2017年河南省平顶山市高考物理一调试卷
一、选择题选择题：本题共8小题，每小题6分，1-4题只有一个选项符合题目要求，5-8题有多个选项符合题目
1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究
B．安培坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性
C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量
D．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过“理想实验”证实了这一说法
2．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为ml的物体，跟物体l相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法中正确的是（ ）
A．车厢的加速度大小为gtanθ
B．绳对物体1的拉力为m1gcosθ
C．底板对物体2的支持力为（m2﹣m1）g
D．物体2所受底板的摩擦力为0
3．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T；地球的半径为R0，自转周期为T0．则地球表面赤道处的重力加速度大小与两极处重力加速度大小的比值为（ ）
A． B．
C． D．
4．如图为某滑雪场跳台滑雪的部分示意图，一滑雪者从倾角为θ的斜坡上的顶点先后以不同初速度水平滑出，并落到斜面上，当滑出的速度为v1时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α1，当滑出的速度增大为v2时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α2，则（ ）
A．α1＜α2 B．θ=α1 C．α1=α2 D．2θ=α1+α2
5．如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电压表A2、滑动变阻器R等，所与电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交表电流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表V的读数为32V
B．灯泡L两端电压的有效值为32V
C．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大
D．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为100rad/s
6．如图所示，在竖直平面内，虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是（ ）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能不尽相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
D．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比等于v0
7．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表，现闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中（ ）
A．电流表A的示数变大，电压表V的示数变小
B．小灯泡L变暗
C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左
D．电源的总功率变大，效率变小
8．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为
C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小
D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
二、非选择题
9．如图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的记数点，但第3个记数点没有画出．由图数据可求得：
（1）该物体的加速度为 m/s2，
（2）第3个记数点与第2个记数点的距离约为 cm，
（3）打第2个计数点时该物体的速度为 m/s．
10．用下列器材测量电容器的电容：
一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器（额定电压16V），定值电阻R1（阻值未知），定值电阻R2=150Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干．
实验过程如下：
实验步骤
实验次数
第1次
①用多用电表的“×10”挡测量电阻R1，指针偏转如图甲所示．
②将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电．
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图丙中的实线a所示．
第2次
④用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤②③，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图丁中的某条虚线所示．
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同．
请完成下列问题：
（1）由图甲可知，电阻R1的测量值为 Ω．
（2）第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U= V．利用计算机软件测得i﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•S，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C= ．
（3）第2次实验中，电流随时间变化的i﹣t曲线应该是图丁中的虚线 （选填“b”、“c”或“d”），判断依据是 ．
11．如图所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h=5.2m，磁感应强度为B=1T，边长为L=1m、电阻为R=1Ω、质量为m=1
的正方形导体线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g=10m/s2，求：
（1）PQ运动到磁场下边缘时速度大小；
（2）线圈的MN边刚好进磁场时的速度大小；
（3）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．
12．滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受．如图甲所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角θ=37°，de段是一半径R=2.5m的四分之一圆弧轨道，O点为圆心，其正上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量m=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．除下述问（2）中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点．
（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；
（2）运动员改为从b点以υ0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道？请通过计算得出结论．
[物理-选修3-3]
13．下列说法正确的是（ ）
A
．把玻璃管的断口放在火焰上烧，它的尖端就会变成球形，这种现象可以用液体的表面张力来解释
B．没有规则的几何外形物体可能也是晶体
