内蒙古包头市北方重工三中2017届高三上学期期中物理试卷

内蒙古包头市北方重工三中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年年内蒙古包头市北方重工三中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题1—5为单项选择题，每题6分。6—8为多项选择题，选不全得3分，有错选不得分，全部选对得6分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为“力是改变物体运动的原因”‎ B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小 C．伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了等效替代的方法 D．卡文迪许被称为“称量地球重量”的人 ‎2．如图所示，有一倾角θ=30°的斜面B，质量为M．质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对B的支持力先增大后减小，再不变 B．A对B压力的最小值为mg，最大值为mg C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为2mg D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为3mg ‎3．一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg．设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则（　　）‎ A．车经最低点时对轨道的压力为mg B．车经最低点时发动机功率为2P0‎ C．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机牵引力先变大后变小 D．车从最高点经半周到最低点的过程中，人和车组成的系统机械能守恒 ‎4．一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知万有引力常量为G，星球密度为ρ，若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为（　　）‎ A． B． C．ρGπ D．‎ ‎5．如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统（假定整个过程中弹簧均在弹性即度内），正确的说法是（　　）‎ A．系统受到外力作用，动量不断增大 B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大 D．两物体的速度减少为零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小 ‎6．滑块以速率v1冲上斜面，当它回到斜面底端时速率为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（　　）‎ A．上滑时机械能减小，下滑时机械能增大 B．上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小 C．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方 D．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点下方 ‎7．为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的 F﹣图象 （图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（　　）‎ A．电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/s B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动 C．该车做匀加速运动的时间是1.5 s D．该车行驶时的阻力是400N ‎8．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度小于 ‎　‎ 二、必做题 ‎9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上．滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图乙是打出的纸带一段．‎ ‎（1）图乙中，纸带上打出相邻两计数点的时间间隔为0.04s，那么滑块下滑的加速度a=　　m/s2．（计算结果保留二位有效数字）‎ ‎（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有　　（填入所选物理量前的字母）‎ A．木板的长度L ‎ B．木板的末端被垫起的高度h ‎ C．木板的质量m1 ‎ D．滑块的质量m2 ‎ E．滑块运动的时间t．‎ ‎10．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．‎ ‎（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量　　（填选项前的符号），间接地解决这个问题．‎ A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 ‎（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是　　．（填选项前的符号）‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H ‎ D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON ‎（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为　　用（2）中测量的量表示．‎ ‎11．一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求 ‎（1）木块在最高点时的速度 ‎（2）木块在ab段受到的摩擦力f；‎ ‎（3）木块最后距a点的距离s．‎ ‎12．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=3m，质量M=2.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg 的长d=1.2m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=4m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置．然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=0.125，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行．现在给A向下的初速度v1=4m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1‎ 沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置．