2018-2019学年广东省华附、省实、广雅、深中联考高三（上）期末物理试卷

2018-2019学年广东省华附、省实、广雅、深中联考高三（上）期末物理试卷
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项是符合题目要求，第18～21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．（6分）甲、乙两车在同一条直道上行驶，两车的位置随时间变化的关系如图所示。己知乙车图线满足二次函数方程，且图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）

A．甲车做匀变速直线运动，加速度a甲＝4m/s2
B．两车运动方向相反，5s末两车速度大小相等
C．乙车做匀变速直线运动，且初位置在s0＝80m处
D．乙车加速度逐渐减小，10s末加速度恰减为0
2．（6分）如图所示，一工人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处。已知该工人拉着绳的一端从滑轮的正下方水平向右匀速运动，速度大小恒为v，直至轻绳与竖直方向夹角为60°．若滑轮的质量和摩擦阻力均不计，则该过程（　　）

A．货物也是匀速上升
B．绳子的拉力大于货物的重力
C．末时刻货物的速度大小为
D．工人做的功等于货物动能的增量
3．（6分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，A、B、C三点处在同一条电场线上，且AB＝BC．一带电粒子仅受电场力作用下做直线运动，先后经过A、B、C，则该过程中粒子（　　）

A．可能做匀变速直线运动
B．在A点的加速度最大
C．在A点时的电势能可能小于在C点时的电势能
D．A到B过程的电势能变化量可能等于B到C过程的电势能变化量
4．（6分）在地磁场的作用下处于水平静止的小磁针正上方，水平放置一直导线，且直导线平行于小磁针指向。若导线中通有电流I1时，小磁针偏转30°；若导线中通有电流I2时，小磁针偏转60°．已知通电直导线在某点处产生的磁感应强度与导线电流成正比，则大小为（　　）
A．2 B． C． D．3
5．（6分）质量均为m的P、Q两个小球（可视为质点）从同一圆锥顶点O向不同方向水平抛出，恰好都落到此圆锥面上。已知两球在空中的运动时间tp＝2tQ，不计空气阻力，则从小球抛出到落至锥面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P球的速度变化量是Q球的两倍
B．两球抛出时的速率满足：vp＝2vQ
C．两球的位移大小满足：Sp＝2SQ
D．两球落到圆锥面上时重力的功率Pp＝2PQ
6．（6分）如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路，其余元件正常，则（　　）
A．灯泡A变暗
B．电容器带电量减小
C．灯泡A电压变化量△UA大于灯泡B电压变化量△UB
D．电源的总功率变大
7．（6分）设想若能驾驶一辆由火箭作动力的汽车沿赤道行驶，并且相对地球速度可以任意增加，忽略空气阻力及汽车质量变化。当汽车速度增加到某一值时，汽车也将离开地球表面成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”。对此下列说法正确的是（　　）（已知地球半径R约为6400km，g＝9.8m/s2）
A．汽车离开地球的瞬间速度大小至少达到7.9km/s
B．“航天汽车”飞离地球表面高度越大，绕地球圆周运动时动能越大
C．“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期可达到1h
D．“航天汽车”上的水银气压计无法正常使用
8．（6分）如图所示，表面粗糙的斜面置于水平地面，斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，整个系处于静止状态。现用水平向左的拉力F将P缓慢拉起一小段高度，斜面及物块Q始保持静止，则此过程中（　　）

A．受到的摩擦力一定变小
B．轻绳的拉力逐渐变大
C．地面对斜面的支持力变大
D．地面对斜面的摩擦力变大
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（6分）某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，设计了如下实验方案：
A．悬挂一质量为m＝0.078kg的钩码，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示（已知打点计时器接频率为50Hz的交流电源）。
请回答下列问题：（取g＝10m/s2，计算结果均保留2位有效数字）
（1）按上述方法做实验，是否要求钩码质量远小于滑块的质量？　 　（填“是”或“否”）
（2）打点计时器在打下D点时滑块的速度vD＝　 　m/s；滑块做匀加速直线运动的加速度a＝　 　m/s2
（3）根据牛顿第二定律，滑块质量的表达式应为M＝　 　（用字母a、m以及当地的重力加速度g表示），计算结果为M＝　 　kg。
10．（9分）如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。
（1）多用电表的红表笔应是图甲中的　 　端（填“A”或“B”）。
（2）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量　 　；当S旋到位置　 　时，电表可测量直流电流，且量程较大。
（3）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择　 　（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。
实验器材如下：
A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0＝1Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。
①表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是　 　Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器R阻值应调为　 　Ω，换挡前、后倍率之比为　 　。
11．（12分）如图所示。边长为4a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。磁感应强度的大小为B．一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从AB边的中心O进入磁场。粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。
（1）若粒子的速度为v，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动。求电场场强的大小和方向；
（2）若粒子能从BC边的中点p离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。

