云南民族中学2016届高三上学期高考适应性月考物理试卷（四）

云南民族中学2016届高三上学期高考适应性月考物理试卷（四）

‎2015-2016学年云南民族中学高三（上）高考适应性月考物理试卷（四）‎ ‎　‎ 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，有错选的得0分．‎ ‎1．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（　　）‎ A．实验检验，数学推理 B．数学推理，实验检验 C．提出假设，实验检验 D．实验检验，合理外推 ‎2．如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A．消防队员做匀加速直线运动 B．消防队员做匀变速曲线运动 C．消防队员做变加速曲线运动 D．消防队员水平方向的速度保持不变 ‎3．如图所示，斜劈A静止放在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧把物体与木桩相连且平行于斜面．物体m、人和A均保持不动．不计m与A之间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对A的摩擦力向右 B．若剪断弹簧，物体和人将向下运动，而A仍保持静止 C．若人从物体m上离开，物体m仍静止在斜劈A上 D．若剪断弹簧的同时人从物体m上离开，地面对A的摩擦力为零 ‎4．一个质量为m的木块静止在粗糙的水平面上，木块与水平面间的滑动摩擦力大小为2F0，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．0到t0时间内，木块的位移大小为 B．t0时刻合力的功率为 C．0到t0时间内，水平拉力做功为 D．2t0时刻，木块的速度大小为 ‎5．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．R3上消耗的功率逐渐增大 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率逐渐增大 D．质点P将向上运动 ‎6．我国“嫦娥三号”探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，这标志着我国的航空航天技术又迈进了一大步．“嫦娥三号”的飞行轨道示意图如图所示，假设“嫦娥三号”在环月球轨道1和椭圆轨道2上运动时，只受到月球的万有引力，则（　　）‎ A．“嫦娥三号”在环月椭圆轨道2上运行的周期将比在圆轨道1上运行的周期长 B．“嫦娥三号”在环月圆轨道1变轨进入环月椭圆轨道2时，应让发动机在P点点火使其减速 C．若已知“嫦娥三号”环月圆轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度 D．设“嫦娥三号”在圆轨道1上运动时经过P点时的加速度为a1，在椭圆轨道2上运行时经过P点时的加速度为a2，则a1=a2‎ ‎7．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量，下落过程中bc边始终水平．根据题中所给条件，以下说法正确的是（　　）‎ A．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间 B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgS C．v1的大小可能为 D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多 ‎8．跳伞员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，且打开伞后空气阻力与速度平方成正比，最后匀速下落．如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，a表示人的加速度，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，则在整个运动过程中，下列图象可能符合事实的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题，每道试题考生都必须作答；第13～18题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎　‎ 必考题 ‎9．如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．‎ ‎（1）实验中为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板与滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是　　（填序号）．‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 ‎（2）实验中要对质量m和M进行选取，下列最合理的一组是　　‎ ‎（填序号）．‎ A．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g B．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g C．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g D．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g．‎ ‎10．（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：‎ 电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）‎ 电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）‎ 滑动变阻器R（0～10Ω）‎ 定值电阻R0（阻值为100Ω）‎ 电源E（电动势6V、有内阻）‎ 开关、导线若干 ‎①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．‎ ‎②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为　　Ω ‎11．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0‎ ‎=4m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）上滑过程中的加速度的大小a1；‎ ‎（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）木块回到出发点时的速度大小v．‎ ‎12．如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．‎ ‎（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．‎ ‎（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．温度升高时，物体内每个分子的热运动速度都增大 B．单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化 C．外界对气体做正功，气体的内能一定增加 D．不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化 E．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数 ‎14．（10分）如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1×105Pd）‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点再经过一个周期将传播到D点 B．B点正在向上运动 C．B点再经过T回到平衡位置 D．该波的周期T=0.05s E．C点再经过T将到达波峰的位置 ‎16．