贵州省凯里一中、贵阳一中2017届高三（上）月考物理试卷（9月份）（解析版）

贵州省凯里一中、贵阳一中2017届高三（上）月考物理试卷（9月份）（解析版）

‎2016-2017学年贵州省凯里一中、贵阳一中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，共48分，每小题6分；第1~5题中只有一项符合题目的要求；第6~8题为多项选择题）‎ ‎1．下列关于物理研究方法的叙述，不正确的是（　　）‎ A．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了“控制变量法”‎ B．在建立合力与分力概念、合运动与分运动概念时运用了“等效替代法”的思维方法 C．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法 D．物理量的定义公式：速度v=，加速度a=、电流强度I=、物质密度ρ=应用的都是“比值定义法”‎ ‎2．小明同学正在做这样一道物理题：如图所示，轻绳一端系着一个质量为m的小球A，将轻绳另一端悬挂于O点，若在小球上施加一个水平的作用力F，使轻绳偏离竖直方向，与竖直方向成θ角，此时水平作用力F的大小为多少？小明同学思考：若将轻绳改为绝缘丝线，并让小球带上电荷量为q的正电荷，然后在此空间加上一个匀强电场去实现上述偏离目标，那么这个电场的电场强度最小值E与F的比值为（　　）‎ A．qtanθB．qsinθC．D．‎ ‎3．下列图象中，坐标中的x表示物体的位移，v表示物体的速度，t表示物体的运动时间．则这四幅图中能表示物体所受合外力随时间逐渐增大的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎4．如图所示，一轻质弹簧的左右两端分别连接着质量为m和2m的两个小球，并置于光滑水平面上．若沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施以水平向右的拉力F，使两球一起向右做匀加速运动，此时弹簧弹力为F1，弹簧长度为L1，弹簧伸长量为x1，加速度为a1；若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施以水平向左的拉力F，使两球一起向左做匀加速运动，此时弹簧弹力为F2，弹簧长度为L2，弹簧伸长量为x2，加速度为a2，则下列有关这两种情况的描述正确的是（　　）‎ A．F1＞F2B．L1＞L2C．x1＜x2D．a1＜a2‎ ‎5．如图为甲、乙两位同学在同一平直公路上的位移﹣时间（x﹣t）图象，以向东方向为位移坐标x的正方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在2t0时刻，甲的瞬时速度为零，乙的速度不为零 B．在3t0时刻，甲、乙速度相同 C．在3t0时刻，甲、乙两同学迎面相遇 D．从零时刻到2t0时刻，甲、乙两同学的运动方向相同，且相互靠近 ‎6．如图所示，内壁光滑的匀质铁圆环A，竖直静置在磁性底座B上，底座B静置在水平面地面上．小球C（不受磁性底座影响）静置在圆环内的最低点，A、B、C的质量均为m．现给小球一水平向右的瞬时速度v0，使小球能沿整个圆环内侧在竖直面内做圆周运动，小球做圆周运动的过程中，圆环和底座一直处于静止状态．当小球经过圆环内侧的最高点时，关于A、B、C受力个数的判定，可能正确的是（　　）‎ A．3、4、1B．4、4、2C．2、3、2D．3、2、2‎ ‎7．如图所示，一小滑块沿足够长的斜面向下做匀加速直线运动，依次经A、B、C、D到达E，已知AB=8m，BD=DE=12m，CD=2m，滑块从B到C和从C到E所用的时间都是2s．设滑块经过C时的速度为vc，则（　　）‎ A．滑块下滑过程中加速度的大小为1.0m/s2‎ B．滑块经过C时的速度vc=12m/s C．滑块从A点滑到B点的时间tAB=2s D．滑块经过A时的速度vA=0‎ ‎8．如图所示，小球A、B的质量相等，A球光滑，B球与斜面间的动摩擦因数μ=0.5tanθ，中间用一根弹簧连接，弹簧的质量不计，斜面足够长，倾角为θ，将A、B和弹簧系统放到斜面上，并让弹簧处于原长时由静止释放，弹簧平行于斜面，下列说法正确的是（　　）‎ A．刚释放时刻A、B两球的加速度大小均为gsinθ B．刚释放时刻A、B两球的加速度大小分别为gsinθ、0.5gsinθ C．A球的加速度为零时，B球的加速度大小为1.5gsinθ D．A、B球的加速度第一次相等时，弹簧第一次最短 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某次在“探究弹簧伸长量与弹力的关系，并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示．实验所用的每个钩码的质量均为m．实验时先测出弹簧的自然长度，然后将8个钩码逐个挂在绳子的下端，并测出相应的弹簧总长度，然后算出相应的弹簧伸长量x．‎ ‎（1）下列有关本实验的要求，正确的是　　（填序号）．‎ A．同时挂上8个钩码不能超过弹簧的弹性限度 B．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持与弹簧的轴线平行 C．将弹簧水平放置，然后测量其“自然长度”‎ D．将弹簧竖直悬挂不挂钩码，然后测量其“自然长度”‎ ‎（2）通过上述实验，将测得的8组数据描点在F﹣x坐标图中，并作出如图乙所示的弹力大小F与弹簧伸长量x的关系图线．由此图线可得该弹簧的劲度系数k=　　N/m．‎ ‎（3）若当地的重力加速度g取l0m/s2，则由上述F﹣x的关系图象可知，本实验所使用的钩码质量m为　　g．‎ ‎10．