贵州省遵义市务川中学2017届高三（上）第三次月考物理试卷（解析版）

贵州省遵义市务川中学2017届高三（上）第三次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年贵州省遵义市务川中学高三（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共8个小题，每小题6分，共48分．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．关于牛顿第一定律的下列说法中正确的是（　　）‎ A．当今科学技术不断发展，牛顿第一定律可以在实验室操作 B．伽利略研究力与运动的关系时，采用了理想实验法，得出物体的运动不需要力来维持 C．笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来也不偏离原来的方向．这观点是错误的 D．亚里士多德根据现实经验得出的结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止在一个地方．这观点是正确的 ‎2．现有甲乙两辆汽车在平直的公路上行驶，起初乙车在后，甲车在前，相距8m，它们运动的V﹣t图象如图所示，则有（　　）‎ A．两辆汽车在第4秒时相距最远 B．汽车甲做匀速直线运动，汽车乙做匀变速直线运动 C．第4秒时，汽车甲的位移等于40m，汽车乙的位移大于20m D．汽车甲做匀速直线运动，汽车乙做加速度逐渐增大的加速运动 ‎3．如图所示，有质量为m=3kg的物体A和质量为M=6kg的物体B重叠在一起，A、B之间的动摩擦因数为0.1，B与地面之间的动摩擦因数为0.15，在A物体上施加外力F=5N使得A物体向右做匀加速直线运动，则有（　　）‎ A．物体B受到5个力的作用 B．物体A向右运动的加速度为1m/s2‎ C．物体B受到地面的摩擦力是13.5N D．物体B受到地面的摩擦力是静摩擦力，若外力F增大到一定程度，则物体B可以运动 ‎4．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩到一定程度后停止下降．在小球接触弹簧到运动到最低点这一过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B．从小球接触弹簧起加速度就变为竖直向上 C．小球的速度先增大，后减小 D．小球的加速度先减小，后不变 ‎5．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（　　）‎ A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小 C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变 ‎6．如图所示，水平传送带A、B两端相距X=1.5m，传送带以速度v0=2m/s顺时针匀速转动，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，现将工件由静止轻放在传送带的A端，设到达B端的瞬时速度设为vB，则（　　）‎ A．vB=2m/s B．物块从A端运动到B端时所用的时间为2s C．工件受到传送带的摩擦力为滑动摩擦力，且为动力 D．若传送带不动，给工件轻放在A端时的瞬时速度vA=4m/s，则到达B点vB=m/s ‎7．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎8．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　）‎ A．前10s的悬线的拉力恒为1515N B．46s末塔吊的材料离地面的距离为22m C．0～10s材料处于超重状态，且钢索最容易发生断裂 D．在30s～36s内材料处于超重状态 ‎　‎ 二.非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13～18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题 ‎9．回答下列问题：‎ ‎（1）在做“验证力的平行四边形定则”的实验时：要使合力与分力产生相同的效果，必须要使每次合力与分力产生相同的效果，必须　　‎ A．每次将橡皮条拉到同样的位置 B．两弹簧秤的夹角相同 C．每次弹簧秤示数必须相同 D．只要一个弹簧秤的读数相同就行 ‎（2）在“研究两个共点力的合成”的实验中，有同学各自画了以下的力图，图中F1、F2是用两把弹簧秤同时拉橡皮筋时各自的拉力，F′是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力；画出了F1、F2、F′的图示，以表示F1、F2的有向线段为邻边画平行四边形，以F1、F2交点为起点的对角线用F表示，在以下四幅图中，只有一幅图是合理的，这幅图是　　．‎ ‎10．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，计时器打点频率为50Hz，为了便于实验分析，现在每两个点之间擦掉四个点．‎ ‎（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.10cm、12.00cm、14.00cm、15.85cm、17.85cm，则打E点时小车的速度为　　m/s，小车的加速度为　　 m/s2．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（2）该同学通过数据的处理作出了a﹣F图象，如图3所示，则 ‎①图中的直线不过原点的原因是　　．‎ ‎②此图中直线发生弯曲的原因是　　．‎ ‎11．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，在t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示．重力加速度g取10m/s2．试求：‎ ‎（1）拉力F的大小；‎ ‎（2）t=4s时物体的速度v的大小．‎ ‎12．