陕西省延安市黄陵中学2017届高三上学期期末物理试卷（普通班）

陕西省延安市黄陵中学2017届高三上学期期末物理试卷（普通班）

www.ks5u.com ‎2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高三（上）期末物理试卷（普通班）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mA＞mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（　　）‎ A．物体 A 的高度升高，θ角变小 B．物体 A 的高度降低，θ角不变 C．物体 A 的高度升高，θ角不变 D．物体 A 的高度不变，θ角变小 ‎2．质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）‎ A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小 B．t1时刻a车在前，b车在后 C．t1～t2汽车a、b的位移相同 D．a、b车加速度都是先减小后增大 ‎4．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是（　　）‎ A．电子在A、B两点的速度vA＜vB B．A、B两点的电势φA＜φB C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB D．A、B两点的电场强度EA＞EB ‎5．匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直到停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为x，根据这些测量结果不可以求出（　　）‎ A．汽车刹车过程的初速度 B．汽车刹车过程的加速度 C．汽车刹车过程的平均速度 D．汽车刹车过程的制动力 ‎6．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为（g取10m/s2）（　　）‎ A．0.01s B．0.02s C．0.1s D．0.2s ‎7．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止，则（　　）‎ A．绳子上拉力可能为零 B．地面受的压力可能为零 C．地面与物体间可能存在摩擦力 D．A、B之间不可能存在摩擦力 ‎8．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　）‎ A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 ‎9．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细绳连接在一起，A物体受水平向右的力F作用，此时B匀速下降，A水平向左运动．由此可知（　　）‎ A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A和B组成的系统机械能一定减小 D．物体A所受的摩擦力逐渐减小 ‎10．“嫦娥二号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示．已知“嫦娥二号”的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω，加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．则它在远月点时对月球的万有引力大小为（　　）‎ A． B．ma C． D．m（R+h）ω2‎ ‎11．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 ‎12．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎　‎ 二、实验题（本题包括3个题，共24分．）‎ ‎13．当物体从高空下落时，所受阻力会随物体的速度增大而增大，因此下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据，g取10m/s2．‎ 小球编号 A B C D E 小球的半径r（×10﹣2m）‎ ‎0.5‎ ‎0.5‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ 小球的质量m（×10﹣3kg）‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎45‎ ‎40‎ ‎100‎ 小球的收尾速度v（m/s）‎ ‎16‎ ‎40‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎32‎ ‎（1）据表中的数据可以求出B球与C球在达到收尾速度时所受阻力之比为f1：f2=　　．‎ ‎（2）根据表中的数据，可归纳出球型物体所受阻力f与球的速度大小及球的半径的关系为（写出有关字母表达式，比例系数用k表示）　　，并可求出式中比例系数的k数值和单位为　　．‎ ‎（3）现将C号和D号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的高度下落，则它们的收尾速度大小为v=　　m/s．‎ ‎14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；‎ ‎（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎15．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在　　方向（填“水平”或“竖直”）‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧　　时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为　　．由表可知所用刻度尺的最小长度为　　．‎ ‎③图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与　　的差值（填“L0或L1”）．‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为　　N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为　　g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平成θ=37°固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平内右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略浮力．