广东省广州市广大附中等三校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

广东省广州市广大附中等三校联考2016届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2015-2016学年广东省广州市广大附中等三校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 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．许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，这也归功于他们采用了正确的物理方法，下列表述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许用放大法测出了静电力常量 B．伽利略用理想实验证明了力是使物体运动的原因 C．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件 D．牛顿用控制变量法测出了万有引力常量 ‎2．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（　　）‎ A．始终水平向左 B．始终竖直向上 C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大 D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 ‎3．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣ D．‎ ‎4．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是φA、φB ‎，下列判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎5．质点做直线运动的v﹣t图象如图，该质点（　　）‎ A．物体在第1 s末运动方向发生变化 B．物体在第2 s末加速度方向发生了改变 C．物体在前2 s内发生的位移为零 D．在第3s末和第5 s末的位置相同 ‎6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中 （整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（　　）‎ A．橡皮绳的弹性势能一直增大 B．圆环的机械能先不变后减小 C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh D．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大 ‎7．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是（　　）‎ A．F变大 B．F变小 C．FN变大 D．FN变小 ‎8．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是（　　）‎ A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中 B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 ‎　‎ 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18为选考题，学生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系．小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）．‎ ‎①图（丙）为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为　　m/s，小车的加速度　　m/s 2．（以上两空保留一位有效数字）‎ ‎②根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为　　．（选填字母代号）‎ A． B． C．mg D．F ‎③当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是　　．（选填字母代号）‎ A．图线逐渐偏向纵轴 B．图线逐渐偏向横轴 C．图线仍保持原方向不变．‎ ‎10．物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U﹣I图象和如图丙所示的﹣x图象．‎ ‎（1）由图乙可得电源的电动势E=　　V；内阻r=　　Ω．‎ ‎（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10﹣6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为　　Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是　　Ω．（以上结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除　　（填“偶然误差”或“系统误差”）．‎ ‎11．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小；‎ ‎（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．‎ ‎12．在水平长直的轨道上 有一长度为L的平板车，将一质量为m=1kg的小滑块在下列情形下轻放在平板车上表面的中点 ‎（1）若平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s做匀速直线运动，小滑块最终相对小车静止，滑块和车因摩擦产生的内能为多少？‎ ‎（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，车长L=2m，平板车在外力控制下保持速度v0=4m/s速度不变，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F应该在什么范围？‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：请考生从给出的3个选修中任选一个作答，。如果多做，则按所做的第一个计分。[物理—选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素 E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 ‎14．如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T＞T0．求此过程中外界对气体所做的功．已知大气压强为P0．‎ ‎　‎ ‎[物理—选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为﹣1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（　　）‎ A．这列波沿x轴正方向传播 B．这列波的波速是m/s C．从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10m D．从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置 E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象 ‎16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？‎ ‎　‎ ‎[物理—选修3-5]‎ ‎17．北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe+Y．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．Y粒子为β粒子 B．若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了 C．生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强 D． I中有53个质子和131个核子 E．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响 ‎18．如图所示，一质量为m的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水 面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条 直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年广东省广州市广大附中等三校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）‎ 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．许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，这也归功于他们采用了正确的物理方法，下列表述正确的是（　　）‎ A．