一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为 ‎．求出射角θ=　　．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-5】‎ ‎17．下列是否正确的是（　　）‎ A．大量氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃进时，能发出3种频率的光子 B．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，则该元素的半衰期为3.8天 C．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能增大，电势能减小，原子的总能量减小 E．光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性 ‎18．如图所示为两块质量均为m，长度均为L的相同木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年云南民族中学高三（上）高考适应性月考物理试卷（四）‎ 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，有错选的得0分．‎ ‎1．伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（　　）‎ A．实验检验，数学推理 B．数学推理，实验检验 C．提出假设，实验检验 D．实验检验，合理外推 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套科学研究方法．‎ ‎【解答】解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广．故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，同学们要从中汲取营养，提高科学素质．‎ ‎　‎ ‎2．如图，在灭火抢险的过程中，消防队员有时要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人或灭火作业．为了节省救援时间，人沿梯子匀加速向上运动的同时消防车匀速后退，则关于消防队员的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A．消防队员做匀加速直线运动 B．消防队员做匀变速曲线运动 C．消防队员做变加速曲线运动 D．消防队员水平方向的速度保持不变 ‎【考点】运动的合成和分解；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】消防员参与了沿梯子方向的匀加速直线运动和水平方向上的匀速直线运动，通过合速度与合加速度是否在同一条直线上判断消防员做直线运动还是曲线运动．‎ ‎【解答】解：A、根据运动的合成，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线，其加速度的方向大小不变，所以消防员做匀变速曲线运动．故A、C错误，B正确．‎ D、将消防员的运动分解为水平方向和竖直方向，知水平方向上的最终的速度为匀速后退的速度和沿梯子方向速度在水平方向上的分速度的合速度，因为沿梯子方向的速度在水平方向上的分速度在变，所以消防队员水平方向的速度在变．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握运动的合成与分解，知道通过分解为水平方向和竖直方向来判断消防队员在水平方向的速度变化．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，斜劈A静止放在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧把物体与木桩相连且平行于斜面．物体m、人和A均保持不动．不计m与A之间的摩擦，则下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对A的摩擦力向右 B．若剪断弹簧，物体和人将向下运动，而A仍保持静止 C．若人从物体m上离开，物体m仍静止在斜劈A上 D．若剪断弹簧的同时人从物体m上离开，地面对A的摩擦力为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块的滑动摩擦力和压力，将滑块的滑动摩擦力和压力合成，当作一个力处理，根据平衡条件得到该力的方向情况；然后对人和滑块整体分析，根据牛顿第二定律判断其运动情况．‎ ‎【解答】解：A、对A受力分析，重力，支持力，m对A的压力，及地面对A的静摩擦力，由于m对A的压力有水平向右的分量，所以地面对A的摩擦力向左，故A错误；‎ B、若剪断弹簧，物体和人向下运动，物体和人整体对斜面体的压力不变，故斜面体受力情况不变，因此A仍保持静止，故B正确；‎ C、若人从物体m离开，导致弹簧的弹力大于m的重力沿斜面向下的分量，则物体m向上运动，故C错误；‎ D、剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，m对A的压力有水平向右的分量，所以地面对A的摩擦力向左，故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】本题关键是对斜面体和滑块分别受力分析后运用平衡条件和牛顿第二定律分析，技巧在于判断滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向，同时注意滑块与斜面体间的弹力和摩擦力的合力的方向是不变的．‎ ‎　‎ ‎4．一个质量为m的木块静止在粗糙的水平面上，木块与水平面间的滑动摩擦力大小为2F0，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．0到t0时间内，木块的位移大小为 B．t0时刻合力的功率为 C．0到t0时间内，水平拉力做功为 D．2t0时刻，木块的速度大小为 ‎【考点】功的计算；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移的大小，根据力和位移求出水平拉力做功大小．‎ ‎【解答】解：A、0到t0时间内，产生的加速度为：‎ 产生的位移为：，故A错误；‎ B、t0时刻的速度为：v=at0=，t0时刻合力的功率为为：P=2F0v=，故B正确；‎ C、0到t0时间内，水平拉力做功为：W=，故C正确；‎ D、在t0之后产生的加速度为，2t0时刻，木块的速度大小为v=，故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】本题结合牛顿第二定律和运动学公式的综合运用来考查功与功率的计算，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．R3上消耗的功率逐渐增大 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率逐渐增大 D．质点P将向上运动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动．根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化．根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动．‎ 流过电流表的电流IA=I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大．‎ R4的电压U4=U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小．‎ 由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化．‎ ‎　‎ ‎6．我国“嫦娥三号”探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，这标志着我国的航空航天技术又迈进了一大步．“嫦娥三号”的飞行轨道示意图如图所示，假设“嫦娥三号”在环月球轨道1和椭圆轨道2上运动时，只受到月球的万有引力，则（　　）‎ A．“嫦娥三号”在环月椭圆轨道2上运行的周期将比在圆轨道1上运行的周期长 B．