1、2016-2017学年江西省新余四中高三（上）第七次周练物理试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1质点在一恒力作用下从静止开始运动，表示恒力所做的功与力的作用时间的关系图线可能是图中的（）A直线AB曲线BC曲线CD直线D2如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知（）AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的小C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度比它在P
2、点的小3我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信“墨子”将由火箭发射至高度为500千米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（高度约为36000千米），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7.9 km/sB通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小4如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小
3、球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1：t2为（）A1：2B1：C1：3D1：5如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动02s内拉力的大小为10N，24s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则下列说法错误的是（）A小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2B小环的质量m=1kgC细杆与水平地面之间的夹角=30D小环的质量m=2kg6一质点正在做匀速直线运动现对其施加一恒力，且原来作用在质点
4、上的力不发生改变，则（）A质点单位时间内速率的变化量总是不变B质点速度的方向总是与该恒力的方向相同C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直7在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（）A从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为B从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为CB刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsin+2ma）vD当A的速度达
5、到最大时，B的加速度大小为8如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变二、非选择题（必考题）9某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装
6、置及下列辅助器材：A交流电源、导线 B天平（含配套砝码） C秒表 D刻度尺 E细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是 （填代号）（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况其中一部分纸带上的点迹情况如图乙所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB= m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的aF图象，其中图线不过原点的原因是 ，图线在末
7、端弯曲的原因是 10为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A电流表G，内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mAB电压表V，量程为6VC螺旋测微器，毫米刻度尺D电阻箱R0（099.99）E滑动变阻器R（最大阻值为5）F电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05）G一个开关S和导线若干（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 挡（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0= （结果保留三位有效数字）（3）为了用改装好的电流表测量电阻
8、丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式= 11如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有平行于x轴，方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E一质量为m，电量为e的质子从y轴上的M点以v0的速度平行x轴正方向进入磁场，通过磁场后垂直于x轴进入电场，从y轴的P点离开电场（质子重力不计）求：（1）M点与O点的距离；（2）粒子从M点运动到P点的时间；（3）粒子到达P
9、点时的速度大小12如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1m就在木板的最右端无初速放一铁块试问（取g=10m/s2）（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？（2）最终木板上放有多少块铁块？（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？（二）选考题（共15分请考生从给出的2道物理题中任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分）13下列说法
10、中正确的是（）A温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氨气分子的平均速率大B由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离C当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大D将碳素墨水滴入清水中，观察到布朗运动是碳分子的无规则运动E容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加14如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0=75cmHg，室温t0=27C，稳定后U形管两边水银面的高度差
11、为h=25cm，此时活塞离容器底部为L=50cm闭合阀门，使容器内温度降至57C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm求：（1）此时活塞离容器底部高度L；（2）整个柱形容器的高度H选做题15下列说法正确的是 （）A交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘B光在同一种介质中沿直线传播C用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射D让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光E围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是多普勒效应16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
12、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2016-2017学年江西省新余四中高三（上）第七次周练物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1质点在一恒力作用下从静止开始运动，表示恒力所做的功与力的作用时间的关系图线可能是图中的（）A直线AB曲线BC曲线CD直线D【考点】66：动能
13、定理的应用；1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】质点在一恒力作用下从静止开始做匀加速运动，恒力做功W=Fx，x=，得到W与t的表达式，再选择图象【解答】解：恒力做功W=Fx，由于质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移x=，则得W=F因F、a都一定，则W与t2成正比，Wt是开口向上的抛物线，故曲线B是可能的故选B2如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知（）AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的小C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度比它在P点的小【考点】AA：电场的叠加；AE
14、：电势能【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B错误；C、因电场力竖直向上，故油滴由P到Q的过程中，电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因小球在匀
15、强电场中运动，受力为F=qE为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：A3我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信“墨子”将由火箭发射至高度为500千米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（高度约为36000千米），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7.9 km/sB通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小【考点】4H：人