卡文迪许用放大法测出了静电力常量 B．伽利略用理想实验证明了力是使物体运动的原因 C．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件 D．牛顿用控制变量法测出了万有引力常量 ‎【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、卡文迪许用放大法测出了万有引力常量，故A错误；‎ B、伽利略用理想实验证明了力不是维持物体运动的原因，故B错误；‎ C、法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件，故C正确；‎ D、卡文迪许用放大法测出了万有引力常量，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉球，使杆发生弯曲，在测力计的示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为（　　）‎ A．始终水平向左 B．始终竖直向上 C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大 D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大 ‎【考点】牛顿第三定律．‎ ‎【分析】分析球的受力情况：重力、测力计的拉力和AB杆对球作用力，由平衡条件求出AB杆对球弹力方向．‎ ‎【解答】解：以球为研究对象，分析受力情况：重力G、测力计的拉力T和AB杆对球作用力F，由平衡条件知，F与G、T的合力大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有G、T的合力方向斜向右下方，测力计的示数逐渐增大，T逐渐增长，根据向量加法可知G、T的合力方向与竖直方向的夹角逐渐增大，所以AB杆对球的弹力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大，所以选项ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．星系由很多绕中心作圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r．用v∝rn这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n．若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣ D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】恒星绕巨型黑洞做匀速圆周运动，由巨型黑洞的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式列式求解．‎ ‎【解答】解：设巨型黑洞为M，该恒星的质量为m，则根据万有引力提供向心力，得：‎ 则得：v==，故n=﹣．故C正确、ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，真空中两个带等量异种点电荷，A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B两点电场强度大小分别是EA、EB，电势分别是φA、φB，下列判断正确的是（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】该题考查常见电场的电场线特点，结合其电场线的图即可作答．‎ ‎【解答】解：常见电场的电场线中，等量异种电荷的电场线特点如图，‎ 可见，A点的电场线比较密，故A点的场强大；另外，电场线的分析从左到右，故A的电势高于B点的电势．因此，A选项正确，BCD都错误．‎ 故答案为：A ‎　‎ ‎5．质点做直线运动的v﹣t图象如图，该质点（　　）‎ A．物体在第1 s末运动方向发生变化 B．物体在第2 s末加速度方向发生了改变 C．物体在前2 s内发生的位移为零 D．在第3s末和第5 s末的位置相同 ‎【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】根据速度图象，分析质点的运动情况．速度图线的斜率等于加速度，根据数学知识分析加速度的大小．图线与坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方，位移为正值，图线在t轴下方，位移为负值．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，在0﹣2s内时间内，速度均为正值，物体一直沿正方向运动，在第1 s末运动方向没有发生变化，故A错误．‎ B、速度图线的斜率等于加速度，在1﹣3s内物体的加速度不变，故B错误．‎ C、图线与坐标轴所围“面积”等于位移，图线在t轴上方，位移为正值，图线在t轴下方，位移为负值．可知物体在前2 s内发生的位移为 x=×1×2m=1m，故C错误．‎ D、3﹣5s内物体的位置为零，则知在第3s末和第5 s末的位置相同，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中 （整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（　　）‎ A．橡皮绳的弹性势能一直增大 B．圆环的机械能先不变后减小 C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh D．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大 ‎【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力橡皮绳的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．‎ ‎【解答】解：A、橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大．故A错误；‎ B、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故B正确；‎ C、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么橡皮绳的机械能的减小量等于弹性势能增大量，为mgh．故C正确；‎ D、在圆环下滑过程中，橡皮绳再次到达原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是（　　）‎ A．F变大 B．F变小 C．FN变大 D．FN变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法，得出FN与边长AO、BO及物体重力的关系，再分析FN的变化情况．‎ ‎【解答】解：设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．‎ 作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2FNB∽△ABO得：‎ ‎=‎ 得到：FN=G 式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变．‎ 由△F2FNB∽△ABO得： =‎ AB减小，则F一直减小；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是（　　）‎ A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中 B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】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，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出石块落在水中的最小速度．‎ 石块能落在水中，则下落的高度一定，竖直分速度一定，结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系．‎ 石块不能落在水中，石块竖直位移与水平位移的比值是定值，结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、根据h=得，t=．则石块落入水中的最小初速度．可知v0=18m/s，则石块可以落入水中．故A正确．‎ B、若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故B错误．‎ C、若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知tanα=2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 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18为选考题，学生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学利用如图（甲）所示的装置探究加速度与合外力的关系．小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧秤的示数）．