河南省豫北名校联盟2017届高三上学期精英对抗赛物理试卷含解析

《河南省豫北名校联盟2017届高三上学期精英对抗赛物理试卷含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。

2016-2017学年河南省豫北名校联盟高三（上）精英对抗赛物理试二、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1〜4题只有一个选项符合题目要求，第5〜8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.下列图彖中同一坐标系的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a随时间t变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是（）2.如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知，下列不正确的是（）A.图线的斜率表示普朗克常量hB.该金属的逸出功等于EC.该金属的逸出功等于hv（）D.入射光的频率为2v°吋，产生的光电子的最大初动能为2E3.在2016年的宇航发射任务屮，我国有15次为重大专项任务或首飞任务.随着世界航空事业的发展，深太空探测已经逐渐成为各国关注的热点.假设深太空中有一颗外星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的寺.则下列判断正确的是（）A.该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星的周期B.某物体在该外星球表而上所受重力是在地球表面上所受重力的8倍C.该外星球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的2切咅D.绕该外星球运行的人造卫星和以相同轨道半径绕地球运行的人造卫星运行速度相同4.2016年暑期用电高峰，某供电公司反窃电稽查人员将钳形电流表卡在电表的火线上，对窃电的可疑客户进行排查，钳形电流表是一种测量电流的仪表，其结构和外形如图所示，其工作部分主要由一只电磁式电流表和电流互感器组成.互感器由被测导线、诜芯和二次绕组构成，被测导线视为一匝线圈.图中各序号对应的部分为：1-电流表，2■电流互感器，3■铁芯，4-手柄，5-二次绕组，6-被测导线，7-量程开关.所测电流为正弦式交流电，则（）53 A.若二次绕组的匝数为n,电流表示数为10A,则被测电流最大值为10n<2AB.若二次绕组的匝数为n,所测导线屮的电流的频率为f,则二次绕组屮的电流频率为nfC.若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则所测导线中的电流正在增大D.若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则感应电流从电流表左端流入电流表1.如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球移动一些，发现A球随之移动少许,两球在虚线位置重新平衡.则重新平衡时的情况与移动前相比，下列说法中正确的是（）B.墙而对A的弹力变大C.斜而对B的弹力变大D.两小球之间的距离变大6.如图所示，一物体以初速度V。冲向光滑斜面AB,并恰好能沿斜面升高到最髙点，下列说B.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高hC.若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高hD.若把斜面AB变成曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到B点7.如图所示的电路屮，电源电动势为E,内电阻为「，电压表均为理想的，当电阻R3的阻值发生变化，其他电阻的阻值保持不变时，发现电压表V?的示数减小.由此可以判定（）A.电压表V］的示数可能减小B.电压表V3的示数一定增大C.电压表V］、V3的示数都增大，且V］的增加塑较多D.电容器的带电荷量可能减小8.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成8角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为「的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁 感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，匸0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过回路abPMa的磁通量①、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第9题〜第12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13题〜第16题为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题7.图1为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：mi图2“（1）如果用直流“50V〃挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为—V.