湖北省宜昌市夷陵中学2017届高三上学期综合测试物理试卷（10-16）

湖北省宜昌市夷陵中学2017届高三上学期综合测试物理试卷（10-16）

‎2016-2017学年湖北省宜昌市夷陵中学高三（上）综合测试物理试卷（10.16）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在1-4题的四个选项中只有一项符合题目要求，在5-8题的四个选项中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，有选错或不答的得O分．‎ ‎1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（　　）‎ A．＜ B．＜‎ C．＜ D．＜‎ ‎3．如图1，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1‎ 带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一自由试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（　　）‎ A．Q2带负电，试探电荷带正电 B．不能确定Q2与试探电荷的电性 C．不能比较Q1与Q2的带电量的大小 D．运动过程中，试探电荷的电势能一直减小，最后为0‎ ‎4．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星，这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10﹣11 N•m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为（　　）‎ A．1.8×103 kg/m3 B．5.6×103 kg/m3‎ C．1.1×104 kg/m3 D．2.9×104 kg/m3‎ ‎5．一个环绕中心线AB匀速转动，P、Q为环上两点，位置如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两点的加速度均指向O点 B．P、Q两点的线速度大小相等 C．P、Q两点的角速度相等 D．P、Q两点速率的变化率相等 ‎6．如图，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态．则（　　）‎ A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C对B的作用力方向一定为向上偏左 C．斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力 D．将细绳剪断，若B物体沿斜面下滑，此时水平面对C的摩擦力可能为0‎ ‎7．如图长为L，倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是 D．若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎8．在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演．某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示．下列结论正确的是（　　）‎ A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小 B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小 C．在t0～3t0的时间内，平均速度＞‎ D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小 ‎　‎ 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18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图（ l ）所示的“探究物体加速度与物体质量、受力之间关系”的实验装置．‎ ‎①实验时，该同学想用钩码的重力表示滑块受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项措施是　　和　　；‎ ‎②如图（ 2 ）所示是实验中得到的一条纸带，其中 A、B、C、D、E、F 是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为 T，相邻计数点间距离已在图中标出，测出小车的质量为 M，钩码的总质量为 m．从打 B 点到打 E 点的过程中，为达到实验目的，该同学应该寻找　　 和　　之间的数值关系（用题中和图中的物理量符号表示）．‎ ‎10．（9分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为　　mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～15mA，内阻约30Ω）‎ 电流表A2（量程0～3mA，内阻约50Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ）‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁框中画出测量用的正确电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎11．（16分）如图，质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）求物体C的质量；‎ ‎（2）当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力多大？‎ ‎（3）若将C换成质量为3m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？‎ ‎12．（16分）如图所示，竖直平面xoy内有三个宽度均为L首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG．三个区域中分别存在方向+y、+y、+‎ x的匀强电场，其场强大小比例为2：1：2．现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为（0，L）的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右．物体恰从坐标为（2L，）的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为g，物体可以视作质点，y轴竖直向上，区域内竖直方向电场足够大．求：‎ ‎（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小；‎ ‎（2）物体在ADHE区域运动的总时间；‎ ‎（3）物体从DH边界射出位置的坐标．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】（15分）‎ ‎13．若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，M0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，NA表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．V= B．V0= C．M0= D．ρ=‎ E．NA= ‎ ‎14．（9分）某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R=6.4×106m，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，大气压强p0=1.0×105Pa，空气的平均摩尔质量M=2.9×10﹣2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol﹣1．