（g=10m/s2． =2.24）求：‎ ‎（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；‎ ‎（2）A沿斜面上升过程所经历的时间t；‎ ‎（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A距B下端的距离．‎ ‎　‎ 四、选做题（物理化学均为二选一）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度越高，每个分子的热运动速率一定越大 B．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的 C．随着分子间距离的增大，分子间引力增大，分子间斥力减小 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 ‎14．汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能在﹣40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm．设轮胎容积不变，气体视为理想气体，请计算和回答：‎ ‎①在t=20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？‎ ‎②为什么汽车在行驶过程中易爆胎，爆胎后胎内气体的内能怎样变化？说明理由．‎ ‎　‎ 五、[物理-选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知（　　）‎ A．此波沿x轴负方向传播 B．此波的传播速度为25m/s C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向 E．能与该波发生干涉的横波的频率一定为25Hz ‎16．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年年内蒙古包头市北方重工三中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题1—5为单项选择题，每题6分。6—8为多项选择题，选不全得3分，有错选不得分，全部选对得6分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为“力是改变物体运动的原因”‎ B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小 C．伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了等效替代的方法 D．卡文迪许被称为“称量地球重量”的人 ‎【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、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A错误；‎ B、牛顿通过开普勒行星运动三定律推导出了万有引力定律，但没有测出引力常量，故无法计算引力大小，故B错误；‎ C、伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了转换法，故C错误；‎ D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，从而能计算地球的质量，故卡文迪许被称为“称量地球重量”的人，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，有一倾角θ=30°的斜面B，质量为M．质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对B的支持力先增大后减小，再不变 B．A对B压力的最小值为mg，最大值为mg C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为2mg D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为3mg ‎【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】对AB组成的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对B的支持力，对A受力分析，根据垂直于斜面方向受力平衡结合牛顿第三定律，求出A对B压力的最小值和最大值，根据沿斜面方向受力平衡求出摩擦力的表达式，从而判断摩擦力的最大值和最小，注意摩擦力的方向可能向上，也可能向下．‎ ‎【解答】解：A、对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于（M+m）g始终不变，故A错误；‎ B、对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，‎ 垂直于斜面方向有：N=mgcos30°+Fsin30°，当F=0时，N最小，最小为，当F=时，N最大，最大为，故B正确；‎ CD、沿着斜面方向，当Fcos30°=mgsin30°即F=时，摩擦力为零，当F＜mg时，静摩擦力方向沿斜面向上，如图所示：‎ 摩擦力f=mgsin30°﹣Fcos30°，当F=0时，f最大，；‎ 当F＞时，静摩擦力方向向下，则摩擦力f′=Fcos30°﹣mgsin30°，当F=‎ 时，f最大，，‎ 综上可知，所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0，车对轨道的压力为2mg．设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则（　　）‎ A．车经最低点时对轨道的压力为mg B．车经最低点时发动机功率为2P0‎ C．车从最高点经半周到最低点的过程中发动机牵引力先变大后变小 D．车从最高点经半周到最低点的过程中，人和车组成的系统机械能守恒 ‎【考点】功能关系；向心力；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，根据牛顿第二定律可求出摩托车在最高点时的向心力大小，即可求出最低点时轨道对它的支持力．发动机的功率等于牵引力与速度乘积，而牵引力与摩擦力大小相等．根据动能和重力势能的变化可以分析机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、在最高点：向心力大小为 Fn=N1+mg=3mg，摩托车做匀速圆周运动，向心力大小不变，则在最低点：N2﹣mg=Fn，得：N2=4mg．故A错误；‎ B、在最高点：发动机功率P0=F1v=μN1v=2μmgv，在最低点：发动机功率为：P=F2v=μN2v=4μmgv，则有：P=2P0．故B正确．‎ C、车从最高点经半周到最低点的过程中，根据向心力公式可知，压力先减小后增大，故摩擦力先减小后增大，因牵引力等于摩擦力大小，故发动机的牵引力先减小后增大，故C错误．‎ D、摩托车做匀速圆周运动，动能不变，而在运动中重力势能改变，故机械能不守恒，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知万有引力常量为G，星球密度为ρ，若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为（　　）‎ A． B． C．ρGπ D．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】赤道上随行星一起转动的物体对行星表面的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力及M=ρV进行求解．