12．（20分）如图所示，竖直面内有一长为R＝0.2m的轻杆，轻杆一端与O点连接，另一端与A物块连接。A物块、B物块及A、B之间压缩的轻弹簧（图中未画出）处于绑定状态，弹簧弹性势能EP＝J，A、B可视为质点，两者质量均为m＝1kg。设A、B及压缩的弹簧构成的组合体为D，刚开始D悬挂在O点正下方，D右侧有一个固定的斜面体，斜面体倾角θ＝30°，且底边与D在同一水平面上；一薄木板C质量mC＝1kg、长度L＝0.5m，置于斜面顶端且处于静止状态。现给D一向左的速度使其做圆周运动，到最高点时，绑定被解除，物块B瞬间以速度vB＝m/s弹射出去，稍后B以平行于斜面方向的速度恰落到C的上端，．已知B、C之间的动摩擦因数μ1＝，C与斜面之间的动摩擦因数μ2＝，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）求D刚到达最高位置时杆对D的作用力大小；
（2）判断D从与O点等高位置到最高点的过程中水平分速度的变化情况；（只需简略说明理由，不用定量证明）
（3）求从B落到C上到C到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热能。

选考题：共45分．请考生从给出的1道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理-选修】
13．（5分）以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（　　）
A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”
B．伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因
C．电场强度、电容、电流均采用了比值定义法
D．根据平均速度，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想
E．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法
14．（10分）如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行光滑的两导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于轨道平面向下的磁场，磁感应强度大小B1＝1T；底端ab间连一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向、且随时间均匀变化的磁场B2．一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时cd两端电势差Ucd为多少？
②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小。




2018-2019学年广东省华附、省实、广雅、深中联考高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项是符合题目要求，第18～21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．（6分）甲、乙两车在同一条直道上行驶，两车的位置随时间变化的关系如图所示。己知乙车图线满足二次函数方程，且图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（　　）

A．甲车做匀变速直线运动，加速度a甲＝4m/s2
B．两车运动方向相反，5s末两车速度大小相等
C．乙车做匀变速直线运动，且初位置在s0＝80m处
D．乙车加速度逐渐减小，10s末加速度恰减为0
【分析】位移﹣时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动。位移等于x的变化量。结合这些知识分析。
【解答】解：A、位移﹣时间图象的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，加速度a甲＝0，故A错误。
B、根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，知两车运动方向相反，5乙车速度较大，故B错误。
C、乙车图线满足二次函数方程，对照s＝v0t+知乙车做匀变速直线运动。甲车做匀速直线运动，速度为：v甲＝＝m/s＝4m/s。
乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t＝10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则 s＝at2
根据图象有：s0＝a?102，20＝a?52
解得：a＝1.6m/s2，s0＝80m，故C正确。
D、乙车做匀变速直线运动，加速度不变，t＝10s时，速度为零，故D错误。
故选：C。
【点评】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移△x＝x2﹣x1，来分析图象的物理意义。
2．（6分）如图所示，一工人利用定滑轮和轻质细绳将货物提升到高处。已知该工人拉着绳的一端从滑轮的正下方水平向右匀速运动，速度大小恒为v，直至轻绳与竖直方向夹角为60°．若滑轮的质量和摩擦阻力均不计，则该过程（　　）