‎ ‎①图（丙）为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为　0.8　m/s，小车的加速度　4　m/s 2．（以上两空保留一位有效数字）‎ ‎②根据实验数据画出了如图（乙）所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为　D　．（选填字母代号）‎ A． B． C．mg D．F ‎③当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于（乙）图的说法，正确的是　C　．（选填字母代号）‎ A．图线逐渐偏向纵轴 B．图线逐渐偏向横轴 C．图线仍保持原方向不变．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．对小车列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度a的函数表达式，然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论．‎ 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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．‎ ‎【解答】解：①纸带上面每打一点的时间间隔是0.02s，且每两个记数点间还有四个计时点未画出，T=0.1s．‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小．‎ vC===0.8m/s 连续相等时间内的位移差为△x=4cm=0.04m，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：‎ a==4m/s2‎ ‎②对小车分析，应有F=ma，解得：a=F，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确．‎ 故选：D ‎③由于图象的斜率为k=，所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确．‎ 故选：C 故答案为：①0.8，4；②D；③C ‎　‎ ‎10．物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U﹣I图象和如图丙所示的﹣x图象．‎ ‎（1）由图乙可得电源的电动势E=　3.00　V；内阻r=　1.0　Ω．‎ ‎（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10﹣6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为　1.3×10﹣6　Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是 ‎　电流表内阻为2.0　Ω．（以上结果均保留两位有效数字）‎ ‎（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除　系统误差　（填“偶然误差”或“系统误差”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；‎ ‎（2）根据欧姆定律与电阻定律求出﹣x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．‎ ‎（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；‎ ‎【解答】解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V．在图象中找出两个清晰的点，‎ 读出对应的数据，然后根据公式：r==1.0Ω；‎ ‎（2）电阻丝电阻R==ρ+RA，则=x+RA，﹣x图象的斜率k===10，‎ 电阻率ρ=kS=10×3.14×≈1.3×10﹣6Ω•m；‎ 由=x+RA可知，函数﹣x图线纵截距为2.0Ω，它表示电流表的内阻为2Ω；‎ ‎ （3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差，不能减小系统误差；‎ 故答案为：（1）3.00（2.99～3.02均可）　 1.0（0.80～1.0均可）‎ ‎（2）1.2×10﹣6电流表内阻为2.0Ω （3）系统误差 ‎　‎ ‎11．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小；‎ ‎（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）当杆与竖直方向成37°时，对球受力分析，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求速度；‎ ‎（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件即可求出正切值．‎ ‎【解答】解：（1）当杆竖直固定放置时，μF=mg ‎ 解得：F=2N 当θ=37°时，小球受力情况如图示，‎ 垂直杆方向上有：Fcos37°=mgsin37°+FN 得：FN=1N 小球受摩擦力Ff=μFN=0.5N 小球沿杆运动的加速度为a=‎ 解得a=15m/s2‎ 由 得，小球到达杆下端时速度为v=6m/s ‎（2）当摩擦力为0 时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：‎ Fcosθ=mgsinθ 得：tanθ=2‎ 答：（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小为6m/s；‎ ‎（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值为2．‎ ‎　‎ ‎12．在水平长直的轨道上 有一长度为L的平板车，将一质量为m=1kg的小滑块在下列情形下轻放在平板车上表面的中点 ‎（1）若平板车在外力控制下始终保持速度v0=4m/s做匀速直线运动，小滑块最终相对小车静止，滑块和车因摩擦产生的内能为多少？‎ ‎（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，车长L=2m，平板车在外力控制下保持速度v0=4m/s速度不变，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F应该在什么范围？‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求出滑块相对车滑动的距离，再利用功能关系求出滑块和车因摩擦产生的内能；‎ ‎（2）由牛顿第二定律可求得滑块运动的加速度，而当滑块恰好到达小车的左端时恰好与小车速度相同，即可保证滑块不从车的左端掉下，则由临界条件可求得F的条件；‎ ‎（3）由牛顿第二定律可求得滑块有力作用和撤去拉力后的加速度，则由平均速度公式可求得滑块的距离，由速度公式可求得小车的位移，由临界条件可得出两位移间的关系即可求得力F作用时间的范围．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得，f=μmg=ma 则滑块相对车滑动时的加速度：a=μg，‎ 滑块相对车滑动的时间：t==，‎ 此时滑块的位移：x1==，‎ 小车的位移：x2=v0t=，‎ 则滑块相对车滑动的距离：‎ ‎△x=x2﹣x1=﹣=，‎ 则滑块与车因摩擦产生的内能：‎ Q=μmg△x=μmg×==8J．‎ ‎（2）滑块向右做初速为零的匀加速运动，设加速度为a1，在到达车左端前应加速至v0：‎ 滑块加速至于车相同速度的时间：t1=…①，‎ 滑块恰不从左端离开的条件：‎ v0t1﹣≤••②‎ 由牛顿第二定律有：‎ F1+μmg=ma1 …③‎ 联立①②③式代入数据解得：t1=0.5s，F1≥6N．‎ ‎（3）当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），‎ 再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3），到达车右端时，与车达共同速度，则有：‎ F1﹣μmg=ma2…④‎ μmg=ma3…⑤‎ a2+=L…⑥‎ 联立④⑤⑥式代入数据解得：t2=s≈0.58s，‎ 则力F的作用时间t应满足：t1≤t≤t1+t2，‎ 即：0.5s≤t≤1.08s．‎ 答：（1）滑块和车因摩擦产生的内能为8J；‎ ‎（2）要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F应该大于等于6N；‎ ‎（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间0.5s≤t≤1.08s．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：请考生从给出的3个选修中任选一个作答，。如果多做，则按所做的第一个计分。