某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器（其接50Hz的交流电），C为装有钩码的小盘，D为一端带有定滑轮的长方形木板．‎ ‎（1）实验中为了使钩码和小盘的总重力可以代替小车所受合外力，则　　（填序号）．‎ A．必须先平衡小车与木板之间的摩擦力 B．必须使拉小车的细线与板面平行 C．必须使小车的质量远大于钩码和小盘的总质量 D．必须先接通打点计时器的电源，再释放纸带 ‎（2）图乙为该同学某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为　　m/s．也可以求出打点计时器打下D点时小车的速度为　　m/s．（结果均保留2位有效数字）‎ ‎（3）下表为该同学在保持钩码和小盘质量不变、改变小车质量m时，分别得到的小车加速度a与质量m的数据：‎ 实验次数 l ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 小车加速度a/m•s﹣2‎ ‎1.98‎ ‎1.72‎ ‎1.48‎ l.25‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.48‎ ‎0.50‎ ‎0.30‎ 小车质量m/kg ‎ ‎0.25‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.71‎ ‎0.75‎ ‎1.00‎ ‎1.67‎ 根据上表数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图丙的方格坐标纸中选择恰当的物理量建立坐标系，并作出图线．‎ ‎11．山区的高速公路，穿山跨谷、隧桥相连是很常见的．某轿车在以100km/h的速度匀速行驶的过程中，车载导航提示“前方1公里进入隧道”，此时司机发现，正前方400m处有一辆大型货车正以72km/h的速度匀速向前行驶，轿车司机欲在进入隧道前超过货车，并且不违反此路段轿车限速120km/h（其中隧道80km/h）的规定．已知该轿车车速从零加速到100km/h的最短时间为9.9s，轿车加速与减速时的最大加速度大小视为相同，不计两车的大小．‎ ‎（1）求轿车的最大加速度．‎ ‎（2）轿车先保持100km/h的速度匀速行驶一段时间，再减速到80km/h进入隧道，能在进入隧道前超过货车吗？‎ ‎（3）轿车在不违反此路段“轿车限速120km/h，其中隧道80km/h”规定的前提下，能在进入隧道前超过货车吗？‎ ‎12．如图所示，A、B为水平传送带的两个端点，C、D为倾斜传送带的两个端点，B，C之间平滑连接．长度不计，两传送带均沿顺时针方向运行，速率分别为v1=10m/s，v2=5m/s．倾斜传送带与水平面的夹角θ=30°，在水平传送带A点处轻放一质量m=2kg的小物块，小物块速度能达到v1并先后经过B点、C点，最后刚好能到达D点（不计从B到C之间的能量损失），小物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）AB之间的距离L1至少多长；‎ ‎（2）CD之间的距离L2；‎ ‎（3）AB之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间t；‎ ‎（4）小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离△s．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列关于热学的说法正确的是（　　）‎ A．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在先减小，后增大，再减小 B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大 C．使物体的温度升高1℃相当于使物体的温度升高274K D．布朗运动虽然不是分子运动，但它反映了分子在做永不停息的无规则运动 E．空气的相对湿度可定义为：空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压之比 ‎14．如图甲所示，两相同导热气缸A、B均被固定在水平地面上，两活塞通过刚性杆连接为一个整体，活塞与两气缸间均无半摩擦．初始状态时A、B气缸中存在不同质量的同种理想气体，A气缸中气体的质量只有B气缸中气体质量的一半，系统处于平衡状态．现将两气缸以如图乙所示方式放置后，系统再次达到平衡状态．己知大气压强为P0，活塞截面积为S，活寨、气缸、刚性杆的质量均为，g为重力加速度．设环境温度始终保持不变，求甲、乙状态时A、B气缸中气体的体积之比．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为t=0时刻，下列说法正确的是（　　）‎ A．P点起振时的速度方向沿y轴负方向 B．波的传播速度为1m/s C．经过1.5sP点第一次到达波峰 D．从0～0.1s时间内，x=10cm处的质点振动速度逐渐增大 E．x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cm ‎16．如图所示，某透明液体深1m，一束与水平面成30°角的光线从空气射向该液体，进入该液体的光线与水平面的夹角为45°．试求：‎ ‎（1）该液体的折射率；‎ ‎（2）进入液体的光线经多长时间可以照到底面．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（　　）‎ A．