江西省南昌二中2017届高三上学期第四次检测物理试卷

江西省南昌二中2017届高三上学期第四次检测物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年江西省南昌二中高三（上）第四次检测物理试卷 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中．第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．下列说法正确的是（　　）‎ A．探究力的平行四边形定则的实验中运用了控制变量的方法 B．伽利略在研究自由落体运动时运用了理想实验的方法 C．用比值定义的物理概念在物理学中占有很大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的 D．牛顿的“月﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从相同规律 ‎2．如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，摩擦力f与墙壁对物体弹力FN的变化情况是（　　）‎ A．FN先变小后变大 B．FN先变大后变小 C．f方向一直竖直向上 D．f一定是先变小后变大 ‎3．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动； 现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎4．2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星为地球中圆轨道卫星，质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R的3倍．已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响．则（　　）‎ A．卫星的绕行速率大于7.9 km/s B．卫星的绕行周期约为8π C．卫星所在处的重力加速度大小约为 D．卫星的动能大小约为 ‎5．质量为m的物体，由静止开始下落，重力加速度为g，由于阻力作用，下落的加速度为0.8g，在物体下落h的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动能增加了0.8mgh B．物体的机械能减少了0.8mgh C．物体克服阻力所做的功为0.8mgh D．物体的重力势能减少了mgh ‎6．如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上．当水平抛出A物体的同时，B物体开始自由下落（空气阻力忽略不计）．曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点．则两物体（　　）‎ A．经O点时速率相等 B．从运动开始至经过O点过程中两物体的速度变化量相等 C．在O点时重力的功率相等 D．在O点具有的机械能相等 ‎7．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的两小球，悬点为O，两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，当小球由于静电作用张开一角度时，A、B球悬线与竖直方向间夹角分别为α与β（α＜‎ β）；两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EKA和EKB 则（　　）‎ A．mA一定大于mB B．qA一定大于qB C．vA一定大于vB D．EKA一定小于EKB ‎8．如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面顶角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h．手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角θ，然后无初速释放P．不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g．关于P描述正确的是（　　）‎ A．释放P前绳子拉力大小为mgcosθ B．释放后P做匀加速运动 C．P达O点时速率为 D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大 ‎　‎ 三、非选择题：（一）必考题（共129分）‎ ‎9．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）小球经过光电门B时的速度表达式为　　．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图乙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式：　　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎10．用如图（甲）所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．‎ ‎（1）某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图（乙），直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：　　．‎ ‎（2）如果这位同学先如（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的a﹣F图线是图中的　　（将选项代号的字母填在横线上）．‎ ‎（3）打点计时器使用的交流电频率f=50Hz．下图是某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出．写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a=　　‎ ‎．根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为　　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎11．如图，在学校运动会团体托球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍的光面中心，从静止开始先做加速度大小为a的匀加速直线运动，速度达到v0后做匀速直线运动至终点．已知运动过程中球始终相对球拍静止，且受到的空气阻力大小为f=kv（k为已知常量），方向与速度方向相反．不计球与球拍间的摩擦，重力加速度为g，求：（结果可以用三角函数表示）‎ ‎（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；‎ ‎（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．‎ ‎12．如图所示，光滑的水平面上有mA=2kg，mB=mC=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接．在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72J，然后从静止开始释放，求：‎ ‎（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？‎ ‎（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？‎ ‎　‎ 二.选考题：共45分．请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，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，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]‎ ‎13．如图所示的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（　　）‎ A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 E．理想气体等压膨胀过程一定吸热 ‎14．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强P0=1.0×105Pa；活塞下面与劲度系数k=2×103M/m的轻弹簧相连；当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．