重庆一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

重庆一中2017届高三（上）期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年重庆一中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 二．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，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．下列有关物理常识的说法中正确的是（　　）‎ A．牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体，也适用于微观、高速运动的物体 B．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位 C．库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k D．沿着电场线方向电势降低，电场强度越大的地方电势越高 ‎2．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的电荷量与质量比q：m为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎3．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长 C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时 ‎4．如图是一簇未标明方向、由一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出（　　）‎ A．该粒子电性与场源电荷的电性相同 B．该粒子在a点加速度大小小于b点加速度大小 C．该粒子在a、b两点时速度大小va＞vb D．该粒子在a、b两点的电势能Epa＞Epb ‎5．如图，斜面体A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行．现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P'处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中（　　）‎ A．轻绳的拉力先变小后变大 B．斜面体对小球的支持力逐渐增大 C．斜面体对水平面的压力逐渐增大 D．斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小 ‎6．如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端与质量为m的小球相连，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为（　　）‎ A．a=0B．a=gC．a=1.5gD．a=2g ‎7．如图所示，质子（H）、氘核（H）和α粒子（He）（均不计重力）都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点 B．若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点 C．若它们射入匀强电场时的质量与速度的乘积相等，则在荧光屏上将出现3个亮点 D．若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点 ‎8．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g=10m/s2．（　　）‎ A．带电体在圆形轨道C点的速度大小为2m/s B．落点D与B点的距离xBD=0‎ C．带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小7N D．带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为3（+1）N ‎　‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器与电源断开，极板A与静电计相连，极板B接地．‎ ‎（1）若将极板B向上平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角　　（填“增大”或“减小”或“不变”），说明平行板电容器的电容随极板正对面积S减小而减小．‎ ‎（2）若将极板B向左平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而　　（填“增大”或“减小”或“不变”）；B极板向左移动后，A、B间的电场强度　　（填“增大”或“减小”或“不变”）．‎ ‎10．某同学利用图示装置，验证以下两个规律：‎ ‎①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；‎ ‎②系统机械能守恒．‎ P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫桌上．物块R与轻滑轮连接，放在正中间，a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放．‎ ‎（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理量有　　．‎ A．P、Q、R的质量M B．两个定滑轮的距离d C．R的遮光片到c的距离H D．遮光片的宽度x ‎（2）根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为　　．‎ ‎（3）若要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则验证表达式为　　．‎ ‎（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为　　．‎ ‎11．如图所示，质量为m=2kg的小物块放在足够长的水平面上，用水平长细线紧绕在半径R=1m、质量为2kg的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆桶在电动机的带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，角速度满足ω=2t（rad/s），物体和地面之间滑动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小物块运动的速度v与时间t的关系及绳子拉力的大小；‎ ‎（2）从0到3s内小物块的位移大小；‎ ‎（3）从0到3s内电动机做了多少功？‎ ‎12．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该电荷量为﹣Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T=，一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：‎ ‎（1）离子在第一象限运动时速度大小和第二象限电场E2的大小；‎ ‎（2）当t=时，离子的速度；‎ ‎（3）当t=nT时，离子的坐标．（n=1、2、3…）‎ ‎　‎ ‎（二）选考题；共45分．请考生从3个选修中任选一个作答、如果多做，则按所做的第一题计分．【物理-选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎14．如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱的长度为h．现向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完成时，气柱长度变为h．再取相同质量的水银缓慢地添加在管内．外界大气压强保持不变．‎ ‎①求第二次水银添加完成时气柱的长度．‎ ‎②若第二次水银添加完成时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高，求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．