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中的原子间距大致相同 B．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多 C．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的 D．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 E．质量为10﹣3kg、速度为10﹣2m/s的小球，其德布罗意波长约为10﹣23m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹 ‎18．将一质最为m的小滑块A从光滑斜坡上高出水平地面h处由静止释放，A沿斜坡开始下滑，与一质量为4m的静止在光滑水平地面上的小滑块B发生正碰，如图所示．碰后长期观察发现二者不再相碰，求两滑块相碰过程中可能损失了多少机械能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省凯里一中、贵阳一中高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，共48分，每小题6分；第1~5题中只有一项符合题目的要求；第6~8题为多项选择题）‎ ‎1．下列关于物理研究方法的叙述，不正确的是（　　）‎ A．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了“控制变量法”‎ B．在建立合力与分力概念、合运动与分运动概念时运用了“等效替代法”的思维方法 C．在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法 D．物理量的定义公式：速度v=，加速度a=、电流强度I=、物质密度ρ=应用的都是“比值定义法”‎ ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；研究多个变量时，应控制一些不变研究两个变量之间的关系，应用控制变量法．‎ ‎【解答】解：A、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故A错误；‎ B、合力与分力是等效关系，合运动与分运动也是等效关系，可知在建立合力与分力概念、合运动与分运动概念时运用了“等效替代法”的思维方法，故B正确；‎ C、在推导匀变速直线运动的位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法，故C正确；‎ D、比值定义法是一种重要的定义物理量的方法，物理量的定义公式：速度v=，加速度a=、电流强度I=、物质密度ρ=应用的都是“比值定义法”，故D正确．‎ 本题选不正确的故选：A ‎　‎ ‎2．小明同学正在做这样一道物理题：如图所示，轻绳一端系着一个质量为m的小球A，将轻绳另一端悬挂于O点，若在小球上施加一个水平的作用力F，使轻绳偏离竖直方向，与竖直方向成θ角，此时水平作用力F的大小为多少？小明同学思考：若将轻绳改为绝缘丝线，并让小球带上电荷量为q的正电荷，然后在此空间加上一个匀强电场去实现上述偏离目标，那么这个电场的电场强度最小值E与F的比值为（　　）‎ A．qtanθB．qsinθC．D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】对小球受力分析，应用平衡条件求出F与E，然后求出它们的比值．‎ ‎【解答】解：小球受力如图所示：‎ 由平衡条件得：F=mgtanθ，‎ 由图示可知，当电场力与细线垂直时电场力最小，场强最小，‎ 由平衡条件得：qE=mgsinθ，‎ 解得： =；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．下列图象中，坐标中的x表示物体的位移，v表示物体的速度，t表示物体的运动时间．则这四幅图中能表示物体所受合外力随时间逐渐增大的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【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】根据动能定理列式分析v2与x的关系．根据数学知识写出x与t的关系，利用数学知识分析质点的加速度如何变化，从而得出合外力的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理得：F合x=，得 v2=+，可知v2﹣x图象的斜率大小 k=，斜率不变，则知合外力不变，故A错误．‎ B、由图可得： =kt+b，得 x=（kt+b）2，由数学知识可得，速度 v=x′=2k（kt+b），加速度 a=v′=2k2，图象的斜率k不变，则a不变，由牛顿第二定律知合外力不变，故B错误．‎ C、根据v﹣t图象切线的斜率表示加速度，可知物体的加速度逐渐增大，由牛顿第二定律知，合外力随时间逐渐增大，故C正确．‎ D、根据x=v0t+知，匀变速直线运动的x﹣t图象形状是抛物线，所以该图表示加速度不变，合外力不变，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，一轻质弹簧的左右两端分别连接着质量为m和2m的两个小球，并置于光滑水平面上．若沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施以水平向右的拉力F，使两球一起向右做匀加速运动，此时弹簧弹力为F1，弹簧长度为L1，弹簧伸长量为x1，加速度为a1；若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施以水平向左的拉力F，使两球一起向左做匀加速运动，此时弹簧弹力为F2，弹簧长度为L2，弹簧伸长量为x2，加速度为a2，则下列有关这两种情况的描述正确的是（　　）‎ A．