‎ ‎（1）这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．‎ ‎（2）假如地球周围的大气全部液化成水且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？（已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3）‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】（15分）‎ ‎15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波长是4 m B．这列波的传播速度是1.25 m/s C．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿+y方向 D．质点Q经过8 s时，第一次到达波峰 E．在0～16 s内，质点Q经过的路程为1.1 m ‎16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a的等边三角形，BC面沿竖直方向，O点为BC的中点，现用一束宽为a的单色平行光束水平射向AB及AC面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为，求：‎ ‎（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的位置；‎ ‎（2）若距O点距离为a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-5】（15分）‎ ‎17．下列说法正确的是 （　　）‎ A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象 B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大 C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性 D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成 E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应 F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能 ‎18．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：‎ ‎①排球与地面的作用时间．‎ ‎②排球对地面的平均作用力的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市夷陵中学高三（上）综合测试物理试卷（10.16）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在1-4题的四个选项中只有一项符合题目要求，在5-8题的四个选项中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，有选错或不答的得O分．‎ ‎1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；‎ B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；‎ C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；‎ D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2，则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（　　）‎ A．＜ B．＜‎ C．＜ D．＜‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子无初速度在加速电场中被加速，又以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子先做匀加速直线运动，后做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．可利用加速电场的电压U求出进入偏转电场的初速度，然后运用偏转电场的长度L求出运动时间，由于分运动间具有等时性，所以由运动学公式求出垂直于初速度方向的位移．值得注意的是，求出的位移不是等于偏转电场的宽度，而是小于或等于宽度的一半．‎ ‎【解答】解：带电粒子在电场中被加速，‎ 则有 qu1=﹣0 （1）‎ ‎ 带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动．‎ ‎ 匀速直线运动：由运动学公式得 L=vt （2）‎ ‎ 匀加速直线运动：设位移为x，则有x==t2 （3）‎ 要使带电粒子能飞出电场，则有x＜ （4）‎ 由（1）﹣（4）可得：＜‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查带电粒子在电场中加速与偏转，从而先做匀加速直线运动，后做匀加速曲线运动．运用了运动学公式与动能定理，同时体现出处理类平抛运动的方法．还值得注意是：粒子的偏转位移应小于偏转电场宽度的一半．‎ ‎　‎ ‎3．如图1，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一自由试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图2所示．则（　　）‎ A．Q2带负电，试探电荷带正电 B．不能确定Q2与试探电荷的电性 C．不能比较Q1与Q2的带电量的大小 D．运动过程中，试探电荷的电势能一直减小，最后为0‎ ‎【考点】电场的叠加；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据速度时间图象的斜率等于加速度，分析出试探电荷经过a的加速度为零，可判断出Q2一定带负电；根据库仑定律比较Q1与Q2的带电量的大小，根据负电荷在电势低处电势能大判断电势的高低，并判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、根据速度时间图象的斜率等于加速度，由图可知，试探电荷经过a点时的加速度为零，试探电荷所受的电场力为零，a点的合场强必为零，则Q1、Q2在a点产生的场强大小相等、方向相反，故Q2一定带负电．试探电荷从b到b的过程中做减速运动，电荷所受的电场力向左，试探电荷带正电，故A正确．‎ C、在a点，Q1、Q2两个点电荷对试探电荷的库仑力大小相等，根据库仑定律可知Q1的带电量较多，故C错误．‎ D、从b点到a点试探电荷的速度减小，动能减小，则电势能增大，a到无穷远动能增大，则电势能减小，最后为0，所以电势能先增大后减小，故D错误．‎ 故选：A ‎【点评】解决这类问题时，要明确v﹣t图象的斜率等于加速度，知道正、负点电荷形成电场特点以及带电粒子在电场中运动的功能关系．‎ ‎　‎ ‎4．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星，这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10﹣11 N•m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为（　　）‎ A．1.8×103 kg/m3 B．5.6×103 kg/m3‎ C．1.1×104 kg/m3 D．