2020年秋高三物理综合练习题五套及答案

2020年秋高三物理综合练习题五套及答案一、选择题1．如图1所示为氢原子能级示意图，下列有关说法正确的是( )图1A．处于基态的氢原子吸收10.5 eV的光子后能跃迁至n＝2能级B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41 eV【答案】D【解析】处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV 能量的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C24＝6种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E ＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为 6.34 eV 的金属铂产生的光电子的最大初动能为：E k＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确．2．如图2所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上．当空间存在有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动．若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37°时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数μ为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图2A.12B.13C.14D.15 【答案】B 【解析】当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE ＝F f1，F f1＝μF N1，F N1＝mg ，联立解得qE ＝μmg ；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mg sin θ＝qE cos θ＋F f2，F f2＝μF N2，F N2＝mg cos θ＋qE sin θ，联立得0.6mg ＝0.8qE ＋μ(0.8mg ＋0.6qE )，解得动摩擦因数μ＝13或μ＝－3(舍去)，故A 、C 、D 错误，B 正确．3．超强台风山竹的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s 左右，对固定建筑物破坏程度巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系．假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S ，风速大小为v ，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F 与风速大小v 的关系式为( )A ．F ＝ρSvB ．F ＝ρSv 2C ．F ＝12ρSv 3D ．F ＝ρSv 3【答案】B 【解析】设t 时间内吹到建筑物上的空气质量为m ，则m ＝ρSvt ，根据动量定理得－Ft ＝0－mv ＝0－ρSv 2t ，解得F ＝ρSv 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．4． L 2是竖直固定的长直导线，L 1、L 3是水平固定且关于L 2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图3所示的恒定电流，则导线L 2所受的磁场力情况是( )图3A ．大小为零B ．大小不为零，方向水平向左C ．大小不为零，方向水平向右D ．大小不为零，方向竖直向下【答案】A【解析】由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．5.如图4所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M点踢出，球斜抛后落在60 m外地面上的P点．发球的同时，前锋从距P点11.5 m的N点向P点做匀加速直线运动，其初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，当其速度达到8 m/s后保持匀速运动．若前锋恰好在P点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )图4A．前锋加速的距离为7 mB．足球在空中运动的时间为2.3 sC．足球运动过程中的最小速度为30 m/sD．足球上升的最大高度为10 m【答案】C【解析】前锋做匀加速直线运动，初速度为2 m/s，加速度为4 m/s2，末速度为8 m/s，根据速度与位移的关系式可知，v2－v02＝2ax1，代入数据解得：x1＝7.5 m，A错误；前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t加＝v－va＝1.5 s，匀速运动时间t匀＝x－x1v＝0.5 s，故足球在空中运动的时间为2 s，B错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为30 m/s，C正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度h m＝12gt2＝5 m，D错误．6．如图5所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态．将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中( )图5A．弹簧弹力不变B．物体B所受摩擦力逐渐减小C．物体B所受摩擦力始终向左D．木板A所受地面的摩擦力逐渐减小【答案】AD【解析】将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±F f，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．7．如图6(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是( )图6A．0～1 s内，流过电阻R的电流方向为b→R→aB．2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在减小C．t＝2 s时，流过电阻R的电流方向发生改变D．t＝2 s时，U ab＝πr2B0(V)【答案】AD【解析】规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2 s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故C错误；当t＝2 s时，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBSΔt＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此U ab＝E＝πr2B0(V)，故D正确．8．如图7甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。