‎ ‎①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少K？‎ ‎②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少K？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌二中高三（上）第四次检测物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中．第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．下列说法正确的是（　　）‎ A．探究力的平行四边形定则的实验中运用了控制变量的方法 B．伽利略在研究自由落体运动时运用了理想实验的方法 C．用比值定义的物理概念在物理学中占有很大的比例，例如场强E=就是采用比值定义的 D．牛顿的“月﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从相同规律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等，结合物理学史解答．‎ ‎【解答】解：A、力的平行四边形定则的探究实验中运用了等效替代的方法，故A错误．‎ B、伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的方法．故B错误．‎ C、用比值定义的物理概念在物理学中占有很大的比例，但场强与电势差的关系不是比值定义的，故C错误．‎ D、牛顿的“月﹣地检验”表明地面物体所受地球的引力、月球所受地球的引力，与行星所受太阳的引力服从相同规律．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，摩擦力f与墙壁对物体弹力FN的变化情况是（　　）‎ A．FN先变小后变大 B．FN先变大后变小 C．f方向一直竖直向上 D．f一定是先变小后变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，根据平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．‎ ‎【解答】解：物体始终静止状态，受力平衡，对物体受力分析，若F斜向下，设与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得：‎ f=mg+Fsinθ，方向向上，‎ FN=Fcosθ，‎ 当F从实线位置绕O点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sinθ减小，cosθ增大，所以f减小，FN增大，‎ 若F斜向上，设与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得：‎ f=mg﹣Fsinθ，若Fsinθ＜mg，则摩擦力方向向上；若Fsinθ＞mg，则摩擦力方向向下；‎ FN=Fcosθ，‎ 当F从水平位置转至虚线位置时，θ增大，则sinθ增大，cosθ减小，所以f减小，FN减小，‎ 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动；‎ ‎ 现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是（　　）‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 ‎【考点】向心力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件分析所受桌面的支持力是否变化．以P为研究对象，根据牛顿第二定律分析细线的拉力的变化，判断Q受到桌面的静摩擦力的变化．由向心力知识得出小球P运动的角速度、加速度与细线与竖直方向夹角的关系，再判断其变化．‎ ‎【解答】解：AB、设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度为L．‎ P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：‎ ‎ T=，mgtanθ=mω2Lsinθ，‎ 得角速度ω=，使小球改到一个更高的水平面上作匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力T增大，角速度ω增大．故A错误，B正确．‎ CD、对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦力变大，Q所受的支持力不变，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星．该卫星为地球中圆轨道卫星，质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R的3倍．已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响．则（　　）‎ A．卫星的绕行速率大于7.9 km/s B．卫星的绕行周期约为8π C．卫星所在处的重力加速度大小约为 D．卫星的动能大小约为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】第一宇宙速度是最大的环绕速度．在地球表面上，物体的重力等于万有引力，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由此列式求解．‎ ‎【解答】解：A、7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于7.9 km/s．故A错误．‎ BCD、在地球表面为m0的物体，有 ‎ G=m0g 所以有 GM=gR2‎ 用M表示地球的质量，m表示卫星的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得 ‎ G=m•4R=mg′=m 解得卫星的绕行周期为 T=16π，卫星所在处的重力加速度大小 g′=‎ 卫星的动能为 Ek==．故BC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．质量为m的物体，由静止开始下落，重力加速度为g，由于阻力作用，下落的加速度为0.8g，在物体下落h的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的动能增加了0.8mgh B．物体的机械能减少了0.8mgh C．物体克服阻力所做的功为0.8mgh D．物体的重力势能减少了mgh ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】物体静止开始下落，受到空气阻力，重力做功决定重力势能变化，动能的变化由合力做功确定，除重力以外的阻力做功导致机械能变化．由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、物体的合力做正功为 W合=mah=0.8mgh，则物体的动能增量为0.8mgh，故A正确；‎ B、物体下落过程中，受到阻力为0.2mg，物体克服阻力所做的功0.2mgh，机械能减少量等于阻力所做的功；故机械能减少了0.2mgh；故B、C错误；‎ D、物体下落h高度，重力做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上．当水平抛出A物体的同时，B物体开始自由下落（空气阻力忽略不计）．曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点．则两物体（　　）‎ A．经O点时速率相等 B．从运动开始至经过O点过程中两物体的速度变化量相等 C．在O点时重力的功率相等 D．在O点具有的机械能相等 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】根据速度位移公式，结合平行四边形定则分别求出A、B在O点的速率大小．抓住两物体的加速度相等，结合时间关系比较速度的变化量．根据重力的瞬时功率公式，通过比较竖直分速度比较重力的功率大小．通过重力势能和动能的大小比较两物体在O点的机械能大小．