2.9×104 kg/m3‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】根据万有引力提供圆周运动的向心力知，只要知道近地卫星绕地球做圆周运动的周期就可以估算出地球的密度，再根据行星与地球的质量关系和半径关系直接可得行星密度与地球密度之间的关系，从而求解即可．‎ ‎【解答】解：首先根据近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供：G=mR，解得：M=．‎ 质量：M=ρ×πR3，地球的密度：ρ地==5.5×103kg/m3，‎ 因为该行星质量是地球的25倍，体积是地球的4.7倍，则其密度为地球的：‎ ρ行==5.3ρ地≈2.9×104kg/m3．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】根据近地卫星的向心力由万有引力提供，再根据质量和体积及密度的关系可知，地球的平均密度ρ地=，从而可以算出地球的质量，再根根据行星质量与体积与地球的关系可以估算出行星的密度．熟练掌握万有引力提供向心力的表达式，是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．一个环绕中心线AB匀速转动，P、Q为环上两点，位置如图，下列说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两点的加速度均指向O点 B．P、Q两点的线速度大小相等 C．P、Q两点的角速度相等 D．P、Q两点速率的变化率相等 ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】P、Q两点共轴转动，角速度相等，结合半径的关系，结合线速度与角速度的关系式求出线速度大小之比．‎ ‎【解答】解：A、做匀速圆周运动的向心加速度的方向指向轨道平面内的圆心，不是指向O点．故A错误；‎ B、C、P、Q两点共轴转动，则角速度相等．P转动的半径，Q转动的半径，则，根据v=rω知，线速度大小之比为．故B错误，C正确；‎ D、这两个点都做匀速圆周运动，所以速率的大小都不变．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】解决本题的关键知道共轴转动角速度相等，知道线速度与角速度之间的关系．‎ ‎　‎ ‎6．如图，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态．则（　　）‎ A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C对B的作用力方向一定为向上偏左 C．斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力 D．将细绳剪断，若B物体沿斜面下滑，此时水平面对C的摩擦力可能为0‎ ‎【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】以B为研究对象，分析绳子的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断B是否受到C的摩擦力．以B、C整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力．‎ ‎【解答】解：设A、B、C的重力分别为GA、GB、GC．‎ A、若GA=GBsinθ，B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦力，故A错误，‎ B、绳子对B的拉力与B的重力的合力方向向下偏右，根据共点力的平衡可得C对B的作用力方向一定为向上偏左，与绳子对B的拉力与B的重力的合力平衡，B正确；‎ C、以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：地面对C的摩擦力f=Fcosθ=GAcosθ，方向水平向左，说明C有沿地面向右滑动的趋势．故C正确；‎ D、将细绳剪断，若B沿斜面下滑一定是加速下滑，在B在水平方向的加速度左，C对B水平方向的作用力向左，B对C水平方向的作用力向右，C有向右运动趋势，地面对C有向左的摩擦力，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【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．注意整体法和隔离法的应用．‎ ‎　‎ ‎7．如图长为L，倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是 D．若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．‎ ‎【解答】解：A、小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低与A点的电势．故A错误．‎ B、根据动能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=m﹣m=0，得到，UAB==．故B正确．‎ C、若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小．若电场强度与运动方向不共线，则电场力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡时，电场力的范围如图：‎ 根据矢量的合成法则可知，电场的场强的可能大于．故C错误．‎ D、若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，Q到A的距离小，到B点的距离大，由于B点的电势低与A点的电势，则Q一定是正电荷．故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题是带电体在电场中运动问题，要转换头脑，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心．‎ ‎　‎ ‎8．在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演．某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地．伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示．下列结论正确的是（　　）‎ A．在0～t0时间内加速度不变，在t0～3t0时间内加速度减小 B．降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小 C．在t0～3t0的时间内，平均速度＞‎ D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度图象倾斜的直线表示物体做匀加速直线运动，其加速度不变．根据斜率等于加速度，分析t0～3t0‎ 时间内加速度如何变化．根据牛顿第二定律分析阻力如何变化．根据“面积”等于位移，将在t0～3t0的时间内物体的位移与匀减速直线运动的位移进行比较，再分析平均速度与的大小．‎ ‎【解答】解：‎ A、在0～t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，2t0～3t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小．故A正确．‎ B、设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma，得f=mg+ma，a逐渐减小，则f也逐渐减小．即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小．故B正确．‎ C、在t0～3t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度为，根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，‎ 则平均速度v＜，故C错误．