福建省泉州市南安一中高三上期末物理試卷

1、<p>　　2015-2016學年福建省泉州市南安一中高三（上）期末物理試卷</p><p><b>　　一.選擇題</b></p><p>　　1．如圖所示，是一質點做直線運動的v﹣t圖象，則該質點（　?。?lt;/p><p>　　A．在第2秒末加速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　B．在第3秒末速度方向發(fā)生

2、了改變</p><p>　　C．第1秒內和前5秒內的位移相同</p><p>　　D．在第2個2秒內位移為零</p><p>　　2．英國科學家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場，有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強弱分布．如圖所示為一對等量異種點電荷，電量分別為+Q、﹣Q．實線為電場線，虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點，a、b、c、d為圓上的點，下列說法正

3、確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．a、b兩點的電場強度相同B．b、c兩點的電場強度相同</p><p>　　C．c點的電勢高于d點的電勢D．d點的電勢等于a點的電勢</p><p>　　3．2014年10月24日，“嫦娥五號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，并在8天后以“跳躍式再入”方式成功返回地面．“跳躍式再入”值航天器在關閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力

4、再次沖出大氣層，降低速度后在進入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界．已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)</p><p>　　B．“嫦娥五號”在d點的加速度小于</p><p>　　C．“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率</p><p&

5、gt;　　D．“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率</p><p>　　4．如圖所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數之比n1：n2=10：1，接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV．變壓器右側部分為一磁場探測裝置系統原理圖，其中R2為用磁敏電阻（沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，且電阻隨磁場增強而增大）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（　?。?lt;/p&

6、gt;<p>　　A．電壓表示數為22 V</p><p>　　B．交變電源的頻率是100 Hz</p><p>　　C．若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，電流表的示數減小</p><p>　　D．若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，電壓表的示數減小</p><p>　　5．如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，桿的水平部分粗

7、糙，動摩擦因數μ=0.2，桿的豎直部分光滑．兩部分各套有質量均為1kg的小球A和B，A、B球間用輕質細繩相連，已知：OA=3m，OB=4m．初始A、B均處于靜止狀態(tài)，若A球在水平拉力F=27N的作用下向右移動1m時的速度大小為3m/s，（取g=10m/s2），那么該過程中產生的內能為（　?。?lt;/p><p>　　A．4JB．4.5JC．5JD．5.5 J</p><p>　　6．如圖

8、所示，傾角為θ的斜面體C置于粗糙水平面上，物塊B置于斜面上，已知B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，B通過細繩跨過光滑的定滑輪與物塊A相連，連接B的一段細繩與斜面平行，A、B的質量分別為m、M．現給B一初速度，使B沿斜面下滑，C始終處于靜止狀態(tài)，則在B下滑過程中，下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．無論A、B的質量大小關系如何，B一定減速下滑</p><p>　　B．A運動的

9、加速度大小為a=</p><p>　　C．水平面對C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左</p><p>　　D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等</p><p>　　7．如圖所示，光滑水平面上放著質量為M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一個質量為m的木塊?現對木塊施加一個水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經過時間t分離?下列說法正確的是（　?。?/p>

10、</p><p>　　A．若僅增大木板的質量M，則時間t增大</p><p>　　B．若僅增大木塊的質量m，則時間t增大</p><p>　　C．若僅增大恒力F，則時間t增大</p><p>　　D．若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數，則時間t增大</p><p>　　8．如圖所示，在內壁光滑的圓筒內有一根長為L，勁度系

11、數為k的輕質彈簧，彈簧的一端固定在圓筒底部，另一端系著質量為m的小球，現讓圓筒繞通過底部的豎直軸在水平面內從靜止開始加速轉動，當彈簧長度達到2L時即讓圓筒保持此時的轉速勻速轉動，已知彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能Ep=kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為其形變量，下列對上述過程的分析正確的是（　　）</p><p>　　A．小球和彈簧組成的系統機械能守恒</p><p>　　B．圓筒勻

12、速轉動的角速度為</p><p>　　C．彈簧對小球做的功為kL2</p><p>　　D．圓筒對小球做的功為kL2</p><p><b>　　二.非選擇題</b></p><p>　　9．在探究加速度與力、質量的關系時，小車及砝碼的質量用M表示，鉤碼的質量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶計算出．</p

