四川省成都外国语学校2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

四川省成都外国语学校2017届高三上学期月考物理试卷（12月份）

‎2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷 （12月份）‎ ‎　‎ 二、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，有选错的得0分．‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功 B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化 C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量 D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高 ‎2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（　　）‎ A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度 B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期 C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小 D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度 ‎3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电源的输出功率先变大后变小 C．电容器C上的电荷量减少 D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定 ‎4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则 （重力加速度为g）（　　）‎ A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mg B．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小 C．AB向上运动到某一位置时将分离 D．运动过程中AB物体机械能守恒 ‎5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为U C．粒子在A、B间是做圆周运动 D．匀强电场的电场强度E=‎ ‎6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A． v B． v C． v D． v ‎7．在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2‎ 作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（　　）‎ A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等 B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同 C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功 D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒 ‎8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（　　）‎ A．物块B的质量满足m2gsinθ=kd B．物块A的加速度为 C．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：‎ A．用天平测出重物和夹子的质量 B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内 C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态 D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态 E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源 F．用秒表测出重物下落的时间 G．更换纸带，重新进行两次实验 ‎（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是　　和　　‎ 图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：‎ ‎①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为　　J．‎ ‎②打B点时重物的动能为　　J．‎ ‎（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不等的原因是　　．‎ ‎10．利用如图所示电路测量一量程为300mV的电压表的内阻RV（约为300Ω）． 某同学的实验步骤如下：‎ ‎①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；‎ ‎②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；‎ ‎③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻RV=　　Ω．‎ 实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：‎ A．滑动变阻器：最大阻值200ΩB．滑动变阻器：最大值阻10Ω C．定值电阻：阻值约20ΩD．定值电阻：阻值约200‎ 根据以上设计的实验方法，回答下列问题．‎ ‎①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用　　，定值电阻R'应选用　　（填写可供选择实验器材前面的序号）．‎ ‎②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测　　真实值RV （填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于　　误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越　　（填“大”或“小”）．‎ ‎11．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙，（g取10m/s2）‎ 试求：‎ ‎（1）1秒内拉力F的平均功率．‎ ‎（2）4秒末物体的速度．‎ ‎12．如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连．‎ 滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2‎ ‎=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：‎ ‎（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；‎ ‎（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎14．如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央．‎ ‎（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；‎ ‎（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．‎ ‎　‎ ‎【选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波沿x轴负方向传播 B．Q点的振幅比P点的振幅大 C．P点的横坐标为x=2.5m D．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cost（cm）‎ E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反 ‎16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=．‎ ‎（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；‎ ‎（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）月考物理试卷 （12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、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，有选错的得0分．‎ ‎1．下列叙述正确的是（　　）‎ A．滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功 B．物体做曲线运动动量一定变化，加速度不一定变化 C．牛顿发现万有引力定律并测定了引力常量 D．电场中电场线密的地方电场强度越大，电势一定越高 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】滑动摩擦力的方向与物体的相对滑动的方向相反，可能与运动的方向相同，有可能与运动的方向相反，可能做正功，有可能做负功；‎ 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，加速度不一定变化；‎ 卡文迪许测量了万有引力常量；‎ 电势的高低与电场强度无关．