重庆一中2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

重庆一中2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

‎2016-2017学年重庆一中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 二、选择题（共8小题，每小题的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～12题有多项符合题目要求，每题6分，没答全得3分）‎ ‎1．如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ．起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x．然后放手，当弹簧第一次恢复原长时，物块的速度为v．则此过程中弹力所做的功为（　　）‎ A． mv2﹣μmgx B．μmgx﹣mv2‎ C． mv2+μmgx D．以上选项均不对 ‎2．如图是质量m=3kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以下判断正确的是（　　）‎ A．在t=1.0s时，质点的加速度为零 B．在0～2.0s时间内，合力对质点做功为零 C．在1.0～3.0s时间内，质点的平均速度为1m/s D．在1.0～4.0s时间内，合力对质点做功的平均功率为6W ‎3．如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．球A对竖直墙壁的压力大小为mg B．弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力 C．绳OB的拉力大小等于mg D．球A对地面的压力不可能为零 ‎4．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°．一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2．开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少 B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍 C．细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点 D．m1最终将会停在C点 ‎5．如图甲所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a﹣t图象如图乙所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（　　）‎ A．在t=6s的时刻，物体的速度为18m/s B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J C．在t=6s的时刻，摩擦力的功率为36W D．在t=6s的时刻，拉力F的功率为200W ‎6．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局（NASA）目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 ‎7．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．先将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质细线将小球与质量为M（M=3m）的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）（　　）‎ A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒 B．小球的最大速度为 C．小球从管口抛出时的速度大小为 D．小球平抛运动的水平位移等于 ‎8．如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 B．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能 C．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为h D．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ‎　‎ 二.非选择题 ‎9．某同学采用如图所示装置来“探究动能定理”．小车处于准备释放状态，该实验装置不恰当的地方有：‎ ‎（1）　　； ‎ ‎（2）　　；‎ ‎ （3）　　．‎ ‎10．某实验小组分别设计了如图中的甲、乙、丙所小的实验装置来验证机械能守恒定律．‎ ‎①经分析比较后，其中最理想的实验装置是　　 （选填“甲”“乙”“丙”）；‎ ‎②图丁是利用最理想的实验装置进行实验得到的一条纸带，图中点1是打点计时器打出的第一个点，其他各点是紧接着连续打出的点，如果发现第1，2两点之间的距离明显大于2mm，这是因为实验操作时　　；‎ ‎③已知重锤的质量为m，相邻两计数点的时间间隔为T，仪考虑出现②‎ 所述情况所带来的影响时，设从打第1点到打第6点过程中重锤减少的重力势能为△EP，则下列关系式正确的是　　（填选项前的字母）．‎ A．△Ep＞ B．△Ep= C．△Ep＜‎ ‎④若实验操作正确，某同学根据公式．V62=2gh沙计算出从第1点到第6点重锤动能增加量△EK=mV62，由△EP=mgh计算出重力势能的减少量，再根据△Ek=△Ep得出重锤在下落过程中机械能守恒的结论．则该探究过程是　　（选填“合理”或“不合理”）的，理由是　　．‎ ‎11．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F．已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；‎ ‎（2）滑块通过B点时的动能；‎ ‎（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎12．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿BA向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至少多大？‎ ‎（2）若小球以EK0‎ ‎=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为多少？‎ ‎（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为多少？‎ ‎　‎ 选做题：（每题15分，请考生从给出的33、34、35题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑，注意所做题的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分．）