13、><p>　　（1）當M與m的關系滿足　　時，可近似認為細繩對小車的拉力等于鉤碼的重力．</p><p>　?。?）在平衡摩擦力后，打點計時器打出的紙帶的一段如圖所示，已知該紙帶上相鄰兩個計數點之間還有4個點未標出，所用交流電的頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　　m/s2；打點計時器打B點時小車的速度大小為　　m/s（結果均保留三位有效數字）</p><p>　　1

14、0．為了節(jié)能環(huán)保，一些公共場所使用光控開關控制照明系統．光控開關采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件（照度可反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為lx）．</p><p>　　（1）某光敏電阻R在不同照度下的阻值如表，根據表中已知數據，在如圖甲的坐標系中描繪出了阻值隨照度變化的曲線．由圖象可求出照度為1.0lx時的電阻為　　KΩ．</p><p>　?。?）如圖

15、乙所示是街道路燈自動控制模擬電路，利用直流電源為電磁鐵供電，利用照明電源為路燈供電．為了達到天亮燈熄，天暗燈亮的效果，路燈應接在　?。ㄌ睢癆B”或“BC”）之間，請用筆畫線代替導線，正確連接電路元件．</p><p>　　（3）用多用電表“×10Ω”檔，按正確步驟測量圖中電磁鐵線圈電阻時，指針示數如圖丙所示，則線圈的電阻為　　Ω．已知當線圈中的電流大于或等于2mA時，繼電器的銜鐵將被吸合．圖中直流電源的

16、動勢E=6V，內阻忽略不計，滑動變阻器有三種規(guī)格可供選擇：R1（0～10Ω，2A）、R2（0～200Ω，1A）R3（0～1750Ω，0.1A）．要求天色漸暗照度降低至1.0lx時點亮路燈，滑動變阻器就選擇　　（填R1、R2、R3）．為使天色更暗時才點亮路燈，應適當地　?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p少”）滑動變阻器的電阻．</p><p>　　11．如圖1所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為

17、α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m，電阻與R1相等．導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B．金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導軌的電阻，重力加速度為g．現在閉合開關S，將金屬棒由靜止釋放．求：</p><p>　　（1）判斷金屬棒ab中電流的方向；</p><p>　　（

18、2）若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻R1上產生的焦耳熱Q；</p><p>　?。?）當B=1.00T，L=0.50m，α=30°時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關系如圖2所示．g取10m/s2．求定值阻值R1和金屬棒的質量m．</p><p>　　12．如圖所示，在xOy平面的x＜0區(qū)域內存在勻強電場，方向

19、沿y軸正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的區(qū)域I內存在勻強磁場，磁感應強度大小B1=、方向垂直紙面向外，區(qū)域Ⅱ處于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，現有一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標為（﹣2L，﹣L）的A點以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好經過坐標為[0，﹣（﹣1）L]的C點，粒子重力忽略不計，求：</p><p>　?。?）勻強電場的電場強度大小E；</p>&

20、lt;p>　?。?）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；</p><p>　　（3）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內加垂直紙面向里的勻強磁場B2，試確定磁感應強度B2的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍．</p><p>　　【物理--選修3-4】</p><p>　　13．如圖所示，甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，乙為

21、介質中x=2m處的質點P以此時刻為計時起點的振動圖象．質點Q的平衡位置位于x=3.5m處，下列說法正確的是 （　?。?lt;/p><p>　　A．這列波的沿x軸正方向傳播</p><p>　　B．這列波的傳播速度是20m/s</p><p>　　C．在0.3s時間內，質點P向右移動了3 m</p><p>　　D．t=0.1s時，質點P的加速度大

22、于質點Q的加速度</p><p>　　E．t=0.25s時，x=3.5m處的質點Q到達波峰位置</p><p>　　14．如圖所示為用某種透明材料制成的一塊柱形棱鏡的橫截面圖．圓弧CD是半徑為R的四分之一圓周，圓心為O．光線從AB面上的M點入射，入射角i=60°，光進入棱鏡后恰好在BC面上的O點發(fā)生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的長度為l=6cm，真空中的光速c=3.0&#

23、215;108m/s．求：</p><p>　　（Ⅰ）透明材料的折射率n；</p><p>　　（Ⅱ）光從M點傳播到O點所用的時間t．</p><p>　　2015-2016學年福建省泉州市南安一中高三（上）期末物理試卷</p><p><b>　　參考答案與試題解析</b></p><p>&l

