物理·湖北省武昌实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（9月份）+Word版含解析

物理·湖北省武昌实验中学2017届高三上学期月考物理试卷（9月份）+Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年湖北省武昌实验中学高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．‎ ‎1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一﹣“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿的发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（　　）‎ A．开普勒的研究成果 B．卡文迪许通过扭秤试验试验得出的引力常数 C．牛顿第二定律 D．牛顿第三定律 ‎2．甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系分别如图所示，图中t2=，两段曲线均为圆弧（即为乙物体的速度﹣时间图线），则（　　）‎ A．两物体在t1时刻加速度相同 B．两物体在t2时刻运动方向均改变 C．0～t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 D．两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇 ‎3．如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小 D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大 ‎4．一均匀带正电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳一分为二，且左右两侧球壳的表面积相等，L与AB相交于M点．如果左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1，右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2．（已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零．取无穷远处电势为零，一点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k），则（　　）‎ A．E1＞E2，φ1＞φ2 B．E1＜E2，φ1＜φ2 C．El＞E2，φl=φ2 D．E1=E2，φl＜φ2‎ ‎5．如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．匀强磁场的磁感应强度为 B．电荷在磁场中运动的时间为 C．若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出 ‎6．如图所示，两个质量相等且为定值的光滑球A和B，沿斜面排列静止放置于光滑斜面上．球A的半径是R、球B的半径是r，（斜面倾角为θ≠0°）．球A的左侧有一垂直于斜面的挡板P．以下说法正确的是（　　）‎ A．保持θ一定，在R＞r时，若R越大．r越小，则B对斜面的压力就越小 B．保持θ一定，在R=r时，两球之间的弹力最小 C．只要θ一定，无论R和r的大小关系如何，A球对挡板的压力大小都为定值 D．在半径确定时，若逐渐增大θ，并保持两球沿斜面排列方式不变，则A球受到挡板P的作用力先增大后减小 ‎7．如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B=0.1T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10cm，bc边长为20cm，当线框以ab边为轴，以角速度ω=20πrad/s匀速转动时，从图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的感应电动势E随时间变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎8．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m=0.2kg的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.5米，g取10m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/s C．若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5m/s D．若小球开始运动时初动能为1.6J，则足够长时间后小球的机械能为1J ‎　‎ 二、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16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．为了探究动能定理，一位同学设计了如图所示的实验装置．他先固定并调整斜槽，让末端O点的切线水平，再将一木板竖直放置并固定，木板到斜槽末端O的距离为s，使小球从斜槽上某一标记点由静止释放，若小球到达斜槽底端时下落的高度为H、小球从O点做平抛运动击中木板时下落的高度为y．‎ ‎（1）假定斜槽光滑，小球由静止滑下到击中木板的过程中，满足动能定理的关系式为：　　．‎ ‎（2）若斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ（只考虑滑动摩擦力，且小球与水平槽之间的摩擦不计），小球由静止滑下到击中木板的过程中，满足动能定理的关系式是：　　．‎ ‎（3）改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，能得到多组关于H和y的数 据，若以H为横坐标，从（1）、（2）中的关系式可知以　　为纵坐标，通过描点作图，能得到一条倾斜的直线．‎ ‎10．小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10V，内阻约为30Ω的电池驱动的，已知该电池允许输出的最大电流为0.2A，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA=15Ω，R为电阻箱，阻值范围0﹣999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用．