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢 B．分子间同时存在着引力和斥力，当引力和斥力相等时，分子势能最大 C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 ‎14．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmHg．环境温度不变．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．下列说法中正确的有（　　）‎ A．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的 B．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象 C．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象 D．声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率 E．未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象 ‎16．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．人们在研究天然放射现象过程中发现了质子 B．铀核裂变的一种核反应方程U→Ba+Kr+2n C．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2‎ D．原子在a、b两个能量级的能量为Ea、Eb，且Ea＞Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的波长λ=（其中c为真空中的光速，h为普朗克常量）‎ E．比结合能越大的原子核，结合能不一定越大，但是原子核越稳定，核子的平均质量一定越小 ‎18．如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1‎ 的小球A从D点以速度v0向右运动，试求：‎ ‎（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆一中高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题（共8小题，每小题的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～12题有多项符合题目要求，每题6分，没答全得3分）‎ ‎1．如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ．起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x．然后放手，当弹簧第一次恢复原长时，物块的速度为v．则此过程中弹力所做的功为（　　）‎ A． mv2﹣μmgx B．μmgx﹣mv2‎ C． mv2+μmgx D．以上选项均不对 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】对物体而言，除弹簧弹力外，还要克服滑动摩擦力做功，根据动能定理列式即可求解出弹簧弹力做的功．‎ ‎【解答】解：对物块，由动能定理得：‎ W﹣μmgx=mv2﹣0，‎ 解得弹簧弹力做功为：W=μmgx+mv2，‎ 故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图是质量m=3kg的质点在水平面上运动的v﹣t图象，以下判断正确的是（　　）‎ A．在t=1.0s时，质点的加速度为零 B．在0～2.0s时间内，合力对质点做功为零 C．在1.0～3.0s时间内，质点的平均速度为1m/s D．在1.0～4.0s时间内，合力对质点做功的平均功率为6W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；功的计算．‎ ‎【分析】根据速度时间图线的斜率分析质点的加速度是否为零，根据动能定理求出0﹣2s内合力做功．根据速度时间图线围成的面积求出位移，从而结合平均速度的定义式求出质点的平均速度．根据动能定理求出合力做功，结合平均功率的定义式求出合力做功的平均功率．‎ ‎【解答】解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，在t=1.0s时，速度为零，但是斜率不为零，则加速度不为零，故A错误．‎ B、在0～2.0s时间内，初末速度的大小相等，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合力对质点做功为零，故B正确．‎ C、在1.0～3.0s时间内，质点的位移x==3m，根据平均速度的定义式知，质点的平均速度，故C错误．‎ D、在1.0～4.0s时间内，动能的变化量，则合力做功为6J，合力做功的平均功率P=，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．球A对竖直墙壁的压力大小为mg B．弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力 C．绳OB的拉力大小等于mg D．球A对地面的压力不可能为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件得到支持力和拉力；再对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的支持力、细线的拉力、地面的支持力，根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：C、对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；‎ 由于三个力夹角均为120度，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；‎ A、对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力，（其中地面的支持力和拉力可能只有一个），在水平方向：‎ 故A错误；‎ B、弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；‎ D、根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，故 N+T=mg+Fsin30°‎ 故T≤1.5mg，0≤N≤1.5mg．可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零．故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ=30°．一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2．