“嫦娥三号”在环月圆轨道1变轨进入环月椭圆轨道2时，应让发动机在P点点火使其减速 C．若已知“嫦娥三号”环月圆轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度 D．设“嫦娥三号”在圆轨道1上运动时经过P点时的加速度为a1，在椭圆轨道2上运行时经过P点时的加速度为a2，则a1=a2‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒定律比较周期的大小；已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度；根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速；根据牛顿第二定律比较加速度大小．‎ ‎【解答】解：A、根据开普勒周期定律公式，轨道的半长轴越大，周期越长，故“嫦娥三号”在环月椭圆轨道1上运行的周期将比在圆轨道2上运行的周期长，故A错误；‎ B、嫦娥三号在环月段圆轨道上P点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故B正确；‎ C、根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故C错误；‎ D、在P点，嫦娥三号受的万有引力一定，故加速度一定，故a=，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题要掌握卫星的变轨原理，嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动，使得在P点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在P点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入椭圆轨道．‎ ‎　‎ ‎7．如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为S，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v﹣t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（L＜S）、质量为m，电阻为R，当地的重力加速度为g，图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量，下落过程中bc边始终水平．根据题中所给条件，以下说法正确的是（　　）‎ A．t2是线框全部进入磁场瞬间，t4是线框全部离开磁场瞬间 B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgS C．v1的大小可能为 D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多 ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据图象得出线框在穿越磁场整个过程中的运动规律，根据动能定理求出感应电流做功情况．抓住线框全部进入磁场时，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根据q=判断通过线框的电荷量大小．‎ ‎【解答】解：A、0﹣t1时间内做自由落体运动，可知从t1‎ 时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确．‎ B、从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得：mg（s+L）﹣WA=mv12﹣mv22，线框出磁场时，设克服安培力做功为WA′，根据动能定理得：mgL﹣WA′=mv12﹣mv22，解得：WA=mgs+WA′，WA′≠mgs，则WA≠2mgs，故B错误．‎ C、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg=，解得：v1=，故C正确．‎ D、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键通过图线理清线框在整个过程中的运动规律，结合动能定理、共点力平衡进行求解，掌握电量的经验表达式q=n，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎8．跳伞员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，且打开伞后空气阻力与速度平方成正比，最后匀速下落．如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，a表示人的加速度，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，则在整个运动过程中，下列图象可能符合事实的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】运动员从直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动．‎ ‎【解答】解：A、运动员从直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，做匀加速直线运动，v﹣t图象是过原点的直线．打开伞后减速下降，随着速度减小，空气阻力减小，合力减小，加速度减小，当加速度减至零时做匀速运动；故A正确．‎ B、运动员伞打开前可看作是自由落体运动，加速度是g，不变．打开伞后减速下降，随着速度的减小，加速度也减小，且加速度方向向上，故B正确．‎ C、重力势能逐渐减小，规定初位置重力势能为零，则Ep=mg（﹣h），即重力势能与高度是线性关系，故C错误．‎ D、自由落体运动过程机械能守恒，打开伞后由于空气阻力做负功，运动员的机械能减小，且机械能的变化等于空气阻力做的功，空气阻力减小，机械能减小变慢，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题关键是结合运动员的运动情况分析其受到的阻力的变化情况，从而得到其合力和机械能的变化情况．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题，每道试题考生都必须作答；第13～18题为选考题，考生根据要求作答．‎ 必考题 ‎9．（2015秋•云南校级月考）如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．‎ ‎（1）实验中为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板与滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是　C　（填序号）．‎ A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 ‎（2）实验中要对质量m和M进行选取，下列最合理的一组是　B　（填序号）．‎ A．M=400g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g B．M=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g C．M=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120g D．M=200g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40g．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力；‎ 当沙和沙桶总质量远远小于小车和砝码的总质量，即m＜＜M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于沙和沙桶的重力．‎ ‎【解答】解：（1）为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故C正确．