（2）用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势E=1.5V,选择开关在“Xl〃挡，把它的两表笔短接,旋转可变电阻Ri的旋钮，当指针指向"0Q〃时，流过多用电表的电流为_mA；（3）图2是测量Rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测Rx的值，其测量结果与原结果相比将较—（填空“变大〃、"变小〃或“不变〃）.（4）图3是将表头G改装成两个倍率挡（如"Xl〃、"X10〃）的欧姆表电路原理图，则当开关S合向端（选填"a〃或“b〃）时，欧姆表是较大倍率挡.8.图甲为某同学探究功与速度变化关系的实验装置图.一端装有定滑轮的长木板平放在桌面上，木板上的小车右端通过细线跨过定滑轮与托盘相连，纸带穿过打点计时器与小车左端相连，将车从靠近打点计时器位置由静止释放，每次托盘下落高度一定，木板足够长，小车没有碰到右侧滑轮（小车在碰到右侧滑轮Z前，托盘就着地了）.将小车中的祛码依次移至托盘中，释放托盘，多次实验打下纸带.实验中小车质量为M,托盘质量为m。，每个祛码的质量也为mo,所有硅码与托盘的总质量为m,且满足M》m,托盘下落的启j度为h,当地重力加速度为g.（1）为减小实验误差，实验操作中先将长木板放置在水平桌面上，接下来再进行一项调节是A.将长木板一端垫高，释放空托盘让其拖动小车拉着纸带并打点，然后利用纸带判断小车是否做匀速运动B.将长木板一端垫高，撤除拉线，用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否 做匀速运动 A.将长木板一端垫高，撤除拉线，让小车白行下滑拉着纸带并打点，然后判断小车是否做匀加速运动B.每移动一次磁码，小车对木板的压力都不同，导致摩擦力不同，所以都应平衡一次摩擦力HJiiiABCDEFG丙质量为m不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动,mg小球卩、Q正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发牛转移，已知匀强电场的电场强度E二些，水平台面距离地面高q」度h二卑罟，重力加速度为g,不计空气阻力.q实验中，用不同数目的舷码，拉动小车拖动纸带，打出纸带，利用纸带的测量数据来进行研究，上面图乙是一条实验纸带，0为初始点，纸带上的点为打点计时器打下的原始点，则对纸带上的数据处理正确的是—A.选取OA间距，求OA间的平均速度B.选収DE间距，求DE间的平均速度C.选取DG间距，求DG间的平均速度D.选取AG间距，求AG间的平均速度实验对多次做功的定量记录和对纸带的分析，多次实验探究功与速度变化的关系.在数据处理时采用了图彖法处理，纵轴为小车最大速度的U2,横轴为n,托盘屮的砥码个数-1,得到图丙，图线为过原点的倾斜直线，说明了做功与速度变化的关系是：—.（二）选考题.共45分.请考生从给出的2个选修中任选一题作答，并如果多做，则每学科按所做的第一题计分•［物理••选修3・3］13.近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难口然沉降到地面，吸入后对人体形成危害.矿物撚料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因.下列关于PM2.5的说法屮正确的是（）A.PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B.PM2.5在空气屮的运动属于布朗运动C.温度越低PM2.5活动越剧烈D.倡导低碳生活减步煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E.PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈.14.手动便携式洗车器因其节能环保的特点深受爱车人的喜爱.如图为某种结构及原理简图.桶内水面上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界相等，均为p（），体积为1L,为使水流从喷头处雾化喷出，内外圧强差至少为O.5po,现朋最大容积为0.1L的打气筒向桶内打气，忽略桶内水柱所产生的压强及打气过程中温度的变求：（1）至少需要打儿次才能使喷水刷喷岀雾化水（2）试从微观上解释内封气体压强的变化原因.B2 31（1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后，小球Q的速度大小；（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球P落地，落地点与平台边缘间的水平距离多大？（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘，小球P仍以水平初速度向Q运动，小球Q的运动轨迹如图2所示，己知Q球在最高点和最低点所受全力的大小相等，求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H.12.如图所示，一轻质弹簧小端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C,A、B、C均处于静止状态.现剪断B和C之间的绳子，则A和B将做简谐运动.已知物体A质量为3kg,B和C质量均为2kg,弹簧劲度系数为k=100N/m.