幾何知識得，MO==nl</p><p>　　故光從M點傳播到O點所用的時間 t===s=3.5×10﹣10s</p><p><b>　　答：</b></p><p>　?。á瘢┩该鞑牧系恼凵渎蕁為；</p>