求：‎ ‎（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．‎ ‎17．频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．单色光1的波长大于单色光2的波长 B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度 C．单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量 D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角 ‎18．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到T2=l．只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2﹣l图象是一条过坐标原点的直线．某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2﹣l图象，如图所示．‎ ‎①造成图象不过坐标原点的原因可能是　　‎ A．将l0记为摆长l； B．摆球的振幅过小 C．将（l0+d）计为摆长l D．摆球质量过大 ‎②由图象求出重力加速度g=　　m/s2（取π2=9.87）‎ ‎19．x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动．‎ ‎①求波在介质中的传播速度；‎ ‎②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．‎ ‎20．如图（甲）所示，两光滑导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，两导轨相距L=lm，倾斜导轨与水平面成θ=30°角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示，图中t1、t2未知．水平导轨足够长，其左端接有理想电流表A和定值电阻R=3Ω，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区Ⅱ中，Ⅱ区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B2=1T，在t=0时刻，从斜轨上磁场I 区外某处垂直于导轨水平释放一金属棒ab，棒的质量m=0.1kg，电阻r=2Ω，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由斜轨滑向水平轨时无机械能损失，导轨的电阻不计．若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，灵敏电流计G的示数大小保持不变，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平方向且与杆垂直的外力．（g取10m/s2）求：‎ ‎（l）ab棒进入磁场区I时的速度v；‎ ‎（2）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；‎ ‎（3）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量；‎ ‎（4）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流计G的电流大小I随时间t变化的关系如图（丙）所示（I0未知），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图象．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高三（上）期末物理试卷（普通班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，1-8为单选题，9-12为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且 mA＞mB，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳一端由 Q 点缓慢地向左移到 P点，整个系统重新平衡后，物体 A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（　　）‎ A．物体 A 的高度升高，θ角变小 B．物体 A 的高度降低，θ角不变 C．物体 A 的高度升高，θ角不变 D．物体 A 的高度不变，θ角变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据滑轮不省力的特点可知，整个系统重新平衡后，滑轮两侧的绳子拉力大小F等于物体B的重力不变，A物体对滑轮的拉力也不变．根据平衡条件分析两滑轮间绳子的夹角，再研究θ的变化情况．‎ ‎【解答】解：系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mAg=2mBgsinθ．绳的端点由Q点移向P点时，由于mA、mB的大小不变，故θ不变，因此A下降，B上升．‎ 故ACD错误，B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．质量为M的原子核，原来处于静止状态．当它以速度v放出质量为m的粒子时（设v的方向为正方向），剩余部分的速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】本题属于“反冲”问题，原子核放出粒子过程中动量守恒，因此根据动量守恒直接列方程求解即可．‎ ‎【解答】解：原子核放出粒子前后动量守恒，设剩余部分速度为v，则有：mv+（M﹣m）v′=0‎ 所以解得：v′=﹣，负号表示速度与放出粒子速度相反．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（　　）‎ A．a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小 B．t1时刻a车在前，b车在后 C．t1～t2汽车a、b的位移相同 D．a、b车加速度都是先减小后增大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度时间图线判断两汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前．通过图线的斜率判断加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大．故A错误．‎ BC、在t2时刻，两车相遇，在t1﹣t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故B、C错误．