1、2016-2017学年广东省揭阳市普宁一中高三（上）期末物理试卷一选择题（共7小题，每小题4分，共40分第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在物理学的发展中，关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A亚里士多德首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B哥白尼通过对行星观测记录的研究，发现了行星运动的三大定律C笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D库仑首次采用电场线的方法形象直观地描述电场，电流的磁效应是法拉第首次发现2在吊环比赛中，运动员有一个高难度的动作，就是先双手撑住吊环（此时两绳竖直且与肩同
2、宽），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置吊环悬绳的拉力大小均为FT，运动员所受的合力大小为F，则在两手之间的距离增大过程中（）AFT减小，F增大BFT增大，F增大CFT减小，F不变DFT增大，F不变32016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信量子科学实验卫星“墨子号”由火箭发射至高度为500km的预定圆形轨道此前，6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7G7属地球静止轨道卫星（高度为36000km），它将使北斗系统的可靠性进一步提高关于卫星以下说法中
3、正确的是（）A这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/sB量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大C量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7大D通过地面控制可以将北斗G7定点于赣州市的正上方4从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个运动过程中，下列说法中不正确的是（）A小球下降过程中的平均速度大于B小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小C小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gD小球被抛出时的加速度值
4、最大，到达最高点的加速度值最小5如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由N指向MB带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度6物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示则传送带转动后（）AM将减速下滑BM仍匀速下滑CM受到的摩擦力变小DM受到的摩擦力变大7如图所示，光滑小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢地拉动斜面体
5、，小球在斜面上滑动，细绳始终处于绷紧状态小球从图示位置开始到离开斜面前，斜面对小球的支持力N以及绳对小球拉力T的变化情况是（）AN保持不变，T不断减小BN不断减小，T不断增大CN保持不变，T先减小后增大DN不断减小，T先减小后增大二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，满分12分在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，少选但正确的得2分，有错选或不答的得0分）8一个质点沿x轴做匀加速直线运动其位置时间图象如图所示，则下列说法正确的是（） A该质点的加速度大小为4 m/s2B该质点在t=1 s时的速度大小为2 m/sC该质点在t=0到t=2 s时间内的位移
6、大小为6 mD该质点在t=0时速度为零9a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）Aa、b加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度B20 s时，a、b两物体相距最远C60 s时，物体a在物体b的前方D40 s时，a、b两物体速度相等，相距500m10如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零二实验填空题（共2小题，第11题7分，第12题11
7、分，共18分）11在利用打点计时器验证做自由落体运动的物体机械能守恒的实验中（1）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h某小组的同学利用实验得到的纸带，共设计了以下四种测量方案，其中正确的是A用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v；B用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v；C根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h；D用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时
8、速度v（2）已知当地重力加速度为g，使用交流电的频率为f在打出的纸带上选取连续打出的五个点A、B、C、D、E，如图所示测出A点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的而在实际的实验结果中，往往会出现物体的动能增加量略小于重力势能的减小量，出现这样结果的主要原因是12在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中（1）如图1所示，用游标卡尺测其长度为cm；图2用螺旋测微器测其直径为mm（2）其电阻约为6为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻实验室除提供了电池E（电动势为3
9、V，内阻约为0.3）、开关S，导线若干，还备有下列实验器材：A电压表V1（量程3V，内阻约为2k） B电压表V2（量程15V，内阻约为15k）C电流表A1 （量程3A，内阻约为0.2） D电流表A2 （量程0.6A，内阻约为1）E滑动变阻器R1（010，0.6A） F滑动变阻器R2 （02000，0.1A）为减小实验误差，应选用的实验器材有 （选填“A、B、C、D”等序号）为减小实验误差，应选用图3中（选填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，其测量值比真实值（选填“偏大”或“偏小”）三计算题（共4小题，第13、14、15题各10分，第16题12分，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重