如图所示，已知一传送带以 v0=5m/s 的速度顺时针转动，传送带长度为s=5.5m，将一质量为m=2kg的物块轻轻放在传送带的底端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，传送带与水平面之间成30°．‎ ‎（1）物块运动到顶端B时速度为多大；‎ ‎（2）物块从底端A运动到顶端B所用的时间为多少；‎ ‎（3）若传送带仍以5m/s的速度逆时针转动，且物块与传送带之间的动摩擦因数为，则物块轻放在传送带顶端B点由静止开始滑下，传送带长度为m，其它条件均不变，则到达底端A时所用的时间为多少．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[选修3-3]‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．热量不能从低温物体传递给高温物体 B．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 C．一定量的某种理想气体在等容升压过程中，内能一定增加 D．第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的 E．某种理想气体，温度越高，气体分子运动速度越快，分子的动能越大 ‎14．如图所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m．现对气缸缓缓加热，使气缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了△L．已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0．求：‎ ‎（Ⅰ） 气缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？‎ ‎（Ⅱ） 此过程中被封闭气体的内能变化了多少？‎ ‎　‎ ‎[选修3-4]‎ ‎15．如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t=0时刻的波形图，已知甲波向右传，乙波向左传．以下说法正确的是（　　）‎ A．两列波的波长一样长 B．甲波的频率比乙波的频率大 C．两列波同时传到坐标原点 D．由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象 E．x=0.5cm处的质点开始振动时的方向向+y方向 ‎16．如图，厚度为D的玻璃砖与水平实验桌成45°角放置．红色激光束平行于水平桌面射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得AB间的距离为L．求玻璃砖对该红色激光的折射率．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎17．关于近代物理学，下列说法正确的是（　　）‎ A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波 B．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光 C．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 D．10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后，一定有5个原子核发生衰变 E．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小 ‎18．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省遵义市务川中学高三（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共8个小题，每小题6分，共48分．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．关于牛顿第一定律的下列说法中正确的是（　　）‎ A．当今科学技术不断发展，牛顿第一定律可以在实验室操作 B．伽利略研究力与运动的关系时，采用了理想实验法，得出物体的运动不需要力来维持 C．笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来也不偏离原来的方向．这观点是错误的 D．亚里士多德根据现实经验得出的结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止在一个地方．这观点是正确的 ‎【考点】牛顿第一定律．‎ ‎【分析】掌握牛顿第一定律的推导过程以及主要内容，知道力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因．‎ ‎【解答】解：A、牛顿提出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态，这是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证．故A错误； ‎ B、伽利略研究力与运动的关系时，采用了理想实验法，得出物体的运动不需要力来维持．故B正确 ‎ C、笛卡尔指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，不停下来也不偏离原来的方向，这一观点符合牛顿第一定律的内容，故是正确的，故C错误；‎ D、亚里士多德根据现实经验得出的结论：必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止在一个地方．这一观点已被伽利略推翻，是错误的，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．现有甲乙两辆汽车在平直的公路上行驶，起初乙车在后，甲车在前，相距8m，它们运动的V﹣t图象如图所示，则有（　　）‎ A．两辆汽车在第4秒时相距最远 B．汽车甲做匀速直线运动，汽车乙做匀变速直线运动 C．第4秒时，汽车甲的位移等于40m，汽车乙的位移大于20m D．