1、2016-2017学年江西省南昌市新建县桑海中学高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10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下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应B伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法C探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功2北半球地磁场的竖直分量向
2、下如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（）A若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcda32009年被确定为国际天文年，以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空400周年从伽利略的“窥天”创举，到20世纪发射太空望远镜天文卫星，天文学发生了巨大飞跃2009年5月14日，欧洲航天局又发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约160万千
3、米的第二拉格朗日点（图中L2）L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动（视为圆周运动），且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测不考虑其它星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是（）A它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大4如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=1
4、0V、B=2V、C=2v，则（）AD点电势D=0B电场强度的大小为2V/mC电场强度的方向沿AC方向D电子在静电力作用下从A运动到D电势能增加10eV5在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（）An4大于n3B只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D电压表V1、V2的示数始终相等6如图所示，将小球从倾角为45的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，分别落在斜面
5、上的A点、B点及水平面上的C点，B点为斜面底端，P、A、B、C在水平方面间隔相等，空气阻力不计，则（）A三次抛球，小球的飞行时间都不相同B小球落AB两点时，小球在落点处的速度方向不相同C先后三次抛球，抛球速度大小之比为1：2：3D小球落在A、C两点时，则抛出速度大小之比为：37如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，圆弧面半径远大于小球直径，则m1、m2之间的关系是（）Am1=m2Bm1=m2tanCm1=m2cotDm1=m
6、2cos8乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，如图所示在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）则（）A小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C小物块受到的滑动摩擦力为mg+maD小物块受到的静摩擦力为ma9如图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列
7、说法正确的是（）A若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变10倾角为的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示已知重力加速度g=10m/s2，由vt图可知（）AA、B两点的距离为2.4mB货物与电梯的动摩擦因数为0.5C货物的机械能先增大后减小D货物从A运动到B过程中，货物
8、与电梯摩擦产生的热量为4.8J二、非选择题：（一）必考题11某研究性学习小组进行了如下实验：如图1所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡块做成的小圆柱体R将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R速度大小为cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图2是12为确定某电子元件的电气特性，做如下测量（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择倍率的电阻档（填：“10”或“1k”），并
9、再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测量结果为（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1=10） B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C电流表A3（量程0.6A、内 阻r3约为O.2） D定值电阻R0=30 E滑动变阻器R（最大阻值约为10） F电源E（电动势为4V） G开关S、导线若干回答：同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为；N为（填器材选项前相应的英文字母）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=（用题中字
10、母表示）13质量m=0.2kg的物体在光滑水平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图所示，求：（1）物体所受的合力；（2）物体的初速度；（3）若以t=0时刻的位置为坐标原点，求4s末物体的位置坐标14如图是质谱仪的工作原理示意图，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后进入磁场做匀速圆周运动到P点，忽略粒子重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子运动到P点的总时间t15如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上在A上最