F1＞F2B．L1＞L2C．x1＜x2D．a1＜a2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；胡克定律．‎ ‎【分析】以整体为研究对象求解系统的加速度，再分别以后面的物体为研究对象求解弹簧的弹力；根据胡克定律求解弹簧的伸长量，由此确定弹簧的长度．‎ ‎【解答】解：对于第一个图：对整体分析，整体的加速度为：a1=，隔离对m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F1=ma1=；‎ 对于第二个图：对整体分析，整体的加速度为：a2=，隔离对2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F2=2ma2=；‎ A、由于F1=、F2=，所以F1＜F2，A错误；‎ BC、根据胡克定律可知，F1=kx1，F2=kx2，所以x1＜x2，则L1＜L2，B错误、C正确；‎ D、两种情况下系统的加速度相等，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图为甲、乙两位同学在同一平直公路上的位移﹣时间（x﹣t）图象，以向东方向为位移坐标x的正方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在2t0时刻，甲的瞬时速度为零，乙的速度不为零 B．在3t0时刻，甲、乙速度相同 C．在3t0时刻，甲、乙两同学迎面相遇 D．从零时刻到2t0时刻，甲、乙两同学的运动方向相同，且相互靠近 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】x﹣t图象反映了各个时刻物体的位移情况，斜率表示速度，匀速直线运动的x﹣t图象是直线 ‎【解答】解：A、x﹣t图象的斜率表示速度，故在2t0 时刻，乙的瞬时速度为零，甲的速度不为零，故A错误；‎ B、由图象可知，在3t0时刻，甲、乙的斜率不同，故速度不相同，故B错误；‎ C、在3t0 时刻，甲、乙位置坐标相同，是相遇，根据斜率可知，速度方向相反，故甲、乙两同学迎面相遇，故C正确；‎ D、从零时刻到2t0时刻，甲、乙两同学的运动方向相同，根据斜率可知，乙的速度大于甲的速度后小于甲的速度，故距离先增大后减小，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，内壁光滑的匀质铁圆环A，竖直静置在磁性底座B上，底座B静置在水平面地面上．小球C（不受磁性底座影响）静置在圆环内的最低点，A、B、C的质量均为m．现给小球一水平向右的瞬时速度v0，使小球能沿整个圆环内侧在竖直面内做圆周运动，小球做圆周运动的过程中，圆环和底座一直处于静止状态．当小球经过圆环内侧的最高点时，关于A、B、C受力个数的判定，可能正确的是（　　）‎ A．3、4、1B．4、4、2C．2、3、2D．3、2、2‎ ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，然后结合这两个条件分析A与B的受力即可．‎ ‎【解答】解：在最高点当小球C的速度等于时，C与A之间没有相互作用，此时C只受到重力的作用，A受到重力和B对A的支持力、B对A的磁场力；B受到重力、地面的支持力、A的压力、A对B的磁场力．所以A、B、C受力个数分别是3、4、1个．选项A正确；‎ 当A恰好要离开B时，C对A的作用力的方向向上，此时C受到重力与A对C的支持力；此时A受到重力和C对A的压力、B对A的磁场力，B只受到重力和地面的支持力、A对B的磁场力，所以A、B、C受力个数分别是3、3、2个；选项D正确；‎ 当C经过最高点的速度满足：时，A与C之间存在相互的压力，所以此时C受到重力和A对C的支持力；A受到重力、C对A的压力、B对A的支持力、B对A的磁场力；B受到重力、地面的支持力、A对B的压力、B对A的磁场力．A、B、C受力个数分别是4、4、2个．选项B正确 故选：ABD ‎　‎ ‎7．如图所示，一小滑块沿足够长的斜面向下做匀加速直线运动，依次经A、B、C、D到达E，已知AB=8m，BD=DE=12m，CD=2m，滑块从B到C和从C到E所用的时间都是2s．设滑块经过C时的速度为vc，则（　　）‎ A．滑块下滑过程中加速度的大小为1.0m/s2‎ B．滑块经过C时的速度vc=12m/s C．滑块从A点滑到B点的时间tAB=2s D．滑块经过A时的速度vA=0‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】A、任意两个连续相等的时间T内的位移之差为恒量x2﹣x1=x3﹣x2=…=xN+1﹣xN=aT2‎ B、某段时间内的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度 C、任意两个连续相等的时间T内的位移之差为恒量，AB与BC、CE的时间是否相等 D、初速度为零的匀加速直线运动在连续相等的时间内通过的位移之比为1：3：5：…‎ ‎【解答】解：A、CE﹣BC=at2 2CD=at2 2×2=a×22 解得：a=1.0m/s2，故A正确；‎ B、故B错误；‎ C、BD=DE=12m，CD=2m可得：BC=10m，CE=14m，BC﹣AB≠CE﹣BC，则AB与BC、CE的时间不等，故C错误；‎ D、初速度为零的匀加速直线运动在连续相等的时间内通过的位移之比为1：3：5：…分析AB：BC：CE=4：5：7得：vA=0故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，小球A、B的质量相等，A球光滑，B球与斜面间的动摩擦因数μ=0.5tanθ，中间用一根弹簧连接，弹簧的质量不计，斜面足够长，倾角为θ，将A、B和弹簧系统放到斜面上，并让弹簧处于原长时由静止释放，弹簧平行于斜面，下列说法正确的是（　　）‎ A．