福建省龙岩市永定一中2016届高三下学期段考物理试卷

福建省龙岩市永定一中2016届高三下学期段考物理试卷

‎2015-2016学年福建省龙岩市永定一中高三（下）段考物理试卷 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6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．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速直线运动 ‎2．如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30°，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（　　）‎ A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg ‎3．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电场强度小于O点的电场强度 B．A点的电势低于C点的电势 C．点电荷﹣q在O点与在C点所受的电场力相同 D．点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能 ‎4．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 ‎5．历时8年，跋涉48亿公里的“黎明”号飞行器于2015年3月7日首次抵达太阳系的小行星带内质量最大的天体﹣谷神星，“黎明”号飞行器绕谷神星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞行器轨道半径越大，线速度越大 B．飞行器轨道半径越大，运行周期越大 C．若测得飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，可得到谷神星的平均密度 D．图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其加速 ‎6．如图，直角三角形支架ABC固定于竖直面内，支架AB，BC边光滑绝缘，在水平底边AC的中点固定一带正电的小球，另有一带正电的小环穿在支架上，若把小环分别放在如图所示的1，2，3，4位置上，其中位置1与小球的连线垂直于AB，位置2与小球的连线垂直于AC，则可能使小环处于平衡的位置是（　　）‎ A．位置1 B．位置2 C．位置3 D．位置4‎ ‎7．如图所示，小物块从距A点高度h处自由下落，并从A点沿切线方向进入半径为R的四分之一圆弧轨道AB，经过最低点B后又进入半径为的半圆弧轨道BC，图中C点为轨道最高点，O为半圆弧轨道BC的圆心，两轨道均光滑且在最低点相切，重力加速度为g．则以下说法正确的是（　　）‎ A．若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为 B．若已知下落高度h=R，则可求出物块打到轨道AB上的速度大小 C．释放的高度越高，在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差越大 D．若物块从最高点C飞出后，碰到轨道AB上的速度方向不可能与过碰撞点的轨道切线垂直 ‎8．如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg B．小球下降最大距离为L（1﹣）‎ C．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：1‎ D．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．某研究性学习小组用图1装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：‎ ‎①安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上；‎ ‎②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；‎ ‎③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作．测出多组（h，t），计算出对应的平均速度v；‎ ‎④画出v﹣t图象 请根据实验，回答如下问题：‎ ‎（1）设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g．则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为　　．（用v0、g和t表示）‎ ‎（2）实验测得的数据如表：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ h（cm）‎ ‎10.00‎ ‎20.00‎ ‎30.00‎ ‎40.00‎ ‎50.00‎ ‎60.00‎ t （ s ）‎ ‎0.069‎ ‎0.119‎ ‎0.159‎ ‎0.195‎ ‎0.226‎ ‎0.255‎ v （ m/s ）‎ ‎1.45‎ ‎1.68‎ ‎1.89‎ ‎2.05‎ ‎2.21‎ ‎2.35‎ 请在如图2坐标纸上画出v﹣t图象．‎ ‎（3）根据v﹣t图象，可以求得当地重力加速度g=　　 m/s2，试管夹到光电门1的距离约为　　cm．（以上结果均保留两位有效数字）‎ ‎10．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．‎ ‎（1）物块下滑时的加速度a=　　m/s2，打C点时物块的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　　（填正确答案标号）‎ A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．‎ ‎11．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎12．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=5×l0﹣2kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0‎ ‎=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，则此过程中（　　）‎ A．外界对气体做功 B．气体的内能减小 C．气体对外放热 D．气体分子的平均动能增大 ‎14．如图所示，封有理想气体的导热气缸，开口向下被竖直悬挂，不计活塞的质量和摩擦，整个系统处于静止状态，现在活塞下面挂一质量为m的钩码，经过足够长的时间后，活塞下降h高度．已知活塞面积为S，大气压为P0，重力加速度为g．‎ ‎（ⅰ）挂上钩码稳定后，被封闭气体的压强；‎ ‎（ⅱ）设周围环境温度不变，从挂上钩码到整个系统稳定，这个过程，封闭气体吸收（放出）多少热量．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎16．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]‎ ‎17．氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量．在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核．已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV．则氢核聚变的方程是　　；一次氢核聚变释放出的能量是　　MeV．‎ ‎18．