A．货物也是匀速上升
B．绳子的拉力大于货物的重力
C．末时刻货物的速度大小为
D．工人做的功等于货物动能的增量
【分析】人的运动是合运动，其速度v沿绳子方向的分速度大小等于货物的速度，根据几何关系得出货物的速度，再分析其变化。然后根据牛顿第二定律求出绳的拉力T和物体的重力mg的关系。由能量守恒可分析工人做的功转化为那些能量。
【解答】解：A、由题意可知，将人的速度v沿绳子和垂直于绳方向分解，如图所示，沿绳的速度大小等于货物上升的速度大小，v货＝vcosθ，
θ随人向右运动逐渐变小，cosθ变大，v货变大，故货物加速上升，故A错误。
B、货物的加速度向上，由牛顿第二定律可知其合力向上，则绳的拉力T大于物体的重力mg，故B正确；
C、由A选项的分析知，当轻绳与竖直方向夹角为60°时，θ＝30°，所以末时刻货物的速度大小为v货＝vcos30°＝，故C错误；
D、根据能量守恒知工人做的功等于货物动能的增量与货物重力势能的增量的和，故D错误。
故选：B。

【点评】本题是绳端速度的分解问题，关键知道人沿绳子方向的分速度大小等于货物上升的速度大小。将人的运动速度v沿绳子和垂直于绳分解，可判断货物的运动性质。
3．（6分）如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，A、B、C三点处在同一条电场线上，且AB＝BC．一带电粒子仅受电场力作用下做直线运动，先后经过A、B、C，则该过程中粒子（　　）