简谐运动的周期和振幅无关 B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=﹣kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的进度系数 C．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度 D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽 E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必需比波长小或者相差不多 ‎16．如图所示，真空中有以下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n=，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现两个光点A和B，A和B相距h=4.0cm．已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s．‎ i．画出光路图；‎ ii．求玻璃砖的厚度．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．黑体辐射电磁波的强度按波长分布与黑体的温度无关 B．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 C．据光电效应方程Ek=hv﹣W0可知，发生光电效应时光电子最大初动能与入射光频率成正比 D．用频率一定的光照射某金属发生光电效应时，入射光越强，单位时间发出的光电子数越多 E．光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性 ‎18．如图所示，一砂袋用不可伸长的轻绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度大小为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ（θ＜90°），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ．若弹丸质量均为m，砂袋质量为7m，弹丸和砂袋形状大小均忽略不计，子弹击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，重力加速度为g，求：‎ ‎①轻绳长度L（用θ、g、v0表示）；‎ ‎‚②两粒弹丸的水平速度之比v0/v为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆一中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，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．下列有关物理常识的说法中正确的是（　　）‎ A．牛顿的经典力学理论不仅适用于宏观、低速运动的物体，也适用于微观、高速运动的物体 B．力的单位“N”是基本单位，加速度的单位“m/s2”是导出单位 C．库仑在前人工作的基础上提出了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k D．沿着电场线方向电势降低，电场强度越大的地方电势越高 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题根据库仑的物理学成就和物理常识进行解答．牛顿的经典力学理论只仅适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的物体．力的单位“N”是导出单位．库仑发现了库仑定律．沿着电场线方向电势降低，电场强度与电势无关．‎ ‎【解答】解：A、牛顿的经典力学理论只仅适用于宏观、低速运动的物体，不适用于微观、高速运动的物体．故A错误．‎ B、力的单位“N”和加速度的单位“m/s2”都是导出单位．故B错误．‎ C、库仑发现了库仑定律，并利用扭秤实验较准确地测出了静电力常量k．故C正确．‎ D、沿着电场线方向电势降低．电场强度与电势无关，则电场强度越大的地方电势不一定越高，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的电荷量与质量比q：m为（　　）‎ A．B．‎ C．D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，可求出动能的变化．‎ 根据能量守恒，动能的变化量和电势能的变化量大小相等．‎ ‎【解答】解：带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，‎ 带电粒子在a、b两点动能的变化△EK=mvb2﹣mva2‎ 带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点，电势能的变化为△EP=qφb﹣qφa，‎ 根据能量守恒得，‎ ‎△EK=﹣△EP，‎ 解得： =‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（　　）‎ A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同时间内b转过的弧长最长 C．c在4小时内转过的圆心角是 D．d的运动周期有可能是20小时 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系．‎ ‎【解答】解：A、地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．‎ 由G=mg，得g=，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g．故A错误；‎ B、由G=m，得v=，则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；‎ C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是×2π=．故C错误；‎ D、由开普勒第三定律 =k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图是一簇未标明方向、由一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可判断出（　　）‎ A．该粒子电性与场源电荷的电性相同 B．该粒子在a点加速度大小小于b点加速度大小 C．该粒子在a、b两点时速度大小va＞vb D．该粒子在a、b两点的电势能Epa＞Epb ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．‎ ‎【解答】解：A、电荷受电场力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，由图可知，若是正电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是负电荷，若是负电荷受到的电场力的方向是向左的，所以产生电场的电荷应该是正电荷，所以电性与场源电荷的电性相反，A错误；‎ B、电场线的疏密表示场强，由图知Fa＞Fb所以粒子在a点的加速度大于在b点的加速度．故B错误；‎ C、D若是正电荷在从a到b的过程中，电场力做负功，所以电荷的电势能增加动能减小；若是负电荷在从a到b的过程中，电场力也做负功，所以电荷的电势能增加，动能减小，即在a、b两点时速度大小va＞vb电势能Epa＜Epb，所以C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，斜面体A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行．现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P'处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中（　　）‎ A．轻绳的拉力先变小后变大 B．斜面体对小球的支持力逐渐增大 C．