物理·贵州省黔东南州凯里一中2017届高三上学期第四次模拟物理试卷（10月份） Word版含解析]

物理·贵州省黔东南州凯里一中2017届高三上学期第四次模拟物理试卷（10月份） Word版含解析]

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高三（上）第四次模拟物理试卷 （10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．以下说法不符合物理学史实的是（　　）‎ A．波兰的哥白尼提出“日心说”，认为行星和地球绕太阳做匀速圆周运动，只有月亮环绕地球运行 B．1687年德国天文学家开普勒正式发表万有引力定律 C．万有引力定律发表100多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量 D．英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归 ‎2．如图，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则（　　）‎ A．A与B之间一定存在摩擦力 B．B与地之间一定存在摩擦力 C．B对A的支持力一定小于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g ‎3．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须（　　）‎ A．先抛出A球 B．先抛出B球 C．同时抛出两球 D．B球的初速度大于A球的初速度 ‎4．长木板上有一木块如图所示，当长木板的倾角θ逐渐增大时（　　）‎ A．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力、支持力的合力逐渐增大 B．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力、支持力和静摩擦力的合力逐渐增大 C．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力和静摩擦力的合力逐渐增大 D．如果θ从0°一直增大到90°，则木块所受的摩擦力一直增大 ‎5．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．线速度变小 B．角速度变大 C．向心加速度变小 D．距地面的高度变大 ‎6．物体在xOy平面内做曲线运动，从t=0时刻起，在x方向的位移图象和y方向的速度图象如图所示，则（　　）‎ A．物体的初速度沿x轴的正方向 B．物体的初速度大小为5m/s C．物体在t=2 s时的速度大小为0‎ D．物体所受合力沿y轴的负方向 ‎7．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．此时绳子张力为μmg B．此时圆盘的角速度为 C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 ‎8．如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（　　）‎ A．Ff不变 B．Ff增大 C．FN不变 D．FN减小 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学在做“验证互成角度的两个力合成的平行四边形定则”实验，试完成下列问题．‎ ‎（1）主要的两个实验步骤如下：‎ ‎①把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧测力计将橡皮条的另一端拉到位置O．这时两弹簧测力计的示数如图甲所示，则两弹簧测力计的读数分别为FA=　　 N、FB=　　 N．‎ ‎②假如橡皮条的自由端仅用一个弹簧测力计拉着，也把它拉到O点位置，弹簧测力计的示数如图乙所示，则FC=　　 N．‎ ‎（2）用5mm表示1N，在图丙中作出力FA、FB和FC的图示．根据平行四边形定则在图丙中作出FA和FB的合力F，F的大小为　　N．‎ ‎10．小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）图1中电流表的示数为　　A ‎（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：‎ U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.36‎ ‎1.27‎ ‎1.16‎ ‎1.06‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.28‎ ‎0.36‎ ‎0.44‎ 请根据表中的数据，在图2上作出U﹣I图线．‎ 由图线求得：电动势E=　　V；内阻r=　　Ω．‎ ‎（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为　　．‎ ‎11．一辆卡车以vB=10m/s的初速度沿直线方向做匀减速直线运动，加速度的大小为a=2m/s2，在其后方一辆小汽车以vA=4m/s的速度向相同方向做匀速直线运动，小汽车在卡车后方相距x0=7m处，从此时开始计时，求：‎ ‎（1）小汽车追上卡车前，两车间的最大距离d是多大？‎ ‎（2）经过多长时间小汽车追上卡车？‎ ‎12．如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）‎ ‎（1）物块作平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E．‎ ‎　‎ ‎[选修3-3]‎ ‎13．下面说法种正确的是（　　）‎ A．所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同 B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 C．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性 D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多 ‎14．如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．‎ ‎　‎ ‎[选修3-4]‎ ‎15．一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴　　（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为　　m．