现给A球一个水平向右的瞬时动量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( )图7A．B球的质量m2＝2 kgB．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 JC．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能D．在t2时刻两球动能之比为E k1∶E k2＝1∶8【答案】AD【解析】A和B球在碰撞过程中动量守恒，故m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝2 kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep ＝12m1v2－12(m1＋m2)v共2＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和12m1v2＝12m1v12＋12m2v22，联立解得v2＝2 m/s，v1＝－1 m/s，故t2时刻两球的动能之比Ek A∶E k B＝1∶8，D正确．9．如图8甲所示，一条质量和厚度不计的纸带缠绕在固定于架子上的定滑轮上，纸带的下端悬挂一质量为m的重物，将重物由静止释放，滑轮将在纸带带动下转动．假设纸带和滑轮不打滑，为了分析滑轮转动时角速度的变化情况，释放重物前将纸带先穿过一电火花计时器，交变电流的频率为50 Hz，如图乙所示，通过研究纸带的运动情况得到滑轮角速度的变化情况．图丙为打点计时器打出来的纸带，取中间的一段，在这一段上取了7个计数点A、B、C、D、E、F、G，每相邻的两个计数点间有4个点没有画出，其中：x1＝8.05 cm、x2＝10.34 cm、x3＝12.62 cm、x4＝14.92 cm、x5＝17.19 cm、x6＝19.47cm.图8(1)根据上面的数据，可以求出D点的速度v D＝________ m/s；(结果保留三位有效数字)(2)测出滑轮半径等于3.00 cm，则打下D点时滑轮的角速度为________ rad/s；(结果保留三位有效数字)(3)根据题中所给数据求得重物下落的加速度为________ m/s2.(结果保留三位有效数字)【答案】(1)1.38 (2)46.0 (3)2.29【解析】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，D点的瞬时速度：v D＝CE 2T＝12.62＋14.92×10－22×0.1m/s≈1.38 m/s.(2)由v＝ωr，则打下D点时滑轮的角速度：ω＝vDr＝1.380.03rad/s＝46.0 rad/s.(3)根据Δx＝aT2可知a＝()x4＋x5＋x6－()x1＋x2＋x39T2＝()14.92＋17.19＋19.47－()8.05＋10.34＋12.629×0.12×10－2 m/s2≈2.29 m/s2. 10．某同学想将满偏电流I g＝100 μA、内阻未知的微安表改装成电压表．图9(1)该同学设计了如图9甲所示电路测量该微安表的内阻，所用电源的电动势为4 V．请帮助该同学按图甲所示电路完成实物图乙的连接．(2)该同学先闭合开关S1，调节R2的阻值，使微安表的指针偏转到最大刻度；保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持R2的阻值不变，调节R1的阻值，当微安表的指针偏转到最大刻度的23时，R1的阻值如图丙所示，则该微安表内阻的测量值R g＝________ Ω，该测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表，需________(填“串联”或“并联”)阻值R0＝________ Ω的电阻．【答案】 (1)如图所示(2)142 小于(3)串联9 858【解析】(1)实物连线如图所示；(2)由电路图可知，当微安表的读数为23I g 时，通过电阻箱的电流为I g3，则电阻箱R 1的阻值等于微安表内阻的2倍，由题图可知电阻箱的读数为284 Ω，则微安表的内阻为142 Ω；闭合S 2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于13I g ，则该实验测出的电表内阻偏小；(3)若要将该微安表改装成量程为1 V 的电压表，需串联阻值R 0＝UI g －r g ＝1100×10－6Ω－142 Ω＝9 858 Ω的电阻．11. (12分)(2019·山东威海市5月模拟)如图1所示，位于第一象限内半径为R 的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P 、Q 两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，第四象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E .Q 点有一粒子源，可在xOy 平面内向各个方向发射速率均为v 的带正电粒子，其中沿x 轴正方向射入磁场的粒子恰好从P 点射出磁场．不计重力及粒子之间的相互作用．图1(1)求带电粒子的比荷q m；(2)若AQ 弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A 点射出的粒子，由Q 点至第2次穿出磁场所经历的时间．【答案】(1)v BR (2)π＋2－3R v ＋2BR E【解析】(1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r ＝R根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v 2r解得：q m ＝v BR(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y 轴负方向；若AQ 弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：粒子在磁场中运动周期：T ＝2πRv粒子在QA 段运动时间：t 1＝T6无场区AB 段距离：x ＝R －R cos 30° 粒子在AB 段运动时间：t 2＝2xv粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qE ＝ma 在电场中运动时间：t 3＝2v a粒子在AC 段运动时间：t 4＝T3总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4 代入数据得：t ＝π＋2－3R v＋2BR E. 12.如图2所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A 、B 、C 三个质量均为m 的物块(均可视为质点)，A 固定，C 与斜面底端处的挡板接触，B 与C 通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A 、B 间的距离为d .现由静止释放A ，一段时间后A 与B 发生碰撞，重力加速度大小为g ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(B 与C 始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)图2(1)求A 与B 碰撞前瞬间A 的速度大小v 0；(2)若A 、B 的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A ，且B 沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为E p ，求B 沿斜面向下运动的最大距离x ；(3)若A 下滑后与B 碰撞并粘在一起，且C 刚好要离开挡板时，A 、B 的总动能为E k ，求弹簧的劲度系数k .