陕西省宝鸡中学2017届高三上学期月考物理试卷（3）

陕西省宝鸡中学2017届高三上学期月考物理试卷（3）

www.ks5u.com ‎2016-2017学年陕西省宝鸡中学高三（上）月考物理试卷（3）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，运用了理想模型法 B．质点和点电荷采用的是同一种思想方法 C．合力和分力体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都采取比值法定义的物理量 ‎2．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，外力F水平向右推B，A、B、C仍处于静止状态；若F方向不变，大小逐渐增大，A、B、C扔处于静止状态则（　　）‎ A．滑轮对绳的作用力逐渐减小 B．物块B所受到的支持力和摩擦力的合力一定增大 C．物块C受到的摩擦力一定减小 D．物块B受到的摩擦力一定增大 ‎3．从空中足够高的同一点沿水平方向同时抛出两个小球1和2，它们初速度的大小分别为v1和v2，方向相反，则当两小球速度方向之间的夹角为90°时，经过的时间为（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎4．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（　　）‎ A． B． m C．m D．2m ‎5．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6倍，假设地球的自转周期变小，若扔仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（　　）‎ A．2.4h B．4.6h C．7.5h D．8.3h ‎6．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底边DE，两侧面与水平夹角分别为30°、60°，若物块从A静止下滑，加速至B匀速至D，若该物块由静止从A沿另一侧面下滑，则有（　　）‎ A．AB段的运动时间大于AC段的运动时间 B．通过C点的速率等于通过B点的速率 C．将加速至C匀速至E D．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大 ‎7．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为2L，现在对杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置（转过了90°），此过程中下列说法正确的是（　　）‎ A．重物M匀速上升 B．重物M的速度先增大后减小 C．重物M的最大速度是ωL D．重物M匀加速上升 ‎8．如图所示，长为L的木板静止在光滑水平面上，木板与木块之间有摩擦，当木块以v0冲上木板，恰好滑到木板的最右端，若将木板分成等长的两块，并排放置，木块扔以v0冲上木板，在以后的过程中（　　）‎ A．在木板上的滑动时间变短 B．物块最终扔将恰好滑至b的最右端 C．物块最终将停在b上，但不是最右端 D．物块最终将冲出b ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．用金属制成的线材（如钢丝、钢筋）受到拉力会伸长．十七世纪英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这一发现为后人对材料的研究奠定了重要基础．现在一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积为0.8cm2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/1000，问最大拉力多大？由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如下：‎ ‎　　长度 伸长 拉力 截面积 ‎250N ‎500N ‎750N ‎1000N ‎1m ‎0.05cm2‎ ‎0.04cm ‎0.08cm ‎0.12cm ‎0.16cm ‎2m ‎0.05cm2‎ ‎0.08cm ‎0.16cm ‎0.24cm ‎0.32cm ‎1m ‎0.10cm2‎ ‎0.02cm ‎0.04cm ‎0.06cm ‎0.08cm ‎（1）测试结果表明线材受拉力作用后其伸长与材料的长度成　　 比，与材料的截面积成　　 比．‎ ‎（2）上述金属细杆承受的最大拉力为　　 N．‎ ‎10．如图所示为某同学探究加速度与力和质量关系的实验装置，两个相同质量的小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码．两小车后端各系一条细绳，一起被夹子夹着使小车静止．打开夹子，两小车同时开始运动；关上夹子，两小车同时停下来，用刻度尺测出两小车的位移，下表是该同学在几次实验中记录的数据．‎ 实验 次数 车号 小车质 量（g）‎ 小盘质 量（g）‎ 车中砝码 质量（g）‎ 盘中砝码 质量（g）‎ 小车位 移（cm）‎ ‎1‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎15‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎2‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎27.5‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎50‎ ‎10‎ ‎14‎ ‎3‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎18‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎7‎ 请回答下述问题：‎ ‎（1）在每一次实验中，甲、乙两车的位移之比等于　　之比，请简要说明实验原理　　；‎ ‎（2）第一次实验是控制了　　不变的，在实验误差范围内可得出结论是：　　；‎ ‎（3）第二次实验是控制了　　不变的，在实验误差范围内可得出结论是：　　；‎ ‎（4）第三次实验时，该同学先测量了甲车的位移，再根据前两次实验结论，计算出乙车应该发生的位移，然后再测量了乙车的位移，结果他高兴地发现，理论的预言与实际符合得相当好．请问，他计算出的乙车位移应该是　　．‎ ‎11．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O'、O距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．‎ 求：（1）在两个弯道上的最大速度分别是多少？‎ ‎（2）应从什么位置开始加速，加速度是多大？‎ ‎（3）完成一圈的最短时间是多少？‎ ‎12．如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：‎ ‎（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；‎ ‎（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件 ‎（3）在满足（2）问的情况下，求米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．