汽车甲做匀速直线运动，汽车乙做加速度逐渐增大的加速运动 ‎【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】根据速度关系，分析两车间距离的变化情况，从而确定出何时相距最远．根据图象的形状直接分析汽车的运动性质．根据图象的“面积”分析位移的大小．‎ ‎【解答】解：A、在0﹣4s内，甲的速度比乙的速度大，且起初乙车在后，甲车在前，所以两者间距逐渐增大．t=4s后，乙的速度比甲的速度大，两者间距减小，所以两辆汽车在第4秒时相距最远．故A正确．‎ BD、根据速度图象的斜率表示加速度，由图可知，汽车甲做匀速直线运动，汽车乙做加速度逐渐增大的加速运动，故B错误，D正确．‎ C、第4秒时，汽车甲的位移 x甲=vt=10×4m=40m，由“面积”表示位移，可知，汽车乙的位移小于=20m，故C错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎3．如图所示，有质量为m=3kg的物体A和质量为M=6kg的物体B重叠在一起，A、B之间的动摩擦因数为0.1，B与地面之间的动摩擦因数为0.15，在A物体上施加外力F=5N使得A物体向右做匀加速直线运动，则有（　　）‎ A．物体B受到5个力的作用 B．物体A向右运动的加速度为1m/s2‎ C．物体B受到地面的摩擦力是13.5N D．物体B受到地面的摩擦力是静摩擦力，若外力F增大到一定程度，则物体B可以运动 ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】A、对B受力分析，重力、弹力与摩擦力，即可判定；‎ B、对A受力分析，依据牛顿第二定律，即可求解加速度大小； ‎ C、根据B的最大静摩擦力，与A对B的滑动摩擦力大小比较，从而确定B是静摩擦力，还是滑动摩擦力，进而确定摩擦力大小；‎ D、根据B的最大静摩擦力，与A对B的滑动摩擦力大小比较，可知，不论F多大，物体B仍是静止．‎ ‎【解答】解：A、物体B受力分析，重力，A对B的压力，地面对B的支持力，A对B的滑动摩擦力，地面对B的静摩擦力，共受到5个力的作用，故A正确；‎ B、对A受力分析，水平方向拉力与滑动摩擦力，‎ 根据牛顿第二定律，则有：a===0.67m/s2，故B错误；‎ C、根据滑动摩擦力公式，f地B=μ（M+m）g=0.15×9×10=13.5N，‎ 而A对B的滑动摩擦力fAB=μmg=0.1×3×10=3N，因此B处于静止状态，依据平衡条件，则B受到地面的摩擦力是3N，故C错误；‎ D、物体B受到地面的摩擦力是静摩擦力，若外力F增大到一定程度，A在B上加速运动，A对B的滑动摩擦力仍不变，则物体B一直处于静止，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩到一定程度后停止下降．在小球接触弹簧到运动到最低点这一过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大 B．从小球接触弹簧起加速度就变为竖直向上 C．小球的速度先增大，后减小 D．小球的加速度先减小，后不变 ‎【考点】牛顿第二定律；胡克定律．‎ ‎【分析】解答本题关键要分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律分析小球的加速度如何变化，判断速度的变化情况．‎ ‎【解答】解：小球接触弹簧后，受到重力和弹簧的弹力两个力作用．开始阶段弹力先小于重力，小球的合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，小球的速度增大，而弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，加速度减小；‎ 当重力与弹力大小相等时，合力为零，加速度为零；‎ 小球继续向下运动时，弹力将大于重力，小球所受的合力竖直向上，加速度方向竖直向上，与速度方向相反，小球的速度减小，而弹簧的弹力逐渐增大，加速度增大．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（　　）‎ A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小 C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变 ‎【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】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力，再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况．以结点O为研究对象，分析F的变化，根据F与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．‎ ‎【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示． 根据平衡条件得到，‎ 杆对环的摩擦力F1=G，保持不变．‎ 杆对环的弹力F2=F．‎ 再以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图2所示．‎ 由平衡条件得到 F=mgtanθ 当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变，F2逐渐减小．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，水平传送带A、B两端相距X=1.5m，传送带以速度v0=2m/s顺时针匀速转动，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，现将工件由静止轻放在传送带的A端，设到达B端的瞬时速度设为vB，则（　　）‎ A．vB=2m/s B．物块从A端运动到B端时所用的时间为2s C．工件受到传送带的摩擦力为滑动摩擦力，且为动力 D．