C．自行车打气越打越困难主要是因为分子间相互排斥力作用的结果
D．扩散和布朗运动都说明了分子运动的无规则性
E．气体的温度越高，每个气体分子的动能越大
14．如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为P0．若活塞固定，封闭气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q1；若活塞不固定，仍使封闭气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q2．不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气体温度升高1℃，活塞上升的高度h应为多少？
[物理-选修3-4]
15．如图甲为一列间谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是4m
B．这列波的传播速度是20m/s
C．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3m
D．经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
16．一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形，柱高L=12cm．现在底面的中心O
处放置一点光源，不考虑三棱柱内的反射光，玻璃的折射率为，求三个侧面的发光的总面积．
[物理-选修3-5]
17．在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图象可求出（ ）
A．该金属的极限频率和极限波长
B．普朗克常量
C．该金属的逸出功
D．单位时间内逸出的光电子数
E．任意入射光频率v时逸出的光电子的动能
18．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：
（1）物块a与b碰后的速度大小；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
2017年河南省平顶山市高考物理一调试卷
参考答案与试题解析
一、选择题选择题：本题共8小题，每小题6分，1-4题只有一个选项符合题目要求，5-8题有多个选项符合题目
1．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（ ）
A．法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究
B．安培坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性
C．英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量
D．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过“理想实验”证实了这一说法
【考点】物理学史．
【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、法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究，故A正确
B、奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性，故B错误
C、库仑利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量，故C错误
D、亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过“理想实验”推翻亚里士多德的观点，故D错误
故选A．
2．如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为ml的物体，跟物体l相连接的绳与竖直方向成θ角不变，下列说法中正确的是（ ）
A．车厢的加速度大小为gtanθ
B．绳对物体1的拉力为m1gcosθ
C．底板对物体2的支持力为（m2﹣m1）g
D．物体2所受底板的摩擦力为0
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】物块1、2和车厢具有相同的加速度，先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．
【解答】解：AB、以物体1为研究对象，分析受力情况如图1：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得：
m1gtanθ=m1a，
得：a=gtanθ，
则车厢的加速度也为gtanθ．．故A正确、B错误．
CD、对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m2g﹣T=m2g﹣，f=m2a=m2gtanθ．故CD错误．
故选：A．
3．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T；地球的半径为R0，自转周期为T0．则地球表面赤道处的重力加速度大小与两极处重力加速度大小的比值为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】一颗人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，利用万有引力等于向心力列式可以求解地球的质量M；在两极处重力加速度大小：g=；考虑地球的自转，在赤道的重力加速度：g′=g﹣a=g﹣；最后联立求解得到比值．
【解答】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，故：
解得：M=…①
在南北两极，万有引力等于重力，故两极处重力加速度大小：g=…②
考虑地球的自转，在赤道的重力加速度：
g′=g﹣a=g﹣…③
联立①②③解得： =
故选：C
4．如图为某滑雪场跳台滑雪的部分示意图，一滑雪者从倾角为θ的斜坡上的顶点先后以不同初速度水平滑出，并落到斜面上，当滑出的速度为v1时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α1，当滑出的速度增大为v2时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为α2，则（ ）
A．α1＜α2 B．θ=α1 C．α1=α2 D．2θ=α1+α2
【考点】平抛运动．
【分析】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．
【解答】解：如图所示，由平抛运动的规律知
Lcosθ=v0t，
Lsinθ=
则得：tanθ=
由图知：tan（α+θ）==可得：tan（α+θ）=2tanθ
所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故ABD错误，C正确
故选：C
5．如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电压表A2、滑动变阻器R等，所与电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交表电流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表V的读数为32V
B．灯泡L两端电压的有效值为32V
C．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大
D．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为100rad/s
【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．
【分析】根据图b可知输入电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度；
再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；