24、t;b>　　一.選擇題</b></p><p>　　1．如圖所示，是一質點做直線運動的v﹣t圖象，則該質點（　　）</p><p>　　A．在第2秒末加速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　B．在第3秒末速度方向發(fā)生了改變</p><p>　　C．第1秒內和前5秒內的位移相同</p><p>　　D

25、．在第2個2秒內位移為零</p><p>　　【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系．</p><p>　　【分析】速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內通過的位移，速度的正負表示速度的方向，只要圖象在時間軸同一側物體運動的方向就沒有改變；只要總面積仍大于0，位移方向就仍沿正方向．</p><p>　　【解答】解：A、速度時間圖象的斜

26、率表示加速度，由圖可知1﹣3s圖象斜率不變，加速度不變，方向沒有發(fā)生改變．故A錯誤；</p><p>　　B、2﹣4s內速度圖象在時間軸的下方，都為負，速度方向沒有改變，故B錯誤；</p><p>　　C、根據“面積”表示位移可知，0﹣4s內的位移為：x=×2×2﹣m=0，所以第1秒內和前5秒內的位移相同，故C正確；</p><p>　　D、在第

27、2個2秒內位移為，不為零．故D錯誤；</p><p><b>　　故選：C</b></p><p>　　2．英國科學家法拉第最先嘗試用“線”描述磁場和電場，有利于形象理解不可直接觀察的電場和磁場的強弱分布．如圖所示為一對等量異種點電荷，電量分別為+Q、﹣Q．實線為電場線，虛線圓的圓心O在兩電荷連線的中點，a、b、c、d為圓上的點，下列說法正確的是（　?。?lt;/p&

28、gt;<p>　　A．a、b兩點的電場強度相同B．b、c兩點的電場強度相同</p><p>　　C．c點的電勢高于d點的電勢D．d點的電勢等于a點的電勢</p><p>　　【考點】電勢；電場強度．</p><p>　　【分析】電場線切線方向為場強方向，沿電場線方向電勢逐漸降低．</p><p>　　【解答】解：A、電場線切

29、線方向為場強方向，由圖知a、b兩點的電場強度方向不相同，b、c兩點的電場強度方向不相同，AB錯誤</p><p>　　C、沿電場線方向電勢逐漸降低，c點的電勢低于d點的電勢，d點的電勢等于a點的電勢，C錯誤D正確</p><p><b>　　故選：D</b></p><p>　　3．2014年10月24日，“嫦娥五號”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空

30、，并在8天后以“跳躍式再入”方式成功返回地面．“跳躍式再入”值航天器在關閉發(fā)動機后進入大氣層，依靠大氣升力再次沖出大氣層，降低速度后在進入大氣層，如圖所示，虛線為大氣層的邊界．已知地球半徑R，地心到d點距離r，地球表面重力加速度為g．下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．“嫦娥五號”在b點處于完全失重狀態(tài)</p><p>　　B．“嫦娥五號”在d點的加速度小于</p>

31、;<p>　　C．“嫦娥五號”在a點速率大于在c點的速率</p><p>　　D．“嫦娥五號”在c點速率大于在e點的速率</p><p>　　【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系．</p><p>　　【分析】根據加速度的方向確定“嫦娥五號”處于超重還是失重，根據牛頓第二定律，結合GM=gR2求出d點的加速度．嫦娥五號從a點到c點，萬有引力不做功

32、，阻力做負功，根據動能定理比較a、c兩點的速率大小．從c點到e點，機械能守恒，速率大小相等．</p><p>　　【解答】解：A：“嫦娥五號“沿abc軌跡做曲線運動，曲線運動的合力指向曲線彎曲的**，所以在b點合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五號“在b點處于超重狀態(tài)，故A錯誤．</p><p>　　B、在d點，“嫦娥五號”的加速度a=，又GM=gR2，所以a=．故B錯誤．</p&g

33、t;<p>　　C、“嫦娥五號”從a點到c，萬有引力不做功，由于阻力做功，則a點速率大于c點速率．故C正確．</p><p>　　D、從c點到e點，沒有空氣阻力，機械能守恒，則c點速率和e點速率相等，故D錯誤．</p><p><b>　　故選：C．</b></p><p>　　4．如圖所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數之