‎ ‎（1）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E=　　V，r=　　Ω ‎（2）冬天为了防止汽车仪表玻璃起雾，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线．‎ ‎11．在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为=6.0m，若汽车起动时都以a=2.5m/s2 的加速度作匀加速运动，加速到v=10.0m/s 后做匀速运动通过路口．该路口亮绿灯时间t=40.0s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）． 另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：‎ ‎（1）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？‎ ‎（2）第（1）问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？‎ ‎12．在竖直平面内存在如图所示的绝缘轨道，一质量为m=0.4kg、带电量为q=+0.4C的小滑块（可视为质点）在外力作用下压缩至离B点0.05m，此时弹性势能Ep=17.25J，弹簧一端固定在底端，与小滑块不相连，弹簧原长为2.05m，轨道与滑块间的动摩擦因数μ=．某时刻撤去外力，经过一段时间弹簧恢复至原长，再经过1.8s，同时施加电场和磁场，电场平行于纸面，且垂直x轴向上，场强E=10N/C；磁场方向垂直于纸面，且仅存在于第二、三象限内，最终滑块到达N（6m，0）点，方向与水平方向成30°斜向下．（答案可用π表示，g=10m/s2）‎ ‎（1）求弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度；‎ ‎（2）求弹簧原长恢复后1.8s时小滑块所在的位置；‎ ‎（3）求小滑块在磁场中的运动的时间．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答【物理--选修3-4】‎ ‎13．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的传播方向是沿x轴正方向 B．这列波的传播速度是20m/s C．经过0.15 s，质点P沿x轴的正方向传播了3 m D．经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向 E．经过该0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离 ‎14．某种透明介质如图所示，下半部分为半径2cm的圆弧，上半部分为顶角等于60°角三角形ABC，BC=2cm，一束光线以与AB夹角θ=30°方向射入圆心，在与AB垂直的光屏MN上面出现了光斑．已知该介质的折射率n=，那么，光屏上面会出现几个光斑？这些光斑到A点的距离是多少？‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象 B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构 C．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短 D．据波尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大 E．碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子 ‎16．光滑水平面上，轻质弹簧两端连接着质量均为m的两个小球A、B，系统静止．有一块橡皮泥 P 水平向右以大小v0 的初速度击中A球并粘在一起．已知橡皮泥的质量为，求弹簧的最大弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省武昌实验中学高三（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，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．‎ ‎1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统一﹣“地上物理学”和“天上物理学”的统一．它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律．牛顿的发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道；还应用到了其他的规律和结论．下面的规律和结论没有被用到的是（　　）‎ A．开普勒的研究成果 B．卡文迪许通过扭秤试验试验得出的引力常数 C．牛顿第二定律 D．牛顿第三定律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律，牛顿在发现万有引力定律的过程中，运用了牛顿第二、三定律，开普勒三定律．‎ ‎【解答】解：牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道简化为圆轨道这就是开普勒第一定律，由牛顿第二定律可列出万有引力提供向心力．再借助于牛顿第三定律来推算物体对地球作用力与什么有关系．同时运用开普勒第三定律来导出万有引力定律．而卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数是在牛顿发现万有引力定律之后，所以正是由于这个原因，牛顿的万有引力定律没有得到广泛应用．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系分别如图所示，图中t2=，两段曲线均为 圆弧（即为乙物体的速度﹣时间图线），则（　　）‎ A．两物体在t1时刻加速度相同 B．两物体在t2时刻运动方向均改变 C．0～t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 D．两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．平均速度等于位移与时间之比，结合数学知识进行分析．‎ ‎【解答】解：A、在t1 时刻，甲的斜率为正，乙的斜率为负，根据速度时间图线的斜率表示加速度，知加速度方向不同．