‎ 故选：C ‎（2）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有 对重物，有：mg﹣T=ma 对小车，有：T=Ma，‎ 解得：T=，故当M＞＞m时，有T≈mg，故B符合要求．‎ 故选：B 故答案为：（1）C；（2）B ‎【点评】掌握实验原理是正确解决实验题目的前提条件，实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的．当钩码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码的重力．‎ ‎　‎ ‎10．（2014•金州区校级模拟）（1）某同学选择多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值．正确操作后得到如图a所示的指针情况．则电阻的阻值约为　120　Ω．‎ ‎（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：‎ 电流表A1（0～40mA、内阻r1=10Ω）‎ 电流表A2（0～100mA、内阻r2≈5Ω）‎ 滑动变阻器R（0～10Ω）‎ 定值电阻R0（阻值为100Ω）‎ 电源E（电动势6V、有内阻）‎ 开关、导线若干 ‎①实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图．‎ ‎②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的I1﹣I2图象，则电阻的阻值为　110　Ω ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表的读数：表针所示刻度数×档位 ‎（2）①无电压表，要把一电流表改装成一电压表，因电阻为小电阻用外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．‎ ‎②由改装后的电压表的电阻及电流表的示数求得对应的电压值，由图线的斜率求得电阻值．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表的示数为：12×10=120Ω ‎　　（2）①将A1与定值电阻R0串联当作电压表用，小电阻用电流表外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法．‎ ‎　由电路图： 代入其中严格在线上的点可得RX=110Ω 答案：（1）120（2）①电路图如图；②110‎ ‎【点评】考查测电阻的原理及电路设计，明确电流表可串联电阻当作电压表用．‎ ‎　‎ ‎11．（2016•浙江学业考试）某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角θ=30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：‎ ‎（1）上滑过程中的加速度的大小a1；‎ ‎（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）木块回到出发点时的速度大小v．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．‎ ‎（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．‎ ‎（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．‎ ‎【解答】解：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：‎ 上滑过程中加速度的大小：‎ ‎（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma1‎ 代入数据得：μ=0.35．‎ ‎（3）下滑的距离等于上滑的距离：‎ x==m=1m ‎ 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：‎ 下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2‎ 解得： =2m/s2‎ 下滑至出发点的速度大小为：v=‎ 联立解得：v=2m/s ‎ 答：（1）上滑过程中的加速度的大小；‎ ‎（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.35；‎ ‎（3）木块回到出发点时的速度大小v=2m/s．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解 ‎　‎ ‎12．（2015•郴州二模）如图所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E．在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．不计粒子的重力作用．‎ ‎（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．‎ ‎（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．‎ ‎（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转．根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；‎ ‎（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0．‎ ‎（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得①‎ 粒子进入磁场后做圆周运动，有②‎ 解得粒子在磁场中运动的半径 ③‎ ‎（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，由几何知识可得 ④‎ 由以上各式解得 ⑤‎ ‎（3）将代入可得磁场中运动的轨道半径⑥‎ 粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足 cosα== 即α=30° ⑦‎ 则得 β=2α=60° ⑧‎ 所以 粒子经过x轴时的位置坐标为⑨‎ 解得 ⑩‎ 答：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为．‎ ‎（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．E0为．‎ ‎（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=．‎ ‎【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．温度升高时，物体内每个分子的热运动速度都增大 B．单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化 C．外界对气体做正功，气体的内能一定增加 D．不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化 E．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数 ‎【考点】热力学第二定律；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】温度是物体内分子平均动能的标志，而不是每个分子动能的标志．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点．根据热力学第一定律分析内能的变化．由热力学第二定律分析热传递的方向．由水的摩尔质量和水分子的质量可计算出阿伏伽德罗常数．‎ ‎【解答】解：A、温度升高时，物体内分子的平均动能增大，由于分子的热运动是无规则的，所以不是每个分子的运动速度都增在，故A错误．‎ B、晶体有固定的熔点，单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化．故B正确．‎ C、做功和热传递都可以改变物体的内能，可知外界对气体做正功，由热力学第一定律知气体的内能不一定增加，还与热传递情况有关．故C错误．