四川省成都市龙泉二中2017届高三（上）期中物理试卷（理科）（解析版）

四川省成都市龙泉二中2017届高三（上）期中物理试卷（理科）（解析版）

‎2016-2017学年四川省成都市龙泉二中高三（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法（　　）‎ A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系 B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式 C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律 D．洛伦兹不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场 ‎2．如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则（　　）‎ A．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定为零 B．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定大于Eq C．小球运动到M点时，挡板对小球的弹力一定为零 D．小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg ‎3．如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（　　）‎ A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小 B．仅向下滑动P时，R2两端的电压增大 C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小 D．仅增大U时，R2消耗的功率减小 ‎4．如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系大体如图中的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎5．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，下列图中正确表示导体框中感应电流变化的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎6．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）‎ A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处 ‎7．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，其中OA为过原点的一条直线．从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（　　）‎ A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于 B．汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率 C．t1～t2时间内，汽车的功率等于 D．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于 ‎8．如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ=300的光滑斜面底端．现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（　　）‎ A．恒力F大小为mg B．从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W C．回到出发点时重力的瞬时功率为g D．物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方 ‎　‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．如图乙所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．某实验小组利用如图乙所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．实验前要调整气垫导轨底座使之水平，用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t ‎（1）某同学用游标卡尺测得遮光条（图丙）的宽度d=　　cm ‎（2）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门所花时间为△t=1.2×10﹣2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为（用游标卡尺的测量结果计算）　　m/s．‎ ‎（3）在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、　　和　　（用文字说明并用相应的字母表示）．‎ ‎（4）本实验，通过比较　　和　　在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．‎ ‎10．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数．做法是先将弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．测量记录表：‎ 代表符号 L0‎ L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ L7‎ 刻度数值/cm ‎1.70‎ ‎3.40‎ ‎5.10‎ ‎8.60‎ ‎10.30‎ ‎12.10‎ ‎①实验中，L3和L7两个值还没有记录，请你根据如图将这两个测量值填入表中．　　，　　．‎ ‎②为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差．分别计算出三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm，d2=L5﹣L1=6.90cm，d3=L6﹣L2=7.00cm，请你给出第4个差值d4=　　 m．‎ ‎③根据以上差值，可以计算出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量DL，DL用d1、d2、d3、d4表示的式子为DL=　　；‎ ‎④计算弹簧的劲度系数k=　　N/m（g取9.8m/s2）‎ ‎11．如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l．在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子．在0～3t0‎ 时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）‎ ‎（1）求电压U0的大小；‎ ‎（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．‎ ‎12．如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C．长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧边缘B点的坐标是（0，h=8m）一个质量为M=2g、电荷量为q=0.01C的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（没画出），重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）P点的坐标；‎ ‎（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；‎ ‎（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分.请考生从给出的2个选修中任选一个作答.如果多做，则每学科按所做的第一题计分.【物理--选修3-3】‎ ‎13．关于一定量的气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高 ‎14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3‎ ‎=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．一列沿x轴正方向传播的机械波，波速为4m/s，t=0 时刻波形如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波传播的周期为2s B．平衡位置为x=10m处的质点起振方向为竖直向下 C．平衡位置为x=3.5m处的质点在t=0到t=时间段内路程等于2cm D．t=9s时，平衡位置为x=3.5m处的质点正在向下振动 E．平衡位置为x=4m处的质点位移总是和平衡位置为x=8m处的质点位移相同 ‎16．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入．