‎ ‎【解答】解：A、设O点与初始位置的高度差为h，则B到达O点的速率，A到达O点的速率 ‎，可知A、B在O点的速率不同，故A错误；‎ B、两物体加速度相同，时间相同，故从运动开始至经过O点过程中A的速度变化相同，故B正确；‎ C、两者经O点时竖直方向的速度vy=，大小相同，根据重力的瞬时功率P=mgvy知，A、B在O点时重力的功率相等，故C正确；‎ D、由于两者质量相等，在O点时两者的重力势能相同，但动能不同，则机械能不等，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的两小球，悬点为O，两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，当小球由于静电作用张开一角度时，A、B球悬线与竖直方向间夹角分别为α与β（α＜β）；两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EKA和EKB 则（　　）‎ A．mA一定大于mB B．qA一定大于qB C．vA一定大于vB D．EKA一定小于EKB ‎【考点】动能定理的应用；库仑定律．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，再比较质量的大小；根据机械能守恒定律列式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小．‎ ‎【解答】解：A、对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相比，得：‎ ‎=， =‎ 由于 FA=FB，且PA＜PB，则有mA＞mB．故A正确．‎ B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的多少．故B错误．‎ C、两小球突然失去各自所带电荷后，由机械能守恒，‎ 对A球有：mAgL（1﹣cosα）=，‎ 得：vA=‎ 同理，对B球有：vB=‎ α＜β，则cosα＞cosβ，则得 vA＜vB．故C错误．‎ D、EKA==mAgL（1﹣cosα），EKB==mBgL（1﹣cosβ），因为mA＞mB，cosα＞cosβ，所以EKA不一定小于EKB．故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面顶角为θ，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h．手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角θ，然后无初速释放P．不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g．关于P描述正确的是（　　）‎ A．释放P前绳子拉力大小为mgcosθ B．释放后P做匀加速运动 C．P达O点时速率为 D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；运动的合成和分解．‎ ‎【分析】对Q分析，根据共点力平衡求出拉力的大小；根据P所受的合力变化得出加速度的变化；对P和Q系统研究，结合机械能守恒求出P到达O点的速度大小．根据P点的速度以及拉力在水平方向分力的变化判断拉力功率的变化．‎ ‎【解答】解：A、释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，T=mgcosθ，故A正确．‎ B、对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误．‎ C、当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg（）cosθ=，解得v=，故C正确．‎ D、P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、非选择题：（一）必考题（共129分）‎ ‎9．如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H＞＞d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：‎ ‎（1）小球经过光电门B时的速度表达式为　　．‎ ‎（2）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图乙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式：　2gH0=d2　时，可判断小球下落过程中机械能守恒．‎ ‎（3）实验中发现动能增加量△EK总是稍小于重力势能减少量△EP，增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将　增加　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．‎ ‎【解答】解：（1）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；‎ 故v=；‎ ‎（2）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；‎ 则有：mgH=mv2；‎ 即：2gH0=（）2‎ 解得：2gH0=d2；‎ ‎（3）由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep﹣△Ek将增大；‎ 故答案为：（1）；（2）2gH0=d2；（3）增加．‎ ‎　‎ ‎10．用如图（甲）所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．‎ ‎（1）某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图（乙），直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：　该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑　．‎ ‎（2）如果这位同学先如（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到M（小车质量）保持不变情况下的a﹣F图线是图中的　C　（将选项代号的字母填在横线上）．‎ ‎（3）打点计时器使用的交流电频率f=50Hz．下图是某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出．写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a=　　．根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为　0.60　m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．‎ ‎【分析】（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；‎ ‎（2）正确的a﹣F图象应该是过原点的直线，由于平衡摩擦力过度，因此图象在纵轴上有截距，‎ ‎（3）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小．‎ ‎【解答】解：（1）小车由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，因此平衡过度，所以该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑．‎ 故答案为：该同学的操作不正确，正确的操作应该为给小车一个初速度，小车能够带动纸带匀速下滑．‎ ‎（2）如果这位同学先如（1）中的操作，导致平衡摩擦力过度，因此当小车上还没有挂砂和砂桶时，小车应该就已经有加速度了，故图象ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ ‎（3）由题意可知，两计数点之间得时间间隔为：△T==0.1s，‎ 根据匀变速直线运动推论有：‎ 即：‎ 带入数据解得：a=0.60m/s2‎ 故答案为：，0.60m/s2．‎ ‎　‎ ‎11．如图，在学校运动会团体托球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍的光面中心，从静止开始先做加速度大小为a的匀加速直线运动，速度达到v0后做匀速直线运动至终点．已知运动过程中球始终相对球拍静止，且受到的空气阻力大小为f=kv（k为已知常量），方向与速度方向相反．