‎ ‎【解答】解：设某行星质量为M，半径为R，物体质量为m，万有引力充当向心力，则有G=mRω2，‎ 又M=ρV=ρπR3．‎ 联立两式解得：ω=‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统（假定整个过程中弹簧均在弹性即度内），正确的说法是（　　）‎ A．系统受到外力作用，动量不断增大 B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大 D．两物体的速度减少为零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小 ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】对甲、乙及弹簧系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据动量守恒条件分析系统动量是否变化．‎ ‎【解答】解：A、因F1、F2等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误 B、在开始过程中，拉力对系统做正功，系统机械能增加，甲、乙作变减速运动，速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大，故B正确，C错误 D、在拉力作用下，甲、乙开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，物体甲、乙受到的合力变小，物体加速度变小，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，当返回速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．滑块以速率v1冲上斜面，当它回到斜面底端时速率为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（　　）‎ A．上滑时机械能减小，下滑时机械能增大 B．上滑时机械能减小，下滑时机械能也减小 C．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方 D．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点下方 ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由物体回到出发点的速度可知物体应受到阻力，则可知机械能的变化；要找出动能和势能和同的点，可以先表示出A点的机械能，则比较出发点与A点的机械能的关系可得出动能和势能的关系，则可得出动能和势能相同的位置．‎ ‎【解答】解：A、B、由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，故A错误，B正确；‎ C、D、为判断C、D的情况，可先求出斜面中点A的动能EK1和势能EPA情况，滑块初始机械能E1=mv12 ①，‎ 滑块在斜面中点A的速度VA=，在A点的机械能EA=mvA2+EPA②．‎ 联立①②式得：EA=mv12 +EPA=E1+EPA； ‎ 而因斜面与滑块间有摩擦，知E1＞EA，所以EKA＞EPA，‎ 故动能和势能相等的位置应出现在A点之上，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．为减机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的 F﹣图象 （图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10m/s2．则（　　）‎ A．电动车匀加速运动过程中的最大速度为15m/s B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动 C．该车做匀加速运动的时间是1.5 s D．该车行驶时的阻力是400N ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】AB过程牵引力不变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，BC段图线的斜率表示电动车的功率，斜率不变，则功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断BC段的运动情况，速度达到最大时，牵引力等于阻力 ‎【解答】解：A、在图象中，牵引力不变时，汽车做匀加速运动，故匀加速达到的最大速度为3m/s，故A错误 B、AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动；BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动．故B错误 电动机的功率为：P=Fv=400×15W=6000W，‎ 当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f=400N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小为：‎ a=，‎ 则匀加速运动的时间为：t=s．故CD正确；‎ 故选：CD ‎　‎ ‎8．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小 B．小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g C．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小 D．小球上升过程的平均速度小于 ‎【考点】竖直上抛运动；平均速度．‎ ‎【分析】由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析．‎ ‎【解答】解：A、C、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+＞g；‎ 由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；‎ 下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma′，解得：＜g；‎ 由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；‎ 即上升和下降过程，加速度一直在减小；‎ 故A正确，C错误；‎ B、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；‎ 小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；‎ 联立解得：，故B正确；‎ D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 二、必做题 ‎9．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上．滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下．图乙是打出的纸带一段．‎ ‎（1）图乙中，纸带上打出相邻两计数点的时间间隔为0.04s，那么滑块下滑的加速度a=　3.0　m/s2．