黑龙江省大庆市2017届高三（上）第一次模拟物理试卷（解析版） 19页

‎2016-2017学年黑龙江省大庆市高三（上）第一次模拟物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．哥白尼首先提出了地球是宇宙中心的所谓“地心说”‎ B．伽利略最早建立了太阳是宇宙中心的所谓“日心说”‎ C．卡文迪许第一个用扭秤实验测量出了静电力常数k D．密立根首先利用油滴实验测得了元电荷e的数值 ‎2．物体甲的速度﹣时间图象和物体乙的位移﹣时间图象分别如图所示，则两个物体的运动情况是（　　）‎ A．甲在0〜4 s时间内有往返运动，它通过的总路程为12m B．甲在0〜4 s时间内做匀变速直线运动 C．乙在t=2s时速度方向发生改变，与初速度方向相反 D．乙在0〜4 s时间内通过的位移为零 ‎3．如图所示吊环动作，先双手撑住吊环（设开始时两绳与肩同宽），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置．则在两手之间的距离增大过程中吊环两根绳的拉力为FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F大小变化情况为（　　）‎ A．FT增大，F不变B．FT增大，F增大C．FT增大，F减小D．FT减小，F不变 ‎4．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与x、y轴的切点．B点在y轴上且∠BMO=60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）‎ A．tA＜tC＜tB B．tA=tC＜tB C．tA=tC=tB D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系 ‎5．关于静电场下列说法中正确的是 （　　）‎ A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的 D．电势下降的方向就是电场场强的方向 ‎6．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的9倍．该质点的初速度为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎7．如图甲为磁感应强度B随时间t的变化规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法不正确的是（　　）‎ A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心 ‎8．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0=沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（　　）‎ A．小球机械能守恒 B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg C．小球在最高点时，重力的功率是mg D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR ‎9．在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后（落地前）的运动中（　　）‎ A．初速度越大，小球落地的瞬时速度与竖直方向的夹角越大 B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬时功率越大 C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大 D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同 ‎10．如图所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A．a和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大 C．c距离地面的高度不是一确定值 D．d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 ‎11．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎12．如图所示的电路中，电源有不可忽略的内阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下列判断正确的是（　　）‎ A．仅将R1增大，Q1和Q2都将增大 B．仅将R2增大，Q1和Q2都将增大 C．仅将R3增大，Q1和Q2都将不变 D．突然断开开关S，Q1和Q2都将不变 ‎13．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　）‎ A．在电场中的加速度之比为1：1‎ B．在磁场中运动的半径之比为：1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1：2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1：‎ ‎14．如图所示，N匝数矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D．电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大，下列说法正确的是（　　）‎ A．导线框转动的角速度为 B．导线框转动的角速度为 C．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零 D．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎15．利用图1中所示的装置，做“测定重力加速度”的实验中，得到了几条较为理想的纸带．已知每条纸带上每5个点取一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0，1，2，3，4，…．由于不小心，纸带都被撕断了，如图2所示，根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：‎ ‎（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应该是　　．（填字母）‎ ‎（2）纸带A上，打点1时重物的速度　　m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（3）当地的重力加速度大小是　　m/s2（结果保留三位有效数字）．‎ ‎16．用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差，按如图所示的电路进行测量，可以较大程度减小这种系统误差．‎ 选取合适的器材，按电路图连接好电路后，该实验操作过程的第一步是：闭合开关S1，将开关S2接1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些，读出这时电压表和电流表的示数U1和I1．‎ ‎（1）请你写出该实验操作过程的第二步，并说明需要记录的数据：　　‎ ‎（2）请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式：Rx=　　．‎ ‎17．如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的半圆形光滑轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形光滑轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点，一质量为m带电量为+q的小球从距B点x=3R的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动并通过最高点，已知E=，求小球经过半圆形轨道最低点B点时对轨道的压力及其通过D点时速度大小．‎ ‎18．如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取 ‎10m/s2，求：‎ ‎（1）木板的加速度；‎ ‎（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间．‎ ‎19．