已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°，光线第一次射出棱镜是从哪个面射出？出射光线与出射面的夹角为多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市龙泉二中高三（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法（　　）‎ A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系 B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式 C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律 D．洛伦兹不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场 ‎【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、丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了通电导线的周围存在着磁场，在世界上是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家．故A错误 B、洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故B错误 C、库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律﹣﹣库仑定律，故C正确 D、法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，故D错误 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则（　　）‎ A．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定为零 B．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力一定大于Eq C．小球运动到M点时，挡板对小球的弹力一定为零 D．小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，小球沿挡板内侧运动，根据AB段垂直于挡板方向上的合力为零，判断电场力与重力的大小关系．‎ 然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点．小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大．‎ ‎【解答】‎ 解：小球从静止A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AB向下，则电场力方向水平向右，小球受到的合力方向沿AB向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在MD到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于N与C之间．‎ AB、小球运动到N点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力提供圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力qE，故A错误，B正确；‎ C、小球运动到M点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力为0，若小球所受电场力不够提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的弹力不为0，故C错误；‎ D、当小球在点C时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（　　）‎ A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小 B．仅向下滑动P时，R2两端的电压增大 C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小 D．仅增大U时，R2消耗的功率减小 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．‎ ‎【解答】解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；‎ B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，R2消耗的功率增大，故B正确C错误；‎ D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系大体如图中的（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】m1和m2的整体分析，因为一旦物体开始运动，两物体具有相同的加速度大小，根据牛顿第二定律判断m1的加速度a的大小与m2的关系．‎ ‎【解答】解：当m2≤m1时，m1不动，加速度为零．当m2＞m1，对整体运用牛顿第二定律得， =，当m2的质量增大时，加速度增大，最终趋向于g．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，下列图中正确表示导体框中感应电流变化的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．‎ ‎【分析】正确解答本题一定要明确B﹣t图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比．‎ ‎【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，‎ 而在2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）‎ A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处 ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；‎ ‎②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；‎ ‎③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．‎ ‎【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；‎ B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；‎ C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，其中OA为过原点的一条直线．从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（　　）‎ A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于 B．汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率 C．t1～t2时间内，汽车的功率等于 D．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据速度时间图线得出匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据匀加速直线运动的末速度，结合牵引力的大小，根据P=Fv求出额定功率．‎ ‎【解答】解：A、0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度a=，根据牛顿第二定律得，F﹣Ff=ma，解得牵引力F=Ff+，故A错误．‎ B、从t1时刻起汽车的功率保持不变，可知汽车在t1～t2时间内的功率等于t2以后的功率，故B正确．‎ C、汽车的额定功率P=Fv1=（Ff+）v1，故C正确．‎ D、t1～t2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度不等于，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ=300的光滑斜面底端．现用沿斜面向上的恒力F拉物体，使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，若以斜面底端为重力势能零势能面，则下列说法正确的是（　　）‎ A．恒力F大小为mg B．从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W C．回到出发点时重力的瞬时功率为g D．物体动能与势能相等的位置在撤去恒力位置的上方 ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】对开始到回到出发点运用动能定理研究求出物体回到出发点的动能．分别研究从开始到经过时间t和撤去恒力F到回到出发点，物体的受力情况，根据运动学公式求出恒力F，除重力以外的力做功等于机械能的变化量，根据动能定理求出回到出发点的速度，根据瞬时功率公式求解重力的瞬时功率，根据运动学公式求出撤去力F时，物体继续上滑到最高点距离，运用动能定理求出撤去力F时，物体重力势．