（计算结果保留二位有效数字）‎ ‎（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有　AB　‎ ‎（填入所选物理量前的字母）‎ A．木板的长度L ‎ B．木板的末端被垫起的高度h ‎ C．木板的质量m1 ‎ D．滑块的质量m2 ‎ E．滑块运动的时间t．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）利用逐差法可以求出滑块下滑的加速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，由此可知需要测量的物理量．‎ ‎【解答】解：（1）由△s=aT2得：‎ a==3.0m/s2‎ 故答案为：3.0．　‎ ‎（2）根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，可知只要求出cosθ和sinθ即可，根据数学知识可知只要求出木板的长度L和木板的末端被垫起的高度h即可，故AB正确，CD错误．‎ 故选：AB．‎ 故答案为：（1）3.0 （2）AB．‎ ‎　‎ ‎10．如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．‎ ‎（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量　C　（填选项前的符号），间接地解决这个问题．‎ A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 ‎（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1‎ 多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是　ADE　．（填选项前的符号）‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H ‎ D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM、ON ‎（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为　m1•OM+m2•ON=m1•OP　用（2）中测量的量表示．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理分析答题．‎ ‎（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；‎ ‎（3）根据动量守恒定律进行分析确定需要验证的关系式 ‎【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确．‎ ‎（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，‎ 上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，‎ 因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故选：ADE．‎ ‎（3）由（2）可知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；‎ 故答案为：（1）C；（2）ADE；（3）m1•OM+m2•ON=m1•OP ‎　‎ ‎11．一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g．求 ‎（1）木块在最高点时的速度 ‎（2）木块在ab段受到的摩擦力f；‎ ‎（3）木块最后距a点的距离s．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）木块从a运动到斜面上最高点的过程中，木块与物体P组成的系统，水平方向不受外力，水平方向的动量守恒，木块在最高点时，两者有共同速度，由动量守恒定律求解．‎ ‎（2）结合能量守恒定律求出木块在ab段受到的摩擦力．‎ ‎（3）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次达到共同的速度相同，对全过程运用能量守恒定律求出木块最后距a点的距离s．‎ ‎【解答】解：（1）木块在最高点时，设木块和物体P共同速度为v，两物体从开始到第一次到达共同速度过程，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：‎ mv0=（m+2m）v…①‎ 得：v=‎ ‎（2）由能量守恒定律得：‎ mv02=（m+2m）v2+mgh+fL…②‎ 由①②得：f=…③‎ ‎（2）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒），对全过程，由能量守恒得：‎ mv02=（m+2m）v2+f（2L﹣s）…④‎ 由②③④得：s=L．‎ 答：（1）木块在最高点时的速度是．‎ ‎（2）木块在ab段受到的摩擦力f是；‎ ‎（3）木块最后距a点的距离s是L．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=3m，质量M=2.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg 的长d=1.2m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=4m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置．然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=0.125，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行．现在给A向下的初速度v1=4m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置．（g=10m/s2． =2.24）求：‎ ‎（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；‎ ‎（2）A沿斜面上升过程所经历的时间t；‎ ‎（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A距B下端的距离．‎ ‎【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】（1）对B木板，运用牛顿第二定律可以求出B的加速度．‎ ‎（2）由匀变速直线运动的速度公式求出B的速度等于A的速度需要的时间，然后由位移公式求出A、B的位移，然后应用匀速直线运动的位移公式求出A、B沿斜面上升过程的时间．‎ ‎（3）由牛顿第二定律求B的加速度，应用运动学公式求出A、B的位移及A、B间的相对位移，即A到B下端的距离．