辽宁省沈阳市郊联保体2017届高三上学期期末考试物理试卷

辽宁省沈阳市郊联保体2017届高三上学期期末考试物理试卷

‎2016-2017学年辽宁省沈阳市郊联合体高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点O′的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；轻绳OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环P．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A．M B．M C．M D．M ‎2．根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（　　）‎ A．13.6eV B．3.4eV C．12.75eV D．12.09eV ‎3．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎4．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1‎ ‎、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于滑块A克服摩擦而产生的热量比滑块B的大 B．滑块A到达底端时的动量跟滑块B到达底端时的动量相同 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎5．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（　　）‎ A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=F3‎ ‎6．如图所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动．B是赤道上方一颗近地卫星．A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法错误的是（　　）‎ A．A和B做圆周运动的向心加速度大小相等 B．A和B受到的地球的万有引力大小相等 C．A做圆周运动的线速度比B大 D．B做圆周运动的周期比A小 ‎7．在如图所示的虚线MN上方存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的角Q为直角，角O为30°，两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知（　　）‎ A．带电粒子a的速度一定比b大 B．带电粒子a的比荷一定比b大 C．带电粒子a的运动周期一定比b大 D．带电粒子a的轨道半径一定比b大 ‎8．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（　　）‎ A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电量为 C．从静止到速度恰好到达最大经历的时间t=+‎ D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h=0.25m、开口向右的小筒中，如图（甲）所示．（弹簧的原长比筒短些），如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l，作出F﹣l图线如图（乙）所示．‎ ‎（1）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比较，优点在于：　　‎ ‎（2）弹簧的劲度系数为　　N/m ‎（3）弹簧的原长l0=　　m．‎ ‎10．（9分）某研究小组同学要测量一个未知电源的电动势E及内电阻r．手边的实验器材有：‎ 待测电源 （电动势E约为4V，内阻r 约为0.8Ω），电压表V（量程为1V，内阻RV约为 ‎1KΩ），滑动变阻器R1（0～10.0Ω），滑动变阻器R2（0～100.0Ω），电阻箱R3（0～99.99Ω），‎ 电阻箱R4（0～2.999KΩ），定值电阻R0（阻值为10Ω），开关S，导线若干．‎ ‎（1）由于电压表V的量程太小，需将电压表量程扩大为3V，则应测量此电压表的内阻RV，该小组同学依据图甲电路进行测量，步骤如下：‎ ‎①S 断开，使滑动变阻器的滑动片P处于最左端a，并将电阻箱的阻值调为零；‎ ‎②闭合S，将滑动变阻器的滑动片P由左端缓慢向右滑动，当电压表的读数为满偏值时，滑动片P停止滑动；‎ ‎③保持滑动变阻器的滑动片P位置不变，调节电阻箱的阻值使电压表的读数为满偏值的一半时，记下电阻箱的阻值Ra=995Ω．该实验中电阻箱应选用　　，滑动变阻器应选用　　．（填入器材所对应的符号）‎ 从以上步骤测得的数据可得，要改装成量程为3V的电压表，该电压表应串联的分压电阻Rb=　　Ω．‎ ‎（2）研究小组的同学利用题给的电压表（表盘未改动）串联分压电阻Rb构成量程为3V的电压表后，设计了图乙的电路测量电源电动势E及内电阻r．为了使电压表的读数随电阻箱的阻值改变而有较大的变化，在干路上连接了一个阻值为R0的定值电阻，实验过程中通过改变电阻箱的阻值R得到多组对应电压表的读数值U．导出的与的函数关系式为　　；由此作出的图象如图丙所示，得到图线的截距为b，斜率为k．则电源电动势的表达式为　　； 内阻的表达式为　　．‎ ‎11．（12分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．‎ 那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？‎ ‎（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）‎ ‎12．（20分）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动，当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力．设A物体质量m1=1.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2=3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A 运动，如图所示，若d=0.10m，F=0.60N，v0=0.20m/s，求：‎ ‎（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；‎ ‎（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；‎ ‎（3）A、B间的最小距离．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-3】‎ ‎13．（5分）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p﹣V图象如图所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．气体经历过程1，其温度降低 B．气体经历过程1，其内能减小 C．气体在过程2中一直对外放热 D．气体在过程2中一直对外做功 E．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同 ‎　‎ ‎14．（10分）如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为P0=4.5×103Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g=10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-4】‎ ‎15．（5分）一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波沿x轴负方向传播 B．Q点的振幅比P点的振幅大 C．P点的横坐标为x=2.5m D．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cost（cm）‎ E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反 ‎　‎ ‎16．