刚释放时刻A、B两球的加速度大小均为gsinθ B．刚释放时刻A、B两球的加速度大小分别为gsinθ、0.5gsinθ C．A球的加速度为零时，B球的加速度大小为1.5gsinθ D．A、B球的加速度第一次相等时，弹簧第一次最短 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别以A和B为研究对象进行受力分析，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求解加速度大小；弹簧第一次最短的位置是二者速度相等时．‎ ‎【解答】解：设A和B球的质量均为m；‎ AB、刚释放时A球受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得其加速度为：aA=gsinθ；‎ B球受到重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=maB，解得aB=0.5gsinθ，所以A错误、B正确；‎ C、A球的加速度为零时，弹簧的弹力等于A球重力沿斜面方向的分力，即T=mgsinθ，以B球为研究对象，受到重力、支持力、弹力和摩擦力；‎ 沿斜面方向根据牛顿第二定律可得，T+mgsinθ﹣μmgcosθ=maB，解得：aB=1.5gsinθ，C正确；‎ D、A、B球的速度第一次相等时，弹簧第一次最短，所以D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某次在“探究弹簧伸长量与弹力的关系，并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示．实验所用的每个钩码的质量均为m．实验时先测出弹簧的自然长度，然后将8个钩码逐个挂在绳子的下端，并测出相应的弹簧总长度，然后算出相应的弹簧伸长量x．‎ ‎（1）下列有关本实验的要求，正确的是　ABD　（填序号）．‎ A．同时挂上8个钩码不能超过弹簧的弹性限度 B．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持与弹簧的轴线平行 C．将弹簧水平放置，然后测量其“自然长度”‎ D．将弹簧竖直悬挂不挂钩码，然后测量其“自然长度”‎ ‎（2）通过上述实验，将测得的8组数据描点在F﹣x坐标图中，并作出如图乙所示的弹力大小F与弹簧伸长量x的关系图线．由此图线可得该弹簧的劲度系数k=　25　N/m．‎ ‎（3）若当地的重力加速度g取l0m/s2，则由上述F﹣x的关系图象可知，本实验所使用的钩码质量m为　50　g．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直，在操作过程中，不能超过弹簧的劲度系数；‎ ‎（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F=k△x求解劲度系数 ‎【解答】解：（1）在探究弹簧的弹力与伸长量的关系式，必须满足不能超过弹簧的弹性限度，故A正确；‎ B、在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持与弹簧的轴线平行，读数才准确，故B正确；‎ CD、将弹簧竖直悬挂不挂钩码，然后测量其“自然长度“，故C错误，D正确 故选：ABD ‎（2）在F﹣x图象中，斜率代表弹簧的劲度系数，k=‎ ‎（3）8个钩码的重力为4N，根据F=8mg解得m=‎ 故答案为：（1）ABD；（2）25；（3）50‎ ‎　‎ ‎10．某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．图甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器（其接50Hz的交流电），C为装有钩码的小盘，D为一端带有定滑轮的长方形木板．‎ ‎（1）实验中为了使钩码和小盘的总重力可以代替小车所受合外力，则　ABC　（填序号）．‎ A．必须先平衡小车与木板之间的摩擦力 B．必须使拉小车的细线与板面平行 C．必须使小车的质量远大于钩码和小盘的总质量 D．必须先接通打点计时器的电源，再释放纸带 ‎（2）图乙为该同学某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为　4.8　m/s．也可以求出打点计时器打下D点时小车的速度为　2.0　m/s．（结果均保留2位有效数字）‎ ‎（3）下表为该同学在保持钩码和小盘质量不变、改变小车质量m时，分别得到的小车加速度a与质量m的数据：‎ 实验次数 l ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 小车加速度a/m•s﹣2‎ ‎1.98‎ ‎1.72‎ ‎1.48‎ l.25‎ ‎1.00‎ ‎0.75‎ ‎0.48‎ ‎0.50‎ ‎0.30‎ 小车质量m/kg ‎ ‎0.25‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.71‎ ‎0.75‎ ‎1.00‎ ‎1.67‎ 根据上表数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图丙的方格坐标纸中选择恰当的物理量建立坐标系，并作出图线．