10、要演算步骤只写出最后答案的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）13在一次治理超载和超限的执法中，一辆执勤的警车停在公路边当警员发现从他旁边以72km/h的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶经过10s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内求：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（2）警车发动后要多少时间才能追上货车？14如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中质量为m、电阻为的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨的电阻不
11、计初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触求：（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹力势能为EP，则这一过程中安培力所做的功W1和整个回路的电阻上产生的焦耳热Q分别为多少？（3）从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q1为多少？15如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点一可视为质点的物块，其质量m=0
12、.2kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1（取g=10m/s2）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动求F的大小当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离16如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.2m在金属板右侧有一边界为MN的区
13、域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO垂直，磁感应强度B=5103T，方向垂直纸面向里现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子速度v0=105 m/s，比荷q/m=108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的（1）试求带电粒子射出电场时的最大速度；（2）证明：在任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离为定值，写出该距离的表达式；（3）从电场射出的带电粒子，进入磁场运动一段时间后又射出磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间2016-2017学年广东省揭阳市普宁一中高三（上）期末物理试卷参
14、考答案与试题解析一选择题（共7小题，每小题4分，共40分第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在物理学的发展中，关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A亚里士多德首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B哥白尼通过对行星观测记录的研究，发现了行星运动的三大定律C笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献D库仑首次采用电场线的方法形象直观地描述电场，电流的磁效应是法拉第首次发现【考点】1U：物理学史【分析】本题是物理学史问题，根据相关的物理学家的主要贡献即可答题【解答】解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推
15、理（包括数学推演）和谐地结合起来，故A错误B、开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故B错误C、笛卡尔研究了力和运动的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故C正确D、法拉第首次采用电场线的方法形象直观地描述电场，电流的磁效应是奥斯特首次发现，故D错误故选：C2在吊环比赛中，运动员有一个高难度的动作，就是先双手撑住吊环（此时两绳竖直且与肩同宽），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置吊环悬绳的拉力大小均为FT，运动员所受的合力大小为F，则在两手之间的距离增大过程中（）AFT减小，F增大BFT增大，F增大CFT减小，F不变DFT增大，F不变【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；
16、2G：力的合成与分解的运用【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，由于人一直处于静止状态，故合力F大小为零，保持不变；两绳子拉力合力与重力等大反向；由于两个拉力的合力不变，且夹角变大，故两个拉力不断变大；故D正确，ABC错误故选：D32016年8月16日1时40分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信量子科学实验卫星“墨子号”由火箭发射至高度为500km的预定
17、圆形轨道此前，6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7G7属地球静止轨道卫星（高度为36000km），它将使北斗系统的可靠性进一步提高关于卫星以下说法中正确的是（）A这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/sB量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大C量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7大D通过地面控制可以将北斗G7定点于赣州市的正上方【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用【分析】地球同步卫星离地面高度约为3.6万千米，7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，根据分析重力加速度大小，根据分析周期与轨道半
18、径的关系【解答】解：A、7.9km/s是绕地球表面运动的速度，是卫星的最大环绕速度，则这两颗卫星的速度都小于7.9km/s，故A错误；B、根据可知，轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的向心加速度比北斗G7大，故B正确；C、根据，解得：T=，半径越大，周期越大，则半径小的量子科学实验卫星“墨子号”的周期比北斗G7小故C错误；D、同位卫星的轨道只能在赤道的上方，故D错误故选：B4从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则在整个运动过程