开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少 B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍 C．细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点 D．m1最终将会停在C点 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】机械能的变化量等于除重力以外的力做物体做的功，m1m2在用同一根绳子连在一起，则沿着绳子方向的速度相同，根据几何关系求出当m1运动到C点时，m1、m2速率的关系，根据机械能守恒判断m1能否沿碗面上升到B点及最终的位置．‎ ‎【解答】解：A、在m1从A点运动到C点的过程中，除重力做功外，绳子的拉力对小球做负功，所以m1的机械能一直减少，故A正确；‎ B、设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2的速度大小分别为v1‎ ‎、v2，由运动的合成分解得：‎ ‎，故B错误；‎ C、若从A到C的过程中，只有重力做功，物体到到C后可以沿着碗面上升到B点，且速度刚好为零，但在m1从A点运动到C点的过程中，机械能一直减少，所以不能到达B点，故C错误；‎ D、由于碗的内表面及碗口光滑，所以m1将在碗内一直关于C点对称的运动下去，不会停止在C点，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图甲所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a﹣t图象如图乙所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（　　）‎ A．在t=6s的时刻，物体的速度为18m/s B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400J C．在t=6s的时刻，摩擦力的功率为36W D．在t=6s的时刻，拉力F的功率为200W ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，‎ 根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率 ‎【解答】解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+=20m/s，故A错误；‎ B、根据动能定理得： =396J，故B错误；‎ C、摩擦力的功率P=fv=2×20W=40W，故C错误 D、在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：‎ F=ma+f=2×4+2=10N 则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局（NASA）目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler﹣186f．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 ‎【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】根据自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力讨论即可．‎ ‎【解答】解：根据自由落体运动求得星球表面的重力加速度 A、星球的第一宇宙速度，故A错误；‎ B、根据万有引力提供圆周运动向心力有：可得卫星的周期T=，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小值为 ‎=，故B正确；‎ C、由有：M=，所以星球的密度，故C错误；‎ D、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：，代入数据解得：h=﹣R，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．先将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质细线将小球与质量为M（M=3m）的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．（重力加速度为g）（　　）‎ A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒 B．小球的最大速度为 C．小球从管口抛出时的速度大小为 D．小球平抛运动的水平位移等于 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；‎ 根据系统机械能守恒定律求出小球的最大速度．‎ 根据速度位移公式求出物块落地时小球的速度，再根据牛顿第二定律求出木块落地后小球的加速度，运用速度位移公式求出小球离开管口的速度．‎ 根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出平抛运动的水平位移．‎ ‎【解答】解：A、物块落地前，小球与物块组成的系统机械能守恒，物块落地过程中系统机械能有损失，机械能不守恒，故A错误；‎ B、物块落地前瞬间小球速度最大，在该过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ MgLsin30°=（m+M） v12+mgsin30°Lsin30°，‎ 已知：M=3m，解得：v1=，故B正确； ‎ C、设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．根据牛顿第二定律有：‎ ‎﹣mgsin30°=ma0，解得：a0=﹣g，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2aLsin30°，v02﹣v2=2a0L（1﹣sin30°），‎ 解得：v0=，故C错误；‎ D、小球离开管口后做平抛运动，水平方向：x=v0t，竖直方向：Lsin30°=gt2，解得水平位移：x=L，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 B．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能 C．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为h D．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ‎【考点】功能关系；弹性势能；动能和势能的相互转化．‎ ‎【分析】对物块受力分析，根据牛顿第二定律分别表示出下滑和上滑时的加速度，然后比较其大小；‎ 当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分克服摩擦力做功转化为内能；‎ 物块滑回到O点时与刚滑到O点时速度大小相等，从坡底到坡顶，再由动能定理求解最大高度；‎ 小物块最终将静止在斜面低端O点．