斜面体对水平面的压力逐渐增大 D．斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析，作出受力分析图，根据绳子夹角的变化明确受力分析图，根据平衡条件由图解法可明确各力的变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、小球受力如图1所示，小球受到斜面体的支持力FN1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时，F增大，FN1减小，故AB错误；‎ CD、对斜面体A进行受力分析，如图2所示，随小球对斜面压力FN1的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力FN2逐渐减小，摩擦力Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端与质量为m的小球相连，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为（　　）‎ A．a=0B．a=gC．a=1.5gD．a=2g ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据平衡求出杆子的弹力大小，撤去杆子，结合小球所受的合力求出瞬时加速度．注意弹簧可能伸长、可能压缩．‎ ‎【解答】解：弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；‎ 当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故A、D正确，B、C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质子（H）、氘核（H）和α粒子（He）（均不计重力）都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点 B．若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点 C．若它们射入匀强电场时的质量与速度的乘积相等，则在荧光屏上将出现3个亮点 D．若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】质子、氘核和α粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析．‎ ‎【解答】解：三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a=‎ 偏转距离为：y=at2，运动时间为：t=‎ 联立三式得：y=‎ A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点．故A错误．‎ B、若它们射入电场时的动量相等，y==，可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点．故B错误．‎ C、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故C错误．‎ D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点，取g=10m/s2．（　　）‎ A．带电体在圆形轨道C点的速度大小为2m/s B．落点D与B点的距离xBD=0‎ C．带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小7N D．带电体在从B到C运动的过程中对轨道最大压力为3（+1）N ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】A、带电体恰好到达最高点C，在最高点C，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道C点的速度大小；‎ B、带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出D点到B点的距离；‎ C、根据动能定理B点的速度，通过牛顿第二定律求出支持力的大小，从而求出带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；‎ D、电场力与重力大小相等，将其合力等效为重力，则在等效最低点的速度最大，对轨道的压力也是最大，根据牛顿第二定律和动能定理列式求解．‎ ‎【解答】解：A、设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：，‎ 解得vC=2.0m/s，故A错误；‎ B、设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：，‎ 故：，‎ 联立解得xDB=0，故B正确；‎ C、设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有：，‎ 带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理：，‎ 联立解得：FB=6.0N，‎ 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′=6.0N，故C错误；‎ D、由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中．在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处．‎ 设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有：；‎ 在动能最大位置，支持力也最大，根据牛顿第二定律，有：N﹣mg=；‎ 联立解得：N=3（+1）N，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～39题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器与电源断开，极板A与静电计相连，极板B接地．‎ ‎（1）若将极板B向上平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角　增大　（填“增大”或“减小”或“不变”），说明平行板电容器的电容随极板正对面积S减小而减小．‎ ‎（2）若将极板B向左平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而　减小　（填“增大”或“减小”或“不变”）；B极板向左移动后，A、B间的电场强度　不变　（填“增大”或“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电场强度．‎ ‎【分析】平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式C= 分析电容的变化，根据电容的定义式C=，分析电压U的变化．即可判断静电计指针偏角的变化，最后依据E=，及C=，即可推导电场强度的综合表达式，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而减小；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比．极板间距离的增大而减小；‎ 依据E=，及C=，则有电场强度E=，可知，极板间的电场强度与极板间距无关，‎ 即当B极板向左移动后，A、B间的电场强度不变；‎ 故答案为：（1）增大；（2）减小；不变．‎ ‎　‎ ‎10．某同学利用图示装置，验证以下两个规律：‎ ‎①两物块通过不可伸长的细绳相连接，沿绳分速度相等；‎ ‎②系统机械能守恒．‎ P、Q、R是三个完全相同的物块，P、Q用细绳连接，放在水平气垫桌上．物块R与轻滑轮连接，放在正中间，a、b、c是三个光电门，调整三个光电门的位置，能实现同时遮光，整个装置无初速度释放．‎ ‎（1）为了能完成实验目的，除了记录P、Q、R三个遮光片的遮光时间t1、t2、t3外，还必需测量的物理量有　CD　．‎ A．P、Q、R的质量M B．两个定滑轮的距离d C．R的遮光片到c的距离H D．遮光片的宽度x ‎（2）根据装置可以分析出P、Q的速度大小相等，验证表达式为　　．