‎ ‎16．一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎17．[选修3﹣5]氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： H+H→He+x，式中x是某种粒子．已知： HH、He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是　　，该反应释放出的能量为　　MeV（结果保留3位有效数字）‎ ‎18．如图，小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎①两球a、b的质量之比；‎ ‎②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省黔东南州凯里一中高三（上）第四次模拟物理试卷 （10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．以下说法不符合物理学史实的是（　　）‎ A．波兰的哥白尼提出“日心说”，认为行星和地球绕太阳做匀速圆周运动，只有月亮环绕地球运行 B．1687年德国天文学家开普勒正式发表万有引力定律 C．万有引力定律发表100多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量 D．英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史上一些物理学家的贡献解答此题．了解“地心说”的基本内容和万有引力定律的发现历程即可正确解答．‎ ‎【解答】解：A、波兰的哥白尼提出“日心说”，认为行星和地球绕太阳做匀速圆周运动，只有月亮环绕地球运行．故A正确；‎ B、1687年英国物理学家牛顿正式发表万有引力定律．故B错误；‎ C、万有引力定律发表100多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量．故C正确；‎ D、英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归．故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B ‎　‎ ‎2．如图，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则（　　）‎ A．A与B之间一定存在摩擦力 B．B与地之间一定存在摩擦力 C．B对A的支持力一定小于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g ‎【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、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：B、D、对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力；‎ 根据共点力平衡条件，有 N=（M+m）g 故B错误，D正确；‎ A、C、再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N′和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图 当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图 当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图 根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：‎ N′=mgcosθ+Fsinθ 故A错误，C也错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须（　　）‎ A．先抛出A球 B．先抛出B球 C．同时抛出两球 D．B球的初速度大于A球的初速度 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．‎ ‎【解答】解：A、由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h=gt2可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，选项C正确，A、B错误．‎ D、物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，所以A的初速度要大，选项D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．长木板上有一木块如图所示，当长木板的倾角θ逐渐增大时（　　）‎ A．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力、支持力的合力逐渐增大 B．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力、支持力和静摩擦力的合力逐渐增大 C．如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力和静摩擦力的合力逐渐增大 D．如果θ从0°一直增大到90°，则木块所受的摩擦力一直增大 ‎【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】物体一直处于静止状态，合力保持为零．根据平衡条件得出物体所受支持力和摩擦力与θ角的关系式，再分析它们的变化．‎ ‎【解答】解：物体受力如图，根据平衡条件得：‎ 支持力N=Gcosθ 摩擦力f=Gsinθ 当θ增大时，N减小，f增大．‎ A、如果木块一直静止于长木板上，根据平衡条件木块所受重力、支持力的合力等于摩擦力的大小，变大，故A正确；‎ B、如果木块一直静止于长木板上，则木块所受重力、支持力和静摩擦力的合力始终为零，保持不变，故B错误；‎ C、如果木块一直静止于长木板上，根据平衡条件则木块所受重力和静摩擦力的合力等于支持力大小，变小，C错误；‎ D、如果θ从0°一直增大到90°，则木块所受的摩擦力先增大，增大到木块运动开始运动后动摩擦力减小，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．线速度变小 B．角速度变大 C．向心加速度变小 D．