如图所示，一单摆悬于O点，摆长L=1m，摆球质量为m，将单摆拉至与竖直方向成60°角的位置释放，当摆到最低位置时，一质量也为m的子弹以一定的速度射中小球，并留在小球里，此时摆线刚好断掉，小球被水平抛出，落地点距悬点正下方的A点的距离x=1m，悬点到水平地面的距离H=3m，求子弹射入小球时的初速度v0，已知重力加速度g=10m/s2．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年福建省龙岩市永定一中高三（下）段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分．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．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（　　）‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速直线运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．‎ ‎【解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；‎ 将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；‎ 故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，5000个大小相同、质量均为m且光滑的小球，静止放置于两相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B与水平面的夹角为30°，已知重力加速度为g，则笫2014个小球对第2015个小球的作用力大小为（　　）‎ A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】将第2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，分析受力情况，由平衡条件即可求解2014个小球对第2015个小球的作用力大小 ‎【解答】解：2015个球到第5000个球共2986个球看成整体研究，由于无摩擦力，只受重力、斜面支持力和第四个球的支持力；‎ 由平衡条件得知，第2014个球对第2015个球的作用力大小等于整体的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30°=1493mg．‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电场强度小于O点的电场强度 B．A点的电势低于C点的电势 C．点电荷﹣q在O点与在C点所受的电场力相同 D．点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】‎ 根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强大小．等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式Ep=qφ分析电势能的大小．‎ ‎【解答】解：‎ A、在AC连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A错误．‎ B、AC连线是等量异种点电荷电场中的一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．‎ C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷﹣q在O点和C点所受电场力相同．故C正确．‎ D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep=qφ分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S．当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化，根据E=，判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E==‎ ‎，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．历时8年，跋涉48亿公里的“黎明”号飞行器于2015年3月7日首次抵达太阳系的小行星带内质量最大的天体﹣谷神星，“黎明”号飞行器绕谷神星做匀速圆周运动，已知引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞行器轨道半径越大，线速度越大 B．飞行器轨道半径越大，运行周期越大 C．若测得飞行器围绕谷神星旋转的圆轨道的周期和轨道半径，可得到谷神星的平均密度 D．图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其加速 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和密度公式可求解星球的平均密度 ‎【解答】解：A、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小．故A错误；‎ B、根据开普勒第三定律=K，飞行器轨道半径越大，运行周期越大，故B正确；‎ C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T．‎ 对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G=mr 星球的平均密度 ρ=可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，‎ 由于不知道星球的半径，不可得到星球的平均密度．故C错误；‎ D、图示中飞行器由环谷神星圆轨道a变轨进入环谷神星椭圆轨道b时，应让发动机在P点点火使其减速．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图，直角三角形支架ABC固定于竖直面内，支架AB，BC边光滑绝缘，在水平底边AC的中点固定一带正电的小球，另有一带正电的小环穿在支架上，若把小环分别放在如图所示的1，2，3，4位置上，其中位置1与小球的连线垂直于AB，位置2与小球的连线垂直于AC，则可能使小环处于平衡的位置是（　　）‎ A．位置1 B．位置2 C．位置3 D．位置4‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】环受重力、支持力、静电斥力，根据平衡条件，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线．‎ ‎【解答】解：小环受重力、支持力、静电斥力，支持力与杆垂直、重力竖直向下、静电斥力在两个电荷的连线上；‎ A、在位置1，静电斥力和支持力反向，合力与重力不可能共线，故不平衡，故A错误；‎ B、在位置2，重力和静电斥力可能平衡，故B正确；‎ C、在位置3，重力和支持力的合力可能与静电力反向、等值、共线，故可能平衡，故C正确；‎ D、在位置4，如果支持力垂直向下，和静电斥力的合力可能与重力反向、等值、共线，故可能平衡，故D正确；‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎7．如图所示，小物块从距A点高度h处自由下落，并从A点沿切线方向进入半径为R的四分之一圆弧轨道AB，经过最低点B后又进入半径为的半圆弧轨道BC，图中C点为轨道最高点，O为半圆弧轨道BC的圆心，两轨道均光滑且在最低点相切，重力加速度为g．则以下说法正确的是（　　）‎ A．若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为 B．若已知下落高度h=R，则可求出物块打到轨道AB上的速度大小 C．