‎ ‎【解答】解：A、恒力做功的表达式W=FScosα，滑动摩擦力的方向与物体相对运动方向相反，但与运动方向可以相同，也可以相反，物体受滑动摩擦力也有可能位移为零，故可能做负功，也可能做正功，也可以不做功，故A错误；‎ B、物体做曲线运动动量一定变化，加速度可以不变，如平抛运动．故B正确；‎ C、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量．故C错误；‎ D、电势的高低与电场强度无关，电场中电场线密的地方电场强度越大，电势不一定越高．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．2016年10月17日7时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号FY11运载火箭将神舟十一号载人飞船送入太空，2016年10月19日凌晨，神舟十一号飞船与天宫二号自动交会对接成功，过去神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是343公里，而神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是393公里，比过去高了50公里．由以上信息下列说法正确的是（　　）‎ A．天宫一号的运行速度小于天宫二号的运行速度 B．天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期 C．神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能减小 D．天宫一号的加速度小于天宫二号的加速度 ‎【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】根据万有引力定律和牛顿第二定律有，分别解出线速度、加速度和周期与轨道半径的大小关系，根据M和N的轨道半径大小判断线速度、角速度和周期的大小 ‎【解答】解：根据题意，天宫一号的轨道半径小于天宫二号，根据万有引力提供向心力 A、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行速度大于天宫二号的运行速度；故A错误；‎ B、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的运行周期小于天宫二号的运行周期，故B正确；‎ C、神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道要加速，做离心运动，机械能增加，所以神舟十一号飞船如果从343公里的轨道变轨到393公里的对接轨道机械能增加，故C错误；‎ D、根据，因为天宫一号的轨道半径小于天宫二号，所以天宫一号的加速度大于天宫二号的加速度，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）‎ A．灯泡L变亮 B．电源的输出功率先变大后变小 C．电容器C上的电荷量减少 D．电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比恒定 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路稳定时，电容器相当于开关断开；滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器在路电阻增大，分析电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断灯泡亮度的变化；根据推论：内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．分析电源的输出功率如何变化．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．由闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化量的比值．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A错误．‎ B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．由题意，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，当R增大时，外电阻与电源内电阻的差值增大，电源的输出功率变小．故B错误．‎ C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故C错误．‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，则=r，即电压表读数的变化量与电流表读数的变化量之比等于电源的内电阻r，保持不变．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m的物体A，处于静止状态．若将一个质量为2m的物体B竖直向下轻放在A上，则 （重力加速度为g）（　　）‎ A．放在A上的一瞬间B对A的压力大小为mg B．AB一起向下运动过程中AB间的压力一先增大后减小 C．AB向上运动到某一位置时将分离 D．运动过程中AB物体机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡，求出弹簧的弹力；释放B瞬间，先对AB整体研究，求出加速度，再隔离B研究，求出A对B的支持力，得到B对A的压力．再分析AB的运动过程，明确弹力的变化情况和能量的转化情况．‎ ‎【解答】解：A、释放B之前，物体A保持静止状态，重力和弹簧的弹力平衡：F=mg；‎ 释放B瞬间，先对AB整体研究，受重力和弹簧的支持力，根据牛顿第二定律：（2m+m）g﹣F=（3m）a 解得：a=；对物体B受力分析，受重力、A对B的支持力N，根据牛顿第二定律：2mg﹣N=2ma：‎ 解得：N=，故A正确，‎ B、根据A的分析可知，由于在向下运动过程中，弹力一直增大，故AB间的弹力一定是增大的，故B错误；‎ C、由于AB只能受弹簧向上的弹力，故两物体加速度将一直相同，不会出现分离现象，故C错误；‎ D、由于在运动过程中，弹簧对AB系统做功，因此AB的机械能不守恒，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计，只受电场力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 B．圆周上电势最高的点与O点的电势差为U C．粒子在A、B间是做圆周运动 D．匀强电场的电场强度E=‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故AC错误；‎ C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E×，所以E=‎ ‎，圆周上电势最高的点与O点的电势差为U=ER=，故B正确，D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的动能变为1/9，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A． v B． v C． v D． v ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．‎ ‎【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的，得：‎ mv′2=×mv2，‎ 解得：v′=±v，‎ 碰撞过程中AB动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv=mv′+2mvB，‎ 解得：vB=v或vB=v；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎7．在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则（　　）‎ A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等 B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同 C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功 D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒 ‎【考点】动量定理；重力势能．‎ ‎【分析】‎ 物块在拉力作用下，做直线运动，初末速度大小相同，可能做匀速直线运动，可能做匀减速直线运动到零，再返回．结合运动学公式，以及机械能守恒定律的条件进行分析．‎ ‎【解答】解：A、在拉力作用下，物体可能向下做匀减速直线运动到零，再返回，由于初末速度大小相等，在整个过程中加速度不变，知物体回到出发点，则物块的重力势能可能相等．故A正确．‎ B、物体若做匀减速直线运动再返回到出发点，则速度的大小相等，但是方向相反，则动量不同．故B错误．‎ C、若物体做匀速直线运动，拉力等于重力沿斜面方向上的分力，拉力做负功．故C正确．‎ D、若物体做匀速直线运动，拉力做负功，物块的机械能不守恒．故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎8．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则此时（　　）‎ A．物块B的质量满足m2gsinθ=kd B．物块A的加速度为 C．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ D．