11、右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg已知A、B间动摩擦因数=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）则（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉下来F至少作用多长时间？（二）选考题16下列说法正确的是（）A氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小B光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性C1kg铀矿石，经过一个半衰期，其剩余矿石质量
12、为0.5kgD查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”E氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型一样，都是核聚变反应17如图所示，在光滑水平面上有长为L、质量为M的平板A，在A的左端放一质量为m的物块B，它们之间的动摩擦因数为，一起以速度v向右运动，与墙壁发生弹性碰撞后，B刚好滑到A的右端以共同的速度运动，物块B可视为质点，求：物块B与平板A的质量之比是多少？若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的多少倍？2016-2017学年江西省南昌市新建县桑海中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，
13、每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10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下列有关物理学常识的说法中，正确的是（）A在物理学发展史上，爱因斯坦发现了电磁感应B伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理的方法C探究求合力方法的实验中使用了控制变量的方法，且发现合力一定大于分力D电动势表征的电源将其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于静电力把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【考点】物理学史【分析】法拉第发现了电磁感应现象，伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法根据平行四边形定则分析合
14、力与分力的大小关系：如果二力在同一条直线上，同方向二力的合力等于二力之和；同一直线反方向二力的合力等于二力之差如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间；电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功【解答】解：A、在物理学发展史上，法拉第发现了电磁感应现象，爱因斯坦提出相对论故A错误B、伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法故B正确C、根据力的平行四边形定则，两个力的合力可以比分力大，也可以比分力小，也可以等于分力，故C错误D、电动势的大小等于“非静电力”把1 C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功故D正确故选：BD2北半
15、球地磁场的竖直分量向下如图所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向下列说法中正确的是（）A若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低C若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcda【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势；闭合电路的欧姆定律【分析】首先要明确磁场方向，我省位于北半球，地磁场的竖直分量向下线圈运动时，切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断电势高低和感应电流方向当线圈转动时，
16、根据楞次定律判断感应电流方向【解答】解：北京位于北半球，地磁场的竖直分量向下A、若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，由右手定则判断可知，a点的电势比b点的电势低，故A错误B、若使线圈向北平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ab没有切割磁感线，不产生感应电动势，a点的电势与b点的电势相等故B错误C、若以ab为轴将线圈向上翻转，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁能量减小，根据楞次定律判断则知线圈中感应电流方向为abcda，故C正确，D错误故选C32009年被确定为国际天文年，以此纪念伽利略首次用望远镜观测星空400周年从伽利略的“窥天”创举，到20世纪发射太空望远镜
17、天文卫星，天文学发生了巨大飞跃2009年5月14日，欧洲航天局又发射了两颗天文卫星，它们飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点（图中L2）L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动（视为圆周运动），且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测不考虑其它星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是（）A它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期大B它绕太阳运行的角速度比地球绕太阳运行的角速度小C它绕太阳运行的线速度与地球绕太阳运行的线速度相等D它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大【考点】万有引力定
18、律及其应用【分析】由题意知，卫星在L2点能与地球同步绕太阳运动，其绕太阳运行的周期、角速度等于地球绕太阳运行的周期、角速度，由v=r分析线速度的大小，由an=2r，分析向心加速度的大小【解答】解：A、B由题意知，工作在L2点的天文卫星能与地球同步绕太阳运动，它们绕太阳运动的周期、角速度相同故A、B错误C、相同，由v=r分析可知，在L2点的天文卫星的线速度大于地球绕太阳运行的线速度故C错误D、相同，由an=2r，可知，它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大故D正确故选D4如图，一边长为2m的正方形放在与其平面平行的匀强电场中，A、B、C、D是该正方形的四个顶点，已知A、B、C三点