‎ ‎　‎ 三、【物理-选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1‎ ‎=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎　‎ 四、【物理-选修3-4】‎ ‎15．下面说法正确的是（　　）‎ A．调制的主要作用是使高频振荡的振幅或频率随要传播的电信号而改变 B．一种电磁波入射到半径为1m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的可见光 C．第一个用实验验证电磁波客观存在的科学家是麦克斯韦 D．波长越短的电磁波，反射性能越强 E．有一LC振荡电路，能产生一定波长的电磁波，若要产生波长比原来长些的电磁波，可采用的措施为减小电容器极板间的距离 ‎16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省宝鸡中学高三（上）月考物理试卷（3）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是（　　）‎ A．在推导匀变速直线运动位移公式时，运用了理想模型法 B．质点和点电荷采用的是同一种思想方法 C．合力和分力体现了等效替换的思想 D．加速度、电场强度、电势都采取比值法定义的物理量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】推导匀变速直线运动位移公式时采用了微分的思想；质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法．合力与分力能够等效替代，采用了等效替代的思想；加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量．‎ ‎【解答】解：A、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分、积分法，没有应用理想模型法，故A不正确．‎ B、质点及点电荷采用了理想化的物理模型的方法，所以质点和点电荷是同一种思想方法，故B正确；‎ C、合力和分力体现了等效替换的思想，故C正确；‎ D、加速度、电场强度、电势都采取比值法定义的物理量，故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，外力F水平向右推B，A、B、C仍处于静止状态；若F方向不变，大小逐渐增大，A、B、C扔处于静止状态则（　　）‎ A．滑轮对绳的作用力逐渐减小 B．物块B所受到的支持力和摩擦力的合力一定增大 C．物块C受到的摩擦力一定减小 D．物块B受到的摩擦力一定增大 ‎【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A为研究对象判断绳子拉力大小，确定滑轮对绳的作用力大小；‎ 根据共点力的平衡条件判断物体B受到的支持力和摩擦力的合力变化情况；‎ 水平方向以整体为研究对象分析C受到的摩擦力的变化情况；‎ 由于开始不知道B受到的摩擦力方向如何，B的摩擦力无法确定．‎ ‎【解答】解：A、以A为研究对象，绳子的拉力等于A的重力，所以绳子拉力大小方向不变，滑轮对绳的作用力不变，A错误；‎ B、物体B受到重力、绳子拉力、推力F、支持力和摩擦力作用处于平衡状态，则支持力和摩擦力的合力与其它三个力（重力、绳子拉力、推力F）的合力平衡，重力与绳子拉力不变、推力F增大时这三个力的合力增大，则物块B所受到的支持力和摩擦力的合力一定增大，B正确；‎ C、水平推力增大时，力F与绳子拉力在水平方向的分力一定增大，水平方向以整体为研究对象可知，水平方向C受到的摩擦力一定增大，C错误；‎ D、由于开始不知道B受到的摩擦力方向如何，所以无法判断物块B受到的摩擦力是否增大，D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．从空中足够高的同一点沿水平方向同时抛出两个小球1和2，它们初速度的大小分别为v1和v2，方向相反，则当两小球速度方向之间的夹角为90°时，经过的时间为（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】设经过t时间两个小球速度的方向间的夹角为90°，则两个速度方向与水平方向夹角之和也为90°．若其中一个球与水平方向的夹角为θ，则另一个小球与水平方向的夹角为90°﹣θ．通过tanθ=，tan（90°﹣θ）=，联立两式求出运动的时间．‎ ‎【解答】解：当两小球速度方向之间的夹角为90°时，设初速度为v1的球与水平方向的夹角为θ，则另一个小球与水平方向的夹角为90°﹣θ．有 tanθ=，tan（90°﹣θ）=，‎ 根据数学知识可知，tanθ•tan（90°﹣θ）=1‎ 所以解得 t=，故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎4．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦，小物块的质量为（　　）‎ A． B． m C．m D．2m ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】同一根绳子上的张力大小相等，根据ab距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可．‎ ‎【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形．‎ 由于圆弧对轻环的支持力垂直于半径，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠mao′、∠mbo′的角平分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO′=60°，‎ 所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m 故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6倍，假设地球的自转周期变小，若扔仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（　　）‎ A．2.4h B．4.6h C．7.5h D．8.3h ‎【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】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．‎ ‎【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6R 已知地球的自转周期T=24h，‎ 地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．‎ 由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．‎ 由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．‎ 由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．