释放的高度越高，在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差越大 D．若物块从最高点C飞出后，碰到轨道AB上的速度方向不可能与过碰撞点的轨道切线垂直 ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】物块恰能从轨道BC的最高点C飞出时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出临界速度，再由机械能守恒求出h．根据牛顿第二定律和机械能守恒分析在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差．‎ ‎【解答】解：A、物块恰能从轨道BC的最高点C飞出时，由重力提供向心力，则 mg=m 从开始下落到C点的过程，由机械能守恒定律得：mgh=‎ 联立解得 h=，可知，若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为．故A正确．‎ B、若已知下落高度h=R，根据机械能守恒定律可求出物块通过C点的速度．物块离开C点后做平抛运动，则有 ‎ y=，x=vCt 又有x2+y2=R2‎ 由上联立可得t和y，根据v=，可求出物块打到轨道AB上的速度大小．故B正确．‎ C、在C点有：mg+F1=m，‎ 在B点有：F2﹣mg=m 根据机械能守恒定律得：mgR+=‎ 联立解得：F2﹣F1=6mg，根据牛顿第三定律可知在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差为6mg，故C错误．‎ D、若物块从最高点C飞出后，根据“中点”结论可知，碰到轨道AB上的速度方向反向延长交水平位移中点，不可能与过碰撞点的轨道切线垂直，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量也为m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ=60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，当小物块沿杆下滑距离也为L时（图中D处），下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于mg B．小球下降最大距离为L（1﹣）‎ C．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：1‎ D．小物块在D处的速度与小球速度大小之比为2：‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系求出小球下降的最大距离．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度．‎ ‎【解答】解：A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于mg，故A错误．‎ B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知，，故B正确．‎ C、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行四边形定则知，小物块在D处的速度与小球的速度之比为v：v1=2：1，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）‎ ‎9．某研究性学习小组用图1装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：‎ ‎①安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上；‎ ‎②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；‎ ‎③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②‎ 的操作．测出多组（h，t），计算出对应的平均速度v；‎ ‎④画出v﹣t图象 请根据实验，回答如下问题：‎ ‎（1）设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g．则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为　v=v0+gt　．（用v0、g和t表示）‎ ‎（2）实验测得的数据如表：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ h（cm）‎ ‎10.00‎ ‎20.00‎ ‎30.00‎ ‎40.00‎ ‎50.00‎ ‎60.00‎ t （ s ）‎ ‎0.069‎ ‎0.119‎ ‎0.159‎ ‎0.195‎ ‎0.226‎ ‎0.255‎ v （ m/s ）‎ ‎1.45‎ ‎1.68‎ ‎1.89‎ ‎2.05‎ ‎2.21‎ ‎2.35‎ 请在如图2坐标纸上画出v﹣t图象．‎ ‎（3）根据v﹣t图象，可以求得当地重力加速度g=　9.7　 m/s2，试管夹到光电门1的距离约为　6.2　cm．（以上结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解通过两光电门间平均速度v；‎ 根据数据作出v﹣t图象，根据v﹣t图象的斜率物理意义求解重力加速度．‎ ‎【解答】解：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得 小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；‎ ‎（2）根据数据作出v﹣t图象：‎ ‎（3）小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v0+gt；‎ 所以v﹣t图象的斜率表示g，‎ 所以当地重力加速度g=2k=9.7m/s2，‎ 根据v﹣t图象得出v0=1.10m/s，‎ 根据运动学公式得试管夹到光电门1的距离约为x==0.062m=6.2cm，‎ 故答案为：（1）v=v0+gt （2）如图 ‎（3）9.7；6.2‎ ‎　‎ ‎10．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．‎ ‎（1）物块下滑时的加速度a=　3.25　m/s2，打C点时物块的速度v=　1.79　m/s；‎ ‎（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　C　（填正确答案标号）‎ A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】（1）根据△x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；‎ ‎（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据△x=aT2，有：‎ 解得：a===3.25m/s2‎ 打C点时物块的速度：‎ v=m/s=1.79m/s ‎（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ=‎ 故还需要测量斜面的倾角，故选：C；‎ 故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．‎ ‎　‎ ‎11．如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．‎ ‎【分析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．