（g取10m/s2）试求：（1）剪断B和C|'可绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧的形变量X］；（2）剪断B和C间绳之后，物体A振动过程中的最大速度比“及此时弹簧的形变量x?；（3）振动过程中，绳对物体B的最大拉力Fmax和最小拉力Fmin. [物理••选修3-4]16.2016年5月22日在西藏日喀则定日县发生5.3级地震，震源深度10千米.如图所示，已知波沿z轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如果该地震屮的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4km/s,则（）y!cmA.从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过2.5s时间B.从波传到N处开始计时，经过t二0.03s,位于r=240m处的质点刚好开始振动C.波的周期为0.015sD.波动图彖上的质点M此时速度方向沿y轴负方向，动能正在减小E.波动图象上x=0m到x=120m之间此时还有3个点与M点的加速度相同17.半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O,两条平行单色红光沿截面射向圆柱而，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B,ZAOB=60°,已知该玻璃对红光的折射率n=V3.（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？ 2016-2017学年河南省豫北名校联盟高三（上）精英对抗赛物理试卷参考答案与试题解析二、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1〜4题只有一个选项符合题目要求，第5〜8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.下列图象屮同一坐标系的两条图线分别表示某质点运动的速度v和加速度a随时间t变化的关系，选择同一正方向，则其中可能正确的是（）A-，◎卜，目|c.D.【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】因为两个图象表示一种运动且正方向相同；所以可以根据速度图象的斜率分析物体的加速度变化情况，即可判断.【解答】解：根据速度时间图象的斜率表示加速度，可知：A、A图中，由速度时间图象知，质点的加速度不变，且为正，与加速度图象不符，故A错误.B、B图中，由速度时间图象知，质点的加速度为正，且逐渐减小直至零，与加速度图象相符，故B正确.C、C图屮，由速度时间图象知，质点的加速度先减小后反向增大，与加速度图象不符，故C错误.D、D图中，由速度时间图象知，质点的加速度不变，且为负，与加速度图象不符，故D错误.故选：B.2.如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知，下列不正确的是（）A.图线的斜率表示普朗克常量hB.该金属的逸出功等于EC.该金属的逸出功等于hv（）D.入射光的频率为2v°时，产生的光电子的最大初动能为2E【考点】爱因斯坦光电效应方程.【分析】根据光电效应方程，结合图线的纵轴截距求出金属的逸出功，结合横轴截距得出金属的极限频率，从而得出逸岀功•根据光电效应方程求出入射光的频率变化时的光电子的最大初动能.【解答】解：A、根据光电效应方程EK=hY-Wo,知图线的斜率表示普朗克常量h,故A止确; B、根据光电效应方程Ek=hy-Wo,当Y=O时，Ek=-Wo,由图象知纵轴截距-E,所以W0=E,即该金属的逸出功E,故B正确；C、图线与y轴交点的横坐标是Yo，该金属的逸岀功hYo，故C正确；D、当入射光的频率为2y（）时，根据光电效应方程可知，Ek二h・2v（）・hyo二hy（）=E,故D错误；本题选错误的，故选：D.1.在2016年的宇航发射任务中，我国有15次为重大专项任务或首飞任务.随着世界航空事业的发展，深太空探测已经逐渐成为各国关注的热点.假设深太空屮有一颗外星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的寺.则下列判断正确的是（）2A.该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星的周期B.某物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的8倍C.该外星球的笫一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的2呵咅D.绕该外星球运行的人造卫星和以相同轨道半径绕地球运行的人造卫星运行速度相同【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.【分析】根据万有引力提供向心力公式列及同步卫星的相关知识即可分析【解答】解:而不知道同步卫星轨道半径的关系，所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期关系，故A错误;B、根据萨静得宁二*-X羊矿4X4=16倍，则B错误则C正确;轨道半径「相同，但质量不同，速度不同,D、根据C分析可知:则D错误故选：C2.2016年暑期用电高峰，某供电公司反窃电稽查人员将钳形电流表卡在电表的火线上，对窃电的可疑客户进行排查，钳形电流表是一种测量电流的仪表，其结构和外形如图所示，其工作部分主要由一只电磁式电流表和电流互感器组成.