‎ 由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4.6h 故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底边DE，两侧面与水平夹角分别为30°、60°，若物块从A静止下滑，加速至B匀速至D，若该物块由静止从A沿另一侧面下滑，则有（　　）‎ A．AB段的运动时间大于AC段的运动时间 B．通过C点的速率等于通过B点的速率 C．将加速至C匀速至E D．一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大 ‎【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】‎ 先求出物体从倾角一定的斜面下滑的加速度的一般表达式，然后讨论影响加速度大小的各个因数对加速度的影响，再讨论各段的运动情况．‎ ‎【解答】解：B、物体从倾角为θ的斜面滑下，根据动能定理，有 mgh﹣μmgcosθ•=mv2‎ 故物体通过C点的速率大于通过B点的速率，故B错误；‎ B、物体从倾角为θ的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有 mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得 a=gsinθ﹣μgcosθ ①‎ 根据运动学公式，有 ‎=at2②‎ 由①②得到AC段的运动时间小于AB段的运动时间，故A正确；‎ C、D、由①式可知，物体将一直加速滑行到E点，但AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M，C点与O点距离为2L，现在对杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置（转过了90°），此过程中下列说法正确的是（　　）‎ A．重物M匀速上升 B．重物M的速度先增大后减小 C．重物M的最大速度是ωL D．重物M匀加速上升 ‎【考点】线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】‎ C点的线速度为ωL，为一定值，将该速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，在沿绳子方向的速度等于重物的速度，根据C点速度与绳子沿线的夹角的变化，判断绳子方向分速度的变化，从而得出重物速度的变化．‎ ‎【解答】解：设C点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C点的线速度为vC=ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为v绳=ωLcosθ．θ的变化规律是开始最大（90°）然后逐渐变小，所以，v绳=ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL；然后，θ又逐渐增大，v绳=ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变慢．所以知重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，长为L的木板静止在光滑水平面上，木板与木块之间有摩擦，当木块以v0冲上木板，恰好滑到木板的最右端，若将木板分成等长的两块，并排放置，木块扔以v0冲上木板，在以后的过程中（　　）‎ A．在木板上的滑动时间变短 B．物块最终扔将恰好滑至b的最右端 C．物块最终将停在b上，但不是最右端 D．物块最终将冲出b ‎【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】比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在木块运动过程中，整个木板一直加速，第二次木块先使整个木板加速，运动到B部分上后1部分停止加速，只有b部分加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较木块的位移确定是否飞离木板．‎ ‎【解答】解：A、在第一次在木块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与b木板将更早达到速度相等，所以木块还没有运动到b的右端．故AC正确，BD错误；‎ 故选：AC ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．用金属制成的线材（如钢丝、钢筋）受到拉力会伸长．十七世纪英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内它的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这一发现为后人对材料的研究奠定了重要基础．现在一根用新材料制成的金属杆，长为4m，横截面积为0.8cm2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/1000，问最大拉力多大？由于这一拉力很大，杆又较长，直接测试有困难，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如下：‎ ‎　　长度 伸长 拉力 截面积 ‎250N ‎500N ‎750N ‎1000N ‎1m ‎0.05cm2‎ ‎0.04cm ‎0.08cm ‎0.12cm ‎0.16cm ‎2m ‎0.05cm2‎ ‎0.08cm ‎0.16cm ‎0.24cm ‎0.32cm ‎1m ‎0.10cm2‎ ‎0.02cm ‎0.04cm ‎0.06cm ‎0.08cm ‎（1）测试结果表明线材受拉力作用后其伸长与材料的长度成　正　 比，与材料的截面积成　反　 比．‎ ‎（2）上述金属细杆承受的最大拉力为　10000　 N．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】由题可知伸长量x与样品的长度、横截面积、所受拉力都有关系，涉及的变量较多，因此采用“控制变量法”来确定它们之间的正、反比关系，然后将各种情况进行汇总，再运用比值定义法初步确定这几个量之间的数量关系，然后根据所得公式来判断样品能承受的最大拉力，以及与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：（1）由表格知：‎ ‎1、当受到的拉力F、横截面积S一定时，伸长量x与样品长度L成正比，①‎ ‎2、当受到的拉力F、样品长度L一定时，伸长量x与横截面积S成反比，②‎ ‎3、当样品长度L、横截面积S一定时，伸长量x与受到的拉力F成正比，③‎ 由1、2的结论，可知答案为：正、反．‎ ‎（2）由①②③三个结论，可以归纳出，x与L、S、F之间存在一定量的比例关系，设这个比值为k，那么有：‎ ‎①‎ 根据图表提供数据代入解得：．‎ 由题意知：待测金属杆M承受最大拉力时，其伸长量为原来的，即4×10﹣3m；‎ 此时 S=0.8cm2=8×10﹣5m2，L=4m；代入上面的公式①解得：F=10000N．‎ 故答案为：10000．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示为某同学探究加速度与力和质量关系的实验装置，两个相同质量的小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码．