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）探究加速度与力、质量关系实验，要平衡摩擦力，要控制小车质量远大于钩码与钩码盘的质量，要使细线与木板平行，根据实验注意事项分析答题．‎ ‎（2）应用匀变速直线运动的推论求出小车的加速度与瞬时速度．‎ ‎（3）应用描点法作出图象，根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象．‎ ‎【解答】解：（1）A、为使小车受到的合力等于细线的拉力，实验前必须先平衡小车与木板之间的摩擦力，故A正确；‎ B、实验前要调节滑轮的高度，使拉小车的细线与板面平行，故B正确；‎ C、要使小车受到的拉力近似等于钩码与钩码盘的重力，实验中必须使小车的质量远大于钩码和小盘的总质量，故C正确；‎ D、实验时要先接通电源然后释放小车，故D错误；故选ABC．‎ ‎（2）由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：a==≈4.8m/s2；‎ 打下D点时的速度：v==≈2.0m/s；‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ 故答案为：（1）ABC；（2）4.8；2.0；（3）图象如图所示．‎ ‎　‎ ‎11．山区的高速公路，穿山跨谷、隧桥相连是很常见的．某轿车在以100km/h的速度匀速行驶的过程中，车载导航提示“前方1公里进入隧道”，此时司机发现，正前方400m处有一辆大型货车正以72km/h的速度匀速向前行驶，轿车司机欲在进入隧道前超过货车，并且不违反此路段轿车限速120km/h（其中隧道80km/h）的规定．已知该轿车车速从零加速到100km/h的最短时间为9.9s，轿车加速与减速时的最大加速度大小视为相同，不计两车的大小．‎ ‎（1）求轿车的最大加速度．‎ ‎（2）轿车先保持100km/h的速度匀速行驶一段时间，再减速到80km/h进入隧道，能在进入隧道前超过货车吗？‎ ‎（3）轿车在不违反此路段“轿车限速120km/h，其中隧道80km/h”规定的前提下，能在进入隧道前超过货车吗？‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）已知该轿车车速从零加速到100km/h的最短时间为9.9s，可以用求出 ‎（2）当货车进入隧道口时，假设轿车匀速运动，是否追上．‎ ‎（3）对轿车的运动分段三段加速、匀速、减速求出每段时间，用总时间与货车的运动时间比较．‎ ‎【解答】解：（1）=2.8m/s2‎ ‎（2）货车前进600m的时间 若在这30s内，轿车一直以100km/h匀速行驶，则位移x=vt=27.8×30=834m＜1000m，‎ 所以轿车不能在进入隧道前超过货车．‎ ‎（3）轿车先加速到120km/h，‎ 轿车最后减速到80km/h，‎ 轿车途中匀速的时间 t=t1+t2+t3=1.92+24.92+3.96=30.84s＞30s 货车先到隧道口，所以轿车不能在进入隧道前超过货车 答：（1）轿车的最大加速度为2.8m/s2．‎ ‎（2）轿车先保持100km/h的速度匀速行驶一段时间，再减速到80km/h进入隧道，不能在进入隧道前超过货车；‎ ‎（3）轿车在不违反此路段“轿车限速120km/h，其中隧道80km/h”规定的前提下，不能在进入隧道前超过货车．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，A、B为水平传送带的两个端点，C、D为倾斜传送带的两个端点，B，C之间平滑连接．长度不计，两传送带均沿顺时针方向运行，速率分别为v1=10m/s，v2=5m/s．倾斜传送带与水平面的夹角θ=30°，在水平传送带A点处轻放一质量m=2kg的小物块，小物块速度能达到v1并先后经过B点、C点，最后刚好能到达D点（不计从B到C之间的能量损失），小物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）AB之间的距离L1至少多长；‎ ‎（2）CD之间的距离L2；‎ ‎（3）AB之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间t；‎ ‎（4）小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离△s．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求解AB的最短位移；‎ ‎（2）分析物体在CD段的运动情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据位移速度关系求解CD的长度；‎ ‎（3）利用速度时间关系分别求出AB段、CD段的运动时间即可；‎ ‎（4）分别计算出物块速度从v1减小到v2过程中、速度从v2减小到0的过程中皮带的位移，再计算出物块相对于皮带的位移，然后求和即可．