相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（g=10m/S2）‎ ‎（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎（3）求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆市高三（上）第一次模拟物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．哥白尼首先提出了地球是宇宙中心的所谓“地心说”‎ B．伽利略最早建立了太阳是宇宙中心的所谓“日心说”‎ C．卡文迪许第一个用扭秤实验测量出了静电力常数k D．密立根首先利用油滴实验测得了元电荷e的数值 ‎【考点】万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、B、哥白尼建立了日心说，太阳是太阳系的中心，不是宇宙的中心，故A错误，B错误；‎ C、卡文迪许用扭秤实验测出万有引力常量，并把该实验说成是“称量地球的重量”，故C错误；‎ D、密立根首先利用油滴实验测得了元电荷e的数值，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．物体甲的速度﹣时间图象和物体乙的位移﹣时间图象分别如图所示，则两个物体的运动情况是（　　）‎ A．甲在0〜4 s时间内有往返运动，它通过的总路程为12m B．甲在0〜4 s时间内做匀变速直线运动 C．乙在t=2s时速度方向发生改变，与初速度方向相反 D．乙在0〜4 s时间内通过的位移为零 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】v﹣t图象的斜率表示加速度，与t轴包围的面积表示位移大小；x﹣t图象的斜率表示速度，面积无意义．‎ ‎【解答】解：A、甲在前2s内向负方向做匀减速直线运动，后2s内向正方向做匀加速直线运动，即4s时间内有往返运动；它通过的总路程为两个三角形的面积，为：S=2×=6m，故A错误；‎ B、v﹣t图象的斜率表示加速度，甲在4s时间内的v﹣t图象是直线，加速度恒定不变，做匀变速直线运动，故B正确；‎ C、x﹣t图象的斜率表示速度，乙图表示物体做匀速直线运动，速度方向不变，故C错误；‎ D、乙在4s时间内从﹣3m运动到+3m位置，故位移为6m，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图所示吊环动作，先双手撑住吊环（设开始时两绳与肩同宽），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置．则在两手之间的距离增大过程中吊环两根绳的拉力为FT（两个拉力大小相等）及它们的合力F大小变化情况为（　　）‎ A．FT增大，F不变B．FT增大，F增大C．FT增大，F减小D．FT减小，F不变 ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【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，如图：‎ 由于两个拉力的合力F不变，且夹角变大，故两个拉力FT不断变大；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与x、y轴的切点．B点在y轴上且∠BMO=60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）‎ A．tA＜tC＜tB B．tA=tC＜tB C．tA=tC=tB D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序．‎ ‎【解答】解：对于AM段，位移，加速度，根据得，．‎ 对于BM段，位移x2=2R，加速度，由得， =．‎ 对于CM段，同理可解得．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．关于静电场下列说法中正确的是 （　　）‎ A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的 D．电势下降的方向就是电场场强的方向 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】电场中任意两点之间的电势差与这两点的场强和两点间沿电场方向的距离有关；电场力做功与电势能变化的关系，类似于重力做功与重力势能变化的关系；正电荷在电势越高的位置，电荷的电势能越大；在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等．‎ ‎【解答】解：A、电场中任意两点之间的电势差与这两点的场强和两点间沿电场方向的距离有关．故A错误．‎ B、无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，因无穷远处电势能为零，因此电荷在该点的电势能越大．故B正确．‎ C、在等势面上，电势处处相等，场强不一定相等；故C错误．‎ D、电势下降最快的方向才是电场场强的方向．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的9倍．该质点的初速度为（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】由题意知，动能变为原来的9倍，可解得末速度和初速度的倍数关系，结合位移公式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得质点的加速度．‎ ‎【解答】解：设初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，则位移为：s=（v0+vt）t，初动能为mv02，末动能为mvt2，‎ 由动能变为原来的9倍，得=9‎ 联立解得：v0=； vt=．‎ 故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲为磁感应强度B随时间t的变化规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法不正确的是（　　）‎ A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心 D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】明确线圈中电流的变化，从而确定磁通量的变化，应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，‎ 在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；‎ B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B正确；‎ C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；‎ D、由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度v0=沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（　　）‎ A．小球机械能守恒 B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg C．小球在最高点时，重力的功率是mg D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；功的计算；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】小球运动到环的最高点与环恰无作用力，由重力提供向心力，列式可求出小球经过最高点时的速度．小球从最低点运动到最高点的过程中，运用动能定理列式求出克服摩擦力所做的功．在最低点，根据向心力公式即可求解小球在最低点时对金属环的压力．‎ ‎【解答】解：A、小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，‎ 则 mg=m 解得：v=‎ 从最低点到最高点，由动能定理得：‎ ‎﹣mg2R﹣W克=‎ 解得：W克=，所以机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确．‎ B、在最低点，根据向心力公式得：‎ 解得：N=7mg，故B错误；‎ C、小球小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后（落地前）的运动中（　　）‎ A．