两小车后端各系一条细绳，一起被夹子夹着使小车静止．打开夹子，两小车同时开始运动；关上夹子，两小车同时停下来，用刻度尺测出两小车的位移，下表是该同学在几次实验中记录的数据．‎ 实验 次数 车号 小车质 量（g）‎ 小盘质 量（g）‎ 车中砝码 质量（g）‎ 盘中砝码 质量（g）‎ 小车位 移（cm）‎ ‎1‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎15‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎2‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎27.5‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎50‎ ‎10‎ ‎14‎ ‎3‎ 甲 ‎50‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎18‎ 乙 ‎50‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎7‎ 请回答下述问题：‎ ‎（1）在每一次实验中，甲、乙两车的位移之比等于　加速度　之比，请简要说明实验原理　根据位移公式x=at2可知，x1：x2=a1：a2　；‎ ‎（2）第一次实验是控制了　小车质量　不变的，在实验误差范围内可得出结论是：　小车加速度与合外力成正比　；‎ ‎（3）第二次实验是控制了　小车所受合外力　不变的，在实验误差范围内可得出结论是：　小车加速度与质量成反比　；‎ ‎（4）第三次实验时，该同学先测量了甲车的位移，再根据前两次实验结论，计算出乙车应该发生的位移，然后再测量了乙车的位移，结果他高兴地发现，理论的预言与实际符合得相当好．请问，他计算出的乙车位移应该是　30cm　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】明确实验原理，根据位移公式进行分析，明确加位移和加速度之间的关系，再分别控制小车质量和拉力不变，分析它们与位移的关系，从而明确加速度与拉力和质量之间的关系，再利用对应的结论即可求出第三次实验中的位移．‎ ‎【解答】解：（1）根据位移公式可得：‎ x=at2；‎ 由于时间相等，则可知，位移与加速度成正比；‎ ‎（2）由表中数据可知，第一次实验中小车的质量保持不变，故控制了小车质量不变；由表中数据可知，小车的位移与合外力成正比，则说明小车的位移与加速度成正比；‎ ‎（3）由表中数据可知，第二次实验中，所加砝码相同，故保持了小车的合力不变，由表中数据可知，小车的位移与质量成正比，则说明小车的位移与加速度成正比；‎ 则说明加速度与质量成反比；‎ ‎（4）由表中数据可知，拉力变成2倍，而质量变为原来的，则可知，加速度应变为原来的2×=倍，因位移与加速度成正比，故位移应变成=30cm；‎ 故答案为：（1）加速度；据位移公式x=at2可知，x1：x2=a1：a2‎ ‎（2）小车质量 小车加速度与合外力成正比 ‎（3）小车所受合外力　 小车加速度与质量成反比 ‎（4）30 cm ‎　‎ ‎11．如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O'、O距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．‎ 求：（1）在两个弯道上的最大速度分别是多少？‎ ‎（2）应从什么位置开始加速，加速度是多大？‎ ‎（3）完成一圈的最短时间是多少？‎ ‎【考点】向心力；匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合最大静摩擦力提供向心力求出在两个弯道上的最大速度．‎ ‎（2）赛车在绕过小弯道后加速，根据几何关系求出直道的距离，结合速度位移公式求出加速度．‎ ‎（3）根据几何关系求出小圆弧和大圆弧的长度，结合运动学公式求出在圆弧上的运动时间以及在直线上的运动时间，从而得出完成一圈的最短时间．‎ ‎【解答】解：（1）在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿定律有：kmg=，‎ 在小弯道上的最大速度为： m/s=30m/s，‎ 在大圆弧弯道上的速率为： =．‎ ‎（2）当弯道半径一定 时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，直道的长度为：，‎ 故在在直道上的加速度大小为为：≈6.50m/s2，‎ ‎（3）由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为，‎ 通过小圆弧弯道的时间为：t1==，‎ 通过大圆弧时间为：，代入数据解得t2=8.37s，‎ 直线运动时间为t3则有：X=，‎ 代入数据解得：t3=2.31s，‎ 总时间为：t=t1+t2+2t3=2.80+8.37+2×2.31s=15.79s．‎ 答：（1）在两个弯道上的最大速度分别是30m/s、45m/s；‎ ‎（2）绕过小弯道后加速，加速度是6.50m/s2；‎ ‎（3）完成一圈的最短时间是15.79s．‎ ‎　‎ ‎12．如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：‎ ‎（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；‎ ‎（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件 ‎（3）在满足（2）问的情况下，求米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；‎ ‎（2）（3）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；‎ ‎【解答】解：（1）米袋在AB上加速时的加速度：‎ a0==μg=5m/s2‎ 米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离：‎ s0==2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 ‎ 设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得：a=10 m/s2‎ 所以能滑上的最大距离：‎ s==1.25m ‎（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为：‎ a1=﹣g（sinθ+μcosθ）=﹣10 m/s2‎ 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：‎ a2=﹣g（sinθ﹣μcosθ）=﹣2 m/s2‎ 由 +=4.45m 解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：‎ vCD≥v1=4m/s ‎（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：‎ tmax=+=2.1s 若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，‎ 则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．