故A错误；‎ B、甲乙的速度图象都在时间轴的上方，速度都为正，运动方向没有改变，故B错误；‎ C、速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则知0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故C错误；‎ D、根据图象的面积表示位移，可知，t3时刻两者位移之差最大，相距最远，t4时刻位移相等，两者相遇，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小 D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】自耦变压器，根据变压比公式判断输出电压的变化情况；根据闭合电路欧姆定律判断电流变化情况；根据串联电路的电流和电压特点判断电压表V2的情况．‎ ‎【解答】解：A、B、设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；‎ 若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变；‎ 滑片P向下滑动时，电阻R变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，故小灯泡的电流减小，其电压和功率均减小，故会变暗；电阻R的电压：UV2=U2﹣IRL，由于电流减小，故电压U增加，电压表V2读数增加；故A错误，B正确；‎ C、D、若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，根据变压比公式，由于n2减小，故输出电压U2也减小；故灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小；故C错误，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．一均匀带正电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳一分为二，且左右两侧球壳的表面积相等，L与AB相交于M点．如果左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1，右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2．（已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零．取无穷远处电势为零，一点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k），则（　　）‎ A．E1＞E2，φ1＞φ2 B．E1＜E2，φ1＜φ2 C．El＞E2，φl=φ2 D．E1=E2，φl＜φ2‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据电场的叠加原理，分析半球壳在M点的场强方向，再比较场强的大小关系．根据φ=k，结合左右两侧球壳上点电荷到M点距离的关系，进行分析．‎ ‎【解答】解：由题意可知，一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小、方向相反，右半球壳在M点产生的场强方向向左，可知，左半球壳在M点产生的场强方向向右，则根据电场的叠加可知：左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，故E1＞E2 ．‎ 根据题设条件：点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k，由于左侧各个点电荷离M点的距离比右侧近，则左侧部分在M点的电势比右侧高，即φ1＞φ2．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．匀强磁场的磁感应强度为 B．电荷在磁场中运动的时间为 C．若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由轨迹结合几何知识可以确定粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律列方程求出磁场强度；‎ 由周期公式可以求出运动时间，T=，周期与速度无关，半径r=，r与v成正比．‎ ‎【解答】解：A、由图可以看出粒子圆周运动的半径R=L，根据牛顿第二定律：qv0B=m，得：B=，A正确；‎ B、T=，转过的圆心角为90°，则t=•=，故B错误；‎ C、若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T=，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；‎ D、若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，‎ 设DF为h，由几何知识：（2L﹣h）2+L2=（2L）2，得：h=（2﹣）L≠L，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两个质量相等且为定值的光滑球A和B，沿斜面排列静止放置于光滑斜面上．球A的半径是R、球B的半径是r，（斜面倾角为θ≠0°）．球A的左侧有一垂直于斜面的挡板P．以下说法正确的是（　　）‎ A．保持θ一定，在R＞r时，若R越大．r越小，则B对斜面的压力就越小 B．保持θ一定，在R=r时，两球之间的弹力最小 C．只要θ一定，无论R和r的大小关系如何，A球对挡板的压力大小都为定值 D．在半径确定时，若逐渐增大θ，并保持两球沿斜面排列方式不变，则A球受到挡板P的作用力先增大后减小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】本题先对B球研究，分析受力，运用作图法，由平衡条件分析R越大，r越小时斜面对B的支持力如何变化，即可得到B对斜面的压力如何变化；‎ 由图确定出A对B的弹力什么条件最小；‎ 以AB整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件得到挡板对A的支持力与θ的表达式，分析支持力如何变化，即可由牛顿第三定律得到A对挡板的压力如何变化；‎ ‎【解答】解：A、以B球为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和A对B的弹力F，由平衡条件得知N与F的合力与重力mg大小相等、方向相反，则此合力保持不变．斜面倾角θ一定，R＞r，R越大，r越小，F与水平方向的夹角越大，如图，作出F在三个不同角度时力的合成图，由图看出，斜面对B的支持力N越大，由牛顿第三定律得知，B对斜面的压力越大．故A错误．