距地面的高度变大 ‎【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】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，再分析变轨后与变轨前半径大小、线速度大小和角速度大小．‎ ‎【解答】解：设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，月球的质量为M，‎ 由牛顿第二定律得：G=mω2r=m=ma=mr，‎ 解得：T=2π，v=，ω=，a=，‎ 由题意知，现在同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，‎ 则线速度v减小，角速度ω减小，向心加速度减小，距地面高度变大，故ACD正确，B错误．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎6．物体在xOy平面内做曲线运动，从t=0时刻起，在x方向的位移图象和y方向的速度图象如图所示，则（　　）‎ A．物体的初速度沿x轴的正方向 B．物体的初速度大小为5m/s C．物体在t=2 s时的速度大小为0‎ D．物体所受合力沿y轴的负方向 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据物体在x方向和y方向上的分速度大小，结合平行四边形定则确定合速度的大小和方向．‎ ‎【解答】解：A、在x方向上物体做匀速直线运动，，初始时刻y方向上初速度为3m/s，根据平行四边形定则知，物体的初速度不沿x轴的正方向，v=．故A错误，B正确．‎ C、物体在2s时，x方向上的分速度为4m/s，y方向上的分速度为0，则合速度为4m/s．故C错误．‎ D、物体在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，可知合加速度方向沿y轴负方向，根据牛顿第二定律得，物体所受的合力沿y轴的负方向．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．此时绳子张力为μmg B．此时圆盘的角速度为 C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】两物块A和B随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止．当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，AB都到达最大静摩擦力，由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力．‎ ‎【解答】解：ABC、两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F=mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，根据牛顿第二定律得：‎ T﹣μmg=mω2r T+μmg=mω2•2r 解得：T=3μmg，ω=，故A错误，BC正确．‎ D、此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（　　）‎ A．Ff不变 B．Ff增大 C．FN不变 D．FN减小 ‎【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】先以B为研究对象，分析在小球上升的过程中F如何变化，再以整体为研究对象，分析摩擦力Ff和支持力力FN如何变化 ‎【解答】解：以B为研究对象，小球受到重力、水平力F和轻绳的拉力T，如图1所示 由平衡条件得：‎ F=mgtanα，α增大，则F增大 再以整体为研究对象，力图如图2所示．根据平衡条件得：‎ Ff=F，则Ff逐渐增大．‎ FN=（M+m）g，FN保持不变．故B、C正确，A、D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学在做“验证互成角度的两个力合成的平行四边形定则”实验，试完成下列问题．‎ ‎（1）主要的两个实验步骤如下：‎ ‎①把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧测力计将橡皮条的另一端拉到位置O．这时两弹簧测力计的示数如图甲所示，则两弹簧测力计的读数分别为FA=　3.40　 N、FB=　4.00　 N．‎ ‎②假如橡皮条的自由端仅用一个弹簧测力计拉着，也把它拉到O点位置，弹簧测力计的示数如图乙所示，则FC=　6.00　 N．‎ ‎（2）用5mm表示1N，在图丙中作出力FA、FB和FC的图示．根据平行四边形定则在图丙中作出FA和FB的合力F，F的大小为　6.08　N．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）分析弹簧秤的标度，确定最小分度，从而得出读数；‎ ‎（2）根据平行四边形定则作出合力，并根据所选择的标度得出最终读数；‎ ‎【解答】解：（1）①题中所用弹簧测力计的分度值为0.1 N，因此读数时应保留两位小数．‎ 故读数分别为3.40N和4.00N；‎ ‎②同理可求得：FC=6.00N；‎ ‎（2）根据平行四边形定则作出FA和FB的合力F，如图所示，由图示可求得合力：F=6.08 N．‎ 故答案为：（1）①3.40，4.00；②6.00；（2）如图所示，6.08‎ ‎　‎ ‎10．小明利用如图1所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）图1中电流表的示数为　0.44　A ‎（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：‎ U（V）‎ ‎1.45‎ ‎1.36‎ ‎1.27‎ ‎1.16‎ ‎1.06‎ I（A）‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.28‎ ‎0.36‎ ‎0.44‎ 请根据表中的数据，在图2上作出U﹣I图线．‎ 由图线求得：电动势E=　1.60　V；内阻r=　1.2　Ω．‎ ‎（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为　干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据 电流表所选的量程，直接读数即可；‎ ‎（2）根据数据作图，在U﹣I图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；‎ ‎（3）干电池不易长时间工作，干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化．