【答案】(1) 65gd (2)5E p 3mg －d (3)72m 2g 215mgd －50E k【解析】(1)根据机械能守恒定律：mgd sin θ＝12mv 02解得v 0＝65gd (2)设碰撞后瞬间A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，根据动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由能量关系：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22解得v 1＝0，v 2＝v 0＝65gd ； A 、B 碰撞后，对B 沿斜面向下压缩弹簧至B 速度为零的过程，根据能量关系：E p ＝12mv 22＋mgx sin θ解得x ＝5E p3mg－d (3)A 、B 碰撞前，弹簧的压缩量：x 1＝mg sin θk设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度大小为v 3，则：mv 0＝2mv 3 解得v 3＝310gd当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝mg sin θk可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，根据机械能守恒定律：12×2mv32＝E k＋2mg(x1＋x2)sin θ解得：k＝72m2g215mgd－50E k.13．【选修3－3】(15分)(1)(5分)(2018·盐城市三模)如图3所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，气体的内能为U1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，气体的内能为U2，则Q1________Q2，U1________U2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)图3(2) (10分)(2019·福建三明市5月质量检查)如图4，容积为V的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p0、体积为V15、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求：图4①冷库内的温度；②充气结束后，瓶内气体压强．【答案】(1)小于 等于 (2)①270 K(或－3 ℃) ②4p 0 【解析】(2)①因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p 1，温度为T 1，移至库外后，瓶内气体压强为p 0，温度为T 2＝300 K由查理定律，有：p 1T 1＝p 0T 2代入数据得：T 1＝270 K ， 即冷库内的温度为270 K 或－3 ℃②打气前，瓶内气体及所打入的气体，压强为p 0，总体积：V 2＝V ＋45×V 15＝4V打气后，气体压强为p 3，体积为V 3＝V 气体温度不变，由玻意耳定律，有：p 0V 2＝p 3V 3 代入题给数据得：p 3＝4p 0. 34．【选修3－4】(15分)(1)(5分)图5甲为一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则下列说法正确的是________．图5A ．该波的周期是0.10 sB ．该波的传播速度是40 m/sC ．该波沿x 轴正方向传播D ．t ＝0.10 s 时，质点Q 的速度方向向下E ．从t ＝0到t ＝0.15 s ，质点P 通过的路程为30 cm(2) (10分)如图6所示，球半径为R 的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为32R ；在过球心O 且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A 点，经M 点折射后的光线照射到底面的N 点，且BN ＝MN ，已知光在真空中的传播速度为c ，求：图6①玻璃球冠的折射率；②该光线在玻璃球冠中的传播时间(不考虑光在玻璃球冠中的多次反射)． 【答案】(1)BCD (2)① 3 ②3＋3Rc【解析】(2)①光路图如图所示由几何关系得∠OBA ＝∠OAB ＝30°，∠BOA ＝120°，△OAM 为等边三角形，即BOM 为一条直线，所以在M 点入射角i ＝60°.又BN ＝MN ，所以在M 点折射角r ＝30°由折射定律得n ＝sin isin r解得n ＝ 3②由几何关系可得，在N 点反射后的光线过O 点垂直BM 从球冠的Q 点射出 该光线在球冠中的传播路程s ＝R cos 30°＋R tan 30°＋R又n ＝c v传播时间t ＝s v解得t ＝3＋3Rc.一、选择题1．下列说法正确的是( )A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r3T2＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝mv2r，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝2πrT，这个关系式实际上是匀速圆周运动的线速度定义式D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的【答案】B【解析】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r3T2＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝mv2r，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝2πrT，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速度定义式为v＝ΔxΔt，故C错误；通过A、B、C的分析可知D错误．2．下列说法中错误的是( )A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应B．核泄漏事故污染物13755Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为13755Cs→13756Ba＋x，可以判断x为电子C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2【答案】C【解析】根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式13755Cs→13756Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为211H＋21n→42He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．3．