‎ ‎【解答】解：A、从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，‎ 由牛顿第二定律得物体加速度为：a=①‎ 撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，‎ 由牛顿第二定律得物体加速度为：a′=②‎ 两个过程位移大小相等方向相反，时间相等．得： at2=﹣（at•t﹣a′t2）③‎ ‎①②③联立解得：a′=3a，F=mg，故A正确；‎ B、除重力以外的力做功等于机械能的变化量，力F做功为W，则从开始到回到出发点的整个过程中机械能增加了W，故B正确；‎ C、根据过程中，根据动能定理得： mv2=W，解得：v=，回到出发点时重力的瞬时功率为P=mgvsin30°=g，故C错误；‎ D、撤去力F后的位置到最高点，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．如图乙所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．某实验小组利用如图乙所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．实验前要调整气垫导轨底座使之水平，用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△t ‎（1）某同学用游标卡尺测得遮光条（图丙）的宽度d=　1.05　cm ‎（2）实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门所花时间为△t=1.2×10﹣2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为（用游标卡尺的测量结果计算）　0.875　m/s．‎ ‎（3）在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、　滑块上的遮光条初位置到光电门的距离s　和　滑块的质量M　（用文字说明并用相应的字母表示）．‎ ‎（4）本实验，通过比较　mgs　和　（M+m）（）2　在实验误差允许的范围内相等（用测量的物理量符号表示），从而验证了系统的机械能守恒．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1、2）考查游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读），滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．‎ ‎（3、4）设遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了：mgs，系统动能增加了：（M+m）（）2，‎ 所以我们可以通过比较mgs和（M+m）（）2的大小来验证机械能守恒定律．‎ ‎【解答】解：（1）主尺：10mm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1=0.5mm，故遮光条宽度d=10.5mm=1.05cm，‎ ‎（2）依据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有，v===0.875m/s ‎（3、4）设遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了：mgs，系统动能增加了：（M+m）（）2，‎ 所以我们可以通过比较mgs和（M+m）（）2的大小来验证机械能守恒定律．‎ 需要测量的物理量有：钩码的质量m，滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，滑块的质量M 故答案为：（1）1.05；（2）0.875；（3）滑块上的遮光条初位置到光电门的距离s；滑块的质量M；（4）mgs；（M+m）（）2‎ ‎　‎ ‎10．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数．做法是先将弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50g砝码时，指针指示的刻度数值记作L7．测量记录表：‎ 代表符号 L0‎ L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ L7‎ 刻度数值/cm ‎1.70‎ ‎3.40‎ ‎5.10‎ ‎8.60‎ ‎10.30‎ ‎12.10‎ ‎①实验中，L3和L7两个值还没有记录，请你根据如图将这两个测量值填入表中．　6.85　，　14.05　．‎ ‎②为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差．分别计算出三个差值：d1=L4﹣L0=6.90cm，d2=L5﹣L1=6.90cm，d3=L6﹣L2=7.00cm，请你给出第4个差值d4=　7.20　 m．‎ ‎③根据以上差值，可以计算出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量DL，DL用d1、d2、d3、d4表示的式子为DL=　　；‎ ‎④计算弹簧的劲度系数k=　28　N/m（g取9.8m/s2）‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的．‎ 按照d1、d2、d3的表达式的规律表示出d4．‎ 充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．‎ ‎【解答】解：①L3的数值为6.85cm，L7的数值为14.05cm．‎ ‎②第4个差值d4=L7﹣L3=14.05﹣6.85cm=7.20cm．‎ ‎③因为d1=4△L，d2=4△L，d3=4△L，d4=4△L，所以=；‎ ‎④d1、d2、d3、d4分别表示挂相差四个50g的砝码时弹簧伸长量，‎ ‎⑤所以每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L=．‎ 根据△F=k△L，解得k=N/m．‎ 故答案为：①6.85，14.05，②7.20；③，④28‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x对称，极板长度和板间距均为l．在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）．已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）‎ ‎（1）求电压U0的大小；‎ ‎（2）求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动．由题知道x方向位移为l，y方向位移为，运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式求解U．‎ ‎（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．根据运动学规律求出y方向分速度与x方向分速度，再合成求出粒子进入磁场时的速度，则牛顿定律求出粒子在磁场中做圆周运动的半径．‎ ‎（3）带电粒子在磁场中运动的周期一定，当轨迹的圆心角最小时，在磁场中运动的时间最短．‎ ‎【解答】解：（1）t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，‎ 则有 y=l，x=l，‎ 电场强度：E=…①，‎ 由牛顿第二定律得：Eq=ma…②，‎ 偏移量：y=at02…③‎ 由①②③解得：U0=…④．‎ ‎（2）t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动．‎ 带电粒子沿x轴方向的分速度大小为：vx=v0=…⑤‎ 带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为：vy=a•t0 …⑥‎ 带电粒子离开电场时的速度大小为：v=…⑦‎ 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，‎ 由牛顿第二定律得：qvB=m…⑧，‎ 由③⑤⑥⑦⑧解得：R=…⑨；‎ ‎（3）在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子，在电场中做类平抛运动的时间最长，飞出极板时速度方向与磁场边界的夹角最小，‎ 而根据轨迹几何知识可知，轨迹的圆心角等于粒子射入磁场时速度方向与边界夹角的2倍，‎ 所以在t=2t0时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短．