互感器由被测导线、铁芯和二次绕组构成，被测导线视为一匝线圈.图中各序号对应的部分为：1-电流表，2-电流互感器，3-铁芯，4■手柄，5・二次绕组，6■被测导线，7-量程开关.所测电流为正弦式交流电，则（）A.若二次绕组的匝数为n,电流表示数为10A,则被测电流最大值为10n^2AB.若二次绕组的匝数为n,所测导线屮的电流的频率为f,则二次绕组屮的电流频率为M A.若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则所测导线中的电流正在增大B.若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则感应电流从电流表左端流入电流表【考点】变压器的构造和原理.【分析】变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流，变压器的输入功率和输出功率相同，变压器输入电压和输出电压z比等于原副线圈的匝数之比.11n2【解答】解：A、若二次绕组匝数为n,电流表示数为10A,则由变压器变压比：〒丄—W，】2£1Ii=10nA,故最大值为10n迈A,故A正确；B、电流互感器不改变电流的频率，故B错误；C、图中被测导线中电流方向垂直纸面向里，根据安培定则可知.不管导线中电流是增大还是减小，铁芯中的磁感线都会如图中虚线所示，故C错误；D、当如图所示的磁感线穿过二次绕组时，只有当磁通量减小时，产生的感应电流才从电流表左端流入电流表，故D错误.故选：A.1.如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜而上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止.现将B球移动一些，发现A球随之移动少许，两球在虚线位置重新平衡.则重新平衡时的情况与移动前相比，下列说法中正确的是（）A.推力F变小B.墙面对A的弹力变大C.斜面对B的弹力变大D.两小球之间的距离变大【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用.【分析】先对小球A受力分析，根据共点力平衡条件得到墙面对A的弹力和库仑力的变化情况；再对AB整体受力分析，根据共点力平衡条件判断推力F和斜面弹力的变化情况.【解答】解：AB、先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：根据共点力平衡条件，有: …①Fn二rngtana...②再对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力F、、推力F,如图所示:根据共点力平衡条件，有：Nsinp+Fx=FNco$P=(m+M)g解得：F=(m+M)gtan|3+mgtana...③A、由于a减小，B不变，根据③式，推力F减小；故A正确；B、由于a减小，卩不变，根据④式，斜面对B的弹力不变；故B错课；CD、由于a减小，根据•②式，墙而对A的弹力变小；故C错误；由于a减小，根据①式，库仑力减小，故两球问距增加；故D正确；故选：AD.1.如图所示，一物体以初速度V。冲向光滑斜面AB,并恰好能沿斜面升高到最高点，下列说法中正确的是（）A.若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后仍能到达与B点等高处B.若把斜面弯成圆弧形D,物体仍沿圆弧升高hC.若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高hD.若把斜面AB变成曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到B点【考点】机械能守恒定律.【分析】物体上升过程中只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零.【解答】解：A、若把斜面从C点锯断，物体冲过C点后做斜抛运动，由于物体机械能守恒，同时斜抛运动运动最高点，速度不为零，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面弯成圆弧形D,如果能到圆弧最高点，即h处，由于合力充当向心力，速度不为零，故会得到机械能增加，故说明不能到达最高点，故B错误，C、无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h,故C正确.D、若把斜面AB变成曲面AEB,物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故D正确；故选：CD. 1.如图所示的电路中，电源电动势为E,内电阻为门电压表均为理想的，当电阻R3的阻值发生变化，其他电阻的阻值保持不变时，发现电压表V?的示数减小.由^1可以判定（）A.电压表V|的示数可能减小B.电压表V3的示数一定增大C.电压表V|、V3的示数都增大，且V］的增加量较多D.电容器的带电荷塑可能减小【考点】闭合电路的欧姆定律.【分析】根据电压表V?示数减小，分析通过R4电流的变化情况，而此支路电流与Ri、R2的电流变化情况相反，与干路电流变化情况相同，从而可判断干路电流的变化a和路端电压的变化.再分析各个电表示数的变化.【解答】解：A、电压表V2示数减小，贝IJ通过电压表阳电流减小，而此支路电流与R|、R2的电流变化情况相反，与干路电流变化情况相同，所以可知，干路电流减小，外电路总增大，R3大，路端电压增大,V3的示数5增大•因R3、R4串联，则知V1的示数Ui增大.