‎ D、速度图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度都是先减小后增大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是（　　）‎ A．电子在A、B两点的速度vA＜vB B．A、B两点的电势φA＜φB C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB D．A、B两点的电场强度EA＞EB ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AC、可判断出电场线的方向从A到B，电子所受的电场力从B到A，则电子在A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB，EPA＜EPB ．故AC错误；‎ B、由图看出，电势逐渐降低，φA＞φB，故B错误．‎ D、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直到停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为x，根据这些测量结果不可以求出（　　）‎ A．汽车刹车过程的初速度 B．汽车刹车过程的加速度 C．汽车刹车过程的平均速度 D．汽车刹车过程的制动力 ‎【考点】牛顿第二定律；平均速度；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的平均速度公式求出初速度的大小，根据初速度和时间，通过速度时间公式求出刹车过程中的加速度．‎ ‎【解答】解：A、汽车的平均速度，解得初速度，平均速度为．故A、C正确．‎ B、加速度a=．故B正确．‎ D、因为汽车的质量未知，根据牛顿第二定律无法求出汽车刹车过程中的制动力．故D错误．‎ 本题选不能求出的，故选D．‎ ‎　‎ ‎6．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为（g取10m/s2）（　　）‎ A．0.01s B．0.02s C．0.1s D．0.2s ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】自由落体运动是匀变速直线运动，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出喷射水滴的时间间隔．‎ ‎【解答】解：根据△y=gT2，知：T=．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止，则（　　）‎ A．绳子上拉力可能为零 B．地面受的压力可能为零 C．地面与物体间可能存在摩擦力 D．A、B之间不可能存在摩擦力 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】隔离对A分析，根据平衡条件判断绳子拉力的有无．对整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面的压力与重力关系．‎ ‎【解答】解：A、如果B对A的作用力和A的重力平衡，则绳子拉力为零，A正确；‎ B、地面受的压力一定不可能为零，B错误；‎ C、以整体为研究对象可知，整体水平方向合力为零，地面与物体间不存在摩擦力，C错误；‎ D、当绳子拉力与A的重力相等时，A和B之间没有摩擦力，如果不相等，则A和B之间一定存在摩擦力，所以D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图甲所示，用一水平外力F推着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2．根据图乙中所提供的信息不能计算出（　　）‎ A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．‎ ‎【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图 x方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma ①‎ y方向：N﹣Fsinθ﹣Gcosθ=0 ②‎ 解得 从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得 m=2kg，θ=37°‎ 因而AB可以算出；‎ 当a=0时，可解得F=15N，因而C可以算出；‎ 题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出；‎ 本题选不能算出的 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细绳连接在一起，A物体受水平向右的力F作用，此时B匀速下降，A水平向左运动．由此可知（　　）‎ A．物体A做匀速运动 B．物体A做加速运动 C．物体A和B组成的系统机械能一定减小 D．物体A所受的摩擦力逐渐减小 ‎【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】把A实际运动的速度沿绳子和垂直于绳子两个的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况．由功能关系分析系统的机械能如何变化．因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况．‎ ‎【解答】解：AB、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，‎ vB是vA在绳子方向上的分量，vB是恒定的，随着vB与水平方向的夹角增大，vA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动．故A错误，B正确；‎ C、对F对A做负功，所以根据功能关系可知，物体A和B组成的系统机械能一定减小，故C正确．‎ D、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB，A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向的F1，在竖直方向上，有N+F2=GA．绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2‎ 增大，支持力N减小，所以A所受的摩擦力减小，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎10．“嫦娥二号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示．已知“嫦娥二号”的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω，加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G．