若传送带不动，给工件轻放在A端时的瞬时速度vA=4m/s，则到达B点vB=m/s ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】分析工件的受力情况，根据牛顿第二定律分析传送带运动时加速度，判断工件是先加速再匀速还是一直加速；工件从A端运动到B端由位移公式可求时间；由动能定理求当传送带不动时工件到B端的速度．‎ ‎【解答】解：A、工件由静止放上传送带由相对滑动，由牛顿第二定律得：a==μg=0.1×10=1m/s2，当和皮带速度相等时，由速度公式v=at可得：2=1×t，解得加速时间为：t=2s，加速运动的位移为：x=at2=×1×22=2m＞L=1.5m，说明工件一直加速，加速到B端时速度还小于皮带速度，故A错误；‎ B、工件从A端运动到B端由A分析结合位移公式可得：L=at2，1.5=×1×t2，解得：t=s，故B错误；‎ C、工件由静止放上传送带由相对滑动，受到传送带的摩擦力为滑动摩擦力，方向向右，与运动方向相同，为动力，故C正确；‎ D、若传送带不动，给工件轻放在A端时的瞬时速度vA=4m/s，由动能定理可得：﹣μmgL=mvB2﹣mvA2，代入数据解得：vB=m/s．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎7．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出v﹣t图象．‎ ‎【解答】解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G﹣F=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；‎ t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；‎ 而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；‎ AD均符合题意；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎8．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　）‎ A．前10s的悬线的拉力恒为1515N B．46s末塔吊的材料离地面的距离为22m C．0～10s材料处于超重状态，且钢索最容易发生断裂 D．在30s～36s内材料处于超重状态 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据速度时间图线得出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，根据图线与时间轴围成的面积求出46s内的位移．根据加速度的方向判断物体的超失重，从而判断何时绳子容易断裂．‎ ‎【解答】解：A、由图可知前10s内物体的加速度a==0.1m/s2，由F﹣mg=ma可知，悬线的拉力F=mg+ma=150×10.1=1515N，故A正确．‎ B、由图象面积可得整个过程上升高度是28m，下降的高度为6m，46s末塔吊的材料离地面的距离为22m．故B正确．‎ CD、因30s～36s物体加速度向下，材料处于失重状态，F＜mg；前10s材料处于超重状态，F＞mg，钢索最容易发生断裂．故C正确、D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ 二.非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13～18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题 ‎9．回答下列问题：‎ ‎（1）在做“验证力的平行四边形定则”的实验时：要使合力与分力产生相同的效果，必须要使每次合力与分力产生相同的效果，必须　A　‎ A．每次将橡皮条拉到同样的位置 B．两弹簧秤的夹角相同 C．每次弹簧秤示数必须相同 D．只要一个弹簧秤的读数相同就行 ‎（2）在“研究两个共点力的合成”的实验中，有同学各自画了以下的力图，图中F1、F2是用两把弹簧秤同时拉橡皮筋时各自的拉力，F′是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力；画出了F1、F2、F′的图示，以表示F1、F2的有向线段为邻边画平行四边形，以F1、F2交点为起点的对角线用F表示，在以下四幅图中，只有一幅图是合理的，这幅图是　C　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．‎ ‎（2）力的合成遵循平行四边形定则，理论值是根据平行四边形定则作出的，实际值是用一根弹簧量出来的，故实际值一定与橡皮筋共线．‎ ‎【解答】解：（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故BCD错误，A正确；‎ ‎（2）以表示F1、F2的有向线段为邻边画平行四边形，以F1、F2交点为起点的对角线用F表示，故F是理论值，存在误差，不一定与F'共线．‎ F′是用一把弹簧秤拉橡皮筋时的拉力，是实际值，一定与橡皮筋共线．‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选C．（1）A； （2）C ‎　‎ ‎10．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，计时器打点频率为50Hz，为了便于实验分析，现在每两个点之间擦掉四个点．‎ ‎（1）该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.10cm、12.00cm、14.00cm、15.85cm、17.85cm，则打E点时小车的速度为　1.69　m/s，小车的加速度为　1.86　 m/s2．（结果保留三位有效数字）‎ ‎（2）该同学通过数据的处理作出了a﹣F图象，如图3所示，则 ‎①图中的直线不过原点的原因是　平衡摩擦力过大　．‎ ‎②此图中直线发生弯曲的原因是　不能满足M远远大于m　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．‎ ‎（2）若坐标轴有截距不是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，就是平衡摩擦力时过大．