A．可能做匀变速直线运动
B．在A点的加速度最大
C．在A点时的电势能可能小于在C点时的电势能
D．A到B过程的电势能变化量可能等于B到C过程的电势能变化量
【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；再依据Ep＝qφ，即可判定带电粒子的电势能的大小。
【解答】解：
AB、由电场线越密的地方，电场强度越大，则有EC＞EB＞EA，因此加速度大小关系aC＞aB＞aA，则不可能匀变速直线运动，故AB错误；
C、由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φA＞φB＞φC，若是带正电粒子，则在A、B、C三点的电势能大小关系EpA＞EpB＞EpC；若是带负电粒子，则有EpA＜EpB＜EpC，故C正确；
D、虽然AB＝BC，但不是匀强电场，因此A到B过程的电势能变化量不可能等于B到C过程的电势能变化量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、电场力大小和电势差的大小关系。同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密。当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。
4．（6分）在地磁场的作用下处于水平静止的小磁针正上方，水平放置一直导线，且直导线平行于小磁针指向。若导线中通有电流I1时，小磁针偏转30°；若导线中通有电流I2时，小磁针偏转60°．已知通电直导线在某点处产生的磁感应强度与导线电流成正比，则大小为（　　）
A．2 B． C． D．3
【分析】小磁针可以看做一个杠杆，小磁针受到地磁场与电流磁场的作用而静止，处于平衡状态，由力矩平衡条件可以求出电流磁场与地磁场的关系；电流磁场与电流成正比，然后求出两电流的关系。
【解答】解：磁场对小磁针的作用力与磁感应强度成正比，即磁场力F＝KB，
设地磁场感应强度为B0，小磁针等效成长为L的条形磁铁，
设转30°时电流产生的磁场在小磁针处磁场为B1，
由安培定则知B1与B0垂直，由力矩平衡条件得：
KB1LSin60°＝kB0Lsin30°，
同理，转60°时：KB2LSin30°＝KB0Lsin60°，
由以上两式解得：B2＝3B1，电流与磁感应强度成正比，所以I2＝3I1．故ABC错误D正确。
故选：D。
【点评】知道电流磁场与电流成正比、熟练应用力矩平衡条件是正确解题的关键。
5．（6分）质量均为m的P、Q两个小球（可视为质点）从同一圆锥顶点O向不同方向水平抛出，恰好都落到此圆锥面上。已知两球在空中的运动时间tp＝2tQ，不计空气阻力，则从小球抛出到落至锥面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．P球的速度变化量是Q球的两倍
B．两球抛出时的速率满足：vp＝2vQ
C．两球的位移大小满足：Sp＝2SQ
D．两球落到圆锥面上时重力的功率Pp＝2PQ
【分析】由速度与加速度、时间的关系判断速度变化量；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，根据高度之比求出运动的时间之比。水平方向做匀速运动，且小球水平位移之比为1：2，从而求出初速度之比。
【解答】解：A、两个小球的加速度都等于重力加速度，已知两球在空中的运动时间tp＝2tQ，由：△v＝g△t，则它们速度的变化量之比：＝．故A正确；
B、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，
得：…①。
当小球落在圆锥面上时小球水平方向的位移：x＝v0t
由几何关系：
θ是圆锥面与水平方向之间的夹角，由于该夹角是相等的，则：＝，则两球抛出时的速率满足：vp＝2vQ．故B正确；
C、由于：x＝v0t，且vp＝2vQ，所以…②
由公式①②结合矢量合成的特点可知Sp＝4SQ．故C错误；
D、因为两次小球落到圆锥面上时，竖直方向的分速度之比为2：1，它们的质量又相等，重力的功率：P＝mgvy，所以它们落到圆锥面上时重力的功率Pp＝2PQ．故D正确。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键是要知道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，运用比例法求解比例关系。
6．（6分）如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路，其余元件正常，则（　　）
A．灯泡A变暗
B．电容器带电量减小
C．灯泡A电压变化量△UA大于灯泡B电压变化量△UB
D．电源的总功率变大
【分析】若电阻R2发生断路，外电路总电阻增大，分析总电流的变化，判断电容器板间电压的变化，从而确定电容器带电量的变化情况。根据A灯与B灯总电压的变化情况，分析两灯电压变化量的大小。根据P＝EI分析电源总功率如何变化。
【解答】解：A、若电阻R2发生断路，外电路总电阻增大，总电流减小，R4的电压减小，而路端电压增大，所以R1的电压增大，通过R1的电流增大，则通过A灯的电流减小，B的电压减小，因A灯和B灯的总电压增大，则A灯的电压增大，A灯变亮，故A错误。
B、电容器极板间电压等于R4的电压，所以电容器板间电压减小，则电容器带电量减小，故B正确。
C、A灯的电压增大，B灯的电压减小，而A灯和B灯的总电压增大，因此灯泡A电压变化量△UA大于灯泡B电压变化量△UB，故C正确。
D、根据P＝EI知，E不变，I减小，则电源的总功率减小，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题是电路的动态变化分析问题，一般按“局部→整体→局部”的顺序分析。要注意灵活运用控制变量法进行解答。
7．（6分）设想若能驾驶一辆由火箭作动力的汽车沿赤道行驶，并且相对地球速度可以任意增加，忽略空气阻力及汽车质量变化。当汽车速度增加到某一值时，汽车也将离开地球表面成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”。对此下列说法正确的是（　　）（已知地球半径R约为6400km，g＝9.8m/s2）
A．汽车离开地球的瞬间速度大小至少达到7.9km/s
B．“航天汽车”飞离地球表面高度越大，绕地球圆周运动时动能越大
C．“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期可达到1h
D．“航天汽车”上的水银气压计无法正常使用
【分析】汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动。根据第一宇宙速度和地球半径求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期。在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，水银气压计无法正常使用。
【解答】解：A、汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力。设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，地球半径为R，则由牛顿第二定律得：mg﹣F＝m，即 F＝mg﹣m，当汽车速度v增大时，支持力F减小，则汽车对对地面的压力减小。当减小为零时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星v＝＝7.9km/s是第一宇宙速度，最小发射速度，故A正确；
B、根据G＝m知v＝，r越大，速度越小，动能越小，故B错误；
C、“航天汽车”环绕地球做圆周运动时半径越小，周期越小，则环绕地球附近做匀速圆周运动时，周期最小。最小周期T＝，v＝7.9km/s，R＝6400km，代入解得T＝5087s＝1.4h，“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1.4h。故C错误。
D、在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，水银气压计无法正常使用。故D正确。
故选：AD。
【点评】对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星。
8．（6分）如图所示，表面粗糙的斜面置于水平地面，斜面顶端安有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，整个系处于静止状态。现用水平向左的拉力F将P缓慢拉起一小段高度，斜面及物块Q始保持静止，则此过程中（　　）