则它在远月点时对月球的万有引力大小为（　　）‎ A． B．ma C． D．m（R+h）ω2‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据题目信息可知，此题主要考查卫星公转地的椭圆轨道远月点万有引力即向心力问题．A、使用万有引力定律完全可以解决；B、结合力与运动的关系可解决；C、比较月球表面和远月点的万有引力可解决；D、此公式适用于匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：设卫星在月球表面对月球的万有引力即重力为F1，在远月点时对月球的万有引力为F；‎ ‎ A、据万有引力公式得 在远月点时对月球的万有引力为，故A错误；‎ ‎ B、据力与运动的关系得 在远月点时卫星所受合力即万有引力 F=ma； 故B正确；‎ ‎ C、据万有引力公式得 在月球表面时卫星所受重力即二者万有引力①‎ ‎ 在远月点时卫星对月球的万有引力 =②‎ ‎ 把①代入②可得 故C正确；‎ ‎ D、此公式适用于匀速圆周运动，而卫星在绕月椭圆运动时速度变化不均匀，不适用．‎ 此题选择正确项，故选 BC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒 C．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒 D．若小球能从C点离开半圆槽，则其一定会做竖直上抛运动 ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】系统所受合外力为零时系统动量守恒，根据系统所受外力情况判断系统动量是否守恒；物体具有竖直向上的初速度、在运动过程中只受重力作用时做竖直上抛运动，根据球的初速度情况判断球的运动性质．‎ ‎【解答】‎ 解：A、小球在槽内运动的全过程中，系统在水平方向所受合外力不为零，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误，B正确；‎ C、小球在槽内运动的全过程中，墙壁对系统有水平向右的作用力，系统在水平方向所受合外力不为零，小球、半圆槽、物块在水平方向动量不守恒，故C正确；‎ D、小球离从C点离开半圆槽时具有水平向右与竖直向上的速度，小球的速度斜向右上方，小球不做竖直上抛运动，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．一质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，如图所示．若全过程中弹簧处于伸长状态且处于弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当弹簧与杆垂直时小球动能最大 B．当小球沿杆方向的合力为零时小球动能最大 C．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功小于mgh D．在小球自开始下滑至滑到最低点的过程中克服弹簧所做的功等于mgh ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】弹簧与杆垂直时，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值，运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．当合外力为零时，加速度为零，速度最大，故A错误，B正确；‎ CD、小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题包括3个题，共24分．）‎ ‎13．当物体从高空下落时，所受阻力会随物体的速度增大而增大，因此下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据，g取10m/s2．‎ 小球编号 A B C D E 小球的半径r（×10﹣2m）‎ ‎0.5‎ ‎0.5‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ 小球的质量m（×10﹣3kg）‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎45‎ ‎40‎ ‎100‎ 小球的收尾速度v（m/s）‎ ‎16‎ ‎40‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎32‎ ‎（1）据表中的数据可以求出B球与C球在达到收尾速度时所受阻力之比为f1：f2=　1：9　．‎ ‎（2）根据表中的数据，可归纳出球型物体所受阻力f与球的速度大小及球的半径的关系为（写出有关字母表达式，比例系数用k表示）　f=kvr2　，并可求出式中比例系数的k数值和单位为　50N•s/m3　．‎ ‎（3）现将C号和D号小球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的高度下落，则它们的收尾速度大小为v=　27.2　m/s．‎ ‎【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）小球达到收尾速度时，小球做匀速直线运动，阻力与重力二力平衡．由平衡条件得即可求出B球与C球在达到终极速度时所受阻力之比；‎ ‎（2）由小球A、B、C、E的实验数据，归纳出小球收尾速度和小球质量、小球半径的定量关系：v=；‎ ‎（3）将C号和D号小球用细线连接后，求出它们的收尾速度．‎ ‎【解答】解：（1）小球在达到终极速度时为平衡状态，‎ 则有：f=mg，‎ 所以f1：f2=mB：mC=1：9．‎ ‎（2）由表中A、B球的有关数据可得，‎ 阻力与速度成正比，即f∝v，‎ 由表中B、C球有关数据可得，‎ 阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2，‎ 综上所述：球型物体所受阻力f与球的速度大小成正比，与球的半径的平方成正比，‎ 即：f=kvr2 ，‎ 将E组数据代入解得：k==50N•s/m3． ‎ ‎（3）将C号和D号小球用细线连接后，其收尾速度应满足：‎ mCg+mDg=fC+fD，‎ 则有：mCg+mDg=kv（rC2+rD2），‎ 代入数据可解得：v=m/s=27.2m/s．‎ 故答案为：（1）1：9；（2）kvr2；50Ns/m3；（3）27.2．‎ ‎　‎ ‎14．某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a﹣F图线，如图（b）所示．‎ ‎（1）图线　　是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“①”或“②”）；‎ ‎（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=　　kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．