从图上分析两图各是什么原因即可．‎ ‎【解答】解：（1）每两个点之间擦掉四个点，计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，‎ 利用匀变速直线运动的推论得出：vE==≈1.69m/s，‎ 由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，小车的加速度：a==≈1.86m/s2；‎ ‎（2）①图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时角度过大．‎ ‎②设小车的加速度为a，绳子拉力为F，以砂和砂桶为研究对象得：mg﹣F=ma，以小车为研究对象F=Ma，‎ 解得：a=，F=，所以要使得绳子拉力等于砂和砂桶的重力大小，必有m＜＜M，‎ 而不满足m＜＜M时，随m的增大物体的加速度a逐渐减小．故图象弯曲的原因是：未满足砂和砂桶质量远小于小车的质量．‎ 故答案为：（1）1.69；1.86；（2）①平衡摩擦力过大；②不能满足M远远大于m．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，在t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示．重力加速度g取10m/s2．试求：‎ ‎（1）拉力F的大小；‎ ‎（2）t=4s时物体的速度v的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；‎ ‎（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 撤去力F，由牛顿第二定律有 根据图象可知：‎ ‎，‎ 解得：F=30N ‎（2）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，则有 ‎，解得t2=2s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律 解得：‎ 则物体沿着斜面下滑的时间为 故t=4s时速度 答：（1）拉力F的大小30N；‎ ‎（2）t=4s时物体的速度v的大小2m/s ‎　‎ ‎12．如图所示，已知一传送带以 v0=5m/s 的速度顺时针转动，传送带长度为s=5.5m，将一质量为m=2kg的物块轻轻放在传送带的底端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，传送带与水平面之间成30°．‎ ‎（1）物块运动到顶端B时速度为多大；‎ ‎（2）物块从底端A运动到顶端B所用的时间为多少；‎ ‎（3）若传送带仍以5m/s的速度逆时针转动，且物块与传送带之间的动摩擦因数为，则物块轻放在传送带顶端B点由静止开始滑下，传送带长度为m，其它条件均不变，则到达底端A时所用的时间为多少．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出匀加速运动的位移，判断出匀加速位移小于传送带的长度，之后以共同速度匀速运动到顶端；‎ ‎（2）分别求出匀加速运动和匀速运动的时间，求出总时间；‎ ‎（3）物块在传送带上先做匀加速运动，求出加速度和相应的位移，速度相等后，以另一加速度继续做匀加速运动，求出时间，即可求出到底端A的时间；‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可知 解得： m/s2‎ 由运动学知识可知 解得 即到达B端时的速度为5m/s ‎（2）由（1）可知物块先做匀加速直线运动再匀速直线运动，即有 解得 解得 解得t=2.1s ‎（3）由牛顿第二定律有 解得： m/s2‎ ‎=，‎ 解得 当物块运动到和传送带等速时，此时物块受到传送带的摩擦力沿着斜面向上，则有 解得： =‎ 解得，（舍去）‎ 答：（1）物块运动到顶端B时速度为5m/s；‎ ‎（2）物块从底端A运动到顶端B所用的时间为2.1s；‎ ‎（3）到达底端A时所用的时间为 ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[选修3-3]‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．热量不能从低温物体传递给高温物体 B．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关 C．一定量的某种理想气体在等容升压过程中，内能一定增加 D．第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但也是不可能制成的 E．某种理想气体，温度越高，气体分子运动速度越快，分子的动能越大 ‎【考点】热力学第二定律；热力学第一定律．‎ ‎【分析】本题考查热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响．另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．第二定律说明热的传导具有方向性．‎ ‎【解答】解：A、热力学第二定律的内容可以表述为：热量不能自发的由低温物体传到高温物体而不产生其他影响，即只要产生其他影响，热量就能从低温物体传到高温物体．故A错误．‎ B、理想气体不计分子势能，故一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，故B正确； ‎ C、一定量的某种理想气体在等容升压过程中，温度一定升高，故内能一定增加，故C正确；‎ D、有关机械能和内能的转化过程具有方向性，即不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响．所以第二类永动机的原理违背了热力学第二定律．也是无法制成的，故D正确．‎ E、温度升高时，分子的平均动能增大，但可能有少部分分子的速度反而减小，故E错误．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎14．