‎ B、斜面倾角θ一定，由图根据几何知识得知，当N与F垂直时F最小，即两球间的弹力最小，此时，R=r时．故B正确．‎ C、，以两球组成的整体研究得知，A对挡板的压力NA=2mgsinθ，则知斜面倾角θ一定时，无论半径如何，A对挡板的压力NA一定．故C正确．‎ D、由上知，A对挡板的压力NA=2mgsinθ，半径一定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A对挡板的压力NA增大．故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B=0.1T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10cm，bc边长为20cm，当线框以ab边为轴，以角速度ω=20πrad/s匀速转动时，从图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直）开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的感应电动势E随时间变化的图象可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．‎ ‎【分析】根据磁通量Φ=BScosθ列出等式分析，根据法拉第电磁感应定律：感应电动势与磁通量的变化率成正比，结合数学知识进行分析．‎ ‎【解答】解：A、根据磁通量Φ=BScosθ得开始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所以磁通量不变，‎ 角速度ω=20πrad/s，所以周期T=0.1s，‎ 当cd边转到到虚线左侧时，垂直于磁场的有效面积减小，磁通量减小，‎ 所以当t=0.5s时，磁场垂直于线圈平面，磁通量最大，故A错误，B正确；‎ C、开始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所以磁通量不变，感应电动势为0，‎ 当t=0.5s时，磁场垂直于线圈平面，磁通量最大，cd边速度方向平行于磁场方向，所以感应电动势为0，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑内圆粗糙．一质量为m=0.2kg的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.5米，g取10m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/s C．若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5m/s D．若小球开始运动时初动能为1.6J，则足够长时间后小球的机械能为1J ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】内圆粗糙，小球与内圆接触时要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；‎ 外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、若小球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A正确；‎ B、小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得： mv02=mv2+mg•2R，解得：v0=5m/s，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5m/s，‎ 可知，若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定小于5m/s．故B正确；‎ C、若要小球不挤压内轨，存在两种可能的情况：1‎ ‎．到达最高点时的速度大于等于，则v0≥5m/s；‎ ‎2．小球始终在O点以下运动，此时重力的一部分提供向下的加速度，而外出轨道提供指向圆心的向心加速度，此时小球始终没有压内轨道．由机械能守恒得：‎ 即： m/s＜5m/s．‎ 故C错误．‎ D、小球的初速度v0===4m/s＜5m/s，则小球在运动过程中要与内轨接触，要克服摩擦力做功，机械能减少，最终小球将在轨道的下半圆内做往复运动，到达与圆心同高位置处速度为零，则小球的最终机械能E=mgR=0.2×10×0.5=1J，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 二、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16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．为了探究动能定理，一位同学设计了如图所示的实验装置．他先固定并调整斜槽，让末端O点的切线水平，再将一木板竖直放置并固定，木板到斜槽末端O的距离为s，使小球从斜槽上某一标记点由静止释放，若小球到达斜槽底端时下落的高度为H、小球从O点做平抛运动击中木板时下落的高度为y．‎ ‎（1）假定斜槽光滑，小球由静止滑下到击中木板的过程中，满足动能定理的关系式为：　H=．　．‎ ‎（2）若斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ（只考虑滑动摩擦力，且小球与水平槽之间的摩擦不计），小球由静止滑下到击中木板的过程中，满足动能定理的关系式是：　（1﹣）H=　．‎ ‎（3）改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，能得到多组关于H和y 的数据，若以H为横坐标，从（1）、（2）中的关系式可知以　　为纵坐标，通过描点作图，能得到一条倾斜的直线．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）小球沿光滑斜槽下滑时，只有小球的重力做功．小球离开O点后做平抛运动，由动能定理和平抛运动知识结合求解．‎ ‎（2）当斜槽粗糙时，重力对小球做正功，滑动摩擦力对小球做负功，再由动能定理和平抛运动知识结合求解．‎ ‎（3）根据上题表达式，选择合适的坐标，得到一条倾斜的直线．‎ ‎【解答】解：（1）当斜槽光滑时，只有小球的重力做功，由动能定理得：‎ ‎ mgH=‎ 小球离开O点后做平抛运动，由平抛运动的规律有：‎ ‎ s=v1t1，y=，‎ 联立解得：H=．‎ ‎（2）当斜槽粗糙时，重力对小球做正功，滑动摩擦力对小球做负功，由动能定理得：‎ ‎ mgH﹣μmgcosθ×=‎ 由平抛运动知识有：s=v2t2，y=，‎ 联立解得：（1﹣）H=‎ ‎（3）根据上题的表达式可知如果以H为横坐标轴，则以为纵坐标，将测量得到的多组数据通过描点作图，能得到一条倾斜的直线．