A．受到的摩擦力一定变小
B．轻绳的拉力逐渐变大
C．地面对斜面的支持力变大
D．地面对斜面的摩擦力变大
【分析】原来装置处于静止状态，受力平衡，P所受的重力与细绳的拉力相等，以Q为研究对象，分析支持力是否变化。当用水平向左的力F缓慢拉物体P时，P受力动态平衡，以整体为研究对象，分析受力情况，判断地面对斜面的摩擦力变化情况。
【解答】解：A、物体所受的摩擦力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，要看绳子的拉力与物体Q的重力平行斜面的分力的大小关系，故A错误；
B、对P研究可知，原来细线的拉力大小等于P的重力，当用水平向左的力F缓慢拉物体P，细线的竖直分力大小等于P的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大，故B正确；
CD、以P、Q、斜面整体为研究对象，分析受力情况作出如图所示受力图：

由平衡条件得知，N＝M总g；f＝F，当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（6分）某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二定律测量滑块的质量M，设计了如下实验方案：
A．悬挂一质量为m＝0.078kg的钩码，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示（已知打点计时器接频率为50Hz的交流电源）。
请回答下列问题：（取g＝10m/s2，计算结果均保留2位有效数字）
（1）按上述方法做实验，是否要求钩码质量远小于滑块的质量？　否　（填“是”或“否”）
（2）打点计时器在打下D点时滑块的速度vD＝　1.7　m/s；滑块做匀加速直线运动的加速度a＝　3.9　m/s2
（3）根据牛顿第二定律，滑块质量的表达式应为M＝　　（用字母a、m以及当地的重力加速度g表示），计算结果为M＝　0.20　kg。
【分析】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可求出打纸带上B点时小车的速度的大小；
（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝at2可以求出加速度的大小；
（3）应用牛顿第二定律可以求出滑块的质量。
【解答】解：（1）根据题目的操作过程，开始是让钩码和滑块一起做匀速直线运动，那么对滑块而言滑块所受的合力为零，当取下钩码（少了绳子的拉力），滑块在斜面上所受的合力大小就是原来未取下时绳子的拉力，即为钩码的重力，没必要要求m＜＜M。
（2）打下D点的瞬时速度vD＝＝m/s＝1.7m/s，逐差法求加速度a＝＝3.9m/s2，
（3）由第一问的分析，取下钩码后，滑块向下做加速运动，所受合力为钩码的重力，由牛顿第二定律有：mg＝Ma，所以滑块的质量M＝。
故答案为：（1）否
（2）1.7 3.9
（3） 0.20
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第二定律即可解题，要熟练掌握基础知识，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
10．（9分）如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请完成下列问题。
（1）多用电表的红表笔应是图甲中的　A　端（填“A”或“B”）。
（2）测量直流电流、直流电压和电阻各有两个量程。当选择开关S旋到位置5、6时，电表用来测量　直流电压　；当S旋到位置　1　时，电表可测量直流电流，且量程较大。
（3）某同学用此多用表测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择　×100　（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡。若该多用表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能欧姆调零，用正确使用方法再测量同一个电阻，则测得的电阻值将　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装如图乙所示的简易欧姆表。
实验器材如下：
A．干电池（电动势E为3.0V，内阻r不计）；
B．电流计G（量程300μA，内阻99Ω）；
C．可变电阻器R；
D．定值电阻R0＝1Ω；
E．导线若干，红黑表笔各一只。
①表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是　2×104　Ω；
②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器R阻值应调为　99.01　Ω，换挡前、后倍率之比为　100：1　。
【分析】（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入负接线柱流出，根据图示电路图分析答题。
（2）灵敏电流计与分压电阻串联可以改装成电压表，灵敏电流计与分流电阻并联可以改装成电流表，并联电阻阻值越小电流表量程越大；
（3）用欧姆表测电阻，要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，应用闭合电路欧姆定律可以求出电阻阻值。
（4）电流计并联分流电阻扩大了电流计的量程，根据欧姆定律与并联电路特点分析答题。
【解答】解：（1）多用电表的红表笔与内置电源负极相连，由图甲所示可知，红表笔应与A相连接。
（2）由图所示可知，当转换开关S旋到位置5、6时，表头G与电阻串联，此时可用来测量直流电压；
由图所示电路图可知，当S旋到位置1时与表头G并联的电阻阻值较小，此时电流表量程较大。
（3）测量某电学元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，需选择×100倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量。
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式：Ig＝
欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝＝
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的电阻值将偏大。
（4）①欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为：R中＝R内＝＝＝1×104Ω；
有：Ig＝，＝，
解得：R＝2×104Ω；
②当电流计满偏时：流过R0的电流I＝99Ig，二者的并联电阻R并＝Ω＝0.99Ω，由闭合电路欧姆定律得：R+R并＝
解得：R＝99.01Ω
电流计内阻为99Ω，给电流计并联1Ω的电阻，电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100：1；
故答案为：（1）A （2）直流电压，1 （3）×100，偏大
（4）①2×104②99.01，100：1
【点评】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的关键；欧姆表中值电阻等于其内阻；应用闭合电路欧姆定律可以解题
11．（12分）如图所示。边长为4a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。磁感应强度的大小为B．一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子（重力不计）从AB边的中心O进入磁场。粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。
（1）若粒子的速度为v，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动。求电场场强的大小和方向；
（2）若粒子能从BC边的中点p离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。