34、比n1：n2=10：1，接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV．變壓器右側部分為一磁場探測裝置系統原理圖，其中R2為用磁敏電阻（沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，且電阻隨磁場增強而增大）制成的傳感器，R1為一定值電阻．下列說法中正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．電壓表示數為22 V</p><p>　　B．交變電源的頻率是100 Hz</p&g

35、t;<p>　　C．若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，電流表的示數減小</p><p>　　D．若探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，電壓表的示數減小</p><p>　　【考點】變壓器的構造和原理．</p><p>　　【分析】輸出電壓是由輸入電壓和匝數比決定的，輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，電壓與匝數程正比，電流與匝數成反比，根據理想變

36、壓器的原理分析即可．</p><p>　　【解答】解：A、由交流表的表達式可知，輸入的電壓為U==220V，變壓器的電壓與匝數成正比，由此可得副線圈的電壓為22V，所以電壓表示數小于22 V，故A錯誤；</p><p>　　B、接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓u=220sin100πtV，交變電源的頻率是f==50 Hz，故B錯誤；</p><p>　　C、若

37、探測裝置從無磁場區(qū)進入強磁場區(qū)時，R2電阻變大，副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以電流表的示數減小，故C正確；</p><p>　　D、R2電阻變大，副線圈的電壓不變，副線圈的電流減小，所以R1兩端電壓減小，所以電壓表的示數增大，故D錯誤；</p><p><b>　　故選：C．</b></p><p>　　5．如圖所示，豎直平面內放一直

38、角桿MON，桿的水平部分粗糙，動摩擦因數μ=0.2，桿的豎直部分光滑．兩部分各套有質量均為1kg的小球A和B，A、B球間用輕質細繩相連，已知：OA=3m，OB=4m．初始A、B均處于靜止狀態(tài)，若A球在水平拉力F=27N的作用下向右移動1m時的速度大小為3m/s，（取g=10m/s2），那么該過程中產生的內能為（　?。?lt;/p><p>　　A．4JB．4.5JC．5JD．5.5 J</p>&l

39、t;p>　　【考點】功能關系；功的計算．</p><p>　　【分析】對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的彈力N1，根據共點力平衡條件列式，求出支持力N，從而得到滑動摩擦力為恒力，再求得克服摩擦力做功，從而得到產生的內能．</p><p>　　【解答】解：對AB整體受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的彈力N1，如圖</p

40、><p>　　根據共點力平衡條件，有</p><p>　　豎直方向：N=G1+G2</p><p>　　水平方向：F=f+N1</p><p><b>　　其中：f=μN</b></p><p>　　解得：N=（m1+m2）g=（1+1）×10=20N，</p><p&g

41、t;　　A所受的滑動摩擦力 f=μN=0.2×20N=4N，可知，f為恒力，所以產生的內能為 Q=fs=4×1J=4J．故A正確，BCD錯誤．</p><p><b>　　故選：A</b></p><p>　　6．如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于粗糙水平面上，物塊B置于斜面上，已知B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，B通過細繩跨過光滑的定滑輪與物塊

42、A相連，連接B的一段細繩與斜面平行，A、B的質量分別為m、M．現給B一初速度，使B沿斜面下滑，C始終處于靜止狀態(tài)，則在B下滑過程中，下列說法正確的是（　　）</p><p>　　A．無論A、B的質量大小關系如何，B一定減速下滑</p><p>　　B．A運動的加速度大小為a=</p><p>　　C．水平面對C一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左</p>

43、<p>　　D．水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等</p><p>　　【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．</p><p>　　【分析】以AB整體為研究對象，根據牛頓第二定律求其加速度，結合摩擦力產生的條件，可判斷各接觸面是否存在摩擦力；把BC看做一個整體進行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的關系．</p><p>　　

44、【解答】解：A、B、C間的動摩擦因素為μ=tanθ，即如果B不受繩子拉力，則mgsinθ=μmgcosθ，B勻速下滑</p><p>　　但是繩子對B有沿斜面向上的拉力，故B一定是減速下滑，A正確；</p><p>　　B、以AB整體為研究對象，根據牛頓第二定律：</p><p>　　mg+μMgcosθ﹣Mgsinθ=（M+m）a</p><p

