宁夏银川一中2016届高三上学期第四次月考物理试卷

宁夏银川一中2016届高三上学期第四次月考物理试卷

‎2015-2016学年宁夏银川一中高三（上）第四次月考物理试卷 ‎　‎ 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14～17题只有一项符合题目要求；第18～21题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．物体作直线运动，速度图象如右图．由图象可以判断（　　）‎ A．第1s末物体的速度方向发生改变 B．第2s末物体的加速度方向发生改变 C．第3s末和第5s末物体的位置相同 D．前2s物体的位移为零 ‎2．地球半径为R，距地心高为h处有一颗同步卫星；另一星球半径为3R，距该星球球心高度为3h处也有一颗同步卫星，它的周期为72h，则该星球的平均密度与地球的平均密度之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：3 C．9：l D．3：1‎ ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎4．如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线．用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是0.33Ω B．电阻的阻值为1Ω C．电池组的输出功率将是4W D．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W ‎5．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在y轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）‎ A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零 C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大 ‎6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带负电的质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带负电的质点通过P点时的动能较Q点大 D．带负电的质点通过P点时的电场强度较Q点小 ‎7．如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（　　）‎ A．带电油滴的电势能将增大 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＞△U2 D．△U1＜△U2‎ ‎　‎ 二、必考题（共129分）‎ ‎9．用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为　　mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为　　mm．‎ ‎10．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U（V）‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）实验中可用的器材有：电压表（内阻约2kΩ）、电流表（内阻约0.5Ω）、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．若要求小灯泡两端的电压由零开始变化，请在图1方框中画出实验电路图　　．‎ ‎（2）在图2坐标中画出小灯泡的U﹣I曲线　　．‎ ‎11．一质量为m=40kg的小孩子站在电梯内的体重计上．电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示．试问：在这段时间内电梯上升的高度　　m，取重力加速度g=10m/s2．‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力的竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力大小 ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎　‎ 三、[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎14．如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l=1.0m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA=30cm2、SB=15cm2．A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保持为P0=1.0×105Pa．活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1=540K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1=30N．‎ ‎（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？‎ ‎　‎ 四、[物理--选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎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°．‎ ‎①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？‎ ‎②第一次的出射点距C点多远？‎ ‎　‎ 五．[物理选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 E．与原子核内部变化有关的现象是天然放射现象．‎ ‎18．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg．游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：‎ ‎（1）甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年宁夏银川一中高三（上）第四次月考物理试卷 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14～17题只有一项符合题目要求；第18～21题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．物体作直线运动，速度图象如右图．由图象可以判断（　　）‎ A．第1s末物体的速度方向发生改变 B．第2s末物体的加速度方向发生改变 C．第3s末和第5s末物体的位置相同 D．前2s物体的位移为零 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】由图可知，速度的方向周期性改变，物体做往复运动．根据图线与t轴所围面积表示运动位移，图形在t轴上方表示位移为正，图形在t轴下方表示位移为负；“斜率”等于加速度．‎ ‎【解答】解：A、1s末前后对应速度值均为正，故速度方向未该改变，故A错误；‎ B、1﹣3s内图象的斜率不变，加速度不变，第2s末物体的加速度方向没有改变，故B错误；‎ C、第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末到第5s末物体的位移为零，故第3s末和第5s末物体的位置相同，故C正确；‎ D、第1s内与第2s内对应图形的面积都在t轴上方，即代表位移均为正，前2s物体的位移为为正，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．地球半径为R，距地心高为h处有一颗同步卫星；另一星球半径为3R，距该星球球心高度为3h处也有一颗同步卫星，它的周期为72h，则该星球的平均密度与地球的平均密度之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：3 C．9：l D．3：1‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力G=mr（）2，求出天体的质量，再求出密度，看与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：万有引力提供向心力G=mr（）2，M=．密度ρ===．‎ 因为地球的同步卫星和星球A的同步卫星的轨道半径比为1：3，地球和星球A的半径比为1：3，两同步卫星的周期比1：3．所以地球和A星球的密度比为9：1，故该星球的平均密度与地球的平均密度之比为1：9；‎ 故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】‎ 根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．‎ ‎【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线．用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是（　　）‎ A．电池组的内阻是0.33Ω B．电阻的阻值为1Ω C．电池组的输出功率将是4W D．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】电池组的伏安特性曲线的斜率绝对值等于电池的内阻．电阻的伏安特性曲线斜率的倒数大小等于电阻．两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态．当外电阻等于电池的内阻时电池组有最大的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、电池组的内阻r=||=Ω=1Ω．故A错误．‎ B、电阻的阻值约R==Ω=3Ω．故B错误．