【分析】（1）粒子做直线运动，根据粒子受力情况求出电场强度大小与方向。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的运动时间。
【解答】解：（1）粒子受洛伦兹力与电场力作用而做直线运动，则电场力与洛伦兹力合力为零，
由平衡条件得：qvB＝qE，解得：E＝vB，
由左手定则可知，洛伦兹力垂直于v斜向右上方，与BA夹角为30°
则电场力方向与洛伦兹力方向相反，电场方向：斜向左下方，与AB夹角为30°；
（2）粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：α＝30°，β＝120°，θ＝120°，
由题意可知：OB＝2a，解得：r＝a，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB＝m，
解得：v＝，
粒子在磁场中的运动时间：t＝T＝＝；
答：（1）电场场强的大小为vB，方向：斜向左下方，与AB夹角为30°；
（2）粒子的入射速度大小，在磁场中运动的时间为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与受力情况是解题的前提，作出粒子运动轨迹、求出粒子轨道半径与转过的圆心角是解题的关键，应用牛顿第二定律即可解题。
12．（20分）如图所示，竖直面内有一长为R＝0.2m的轻杆，轻杆一端与O点连接，另一端与A物块连接。A物块、B物块及A、B之间压缩的轻弹簧（图中未画出）处于绑定状态，弹簧弹性势能EP＝J，A、B可视为质点，两者质量均为m＝1kg。设A、B及压缩的弹簧构成的组合体为D，刚开始D悬挂在O点正下方，D右侧有一个固定的斜面体，斜面体倾角θ＝30°，且底边与D在同一水平面上；一薄木板C质量mC＝1kg、长度L＝0.5m，置于斜面顶端且处于静止状态。现给D一向左的速度使其做圆周运动，到最高点时，绑定被解除，物块B瞬间以速度vB＝m/s弹射出去，稍后B以平行于斜面方向的速度恰落到C的上端，．已知B、C之间的动摩擦因数μ1＝，C与斜面之间的动摩擦因数μ2＝，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）求D刚到达最高位置时杆对D的作用力大小；
（2）判断D从与O点等高位置到最高点的过程中水平分速度的变化情况；（只需简略说明理由，不用定量证明）
（3）求从B落到C上到C到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热能。

【分析】（1）弹开过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出弹开后A、B的速度；由牛顿第二定律求出在D点的作用力。
（2）根据受力情况判断速度变化情况。
（3）B弹开后做平抛运动，应用平抛运动规律、牛顿第二定律与运动学公式求出相对位移，然后求出摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）设D运动到最高点时速度为v，B和A弹开时A的速度为vA，
弹开过程，由能量守恒定律和动量守恒定律可得：