‎ 故答案为：（1）H=．（2）（1﹣）H=．（3）．‎ ‎　‎ ‎10．小汽车仪表台内的鼓风机靠的是一种电动势约为10V，内阻约为30Ω的电池驱动的，已知该电池允许输出的最大电流为0.2A，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示电路进行实验，图中电流表的内阻RA=15Ω，R为电阻箱，阻值范围0﹣999.9Ω，R0为定值电阻，对电源起保护作用．‎ ‎（1）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了如图乙所示的图线，则根据图线可求得该电池的电动势为E=　10　V，r=　35　Ω ‎（2）冬天为了防止汽车仪表玻璃起雾，可用通电电阻加热，用图丙所示10根阻值皆为30Ω的电阻条和上述电池，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，且要求电阻条数最少，请在图丙中画出电路连线．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电路图求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式与图象求出电源电动势与内阻；‎ ‎（2）外电路电阻与内阻相等时，外电阻消耗的功率最大，根据并联电路的特点即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I（r+R0+RA+R），则=+（R+R0），由图乙所示图象可知，图象截距b==5，图象斜率k====0.1，‎ 则电源电动势：E==10V，电源内阻：r=bE﹣RA=5×10﹣15=35Ω；‎ ‎（2）当外电路电阻与内阻相等时，外电阻消耗的功率最大，则外电路总电阻R总=35Ω，‎ 每根电阻条的阻值都为30Ω，6个电阻并联的阻值为5Ω，然后再与一个电阻串联，即需要将6根据电阻条并联然后再与一个电阻串联，然后接到电源上，电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）10；35；（2）如图所示．‎ ‎　‎ ‎11．在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为=6.0m，若汽车起动时都以a=2.5m/s2 的加速度作匀加速运动，加速到v=10.0m/s 后做匀速运动通过路口．该路口亮绿灯时间t=40.0s，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）． 另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：‎ ‎（1）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？‎ ‎（2）第（1）问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）首先据题意在草稿纸上画运动示意图，据图分析，再利用汽车的运动特点求出40秒内汽车的位移；再据位移与汽车之间的距离求出通过路口的质量．（2）由1问可知，汽车的初速度，再据第一辆未通过路口的距离关系，求出刹车的距离，据匀变速直线运动的规律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）据匀变速直线的运动规律可知，汽车的加速时间：t1==4s ‎40s的时间内汽车能行驶的位移：x==380m 据汽车的位移与车距关系得：n==63.3‎ 所以能通过路口的汽车是64辆．‎ ‎（2）当计时灯刚亮3时，t0=3s，第65辆汽车行驶的位移：x1=+v（t﹣t1﹣t0）=350m 此时汽车距停车线的距离：x2=64L﹣x1=34m 第65辆车从刹车到停下来的时间：t==6.8s 答：（1）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有64辆汽车能通过路口．‎ ‎（2）第（1）问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经6.8秒时间停下．‎ ‎　‎ ‎12．在竖直平面内存在如图所示的绝缘轨道，一质量为m=0.4kg、带电量为q=+0.4C的小滑块（可视为质点）在外力作用下压缩至离B点0.05m，此时弹性势能Ep=17.25J，弹簧一端固定在底端，与小滑块不相连，弹簧原长为2.05m，轨道与滑块间的动摩擦因数μ=．某时刻撤去外力，经过一段时间弹簧恢复至原长，再经过1.8s，同时施加电场和磁场，电场平行于纸面，且垂直x轴向上，场强E=10N/C；磁场方向垂直于纸面，且仅存在于第二、三象限内，最终滑块到达N（6m，0）点，方向与水平方向成30°斜向下．（答案可用π表示，g=10m/s2）‎ ‎（1）求弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度；‎ ‎（2）求弹簧原长恢复后1.8s时小滑块所在的位置；‎ ‎（3）求小滑块在磁场中的运动的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据能量守恒定律列方程求弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解判断小滑块所在的位置；‎ ‎（3）施加电场和磁场后，由题中数据知：Eq=mg，则小球做圆周运动到P（0， m）点，然后做匀速直线运动运动到N（6m，0）．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，弹簧释放到恢复原长经过位移s到达D点，根据能量关系，有：‎ 其中s=（2.05﹣0.05）m=2m 解得：υ1=7.5m/s ‎（2）此后小滑块沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律得：μmgcos30°+mgsin30°=ma1‎ ‎ 解得小滑块的加速度大小为：a1=7.5m/s2‎ 设小滑块运动到E点的速度为0，上升的位移为s1，则运动时间为：t1=‎ 上升的位移为：s1==3.75m 接着小滑块沿斜面下滑，运动时间为：t2=（1.8﹣1）s=0.8s 由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣μmgcos30°=ma2‎ 代入数据解得：a2=2.5m/s2‎ 则下滑的位移为：s2=‎ 由图中几何关系知：BD+s1=BO+s2‎ 即小滑块此时刚好到达坐标原点．