海南省海口市湖南师大附中海口中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷

海南省海口市湖南师大附中海口中学2016届高三上学期第一次月考物理试卷

‎2015-2016学年海南省海口市湖南师大附中海口中学高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：（下列各题中所供选项中只有一个符合题意，请把符合题意的选项序号填写在答题卷上指定位置，每小题3分，共18分．）‎ ‎1．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（　　）‎ A．甲的周期小于乙的周期 B．乙的速度大于第一宇宙速度 C．甲的加速度小于乙的加速度 D．甲在运行时能经过北极的正上方 ‎2．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．c点场强大于b点场强 B．a点电势高于b点电势 C．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 D．若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小 ‎3．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎4．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（　　）‎ A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左 ‎5．如图，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间距离也恰为L．此时细线上的张力为F，现将A、B间的弹簧换成劲度系数较小的弹簧，系统处于平衡时，细线上的张力Fˊ，下列说法正确的是（　　）‎ A．Fˊ＜F B．Fˊ＞F C．Fˊ=F D．无法进行比较 ‎6．如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A环与滑杆无摩擦力 B．B环与滑杆无摩擦力 C．A环做的是匀速运动 D．B环做的是匀加速运动 ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分）‎ ‎7．物体由静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经t1秒后以加速度a2做匀减速直线运动，经t2秒而停止．物体发生的位移为S．下列说法正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎8．一小球以某一初速度竖直向上抛出，两次经过一较低点P的时间间隔为T1，两次经过一较高点Q的时间间隔为T2．不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两点的高度差是 B．P、Q两点的高度差是 C．物体做竖直上抛运动的最大高度是 D．物体达最大高度离Q点的距离是 ‎9．如图，原长分别为L1和L2、劲度系数为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上．两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端连接质量为m2的物体．整个装置处于静止状态．若在m2的下方用以水平托板托住m2，使m2缓慢向上移动，至两弹簧长度之和等于两弹簧原长之和．下列说法正确的是（　　）‎ A．托板对m2的支持力等于m2的重力 B．托板对m2的支持力等于m1、m2的重力之和 C．托板对m2的支持力大于m1、m2的重力之和 D．托板对m2的支持力小于m1、m2的重力之和 ‎10．跳伞运动员做低空跳伞表演，直升机停在几百米的高空．无风情况下，运动员从直升机上跳下，其v﹣t图如图所示，对跳伞运动员跳伞表演过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．跳离飞机后10s末打开降落伞 B．安全着地时，降落伞对运动员的作用力等于运动员的重力 C．开伞前运动员做自由落体运动 D．开伞前下落的高度等于250m ‎　‎ 三、实验题（6+6=12分）‎ ‎11．利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度和通过某一确定位置时的速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门甲固定在斜面上一确定点位置处，光电门乙在甲的下方可移动的位置上．当一带有遮光片的滑块自斜面顶端由静止滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门乙的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示．‎ s（m）‎ ‎0.300‎ ‎0.550‎ ‎0.690‎ ‎1.000‎ ‎1.170‎ t（s）‎ ‎0.15‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ s/t（m/s）‎ ‎2.00‎ ‎2.20‎ ‎2.30‎ ‎2.50‎ ‎2.60‎ ‎（1）在所给出的坐标纸上作出s/t﹣t图线；‎ ‎（2）由图象2确定：滑块经过光电门甲的速度是　　m/s，滑块在斜面上滑行的加速度的大小为　　m/s2．‎ ‎12．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．‎ ‎（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　　，电压表应选用　　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的　　（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图2中实物间的连线．