因U3=U1+U2,U2减小，所以电压表V］的示数增加量大，故BC正确，A错误；D、电容器两端的电压等于电阻R?、R4的电压之差，由上分析可知，R2的电压增大，的电压减小，但由于两个电压的大小关系未知，不能判断电容器两端的电压的变化情况，则无法判断电容器的带电量是否减小.故D正确.故选：BCD2.如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成8角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，匸0时对金属棒施一平行于导轨的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电荷量q随时间t的变化关系如图乙所示，下列关于穿过冋路abPMa的磁通量①、金属棒加速度a、金属棒受到的外力F、通过金属棒中电流I随时间变化的图象正确的是（）乙42■E>•I/A.亠B.c.——一一—4D.tOItd「「： 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律.【分析】由电流图彖写出电流与时间的关系式，根据法拉第电磁感应定律分析磁通量与时间的关系.根据欧姆定律知速度与时间关系，从而知加速度与时间关系.根据牛顿运动定律知F与时间的关系式. 根据推论q二It得到电量q与时间的关系式，再选择图象【解答】解：A、由图看出，逍过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知,穿过回路的磁通量是非均匀变化的，（D-t应是曲线.故A错误.B、设金属棒长为L.由乙图象得,=kt2,k是比例系数・.知加速度不变,故B错误；22C、由牛顿运动定律知F・F安・mgsin9=ma,知F=--—+mgsin9+ma,v随时间均匀增人,R+r其他量保持不变，故F随时间均匀增大，故C正确；D、通过导体棒的电流I詈瓷&—图象为过原点直线，故D正确故选：CD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第9题〜第12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13题〜第16题为选考题.考生根据要求作答.（一）必考题1.图1为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：图1图2图3（1）如果用直流"50V〃挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为23.0V.（2）用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势E=1.5V,选择开关在“Xl〃挡，把它的两表笔短接,旋转可变电阻Ri的旋钮，当指针指向"0Q〃时，流过多用电表的电流为100mA；（3）图2是测量Rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按匸确使用方法再测Rx的值，其测量结果与原结果相比将较」±（填空“变大〃、"变小〃或“不变〃）.（4）图3是将表头G改装成两个倍率扌半（如"Xl〃、“X10〃）的欧姆表电路原理图，则当开关S合向b端（选填"a〃或“b"）吋，欧姆表是较大倍率挡.【考点】用多用电表测电阻.【分析】（1）根据图示表盘确定其分度值，再读出其示数.（2）多用电表欧姆档的原理是闭合电路欧姆定律.当指针指向"0Q〃时，外接电阻为0,根据闭合电路欧姆定律求电流.（3）电池电动势变小，内阻变大时，相同的外接电阻，通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，结合多用电表的刻度盘分布分析.（4）根据电流表的改装原理：表头与小电阻并联，分析量程的大小，从而确定.【解答】解：（1）如果是用直流"50V〃挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为IV,则读数为23.0V.（2）由图1知，欧姆档的屮值电阻为R中=150根据闭合电路欧姆定律得： 指针指在中央时，有：yIg二豆R+r+Ri十R中15WFo.1A=100mA.5即当指针指向"0Q〃时，流过多用电表的电流为100mA.（3）当欧姆表屮的电池电动势变小，内阻变大时，根据闭合电路欧姆定律知，相同的待测电阻通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，指针指示的读数变大，则测量值将变大.（4）图3是将表头G改装成两个倍率挡的欧姆表电路原理图，市图知，当开关S合向b端时，通过欧姆表的电流较小，根据闭合电路欧姆定律知，欧姆表的倍率较大.故答案为：（1）23.0；（2）100；（3）变大；（4）b.1.图甲为某同学探究功与速度变化关系的实验装置图.一端装有定滑轮的长木板平放在桌面上，木板上的小车右端通过细线跨过定滑轮与托盘相连，纸带穿过打点计时器与小车左端相连，将车从靠近打点计时器位置由静止释放，每次托盘下落高度一定，木板足够长，小车没有碰到右侧滑轮（小车在碰到右侧滑轮Z前，托盘就着地了）.将小车中的祛码依次移至托盘中，释放托盘，多次实验打下纸带.实验屮小车质量为M,托盘质量为叫），每个磁码的质量也为m（）,所有袪码与托盘的总质量为ni,且满足M》托盘下落的高度为h,当地重力加速度为g.（1）为减小实验误差，实验操作中先将长木板放置在水平桌面上，接下来再进行一项调节是B厂将长木板一端垫高，释放空托盘让其拖动小车拉着纸带并打点，然后利用纸带判断小车是否做匀速运动A.