‎ ‎【解答】解：A、根据牛顿第二定律，小物块下滑时：a==gsinθ﹣μgcosθ 小物块上滑时，a′==gsinθ+μgcosθ 可见，a＜a′，故A正确；‎ B、根据能量的转化与守恒，当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，一部分转化为内能，故B错误；‎ C、设物体A能够上升得最大高度h1，‎ 物体被弹回过程中由动能定理得 ‎﹣mgh1﹣μmgcosθ•=0﹣mv2‎ 解得：h1=，故C正确；‎ D、小物块最终将静止在斜面低端O点，与初状态相比，损失的机械能为mgh，故D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二.非选择题 ‎9．某同学采用如图所示装置来“探究动能定理”．小车处于准备释放状态，该实验装置不恰当的地方有：‎ ‎（1）　小车离打点计时器太远　； ‎ ‎（2）　定滑轮与小车之间的细线如果不与木板平行　；‎ ‎ （3）　木板右侧应垫高，以平衡摩擦力　．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】分析实验的原理图，根据实验中的注意事项及减小误差的方法等分析本实验存在的问题．‎ ‎【解答】解：小车离打点计时器太远会浪费纸带，而且打出的点少；定滑轮与小车之间的细线如果不与木板平行，则小车受到的拉力是变力；木板右侧应垫高，以平衡摩擦力．‎ 故答案为：（1）小车离打点计时器太远；（2）定滑轮与小车之间的细线如果不与木板平行；（3）木板右侧应垫高，以平衡摩擦力．‎ ‎　‎ ‎10．某实验小组分别设计了如图中的甲、乙、丙所小的实验装置来验证机械能守恒定律．‎ ‎①经分析比较后，其中最理想的实验装置是　甲　 （选填“甲”“乙”“丙”）；‎ ‎②图丁是利用最理想的实验装置进行实验得到的一条纸带，图中点1是打点计时器打出的第一个点，其他各点是紧接着连续打出的点，如果发现第1，2两点之间的距离明显大于2mm，这是因为实验操作时　先释放纸带后接通电源　；‎ ‎③已知重锤的质量为m，相邻两计数点的时间间隔为T，仪考虑出现②所述情况所带来的影响时，设从打第1点到打第6点过程中重锤减少的重力势能为△EP，则下列关系式正确的是　C　（填选项前的字母）．‎ A．△Ep＞ B．△Ep= C．△Ep＜‎ ‎④若实验操作正确，某同学根据公式．V62=2gh沙计算出从第1点到第6点重锤动能增加量△EK=mV62，由△EP=mgh计算出重力势能的减少量，再根据△Ek=△Ep得出重锤在下落过程中机械能守恒的结论．则该探究过程是　不合理　（选填“合理”或“不合理”）的，理由是　应根据υ6=计算打第6点时的速度，然后计算第6点对应的动能　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①实验装置要符合事物发展逻辑，要有利于操作和减小实验误差，在明确实验原理的情况下奔着这个原则即可求解；‎ ‎②若物体自由下落则开始两点之间的距离大约为2mm，若距离增大，说明打第一个点时，物体已经具有了初速度；‎ ‎③由于物体下落的过程中不可避免的克服摩擦阻力做功，因此重力势能的减小量大于动能的增加量，由此可得出正确答案；‎ ‎④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，可以求出打纸带上点时小车的瞬时速度大小，然后根据动能表达式求出某点动能大小．‎ ‎【解答】解：①图乙中，重锤离打点计时器太远，只能在纸带的后半部分打点，纸带的利用率太低，不利于减小实验误差；图丙中用手进行纸带的固定一方面，由于手的抖动会造成纸带上的第一个点迹被拖长或位置不能确定；另一方面不便于将纸带调整为竖直方向，会导致纸带与打点计时器限位孔之间产生过大的摩擦，故甲装置是最理想的．‎ ‎②根据自由落体运动规律可知，若“1”为所打的第一个点，则第1、2两点之间的距离h=，大约为2mm，如果发现打下的第1、2两点之间的距离大约为4mm，这是因为实验时释放纸带前未打开电源，也就是打第一个点时纸带已经有了速度即操作中先释放纸带后接通电源．‎ ‎③由于开始计时时物体已经具有一定的速度，因此从打第1点到打第6点过程中重锤减少的重力势能小于打“6”点时的动能，故AB错误，C正确．‎ ‎④该实验是验证机械能守恒定律的实验．因为我们知道自由落体运动只受重力，机械能就守恒．如果把重物看成自由落体运动，再运用自由落体的规律v2‎ ‎=2gh求解速度，那么就不需要验证了，应该根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，求出“6”点速度为：υ6=，然后计算第6点对应的动能．‎ 故答案为：①甲； ②先释放纸带后接通电源；③C；④不合理；应根据υ6=计算打第6点时的速度，然后计算第6点对应的动能．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F．已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；‎ ‎（2）滑块通过B点时的动能；‎ ‎（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；动能定理．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律及运动学公式可求得撤去拉力时的速度；‎ ‎（2）对AB过程由动能定理可求得B点的动能；‎ ‎（3）在上升过程中，物体受重力及摩擦力做功，由动能定理可求得摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）滑动摩擦力 f=μmg ‎ 设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律 F﹣μmg=ma1‎ 解得 a1=9.0m/s2‎ 设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式 v2=2a1x ‎ 解得 v=3.0m/s； ‎ ‎（2）设滑块通过B点时的动能为EkB 从A到B运动过程中，依据动能定理有 W合=△Ek F x﹣fx0=EkB，‎ 解得 EkB=4.0J ‎ ‎（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理 ‎﹣mgh﹣Wf=0﹣EkB 解得 Wf=0.50J；‎ 答：（1）撤去力F时，滑块的速度大小为3.0m/s；（2）B点的动能为4.0J；（3）滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功为0.50J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿BA向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：‎ ‎（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至少多大？‎ ‎（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为多少？