19、的电势分别为A=10V、B=2V、C=2v，则（）AD点电势D=0B电场强度的大小为2V/mC电场强度的方向沿AC方向D电子在静电力作用下从A运动到D电势能增加10eV【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】在匀强电场中平行等间距的电势差相等；连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据U=Ed计算电场强度【解答】解：A、匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故AB=DC，即得D=6V，故A错误；BC、AB中点的电势为E，连接DE，DE为一条等势线，过A点向DE作垂线，电场方向垂直DE斜向下，根据几何
20、关系A到DE的距离d=m，即，故B正确，C错误；D、电子在静电力作用下从A到D电场力做功，即电势能增加4eV，故D错误；故选：B5在如图所示的远距离输电示意图中，理想变压器B1的原、副线圈匝数分别为n1、n2，理想变压器B2的原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的总电阻为r若交流发电机的输出电压不变，n1=n4，n2=n3，则下列说法正确的是（）An4大于n3B只增大用户总电阻R，输电线的总电阻r消耗的功率将减小C只增大用户总电阻R，电压表V2的示数将减小D电压表V1、V2的示数始终相等【考点】变压器的构造和原理【分析】通过理想升压变压器将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家
21、中提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率；【解答】解：A、降压变压器原副线圈中的电压U3U4，根据可得，n3n4，故A错误；B、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据P=I2r可知，损失的功率减小，故B正确；C、只增大用户总电阻R，降压变压器副线圈中的电流减小，故输电线路上的电流减小，根据U=IR可知，损失电压增大，降压变压器原线圈两端的电压增大，根据，故电压表V2的示数将增大，故C错误；D、由于升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数之比相同，在输电线路上有电压损失，故电压表V1、V2的示数不相等，故D错误；故选：B6如图所示，将小球从
22、倾角为45的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，分别落在斜面上的A点、B点及水平面上的C点，B点为斜面底端，P、A、B、C在水平方面间隔相等，空气阻力不计，则（）A三次抛球，小球的飞行时间都不相同B小球落AB两点时，小球在落点处的速度方向不相同C先后三次抛球，抛球速度大小之比为1：2：3D小球落在A、C两点时，则抛出速度大小之比为：3【考点】平抛运动【分析】解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度与水平方
23、向的夹角【解答】解：A、根据h=得：t=，由于下落的高度不同，则小球飞行时间不同，故A正确；B、AB两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定：，解得：t=，则落在斜面上时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0tan45设速度与水平方向的夹角为，有知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球与水平方向的夹角相同，即小球在落点处的速度方向相同，故B错误；C、若ABC三点都落在水平面上，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据可知，抛球速度大小之比为1：2：3，但A不在水平面上，运动时间小于B、C两球抛出时间，故C错误；D、小球落到A、B两点，水平位移 x
24、=v0t=，据题，P、A、B在水平方向间隔相等，可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1：，小球落到B、C两点，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据可知，两次抛出时小球的速率之比为：vB：vC=2：3所以得：vA：vC=：3，故D正确故选：AD7如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，圆弧面半径远大于小球直径，则m1、m2之间的关系是（）Am1=m2Bm1=m2tanCm1=m2cotDm1=m2
25、cos【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比，分析时抓住绳子拉力大小相等【解答】解：通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：对m1有，FT=m1gcos对m2有，FT=m2gsin，联立两式可得m1gcos=m2gsin，所以选项B正确故选：B8乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行，如图所示在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态运行）则（）A小物块受
26、到的摩擦力方向平行斜面向上B小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C小物块受到的滑动摩擦力为mg+maD小物块受到的静摩擦力为ma【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向【解答】解：A、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律得：fmgsin30=ma，解得，f=mg+ma，方向平行斜面向上由于小物块相对斜面静止，所以该摩擦力是静摩擦力，不是滑动摩擦力故C错误，D错误；故选：A9如
27、图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变B若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数及小车对地面压力均不变C若小车匀加速向右运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D若小车匀加速向左运动，弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】根据小车的运动状态判断小球的运动状态已知加速度方向得出合力方向，根据受力分析