将长木板一端垫高，撤除拉线，用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动B.将长木板一端垫高，撤除拉线，让小车白行下滑拉着纸带并打点，然后判断小车是否做匀加速运动C.每移动一次祛码，小车对木板的压力都不同，导致摩擦力不同，所以都应平衡一次摩擦力（2）实验屮，用不同数目的舷码，拉动小车拖动纸带，打出纸带，利用纸带的测量数据来进行研究，上面图乙是一条实验纸带，O为初始点，纸带上的点为打点计时器打下的原始点，则对纸带上的数据处理正确的是CA.选取OA间距，求OA间的平均速度B.选取DE间距，求DE间的平均速度C.选取DG间距，求DG间的平均速度D.选取AG间距，求AG间的平均速度（3）实验对多次做功的定量记录和对纸带的分析，多次实验探究功与速度变化的关系.在数据处理时采用了图象法处理，纵轴为小车最大速度的U2,横轴为n,托盘中的祛码个数n码二n ■1,得到图丙，图线为过原点的倾斜直线，说明了做功与速度变化的关系是：合外力的功与速度的平力成正比.（4）此实验数据也可用來验证机械能守恒定律，在满足机械能守恒的情况t，图中的图线斜率的表达式：k=—?—.一—【考点】探究功与速度变化的关系.【分析】本题是实验题，除了考察实验过程，而且考察对数据的处理.既探究了做功与速度变化的关系，同时又能验证机械能守恒律，可谓一举两得.（1）不管是达到什么目的，都须考虑摩擦力，所以要平衡摩擦力.垫高左端让小车拉着纸带在长木板上匀速直线运动，打下的点迹应均匀.（2）要求末速度，因为每次舷码下降的高度均为h,所以下降h后系统已经匀速运动了，只有点迹均匀才能是匀速运动，从纸带点迹来看，最后一段说明磁码盘已经落地，小车已经匀速运动了.（3）小车的质量为M,所有祛码与托盘的总质量为m,且满足M》m,所以可以近似认为合外力等于所有磁码与托盘的总重力.而总重力与n成正比，故能得到/与n成正比关系.（4）由机械能守恒律，耘码及盘减少的重力势能等于系统增加的动能，写出表达式就能看出斜率k式子.【解答】解：（1）由于小车在长木板上运动时不可避免地受到摩擦力，为了平衡摩擦力，所以要把左端垫高一点，当Mgsin9=nMgcos0时，可以等效为不受摩擦力.实际操作时用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否匀速运动.所以选：B（2）因为是探究功与速度变化关系，所以必须求出末速度，而末速度是用平均速度代替的，在能够计算速度且使误差尽量减小的情况下，时间越短，误差越小，所以只能选DG段，求平均速度从而代替末速度，况且DG段点迹均匀说明己经匀速运动，所以选：C（3）对于整个系统而言，变化n系统质量未变，但改变了合外力，合外力的变化与n成正比,故可得：合外力的功与速度的平方成正比.（4）由机械能守恒律可得：（（n-l）+l）mogh=j-（M+in）v2,整理得:°2IDngh故v2--n图象的斜率为k=—9JI+lD故答案为：（1）B（2）C（3）合外力的功与速度的平方成正比1.如图1所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m不带电的绝缘小球P以水平初速度V。向Q运动，V。甘%小球卩、Q正碰过程中ZQD没有机械能损失且电荷量不发生转移，已知匀强电场的电场强度E=—f水平台面距离地面高QI«2度h二今寻，重力加速度为g,不计空气阻力.q2b2 （1）求P、Q两球首次发生弹性碰撞后，小球Q的速度大小；（2）P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经多少时间小球P落地，落地点与平台边缘间的水平距离多大?（3）若撤去匀强电场，并将小球Q重新放在平台边缘，小球P仍以水平初速度v（尸运动，小球Q的运动轨迹如图2所示，已知Q球在最高点和最低点所受全力的大小相等，求小球Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H.【考点】带电粒子在匀强磁场屮的运动；带电粒子在混合场屮的运动.【分析】（1）P、Q两球发生弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，据此列式，可求得碰撞后小球Q的速度大小.（2）两球碰撞后交换速度，Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，经过一个周期时间再次与P球碰撞，交换速度，P球做平抛运动.根据平抛运动的规律求解即可.（3）PQ相碰之后小球Q开始做曲线运动，小球运动到最低位置时下落高度为H,此时速度最大，根据动能定理列式得到最大速度.任意时刻v沿水平向右方向、竖直向下方向的分速度分别为％、vy.与Vy相对应的洛伦兹力水平向右，为fx=qvyB,小球Q到最低点的过程中，运用动量定理可求解.【解答】解：（1）小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：（2）对于小球Q,由于qE=mg,故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则v2qvQB=m9-小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为（2,2兀m/in2m所以P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间匸落地点与平台边缘的水平距离xP=vP#t2=-y^QB (3)PQ相碰后，Q球速度vq二v,Z后小球Q以速度vq开始做曲线运动.设小球运动到最低位置时下落高度为H,此时速度最大为比“，方向水平向右.