‎ D、根据热力学第二定律知，不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．故D正确．‎ E、一摩尔任何物质含有阿伏伽德罗常数个微粒数目，阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，则知只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数．故E正确．‎ 故答案为：BDE．‎ ‎【点评】本题考查了阿佛加德罗常数、温度的微观意义、布朗运动、热力学第一、第二定律，涉及知识点多，关键平时要掌握基础知识．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2015•江西二模）如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1×105Pd）‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】整个过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由有意耳定律计算即可．‎ ‎【解答】解：玻璃管平放时有：P1=P0‎ 故：P1V1=P0l0S ①‎ 玻璃管正立时有：‎ 故：‎ ‎②‎ 玻璃管倒立时有：‎ 故：‎ ‎③‎ 由②③解得：△l=l3﹣l2=‎ 代入数据得：△l=2cm 答：玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是2cm．‎ ‎【点评】以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-4】‎ ‎15．（2016•山东模拟）一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．A质点再经过一个周期将传播到D点 B．B点正在向上运动 C．B点再经过T回到平衡位置 D．该波的周期T=0.05s E．C点再经过T将到达波峰的位置 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】质点不随波传播，波传播的是能量和振动的方式．根据横波的图象得出机械波的振幅，波长．根据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4倍的振幅得出质点在10s内通过的路程．‎ ‎【解答】解：A、质点不随波传播，A错；‎ B、由波向右传播可知B点向上振动，B对；‎ C、B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，C错；‎ D、由T=可知周期为0.05秒，D对； ‎ E、C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对．‎ 故选：BDE ‎【点评】此题考查读图的能力，能由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力．‎ ‎　‎ ‎16．（2015春•河池期末）一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为．求出射角θ=　 60° 　．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】当光从图示位置射入，经过二次折射后射出球体，由折射定律可求出射出光线的折射角．‎ ‎【解答】解：设入射光线与球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线．因此，图中的角α为入射角．‎ 过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B．‎ 由几何关系有：∠COB=α．‎ 又由△OBC知 sinα=①‎ 设光线在C点的折射角为β，由折射定律得：②‎ 由①②式得：β=30°③‎ 由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ（见图）为30°．‎ 由折射定律得：⑤‎ 因此sinθ=，‎ 解得：θ=60°‎ 故答案为：60°．‎ ‎【点评】光线从球体入射时，法线则是入射点与球心的连线；当光线射出时，法线则与界面垂直．因此两次使用折射定律可求出结果．‎ ‎　‎ ‎【物理——选修3-5】‎ ‎17．（2015秋•云南校级月考）下列是否正确的是（　　）‎ A．大量氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃进时，能发出3种频率的光子 B．某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，则该元素的半衰期为3.8天 C．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 D．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能增大，电势能减小，原子的总能量减小 E．光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性 ‎【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】依据数学组合，即可求解；‎ 公式m=M（）的应用；‎ 根据光电效应方程进行判断；‎ 结合玻尔理论与能量守恒进行判断；‎ 光电效应和康普顿效应说明了光具有粒子性．‎ ‎【解答】解：A、根据=6，大量氢原子从n=4的激发态向n=1的基态跃进时，能发出6种频率的光子，故A错误；‎ B、根据半衰期公式：m=M（）可得：‎ M=M（），所以有，t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天，故B正确；‎ C、根据广电效应方程：EK=hv﹣w0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故C错误；‎ D、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，库仑力对电子做正功，所以动能变大，电势能变小（动能转为电势能）而因为释放了光子，总能量变小，故D正确；‎ E、光电效应和康普顿效应说明了光具有粒子性，但没有否定波动性；故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了半衰期的适用条件，光电效应方程的应用，及玻尔理论的内容等原子物理的基础知识，大都需要记忆，因此注意平时多加积累．‎ ‎　‎ ‎18．（2015春•宜城市校级期中）如图所示为两块质量均为m，长度均为L的相同木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m（可视为质点），放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木板2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后木块1停留在木板3的正中央，木板3碰撞前的初速度v0为多大？已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据23组成的系统碰撞过程中动量守恒求得23碰撞后的共同速度，再根据123组成的系统动动量守恒求得三者最终共同速度，再根据根据守恒由123组成的系统损失的动能转化为内能求得Q，再根据Q=fs相对求解．‎ ‎【解答】解：设向右为正方向，设第3块木块的初速度为V0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：‎ mV0=2mV1…①‎ 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：‎ ‎2mV1=3mV2…②‎ 第1块木块恰好运动到第3块正中央，则据能量守恒有：‎ ‎…③‎ 由①②③联立方程得：v0=3‎ 答：木板3碰碰撞前的速度v0为3．‎ ‎【点评】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键抓住23碰撞瞬间动量守恒，正确选取守恒系统是解决的关键．‎ ‎　‎