45、>　　得：a==，故B正確；</p><p>　　C、對C受力分析，B給的壓力mgcosθ和摩擦力μmgcosθ，因為μ=tanθ，所以二者的矢量和等于mg，方向豎直向下，即C在水平方向上沒有運動趨勢，故C水平方向不受地面的摩擦力，C錯誤；</p><p>　　D、由前面分析知B對C的作用力等于其重力Mg，根據平衡條件知則水平面對C的支持力與B、C的總重力大小相等，D正確；</

46、p><p><b>　　故選：ABD．</b></p><p>　　7．如圖所示，光滑水平面上放著質量為M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一個質量為m的木塊?現對木塊施加一個水平向右的恒力F，木塊與木板由靜止開始運動，經過時間t分離?下列說法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．若僅增大木板的質量M，則時間t增大</p><

47、p>　　B．若僅增大木塊的質量m，則時間t增大</p><p>　　C．若僅增大恒力F，則時間t增大</p><p>　　D．若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數，則時間t增大</p><p>　　【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．</p><p>　　【分析】根據牛頓第二定律分別求出m和M的加速度，抓住位移之差等于板

48、長，結合位移時間公式求出脫離的時間，從而進行分析．</p><p>　　【解答】解：根據牛頓第二定律得，木塊m的加速度，木板M的加速度</p><p><b>　　根據L=．</b></p><p><b>　　t=．</b></p><p>　　A、若僅增大木板的質量M，m的加速度不變，M的加速度

49、減小，則時間t減?。蔄錯誤．</p><p>　　B、若僅增大小木塊的質量m，則m的加速度減小，M的加速度增大，則t變大．故B正確．</p><p>　　C、若僅增大恒力F，則m的加速度變大，M的加速度不變，則t變?。蔆錯誤．</p><p>　　D、若僅增大木塊與木板間的動摩擦因數，則m的加速度減小，M的加速度增大，則t變大．故D正確．</p>

50、<p><b>　　故選：BD．</b></p><p>　　8．如圖所示，在內壁光滑的圓筒內有一根長為L，勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧的一端固定在圓筒底部，另一端系著質量為m的小球，現讓圓筒繞通過底部的豎直軸在水平面內從靜止開始加速轉動，當彈簧長度達到2L時即讓圓筒保持此時的轉速勻速轉動，已知彈簧發(fā)生彈性形變時所具有的彈性勢能Ep=kx2，其中k為彈簧的勁度系數，x為其形變量，下

51、列對上述過程的分析正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A．小球和彈簧組成的系統機械能守恒</p><p>　　B．圓筒勻速轉動的角速度為</p><p>　　C．彈簧對小球做的功為kL2</p><p>　　D．圓筒對小球做的功為kL2</p><p>　　【考點】機械能守恒定律；功的計算．</p>&

52、lt;p>　　【分析】根據機械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，判斷系統的機械能是否守恒．圓筒勻速轉動的角速度根據牛頓第二定律和向心力公式求解．由動能定理求解圓筒對小球做的功．</p><p>　　【解答】解：A、在加速過程中，圓筒對小球做功，所以系統的機械能增加，故A錯誤．</p><p>　　B、圓筒勻速轉動時，由kL=mω2?2L，得ω=．故B正確．</p>&l

53、t;p>　　C、根據功能關系知：球對彈簧做功等于彈簧的彈性勢能的增加，則球對彈簧做功為 W=，則彈簧對球做功為 W′=﹣W=﹣kL2，故C錯誤．</p><p>　　D、對球，根據動能定理得：W筒+W′=，v=ω?2L，解得圓筒對小球做的功為W筒=2.5kL2，故D錯誤．</p><p><b>　　故選：B．</b></p><p>&

54、lt;b>　　二.非選擇題</b></p><p>　　9．在探究加速度與力、質量的關系時，小車及砝碼的質量用M表示，鉤碼的質量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶計算出．</p><p>　　（1）當M與m的關系滿足　M＞＞m　時，可近似認為細繩對小車的拉力等于鉤碼的重力．</p><p>　　（2）在平衡摩擦力后，打點計時器打出的紙帶的一

55、段如圖所示，已知該紙帶上相鄰兩個計數點之間還有4個點未標出，所用交流電的頻率為50Hz，則小車的加速度大小為　0.390　m/s2；打點計時器打B點時小車的速度大小為　0.377　m/s（結果均保留三位有效數字）</p><p>　　【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系．</p><p>　　【分析】1、實驗時我們認為繩對小車的拉力近似等于沙和沙桶的總重力，但實際不是，實際的拉力為