2mv＝mvA+mvB，
解得：，vA＝0，（，＞，故舍去）
设D到最高点时受到弹力为F，
由牛顿第二定律得：，
代入数据解得：FN＝﹣12.5N
D到最高点时受到弹力大小为12.5N
（2）D在P点受到向右的拉力，到最高点时受到向上的支持力，
D在水平方向先受到向右的力，后受到向左的力，故水平速度先增大后减小；
（3）B弹出后做平抛运动，设B落到C上时的速度为v0，
竖直速度为vy，下落高度为h，v0平行于斜面，
故：v0cosθ＝vBvy＝vBtanθ，又：，
代入数据解得：v0＝0.05m，
B落到C上后
B的加速度：，
C的加速度：
设B、C经t时间达到共速vt，共速过程中B的位移sB，C的位移sC，则由运动学规律：
对C有：vt＝aCt，
对B有：vt＝v0﹣aBt，
解得 sC＝0.2msB＝0.6m
斜面高 H＝2R﹣h斜面长
代入数据解得：L0＝0.7m，
因sB﹣sC＜L，共速时B未滑离木板，sC＝L0﹣L，共速时C刚好到达底端
系统因摩擦而产生的热能：Q＝μ1mgcosθ×（sB﹣sC）+μ2×2mgcosθ×sC
代入数据解得：Q＝5J；
答：（1）D刚到达最高位置时杆对D的作用力大小为12.5N；
（2）D从与O点等高位置到最高点的过程中水平分速度：水平速度先增大后减小；
（3）从B落到C上到C到达斜面底端的过程中，系统因摩擦而产生的总热能为5J。
【点评】本题是一道力学综合题，难度较大，考查了动量守恒定律、运动学公式的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律、运动学公式与牛顿第二定律可以解题。
选考题：共45分．请考生从给出的1道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理-选修】
13．（5分）以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是（　　）
A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，被人们称为“能称出地球质量的人”
B．伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动的原因
C．电场强度、电容、电流均采用了比值定义法
D．根据平均速度，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想
E．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法
【分析】本题根据卡文迪许、伽利略的物理学成就，以及比值法定义的共性、常用的物理研究方法进行解答。
【解答】解：A、卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，从而求得地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确。
B、伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B错误。
C、电场强度、电容采用了比值定义法，而不是，因为I与U成正比，与R成反比，故C错误。
D、根据平均速度，当△t→0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确。
E、在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体，这种方法叫理想模型法，故E正确。
故选：ADE。
【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习。
14．（10分）如图所示，倾角为θ＝37°的足够长平行光滑的两导轨，间距为L＝1m，导轨间有垂直于轨道平面向下的磁场，磁感应强度大小B1＝1T；底端ab间连一电阻R1＝3Ω；顶端通过导线连接一横截面积为S＝0.1m2、总电阻为r＝0.8Ω、匝数N＝100匝的线圈（线圈中轴线沿竖直方向），线圈内有沿竖直方向、且随时间均匀变化的磁场B2．一质量为m＝0.1kg、电阻为R2＝2Ω、长度也为L的导体棒cd横放在导轨上，导体棒与导轨始终良好接触。不计导轨和导线的电阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：
①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是多少？此时cd两端电势差Ucd为多少？
②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，判断线圈中所加磁场的方向并计算其变化率的大小。

【分析】①当导体棒加速度为零时，速度最大，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体棒的最大速度。
②导体棒始终静止在导轨上，说明电流大小为①求得的电流大小，结合线圈中的感应电动势和闭合电路欧姆定律可求解。
【解答】解：①当导体棒达到最大速度时，F安＝B1IL＝mgsin37°
由闭合电路欧姆定律得：
导体棒产生的电动势：E＝B1Lv
解得：v＝3m/s
由欧姆定律得：Ucd＝IR1＝1.8V
②线圈中的感应电动势：
根据闭合电路欧姆定律得：E′＝I总R总
其中，I总＝＝1A
R总＝R并+r＝2Ω
解得：＝0.2T/s
由楞次定律可知，线圈中所加磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上。
答：①若断开开关K，静止释放导体棒，则导体棒能达到的最大速率是3m/s，cd两端电势差Ucd为1.8V；
②若闭合开关K，为使导体棒始终静止在导轨上，线圈中磁场的变化率为0.2T/s，磁场如果在增强，方向为竖直向下；如果在减弱，方向为竖直向上。
【点评】本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，知道导体棒加速度为零时，速度最大。