‎ ‎【解答】解：（1）小物块从A到B根据动能定理可得：μmgL1=，‎ 解得：L1=；‎ ‎（2）小物块刚好到倾斜传送带上至两者共速前，受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，在速度减速到v2过程中，根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为a1=gsinθ+μgcosθ=10×0.5+=7.5m/s2，‎ 根据匀变速直线运动位移速度关系可得：，‎ 解得x1=5m；‎ 小物块达到与传送带速度相等后继续减速运动，速度减速到零的过程中，摩擦力方向沿斜面向上，‎ 根据牛顿第二定律可得加速度a2=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.5﹣=2.5m/s2，‎ 根据可得减速到零的位移为：x2=5m；‎ 则L2=x1+x2=5m+5m=10m；‎ ‎（3）物块在AB上运动时的时间为t1，则：t1=，‎ 设在CD上运动时，前一段时间为t2，后一段时间为t3，则：‎ 由v2=v1﹣a1t2，解得t2=，‎ 由0=v2﹣a2t3得t3=2s；‎ 所以运动的总时间为：t=t1+t2+t3=；‎ ‎（4）物块速度减速到v2过程中，倾斜传送带的位移x3=v2t2=5×，‎ 此过程中小物块相对于传送带的位移△s1=x1﹣x3=5﹣，‎ 物块速度从v2减速到零时间内倾斜传送带的位移为：x4=v2t3=5×2m=10m，‎ 此过程中小物块相对于传送带的位移△s2=x4﹣x2=10﹣5=5m，‎ 所以小物块相对于传送带的位移为△s=△s1+△s2=．‎ 答：（1）AB之间的距离L1至少为；‎ ‎（2）CD之间的距离为10m；‎ ‎（3）AB之间的距离取最小值时小物块从A运动到D的总时间为；‎ ‎（4）小物块在倾斜传送带上运动的过程中相对倾斜传送带滑动的距离为m．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列关于热学的说法正确的是（　　）‎ A．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在先减小，后增大，再减小 B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大 C．使物体的温度升高1℃相当于使物体的温度升高274K D．布朗运动虽然不是分子运动，但它反映了分子在做永不停息的无规则运动 E．空气的相对湿度可定义为：空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压之比 ‎【考点】*相对湿度；分子间的相互作用力；分子势能．‎ ‎【分析】‎ 分子间的作用力都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，分子间的相互作用力（合力）先减小，然后增大到某一值，最后无穷远又减少到零；结合分子力的变化与分子力做功的特点分析分子势能的变化；物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K；布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子的运动但它反映了分子在做永不停息的无规则运动；‎ ‎【解答】解：A、当两个分子从靠近的不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，达到分子间距等于r0的过程，分子间的相互作用力（合力）减小，当从r0再增大时，分子引力减小的较慢，故合力表现为引力，且增大，然后增大到某一值，又减少，至直到大于分子直径的10倍，引力与斥力均几乎为零，其合力为零，故A错误；‎ B、两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，先是分子斥力做正功，分子势能减小，随后分子引力做负功，分子势能增大，所以它们的分子势能先减小后增大，B正确；‎ C、物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K；故C错误；‎ D、布朗运动虽然不是分子运动，但它反映了分子在做永不停息的无规则运动；故D正确；‎ E、根据相对湿度的定义可知空气的相对湿度可定义为：空气中水蒸气的压强与相同温度下水的饱和汽压之比，故E正确 故选：BCE ‎　‎ ‎14．如图甲所示，两相同导热气缸A、B均被固定在水平地面上，两活塞通过刚性杆连接为一个整体，活塞与两气缸间均无半摩擦．初始状态时A、B气缸中存在不同质量的同种理想气体，A气缸中气体的质量只有B气缸中气体质量的一半，系统处于平衡状态．现将两气缸以如图乙所示方式放置后，系统再次达到平衡状态．己知大气压强为P0，活塞截面积为S，活寨、气缸、刚性杆的质量均为，g为重力加速度．设环境温度始终保持不变，求甲、乙状态时A、B气缸中气体的体积之比．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】甲状态时，由于B气体是A气体的2倍，且是同种理想气体，故比值B是A的2倍，从而求出AB气缸中气体的体积之比；乙状态时，对AB两部分气体分别运用玻意耳定律求出末态的体积，从而求出比值．‎ ‎【解答】解：甲状态时：，，①‎ 所以②‎ 即③‎ 乙状态时 A：④‎ 解得：⑤‎ 乙状态时 B：⑥‎ 解得：‎ 即：‎ 答：甲状态时A、B气缸中气体的体积之比、乙状态时A、B气缸中气体的体积之比 ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，P点离O处80cm，如图所示，取该时刻为t=0时刻，下列说法正确的是（　　）‎ A．P点起振时的速度方向沿y轴负方向 B．波的传播速度为1m/s C．经过1.5sP点第一次到达波峰 D．从0～0.1s时间内，x=10cm处的质点振动速度逐渐增大 E．x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间内通过的路程为52cm ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】从图象可以直接读出振幅和波长，根据x轴上10cm处的质点已振动0.2s求出周期，根据公式v=可得知波速，每个质点的起振方向均相同，故质点P的起振方向与质点A的起振方向相同，由图读出x=15cm到P点间的距离，即可求出由x=15cm传播到P的时间，根据在一个周期内，质点振动走过的路程为4个振幅求出x=15cm处的质点振动的路程．