根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化．
【解答】解：A、由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A错误；
B、设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：，解得：U′=22.6V，故B正确；
C、当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也增大，故C错误；
D、根据ω==100πrad/可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s，故D错误．
故选：AC．
6．如图所示，在竖直平面内，虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C
点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是（ ）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能不尽相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
D．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比等于v0
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【分析】粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动时，由受力平衡，可得到速度与电场强度和磁感应强度的关系．若撤去磁场，粒子做类平抛运动，运用运动的分解，由水平位移和竖直位移研究运动的时间．若撤去电场，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出半径，由几何知识求出穿过场区的圆心角，确定运动的时间．洛伦兹力对粒子不做功，而电场力做可对粒子做正功，也可以做负功．
【解答】解：A、洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能，而电场力做正功，粒子的动能增大，则粒子由C、D两点离开场区时的动能相同，小于从B点离开场区的动能，故A正确．
B、粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相等，为t1=；粒子在磁场中运动时间为t2=，由于，则知粒子在磁场中运动时间最长，故B错误．
C、若该粒子带负电，则知电场方向竖直向下，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里，故C错误．
D、带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则 qE=qv0B，得=v0，故D正确．
故选：AD．
7．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A
和电压表V均可视为理想电表，现闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中（ ）
A．电流表A的示数变大，电压表V的示数变小
B．小灯泡L变暗
C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左
D．电源的总功率变大，效率变小
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．
【解答】解：AB、闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U=E﹣I（RL+r），I减小，其他量不变，则U增加，即电压表V的示数增加．故A错误．B正确；
C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增加，由Q=CU，知电容器C上的电荷量增加，电容器充电，通过定值电阻R1的电流方向自右向左．故C正确．
D、电源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率减小，效率η=，U变大，所以效率变大．故D错误．
故选：BC
8．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE（由细软导线制成）挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E
处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω（相对圆心O）从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC=30°位置的过程中，通过导线上C点的电量为
C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最小
D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为
【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律．
【分析】根据几何知识知线框磁通量为∅=2BR2sin2θ=2BR2sin2ωt，从而知电动势的瞬时值表达式，
对于闭合线框ACDE而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律判定电流方向；
根据q=n求解电荷量；根据有效值求解电热．
【解答】解：A、设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积：S=•2R•Rsinθ=R2sinθ，
磁通量为∅=BR2sinθ=BR2sinωt，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故A正确；
B、根据q=n知q==，故B错误；
C、根据e= 知e=ωBR2cosωt，C沿圆弧移动到圆心O
的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故C正确；
D、根据C项知电动势有效值为E=ωBR2，故电热为Q=t=×=，故D正确；
故选：ACD．
二、非选择题
9．如图为接在50Hz低压交流电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的记数点，但第3个记数点没有画出．由图数据可求得：
（1）该物体的加速度为 0.74 m/s2，
（2）第3个记数点与第2个记数点的距离约为 4.36 cm，
（3）打第2个计数点时该物体的速度为 0.399 m/s．
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【分析】物体做的是匀变速直线运动，（1）求解加速度时首先想到的应该是逐差法，但是只有两组数据，所以要找两组数据之间的关系，
推论xm﹣xn=（m﹣n）at2可提供这两组数据与加速度的关系，应用这个推论即可．
（2）第2、3两点间的距离对应的应该为x2，要想得到x2必须找他和已知量的关系，x2﹣x1=at2提供了这个关系．
（3）为了让结果更精确，我们需要用上这两组数据，而这两组数据只能求他们自己这段位移中的平均速度，v3需要找它与这两个平均速度的关系：而v3对应的时刻为这两个速度所对应的时间的中间时刻．
【解答】解：（1）设1、2间的位移为x1，2、3间的位移为x2，3、4间的位移为x3，4、5间的位移为x4；
因为周期为T=0.02s，且每打5个点取一个记数点，所以每两个点之间的时间间隔T=0.1s；
由匀变速直线运动的推论xm﹣xn=（m﹣n）at2得：
x4﹣x1=3at2带入数据得：
（5.84﹣3.62）×10﹣2=3a×0.12
解得：a=0.74m/s2．
（2）第3个记数点与第2个记数点的距离即为x2，由匀变速直线运动的推论：x2﹣x1=at2得：
x2=x1+at2带入数据得：
x2=3.62×10﹣2+0.74×0.12=0.0436m
即为：4.36cm．