‎ ‎（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为多少？‎ ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）要使小球能够向上运动并回到B点，有两个临界条件的要求：一是要使小球能够通过圆弧APD的最高点，二是通过了圆弧APD的最高点后还能够再次到达B点．根据能量守恒分别求出小球恰好通过圆弧APD的最高点以及恰好到达B点时的初动能，比较两种情况下的初动能，从而得出初动能EK0的最小值．‎ ‎（2）根据动能定理求出小球从B点出发又回到B点时的动能，根据动能定理判断其能上升的最大高度，若不能上滑到最高点，由于重力的分力大于滑动摩擦力，小球会下滑，求出小球在AB杆上摩擦产生的热量．根据能量守恒求出第二次经过D点的动能．‎ ‎（3）通过第二问解答知小球能够第二次到达D点，根据能量守恒定律讨论小球能否第二次通过D点返回后上升到B点，从而确定小球的运动情况，最后根据动能定理求出小球在CD段上运动的总路程．‎ ‎【解答】解析：（1）若要使小球能够通过圆弧APD的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达最高点时速度可以为0．‎ 由能量守恒得：Ek0=mgR（1﹣cosθ）+mgLsinθ+μmgLcosθ 代入数据解得：Ek0=30J ‎（2）小球第一次回到B点时的动能为：﹣μmgLcos θ﹣μmgL=EKB﹣Ek0‎ 得EkB=13J＜30J，说明小球不可能第二次过最高点，设小球沿AB向上运动到距离B点为s处返回．则有：EkB=μmgscosθ+mgssinθ 代入数据解得s=1.5m 小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为所以：‎ EKD=mg（r+rcosθ）+Ek1﹣Q﹣μmgL=13J ‎（3）小球第二次到D点后还剩13J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下3J的能量．因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．‎ 由动能定理：EKD=μmgs1‎ 可得小球在CD上所通过的路程为：s=3.9m 小球通过CD段的总路程为：S总=2L+s=9.9m 答：（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至为30J ‎（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为13J ‎（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为9.9m ‎　‎ 选做题：（每题15分，请考生从给出的33、34、35题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑，注意所做题的题号必须与所涂题号一致，如果多做，则按所做的第一题计分．）[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢 B．分子间同时存在着引力和斥力，当引力和斥力相等时，分子势能最大 C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 ‎【考点】布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢；分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，当引力和斥力相等时，分子势能最小；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征；液体表面存在张力是分子力的表现，表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直．‎ ‎【解答】解：A、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故A正确；‎ B、分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，当引力和斥力相等时，分子势能最小，故B错误；‎ C、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；‎ D、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，布朗运动反映了分子的热运动，故D正确；‎ E、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎14．一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmHg．环境温度不变．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化．先对左端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞下移后的压强．水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的长度和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离．‎ ‎【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为，长度为；左管中空气柱的压强为，长度为．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为，长度为．；左管中空气柱的压强为，长度为．以cmHg为压强单位．由题给条件得：‎ ‎…①‎ ‎…②‎ 由玻意耳定律得…③‎ 联立①②③式和题给条件得：‎ ‎…④‎ 依题意有：…⑤‎ ‎…⑥‎ 由玻意耳定律得：…⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm 答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．下列说法中正确的有（　　）‎ A．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的 B．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象 C．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象 D．声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率 E．未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象 ‎【考点】* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；多普勒效应；全反射．