‎ C、两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U=3V，电流为I=1A，电池组的输出功率是P=UI=3W．故C错误．‎ D、当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R=r=1Ω时，电池组的最大输出功率P出=（）2R=（）2×1=4W．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+‎ Q，在y轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（　　）‎ A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零 C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、A、B两点两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度抵消，O点的电场强度等于点电荷﹣Q在O点产生的电场强度，不为零．故A错误．‎ B、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向y轴负方向．﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向y轴正方向，则D点的合场强为零．故B正确．‎ C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．‎ D、将点电荷﹣q从O移向C，电场力做负功，电势能增大．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带负电的质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带负电的质点通过P点时的动能较Q点大 D．带负电的质点通过P点时的电场强度较Q点小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线与等势面垂直、曲线运动的合力指向轨迹的内侧，分析电场力的方向，确定电场线方向，从而判断出电势的高低．根据推论，负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷电势能大小；由总能量守恒分析动能的大小；由电场线疏密确定出场强的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上．故a点电势最低．故A正确．‎ B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道负电荷在P点的电势能比Q点的大．故B正确．‎ C、负电荷的总能量守恒，即动能与电势能之和不变，则知质点通过P点时的动能较Q点小．故C错误．‎ D、等差等势面P处密，P处电场强度大．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎7．如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（　　）‎ A．带电油滴的电势能将增大 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由E= 分析板间场强的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向．根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化，再判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，d减小，电容器的电压U不变，由E= 分析得知，板间场强增大，因P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少．故AB错误．‎ C、由于d减小，由C=，知电容C增大，U不变，由C=分析可知电容器所带电量增加，故C正确；‎ D、将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E= 分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＞△U2 D．△U1＜△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．‎ 变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．‎ C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、必考题（共129分）‎ ‎9．用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为　102.35　mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为　2.670　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为102mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为102.35mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×12.0mm=0.120mm，所以最终读数为：2.670mm．‎ 故答案为：102.35mm，2.670‎ ‎　‎ ‎10．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U（V）‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）实验中可用的器材有：电压表（内阻约2kΩ）、电流表（内阻约0.5Ω）、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干．若要求小灯泡两端的电压由零开始变化，请在图1方框中画出实验电路图　如图　．‎ ‎（2）在图2坐标中画出小灯泡的U﹣I曲线　如图　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】1、根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线．‎ ‎2、为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图．‎ ‎【解答】解：（1）画出的U﹣I图象如图所示：‎ ‎（2）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值R灯=4Ω，‎ 为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图所示．‎ 故答案为：（1）如图 ‎（2）如图 ‎　‎ ‎11．一质量为m=40kg的小孩子站在电梯内的体重计上．电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示．试问：在这段时间内电梯上升的高度　9　m，取重力加速度g=10m/s2．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对小孩受力分析，受重力和支持力，体重计示数等于支持力大小，求出各段时间内（加速、匀速、减速）物体的加速度，结合运动学规律求上升的总高度．‎ ‎【解答】解：在0s﹣2s内，电梯做匀加速运动，加速度为：a1==1m/s2‎ 上升高度为：h1=a1t12=2m ‎2s末速度为：v=a1t1=2m/s 在中间3s内，电梯加速度为0，做匀速运动上升高度为：h2=vt2=6m 最后1s内做匀减速运动，加速度为：a2==﹣2m/s2‎ 在第6s末恰好停止，上升高度为：h3=vt3=1m 故在这段时间内上升高度为h=h1+h2+h3=2+6+1m=9m 故答案为：9‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力的竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力大小 ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球下落过程只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（2）小球从B到C过程，只有电场力做功，根据动能定理列式；小球离开C点后，竖直方向做匀速运动，水平方向做加速运动，根据平抛运动的知识列式求解；‎ ‎（3）小球经过C点时，电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式即可 ‎【解答】解：（1）小球从开始下落到管口B，机械能守恒：‎ 解得 故到达B点速度大小．‎ ‎（2）设电场力的竖直向上分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy=mg 从B到C，由动能定理得﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣‎ ‎①‎ 小球从管口C到A，做类平抛，竖直方向匀速运动 y=4R=VC•t﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 水平方向匀加速运动﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由①②③得Fx=mg 故电场力大小为 方向与水平向左成450斜向上．‎ ‎（3）球在管口C处由牛顿定律：‎ 得N=3mg 故球对管得压力为N′=3mg，方向水平向右．