‎ ‎（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是　　；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是　　．（选填选项前的字母）‎ A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎　‎ 四、计算题（8+10+12=30分）‎ ‎13．（8分）A火车以108km/h速度匀速行驶，司机突然发现前方约600m处有另一列火车B以54km/h匀速行驶．司机立即刹车，但车要滑行2000m才能停止．试讨论两车是否相撞？‎ ‎14．（10分）如图，两段轻绳AB和AC的一端分别连接于竖直墙上的B、C两点，另一端结于A点，且悬挂重为10N的重物．另在A点施加一个方向与水平成θ=30°的拉力F，使两段轻绳被拉直．求F的范围．‎ ‎15．（12分）如图，光滑水平面上停放着长为L=1.5m，质量M=4.0kg的木板，木板前端又搁放质量m=2.0kg的小滑块（可视为质点）．滑块与木板间滑动摩擦力因数μ=0.2．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力．试讨论：‎ ‎（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足什么条件；‎ ‎（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间．‎ ‎　‎ 五、选修模块（24分）选修3-3‎ ‎16．下列说法正确的是 （　　）‎ A．一定质量的理想气体，其温度不变，内能一定不变 B．布朗运动中，布朗粒子越小，运动越明显 C．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数就是单个分子的体积 D．饱和汽压在温度不变时，压强跟体积成反比 E．凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 ‎17．（8分）如图，气缸、活塞都具有良好的绝热性和密封性．活塞可在缸内无摩擦移动，开启阀门A、B，让缸内充满大气（大气可视为理想气体），大气温度为300K，此时活塞正好位于正中，两边容积都为10L．关闭阀门A、B，用电热丝给左边气体缓慢加热，活塞也会缓慢向右移动，当左边温度达500K时，活塞向右移动的空间△V=1.5L．求右边气体的温度，试说明右边气体温度变化的根本原因．‎ ‎　‎ 六、解答题（共3小题，满分12分）选修3-5‎ ‎18．（2分）一群处于n=4激发态的氢原子，观察其光谱线，可以看到　　条光谱线．‎ ‎19．Th经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定元素，该元素的中子数、质子数分别为　　、　　．‎ ‎20．如图，长为L=1.0m的箱子，质量M=2.0kg，放在光滑的水平面上，箱子的正中放一质量m=1.0kg的小滑块，可视为质点．现给小滑块沿箱长方向一个水平初速度v0=12m/s．设滑块与箱子的碰撞无动能损失，滑块与箱子间动摩擦因数μ=0.1，求滑块与箱墙发生碰撞的次数．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年海南省海口市湖南师大附中海口中学高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：（下列各题中所供选项中只有一个符合题意，请把符合题意的选项序号填写在答题卷上指定位置，每小题3分，共18分．）‎ ‎1．甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（　　）‎ A．甲的周期小于乙的周期 B．乙的速度大于第一宇宙速度 C．甲的加速度小于乙的加速度 D．甲在运行时能经过北极的正上方 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度．‎ ‎【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有：‎ F=F向 F=G F向=m=mω2r=m（）2r=ma A、T=2π，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星周期大．故A正确；‎ B、v=，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；乙的速度小于第一宇宙速度，故B错误；‎ C、a=‎ ‎，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，所以甲的角速度小于乙的角速度，故C正确；‎ D、甲为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过北极的正上方，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．‎ ‎　‎ ‎2．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．c点场强大于b点场强 B．a点电势高于b点电势 C．若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 D．若在d点再固定一点电荷﹣Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密反映电场的强弱．沿着电场线方向电势降低．电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．‎ ‎【解答】解：A、电场线的密的地方场强大，d点电场线密，所以d点场强大，故A错误．‎ B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确．