16、造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4A：向心力【分析】根据万有引力提供向心力比较向心加速度、线速度和周期【解答】解：A、根据，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度故A错误；B、地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方故B错误；C、根据G，得，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小故C正确；D、卫星的向心加速度：a=，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7大故D错误故选：C4如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处
17、以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1：t2为（）A1：2B1：C1：3D1：【考点】43：平抛运动【分析】小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间【解答】解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量 vy=gt1=v0水平位移 S=v0t1竖直位移 hQ=由得到： =由几何关系可知小球B作自由下落的高度为： hQ+S= 联立以上各式解得： =故选：B5如图甲所示，固定光滑细杆与水平
18、地面成倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动02s内拉力的大小为10N，24s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则下列说法错误的是（）A小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2B小环的质量m=1kgC细杆与水平地面之间的夹角=30D小环的质量m=2kg【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力【分析】速度时间图象中，斜率代表加速度；根据斜率即可求得加速度； 从速度时间图象得到小环的运动规律，即先匀速后加速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解质量和夹
19、角【解答】解：A、由图得：a=m/s2=0.5m/s2； 故A正确； BD、由小环运动的vt图可知，当F1=10N时，在02s时间内小环做匀速运动；F2=11N时，在24s内小环做匀加速运动，则有：F1mgsin=0F2mgsin=ma代入数据解得：m=2kg； 故B错误，D正确； C、将m=1kg带入式得：sin=，故=30； 故C正确； 本题选错误的，故选：B6一质点正在做匀速直线运动现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A质点单位时间内速率的变化量总是不变B质点速度的方向总是与该恒力的方向相同C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点速度的方向不可能总是与该恒力的
20、方向垂直【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用【分析】由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；【解答】解：A如果恒力与速度方向在同一直线上，则因为合外力恒定，加速度恒定，由v=at可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的，故A错误；B、质点开始做匀速直线运动，现对其
21、施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故B错误；C因原来物体受力平衡，则加上恒力后，合力即为该恒力；则由牛顿第二定律可知，加速度的方向一直与恒力方向相同；故C正确D、由于力是恒力，故物体不可能做匀速圆周运动，故力的方向与速度方向不可能一直垂直，故D正确故选：CD7在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态
22、现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（）A从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为B从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为CB刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsin+2ma）vD当A的速度达到最大时，B的加速度大小为【考点】66：动能定理的应用【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小根据牛顿第
23、二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsin=kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsin，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=，故A正确B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=3mgxsin=，故B错误C、根据牛顿第二定律得，F3mgsinkx2=3ma，解得F=5mgsin+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsin+3m
24、a）v，故C错误D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F3mgsinT=0所以：T=2mgsin+3maB沿斜面方向受到的力：FB=T2mgsin=2ma，解得，故D正确故选：AD8如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I
25、变化量的绝对值的比值不变【考点】AP：电容；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】此电路中R1和R3串联，电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及角的变化通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化【解答】解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变故A错误B、若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B正确C、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容
26、器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少故C错误D、若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=EIr可得：|=r，不变，故D正确故选：BD二、非选择题（必考题）9某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：A交流电源、导线 B天平（含配套砝码） C秒表 D刻度尺 E细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是C（填代号）（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况其中一部分纸带上的点迹情况如图乙所示，已知打点计
27、时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB=0.680m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=1.61m/s2（结果保留三位有效数字）（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的aF图象，其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，图线在末端弯曲的原因是砂和砂桶的质量太大【考点】M6：验证牛顿第二运动定律【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，根据连续相等时间内的
28、位移之差是一恒量求出物体匀加速直线运动的加速度（3）图丙表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲【解答】解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表上述器材中不必要的为C（2）B点的速度等于AC段的平均速度，则有：vB=0.680m/s，根据x=aT2得：a=1.61m/s2；（3）由图丙所示图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大；该实验中当小车的质量远大
29、于砂和砂桶的质量太大时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和砂桶的总重力大小，随着F的增大，即砂和砂桶的质量增大，逐渐地砂和砂桶的质量不再满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象故答案为：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）平衡摩擦力过度；砂和砂桶的质量太大10为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A电流表G，内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mAB电压表V，量程为6VC螺旋测微器，毫米刻度尺D电阻箱R0（099.99）E滑动变阻器R（最大阻值为5）F电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05）G一个开关S和导线若干（1）用多用电表粗
30、测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用1挡（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=1.21（结果保留三位有效数字）（3）为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式=【考点】N2：测定金属的电阻率【分析】（1）用多用电表测电阻应