28、判断出力的变化【解答】解：开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力F绳1，由于小球静止，所以F绳1=mg，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F绳2mg，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大当小车匀加速向左运动，直立木板对小球有支持力，小球仍保持竖直，弹簧拉力不会变；对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力当小车匀加速向右或向左运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体
29、所受地面的支持力仍然等于本身重力故选：BC10倾角为的平板电梯，原理图如图甲所示，当电梯以恒定速率下行时，将m=1kg的货物放在电梯上的A处，经过1.2s到达电梯的B端，用速度传感器测得货物与电梯的速度v随时间t变化图象如图乙所示已知重力加速度g=10m/s2，由vt图可知（）AA、B两点的距离为2.4mB货物与电梯的动摩擦因数为0.5C货物的机械能先增大后减小D货物从A运动到B过程中，货物与电梯摩擦产生的热量为4.8J【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位移，有速度图象确定匀加速的加速度，通
30、过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和能量守恒定律计算摩擦生热【解答】解：A、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x=s=20.2+（2+4）1=3.2m，故A错误；B、由vt图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a=10m/s2，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsin+f=ma1，即：mgsin+mgcos=ma1，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：a2=2m/s2得：mgsinf=m
31、a2，即：mgsinmgcos=ma2，联立解得：cos=0.8，=0.5，故B正确；C、由B分析可知，摩擦力先对货物做正功，再做负功，所以货物的机械能先增大后减小，故C正确；D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=mgcos=0.51010.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=20.2=0.2m，皮带位移为：x皮=20.2=0.4m，相对位移为：x1=x皮x1=0.40.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=（2+4）1=3m，x皮2=21=2m，相对位移为：x2=x2x皮2=32=1m，故两者之间的总相对位移为：x=x
32、1+x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=fx=41.2=4.8J，故D正确故选：BCD二、非选择题：（一）必考题11某研究性学习小组进行了如下实验：如图1所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡块做成的小圆柱体R将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R速度大小为5cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图2是D【考点】运动的合成和分解【分析】小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴
33、方向的初速为零的匀加速直线运动知道了位置坐标，由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度、求vx，再由速度合成求此时的速度大小由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断运动轨迹【解答】解：小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，解得：t=s=2s，在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：x=at2，解得：a=2cm/s2，那么R的速度大小：v=5cm/s因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D故答案为：5，D12为确定某电子元件的电气特性，做如下测量（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择10倍率的电阻档（
34、填：“10”或“1k”），并重新进行欧姆调零再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测量结果为70（2）某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻r1=10） B电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2）C电流表A3（量程0.6A、内 阻r3约为O.2） D定值电阻R0=30 E滑动变阻器R（最大阻值约为10） F电源E（电动势为4V） G开关S、导线若干回答：同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图（b），为保证测量时电流表读数不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为A；N为B（填器材选项前相应的英文字母）若M、N电表的读
35、数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=r1（用题中字母表示）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值【解答】解：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择10倍率的电阻档，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图（a）所示可知，测量结果
36、为710=70（2）通过待测电阻的最大电流约为IM=0.057A=57mA，因此M处的电流表可选A；通过N出的最大电流约为IN=IM+=0.057A+0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；通过定值电阻R0的电流I=INIM，并联电路两端电压U=IR0=（INIM）R0，RX+r1=，则待测电阻阻值RX=r1故答案为：（1）10；重新进行欧姆调零；70；（2）A；B；r113质量m=0.2kg的物体在光滑水平面上运动，其分速度vx和vy随时间变化的图线如图所示，求：（1）物体所受的合力；（2）物体的初速度；（3）若以t=0时刻的位置为坐标原点