‎ ‎【解答】解：A、根据图象可知，A点起振方向向下，沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P的起振方向与质点A的起振方向相同，为沿y轴负方向，故A正确；‎ B、根据图象可知，波长λ=20cm=0.2m，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期T=0.4s，则波速v=，故B错误；‎ C、当x=5cm处的波动传到P点时，5sP点第一次到达波峰，时间t=，故C正确；‎ D、从0～0.1s时间内，x=10cm处的质点从平衡位置向波峰位置振动，速度逐渐减小，到达波峰处速度为零，故D错误；‎ E、x=15cm处的质点从开始起振到P点开始起振的时间，则x=15cm处的质点振动的路程s=，故E正确．‎ 故选：ACE ‎　‎ ‎16．如图所示，某透明液体深1m，一束与水平面成30°角的光线从空气射向该液体，进入该液体的光线与水平面的夹角为45°．试求：‎ ‎（1）该液体的折射率；‎ ‎（2）进入液体的光线经多长时间可以照到底面．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）由题，已知入射角i=60°，折射角r=45°，根据折射定律求解该液体的折射率；‎ ‎（2）由几何知识求出光在液体中传播的距离S，由v=求出光在液体中传播的速度v，根据公式t=求出时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据几何知识可知，入射角i=60°，折射角r=45°，根据折射定律得 ‎ ‎ n==‎ ‎（2）光在液体中传播的速度v==m/s 传播的距离S==m 所以t==‎ 答：（1）该液体的折射率是；‎ ‎ （2）进入液体的光线经照到底面．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（　　）‎ A．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中的原子间距大致相同 B．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多 C．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的 D．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 E．质量为10﹣3kg、速度为10﹣2m/s的小球，其德布罗意波长约为10﹣23m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹 ‎【考点】光的波粒二象性；光的干涉．‎ ‎【分析】光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性．‎ ‎【解答】解：A、晶体中相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，而衍射是波特有的性质，故A正确；‎ B、只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，故如果入射光的频率小于金属的极限频率，无论怎样增大光的强度，也不会有光电子逸出，如能发生光电效应，则证明了光的粒子性，故B错误．‎ C、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的，而干涉是波特有的性质，故证明了光具有波动性，故C正确．‎ D、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，故D正确．‎ E、实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到．只能观测到小球运动的轨迹，故只能证明实物的粒子性，故E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎18．将一质最为m的小滑块A从光滑斜坡上高出水平地面h处由静止释放，A沿斜坡开始下滑，与一质量为4m的静止在光滑水平地面上的小滑块B发生正碰，如图所示．碰后长期观察发现二者不再相碰，求两滑块相碰过程中可能损失了多少机械能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】先根据机械能守恒定律求出滑块前A的速度．二者不再相碰，碰后可能速度相同，也可能碰后A反向运动，速度大小与B的速度大小相等，由动量守恒定律求出B获得的速度，由能量守恒定律求损失的机械能．‎ ‎【解答】解：设A与B碰撞前A的速度为v0，则由机械能守恒定律有：‎ mgh=‎ 解得：v0=‎ 碰撞后A与B不能再次相碰，则碰撞后速度关系为 v1=v2，或v1=﹣v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv0=mv1+4mv2，‎ 解得 v1=v2=或 v1=﹣，v2=‎ 由能量守恒定律，损失的机械能为：‎ ‎△E=﹣（）‎ 解得△E=mgh或mgh 所以碰撞过程中损失的机械能为 mgh≤△E≤mgh 答：碰撞过程中损失的机械能为 mgh≤△E≤mgh．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日