‎ 答：（1）小球到达B点的速度大小为；‎ ‎（2）小球受到的电场力大小为 ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力为3mg ‎　‎ 三、[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎【考点】热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【分析】改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一定律分析内能的变化；根据热力学第二定律可知，没有外界的影响，热量不可能从低温物体传递到高温物体；‎ 第二类永动机不违反能量守恒定律；能量耗散现象是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性；‎ 温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是每一个分子动能都增大．‎ ‎【解答】解：A、改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，放热的物体如果外界对它做功，它的内能可能增加，故A正确；‎ B、由热力学第二定律可知，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性，故B正确；‎ C、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如空调制热，故C错误；‎ D、已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，要克服分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故D正确；‎ E、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，并不是物体内每个分子动能都增大，温度升高时物体内有的分子动能可能保持不变，有的分子动能还可能减小，故E错误；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l=1.0m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA=30cm2、SB=15cm2．A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保持为P0=1.0×105Pa．活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1=540K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1=30N．‎ ‎（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）利用气态方程解题关键是确定状态，明确状态参量，根据活塞处于平衡状态，对其进行受力分析，可求出初始状态的压强，活塞开始移动时，细线上的作用力刚好为零，这是活塞移动的临界状态．‎ ‎（2）继续使气缸内气体温度下降时，被封闭气体压强不变，气体作等压变化．‎ ‎【解答】解：（i）设气缸内气体压强为P1，F1为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为：‎ P0SA﹣P1SA+P1SB﹣P0SB+F1=0…①‎ 解得：P1=P0+=1.2×105Pa…②‎ 由②式看出，只要气体压强：P1＞P0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容，温度下降使压强降到P0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，压强P2=P0．‎ 由查理定律得： =…③‎ 代入数据解得：T2=450K…④‎ ‎（ⅱ）再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：P=P0．‎ 是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A到达两圆筒联接处时，温度为T3，‎ 由盖吕萨克定律得： =， =…⑤‎ 代入数据解得：T1=270K…⑥；‎ 答：（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为450K时活塞开始向右移动；‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为270K时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处．‎ ‎　‎ 四、[物理--选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动的周期为T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿﹣x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．写出质点P的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s时刻质点P的位移．‎ ‎【解答】解：AB、由图读出波长 λ=6m．根据质点P的振动情况可得：该波的周期为 T=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为 v===5m/s．‎ 根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播．故A正确，B错误．‎ C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确．‎ D、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反．故D错误．‎ E、该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为 y=﹣Asin（t+）=﹣20sin（t+）cm=﹣20sin（t+）cm 当t=2.0s时，代入解得 y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确．‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎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°．‎ ‎①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向？‎ ‎②第一次的出射点距C点多远？‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（1）根据sinC=，求出临界角的大小，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的方向．‎ ‎（2）根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离．‎ ‎【解答】解：（1）因为sinC=，临界角C=45°‎ 第一次射到AB面上的入射角为60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°‎ 根据折射定律得，n=，‎ 解得θ=45°．‎ 即光从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方．‎ ‎（2）根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cm．‎ ‎∠BFG=∠BGF，则BG=4cm．所以GC=4cm．‎ 所以CE=cm．‎ 答：①从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方 ‎ ‎②第一次的出射点距cm．‎ ‎　‎ 五．[物理选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 E．与原子核内部变化有关的现象是天然放射现象．‎ ‎【考点】光电效应；天然放射现象；原子核的结合能．‎ ‎【分析】原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，根据E=，即可分析波长与能量的关系，发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，天然放射现象说明原子核内部有复杂结构．从而即可一一求解．‎ ‎【解答】解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，故A错误；‎ B、根据E=，可知，光的波长越大，光子的能量越小，故B正确；‎ C、因基态是不连续的，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子．故C正确；‎ D、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度有关无关，故D错误；‎ E、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎18．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg．游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：‎ ‎（1）甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．‎ ‎（2）对箱子，应用动能定理可以求出功．‎ ‎【解答】解：（1）在推出和抓住的过程中，小孩、冰车和箱子的总动量守恒．要想刚能避免相碰，‎ 要求抓住后甲和乙的速度正好相等．此就可求得推出时的最小速度．‎ 设箱子推出后其速度为v，甲孩的速度为v1，以甲的初速度方向为正方向，‎ 根据动量守恒可得：mv+Mv1=（m+M） v0，解得：，‎ 设乙孩抓住箱子后其速度为v2，以向右为正方向，‎ 根据动量守恒可得：（m+M） v2=mv﹣Mv0，解得：，‎ 刚好不相碰的条件要求：v1≤v2，解得：v≥5.2m/s；‎ ‎（2）设以最小速度推出时甲对箱子做功为W，‎ 对箱子，由动能定理得：，‎ 代入数值可得：W=172.8J；‎ 答：（1）甲至少要以5.2m/s的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功为172.8J．‎ ‎　‎ ‎2017年3月19日