此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd﹣m1dgsinθ﹣m1v2‎ ‎【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度．‎ ‎【解答】‎ 解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2为弹簧相对于原长的伸长量，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；‎ B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，根据牛顿第二定律：F﹣m1gsinθ﹣kx2=ma，已知m1gsinθ=kx1，x1+x2=d 故物块A加速度等于，故B正确；‎ C、拉力的瞬时功率P=Fv，故C错误；‎ D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：‎ Fd﹣m1gdsinθ﹣m1v2，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．图1是“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图，以下列出了一些实验步骤：‎ A．用天平测出重物和夹子的质量 B．把打点计时器用铁夹固定放到桌边的铁架台上，使两个限位孔在同一竖直面内 C．把打点计时器接在交流电源上，电源开关处于断开状态 D．将纸带穿过打点计时器的限位孔，上端用手提着，下端夹上系住重物的夹子，让重物靠近打点计时器，处于静止状态 E．接通电源，待计时器打点稳定后释放纸带，之后再断开电源 F．用秒表测出重物下落的时间 G．更换纸带，重新进行两次实验 ‎（1）对于本实验，以上不必要的两个步骤是　A　和　F　‎ 图2为实验中打出的一条纸带，O为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出），打点计时器每隔0.02s打一个点．若重物的质量为0.5kg，当地重力加速度取g=9.8m/s2，由图乙所给的数据可算出（结果保留两位有效数字）：‎ ‎①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量为　0.86　J．‎ ‎②打B点时重物的动能为　0.81　J．‎ ‎（2）试指出造成第（1）问中①②计算结果不等的原因是　由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据实验的原理和注意事项确定实验中不必要的步骤．‎ 根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度求出B点的瞬时速度，从而得出B点的动能．‎ ‎（2）重力势能的减小量与动能增加量不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功引起的．‎ ‎【解答】解：（1）实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两边都有质量，可以约去，所以不需要测出重物和夹子的质量，故A不需要．‎ 物体下落的时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表测重物下落的时间，故F不需要．‎ 故选：A和F．‎ ‎①从O点下落到B点的过程中，重力势能的减少量△Ep=mgh=0.5×9.8×0.176J=0.86J．‎ ‎②B点的速度=1.8m/s，则B点的动能 ‎=0.81J．‎ ‎（2）第（1）问中①②计算结果不等的原因是由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功．‎ 故答案为：（1）A、F，0.86 0.81 （2）由于空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力做功 ‎　‎ ‎10．利用如图所示电路测量一量程为300mV的电压表的内阻RV（约为300Ω）． 某同学的实验步骤如下：‎ ‎①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合电键S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；‎ ‎②闭合电键S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；‎ ‎③保持电键S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R0=596Ω的阻值，则电压表内电阻RV=　894　Ω．‎ 实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：‎ A．滑动变阻器：最大阻值200ΩB．滑动变阻器：最大值阻10Ω C．定值电阻：阻值约20ΩD．定值电阻：阻值约200‎ 根据以上设计的实验方法，回答下列问题．‎ ‎①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用　B　，定值电阻R'应选用　C　（填写可供选择实验器材前面的序号）．‎ ‎②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测　大于　真实值RV （填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于　系统　误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若RV越大，其测量值R测的误差就越　小　（填“大”或“小”）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）明确本实验的基本原理是为类似与半偏法测电阻的方法，根据串联电路的基本规律进行分析，即可明确电压表内阻与电阻电阻之间的关系；‎ ‎（2）明确电路结构知道误差产生原因；从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，从而使得干路电流减小，路端电压变大，滑动变阻器两端电压变大，当电压表示数为一半，而电阻箱R0的电压稍大于电压表电压，由串联电路知识可得，测电阻偏大．‎ ‎【解答】解：由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可知，RV===894Ω；‎ 故电压表内阻为894Ω；‎ ‎①该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5V，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C； ‎ ‎②从实验原理分析可知，当再断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值，当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半，而电阻箱R0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；‎ 本误差是由实验原理造成的，属于系统误差； 在其他条件不变的情况下，若RV越大，闭合S2后分压电路两端电压变化越小，分压电路电压越接近于不变，其测量值RV测的误差就越小．‎ ‎ 故答案为：894；①B，C；②大于，系统；小．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1‎ ‎=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙，（g取10m/s2）‎ 试求：‎ ‎（1）1秒内拉力F的平均功率．‎ ‎（2）4秒末物体的速度．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间图象的斜率可以求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律分别列出匀加速运动和匀减速运动的动力学方程，F﹣mgsinθ﹣f=ma1，mgsinθ+f=ma2，联立两方程求出拉力F，根据P=F求解平均功率；‎ ‎（2）先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．‎ ‎【解答】解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，‎ 由牛顿第二定律可知 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 ①‎ 撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsinθ+μmgcosθ=ma2 ②‎ 根据图象可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2‎ t1=1s时物体的速度：v1=a1t1③‎ 拉力F的平均功率为P=F④‎ 由①②③④解得P=300W ‎（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，‎ v1=a2t2‎ 解得t2=2s 则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t﹣t1﹣t2=1s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3‎ 解得：a3=2m/s2‎ 则t=4s时速度v=a3t3=2m/s，沿着斜面向下 答：（1）1秒内拉力F的平均功率为300W．‎ ‎（2）4秒末物体的速度大小为2m/s，沿着斜面向下 ‎　‎ ‎12．