如图1所示，一不可伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为1.6 m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m，物体未碰到定滑轮．则钩码的质量为( )图1A．1.2 kgB．1.6 kgC. 2 kgD.22kg【答案】A【解析】重新平衡后，绳子形状如图：设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，根据平衡条件可得：2mg cos 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故A正确，B、C、D错误．4.如图2所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P 点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16.若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则B2B1等于( )图2A. 3B.33C.12D．2【答案】B【解析】当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：所以粒子做圆周运动的半径r2＝R sin 60°＝mvqB2，同理可知，r1＝R sin 30°＝mvqB1，解得：B 2 B 1＝33，故B正确．5．已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，E k表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是( )【答案】BD【解析】篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由mg＋F1＝ma，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故A错误，B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，E k－h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以E k－h图线切线斜率越小，故C错误，D正确．6．把一小球从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下，则该运动过程中( )A．小球做平抛运动B．小球的机械能不守恒C．重力对小球做功的功率不变D．小球所受合外力的总功为零【答案】BD【解析】若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故A项错误；若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0，故B项正确；小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率P＝mgv0，故C项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功W总＝12mv2－12mv2＝0，故D项正确．7.如图3，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则( )图3A．点电荷Q在AB的连线上B．点电荷Q在BD连线的中点处C．φD>φCD．将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做负功【答案】AC【解析】因φA＝φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB＝φD，由几何关系可知点电荷Q 又在BD连线的垂直平分线上，则点电荷Q在AB的连线上，如图，选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知φD>φC，选项C正确；将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做正功，选项D错误．8.如图4所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是( )图4【答案】BD【解析】线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为U ab＝14 Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为U ab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的34，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．9．某同学设计了测定动摩擦因数的方案，其装置如图5所示，A是可在水平桌面任意位置固定的滑槽，其末端与水平桌面相切，B是体积较小的质量为m的滑块．请你根据相关知识完善以下实验操作：(重力加速度为g，不计空气阻力)图5(1)如图甲所示，将滑槽末端与桌面右边缘M对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h、M距离水平地面的高度H、M与P间的水平距离x1，则滑块经过滑槽末端时的速度为________(用实验中所测物理量的符号表示)．(2)如图乙所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块B再次从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P′点，测出滑槽末端与桌面右边缘M的距离L、M与P′间的水平距离x2，则滑块离开桌面右边缘M时的速度为____________(用实验中所测物理量的符号表示)．(3)由第(1)、(2)步的测量，可以写出滑块与桌面之间的动摩擦因数的表达式为μ＝________(用实验中所测量物理量的符号表示)．【答案】(1)x 1g2H (2)x 2g 2H (3)x 12－x 224HL【解析】(1)设滑块在滑槽末端时的速度大小为v 1， 水平方向有x 1＝v 1t ，竖直方向有H ＝12gt 2，联立解得：v 1＝x 1g2H. (2)同理，第二次实验经过桌面右边缘M 点的速度大小为：v 2＝x 2g 2H. (3)滑块在水平桌面上运动，由动能定理得：－μmgL ＝12mv 22－12mv 12，解得：μ＝x 12－x 224HL.10．二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性．正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值(称为开启电压)时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性．加反向电压(不超过击穿电压)时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变．物理小组欲研究测量二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图6所示．小组最终选择了丙图．操作步骤如下：图6a ．根据电路图丙连接电路；b ．闭合开关S 1，调节各可变电阻，使得开关S 2由断开到闭合时，灵敏电流表G 指针无偏转，并记录此时电压表V 的示数U 和电流表A 的示数I ；。