56、，只有在M＞＞m的情況下近似認為拉力等于mg．</p><p>　　2、B點的速度可由A到C點的平均速度求出，加速度可由勻變速運動的規(guī)律：△x=at2求解．</p><p>　　【解答】解：（1）假設小車的加速度為a，拉力為F</p><p>　　對沙桶及沙：mg﹣F=ma；對小車：F=Ma；</p><p>　　聯立得：F==，故只有在M＞

57、＞m的情況下近似認為拉力等于mg．</p><p>　?。?）紙帶上每相鄰兩個計數點間還有4個點，所以相鄰的計數點之間的時間間隔是T=0.1s．</p><p>　　根據逐差法求解加速度：</p><p>　　a==0.390m/s2，</p><p>　　根據勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于該過程中的平均速度得：</p>

58、<p>　　B點的速度為：vB==0.377m/s</p><p>　　故答案為：（1）M＞＞m，（2）0.390，0.377．</p><p>　　10．為了節(jié)能環(huán)保，一些公共場所使用光控開關控制照明系統．光控開關采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件（照度可反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為lx）．</p><p>　　

59、（1）某光敏電阻R在不同照度下的阻值如表，根據表中已知數據，在如圖甲的坐標系中描繪出了阻值隨照度變化的曲線．由圖象可求出照度為1.0lx時的電阻為　2.0　KΩ．</p><p>　?。?）如圖乙所示是街道路燈自動控制模擬電路，利用直流電源為電磁鐵供電，利用照明電源為路燈供電．為了達到天亮燈熄，天暗燈亮的效果，路燈應接在　AB　（填“AB”或“BC”）之間，請用筆畫線代替導線，正確連接電路元件．</p>

60、;<p>　?。?）用多用電表“×10Ω”檔，按正確步驟測量圖中電磁鐵線圈電阻時，指針示數如圖丙所示，則線圈的電阻為　140　Ω．已知當線圈中的電流大于或等于2mA時，繼電器的銜鐵將被吸合．圖中直流電源的動勢E=6V，內阻忽略不計，滑動變阻器有三種規(guī)格可供選擇：R1（0～10Ω，2A）、R2（0～200Ω，1A）R3（0～1750Ω，0.1A）．要求天色漸暗照度降低至1.0lx時點亮路燈，滑動變阻器就選擇　R3　

61、（填R1、R2、R3）．為使天色更暗時才點亮路燈，應適當地　減少　（填“增大”或“減少”）滑動變阻器的電阻．</p><p>　　【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線；用多用電表測電阻．</p><p>　　【分析】（1）根據圖象直接讀出對應的數據即可；</p><p>　?。?）利用直流電源為電磁鐵供電，將電源、光敏電阻、定值電阻、電鍵直接串聯即可；分析電磁鐵的電路，

62、判定利用照明電源為路燈供電的接入點．</p><p>　?。?）歐姆表的讀數是先讀出表盤的刻度，然后乘以倍率．由于光變暗時，光敏電阻變大，分的電壓變大，故將控制系統與光敏電阻串聯，照度降低至1.0（Lx）時啟動照明系統，可以算出定值電阻的大?。?lt;/p><p>　　【解答】解：（1）根據圖象直接讀出對應的照度為1.0 x時的電阻約為 2.0kΩ．</p><p>　

63、?。?）光敏電阻的電阻值隨光照強度的增大而減小，所以白天時光敏電阻的電阻值小，電路中的電流值大，電磁鐵將被吸?。混o觸點與C接通；晚上時的光線暗，光敏電阻的電阻值大，電路中的電流值小，所以靜觸點與B接通．所以要達到晚上燈亮，白天燈滅，則路燈應接在 AB 之間．電路圖如圖；</p><p>　?。?）歐姆表的讀數是先讀出表盤的刻度，然后乘以倍率，表盤的刻度是14，倍率是“×10Ω”，所以電阻值是14

64、5;10=140Ω；</p><p>　　天色漸暗照度降低至1.01x時點亮路燈，此時光敏電阻的電阻值是2kΩ，電路中的電流是2mA，R=﹣R光=﹣2000=1000Ω，所以要選擇滑動變阻器R3．</p><p>　　由于光變暗時，光敏電阻變大，分的電壓變大，所以為使天色更暗時才點亮路燈，應適當地 減小滑動變阻器的電阻．</p><p>　　故答案為：（1）2.0；