不计球与球拍间的摩擦，重力加速度为g，求：（结果可以用三角函数表示）‎ ‎（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；‎ ‎（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）对球受力分析，根据共点力平衡求出在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；‎ ‎（2）对球分析，抓住竖直方向上平衡，水平方向上有向右的合力，结合牛顿第二定律和速度时间公式得出在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．‎ ‎【解答】解：（1）对球受力分析，由平衡条件得：tanθ0=，‎ 则在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0=arctan．‎ ‎（2）对球受力分析，竖直方向：Ncosθ=mg，‎ 水平方向：Nsinθ﹣kv=ma ‎ v=at ‎ 解得：tanθ=．‎ 答：（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角为arctan．‎ ‎（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式为tanθ=．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑的水平面上有mA=2kg，mB=mC=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接．在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72J，然后从静止开始释放，求：‎ ‎（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？‎ ‎（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】选取A、B、C为一个系统，在弹簧恢复原长的过程中运用动量守恒和系统能量守恒列式求解．‎ 当弹簧再次恢复到原长时，A、B为研究系统，根据系统动量守恒和系统能量守恒列式求解，注意正方向的选取．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）释放后，在弹簧恢复原长的过程中B和C和一起向左运动，当弹簧恢复原长后B和C的分离，所以此过程B对C做功．‎ 选取A、B、C为一个系统，在弹簧恢复原长的过程中动量守恒（取向右为正向）：‎ mAvA﹣（mB+mC）vC=0…①‎ 根据系统能量守恒： mAvA2+（mB+mC）vC2=EP=W=72J…②‎ 则B对C做的功：W′=mCvC2…③‎ 联立①②③并代入数据得：vA=vC=6m/s，W′=18J．‎ ‎（2）取A、B为研究系统，根据动量守恒（取向右为正向）得：‎ mAvA﹣mB vC=mAv′A+mB v′C 根据系统能量守恒得：‎ mAvA2+mBvC2=mA+mB，‎ 当弹簧恢复到原长时A、B的速度分别为：‎ v′A=6m/s，v′B=﹣6m/s或v′A=﹣2m/s，v′B=10m/s．负号表示速度方向与正方向相反，即向左．‎ v′A=6m/s，v′B=﹣6m/s是物体B与C分离时的情况，故舍去．‎ 答：（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有18J．‎ ‎（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度分别为：v′A=﹣2m/s，v′B=10m/s．负号表示速度方向与正方向相反，即向左．‎ ‎　‎ 二.选考题：共45分．请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，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，则每学科按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]‎ ‎13．如图所示的四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（　　）‎ A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动 B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的 D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用 E．理想气体等压膨胀过程一定吸热 ‎【考点】热力学第一定律；布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映分子无规则运动；当分子间的距离大于r0，分子力表现为引力，当分子间的距离小于r0，分子力表现为斥力．晶体表现为各向异性．露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用．根据理想气体状态方程可知，气体温度的变化，再根据热力学第一定律可知气体是否吸热．‎ ‎【解答】解：A、微粒的运动不是分子的运动，布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映分子无规则运动．故A错误．‎ B、当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故B正确；‎ C、晶体各个方向上的物理性质表现为各向异性，即各个方向不同．故C错误．‎ D、小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用．故D正确．‎ E、理想气体等压膨胀过程中，体积增大，根据状态方程可知，温度一定升高，内能增大，而同时气体对外做功，则根据△U=W+Q可知，气体一定吸热，故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎14．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强P0=1.0×105Pa；活塞下面与劲度系数k=2×103M/m的轻弹簧相连；当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，缸体始终竖直，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．‎ ‎①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少K？‎ ‎②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为多少K？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】（1）当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L2=24cm时，对活塞受力分析．根据平衡条件和理想气体状态方程求解．‎ ‎（2）当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化．根据平衡条件和理想气体状态方程求解．‎ ‎【解答】解：①当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，设封闭气体的压强为P1，对活塞受力：‎ P1S+mg=P0S 得：P1=P0﹣‎ 代入数据得：P1=0.8×105Pa 当缸内气柱长度L2=24cm时，设封闭气体的压强为P2，对活塞受力：‎ P2S+mg=P0S+F 其中：F=k（L2﹣L1）‎ 可得：P2=P0+‎ 代入数据得：P2=1.2×105Pa 对气体，根据题意得：V1=20S V2=24S T1=400K 根据理想气体状态方程，得： =‎ 解得T2=720K ‎ ‎②当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化；设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为△x 则 k△x=（m+M）g ‎△x=7cm V3=（△x+L1）S=27S P3=P0+=1.5×105Pa 根据理想气体状态方程得；‎ 解得T0=1012.5K 答：①当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为720K ‎②缸内气体温度上升到T0以上，气体将做等压膨胀，则T0为1012.5K ‎　‎ ‎2017年1月24日