19、中，下列说法中不正确的是（）A小球下降过程中的平均速度大于B小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小C小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gD小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小【考点】1I：匀变速直线运动的图像【分析】由速度图象的“面积”表示位移来分析小球的实际运动与匀变速直线运动平均速度的关系根据小球受到的空气阻力与速率成正比，由牛顿第二定律分析上升和下降阶段的加速度变化，并求小球抛出瞬间的加速度大小【解答】解：A、根据速度图象的“面积”表示位移，可知小球下降过程中的实际位移大于匀加速直线运动的位移，则其实际平均速度大于匀加速下降的平均速度，即大于故A正确BD
20、、小球上升过程，根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma，v减小时，a减小，小球被抛出时的速率最大，加速度最大，到最高点时，v=0，加速度a=g下降过程有：mgkv=ma，v增大，a减小，且 ag，所以到达最高点的加速度值不是最小，匀速运动时加速度最小，为零，故B正确，D错误C、匀速运动时有 mg=kv1，抛出瞬间有 mg+kv0=ma，得小球抛出瞬间的加速度大小为 a=（1+）g故C正确本题选不正确的，故选：D5如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是（）A电场线MN的方向一定是由N指向MB
21、带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【考点】A7：电场线；AE：电势能【分析】解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以，然后根据电场力做功情况，进一步解答【解答】解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误B、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C、粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能
22、减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确D、由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误故选：C6物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示则传送带转动后（）AM将减速下滑BM仍匀速下滑CM受到的摩擦力变小DM受到的摩擦力变大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】在传送带突然转动前后，对物块进行受力分析解决问题【解答】解：传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力传送带突然转动后，对物块进
23、行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑故选B7如图所示，光滑小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢地拉动斜面体，小球在斜面上滑动，细绳始终处于绷紧状态小球从图示位置开始到离开斜面前，斜面对小球的支持力N以及绳对小球拉力T的变化情况是（）AN保持不变，T不断减小BN不断减小，T不断增大CN保持不变，T先减小后增大DN不断减小，T先减小后增大【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；2G：力的合成与分解的运用【分析】对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持
24、力方向不变，又缓慢拉动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显的看到各力的变化【解答】解：先对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，如图，用水平力F缓慢地拉动斜面体从图形中逐渐变大，趋向于mg；故斜面向右移动的过程中，力FT与水平方向的夹角增大，当=时，TN时，细绳的拉力T最小，由图可知，随的增大，斜面的支持力N不断减小，T先减小后增大故D正确ABC错误故选：D二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，满分12分在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，少选但正确的得2分，
25、有错选或不答的得0分）8一个质点沿x轴做匀加速直线运动其位置时间图象如图所示，则下列说法正确的是（） A该质点的加速度大小为4 m/s2B该质点在t=1 s时的速度大小为2 m/sC该质点在t=0到t=2 s时间内的位移大小为6 mD该质点在t=0时速度为零【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】质点做匀加速直线运动，位移与时间的关系为x=v0t+at2，由图可知，第1s内的位移为x1=0（2）=2m，前2s内的位移为x2=6（2）=8m，从而求出初速度和加速度，再根据v=v0+at即可求解t=1s时的速度【解答】解：AD、质点做匀加速直线运动，则有：
26、x=v0t+at2由图可知，第1s内的位移为x1=0（2）=2m，前2s内的位移为x2=6（2）=8m，代入上式有：2=v0+a8=2v0+2a解得：v0=0，a=4m/s2，故AD正确；B、该质点在t=1 s时的速度大小为 v=at=41=4m/s，故B错误；C、由上分析知，该质点在t=0到t=2 s时间内的位移大小为 x2=8m故C错误故选：AD9a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的vt图象如图所示，下列说法正确的是（）Aa、b加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度B20 s时，a、b两物体相距最远C60 s时，物体a在物体b的前方D40 s时，a、b两物体速度相等，相距500m
27、【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解答】解：A、在速度时间图象中切线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；所以a物体的加速度：a1=m/s2=1.5m/s2，b物体的加速度：a2=m/s2=2m/s2，故A正确B、a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速
28、度一直大于b的速度，a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，故B错误C、根据所围图形的面积表示位移，由图可以看出60s内a的位移大于b的位移，即a在b前面，故C正确；D、由图可知，t=40 s时，a、b两物体速度相等，相距m=900m，故D错误；故选：AC10如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零【考点