‎ 对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．‎ 所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．‎ ‎（2）根据F=ma得a=‎ 所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数．‎ 由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg ‎ 由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，‎ 根据牛顿第二定律得F﹣μmg=0‎ 解得μ=0.2‎ 故答案为：（1）①；（2）0.5，0.2‎ ‎　‎ ‎15．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在　竖直　方向（填“水平”或“竖直”）‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧　稳定　时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为　L3　．由表可知所用刻度尺的最小长度为　1mm　．‎ ‎③图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与　L1　的差值（填“L0或L1”）．‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为　4.9　N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为　10　g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】根据实验要求弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向上，由表中数据，刻度尺的最小分度为mm；充分利用测量数据和图象，根据公式△F=k△x可知横轴是弹簧的长度与Lx的差值，斜率即弹簧的劲度系数k．通过图和表可知砝码盘的质量 ‎【解答】解：（1）根据实验要求弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向上；弹簧自然悬挂，待弹簧静止或稳定时，长度记为L0，‎ ‎（2）用用刻度尺测量长度时读数应估计到最小分度的下一位，根据各组数据可知L 3 读数不规范，没有估读一位．由表可知所用刻度尺的最小长度为1mm．‎ ‎（3）纵轴是砝码的质量，与弹簧的弹力成正比；横轴应该是伸长量，故是弹簧长度与L1的差值；‎ ‎（4）根据胡克定律公式△F=k△x，有 k=N/m=4.9N/m；‎ 由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：Lx=27.35cm；‎ 根据胡克定律，砝码盘质量为：M=kg=0.010kg=10g；‎ 故答案为：（1）竖直，稳定，（2）L3，1mm；（2）L1；（3）4.9，10‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平成θ=37°固定，质量为m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平内右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v﹣t图象如图乙所示，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略浮力．求：‎ ‎（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．‎ ‎【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）速度时间图象中的斜率表示加速度；‎ ‎（2）在有风和无风两种情况下，对小球进行受力分析，在y方向，由平衡条件列式，在x方向，由牛顿第二定律列式，联立方程即可求解．‎ ‎【解答】解；（1）取沿杆向上为正方向，由图象可知：‎ 在0～2 s内：（方向沿杆向上）‎ 在2～5 s内：（“﹣”表示方向沿杆向下）‎ ‎（2）有风力时的上升过程，‎ 小球受力分析如图所示；‎ 由牛顿第二定律得：‎ Fcosθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）﹣mgsinθ=ma1…①‎ 停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；‎ 根据牛顿第二定律有：﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma2…②‎ 由②解得：μ=0.5‎ 代入①得：F=50 N 答：（1）小球在0～2s内的加速度a1=15m/s2和2～5s内的加速度a2=﹣10m/s2；‎ ‎（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ=0.5和水平风力F的大小50N．‎ ‎　‎ ‎17．频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．单色光1的波长大于单色光2的波长 B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度 C．单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量 D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角 ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】通过光的偏折程度比较出单色光1、2的折射率大小，从而比较出频率、波长的大小，根据v=比较出在介质中传播的速度大小．根据sinC=比较出临界角的大小．‎ ‎【解答】解：A、单色光1比单色光2偏折厉害，则单色光1的折射率大，频率大，则单色光1的波长小．故A错误．‎ B、根据v=知，单色光1的折射率大，则单色光1在玻璃中传播的速度小．故B错误．‎ C、单色光1的频率大，根据E=hv知，单色光1的光子能量大．故C错误．‎ D、根据sinC=知，单色光1的折射率大，则临界角小．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到T2=l．只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2﹣l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2﹣l图象是一条过坐标原点的直线．