‎ C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．‎ D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，点电荷﹣Q的电场力向右上方，原电场的电场力也是向右上方，所以都对电荷做正功，电荷动能增加，电势能减小，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】根据电场线的特点即可解决问题．可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道速度大小的变化．属于基础题目．‎ ‎　‎ ‎3．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（　　）‎ A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同 C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比．它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定．‎ ‎【解答】解：‎ A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动周期也相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同，则磁场中运动时间：t= （θ为转过圆心角），所以运动（周期）一定相同．故A错误；‎ B、在磁场中半径r=，运动圆弧对应的半径与速率成正比，由于入射速度相同，则粒子在磁场中的运动轨迹也相同，故B错误；‎ C、在磁场中运动时间：t= （θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；‎ D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；‎ 故选：D ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）．则（　　）‎ A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D．导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左 ‎【考点】右手定则．‎ ‎【分析】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向．也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向．‎ ‎【解答】解：线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a，安培力方向水平向左，‎ 同理线框离开磁场时，电流方向为a→b→c→d→a，安培力方向水平向左，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向，也可以利用右手定则先判断电流向，然后利用左手定则判断受力方向．‎ ‎　‎ ‎5．如图，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间距离也恰为L．此时细线上的张力为F，现将A、B间的弹簧换成劲度系数较小的弹簧，系统处于平衡时，细线上的张力Fˊ，下列说法正确的是（　　）‎ A．Fˊ＜F B．Fˊ＞F C．Fˊ=F D．无法进行比较 ‎【考点】物体的弹性和弹力；胡克定律．‎ ‎【分析】研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F和F′的大小关系．‎ ‎【解答】解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成力如图，由三角形相似得：‎ ‎=‎ 又由题，OA=OB=L，得，F=F合=mg，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F=F′．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的解题关键是运用几何知识分析绳子的拉力与小球重力的关系．作出力图是解题的基础，要正确分析受力情况，规范地作图，由图可以看出力的大致关系．‎ ‎　‎ ‎6．如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A环与滑杆无摩擦力 B．B环与滑杆无摩擦力 C．A环做的是匀速运动 D．B环做的是匀加速运动 ‎【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】先对A、C受力分析，由于两个球加速度相同，根据牛顿第二定律分别列式分析可以求出A环的摩擦力；先对D受力分析，结合运动情况判断出D做匀速运动，则知B环做匀速直线运动．‎ ‎【解答】解：A、C假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，‎ 根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ﹣f=mAa…①‎ 对C：mCgsinθ=mCa…②‎ 由①②两式，解得：a=gsinθ，f=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动．故A正确；‎ B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度为零或合力在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故BD均错误．‎ 故选A ‎【点评】本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分）‎ ‎7．物体由静止开始以加速度a1做匀加速直线运动，经t1秒后以加速度a2做匀减速直线运动，经t2秒而停止．物体发生的位移为S．