29、】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力【分析】正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题【解答】解：A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；B、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大故B正确；C、对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C正确；D、以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若N增大至与Mg相等，则f=0，故D正确故选
30、：BCD二实验填空题（共2小题，第11题7分，第12题11分，共18分）11在利用打点计时器验证做自由落体运动的物体机械能守恒的实验中（1）需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h某小组的同学利用实验得到的纸带，共设计了以下四种测量方案，其中正确的是DA用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度v；B用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度v；C根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=计算出高度h；D用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某
31、点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v（2）已知当地重力加速度为g，使用交流电的频率为f在打出的纸带上选取连续打出的五个点A、B、C、D、E，如图所示测出A点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的而在实际的实验结果中，往往会出现物体的动能增加量略小于重力势能的减小量，出现这样结果的主要原因是打点计时器对纸带的阻力做功【考点】MD：验证机械能守恒定律【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项
32、，对于验证机械能守恒定律的实验我们已经把重物看成自由落体运动，故不能再用自由落体的规律求解速度，否则就不需要进行验证了（2）根据匀变速直线运动的规律求出C点的瞬时速度，然后根据机械能守恒定律的表达式进行列式验证即可【解答】解：（1）该实验是验证机械能守恒定律的实验因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律求解速度，那么就不需要验证呢，其中ABC三项都是运用了自由落体的运动规律求解的，故ABC错误，D正确故选：D（2）匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前、后相邻两点间的平均速度，因此C点速度为：根据机械能守恒定律有：即：为所需要验证
33、的公式，由于重物下滑过程中需要克服阻力做功，因此重力势能的减小量略大于动能的增加量故答案为：（1）D；（2），打点计时器对纸带的阻力做功12在测定某一均匀细圆柱体材料的电阻率实验中（1）如图1所示，用游标卡尺测其长度为10.355cm；图2用螺旋测微器测其直径为1.195mm（2）其电阻约为6为了较为准确地测量其电阻，现用伏安法测其电阻实验室除提供了电池E（电动势为3V，内阻约为0.3）、开关S，导线若干，还备有下列实验器材：A电压表V1（量程3V，内阻约为2k） B电压表V2（量程15V，内阻约为15k）C电流表A1 （量程3A，内阻约为0.2） D电流表A2 （量程0.6A，内阻约为1）E
34、滑动变阻器R1（010，0.6A） F滑动变阻器R2 （02000，0.1A）为减小实验误差，应选用的实验器材有 （选填“A、B、C、D”等序号）ADE为减小实验误差，应选用图3中b（选填“a”或“b”）为该实验的电路原理图，其测量值比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）【考点】N2：测定金属的电阻率【分析】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后选择实验电路，根据电路图应用欧姆定律分析实验误差
35、【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标读数为0.0511mm=0.55mm=0.055cm，所以最终读数为：10.3cm+0.055cm=10.355cm螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.0119.5mm=0.195mm，所以最终读数为：1mm+0.195mm=1.195mm；（2）电源电动势为3V，故电压表应选A，电路最大电流约为：I=0.5A，故电流表选D；由于待测电阻只有约6，故为了便于调节，滑动变阻器选择总阻值较小的E；待测电阻阻值约为6，电压表内阻约为2k，电流表内阻约为1，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图b所示实验电
36、路，由于电压表分流使电流表读数偏大，则由欧姆定律可知，求出的电阻值偏小故答案为：（1）10.355；1.195；（2）ADE；b；偏小三计算题（共4小题，第13、14、15题各10分，第16题12分，共42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的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）13在一次治理超载和超限的执法中，一辆执勤的警车停在公路边当警员发现从他旁边以72km/h的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶经过10s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内求：（1）警车在追赶货车的过程中，
37、两车间的最大距离是多少？（2）警车发动后要多少时间才能追上货车？【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】货车匀速运动在前面，警车从静止开始匀加速运动在后面追，刚开始货车的速度大于警车速度，故两车之间的距离越来越大，当两车速度相等时，位移最大，之后警车速度大于货车，两车之间的距离逐渐减小直至追上在此过程中注意，警车发动的时间，货车在做匀速运动，而警车不能一直加速下去，当速度达到90km/h时就不能增加了，而做匀速运动所以该题要先分析警车能不能在匀加速阶段追上货车，若不能，则在匀速阶段追上当警车追上货车时两车位移相等【解答】解：（1）警车在追赶
38、货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过时间两车的速度相等则所以两车间的最大距离为：（2），当警车刚达到最大速度时，运动时间为：因为，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离为：警车达到最大速度后做匀速运动，设再经t时间追上货车，则有：所以警车发动后要经过才能追上货车答：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是280m（2）警车发动后要65s时间才能追上货车14如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中质量为m、电阻为的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨的电阻不计初始时刻，弹簧恰处于自然长