‎ ‎【解答】解：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：‎ vBsin30°=v0sin60° ①‎ 解得：‎ ‎②‎ 设A、B间的电势差为UAB，由动能定理，有：‎ ‎③‎ 联立②③解得：‎ 答：A、B两点间的电势差为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=5×l0﹣2kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；‎ ‎（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02…‎ ‎①‎ 代人数据得：Wf=0.475J…②‎ ‎（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1…③‎ 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1…④‎ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12…⑤‎ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：‎ ‎﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2…⑥‎ 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：‎ ‎0=v1+a2t2…⑦‎ s2=v1t2+a2t22…⑧‎ 设CP的长度为s，有：s=s1+s2…⑨‎ 联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m 答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，则此过程中（　　）‎ A．外界对气体做功 B．气体的内能减小 C．气体对外放热 D．气体分子的平均动能增大 ‎【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】气体从状态a变化到b，压强不变，发生等压变化，根据吕萨克定律分析状态a与状态b温度的关系，分析内能的变化．气体的体积增大，气体对外做功，气体分子间平均距离增大．‎ ‎【解答】‎ 解：ABD、气体从状态a变化到b，压强不变，体积增大，气体对外界做功；根据吕萨克定律可知，气体的温度升高，气体内能增大，分子的平均动能增大．故AB错误，D正确；‎ C、由于一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，则气体的内能增大，由图看出，气体的体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律得知，气体吸热．故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，封有理想气体的导热气缸，开口向下被竖直悬挂，不计活塞的质量和摩擦，整个系统处于静止状态，现在活塞下面挂一质量为m的钩码，经过足够长的时间后，活塞下降h高度．已知活塞面积为S，大气压为P0，重力加速度为g．‎ ‎（ⅰ）挂上钩码稳定后，被封闭气体的压强；‎ ‎（ⅱ）设周围环境温度不变，从挂上钩码到整个系统稳定，这个过程，封闭气体吸收（放出）多少热量．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（ⅰ）以活塞和钩码组成的整体为研究对象，根据受力平衡列方程即可求解；‎ ‎（ⅱ）根据热力学第一定律求吸放热情况；‎ ‎【解答】解：（ⅰ）以活塞和钩码组成的整体为研究对象，进行受力分析，有 解得：‎ ‎（ⅱ）气体膨胀对外做的功 气体温度不变，内能增量△U=0‎ 根据热力学第一定律△U=W+Q 代入数据：‎ 解得：‎ 吸热 答：（ⅰ）挂上钩码稳定后，被封闭气体的压强为；‎ ‎（ⅱ）设周围环境温度不变，从挂上钩码到整个系统稳定，这个过程，封闭气体吸收热量 ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎16．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子在加速电场中电场力做正功，根据动能定理求出加速获得的速度．电子进入水平平行金属板之间做类平抛运动．当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半．根据运动学公式和牛顿定律求解电压．‎ ‎【解答】解：电子经U1加速时，电场力做正功，根据动能定理可得：‎ eU1=‎ 电子飞入平行板电场后做类平抛运动，在水平方向电子做匀速直线运动．‎ 当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，最大运动时间为：‎ t=‎ 在竖直方向电子做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为：‎ a=‎ 根据运动学公式为：‎ ‎=at2‎ 由以上各式解得：U2=2U1=400V ‎ 答：至少在平行板上加400V电压U2才能使电子不再飞出平行板．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]‎ ‎17．氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量．在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核．已知氘核的比结合能是1.09MeV；氚核的比结合能是2.78MeV；氦核的比结合能是7.03MeV．则氢核聚变的方程是　H+H→He+n；　；一次氢核聚变释放出的能量是　17.6　MeV．‎ ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】（1）根据核反应过程中质量数和电荷数守恒可正确写出核反应方程．‎ ‎（2）根据质能方程可正确解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据质量数与质子数守恒，则有核反应方程为： H+H→He+n；‎ ‎（2）根据质能方程△E=△mc2‎ 得一次聚变释放出的能量：△E=E2﹣E1=7.03×4﹣（2.78×3+1.29×2）=17.6MeV；‎ 故答案为： H+H→He+n；17.6 MeV．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一单摆悬于O点，摆长L=1m，摆球质量为m，将单摆拉至与竖直方向成60°角的位置释放，当摆到最低位置时，一质量也为m的子弹以一定的速度射中小球，并留在小球里，此时摆线刚好断掉，小球被水平抛出，落地点距悬点正下方的A点的距离x=1m，悬点到水平地面的距离H=3m，求子弹射入小球时的初速度v0，已知重力加速度g=10m/s2．‎ ‎【考点】向心力；平抛运动．‎ ‎【分析】摆线断掉后小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出摆线断掉时的速度，小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理求出最低点的速度，子弹射入小球得过程中，动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．‎ ‎【解答】解：摆线断掉后小球做平抛运动，则有：t=s 水平方向有： m/s，‎ 小球从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理得：‎ mg（L﹣Lcos60°）=‎ 解得：v 子弹射入小球得过程中，动量守恒，选子弹的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：‎ mv0﹣mv1=2mv 代入数据得： m/s 答：子弹射入小球时的初速度为m/s．‎ ‎　‎ ‎2017年2月25日