由动能定理得：mgH=*mv任意时刻V沿水平向右方向、竖直向下方向的分速度分别为8、Vy.与Vy相对应的洛伦兹力水平向右，为fx=qvyB小球Q到最低点的过程中，由动量定理得：52fxAt=JqvyBAt=qB52vyAt=qBH=mvm-mvQ；3mgV,n=2^B答:(1)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，小球Q的速度大小为鵜.(2)P、的水平距离为w2gQ2B2(3)小球Q在运动过程中的最大速度为籍,2第-次下降的最大距离H为詡9Q两球首次发生弹性碰撞后，经2寻5+1)时间小球P落地，落地点与平台边缘I'可1.如图所示，一轻质弹簧小端固定在水平地面上，上端与物体A连接，物体A又与一跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端悬挂着物体B和C,A、B、C均处于静止状态.现剪断B和C之间的绳子，则A和B将做简谐运动.已知物体A质量为3kg,B和C质量均为2kg,弹簧劲度系数为k=10()N/m.(g取1Om/s2)试求：(1)剪断B和C|'可绳子之前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧的形变量X］；(2)剪断B和CI'可绳之后，物体A振动过程中的最大速度比“及此时弹簧的形变量x?；(3)振动过程中，绳对物体B的最大拉力Fmax和最小拉力Fmin. 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.【分析】（1）分别对A和BC整体受力分析，根据平衡条件求解即可；（2）根据胡克定律，通过共点力平衡分别求出绳子剪断前弹簧的伸长量以及绳子剪断后，弹簧在平衡位置吋的压缩量.发现两个位置伸长量和压缩量相等，则弹簧势能相等，结合机械能守恒定律求出在平衡位置时的速度，即最大速度.（3）B振动到最低点时拉力最大，振动到最高点时拉力最小，根据牛顿第二定律求出最大拉力和最小拉力.【解答】解：（1）剪断B和C间绳子之前，A,B,C均处于静止状态时，设绳子拉力为F,对A：mAg+kx）=F,对BC系统：（me+mc）g=F,解得：X]=0.1m=10cm；（2）A振动过程受到最大时在平衡位置，此时合力为零，A、B间绳子拉力为F。，弹簧压缩量为x2.对B：F（）=mBg,对A：mAg=kx2+F（）,解得：X2=0.1m=10cm,剪断B、C间绳子后到速度最大的过程中，机械能守恒，因X]=X2,在这两位置时弹簧的弹性势能相等,A下降的高度和B上升的高度为：d=X]+x2=20cm,(mA+mB)vm2,解得:rfl机械能守恒定律得：mAgd-mBgd=-|-（3）B振动到最低点时拉力最大，为Fmax；振动到最高点时拉力最小，为Fmin；由简谐振动的对称性可知，在最高点与最低点加速度a大小相等，B在振动过程的最低点：Fmax-mBg=mBa,mAg+kx!-Fmax=mAa,解得：Fmax=28N:B在振动过程的最高点:mBg-Fmin=mBa,解得：Fmin=12N.答：（1）剪断B和C间绳子Z前，A、B、C均处于静止状态时，弹簧的形变量X]为10cm.（2）剪断B和C间绳之后，物体A振动过程屮的最大速度Vm及此时弹簧的形变量X2为10cm.（3）振动过程中，绳对物体B的最大拉力Fmax为28N,最小拉力Fmin为12N.（二）选考题.共45分.请考生从给出的2个选修中任选一题作答，并如果多做，则每学科按所做的第一题计分.[物理••选修3・3]1.近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害.矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因.下列关于PM2.5的说法中正确的是（）A.PM2.5的尺寸与空气屮氧分子的尺寸的数量级相当B.PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C.温度越低PM2.5活动越剧烈D.侣导低碳生活减步煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气小的浓度E.PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其它颗粒更为剧烈.【考点】布朗运动.【分析】"PM2.5"是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5尺度大于空气中氧分子的尺寸 的数量级.PM2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，不是分子的热运动.导致PM2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活.【解答】解：A、“PM2.5〃是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级.故A错误.B、PM2.5在空气屮的运动是固体颗粒、是分子团的运动，属于布朗运动.故B正确.C、PM2.5受由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM2.5的运动越激烈；故C错误.D、导致PM2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM2.5在空气中的浓度.故D正确；E、PM2.5屮颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比英它颗粒更为剧烈.