‎ 带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为：vy′=at0 …⑩，‎ 设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则：tanα=，‎ 由③⑤⑩解得：α=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，‎ 圆弧所对的圆心角为：2α=，‎ 所求最短时间为：tmin=T，‎ 带电粒子在磁场中运动的周期为：T=，‎ 联立以上两式解得：tmin=；‎ 答：（1）电压U0的大小为；‎ ‎（2）t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为；‎ ‎（3）在t=2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短，最短时间为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0.4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C．长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧边缘B点的坐标是（0，h=8m）一个质量为M=2g、电荷量为q=0.01C的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P点（没画出），重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）P点的坐标；‎ ‎（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；‎ ‎（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围．‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1、2）根据运动学公式，求得加速度大小，再依据两者速度相等，则判定小物块的位移与L的关系，当进入复合场时，根据电场力与重力的大小关系，可判定只由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，从而依据牛顿第二定律，结合向心力，求得运动的半径及时间，最后再根据平抛运动规律，即可求解；‎ ‎（3）根据由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）小物块在传送带做初速度为零的匀加速运动的加速度为：a==μg=2m/s2；‎ 当小物块与传送带速度相等时，所用时间t1==1.5s，这段时间内小物块的位移为：x1==2.25m＜L=16m；‎ 所以小物块先做匀加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的时间为为：t2==4.58s；‎ 小物块从传送带下滑下进入y轴右侧后，因为电场力为：F=qE=0.02N，‎ 而mg=0.02N，且电场力方向竖直向上，与重力方向相反，所以合力为洛伦兹力；所以做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，小物块的运动轨迹如图所示：‎ 由向心力公式得，qv0B=，‎ 解得：r==1.5m，‎ 运动时间为t3==1.57s 小物块离开磁场后，做平抛运动，运动时间为：t4==1s；‎ 水平方向上的位移为x2=v0t4=3m；‎ 所以P点的坐标为（﹣3m，0）；‎ ‎（2）小物块从静止开始到经过X轴所用的时间t=t1+t2+t3+t4=8.65s；‎ ‎（3）小物块要经过坐标原点0，它做匀速圆周运动的半径R==4m，洛伦兹力提供向心力，则有，qv1B=，‎ 解得：v1==8m/s；‎ 小物块在传送带上滑行的末速度是v1=8m/s，它在传送带上滑行的距离为x==16m，‎ 而L=16m，说明如果小物块在传送带上一直做匀加速运动，则小物块就会经过坐标原点O，所以传送带的速度v≥8m/s．‎ 答：（1）P点的坐标（﹣3m，0）；‎ ‎（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间8.65s；‎ ‎（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围v≥8m/s．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分.请考生从给出的2个选修中任选一个作答.如果多做，则每学科按所做的第一题计分.【物理--选修3-3】‎ ‎13．关于一定量的气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 B．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高 ‎【考点】热力学第一定律；热力学第二定律．‎ ‎【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．‎ ‎【解答】解：A、温度高体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，故A正确；‎ B、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故B正确；‎ C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故C错误；‎ D、气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，则内能不一定增加，故C错误；‎ E、由理想气体状态方程可得，气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎　‎ ‎14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：‎ P1=P0+l2…①‎ 设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：‎ P1l1=P1′l1′…②‎ 如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：‎ l3′=l3+（l1﹣l1′）﹣△l…③‎ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则 P3′=p1′﹣l2…④‎ 由波意耳定律，得：‎ P0l3=P3′l3′…⑤‎ 由①②③④⑤式代入数据解得：‎ ‎△l=15.0cm；‎ 答：活塞下推的距离为15cm．‎ ‎　‎ ‎【物理-选修3-4】‎ ‎15．一列沿x轴正方向传播的机械波，波速为4m/s，t=0 时刻波形如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波传播的周期为2s B．平衡位置为x=10m处的质点起振方向为竖直向下 C．平衡位置为x=3.5m处的质点在t=0到t=时间段内路程等于2cm D．t=9s时，平衡位置为x=3.5m处的质点正在向下振动 E．平衡位置为x=4m处的质点位移总是和平衡位置为x=8m处的质点位移相同 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由图读出波长，求出周期；根据波形图来确定x=10m处的起振方向；根据时间，当从平衡位置、最大位移处开始振动，质点在通过路程是A，不是从平衡位置、最大位移处开始振动，通过的路程不一定是A；求出质点P通过的路程当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反 ‎【解答】解：A、由波动图象知，波长λ=8m，周期，故A正确；‎ B、波源的起振方向图示时刻x=8m处质点的振动方向相同，由“上下坡”法，知x=8m处质点起振方向向下，因为介质中各个质点的起振方向均相同，所以平衡位置为x=10m处的质点起振方向为竖直向下，故B正确；‎ C、平衡位置为x=3.5m处的质点在图示时刻，不是处于平衡位置，也不是位于正负最大位移处，在通过的路程不一定等于A=2cm，故C错误；‎ D、t=9s时，平衡位置为x=3.5m处的质点与t=1s时振动状态相同，根据波形图t=0时刻，x=3.5m处的质点向上振动，t=1s时质点向下振动，t=9s时，平衡位置为x=3.5m处的质点正在向下振动，故D正确；‎ E、平衡位置为x=4m和平衡位置为x=8m间的距离，振动反相，平衡位置为x=4m处的质点位移总是和平衡位置为x=8m处的质点位移大小相等，方向相反，故E错误；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎16．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入．已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°，光线第一次射出棱镜是从哪个面射出？出射光线与出射面的夹角为多大？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】根据sinC=，求出临界角的大小，判断光线在AB面和BC面能否发生全反射，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线与出射面的夹角．‎ ‎【解答】解：光路图如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射．‎ 设光线在CD边的入射角为α，折射角为β．‎ 由几何关系得 α=30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜是在CD边，由折射定律得：‎ n=‎ 代入数据得 β=45°，则出射光线与出射面的夹角为45o．‎ 答：光线第一次射出棱镜是从BC面射出，出射光线与出射面的夹角为45o．‎ ‎　‎ ‎2016年11月30日