下列说法正确的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式求出加速度大小之比以及位移的大小．根据平均速度的推论公式得出平均速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、匀加速直线直线运动阶段，有：v=a1t1，匀减速直线运动阶段有：v=a2t2，则．故A错误．‎ B、设匀加速直线运动的末速度为v，则有，则v=，有v=a1t1，所以．故B正确．‎ C、匀加速直线运动的位移，采用逆向思维，匀减速直线运动的位移，则s=．故C正确．‎ D、因为，所以2s=，因为a1t1=a2t2，所以．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎8．一小球以某一初速度竖直向上抛出，两次经过一较低点P的时间间隔为T1，两次经过一较高点Q的时间间隔为T2．不计空气阻力，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）‎ A．P、Q两点的高度差是 B．P、Q两点的高度差是 C．物体做竖直上抛运动的最大高度是 D．物体达最大高度离Q点的距离是 ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性．‎ ‎（1）速度对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反．‎ ‎（2）时间对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等．‎ ‎（3）能量对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度重力势能变化量的大小相等，均为mgh．‎ ‎【解答】解：A、B、物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等，故物体从最高点到P和Q的时间分别为和，故A与B间的位移为：‎ ‎=，故A正确，B错误；‎ C、因为抛出点到P的时间、位移、以及抛出时的速度都是未知量，所以不能计算出物体做竖直上抛运动的最大高度．故C错误；‎ D、物体从Q继续上升的位移：，故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题关键明确竖直上抛运动的速度、时间和能量的对称性，然后根据自由落体运动的位移时间关系公式列式求解．‎ ‎　‎ ‎9．如图，原长分别为L1和L2、劲度系数为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上．两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端连接质量为m2的物体．整个装置处于静止状态．若在m2的下方用以水平托板托住m2，使m2缓慢向上移动，至两弹簧长度之和等于两弹簧原长之和．下列说法正确的是（　　）‎ A．托板对m2的支持力等于m2的重力 B．托板对m2的支持力等于m1、m2的重力之和 C．托板对m2的支持力大于m1、m2的重力之和 D．托板对m2的支持力小于m1、m2的重力之和 ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x．对物体m2受力分析有：FN=m2g+k2x，再结合牛顿第三定律，求出物体对平板的压力FN′．‎ ‎【解答】解：当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，‎ 受力分析得：m1g=k1x+k2x…①‎ 对平板和m1整体受力分析得：‎ FN=m2g+k2x…②‎ 根据牛顿第三定律，有 FN′=FN…③‎ 解得：FN′=m1g+m2g 故托盘对m2的支持力小于两者重力之和，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题的关键是当两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和时下面弹簧的压缩量与上面弹簧的伸长量相等．‎ ‎　‎ ‎10．跳伞运动员做低空跳伞表演，直升机停在几百米的高空．无风情况下，运动员从直升机上跳下，其v﹣t图如图所示，对跳伞运动员跳伞表演过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．跳离飞机后10s末打开降落伞 B．安全着地时，降落伞对运动员的作用力等于运动员的重力 C．开伞前运动员做自由落体运动 D．开伞前下落的高度等于250m ‎【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】速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动员的运动情况．图线与时间轴围成的面积表示位移．自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动．‎ ‎【解答】解：‎ A、打开降落伞后由于阻力和浮力作用，运动员开始做减速运动，则知运动员在开始减速时打开降落伞．故A错误．‎ B、安全着地时，运动员做匀速直线运动，降落伞对运动员的作用力等于运动员的重力，故B正确．‎ C、开伞前，在0～10s内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，不可能做自由落体运动．故C错误．‎ D、速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则得知0～10s位移大约为×50×5m+×（50+10）×5m=275m，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况．‎ ‎　‎ 三、实验题（6+6=12分）‎ ‎11．