‎ 由SCD=v0tmin+a2t2min，得：tmin=1.16s 所以，所求的时间t的范围为：1.16 s≤t≤2.1 s；‎ 答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；‎ ‎（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s；‎ ‎（3）米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．‎ ‎　‎ 三、【物理-选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体 E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 ‎【考点】* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断．晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误．‎ ‎【解答】解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A错误．‎ B、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项B正确．‎ C、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．选项C正确．‎ D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体．把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫．所以选项D正确．‎ E、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加．选项E错误 故选：BCD ‎　‎ ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1‎ ‎=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．‎ ‎（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．‎ ‎【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，‎ 气体的状态参量：V1=（l﹣）s2+s1=（40﹣）×40+×80=2400cm3，‎ T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，‎ 由盖吕萨克定律得： =，即： =，解得：T2=330K；‎ ‎（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，‎ 大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，‎ 代入数据解得：p2=1.1×105Pa，‎ T2=330K，T3=T=303K，‎ 由查理定律得： =，‎ 即： =，‎ 解得：p3=1.01×105Pa；‎ 答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；‎ ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．‎ ‎　‎ 四、【物理-选修3-4】‎ ‎15．下面说法正确的是（　　）‎ A．调制的主要作用是使高频振荡的振幅或频率随要传播的电信号而改变 B．一种电磁波入射到半径为1m的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的可见光 C．第一个用实验验证电磁波客观存在的科学家是麦克斯韦 D．波长越短的电磁波，反射性能越强 E．有一LC振荡电路，能产生一定波长的电磁波，若要产生波长比原来长些的电磁波，可采用的措施为减小电容器极板间的距离 ‎【考点】电磁波的发射、传播和接收．‎ ‎【分析】调制的主要作用是使高频振荡的振幅或频率随要传播的电信号而改变；‎ 衍射又称为绕射，波遇到障碍物或小孔后通过散射继续传播的现象．衍射现象是波的特有现象，一切波都会发生衍射现象．发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大．然后结合波长与变速的公式求出频率即可做出判定．‎ 振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比．‎ ‎【解答】解：A、调制的主要作用是使高频振荡的振幅或频率随要传播的电信号而改变，故A正确；‎ B、由于发生明显衍射的条件是孔径、障碍物尺寸小于波长或者与波长相差不大，则可知其这种波应属于无线电波，故B错误；‎ C、第一个用实验验证电磁波客观存在的科学家是赫兹，故C错误；‎ D、波长越短的电磁波，其频率越长，能量越大，其反射性越强，故D正确；‎ E、有一LC振荡电路，能产生一定波长的电磁波，若要产生波长比原来长些的电磁波，可采用的措施为减小电容器极板间的距离，故E正确．‎ 故选：ADE ‎　‎ ‎16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a．棱镜材料的折射率为n=‎ ‎．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜．画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况．）‎ ‎【考点】光的折射定律；全反射．‎ ‎【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．‎ ‎【解答】解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得： =n①‎ 由已知条件i=45°，n=解得 r=30°②‎ ‎（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得 ‎ AF=a③‎ 即出射点在AB边上离A点a的位置．‎ ‎（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．‎ 由几何关系可知，在D点的入射角 ‎ θ=60°④‎ 设全反射的临界角为C，则 ‎ sinC=⑤‎ 由⑤和已知条件得 ‎ C=45°⑥‎ 因此，光在D点全反射．‎ 设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°‎ ‎ BD=a﹣2AF⑦‎ ‎ BE=DBsin30°⑧‎ 联立③⑦⑧式得 BE=a 即出射点在BC边上离B点a的位置．‎ 答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点a的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点a的位置．光路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎2017年3月2日