‎ D、第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，故D正确；‎ 故选：ABD ‎【点评】本题根据斜率等于加速度判断加速度的变化．根据“面积”等于位移，分析平均速度的大小．对于匀变速直线运动的平均速度才等于 ‎　‎ 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18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图（ l ）所示的“探究物体加速度与物体质量、受力之间关系”的实验装置．‎ ‎①实验时，该同学想用钩码的重力表示滑块受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项措施是　保证钩码的总质量远小于滑块的质量　和　平衡摩擦力　；‎ ‎②如图（ 2 ）所示是实验中得到的一条纸带，其中 A、B、C、D、E、F 是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为 T，相邻计数点间距离已在图中标出，测出小车的质量为 M，钩码的总质量为 m．从打 B 点到打 E 点的过程中，为达到实验目的，该同学应该寻找　mg（△x2+△x3+△x4）　 和　　之间的数值关系（用题中和图中的物理量符号表示）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系；打点计时器系列实验中纸带的处理．‎ ‎【分析】①由于小车运动过程中会遇到（滑轮和细绳、小车和木板、打点计时器和纸带之间等）阻力，所以要平衡摩擦力．平衡摩擦力时，要轻推一下小车，观察小车是否做匀速运动；由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，小ma，勾码重量越小，ma越小，拉力与重量越接进．‎ ‎②判断动能增加量是否等于拉力的功即可；计算B、E瞬时速度用平均速度等于中间时刻瞬时速度的方法．‎ ‎【解答】解：①由于小车运动过程中会遇到阻力，同时由于小车加速下降，处于失重状态，拉力小于重力，故要使拉力接进勾码的重量，要平衡摩擦力，以及要使勾码的质量远小于小车的质量；‎ 故答案为：保证钩码的总质量远小于滑块的质量，平衡摩擦力．‎ ‎②B点速度为：vB=‎ E点速度为：vE=‎ 故动能增量为：‎ 拉力做的功为：W=mg（△x2+△x3+△x4）‎ 故答案为：mg（△x2+△x3+△x4），‎ ‎．‎ ‎【点评】本题关键是要根据探究功与速度变化关系的实验的实验原理，从减小实验误差的角度来分析．‎ ‎　‎ ‎10．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：‎ ‎（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为　4.699　mm．‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为　220　Ω．‎ ‎（4）为更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1（量程0～15mA，内阻约30Ω）‎ 电流表A2（量程0～3mA，内阻约50Ω）‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω）‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ）‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁框中画出测量用的正确电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺的读数为：主尺+游标尺，‎ ‎（2）螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数，‎ ‎（3）欧姆表的读数为：示数×倍率；‎ ‎（4）根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的读数为：主尺+游标尺=50mm+3×0.05mm=50.15mm；‎ ‎（2）螺旋测微器的读数为：主尺+半毫米+转筒读数=4+0.5+19.9×0.01=4.699mm；‎ ‎（3）欧姆表的读数为：示数×倍率=22×10=220Ω；‎ ‎（4）电路图如右图，‎ 电压表用15V的指针偏角太小，所以用电压表V1，由电动势和电阻的值知电流最大为十几毫安，所以用电流表A1，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器R1、电流表外接、滑动变阻器分压式接法 答案为：（1）50.15； ‎ ‎（2）4.699；‎ ‎（3）220； ‎ ‎（4）如图所示．‎ ‎【点评】对游标卡尺和螺旋测微器的读数要知道读数的方法，欧姆表读数时要让指针在中间位置附近，每次选档都要重新进行欧姆调零．还考查了实验器材的选择、设计实验电路图；应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式；当实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节．‎ ‎　‎ ‎11．（16分）（2016秋•西陵区校级月考）如图，质量均为m的物体A和物体B通过一劲度系数为k的轻质弹簧相连，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向．现在挂钩上挂物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升．已知重力加速度为g．‎ ‎（1）求物体C的质量；‎ ‎（2）当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力多大？‎ ‎（3）若将C换成质量为3m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物体C下降的高度等于物体A上升的高度；开始时弹簧压缩，后来弹簧拉长，物体C下落的高度h等于弹簧长度的增加量；物体B刚离开地面时，物体A恰好获得最大速度，说明物体A受力平衡，根据平衡条件列式求解；‎ ‎（2）B刚要离开地面时，分别对A和C进行受力分析，结合共点力的平衡状态即可求出；‎ ‎（3）若将C换成质量为3m的物体D，当B刚离地时弹簧弹性势能与初始状态相同，由机械能守恒定律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有 kx1=mg ①‎ 挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 kx2=mg ②‎ 由①②式可知，x1=x2=③‎ B不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．‎ 设C的质量为mC，与初始状态相比，C下降x1+x2，A上升x1+x2．弹簧弹性势能不变．由机械能守恒定律可知：‎ ‎△Ek=mCg（x1+x2）﹣mg（x1+x2）=0 ④‎ 由④式得：mC=m　　　　　　　　　 　⑤‎ ‎（2）B刚要离开地面时，A受力如图甲所示．‎ kx2+mg﹣FT=ma ⑥‎ 物体C受力如图乙所示 FT﹣mg=ma ⑦‎ 由⑥和⑦式得FT=‎ ‎（3）C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能与初始状态相同，设此时A、D速度为v，由机械能守恒定律得 ‎×3mv2+mv2=3mg（x1+x2）﹣mg（x1+x2） ⑧‎ 由③和⑧式得v=‎ 答：（1）物体C的质量m；‎ ‎（2）当B刚要离开地面时，AC间的轻绳的拉力是；‎ ‎（3）若将C换成质量为3m的物体D，仍从前述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是．