利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度和通过某一确定位置时的速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门甲固定在斜面上一确定点位置处，光电门乙在甲的下方可移动的位置上．当一带有遮光片的滑块自斜面顶端由静止滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门乙的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示．‎ s（m）‎ ‎0.300‎ ‎0.550‎ ‎0.690‎ ‎1.000‎ ‎1.170‎ t（s）‎ ‎0.15‎ ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ s/t（m/s）‎ ‎2.00‎ ‎2.20‎ ‎2.30‎ ‎2.50‎ ‎2.60‎ ‎（1）在所给出的坐标纸上作出s/t﹣t图线；‎ ‎（2）由图象2确定：滑块经过光电门甲的速度是　1.7　m/s，滑块在斜面上滑行的加速度的大小为　4　m/s2．‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】可以把光电门甲至乙的运动看成匀加速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．‎ 由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．‎ ‎【解答】解：（1）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；‎ ‎（2）根据匀变速运动位移时间公式得s=v0t+at2‎ 所以=v0+at 根据﹣t图线得图t=0时=v0=1.7m/s，‎ 所以滑块经过光电门甲的速度是1.7m/s，‎ 由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍，根据图象得：k=2=a，因此a=4m/s2．‎ 故答案为：（1）如图 ‎（2）1.7，4‎ ‎【点评】题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了﹣t图线，并且要整理图象所要求的表达式，根据图象结合物理规律求解．‎ ‎　‎ ‎12．某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．‎ ‎（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：‎ A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用　B　，电压表应选用　C　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的　甲　（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在（1）问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图2中实物间的连线．‎ ‎（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是　B　；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是　D　．（选填选项前的字母）‎ A．电流表测量值小于流经Rx的电流值 B．电流表测量值大于流经Rx的电流值 C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 D．电压表测量值大于Rx两端的电压值 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）（2）的关键是首先根据电源电动势大小选择出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；然后根据闭合电路欧姆定律结合电流表最小电流求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；再根据待测电阻满足可知电流表应用外接法．（3）的关键是根据欧姆定律和串并联规律，将电表内阻考虑在内即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）：由于电源电动势为4V，所以电压表应选C；‎ 根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：，所以电流表应选B；‎ 根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器可以采用限流式接法，变阻器应选E；‎ ‎ 由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法，即电路图应是“限流外接”，所以应采用如图电路．‎ ‎（2）：实物连线图如图所示：‎ ‎（3）：根据欧姆定律和串并联规律可知，采用甲电路时由于电压表A的分流作用，导致电流表的测量值大于流经RX的电流，所以产生误差的主要原因是B；‎ 若采用乙电路，由于电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于RX两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D；‎ 故答案为：（1）B，C，甲 ‎（2）如图 ‎（3）B，D ‎【点评】对电学实验应明确：①根据电源电动势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量程．②‎ 根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻满足要求时，变阻器可以采用限流式接法；当变阻器全电阻太小或电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器，可方便调节．