31、选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出电路图（4）应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应选择“1”倍率（2）将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电压表，而电流表G（内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mA），因此电阻箱的阻值应调为：R0=1.21；（3）由图甲所示可知，待测电阻阻值
32、为：151=15，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5，远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（4）由电阻定律可知，电阻：R=，则电阻率：=，根据欧姆定律得：R=，电阻率：=故答案为：（1）1；（2）1.21；（3）电路图如图所示；（4）11如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有平行于x轴，方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E一质量为m，电量为e的质子从y轴上的M点以v0的速度平行x轴正方向进入磁场，通过磁场后垂直于x轴进入电场，从y轴的P
33、点离开电场（质子重力不计）求：（1）M点与O点的距离；（2）粒子从M点运动到P点的时间；（3）粒子到达P点时的速度大小【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由题可知，质子在第一象限中做匀速圆周运动，转过圆周，OM等于轨迹半径，由牛顿第二定律求出；（2）粒子在磁场中运动四分之一周期在电场中，质子做类平抛运动，水平位移大小为等于磁场中轨迹半径，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出电场中运动的时间，即可求出总时间；（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，根据动能定理求出质子刚进入磁场时的速度大小，即可知道粒子到达P点
34、时的速度大小【解答】解：（1）如图所示，设OM=L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=L又：ev0B=m解得：L=（2）粒子在磁场中运动的时间为t1，从图中可知粒子在磁场中运动四分之一圆周，则t1=粒子在电场中运动的时间为t2，粒子在电场中做类平抛运动，则L=而a=总时间为 t=t1+t2解得：t=+（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，则有EeL=解得：v=答：（1）M点与O点的距离是；（2）粒子从M点运动到P点的时间是+；（3）粒子到达P点时的速度大小是12如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现
35、有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1m就在木板的最右端无初速放一铁块试问（取g=10m/s2）（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？（2）最终木板上放有多少块铁块？（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律【分析】（1）开始木板做匀速运动，运动L后，加一个铁块，摩擦力变大，做减速运动，可对木块受力分析后求出加速度，再计算运动L后的速度；（2）每加一块铁块，可以对木块运用速度位移公式，通过比较，发现规律，联列各个
36、方程求解即可；（3）先算出最后一块铁块刚放上时木块的速度，求出加速度后，根据运动学公式计算出木板最后运动的位移【解答】解：（1）木板最初做匀速运动，由F=Mg计算得出，第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：（M+m）gF=Ma1代入数据计算得出：；根据速度位移关系公式，有：，计算得出v1=7m/s（2）设最终有n块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小为：第1 块铁块放上后：第2 块铁抉放上后：第n块铁块放上后：由上可得：木板停下时，vn=0，得n=9.5；即最终木板上放有10块（3）从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：解得L=9m从放上第10 块铁块至木
37、板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：2（）d=v920联立计算得出：d=0.5m所以：木板共运动L+d=9+0.5=9.5m答：（1）第2块铁块放上时，木板的速度为7.5m/s；（2）最终木板上放有10块铁块？（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动9.5m（二）选考题（共15分请考生从给出的2道物理题中任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分）13下列说法中正确的是（）A温度相同的氢气和氮气，氢气分子比氨气分子的平均速率大B由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离C当理想气体的体积增加时，气体的内能一定增大D将碳素墨水滴入清水中，
38、观察到布朗运动是碳分子的无规则运动E容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加【考点】84：布朗运动；8A：物体的内能【分析】温度升高，平均动能增大，相同温度下所分子的平均动能相同；根据阿伏加德罗常数可分析气体分子间的距离；明确气体压强的微观解释方法【解答】解：A、温度相同的氢气和氮气，平均动能相同，但氢气分子比氨气分子的平均速率大，故A正确；B、由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离，故B正确；C、改变内能 的方式有做功和热传递，内能与温度、质量和状态等元素有关，当理想气体的体积增加时，气体的内能不一定增大，故C错
39、误；D、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、容器内一定质量的理想气体体积不变，温度升高，平均动能增大，则单位时间内撞击容器壁的分子数增加，故E正确；故选：ABE14如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0=75cmHg，室温t0=27C，稳定后U形管两边水银面的高度差为h=25cm，此时活塞离容器底部为L=50cm闭合阀门，使容器内温度降至57C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm求：（1）此
40、时活塞离容器底部高度L；（2）整个柱形容器的高度H【考点】99：理想气体的状态方程【分析】（1）以A中气体为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；（2）以B中气体为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；【解答】解：U形管两边水银面的高度差为h=25cmA种气体的压强为：PA1=P0+h=75+25cmHg=100cmHgB中为大气，设活塞产生压强为P塞，由平衡得：P0S+P塞S=PA1S解得：P塞=25cmHg闭合阀门，容器内温度降低，压强均减小且A处降低较多，活塞下移设此时表示A种气体的压强为PA2=P025=7525cmHg由理想气体状态方程得：解得：4
41、9cm假设不成立，说明U管表示的应该是B种气体的压强，PB2=50cmHg则A种气体压强为：PA2=PB2+P塞=75cmHg对A种气体由理想气体状态方程得：代入数据解得：LA2=48cm活塞离容器底部的高度为：L=LA2=48cm（2）对B中气体由理想气体状态方程得：设整个柱形容器的高度H，则代入数据解得：H=75cm答：（1）此时活塞离容器底部高度L=48cm；（2）整个柱形容器的高度H=75cm选做题15下列说法正确的是 （）A交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘B光在同一种介质中沿直线传播C用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射D让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉
42、条纹间距较大的是绿光E围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是多普勒效应【考点】HA：光的衍射；H7：光通过棱镜时的偏折和色散【分析】波长越长，越容易发生衍射；光在均匀介质中才直线传播；光导纤维利用光的全反射原理；依据光的干涉条纹间距公式x=，即可判定；听到忽强忽弱的声音的叠加，加强与减弱的原因【解答】解：A、交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘故A正确；B、光在同一种均匀介质中才沿直线传播故B错误；C、用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射故C正确；D、让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，因蓝光的波长小于绿光，因此形成的干涉条纹间距较大的是绿光故D正确E、围绕振动的音叉转一圈会听
43、到忽强忽弱的声音是振动加强与减弱的原因，不是多普勒效应现象，故E错误；故选：ACD16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【考点】H3：光的折射定律【分析】由全反射临界角公式sinC=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两光点的性质；由折射定律求出折射角，由几何知识可
44、求得两光斑的距离【解答】解：设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，sinC1=，得：C1=60，同理C2=45，i=45=C2，i=45C1所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与AC垂直，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；画出如图光路图，设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2根据折射定律有：n1=求得：由几何知识可得：，解得： cm由几何知识可得OA P2为等腰直角三角形，解得：AP2=10cm所以有： cm答：在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；两个亮斑间的距离为（5+10）cm2017年8月3日