39、度，导体棒具有水平向右的初速度v0沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触求：（1）求初始时刻导体棒受到的安培力（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹力势能为EP，则这一过程中安培力所做的功W1和整个回路的电阻上产生的焦耳热Q分别为多少？（3）从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q1为多少？【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；DD：电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算感应电流，再根据安培力计算公式求解（2）由功和能的关系，得安培力做功和整个回路的
40、电阻上产生的焦耳热Q；（3）棒最终静止于初始位置，根据能量关系求解整个过程中产生的总热量，再求出电阻R上产生的焦耳热【解答】解：（1）初始时刻棒中感应电动势E=BLv0，棒中感应电流I=，作用于棒上的安培力F=BIL，联立解得F=，安培力方向：水平向左；（2）由功和能的关系，得安培力做功W1=EP，整个回路电阻上产生的焦耳热Q=EP，（3）棒最终静止于初始位置，整个过程中产生的总热量为Q总=，根据串联电路的特点可得电阻R上产生的焦耳热Q1=答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力为，方向水平向左；（2）安培力所做的功为EP，整个回路的电阻上产生的焦耳热Q为EP；（3）从导体棒开始运动直到最终静止的
41、过程中，电阻R上产生的焦耳热为15如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1（取g=10m/s2）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动求F的大小当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动
42、（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离【考点】66：动能定理的应用；43：平抛运动【分析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理求解（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解（3）根据平抛运动的规律和几何关系求解【解答】解（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：mgh1mgL=0代入数据得：h=0.2m（2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得cos=根据牛顿第二定律，对物体有mgtan=ma对工件和物体整体有F2（M+m）g=（M+m）a联立式，代入数据得F
43、=8.5N设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得h=x1=vtx2=x1Rsin 联立式，代入数据得x2=0.4m答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；（2）F的大小是8.5N；（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m16如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.2m在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO垂直，磁感应强度B=5103T，方向垂直纸面向里现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子速度v0=
44、105 m/s，比荷q/m=108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的（1）试求带电粒子射出电场时的最大速度；（2）证明：在任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离为定值，写出该距离的表达式；（3）从电场射出的带电粒子，进入磁场运动一段时间后又射出磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）当粒子从极板的右边缘射出时，粒子的速度最大，根据粒子在匀强电场中的偏转，通过偏转位移求出偏转的电压，再通过动能定理求出粒子射出电场时的
45、最大速度（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为，根据类平抛运动求出射出电场时的速度与初速度的关系，再根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出半径的表达式，从而求出入射点与出射点的距离表达式，看是否与夹角有关（3）当带电粒子在磁场中运动的圆心角最大，运动的时间最长，圆心角最小，时间最短类平抛运动竖直方向上的分速度越大，粒子射出电场速度方向与MN间夹角越小，圆心角越大，根据几何关系求出最大圆心角和最小圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间【解答】解：（1）偏转电压由0到200V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场设偏转的电压为U0时，粒子刚好能经过极板的
46、右边缘射出粒子的加速度：粒子在偏转电场中的时间：联立以上三式解得：得U1=100V知偏转电压为100V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大根据动能定理得，代入数据解得： m/s方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为粒子射出电场时速度大小为：又有洛伦兹力提供向心力：qvB=m解得因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s=2Rsin=m由此可看出，距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值（3）由（1）中结论可知，若粒子射出磁场的竖直分速度越大，则越小，故最小值为m=45，此情景下圆弧对应的圆心角为270，入射粒子在磁场中运行最长时间为：s当粒子从上板边缘飞出电场在进入磁场时，在磁场中运动的时间最短：s答：（1）带电粒子射出电场时的最大速度为1.41105m/s（2）证明略，距离为0.4m；（3）粒子在磁场中运动的最长时间为3106s和最短时间为106s2017年6月6日