③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．‎ ‎　‎ 四、计算题（8+10+12=30分）‎ ‎13．A火车以108km/h速度匀速行驶，司机突然发现前方约600m处有另一列火车B以54km/h匀速行驶．司机立即刹车，但车要滑行2000m才能停止．试讨论两车是否相撞？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】快车刹车后做匀减速直线运动，初速度为108km/h，运动位移为2000m时末速度为零，根据速度位移关系公式求出加速度．‎ 当快车的速度减至与火车相同时，求出两车运动的位移，根据位移关系分析能否相撞．‎ ‎【解答】解：快车A刹车后做匀减速直线运动，初速度为v0=108km/h=30m/s，末速度v=0，位移x=2000m，B的速度V′=15m/s；‎ 则由得a=﹣0.225m/s 2，所以快车刹车的加速度的大小为0.225m/s 2．‎ 当快车A速度减至与火车B速度相等时，设运动时间为t 由t==66.7s 在这段时间内火车B位移xB=v′t=15×66.7m=1000m，‎ 快车A的位移xA==1500m 因为xA＜xB+600，‎ 所以两车不会相撞．‎ 答：两车不会相撞．‎ ‎【点评】速度大的减速追及速度小的，速度相等前，两者距离越来越小，若未追上，速度相等后，两者距离越来越大．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2015秋•海口校级月考）如图，两段轻绳AB和AC的一端分别连接于竖直墙上的B、C两点，另一端结于A点，且悬挂重为10N的重物．另在A点施加一个方向与水平成θ=30°的拉力F，使两段轻绳被拉直．求F的范围．‎ ‎【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】对A点受力分析，受到拉力F，重物的拉力（等于mg），两根细绳的拉力F1、F2，根据共点力平衡条件列方程，要使两段轻绳被拉直，两根细线的拉力都要大于或等于零，代入平衡方程分析判断．‎ ‎【解答】解：对A点受力分析，如图所示，由平衡条件得：‎ Fy=Fsinθ+F1sinθ﹣mg=0…①‎ Fx=Fcosθ﹣F2﹣F1cosθ=0…②‎ 由①②式分别得：‎ F=﹣F1…③‎ F=…④‎ 要使两绳都能绷直，则有：‎ F1≥0…⑤‎ F2≥0…⑥‎ 由③⑤式得F有最大值：‎ Fmax==‎ 由④⑥式得F有最小值：‎ Fmin==，‎ 则F的范围为10N≤F≤20N 答：综合得F的取值范围10N≤F≤20N．‎ ‎【点评】本题关键是对A点受力分析，列平衡方程，然后找出最大和最小两种临界情况讨论即可．‎ ‎　‎ ‎15．（12分）（2015秋•海口校级月考）如图，光滑水平面上停放着长为L=1.5m，质量M=4.0kg的木板，木板前端又搁放质量m=2.0kg的小滑块（可视为质点）．滑块与木板间滑动摩擦力因数μ=0.2．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力．试讨论：‎ ‎（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足什么条件；‎ ‎（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】（1）隔离对m和M分析，抓住M的加速度大于m的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的最小值．‎ ‎（2）撤去F后，小滑块和木板都只受到滑动摩擦力作用，当速度相等时，滑块正好处于木板的最左端时，F作用的时间最短，根据牛顿第二定律求出撤去F前后滑块和木板的加速度，抓住位移关系列式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）当m相对M滑动时，M即可从m下面抽出，‎ 对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ 对小滑块有：μmg=ma1‎ 对木板有：F﹣μmg=Ma2‎ 若木板能被抽出：a2＞a1‎ 即：‎ 解得：F＞μ（M+m）g=12N ‎（2）当F=16N时，对小滑块有：μmg=ma1‎ 解得：‎ 对木板有：F﹣μmg=Ma2‎ 解得：‎ 撤去拉力后，小滑块的加速度，小木块加速度，‎ 撤去F后，小滑块和木板都只受到滑动摩擦力作用，当速度相等时，滑块正好处于木板的最左端时，F作用的时间最短，‎ 设最短时间为t，则撤去F的瞬间，‎ 小滑块速度v1=a1t=2t，‎ 木板的速度v2=a2t=3t，‎ 撤去之后，到速度相等的时间t′=‎ 根据位移关系得：‎ 解得：‎ t=0.5s 答：（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足F＞12N；‎ ‎（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间为0.5s．‎ ‎【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，抓住位移关系列式，过程较为复杂，难度较大．‎ ‎　‎ 五、选修模块（24分）选修3-3‎ ‎16．下列说法正确的是 （　　）‎ A．一定质量的理想气体，其温度不变，内能一定不变 B．布朗运动中，布朗粒子越小，运动越明显 C．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数就是单个分子的体积 D．饱和汽压在温度不变时，压强跟体积成反比 E．凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；热力学第一定律．‎ ‎【分析】理想气体的内能只与温度有关；‎ 布朗运动的剧烈程度与粒子大小和温度有关；‎ 对于固体和液体，摩尔体积除以阿伏伽德罗常数就是单个分子的体积；‎ 饱和汽压只和温度有关，与体积无关；‎ 根据热力学第二定律，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性．