‎ ‎【解答】解：（1）电流表选择的量程是0.6A，所以此时电流表的示数为0.44A；‎ ‎（2）根据表中的数据，画出U﹣I图象如图所示，‎ 根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E=1.60V；内阻r=Ω=1.2Ω．‎ ‎（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．‎ 故答案为：（1）0.44‎ ‎（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）‎ ‎（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．‎ ‎　‎ ‎11．一辆卡车以vB=10m/s的初速度沿直线方向做匀减速直线运动，加速度的大小为a=2m/s2，在其后方一辆小汽车以vA=4m/s的速度向相同方向做匀速直线运动，小汽车在卡车后方相距x0=7m处，从此时开始计时，求：‎ ‎（1）小汽车追上卡车前，两车间的最大距离d是多大？‎ ‎（2）经过多长时间小汽车追上卡车？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）小汽车追上卡车前，当两车的速度相等时两车间的距离最大，根据速度和位移公式解答即可；‎ ‎（2）先求卡车减速到零时的位移，判断此时汽车是否追上卡车，然后根据具体情况，利用卡车位移、汽车位移和追赶前两车间的距离三者之间的关系式求追击时间．‎ ‎【解答】解：（1）两车速度相等经历的时间为t1有：‎ vA=vB﹣at1，‎ 即：4=10﹣2t1…（1）‎ 汽车与卡车的最远距离d，有：‎ ‎，‎ 即：…（2）‎ ‎，‎ 即：…（3）‎ 两者间的最大距离为：‎ ‎，‎ 即：…（4）‎ 以上各式联立解之得：d=16m． ‎ ‎（2）卡车速度减为零的时间为t2，有：‎ ‎0=vB﹣at2，‎ 即：0=10﹣2t2…（5）‎ 得：t2=5s ‎ 卡车速度减为零的位移为：‎ 即：…（6）‎ 解之得：xB=25m ‎ 此时汽车的位移为：xA=vAt2=4×5m=20m 因为xA＜xB+x0，可知卡车速度减为零时，汽车还未追上卡车． ‎ 还需追及的时间：‎ 则有：t=t2+t3=5s+3s=8s．‎ 答：（1）小汽车追上卡车前，两车间的最大距离d是16m；‎ ‎（2）经过8s时间小汽车追上卡车．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率沿逆时针方向转动，在其左端与一竖直固定的光滑轨道平滑相接，右端与一半径R=0.4m的光滑半圆轨道相切，一质量m=2kg的物块（可视为质点）从光滑轨道上的某点由静止开始下滑，通过水平传送带后从半圆轨道的最高点水平抛出，并恰好落在传送带的最左端，已知物块通过半圆轨道最高点时受到的弹力F=60N，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速度g=10m/s2，求：（计算结果可以保留根号）‎ ‎（1）物块作平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度H；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E．‎ ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出物块的初速度；‎ ‎（2）物块从最高点开始做平抛运动，结合平抛运动的特点求出水平距离，由图可知，该距离即为传送带的长度；然后由功能关系即可求出物块开始时的高度；‎ ‎（3）分析判断物快在皮带的运动情况，求出物块在传送带上滑行的时间以及传送带的位移；最后利用能量守恒求多提供的能量．‎ ‎【解答】解：（1）物块在最高点受到的重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据得：v0=4m/s ‎（2）物块离开最高点后做平抛运动，由：‎ 得运动的时间： s 物块沿水平方向平抛的距离：L=v0t=4×0.4=1.6m 由题可知，传送带的长度也是1.6m 物块在整个运动的过程中，重力和传送带的摩擦力做功，由动能定理得：‎ 拉力以上公式，代入数据得：H=2m ‎（3）物块到达传送带的左端的过程中重力做功，由机械能守恒得：‎ 得： m/s 物块在传送带上的加速度：a=﹣‎ 物块经过传送带的时间t′，则：‎ 该时间内传送带运动的距离：L′=v1t′‎ 传送带克服摩擦力做的功：W=fL′=μmgL′‎ 根据能量转化的方向可知，电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能E等于传送带克服物块的摩擦力做的功，即：‎ E=W 联立以上各式，代入数据得：E≈3J 答：（1）物块作平抛运动的初速度是4m/s；‎ ‎（2）物块开始下滑时距水平传送带的高度是2m；‎ ‎（3）电动机由于物块通过传送带而多消耗的电能是3J．‎ ‎　‎ ‎[选修3-3]‎ ‎13．下面说法种正确的是（　　）‎ A．所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同 B．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果 C．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性 D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E．一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多 ‎【考点】热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象．‎ ‎【分析】单晶体具有各向异性．多晶体具有各向同性．足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因；根据热力学第一定律解释其内能的变化；体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大．‎ ‎【解答】解：A、单晶体具有各向异性，即单晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质不同．故A错误．