‎ ‎（3）若要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则验证表达式为　　．‎ ‎（4）若已知当地重力加速度g，则验证系统机械能守恒的表达式为　gH=　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据验证系统机械能守恒需要验证的表达式，找出需要测量的物理量；‎ ‎（2）分别求出P、Q的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；‎ ‎（3）分别求出P、R的速度大小，再根据两物体速度相等，求出需要验证的表达式；‎ ‎（4）根据机械能守恒定律列式，化简，求出验证系统机械能守恒的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）A、验证系统机械能守恒，最后的表达式是，可知质量M可以约去，对实验结果不会有影响，因此不需要测量P、Q、R的质量M，A错误；‎ B、根据验证的表达式可知，与两个定滑轮的距离d无关，B错误；‎ C、根据验证的表达式可知，需要测量R的遮光片到c的距离H，这样才能计算出系统减少的重力势能，C正确；‎ D、根据验证的表达式可知，要测量P、Q、R三个物块遮光片的速度，因此需要测量遮光片的宽度x，速度，D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎（2）物块P的速度，物块Q的速度，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要验证表达式；‎ ‎（3）物块R的速度，要验证物块R与物块P的沿绳分速度相等，则需要验证表达式；‎ ‎（4）整个系统减少的机械能是△E=MgH，增加的机械能是，‎ 要验证机械能守恒，则△E=△E′，即验证表达式gH=．‎ 故答案为：（1）CD；（2）；（3）；（4）gH=．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量为m=2kg的小物块放在足够长的水平面上，用水平长细线紧绕在半径R=1m、质量为2kg的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆桶在电动机的带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，角速度满足ω=2t（rad/s），物体和地面之间滑动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小物块运动的速度v与时间t的关系及绳子拉力的大小；‎ ‎（2）从0到3s内小物块的位移大小；‎ ‎（3）从0到3s内电动机做了多少功？‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）物体运动的速度与圆筒边缘的线速度大小相同，由v=ωR求v与t的关系，从而分析物体的运动情况；根据线速度的变化可以求得物体的加速度的大小，再由牛顿第二定律可求得拉力；‎ ‎（2）由位移时间公式求位移．‎ ‎（3）由动能定理或功的公式可求得拉力所做的功，即电动机做的功．‎ ‎【解答】解：（1）圆筒边缘的线速度大小与物块运动的速度大小相同，则 v=ωR=2t×1=2t（m/s），可知，物体的速度与时间成正比，所以物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 a==2m/s2．‎ 根据物块受力，由牛顿第二定律得 T﹣μmg=ma ‎ 则细线拉力为 T=m（μg+a）=2×（0.5×10+2）N=14N ‎（2）从0到3s内小物块的位移大小 x==m=9m ‎（3）电动机做的功为 W电=Tx=14×9J=126J 答：‎ ‎（1）小物块运动的速度v与时间t的关系是v=2t（m/s），及绳子拉力的大小是14N；‎ ‎（2）从0到3s内小物块的位移大小是9m；‎ ‎（3）从0到3s内电动机做了126J的功．‎ ‎　‎ ‎12．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该电荷量为﹣Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T=，一质量为m，电荷量为+q的离子从（﹣x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：‎ ‎（1）离子在第一象限运动时速度大小和第二象限电场E2的大小；‎ ‎（2）当t=时，离子的速度；‎ ‎（3）当t=nT时，离子的坐标．（n=1、2、3…）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；‎ ‎（2）粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；‎ ‎（3）根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：，‎ 解得：v0=；‎ 在第二定律加速过程中，根据动能定理可得：qE2=mv02‎ 解得：；‎ ‎（2）离子进入第四象限后，在水平方向上，有：‎ v水平=at==‎ 当t=时，离子的速度为： =；‎ ‎（3）离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；‎ 每个周期向右运动的平均速度，则nT时水平方向的位移为：‎ ‎=3n ‎﹣y方向的位移大小为：y==，‎ 所以nT时刻离子的坐标为（，） （n=1、2、3…）．‎ 答：（1）离子在第一象限运动时速度大小为，第二象限电场E2的大小为；‎ ‎（2）当t=时，离子的速度为；‎ ‎（3）当t=nT时，离子的坐标为（，） （n=1、2、3…）．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题；共45分．请考生从3个选修中任选一个作答、如果多做，则按所做的第一题计分．【物理-选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎【考点】布朗运动；分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】‎ 布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低．‎ ‎【解答】解：‎ A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；‎ B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；‎ C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；‎ D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；‎ E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确．‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱的长度为h．现向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完成时，气柱长度变为h．再取相同质量的水银缓慢地添加在管内．外界大气压强保持不变．‎ ‎①求第二次水银添加完成时气柱的长度．‎ ‎②若第二次水银添加完成时气体温度为T0，现使气体温度缓慢升高，求气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】①气体发生等温变化，应用玻意耳定律可以求出气体压强，空气柱的长度；‎ ‎②气体发生等压变化，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度．‎ ‎【解答】解：①设开始时封闭气体的压强为P0，添加的水银对气体产生的压强为P，由玻意耳定律得：p0hS=（p0+p）×hS，解得：，‎ 再加水银后，气体的压强变为：p0+2p，设第二次加水银后气柱长为h'，由玻意耳定律得：p0hS=（p0+2p）h′S，解得：；‎ ‎②气体发生等压变化，气柱长度恢复到原来的长度h，由盖吕萨克定律得： =，解得：；‎ 答：①第二次水银添加完成时气柱的长度为h．‎ ‎②气柱长度恢复到原来长度h时气体的温度为T0．