‎ ‎【分析】不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象．声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率大于声源的频率．声波波长较长，容易发生衍射现象．‎ ‎【解答】解：A、根据相对认原理可知，不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的．故A正确．‎ B、水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象．故B正确．‎ C、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理．故C错误．‎ D、声源向静止的观察者运动时，产生多普勒效应，则观察者接收到的频率大于声源的频率．故D错误．‎ E、未见其人先闻其声属于声波的衍射．是因为声波波长较长，容易发生衍射现象．故E正确．‎ 故选：ABE ‎　‎ ‎16．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光线由M点射入后先发生折射，再在镀银底面发生反射，最后射出玻璃冠．已知球半径、底面半径以及折射率，则由几何关系和折射定律可求得入射角、折射角，再由几何关系可求得光线在镀银底面的入射角和反射角，从而可知反射光线与ON的关系，最后可求光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎【解答】解：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB 令∠OAO′=α 则：cosα===…①‎ 即∠OAO′=α=30°…②‎ 已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③‎ 设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．‎ 设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．‎ 由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④‎ 由折射定律得：sini=nsinr…⑤‎ 代入数据得：r=30°…⑥‎ 作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦‎ 由反射定律得：i″=30°…⑧‎ 连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨‎ 由⑦⑨式可得∠ENO=30°‎ 所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．‎ 所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°﹣∠ENO=150°．‎ 答：光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．人们在研究天然放射现象过程中发现了质子 B．铀核裂变的一种核反应方程U→Ba+Kr+2n C．设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2‎ D．原子在a、b两个能量级的能量为Ea、Eb，且Ea＞Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的波长λ=（其中c为真空中的光速，h为普朗克常量）‎ E．比结合能越大的原子核，结合能不一定越大，但是原子核越稳定，核子的平均质量一定越小 ‎【考点】爱因斯坦质能方程；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】卢瑟福通过α粒子轰击氮核，发现了质子；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变；根据质能方程分析两个质子和两个中子结合成一个α粒子释放的能量；原子能级跃迁过程中产生或吸收光子能量；原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定．‎ ‎【解答】解：A、卢瑟福通过α粒子轰击氮核，发现了质子．故A错误；‎ B、铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程U+n→Ba+Kr+3n．故B错误；‎ C、根据爱因斯坦质能方程可知，设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2﹣m3‎ ‎）c2．故C正确；‎ D、原子在a、b两个能量级的能量为Ea、Eb，且Ea＞Eb，当原子从a能级跃迁到b能级时，放出光子的能量为：E==Ea﹣Eb 所以光子的波长λ=．故D正确．‎ E、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，但结合能不一定越大，因平均每个核子质量亏损就越多，则核子的平均质量一定越小，故E正确；‎ 故选：CDE．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度v0向右运动，试求：‎ ‎（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值；‎ ‎（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．‎ ‎（2）两球分开后，若A球的速度大于B球的速度时，两球可以第二次相碰，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球发生第二次相碰的条件．‎ ‎【解答】解：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当A、B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ m1v0=（m1+m2）v ‎ 根据机械能守恒定律有：‎ EPm=m1v02﹣（m1+m2）v2‎ 联立解得：弹簧弹性势能的最大值为：‎ ‎ EPm=‎ ‎（2）设A、B与弹簧分离后的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有：‎ ‎ m1v0=m1v1+m2v2 ‎ 根据机械能守恒定律有： m1v02=m1v12+m2v22‎ 联立⑤⑥解得：v1=v0，v2=v0，‎ 要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足|v1|＞v2‎ 则有：﹣v0＞v0‎ 解得：m1＜m2，（m1+m2＜0不符合事实，舍去）；‎ 答：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为．‎ ‎（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足的关系是m1＜m2．‎ ‎　‎ ‎2017年2月22日