‎ ‎（3）施加电场和磁场后，由题中数据知：Eq=mg即小滑块只受洛伦兹力作用，做圆周运动到P（0， m）点，然后做匀速直线运动运动到N（6m，0）．‎ 小滑块进入磁场的速度为：υ2=a2t2=2m/s 洛伦兹力提供向心力：‎ 由图中几何关系知小滑块做圆周运动的半径为：r=2m 解得： =1T 运动周期为：‎ 在磁场中运动的时间为：t3==s 答：（1）弹簧完全恢复瞬间，小滑块的速度为7.5m/s；‎ ‎（2）弹簧原长恢复后1.8s时小滑块所在的位置在坐标原点；‎ ‎（3）小滑块在磁场中的运动的时间为πs．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答【物理--选修3-4】‎ ‎13．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的传播方向是沿x轴正方向 B．这列波的传播速度是20m/s C．经过0.15 s，质点P沿x轴的正方向传播了3 m D．经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向 E．经过该0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．‎ ‎【解答】解：A、由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向传播．故A正确．‎ B、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速v=m/s=20m/s．故B正确．‎ C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；‎ D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=T，质点Q的运动方向沿y轴负方向．故D错误．‎ E、t=0.35s=1.75T，经过0.35 s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离．故E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎　‎ ‎14．某种透明介质如图所示，下半部分为半径2cm的圆弧，上半部分为顶角等于60°角三角形ABC，BC=2cm，一束光线以与AB夹角θ=30°方向射入圆心，在与AB垂直的光屏MN上面出现了光斑．已知该介质的折射率n=，那么，光屏上面会出现几个光斑？这些光斑到A点的距离是多少？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】先根据全反射临界角公式sinC=求解全反射临界角，然后画出光路图分析光斑情况．结合几何知识求这些光斑到A点的距离．‎ ‎【解答】解：设光的临界角为C，则有：‎ sinC==‎ 入射角正弦为：sini=sin（90°﹣θ）=sin60°=‎ 对比可知，i＞C，因此该束光在AB面发生了全反射，光路图如图所示．‎ 根据几何关系可知，反射光与AC面垂直，所以光线直接通过AC不改变方向落在光屏上，即光屏上面只有一个光斑．‎ 根据几何知识可得：AP=AB•tanθ=•tanθ=×tan30°=cm 答：光屏上面会出现一个光斑，这些光斑到A点的距离是cm．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象 B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构 C．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短 D．据波尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大 E．碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子 ‎【考点】光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率，金属发射出电子的现象叫光电效应；卢瑟福通过对α 粒子散射实验的研究，揭示了原子的核式结构；半衰期由原子核本身决定，与环境无关；氢原子辐射出一个光子后，根据电场力做功情况，分析氢原子的电势能和动能的变化；发生β衰变时原来原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子．‎ ‎【解答】解：A、当入射光的频率大于金属的极限频率，金属中的一个电子吸收了光子的能量，克服原子核的束缚而释放出来，从而形成了光电效应，故A错误．‎ B、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，发现了少数α粒子发生了大角度偏转，从而揭示了原子的核式结构，故B正确．‎ C、半衰期由原子核本身决定，与环境无关；所以环境变化时半衰期不变，故C错误．‎ D、据波尔理论知，氢原子辐射出一个光子后，电子的轨道半径减小，电场力做正功，则氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大，故D正确．‎ E、β衰变是一个中子变为质子同时释放一个电子的过程，因此β衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核少一个中子而多一个质子，故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎　‎ ‎16．光滑水平面上，轻质弹簧两端连接着质量均为m的两个小球A、B，系统静止．有一块橡皮泥 P 水平向右以大小v0 的初速度击中A球并粘在一起．已知橡皮泥的质量为，求弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】当弹簧压缩至最短时，两球的速度相等，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式，即可求出弹簧的弹性势能EP．‎ ‎【解答】解：橡皮泥击中球A过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ v0=（+m）v1，‎ A挤压弹簧，将弹簧压缩到最短过程系统动量，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎（+m）v1=（m+m+）v2，‎ 由能量守恒定律得：△EP=（+m）v12﹣（m+m+）v22，‎ 解得：△EP=mv02；‎ 答：弹簧的最大弹性势能为mv02．‎ ‎　‎ ‎2017年3月2日