65、（2）AB，如圖；（3）140，R3；減少</p><p>　　11．如圖1所示，兩根足夠長平行金屬導軌MN、PQ相距為L，導軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為m，電阻與R1相等．導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B．金屬導軌的上端與開關S、定值電阻R1和電阻箱R2相連．不計一切摩擦，不計導軌的電阻，重力加速度為g

66、．現在閉合開關S，將金屬棒由靜止釋放．求：</p><p>　?。?）判斷金屬棒ab中電流的方向；</p><p>　?。?）若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻R1上產生的焦耳熱Q；</p><p>　　（3）當B=1.00T，L=0.50m，α=30°時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關

67、系如圖2所示．g取10m/s2．求定值阻值R1和金屬棒的質量m．</p><p>　　【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；電磁感應中的能量轉化．</p><p>　　【分析】（1）金屬棒由靜止釋放沿導軌向下運動切割磁感線，根據右手定制判斷感應電流的方向；</p><p>　　（2）以金屬棒為研究對象，根據動能定律可正確解答；</p>

68、<p>　?。?）當金屬棒的速度達到最大時，有mgsinα=BIL成立，由此寫出最大速度vm和電阻R2的函數關系，根據斜率、截距的物理意義即可正確解答．</p><p>　　【解答】解：（1）由右手定則，金屬棒ab中的電流方向為b到a．</p><p>　?。?）由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產生的焦耳熱：</p><p>&l

69、t;b>　　解得：</b></p><p>　　R1產生的熱量占總熱量的一半；</p><p><b>　　故Q1=mgh﹣；</b></p><p>　　（3）設最大速度為v，切割磁感線產生的感應電動勢：</p><p><b>　　E=BLv</b></p>&l

70、t;p>　　由閉合電路的歐姆定律：</p><p>　　從b端向a端看，金屬棒受力如圖：</p><p>　　金屬棒達到最大速度時滿足：</p><p>　　mgsinα﹣BIL=0</p><p><b>　　由以上三式得：</b></p><p>　　由圖象可知：斜率為：，</p&

71、gt;<p>　　縱截距為v0=30m/s，得到：</p><p>　　解得：R1=1.0Ω，m=0.5kg．</p><p>　　答：（1）ab中電流b到a；</p><p>　　（2）過程中定值電阻R1上產生的焦耳熱為mgh﹣；</p><p>　?。?）定值電阻的阻值為1.0Ω，金屬棒的質量為0.5kg</p>

72、<p>　　12．如圖所示，在xOy平面的x＜0區(qū)域內存在勻強電場，方向沿y軸正方向，而在0≤x≤L，﹣1.5L≤y≤1.5L的區(qū)域I內存在勻強磁場，磁感應強度大小B1=、方向垂直紙面向外，區(qū)域Ⅱ處于L≤x≤2L、﹣1.5L≤y≤1.5L，現有一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標為（﹣2L，﹣L）的A點以速度v0沿+x方向射入xOy平面，恰好經過坐標為[0，﹣（﹣1）L]的C點，粒子重力忽略不計，求：</p>

73、;<p>　?。?）勻強電場的電場強度大小E；</p><p>　?。?）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；</p><p>　?。?）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內加垂直紙面向里的勻強磁場B2，試確定磁感應強度B2的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍．</p><p>　　【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶

74、電粒子在勻強電場中的運動．</p><p>　　【分析】（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，將運動沿xy軸分解，根據動為學規(guī)律即可求解；</p><p>　　（2）由運動學公式求出粒子在C點豎直分速度，結合初速度可算出C點的速度大小與方向．當粒子進入磁場時，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可確定運動的半徑．最后由幾何關系可得出離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標； </p><p>

75、;　　（3）根據幾何關系確定離開磁場的半徑范圍，再由半徑公式可確定磁感應強度的范圍及粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．</p><p>　　【解答】解：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動：2L=v0t</p><p><b>　　L=?t2</b></p><p><b>　　聯立解得：E=</b></p>&

76、lt;p>　?。?）設帶電粒子經C點時的豎直分速度為vy、速度為v</p><p>　　vy=t 得：vy=v0</p><p>　　v=v0，方向與x軸正向成45°斜向上</p><p>　　粒子進入區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，B1qv=m，</p><p><b>　　R=</b></p>&