某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2﹣l图象，如图所示．‎ ‎①造成图象不过坐标原点的原因可能是　A　‎ A．将l0记为摆长l； B．摆球的振幅过小 C．将（l0+d）计为摆长l D．摆球质量过大 ‎②由图象求出重力加速度g=　9.87　m/s2（取π2=9.87）‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】根据实验注意事项与实验原理分析实验误差．由单摆周期公式变形，得到T2与L的关系式，分析图象斜率的意义，求解g．‎ ‎【解答】解：（1）图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；将l0记为摆长l；‎ 故选：A ‎（2）由T=2π可得：T2=L，则T2﹣L图象的斜率等于，‎ 由数学知识得：，‎ 解得：g=π2=9.87m/s2；‎ 故答案为：A；9.87．‎ ‎　‎ ‎19．x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动．‎ ‎①求波在介质中的传播速度；‎ ‎②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】①由题知，振动在t=0.14s时间内传播的距离为x=7m，由公式v=求出波速．‎ ‎②根据时间0.14s与周期的关系，分析和计算质点通过的路程．‎ ‎【解答】解：①由题知，振动在t=0.14s时间内传播的距离为x=7m，则该波的传播速度 v=‎ 代入数据得：v=50m/s ‎②在0.14s内，x=4m的质点只振动了个周期，该质点运动的过程：s=3A=15cm 答：‎ ‎①波在介质中的传播速度为50m/s；‎ ‎②x=4m的质点在0.14s内运动的路程为15cm．‎ ‎　‎ ‎20．如图（甲）所示，两光滑导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，两导轨相距L=lm，倾斜导轨与水平面成θ=30°角，倾斜导轨的下面部分处在一垂直斜面的匀强磁场区I中，I区中磁场的磁感应强度B1随时间变化的规律如图（乙）所示，图中t1、t2‎ 未知．水平导轨足够长，其左端接有理想电流表A和定值电阻R=3Ω，水平导轨处在一竖直向上的匀强磁场区Ⅱ中，Ⅱ区中的磁场恒定不变，磁感应强度大小为B2=1T，在t=0时刻，从斜轨上磁场I 区外某处垂直于导轨水平释放一金属棒ab，棒的质量m=0.1kg，电阻r=2Ω，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由斜轨滑向水平轨时无机械能损失，导轨的电阻不计．若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，灵敏电流计G的示数大小保持不变，t2时刻进入水平轨道，立刻对棒施一平行于框架平面沿水平方向且与杆垂直的外力．（g取10m/s2）求：‎ ‎（l）ab棒进入磁场区I时的速度v；‎ ‎（2）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；‎ ‎（3）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量；‎ ‎（4）若棒在t2时刻进入水平导轨后，电流计G的电流大小I随时间t变化的关系如图（丙）所示（I0未知），已知t2到t3的时间为0.5s，t3到t4的时间为1s，请在图（丁）中作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图象．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）题中电流表的示数保持不变，整个下滑过程中回路中产生的感应电动势不变，可判断出在t1时刻棒刚好进入磁场Ⅰ区域且做匀速直线运动，由平衡条件和安培力、欧姆定律、法拉第定律结合求解v；‎ ‎（2）棒没进入磁场以前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出下滑的距离，由于棒进入磁场后产生的感应电动势不变，由法拉第电磁感应定律求出磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d；‎ ‎（3）ab棒进入磁场以前，由焦耳定律求出ab棒产生的焦耳热．进入磁场Ⅰ的过程中，棒的重力势能减小转化为内能，由能量守恒求出ab棒产生的焦耳热；‎ ‎（4）根据图线写出I﹣t′方程式，由欧姆定律I==‎ ‎，得到速度与时间的表达式，即可求出加速度，由牛顿第二定律得到外力F与时间t的关系式，作出图象．‎ ‎【解答】解：（1）电流表的示数不变，说明在整个下滑过程中回路的电动势是不变的，说明在B变化时和不变时感应电动势大小一样，所以可以判断在t1时刻棒刚好进入磁场区域且做匀速直线运动．由平衡条件有：‎ mgsinθ﹣BIL=0‎ 由欧姆定律有：，E1=BLV，‎ 代入数值得：v=2.5m/s ‎ ‎（2）棒没进入磁场以前做匀加速直线运动，加速度是：a=gsin30°=5m/s2，‎ 棒刚磁场时的速度 v=at1，‎ 得：t1==0.5s 下滑的距离是：s1=at12=0.625m 在棒没进入磁场以前，由于B均匀变化，所以有：E2=‎ 又 E1=BLv，E1=E2，‎ 代入得 4×1×d=1×1×2.5，‎ 解得：d=0.625m ‎ ‎（3）ab棒进入磁场以前，棒上产生的热量为：Q1=I2Rt1=0.52×2×0.5J=0.25J 取ab棒在斜轨磁场中运动为研究过程，有：mgd sinθ﹣Q2=0 ‎ 得：Q2=0.3125J．‎ 此时，棒上产生的热量是：Q2r==0.125J 则棒上产生的总热量是：Qr=Q1+Q2r=0.375 J ‎ 或：Qr=I2R（t1+t2）=0.52×2×（0.5+0.25）J=0.375J ‎（4）因为E=BLv，所以刚进水平轨道时时的电动势是：E=2.5V，I0==0.5A 取t2时刻为零时刻，则根据图线可以写出I﹣t的方程式：I=0.5﹣tˊ，I=，‎ 则v=2.5﹣5 tˊ，所以a1=5m/s2．‎ 由牛顿第二定律可得：F+BIL=ma1，F+I=1 F=tˊ‎ 画在坐标系里．‎ 由丙图可以同理得出棒运动的加速度大小是：a2=2.5m/s2，‎ 依据牛顿定律得：F﹣BIL=ma2‎ 取t3时刻为零时刻，可以写出t3时刻后的I与时间的关系式，I=0.5 t，代入上面的式子可以得到F=0.25+0.5t画在坐标系里． ‎ 答：（1）ab棒进入磁场区I时速度V的大小是2.5m/s；‎ ‎（2）磁场区I在沿斜轨方向上的宽度d是0.625m；‎ ‎（3）棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内ab棒上产生的热量Q是0.375J；‎ ‎（4）作出t2到t4时间内外力大小F随时间t变化的函数图象如图所示．‎ ‎　‎ ‎2017年1月24日