（3）打第2个点时的瞬时速度等于打1、3之间的平均速度，因此有：
v2==0.399m/s
故答案为：（1）0.74（2）4.36（3）0.399
10．用下列器材测量电容器的电容：
一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器（额定电压16V），定值电阻R1（阻值未知），定值电阻R2=150Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干．
实验过程如下：
实验次数
实验步骤
第1次
①用多用电表的“×10”挡测量电阻R1，指针偏转如图甲所示．
②将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电．
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图丙中的实线a所示．
第2次
④用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤②③，测得电流随时间变化的i﹣t曲线如图丁中的某条虚线所示．
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同．
请完成下列问题：
（1）由图甲可知，电阻R1的测量值为 100 Ω．
（2）第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U= 9 V．利用计算机软件测得i﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•S，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C= 4.7×10﹣3F ．
（3）第2次实验中，电流随时间变化的i﹣t曲线应该是图丁中的虚线 c （选填“b”、“c”或“d”），判断依据是 根据im=Um/R，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d ．
【考点】研究平行板电容器．
【分析】（1）欧姆表读数=表盘刻度×倍率；
（2）由i﹣t图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；根据C=求解电容；
（3）根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小．
【解答】解：（1）欧姆表读数=表盘刻度×倍率=10×10=100Ω；
（2）由i﹣t图象得到开始时电流为：I=90mA=0.09A；
故最大电压为：U=IR1=0.09A×100Ω=9V；
故电容为：C==
（3）换用150Ω的电阻，则根据im=Um/R，因第2
次实验的最大电流小些，故不是b；
根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d，是c；
故答案为：（1）100；（2）9，4.7×10﹣3F；（3）c，根据im=Um/R，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d．
11．如图所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h=5.2m，磁感应强度为B=1T，边长为L=1m、电阻为R=1Ω、质量为m=1的正方形导体线框紧贴磁场区域的上边从静止下落，当线圈PQ边到达磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g=10m/s2，求：
（1）PQ运动到磁场下边缘时速度大小；
（2）线圈的MN边刚好进磁场时的速度大小；
（3）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．
【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】（1）当线圈的PQ边到达磁场下边缘时，恰好做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条件和安培力公式求出线圈的速度；
（2）线圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，机械能守恒，根据机械能守恒定律求解MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小；
（3）对线圈从开始到刚好完全进入磁场的过程，线圈受到重力和安培力，运用动量定理列式，求解时间．
【解答】解：（1）PQ运动到下边缘时受力平衡，PQ的速度为v
则有，mg=
解得：v=10m/s
（2）MN进入磁场的速度为v0，直到到PQ离开磁场的过程中为匀变速运动
v2﹣v02=2g（h﹣L）
解得：v0=4m/s
（3）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间为t
根据牛顿第二定律
mg﹣BIL=ma
即：mg﹣BL=m
mg△t﹣B△tqL=m△v
对上述过程进行求和：
∑mg△t﹣∑B△qL=∑m△v
得mgt﹣BqL=mv0；
而q=It=
所以t=0.5s
答：（1）PQ运动到磁场下边缘时速度大小10m/s；
（2）线圈的MN边刚好进磁场时的速度大小4m/s；
（3）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间0.5s．
12．滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受．如图甲所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角θ=37°，de段是一半径R=2.5m的四分之一圆弧轨道，O点为圆心，其正上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量m=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．除下述问（2）中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点．
（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；
（2）运动员改为从b点以υ0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道？请通过计算得出结论．
【考点】机械能守恒定律；平抛运动．
【分析】运动员离开b点做平抛运动，落在斜面上时，竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值等于tanθ，根据这一关系求出运动的时间，从而求出落在斜面上时在竖直方向上的分速度．落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，对落地点的速度沿垂直斜面方向和沿斜面方向正交分解，求出沿斜面方向的分速度，即为沿斜面滑行的速度，然后根据动能定理求出d点的速度，与d点的临界速度进行比较，判断是否会从d点滑离轨道．
【解答】解：（1）开始滑行至d点，由机械能守恒定律得：
mg（H﹣R）=①
mg﹣N=②
由①②解得：N=360N
（2）当以v0=4m/s从b点水平滑出时，运动员做平抛运动落在Q点，如图所示．设bQ=s1
④
⑤
由④⑤得⑥
vy=gt=6m/s⑦
在Q点缓冲后
⑧
⑨
运动员恰好从d点滑离轨道应满足⑩
由⑨⑩代入数据解得即
可见滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道．
答：（1）运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，Nd的大小为360N；
（2）滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道．
[物理-选修3-3]
13．下列说法正确的是（ ）
A．把玻璃管的断口放在火焰上烧，它的尖端就会变成球形，这种现象可以用液体的表面张力来解释
B．没有规则的几何外形物体可能也是晶体
C．自行车打气越打越困难主要是因为分子间相互排斥力作用的结果