37、，求4s末物体的位置坐标【考点】运动的合成和分解；匀变速直线运动的图像【分析】根据速度与时间的图象，结合牛顿第二定律，即可求解物体的合力大小；根据速度的合成法则，则有初速度的大小；由位移与时间关系，求出t=4s时物体在两方向的位移，从而求出坐标【解答】解：（1）由图象可知，y方向物体做匀速直线运动，而在x方向做以初速度4m/s，加速度1m/s2，匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，则有：F=ma=0.2N=0.2N；（2）由速度的合成法则，则有：物体的初速度的大小为：v=4m/s；（3）当t=4s时，在x方向物体的位移为：sx=t=4=8m；而在y方向物体的位移为：sy=vyt=44=16m；因
38、此t=4s时物体的位置坐标（8m，16m）；答：（1）物体所受的合力0.2N；（2）物体的初速度4m/s；（3）4s末物体的位置坐标（8m，16m）14如图是质谱仪的工作原理示意图，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后进入磁场做匀速圆周运动到P点，忽略粒子重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度v的大小；（2）粒子运动到P点的总时间t【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】（1）根据动能定理列式求解速度，（2）分别求出粒子在电场中的加速时间及磁场中的偏转时间，则
39、可求得总时间【解答】解：（1）粒子在电场中加速：解得：v=（2）电场中加速时间：其中：磁场中偏转时间为：联立得：答（1）粒子从电场射出时速度v的大小为；（2）粒子运动到P点的总时间t为15如图所示，平板A长l=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上在A上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg已知A、B间动摩擦因数=0.4，开始时A、B都处于静止状态（取g=10m/s2）则（1）若加在平板A上的水平恒力F=6N时，平板A与物块B的加速度大小各为多少？（2）要将A从物块B下抽出来，则加在平板A上的水平恒力F至少为多大？（3）若加在平板A上的水平恒力F=40N时，要使物块B从平板A上掉
40、下来F至少作用多长时间？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）当在平板A上加恒力F，先判断A、B之间是否发生相对滑动，再结合牛顿第二定律求出平板A和B的加速度大小（2）对B分析，根据牛顿第二定律求出B滑动时的加速度，再对整体分析得出A、B发生相对滑动时F的大小（3）在F的作用下A、B均做匀加速直线运动，撤去F后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，抓住B恰好从A上脱离，两者速度相同，结合牛顿第二定律和两者的位移关系求出F至少作用的时间【解答】解：对系统，假设AB之间不发生滑动则F=（M+m）a解得a=对B而言，mamg所以假设成立平板A与物块B的加速度大小为（
41、2）对B，根据牛顿第二定律有mg=ma0解得对系统：F=（M+m）a0=（4+2）4N=24N所以加在平板A上的水平恒力F至少为24N（3）设F的作用时间为t1，撤去F后，经过t2时间达到相同速度对B：对A：则A的位移因为sAsB=10m，解得答：（1）平板A与物块B的加速度大小都为1m/s2（2）加在平板A上的水平恒力F至少为24N（3）要使物块B从平板A上掉下来F至少为（二）选考题16下列说法正确的是（）A氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小B光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性C1kg铀矿石，经过一个半衰期，其
42、剩余矿石质量为0.5kgD查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”E氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型一样，都是核聚变反应【考点】光电效应；轻核的聚变【分析】由高能级向低能级跃迁，根据轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力判断动能的变化，通过原子能量的变化判断电势能的变化；光电效应现象和康普顿效应表明光具有粒子性；衰变后产生新核也有质量；中子不带电的；原子弹爆炸是核裂变反应【解答】解：A、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据k=知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小故A正确B、光电效应现象和康
43、普顿效应表明光具有粒子性故B正确C、1kg铀矿石，经过一个半衰期，其剩余矿石质量大于0.5kg，衰变后产生新核也有质量，故C错误；D、查德威克发现了中子，因其不带电，是轰击原子核的最理想的“炮弹”，故D正确；E、氢弹爆炸对应的核反应类型与原子弹爆炸的核反应类型不一样，前者是核聚变反应，而后者是核裂变反应故E错误故选：ABD17如图所示，在光滑水平面上有长为L、质量为M的平板A，在A的左端放一质量为m的物块B，它们之间的动摩擦因数为，一起以速度v向右运动，与墙壁发生弹性碰撞后，B刚好滑到A的右端以共同的速度运动，物块B可视为质点，求：物块B与平板A的质量之比是多少？若=1，从平板A与墙壁碰撞开始
44、到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的多少倍？【考点】动量守恒定律【分析】平板A与与墙壁发生弹性碰撞后原速率反弹，之后B向右做匀减速运动，A向左做匀减速运动，两者组成的系统动量守恒和能量守恒由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式进行求物块B与平板A的质量之比若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，根据动能定理求物块B的位移【解答】解：平板A与与墙壁发生弹性碰撞后以速率v反弹，设B刚好滑到A的右端时两者共同的速度为v取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得： Mvmv=（M+m）v mgL=联立解得 =1若=1，由上式知：v=0从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，对B，根据动能定理得mgs=0可得，s=由上题知：mgL=又 =1解得 L=所以 s=L即物块B的位移是L的倍答：物块B与平板A的质量之比是1若=1，从平板A与墙壁碰撞开始到B滑至A的右端为止的过程中，物块B的位移是L的倍2017年2月11日