如图所示，用面积为S的活塞在气缸内封闭着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和砝码的总质量为m．现对气缸缓缓加热，使气缸内的空气温度从T1升高到T2，空气柱的高度增加了△L．已知加热时气体吸收的热量为Q，外界大气压强为P0．求：‎ ‎（Ⅰ） 气缸内温度为T1时，气柱的长度为多少？‎ ‎（Ⅱ） 此过程中被封闭气体的内能变化了多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．‎ ‎【分析】（Ⅰ）气体发生等压变化，求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出空气柱的长度．‎ ‎（Ⅱ）利用热力学第一定律判断气体的内能变化，判断的时候要注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）封闭气体初状态的状态参量，初状态：温度T1，体积LS，‎ 末状态参量：温度：T2，体积：（L+△L）S 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得： =，‎ 解得：L=；‎ ‎（2）对活塞和砝码，由平衡条件得：‎ mg+p0S=pS 解得：p=p0+，‎ 气体对外做功：W=pS△L=（p0S+mg）△L，‎ 由热力学第一定律得：W+Q=△U，‎ 内能的变化量：△U=Q﹣（P0S+mg）△L；‎ 答：（Ⅰ） 气缸内温度为T1时，气柱的长度为；‎ ‎（Ⅱ） 此过程中被封闭气体的内能变化了Q﹣（P0S+mg）△L．‎ ‎　‎ ‎[选修3-4]‎ ‎15．如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t=0时刻的波形图，已知甲波向右传，乙波向左传．以下说法正确的是（　　）‎ A．两列波的波长一样长 B．甲波的频率比乙波的频率大 C．两列波同时传到坐标原点 D．由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象 E．x=0.5cm处的质点开始振动时的方向向+y方向 ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，直接比较波长的大小；两列波的波速相同，由波速公式v=λf分析频率关系；若两列波的频率相同，就能够发生干涉；介质中各点的起振方向与波最前头的起振方向相同，由波的传播方向判断．‎ ‎【解答】解：A、根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，由图读出两列波的波长都为 λ=4cm，故A正确．‎ B、波速是由介质决定的，可知两列波的波速相等，由波速公式v=λf分析得知，两列波的频率相等，故B错误．‎ C、由于波速相等，所以两列波同时传到坐标原点．故C正确．‎ D、两波振幅不等，但频率相等，满足干涉的条件，故两列波相遇时会发生干涉现象．故D错误．‎ E、乙波向左传播，图示时刻x=1cm处质点的起振方向沿+y方向，所以图中x=0.5cm处质点开始振动时的方向沿+y轴方向，故E正确．‎ 故选：ACE ‎　‎ ‎16．如图，厚度为D的玻璃砖与水平实验桌成45°角放置．红色激光束平行于水平桌面射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得AB间的距离为L．求玻璃砖对该红色激光的折射率．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】根据几何关系，结合折射定律求出玻璃砖对该红色激光的折射率．‎ ‎【解答】解：由折射定律有： =n ‎ 直角三角形MNR中sinγ= MN=‎ 在直角三角形PQN中PN=L ‎ ‎ 解得n=．‎ 答：玻璃砖对该红色激光的折射率为．‎ ‎　‎ ‎[选修3-5]‎ ‎17．关于近代物理学，下列说法正确的是（　　）‎ A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波 B．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光 C．重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 D．10个放射性元素的原子核在经一个半衰期后，一定有5个原子核发生衰变 E．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小 ‎【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】α射线、β射线不是电磁波；根据数学组合，即可确定辐射种类；核子结合成原子核时伴随巨大能量产生，半衰期是个统计规律；光电效应方程，即可求解判定金属的逸出功的大小．‎ ‎【解答】解：A、γ射线是电磁波，而α射线、β射线不是电磁波，故A错误；‎ B、根据数学组合=6，故B正确；‎ C、核子结合成原子核时一定有质量亏损，释放出能量，故C正确；‎ D、半衰期是大量原子核显现出来的统计规律，对少量的原子核没有意义，故D错误．‎ E、据光电效应方程可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，则这种金属的逸出功越小，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】在弹簧弹开过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律列方程；在B、C碰撞过程中，B、C系统动量守恒，由动量守恒定律可以列方程，然后根据题意解方程组，求出B与C碰撞前B的速度．‎ ‎【解答】解：以A、B系统组成的系统为研究对象，A与B分开过程中，‎ 由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAv+mBvB，‎ 以B、C组成的系统为研究对象，B与C碰撞过程中，‎ 由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v，‎ 解得，B与C碰撞前B的速度vB=v0；‎ 答：B与C碰撞前B的速度为v0．‎ ‎　‎ ‎2016年12月1日