‎ ‎【点评】本题关键分析清楚物体的运动规律，然后根据平衡条件和机械能守恒定律以及胡克定律列式后联立求解即可．‎ ‎　‎ ‎12．（16分）（2015•江西校级模拟）如图所示，竖直平面xoy内有三个宽度均为L首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG．三个区域中分别存在方向+y、+y、+x的匀强电场，其场强大小比例为2：1：2．现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为（0，L）的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右．物体恰从坐标为（2L，）的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为g，物体可以视作质点，y轴竖直向上，区域内竖直方向电场足够大．求：‎ ‎（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小；‎ ‎（2）物体在ADHE区域运动的总时间；‎ ‎（3）物体从DH边界射出位置的坐标．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析物体的受力情况和运动情况：物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，做匀速直线运动．进入BCGF后，受力竖直向下的重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动．根据物体到达Q的速度大小和方向，分析物体进入CDHG的运动情况．在BCDF区域，物体做类平抛运动，水平位移为L，竖直位移为．根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解方法，求出初速度．‎ ‎（2）物体在ABFE区域做匀速直线运动，根据位移和初速度求出时间；在BCGF区域，物体做类平抛运动，求出物体到达Q速度大小和方向，物体进入CDHG区域，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和位移公式结合求出时间，再求出总时间．‎ ‎（3）物体从DH边界射出时横坐标为3L．根据物体在三个区域内竖直方向的偏移量，求出纵坐标．‎ ‎【解答】解：设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3．‎ ‎（1）在BCDF，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得 ‎ mg﹣qE=ma2，而2qE=mg 得a2=‎ 在水平方向有：L=v0t 在竖直方向有：‎ 解得，，‎ ‎（2）在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg 物体做匀速直线运动，，‎ 在BCGF区域，物体做类平抛运动，，‎ 在Q点竖直方向速度vy=a2t2==v0，则Q点速度vQ==，与水平方向夹角为45°‎ 在CDHG区域 由于2qE=mg 对物体进行受力分析，F=，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动 ‎ 水平方向L=v0t3+‎ 解得 所以t=t1+t2+t3=‎ ‎（3）物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为．在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45°，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，﹣）．‎ 答：‎ ‎（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小；‎ ‎（2）物体在ADHE区域运动的总时间为；‎ ‎（3）物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，﹣）．‎ ‎【点评】此题是带电体在电场和重力场的复合场中运动的问题，关键是分析物体的受力情况和运动情况．类平抛运动运用运动的合成与分解的方法研究，匀加速直线运动根据牛顿定律和运动学公式结合研究．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答【物理选修3-3】（15分）‎ ‎13．若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，M0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，NA表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．V= B．V0= C．M0= D．ρ=‎ E．NA= ‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】密度等于摩尔质量除以摩尔体积，摩尔数等于质量与摩尔质量之比．阿伏加德罗常数NA个原子的质量之和等于摩尔质量．而对水蒸气，由于分子间距的存在，NAv0并不等于摩尔体积 ‎【解答】解：A、体积等于摩尔质量除以密度．则A正确 ‎ B、因气体间有大的空隙，则B错误 ‎ C、阿伏加德罗常数NA个原子的质量之和等于摩尔质量，则C正确 ‎ D、因NAv0并不等于摩尔体积，则D错误 ‎ E、ρV为摩尔质量，摩尔数等于质量与摩尔质量之比，则E正确 故选：ACE ‎【点评】本题的解题关键是建立物理模型，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，也可以将水分子看成立方体形 ‎　‎ ‎14．某学校物理兴趣小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R=6.4×106m，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，大气压强p0=1.0×105Pa，空气的平均摩尔质量M=2.9×10﹣2kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.0×1023mol﹣1．‎ ‎（1）这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．‎ ‎（2）假如地球周围的大气全部液化成水且均匀分布在地球表面上，估算一下地球半径将会增加多少？（已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3）‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）大气压强是由地球附近大气层中空气的重力产生的，根据大气压强和地球的表面积求出地球周围大气层空气分子的总质量，再求出空气分子的个数；‎ ‎（2）根据V=可以求出液体的体积．‎ ‎【解答】解：（1）因为大气压强是由大气的重力产生的，所以大气的总质量为：‎ m===5.2×1018kg，‎ 地球周围大气层中空气分子总数为：‎ n=NA=×6.0×1023=1.1×1044个；‎ ‎（2）虽然各种液体的密度不同，但数量级都是103kg/m3，故我们认为液化空气的密度数量级也是103kg/m3，可得液化空气的体积为：‎ V===5.2×1015m3；‎ 答：（1）能估算出地球周围大气层空气的分子数；地球周围大气层的空气分子数约为1.1×1044个；‎ ‎（2）假如把地球大气全部变为液体而分布在地球表面，地球的体积将增加5.2×1015m3．