初速度越大，小球落地的瞬时速度与竖直方向的夹角越大 B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬时功率越大 C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大 D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平行四边形定则得出速度与竖直方向夹角正切值的表达式，从而分析判断．根据功率的公式得出重力的瞬时功率表达式，判断功率是否与初速度无关．平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度变化量相同．‎ ‎【解答】解：A、设小球落地时瞬时速度的方向与竖直方向的夹角为α，根据知，初速度越大，小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹角越大，故A正确．‎ B、根据知，落地时小球重力的瞬时功率与初速度无关，故B错误．‎ C、平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度的变化量相同，与初速度无关，故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g．则下列说法正确的是（　　）‎ A．a和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大 C．c距离地面的高度不是一确定值 D．d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】同步卫星的周期、角速度与地球自转周期、角速度相等，同步卫星的轨道半径是确定的；卫星做圆周运动万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出周期、角速度、向心加速度，然后分析答题．‎ ‎【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．由牛顿第二定律得：G=ma，解得：a=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；‎ B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mω2r，解得：ω=，由于rb＜rc＜rd，则ωb＞ωc＞ωd，a与c的角速度相等，则b的角速度最大，故B正确；‎ C、c是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c的轨道半径是一定的，c距离地面的是一确定值，故C错误；‎ D、卫星做圆周运动万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，卫星的动能：EK=，三颗卫星中d的轨道半径最大，则d的动能最小，机械能：E=EK+EP=﹣=﹣，d的轨道半径最大，d的机械能最大，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．‎ ‎【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A错误，B正确．‎ C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．‎ D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，电源有不可忽略的内阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下列判断正确的是（　　）‎ A．仅将R1增大，Q1和Q2都将增大 B．仅将R2增大，Q1和Q2都将增大 C．仅将R3增大，Q1和Q2都将不变 D．突然断开开关S，Q1和Q2都将不变 ‎【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，电阻R1、R2串联接入电路，电容器C1并联在电源两端，电容器C2与R2并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断电容器所带电荷量如何变化．‎ ‎【解答】解：A、增大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电量Q1增大Q2减小，故A错误；‎ B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；‎ C、增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C正确；‎ D、突然断开开关S，两个电容器都放电，Q1和Q2都将减小，故D错误；‎ 故选BC ‎　‎ ‎13．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（　　）‎ A．在电场中的加速度之比为1：1‎ B．在磁场中运动的半径之比为：1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1：2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1：‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】要分析加速度就要先分析其受的电场力，而要分析动能就要看电场做的功；要分析半径就要用洛伦兹力充当向心力，来找出半径，有了半径其转过的角度就很容易了．‎ ‎【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a=可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错．‎ B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v=，可知其速度之比为1：．又由qvB=m知，r=，所以其半径之比为：1，故B正确．‎ C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ=，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确．‎ D、由电场加速后：qU=mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，N匝数矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D．电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大，下列说法正确的是（　　）‎ A．导线框转动的角速度为 B．导线框转动的角速度为 C．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零 D．导线框转到图示位置时，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 ‎【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据Em=NBSω求得感应电动势的最大值，然后利用电流的热效应判断出线圈转动的角速度，根据线圈所在的位置判断出线圈的磁通量和产生的感应电动势的大小 ‎【解答】解：A、线圈产生的最大感应电动势Em=NBSω 根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知，解得，故A正确，B错误；‎ C、导线框转到图示位置时，线圈位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分44分）‎ ‎15．利用图1中所示的装置，做“测定重力加速度”的实验中，得到了几条较为理想的纸带．已知每条纸带上每5个点取一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0.1s，依打点先后编为0，1，2，3，4，…．由于不小心，纸带都被撕断了，如图2所示，根据给出的A、B、C、D四段纸带回答：‎ ‎（1）在B、C、D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应该是　C　．