如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连．‎ 滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：‎ ‎（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；‎ ‎（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．‎ ‎【考点】动能定理；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）根据由F﹣x图象的“面积”求出弹力做功，再由动能定理求滑块C刚滑上木板A时的速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求木板A、B及滑块C的加速度．‎ ‎（3）分过程研究三个物体的运动情况：滑块C在木板A上运动时C与AB的相对位移等于l，由位移时间公式求出时间，得到滑块C离开木板A时A、B、C各自的速度．滑块C在木板B上滑动时，求出两者达到共同速度的时间和位移，再求一起匀减速运动的时间，从而得到总时间 ‎【解答】解：（1）由F﹣x图象得弹力做功为：‎ W弹=‎ 设滑块C刚滑上木块A时的速度为v0，由动能定理得：‎ W弹=‎ 代入数据解得：v0=7m/s ‎（2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2．则：‎ μ1m1g=m1a1；a1=3m/s2．‎ μ1m1g﹣μ2（m1+2m2）g=2m2a2；a2=1m/s2．‎ ‎（3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1．则由： +l=v0t1﹣‎ 解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）‎ 设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB．‎ vC=v0﹣a1t1=4m/s vA=vB=a2t1=1m/s 滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a3．‎ ‎ μ1m1g﹣μ2（m1+m2）g=m2a3；a3=3m/s2．‎ 设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：‎ v=vC﹣a1t2=vB+a3t2，‎ 解得 t2=0.5s，v=2.5m/s 从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：‎ ‎△x==0.75m＜5m 可知此过程中C未离开B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t3．‎ μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s2．‎ ‎0=v﹣at3；t3=2.5s 则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为：‎ t=t1+t2+t3=4s 答：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度是7m/s：‎ ‎（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度分别为3m/s2和1m/s2；‎ ‎（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间是4s ‎　‎ ‎（二）选考题：共15分．请考生从给出的2个选修中任选一个作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎【考点】布朗运动；分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低．‎ ‎【解答】解：‎ A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；‎ B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；‎ C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；‎ D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；‎ E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确．‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎14．如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央．‎ ‎（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；‎ ‎（ⅱ）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（ⅰ）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部的过程中，a活塞不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程，分析出初态和末态的体积和温度，由盖•吕萨克定律求解．‎ ‎（2）继续缓慢加热，使活塞a上升，活塞a上方的氧气经历等温过程，根据玻意耳定律求解即可．‎ ‎【解答】解：（ⅰ）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．‎ 设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：‎ ‎ V1=V0+•V0=V0，①‎ ‎ V2=V0+V0=V0，②‎ 根据盖•吕萨克定律得： =，③‎ 由①②③式和题给数据得：‎ ‎ T2=320K； ④‎ ‎（ⅱ）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为P1′，末态体积为V2′，压强为P2′，由题给数据有，‎ V1′=V0，P1′=P0，V2′=V0，⑤‎ 由玻意耳定律得：P1′V1′=P2′V2′，⑥‎ 由⑤⑥式得：P2′=P0．⑦‎ 答：‎ ‎（ⅰ）氮气的温度为320K；‎ ‎（ⅱ）氧气的压强为P0．‎ ‎　‎ ‎【选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波沿x轴负方向传播 B．Q点的振幅比P点的振幅大 C．P点的横坐标为x=2.5m D．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cost（cm）‎ E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】根据P点振动方向判断波的传播方向．介质中各个质点的振幅都相同．根据时间与周期的关系，分析P点的坐标．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长，并读出振幅，求出周期，写出Q点的振动方程．‎ ‎【解答】解：A、质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故A正确；‎ B、简谐横波传播过程中各个质点的振幅相同，故B错误．‎ C、波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为 x=vt=5×0.1m=0.5m，由波形平移法知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m．故C正确．‎ D、由v=、ω=得ω==rad/s，题图中Q点的振动方程y=Acosωt=5cost（cm），故D正确．‎ E、x=3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎16．半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°，已知该玻璃对红光的折射率n=．‎ ‎（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；‎ ‎（2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？‎ ‎【考点】光的折射定律；电磁波谱．‎ ‎【分析】（1）光线1通过玻璃砖后不偏折．光线2在圆柱面上的入射角为60°，根据折射定律求出折射角，由几何知识求出在底面上的入射角，再由折射定律求出折射角，作出光路图．根据几何关系求解d．‎ ‎（2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，d更小．‎ ‎【解答】解：（1）光线1通过玻璃砖后不偏折．光线2在圆柱面上的入射角θ1=60°，由折射定律得 ‎ n=，得到=‎ 得θ2=30°‎ 由几何知识得 θ1′=60°﹣θ2=30°‎ 又由折射定律得 n= 代入解得θ2′=60°‎ 由于△BOC是等腰三角形，则==R 所以d=cotθ2′=．‎ ‎ （2）若入射的单色蓝光，光线1仍不偏折，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，光线2偏折得更厉害，θ2′更大，d更小． ‎ 答：（1）两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d=；‎ ‎ （2）若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果小．‎ ‎　‎ ‎2017年3月5日