[物理—选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性 B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大 D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素 E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 ‎【考点】分子势能；布朗运动；扩散；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【分析】把很多小的单晶体放在一起，仍然是晶体，第二类永动机没有违反能量守恒定律，违反了热力学第二定律，绝对零度只能无限接近．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反应液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；‎ B、分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r＜r0，分子力随r增大减小，当r=r0时，分子力等于零，然后随r增大先增大再减小，故B错误；‎ C、由于r=r0时分子势能最小，若分子之间距离开始小于r0，则随着分子距离的增大，分子势能先减小后增大，故C正确；‎ D、分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；‎ E、温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动不确定，故E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎14．如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞（重力不计），两容器由装有阀门的极细管道（体积忽略不计）相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T＞T0．求此过程中外界对气体所做的功．已知大气压强为P0．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】根据气体的初末状态参量，应用理想气体状态方程求出活塞下降的高度x，由于外界大气压力不变，所以可根据功的计算公式W=Fl即可求解外界对气体所做的功．‎ ‎【解答】解：打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为P0．活塞对气体的压强也是P0．‎ 设达到平衡时活塞的高度为x，气体的温度为T，根据理想气体状态方程得： =‎ 解得：‎ 此过程中外界对气体所做的功：‎ 答：此过程中外界对气体所做的功为P0SH（2﹣）．‎ ‎　‎ ‎[物理—选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为﹣1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是（　　）‎ A．这列波沿x轴正方向传播 B．这列波的波速是m/s C．从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是10m D．从t=0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置 E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象 ‎【考点】横波的图象；简谐运动的振动图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由乙图读出该时刻即t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速．根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过△t=0.6s时A质点通过的路程．发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，对照条件分析能否发生明显衍射现象．‎ ‎【解答】解：‎ A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正向．故A正确．‎ B、由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：v==m/s=m/s．故B正确．‎ C、△t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过△t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=2×2cm=4cm．故C错误．‎ D、图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置．将此图象与正弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP=m，Q点的横坐标为xQ=m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间为：t==s=0.4s，故D正确．‎ E、发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象，故E正确．‎ 故选：ABDE．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是 ‎，AB是一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】画出光路图，由折射定律得到入射角与折射角的关系，由几何关系也得到入射角与折射角的关系，即可求出入射角与折射角，再根据几何知识求解这条入射光线到AB的距离．‎ ‎【解答】解：设光线P经C折射后过B点，光路如图所示．根据折射定律有：‎ n==…①‎ 在△OBC中，由几何关系得：α=2β…②‎ 由①、②得：2cosβ=…③‎ 可得：β=30°，α=60°…④‎ 所以CD=Rsin60°=R…⑤‎ 答：这条入射光线到AB的距离是R．‎ ‎　‎ ‎[物理—选修3-5]‎ ‎17．北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏，其中放射性物质碘131的衰变方程为I→Xe+Y．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．Y粒子为β粒子 B．若I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了 C．生成的Xe处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强 D． I中有53个质子和131个核子 E．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响 ‎【考点】裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．‎ 半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．‎ ‎【解答】解：A、53131I→54131Xe+Y，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为β粒子，故A正确．‎ B、半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．所以，则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘原子核无法预测．故B错误．‎ C、生成的54131Xe处于激发态，还会放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，γ射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故C错误．‎ D、53131I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D正确．‎ E、半衰期是放射性元素的基本性质，由放射性元素本身决定，与外部环境和所处状态无关，故E正确；‎ 故选：ADE ‎　‎ ‎18．如图所示，一质量为m的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水 面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条 直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】人与船组成的系统动量守恒，以人与甲船、人与乙船组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律即可正确解题．‎ ‎【解答】解：速度v最小的条件是：人跳上乙船稳定后两船的速度相等，以甲船的初速度方向为正方向，以甲船和人组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得：‎ ‎（m+m）v0=mv船+mv，‎ 以乙船与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎﹣mv0+mv=（m+m）v船，‎ 解得：v=v0；‎ 答：人水平跳出时相对于地面的速率至为v0．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日