‎ ‎【解答】解：（1）对B，由牛顿第二定律得：μ1Mgcosθ﹣mgsinθ=ma1，‎ 代入数据解得：a1=10m/s2；‎ A、B相对静止需要的时间为：t1=‎ A的位移为：xA=v0t1=4×0.4m=1.6m，‎ B的位移为：xB=，‎ AB的相对位移为：△x=xA﹣xB=0.8m，‎ A、B匀速运动的时间为：t=‎ ‎（3）B开始向下加速运动的加速度：a2==10m/s2，‎ B与A相对静止后B的加速度为：a3=，‎ 代入数据解得 a3=2m/s2‎ A、B相对静止的时间：t2=，‎ A的位移为：xA′=v1t2=4×0.4m=1.6m，‎ B的位移为：xB′=m，‎ 相对位移为：△x′=xA′﹣xB′=0.8m，‎ 此时A离B右端的距离为：d′=△x′+（d﹣△x）=1.2m，‎ AB速度相等后，B以加速度a2加速运动，B到达P所用时间为t3，‎ 则：L﹣d﹣xB=v1t3+a2t32，‎ 代入数据解得：t3=0.2s A距B下端的距离为：‎ 答：（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小为10m/s2；‎ ‎（2）A沿斜面上升过程所经历的时间t为0.65s；‎ ‎（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A距B下端的距离为0.04‎ ‎　‎ 四、选做题（物理化学均为二选一）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度越高，每个分子的热运动速率一定越大 B．从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的 C．随着分子间距离的增大，分子间引力增大，分子间斥力减小 D．机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 ‎【考点】封闭气体压强；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律．‎ ‎【分析】温度是分子热运动平均动能的标志；从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的；分子间引力和斥力都随着分子间距的增加而减小；热力学第二定律内容：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响．‎ ‎【解答】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志；温度越高，分子热运动的平均动能越大，但不是每个分子的动能均大，故A错误；‎ B、从微观角度看，气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，故B正确；‎ C、随着分子间距离的增大，分子间引力减小，分子间斥力也减小，故C错误；‎ D、根据热力学第二定律，一切宏观热现象都有方向性，故机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转化成机械能，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．汽车行驶时轮胎的胎压太高容易造成爆胎事故，太低又会造成耗油量上升．已知某型号轮胎能在﹣40℃～90℃正常工作，为使轮胎在此温度范围内工作时的最高胎压不超过3.5atm，最低胎压不低于1.6atm．设轮胎容积不变，气体视为理想气体，请计算和回答：‎ ‎①在t=20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在什么范围内比较合适？‎ ‎②为什么汽车在行驶过程中易爆胎，爆胎后胎内气体的内能怎样变化？说明理由．‎ ‎【考点】分子运动速率的统计分布规律．‎ ‎【分析】根据题意，该变化为等容变化，在t=20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在﹣40℃不低于1.6atm，在90℃不超过3.5atm．根据查理定律进行求解．‎ ‎【解答】解：①由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化．设在T0=293 K充气后的最小胎压为pmin，最大胎压为pmax．依题意，‎ 当T1=233 K时胎压为p1=1.6 atm．根据查理定律有 即 =‎ 解得pmin=2.01 atm ‎ 当T2=363 K时胎压为p2=3.5 atm．根据查理定律有 ‎ 即 =，解得pmax=2.83 atm．‎ 所以胎压在20℃时的合适范围是2.01 atm～2.83 atm ‎②汽车在行驶过程中，由于轮胎与路面的摩擦，致使胎内气体温度升高，压强变大，易爆胎；爆胎后，胎内气体一方面由于温度降低而放热，另一方面气体膨胀对外做功，根据热力学定律知，其内能减少． ‎ 答：①在t=20℃时给该轮胎充气，充气后的胎压在2.01 atm～2.83 atm范围内比较合适；‎ ‎②汽车在行驶过程中，由于轮胎与路面的摩擦，致使胎内气体温度升高，压强变大，易爆胎；爆胎后，胎内气体一方面由于温度降低而放热，另一方面气体膨胀对外做功，根据热力学定律知，其内能减少．‎ ‎　‎ 五、[物理-选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时的波形如图示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处，由此可知（　　）‎ A．此波沿x轴负方向传播 B．此波的传播速度为25m/s C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向 E．能与该波发生干涉的横波的频率一定为25Hz ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】由A点的振动方向判断出波的传播方向．由图确定波长，根据A点振动情况确定，求出波速．机械波传播过程中，介质中质点不随波向前移动．根据周期，分析在t=0.04s时，质点B处在位置和速度方向．两列波的频率相同时才能发生干涉．‎ ‎【解答】解：‎ A、A点速度沿y轴正方向，波形将向左平移，所以该波沿x轴负方向传播．故A正确．‎ B、由题知波长 λ=2m，周期为 T=4t=4×0.02s=0.08s，则波速v==m/s=25m/s．故B正确．‎ C、简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移．故C错误．‎ D、此时B点正向下运动，t=0.04s=0.5T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向．故D正确．‎ E、该波的频率为 f==Hz=12.5Hz，能与该波发生干涉的横波的频率一定为12.5Hz，故E错误．‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎16．如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角θ=30°，P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图；根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由求解折射率即可．‎ ‎【解答】解：作出光路图如图所示．平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如下图所示．图中θ1、θ2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律，有 ‎ nsinθ1=sinθ2‎ 设出射光线与水平方向成角，则 ‎ θ2=θ1+α 由于=， =．所以=‎ 而==tanθ，θ=30°‎ 所以tanα==‎ 可得α=30°，θ2=60°，θ1=30°，所以n==‎ 答：作出光路图如图所示，棱镜的折射率是．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日