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．简谐运动的周期和振幅无关 B．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=﹣kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的进度系数 C．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度 D．在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽 E．在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必需比波长小或者相差不多 ‎【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系；简谐运动的振幅、周期和频率；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】简谐运动的周期由振动的系统决定的；理解回复力表达式F=﹣kx的意义；在波的传播方向上，某个质点的振动速度与波的传播速度不同；根据公式：判定；根据发生衍射的条件判断．‎ ‎【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，故A正确；‎ B、在简谐运动的回复力表达式F=﹣kx中，对于弹簧振子，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；故B正确；‎ C、对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，横波两者垂直，纵波两者平行，大小也没有关系．故C错误；‎ D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式可知，同种条件下，因紫光波长小于红光，则用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更窄，故D错误；‎ E、在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，根据明显衍射的条件可知，狭缝宽度必须比波长小或者相差不太多．故E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，真空中有以下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n=，一束单色光与界面成θ=45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现两个光点A和B，A和B相距h=4.0cm．已知光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s．‎ i．画出光路图；‎ ii．求玻璃砖的厚度．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，则反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，再根据折射角的大小画出光路图，最后算出玻璃砖的厚度．‎ ‎【解答】解：ⅰ．根据折射率公式 n=，得sinθ2=，θ2=30° ‎ 作出光路图如右图所示 ⅱ．如图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h．玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高．‎ ‎△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h．‎ 玻璃的厚度d就是底边长为h的等边三角形的高，故：‎ d=hcos30°===3.46 cm 答：i．画出光路图如图；‎ ii．玻璃砖的厚度是3.46cm．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-5】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．黑体辐射电磁波的强度按波长分布与黑体的温度无关 B．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 C．据光电效应方程Ek=hv﹣W0可知，发生光电效应时光电子最大初动能与入射光频率成正比 D．用频率一定的光照射某金属发生光电效应时，入射光越强，单位时间发出的光电子数越多 E．光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性 ‎【考点】光电效应；物质波．‎ ‎【分析】黑体辐射电磁波的强度，按波长的分布，只与黑体的温度有关；德布罗意首先提出了物质波的猜想；光既有波动性，又有粒子性，康普顿效应揭示了光的粒子性．‎ 发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程得出最大初动能与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、根据黑体辐射规律：黑体辐射电磁波的强度，按波长的分布，只与黑体的温度有关，故A正确；‎ B、德布罗意首先提出了物质波的猜想，之后电子衍射实验证实了他的猜想，故B正确；‎ C、根据光电效应方程知Ekm=hv﹣W0，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系．故C错误；‎ D、用频率一定的光照射某金属发生光电效应时，入射光越强，则光束中的光电子的数目越多，单位时间发出的光电子数越多，故D正确；‎ E、光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性．故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎18．如图所示，一砂袋用不可伸长的轻绳悬于O点．开始时砂袋处于静止状态，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出．第一次弹丸的速度大小为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ（θ＜90°），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ．若弹丸质量均为m，砂袋质量为7m，弹丸和砂袋形状大小均忽略不计，子弹击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，重力加速度为g，求：‎ ‎①轻绳长度L（用θ、g、v0表示）；‎ ‎‚②两粒弹丸的水平速度之比v0/v为多少？‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①弹丸射入沙袋过程，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出绳子的长度．‎ ‎②弹丸射入沙袋过程，系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以速度，然后求出速度之比．‎ ‎【解答】解：①设碰后弹丸和砂袋的共同速度为v1，细绳长为L，‎ 弹丸击中砂袋过程系统动量守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒定律得：：mv0=（m+7m）v1，‎ 砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 解得：；‎ ‎②设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v2，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣（m+7m）v1=（m+8m）v2‎ 由机械能守恒定律得：，‎ 解得：v2=v1，联解上述方程得 答：①轻绳长度L为；‎ ‎‚②两粒弹丸的水平速度之比为8：17．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日