‎ ‎【点评】本题要注意大气压强与容器中气体压强产生的原因不同，容器中气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，大气压强是由大气的重力产生的．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】（15分）‎ ‎15．（2015春•恩施州期末）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波长是4 m B．这列波的传播速度是1.25 m/s C．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿+y方向 D．质点Q经过8 s时，第一次到达波峰 E．在0～16 s内，质点Q经过的路程为1.1 m ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同．由时间和周期的倍数求质点Q通过的路程．‎ ‎【解答】解：A、由甲图得到波长为 λ=4m，故A正确；‎ B、由乙图得到周期为 T=4s，故波速v==1m/s；故B错误；‎ C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，简谐横波沿x轴正方向传播，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿﹣y方向，故C错误；‎ D、x=2m处的波峰传到Q点时，质点Q第一次到达波峰，所用时间为 t==‎ s=8s；故D正确；‎ E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间：△t=11s=2，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为：‎ ‎ S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E正确；‎ 故选：ADE ‎【点评】本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎16．（2015•河南模拟）如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a的等边三角形，BC面沿竖直方向，O点为BC的中点，现用一束宽为a的单色平行光束水平射向AB及AC面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为，求：‎ ‎（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的位置；‎ ‎（2）若距O点距离为a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）作出光线折射后的光路图，由数学知识求出出射时折射角，由折射定律求BC面上的入射角，由几何知识分析．‎ ‎（2）根据对称性和几何关系，求解光屏上被照亮的竖直长度．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示，作出光线折射后的光路图，由数学知识可得 α=60°‎ 由折射定律有 n=‎ 联立解得 β=30°‎ 由数学知识可知△BPO为等边三角形，故射向AB中点P的光线折射后直接到达BC边的中点．‎ ‎（2）紧靠B点从BC面射出的光线与AO交于D 由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性知，光屏上形成两条光斑，由几何关系有 ‎ OD==a 由于光屏距离O点的距离为a，因而光屏上形成一条光斑，作出射向A点和B点的光路，由数学知识可知DE的长度为a，根据对称性可知，光屏上亮斑的竖直长度为2a．‎ 答：‎ ‎（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的中点；‎ ‎（2）若距O点距离为a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为2a．‎ ‎【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容易解决此类问题．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-5】（15分）‎ ‎17．（2014春•南关区校级期末）下列说法正确的是 （　　）‎ A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象 B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大 C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性 D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成 E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应 F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能 ‎【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、贝可勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；‎ B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故B正确；‎ C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；‎ D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故D错误；‎ E、赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象﹣﹣光电效应，故E正确；‎ F、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能．故F错误；‎ 故选：BCE ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎18．（2015春•衡水校级期中）排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1=1.8m处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t=1.3s，第一次反弹的高度为h2=1.25m．已知排球的质量为m=0.4kg，g取10m/s2，不计空气阻力．求：‎ ‎①排球与地面的作用时间．‎ ‎②排球对地面的平均作用力的大小．‎ ‎【考点】动量定理；自由落体运动．‎ ‎【分析】根据自由落体运动公式求作用时间，根据自由落体运动的速度公式求出落地瞬间的速度和反弹后瞬间的速度，根据动量定理求平均作用力．‎ ‎【解答】解：①设排球第一次落至地面经历的时间为t1，第一次离开地面至反弹到最高点经历的时间为t2，‎ 则有h1=gt12， h2=gt22‎ 解得t1=0.6s，t2=0.5s ‎ 所以，排球与地面的作用时间为t3=t﹣t1﹣t2=0.2s ‎ ‎②设排球第一次落地时的速度大小为v1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v2，‎ 有v1=gt1=6m/s，v2=gt2=5m/s ‎ 设地面对排球的平均作用力为F，选排球为研究对象，以向上的方向为正方向，则在它与地面碰撞的过程中，由动量定理有 ‎（F﹣mg）t3=mv2﹣m（﹣v1） ‎ 代入数据解得F=26N 根据牛顿第三定律，排球对地面的平均作用力F′=26N ‎ 答：①排球与地面的作用时间0.2s．‎ ‎②排球对地面的平均作用力的大小26N．‎ ‎【点评】本题是道综合题，考查了自由落体运动和动量定理的应用．‎ ‎　‎