‎ ‎【解答】解：A、理想气体的内能只与温度有关，其温度不变，内能一定不变，故A正确；‎ B、布朗运动中布朗粒子越小，但若温度降低幅度很大则布朗运动不一定越明显，故B错误；‎ C、对于固体和液体，分子间隙可以忽略不计，认为摩尔体积除以阿伏伽德罗常数就是单个分子的体积，但对于气体而言，摩尔体积除以阿伏伽德罗常数等于每个分子所占的空间，故C错误；‎ D、饱和汽压只和温度有关，温度不变时压强不变，故D错误；‎ E、根据热力学第二定律，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E正确；‎ 故选：AE．‎ ‎【点评】要注意摩尔体积除以阿伏伽德罗常数就是单个分子的体积这一结论适用于液体和固体，气体分子间距远大于分子体积，故摩尔体积除以阿伏伽德罗常数是每个分子所占的空间．‎ ‎　‎ ‎17．如图，气缸、活塞都具有良好的绝热性和密封性．活塞可在缸内无摩擦移动，开启阀门A、B，让缸内充满大气（大气可视为理想气体），大气温度为300K，此时活塞正好位于正中，两边容积都为10L．关闭阀门A、B，用电热丝给左边气体缓慢加热，活塞也会缓慢向右移动，当左边温度达500K时，活塞向右移动的空间△V=1.5L．求右边气体的温度，试说明右边气体温度变化的根本原因．‎ ‎【考点】封闭气体压强；理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】两边气体的压强、温度、体积三个状态参量均变化，因此根据理想气体状态方程分别列方程然后联立两个方程即可求解；‎ 根据热力学第一定律以及内能的有关因素判断解释变化的原因．‎ ‎【解答】解：以左边气体为研究对象，‎ 初状态：压强为P0，体积为10L，温度为300K，‎ 末状态：压强为P，体积为11.5L，温度为500K，‎ 根据理想气体状态方程： =‎ 以右边气体为研究对象，‎ 初状态：压强为P0，体积为10L，温度为300K 末状态：压强为P，体积为8.5L，温度为T′‎ 根据理想气体状态方程： =‎ 两个方程左右两边相除得：T′≈370K 理想气体的内能只与温度有关，温度升高说明内能增加，‎ 左边气体使活塞右移对气体做功W＞0，而右边气体与外界没有热量交换Q=0，根据热力学第一定律△U=W+Q＞0，即气体内能增加，表现为温度升高，故右边气体温度变化的根本原因是左边气体做功．‎ 答：右边气体的温度为370K，右边气体温度变化的根本原因是左边气体做功．‎ ‎【点评】本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是确定初末状态的状态参量．并指导活塞平衡时左右两部分气体的压强相等．‎ ‎　‎ 六、解答题（共3小题，满分12分）选修3-5‎ ‎18．一群处于n=4激发态的氢原子，观察其光谱线，可以看到　6　条光谱线．‎ ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】根据求出这群氢原子能发出不同频率光的种数，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：根据=6知，大量处于n=4的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种能量不同的光子．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射光子所满足的规律，要注意跃迁的过程不一定是统一的．‎ ‎　‎ ‎19．Th经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定元素，该元素的中子数、质子数分别为　126　、　82　．‎ ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】写出衰变方程，根据原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次β衰变后电荷数增加1，质量数不变，分析求解．‎ ‎【解答】解：设衰变后的元素为M，质量数为y，核电荷数为x 衰变方程为：90232Th→xyM+6α+4β 则：质量数：232=y+6×4，解得：y=208‎ 核电荷数：90=x+2×6﹣4，解得：x=82‎ 所以中子数为：208﹣82=126‎ 该元素的中子数、质子数分别为126，82．‎ 故答案为：126，82．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握核反应方程的书写规律，知道发生α、β衰变的实质．能够运用质量数和电荷数守恒进行求解．‎ ‎　‎ ‎20．如图，长为L=1.0m的箱子，质量M=2.0kg，放在光滑的水平面上，箱子的正中放一质量m=1.0kg的小滑块，可视为质点．现给小滑块沿箱长方向一个水平初速度v0=12m/s．设滑块与箱子的碰撞无动能损失，滑块与箱子间动摩擦因数μ=0.1，求滑块与箱墙发生碰撞的次数．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】‎ 在物块和小车相互作用的过程中动量守恒，最终速度相等，列动量守恒方程即可求解最终两者共同的速度．根据功能关系求出小滑块相对于箱运动的总路程，根据路程和车长关系即可求出碰撞次数．‎ ‎【解答】解：设小滑块相对箱静止时共同速度为v，取初速度v0方向为正方向，以小滑块和箱组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律得：‎ mv0=（M+m）v 整理得：v==m/s=4m/s 设小滑块相对于箱运动的总路程为S．‎ 对系统全过程，由能的转化守恒定律有：‎ μmgS=﹣‎ 则得：S=•[﹣]=×[﹣]m=48m 则质点与小车碰撞次数为：‎ n==次=48次．‎ 答：滑块与箱墙发生碰撞的次数是48次．‎ ‎【点评】本题运用动量守恒定律时，不考虑过程的细节，只涉及初、末两个状态，比牛顿第二定律和运动学公式结合比较优越．要知道摩擦生热与总路程有关，等于滑动摩擦力的大小与相对总路程的乘积．‎ ‎　‎