（填字母）‎ ‎（2）纸带A上，打点1时重物的速度　3.47　m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（3）当地的重力加速度大小是　9.00　m/s2（结果保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①对于匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内通过的位移的差是一个恒量，即△x=aT2；运用这个结论判断即可；‎ ‎②利用匀变速直线运动某段时间中间瞬时速度计算即可；‎ ‎③利用公式△x=aT2计算即可．‎ ‎【解答】解：①△x=x12﹣x01=39.2cm﹣30.2cm=9cm x34=x12+2△x=39.2cm+2×9cm=57.2cm 故选C；‎ ‎②匀变速直线运动某段时间中间瞬时速度，故 ‎③由△x=aT2，得到：‎ 故答案为：①C； ②3.47；③9.00．‎ ‎　‎ ‎16．用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差，按如图所示的电路进行测量，可以较大程度减小这种系统误差．‎ 选取合适的器材，按电路图连接好电路后，该实验操作过程的第一步是：闭合开关S1，将开关S2接1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些，读出这时电压表和电流表的示数U1和I1．‎ ‎（1）请你写出该实验操作过程的第二步，并说明需要记录的数据：　将开关S1接2，（只能调节滑动变阻器R2，不能改变R1 ），读出这时的电压表和电流表的示数U2 和I2．　‎ ‎（2）请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式：Rx=　﹣　．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，当闭合电键S1，电键S2接a时电压表测Rx与RA和滑动变阻器两端的电压之和，电流表测通过Rx与RA以及滑动变阻器的电流；保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关S2向b闭合，此时电流表测的电流为RA和滑动变阻器的电流，电压表测RA以及滑动变阻器两端的电压，读出此时电压表的示数U2，根据欧姆定律求出两次测量电路的电阻，根据串联知识可知待测电阻的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）第二步：将开关S1接2，（只能调节滑动变阻器R2，不能改变R1 ），读出这时的电压表和电流表的示数U2 和I2．‎ ‎（2）当S2合向2时有：‎ ‎ RX+RA+R1=．‎ 当S2合向1时有：RA+R1=‎ 解以上两式得 RX=﹣．‎ 故答案为：‎ ‎（1）将开关S1接2，（只能调节滑动变阻器R2，不能改变R1 ），读出这时的电压表和电流表的示数U2 和I2．‎ ‎（2）﹣．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的半圆形光滑轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形光滑轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点，一质量为m带电量为+q的小球从距B点x=3R的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动并通过最高点，已知E=，求小球经过半圆形轨道最低点B点时对轨道的压力及其通过D点时速度大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对AB过程由动能定理可求得B点的速度，再对B点分析，根据向心力公式即可求得受到的支持力，再由牛顿第三定律可求得压力大小； ‎ 对BD过程，根据机械能守恒定律可求得D点的速度．‎ ‎【解答】解：小球从A运动到B，由动能定理可得：‎ qEx=mvB2‎ 解得：vB=‎ 在半圆形轨道最低点：‎ FN﹣mg=m 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力 FN’=FN=7mg 小球从B点沿半圆形轨道运动到D点，由机械能守恒定律得：‎ ‎﹣mg2R=mvD2﹣mvB2‎ 解得：vD=‎ 答：小球经过半圆形轨道最低点B点时对轨道的压力为7mg，通过D点时速度大小为．‎ ‎　‎ ‎18．如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取 ‎10m/s2，求：‎ ‎（1）木板的加速度；‎ ‎（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．‎ ‎（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．‎ ‎【解答】解：（1）木板受到的摩擦力为：Ff=μ（M+m）g=0.2×（4+1）×10=10N 木板的加速度为： ==2.5m/s2‎ ‎（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为：‎ 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有：a=﹣a′‎ 有：at2=L 联立并代入数据解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．‎ 答：（1）木板的加速度2.5m/s2；‎ ‎（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s．‎ ‎　‎ ‎19．相距L=1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1=1kg的金属棒ab和质量为m2=0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．（g=10m/S2）‎ ‎（1）求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；‎ ‎（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；‎ ‎（3）求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）由E=BLv、I=、F=BIL、v=at，及牛顿第二定律得到F与时间t的关系式，再根据数学知识研究图象（b）斜率和截距的意义，即可求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小．‎ ‎（2）由运动学公式求出2s末金属棒ab的速率和位移，根据动能定理求出两金属棒产生的总焦耳热．‎ ‎（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．‎ cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度．‎ ‎【解答】解（1）经过时间t，金属棒ab的速率 v=at ‎ 此时，回路中的感应电流为，‎ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得 F﹣BIL﹣m1g=m1a 由以上各式整理得：‎ 在图线上取两点：t1=0，F1=11N； t2=2s，F2=14.6N 代入上式得 a=1m/s2，B=1.2T ‎ ‎（2）在2s末金属棒ab的速率 vt=at=2m/s ‎ 所发生的位移 ‎ 由动能定律得，‎ 又 Q=W安 联立以上方程，解得 Q=WF﹣mgs﹣=40﹣1×10×2﹣=18（J）‎ ‎（3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．‎ 当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2g=μFN 又 FN=F安 F安=BIL 整理解得 m2g=μBIL 对abcd回路：‎ 解得 vm=，‎ 代入数据解得vm=2m/s．‎ 由 vm=at0 得 t0=2s fcd随时间变化的图象如图所示． ‎ 答：（1）磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小1m/s2；‎ ‎（2）这一过程中ab金属棒产生的总焦耳热是18J；‎ ‎（3）cd棒达到最大速度所需的时间t0为2s，cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的情况如图．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日