故E正确.故选：BDE.1.手动便携式洗车器因其节能环保的特点深受爱车人的喜爱.如图为某种结构及原理简图.桶内水面上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界相等，均为Po，体积为1L,为使水流从喷头处雾化喷出，内外压强差至少为O.5po，现用最大容积为0.1L的打气筒向桶内打气，忽略桶内水柱所产生的压强及打气过程中温度的变化，求：（1）至少需要打儿次才能使喷水刷喷岀雾化水（2）试从微观上解释内封气体压强的变化原因.F•动打压洙*：誥丨【考点】热力学第一定律.【分析】（1）打气过程气体的温度不变，根据玻意耳定律求解.（2）从微观上看，气体的压强与分子的平均动能和单位体积内的分子数有关，由此分析.【解答】解：（1）设至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水.已知:Vi=lL+n*0.1L=（1+0.1n）L,pi=po,V2=1L,p2=1.5po；根据玻意耳定律p|VI=p2V2得：Po（l+0」n）L=p0X1.5L解得：n=5（次）（2）温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越来越多，因此压强不断变大.答：（1）至少需要打5次才能使喷水刷喷出雾化水.（2）内封气体压强的变化原因是：温度不变，气体分子平均动能不变，分子运动剧烈程度不变，但随着气体的打入，单位体积内分子个数越來越多，压强不断变大. [物理••选修3-4]16.2016年5月22口在西藏日喀则定日县发生5.3级地震，震源深度10千米.如图所示，己知波沿z轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4km/s,则（）//cm857 fFATinVA70戶0m•53A.从波源开始振动到波源迁移到地面需要经过2.5s时间B.从波传到N处开始计时，经过t=0.03s,位于r=240m处的质点刚好开始振动C.波的周期为0.015sD.波动图象上的质点M此时速度方向沿y轴负方向，动能正在减小E.波动图象上x=0m到x=120m之间此时还有3个点与M点的加速度相同【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象.【分析】木题是关于横波的传播问题，要弄清楚波向前传播但但质点只围绕平稳位置振动而不随波迁移；在波的传播方向上每一个质点开始振动方向跟波源开始振动的方向相同；求波的周期可以用公式v半变形后来求；判定质点振动方向有多种方法，例如口诀法："左传左上，右传右上〃・■波向左传播，则波峰左边质点向上振动，余次类推.至于动能怎么变化，要看是向什么方向振动的，远离平衡位置则减小，靠近平衡位置增加；加速度的判定则由位移来决定.【解答】解：A、波的传播是振动形式沿x轴传播，但每一个质点并不迁移，所以选项A错误.B、从波传到N处开始计时，经过t二0.03s,波沿x轴传播的距离△x=vAt=4000m/s*0.03s=120m,此处坐标恰恰为240m,所以B选项正确.C、波的周期T=入二赞2飞二0.015s，所以选项C正确.v4000D、由于波是沿x轴正方向传播，所以M点正向y轴负方向运动，但由于是向平衡位置运动，所以速度增大，动能增大，所以选项D错误.E、加速度大小是由偏离平衡位置的位移决定,所以位移相同则加速度相同，那么x=10m、x=20m、x=80m,这三处质点的加速度与M点的加速度相同，所以选项E正确.故选：BCE17.半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O,两条平行单色红光沿截面射向圆柱而，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B,ZAOB=60°,已知该玻璃对红光的折射率尸近.（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？ 【考点】光的折射定律；电磁波谱.【分析】（1）光线1通过玻璃砖后不偏折.光线2在圆柱面上的入射角为60。，根据折射定律求出折射角，由儿何知识求出在底而上的入射角，再由折射定律求出折射角，作出光路图.根据儿何关系求解d.（2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，d更小.【解答】解：（1）光线1通过玻璃砖后不偏折.光线2在圆柱面上的入射角0!=60°,由折射定律得sin6ii^Jsine2=—-得e2=30°由几何知识得8]~60。-02=30°又由折射定律得sin02，n-.Q,代入解得02=60。smy[由于ABOC是等腰三角形,则乔所以2砂©‘=知・（2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，8『更大，d更小.答：（1）两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d丄R；（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果小. 2016年12月22日（4）此实验数据也可用來验证机械能守恒定律，在满足机械能守恒的情况下，图中的图线斜率的表达式：k=・11.如图1所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内，磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一