‎ B、足球充足气后很难压缩是由于足球内外有压强差的原因，与气体分子之间的作用力无关．故B错误．‎ C、根据热力学第二定律知，自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性．故C正确．‎ D、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由气态方程=c知温度升高，内能增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律△U=Q+W可知，气体一定吸收热量，故D正确．‎ E、一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多．故E正确．‎ 故选：CDE ‎　‎ ‎14．如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触．求活塞A移动的距离．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】分别对漏气前两部分气体分析，由理想气体状态方程可求得两部分气体混合后的体积，则可求得A下降的高度．‎ ‎【解答】解：设A与B之间、B与容器底部之间的气体压强分别为P1、P2，漏气前，对A分析有：‎ P1=P0+，对B有P2=P1+‎ B最终与容器底面接触后，AB间的压强为P，气体体积为V'，则有：P=P0+‎ 因为温度不变，对于混合气体有：‎ ‎（P1+P2）•V=PV′‎ 漏气前A距离底面的高度为h=‎ 漏气后A距离底面的高度为h′=；‎ 联立可得：‎ ‎△h=h′﹣h=V﹣=‎ 答：活塞A移动的距离为．‎ ‎　‎ ‎[选修3-4]‎ ‎15．一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴　正向　（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为　0.8　m．‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由图b可知，质点后面的时刻位移比t=0时刻位移大，所以质点沿y轴正向运动，根据振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长．‎ ‎【解答】解：由图b可知，t=0时刻，该质点的位移为cm，在下一时刻，位移大于cm．所以该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正向．‎ 由振动方程得：‎ y=Asin 则有： =2sin 解得：sin=‎ 波长大于0.30m，所以，t=‎ v=‎ 解得：λ=0.8m 故答案为：正向；0.8．‎ ‎　‎ ‎16．一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值．‎ ‎【解答】解：如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折 根据折射定律有nsinθ=sinα ‎ 式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角 现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A点刚好发生全反射，故．‎ 设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有．‎ 式中a为玻璃立方体的边长，有①②③式得．‎ 则 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆．所求的镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S之比为=．‎ 答：镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值为．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎17．[选修3﹣5]氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为： H+H→He+x，式中x是某种粒子．已知： HH、He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是　中子　，该反应释放出的能量为　17.6　MeV（结果保留3位有效数字）‎ ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】由核电荷数与质量数守恒可以判断出x粒子是哪种粒子；‎ 先求出质量亏损，然后由质能方程可以求出释放的能量．‎ ‎【解答】解：由核电荷数守恒可知，x粒子的核电荷数为：1+1﹣2=0，‎ 由质量数守恒可知，x粒子的质量数为：2+3﹣4=1，则x粒子是或中子；‎ 核反应过程中释放的能量为E=△mc2=17.6MeV；‎ 故答案为：中子；17.6‎ ‎　‎ ‎18．如图，小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎①两球a、b的质量之比；‎ ‎②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）b球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．‎ ‎（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．‎ ‎【解答】解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：‎ m2gL=m2v02﹣0，‎ 碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得：‎ m2v0=（m1+m2）v，‎ 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 解得： =（﹣1）：1=（﹣1）：1‎ ‎（2）两球碰撞过程中损失是机械能：‎ Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 碰前b球的最大动能为：Eb=m1v02，‎ ‎=【1﹣（1﹣cosθ）】：1=（1﹣）：1‎ 答：（i）两球a、b的质量之比为（﹣1）：1‎ ‎（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1﹣）：1．‎ ‎　‎ ‎2016年12月7日