D．扩散和布朗运动都说明了分子运动的无规则性
E．气体的温度越高，每个气体分子的动能越大
【考点】* 晶体和非晶体；扩散．
【分析】细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是表面张力的作用；多晶体与非晶体都可能具有不规则的几何外形；知道气体分子间距较大，打气时需要克服的是气体的压强；扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物体都可以发生扩散现象；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，间接反映分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的；温度是分子平均动能的标志．
【解答】解：A、细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变成球形，是由于变成液体后表面张力的作用；故A正确；
B/、多晶体与非晶体都可能具有不规则的几何外形，所以没有规则的几何外形的物体可能也是晶体，故B正确；
C、气体间分子间距较大，此时分子间作用力已经接近为零，故自行车打气越打越困难主要是因为胎内气体压强增大而非分子间相互排斥的原因，C错误
D、扩散现象直接体现分子运动的无规则性；布朗运动是间接反映分子运动无规则运动，故D正确；
E、温度是分子平均动能的标志，满足统计规律，温度越高，分子的平均动能增大，故E错误
故选：ABD
14．如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为P0．若活塞固定，封闭气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q1；若活塞不固定，仍使封闭气体温度升高1℃，需吸收的热量为Q2．不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气体温度升高1℃，活塞上升的高度h应为多少？
【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程．
【分析】由热力学第一定律可以判断吸收热量的多少，根据热力学第一定律和功的公式可以求得活塞上升的高度．
【解答】解：活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能△U=Q1
活塞不固定时，外界对气体做功为W，则有：△U=Q2+W
对活塞由能量守恒定律得：Gh=W内﹣P0Sh
得：W=﹣W内=﹣（P0Sh+Gh）
则Q1=Q2+W=Q2﹣（P0Sh+Gh）
解得活塞上升的高度为：
答：活塞上升的高度h应为
[物理-选修3-4]
15．如图甲为一列间谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是4m
B．这列波的传播速度是20m/s
C．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3m
D．经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．
【解答】解：AB、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速v==m/s=20m/s．故AB正确．
C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；
D、t=0时刻质点P沿y轴负方向运动，可知波沿x轴正方向传播，图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向．故D错误．
E、t=0.35s=1.75T，经过0.35 s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离．故E正确．
故选：ABE
16．一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形，柱高L=12cm．现在底面的中心O处放置一点光源，不考虑三棱柱内的反射光，玻璃的折射率为，求三个侧面的发光的总面积．
【考点】光的折射定律．
【分析】据题意点光源在底面的中点，可知光源到三个侧面的距离相等，根据几何知识求出光源到三个侧面的距离，由公式sinC=，求出全反射临界角，再由几何知识求出三个侧面的发光的总面积．
【解答】解：因点光源在底面的中点，可知光源到三个侧面的距离相等，根据几何知识可知光源到三个侧面的距离为a
根据折射定律，sin C==
求得临界角 C=45°
根据几何知识可求每个侧面的发光的面积为半径为 r=a的圆面积的一半．
所以三个侧面的发光面积为S=
答：三个侧面的发光的总面积为18πcm2．
[物理-选修3-5]
17．在做光电效应的实验时，某种金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图象可求出（ ）
A．该金属的极限频率和极限波长
B．普朗克常量
C．该金属的逸出功
D．单位时间内逸出的光电子数
E．任意入射光频率v时逸出的光电子的动能
【考点】光电效应．
【分析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．
【解答】解：A、根据Ekm=hγ﹣W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E．
当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为γ0=．
由λ=，可求得极限波长，故A、C正确．
B、逸出功等于E，则E=hγ0，所以h=．或通过图线的斜率求出k=h=．故B正确．
D、单位时间内逸出的光电子数，与入射光的强度有关，故D错误．
E、只有当入射光频率大于极限频率，即要能发生光电效应现象时，才能有入射光的频率与逸出的光电子的动能关系，故E错误；
故选：ABC．
18．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数μ=0.3，OB部分光滑．另一小物块a．放在车的最左端，和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g=10m/s2）求：
（1）物块a与b碰后的速度大小；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
【考点】动量守恒定律；动能定理．
【分析】（1）由动能定理可以求出物块的速度．由动量守恒定律求得碰后的速度；
（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离．
（4）系统机械能的减小量，等于摩擦力与相对位移的乘积；故由能量守恒可以求出物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．
【解答】解：（1）对物块a，由动能定理得：，
代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；
a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；
（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，
对小车，由动能定理得：，
代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离： =0.03125m；
（3）由能量守恒得：，
解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；
答：（1））物块a与b碰后的速度大小为1m/s；
（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离为0.03125m
（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离为0.125m．
2017年2月3日
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