77、lt;p><b>　　解得：R=L</b></p><p>　　由幾何關系知，離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標：x=L　y=0，即（L，0）</p><p>　?。?）根據幾何關系知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場的半徑]滿足： L≤r≤L</p><p><b>　　B2qv=m</b></p><p&g

78、t;<b>　　解得：≤B2≤</b></p><p>　　根據幾何關系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°</p><p>　　答：（1）勻強電場的電場強度大小是；</p><p>　?。?）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標是（L，0）；</p><p>　　（3）磁感應強度B

79、2的大小范圍是≤B2≤，粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍是30°≤θ≤90°．</p><p>　　【物理--選修3-4】</p><p>　　13．如圖所示，甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，乙為介質中x=2m處的質點P以此時刻為計時起點的振動圖象．質點Q的平衡位置位于x=3.5m處，下列說法正確的是 （　　）</p><p&g

80、t;　　A．這列波的沿x軸正方向傳播</p><p>　　B．這列波的傳播速度是20m/s</p><p>　　C．在0.3s時間內，質點P向右移動了3 m</p><p>　　D．t=0.1s時，質點P的加速度大于質點Q的加速度</p><p>　　E．t=0.25s時，x=3.5m處的質點Q到達波峰位置</p><p&

81、gt;　　【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系．</p><p>　　【分析】由振動圖象讀出t=0時刻P點的振動方向，判斷波的傳播方向．由波動圖象讀出波長，由振動圖象讀出周期，可求出波速．分析波動過程，根據時間與周期的關系，判斷Q點的運動方向．</p><p>　　【解答】解：A、由乙圖讀出，t=0時刻質點的速度向上，則由波形的平移法可知，這列波沿x軸正方向傳播．故A正確．</

82、p><p>　　B、由圖知：λ=4m，T=0.4s，則波速v==10m/s．故B錯誤．</p><p>　　C、據波的傳播特點可知，質點并不隨波遷移，而是在平衡位置附近做簡諧運動，故C錯誤；</p><p>　　D、當t=0.1s時，質點P處于最大位移處，據簡諧運動的特點可知，此時加速度最大；而質點Q此時不在最大位移處，所以質點P的加速度大于質點Q的加速度，故D正確；&

83、lt;/p><p>　　E、據圖象可知經過0.2 s時，質點P再次到達平衡位置，運動方向向下，而質點Q位于平衡位置上方；由于兩質點相距1.5m，再經過0.05s時，質點P位移與質點Q在0時刻的位移相同，所以質點Q處于平衡位置的最上方，即處在波峰，故E正確．</p><p><b>　　故選：ADE．</b></p><p>　　14．如圖所示為用某

84、種透明材料制成的一塊柱形棱鏡的橫截面圖．圓弧CD是半徑為R的四分之一圓周，圓心為O．光線從AB面上的M點入射，入射角i=60°，光進入棱鏡后恰好在BC面上的O點發(fā)生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的長度為l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：</p><p>　?。á瘢┩该鞑牧系恼凵渎蕁；</p><p>　?。á颍┕鈴腗點傳播到O點所用的時間t．&

85、lt;/p><p>　　【考點】光的折射定律．</p><p>　　【分析】（Ⅰ）光線射入棱鏡后射在BC面上的O點并恰好在BC面上發(fā)生全反射．根據折射定律分別研究光線在AB面上的折射和在BC面的全反射，即可求解折射率．</p><p>　?。á颍┯晒絭=求出光在棱鏡中傳播速度，由幾何關系求出MO間的距離，即可求得時間t．</p><p>　　【

86、解答】解：（Ⅰ）設光線在AB面的折射角為r，根據折射定律得：</p><p><b>　　n=…①</b></p><p>　　設棱鏡的臨界角為C．由題意，光線在BC面恰好發(fā)生全反射，得到 sinC=…②</p><p>　　由幾何知識可知，r+C=90°…③</p><p>　　聯立以上各式解出 n=<

87、/p><p>　?。á颍┕庠诶忡R中傳播速度v=</p><p>　　由幾何知識得，MO==nl</p><p>　　故光從M點傳播到O點所用的時間 t===s=3.5×10﹣10s</p><p><b>　　答：</b></p><p>　?。á瘢┩该鞑牧系恼凵渎蕁為；</p>