（10分）如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省沈阳市郊联合体高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，一根不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点O′的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；轻绳OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环P．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A．M B．M C．M D．M ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则可求得钩码的重力，再根据G=mg可求得钩码的质量．‎ ‎【解答】解：由题意可知，重新平衡后，绳子形状如下图：由于OO'长为L，物体上升高度L，说明绳子在左侧总长度为L，则左右两边均为L，如图所示，则可知，sinθ=，故绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为F=2Mgcos30°=Mg，根据平衡条件，则钩码重力为Mg，则可知钩码的质量为M．故B正确ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题．要注意明确力的计算离不开几何关系和三角函数的应用．‎ ‎　‎ ‎2．根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为（　　）‎ A．13.6eV B．3.4eV C．12.75eV D．12.09eV ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【专题】原子的能级结构专题．‎ ‎【分析】根据氢原子只发出6种不同频率的色光，根据公式N=确定单色光照射大量处于基态的氢原子使它跃迁到哪一个激发态，从而根据能极差求出照射光子的能量．‎ ‎【解答】解：由题意应该有6=，得n=4．即能发出6种频率光的一定是n=4能级，‎ 则照射氢原子的单色光的光子能量为：﹣0.85ev﹣（﹣13.6ev）=12.75ev 故选：C．‎ ‎【点评】明确原子吸收光子是量子化的，会求能级差是求这类问题的基础．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．‎ ‎【解答】解：根据动能定理：eU1=mv2‎ 得：v=‎ 在偏转电场中vy=at a=‎ t=‎ vy=at tanθ==‎ 若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．‎ ‎　‎ ‎4．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1＜L2，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为参考平面，则（　　）‎ A．从顶端到底端的运动过程中，由于滑块A克服摩擦而产生的热量比滑块B的大 B．滑块A到达底端时的动量跟滑块B到达底端时的动量相同 C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大 D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同 ‎【考点】功能关系；动量定理．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】根据功的计算公式得到克服摩擦力做功的表达式，再分析产生的热量关系．根据动量的性质可明确动量是否相同；‎ 重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功的平均功率关系，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量．由功能原理分析机械能的关系．‎ ‎【解答】解：A、对于任意斜面，设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ．则从顶端到底端的运动过程中，克服摩擦而产生的热量 Q=μmgcosθ•=μmgL，可知摩擦生热Q与斜面的底边长度成正比，由题，L2=2L1，所以B克服摩擦而产生的热量比A的大；故A错误；‎ B、两滑块滑到底部时速度方向肯定不同，故其动量一定不相同，故B错误；‎ C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A的加速度大，位移短，则A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；‎ D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题主要考查动量定理和功能关系．关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量，同时注意动量是矢量，只要速度方向不同，则动量大小即不相同．‎ ‎　‎ ‎5．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～‎ ‎10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（　　）‎ A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1=F3‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可．‎ ‎【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，0～5s内和10～15s内物体的加速度大小a相等．‎ 在0～5s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1=ma，所以F1=mgsinθ﹣f﹣ma；‎ 在5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinθ﹣f=F2，所以F2=mgsinθ﹣f；‎ 在10～15s内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+f﹣mgsinθ=ma，所以F3=mgsinθ﹣f+ma；‎ 由以上分析可得，F1＜F2＜F3；‎ 故选：A ‎【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，A是放在地球赤道上的一个物体，正在随地球一起转动．B是赤道上方一颗近地卫星．A和B的质量相等，忽略B的轨道高度，下列说法错误的是（　　）‎ A．A和B做圆周运动的向心加速度大小相等 B．A和B受到的地球的万有引力大小相等 C．A做圆周运动的线速度比B大 D．B做圆周运动的周期比A小 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】赤道上物体随地球一起自转周期为T，近地卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，涉及不同的物理模型．‎ ‎【解答】解：A、地球上物体随地球自转周期与地球自转周期相同，万有引力除了提供随地球自转的向心力外主要表现为物体的重力，即，而近地卫星万有引力提供圆周运动向心力，向心加速度即为万有引力加速度，即，故两者向心加速度大小不相等，A错误；‎ B、忽略B卫星的轨道高度，A和B距地心的距离相同，根据万有引力定律可知，它们受到地球的万有引力大小相等，故B正确；‎ C、因为B做圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，而A和地球同步卫星具有相同的角速度，根据v=ωr，A比地球同步卫星的线速度小，根据知，B卫星的线速度比地球同步卫星的线速度大，B卫星的线速度远大于A的线速度，故C错误；‎ D、A的周期为地球自转周期，即与同步卫星周期相同，而B的周期远小于同步卫星的周期，所以B做圆周运动的周期比A小，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：AC．‎ ‎【点评】本题涉及到两种物理模型，可以借助与同步卫星进行比较，由同步卫星和的近地卫星的动力学原理相同，可借助同步卫星的规律进行过渡比较．‎ ‎　‎ ‎7．在如图所示的虚线MN上方存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的角Q为直角，角O为30°，两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知（　　）‎ A．带电粒子a的速度一定比b大 B．带电粒子a的比荷一定比b大 C．带电粒子a的运动周期一定比b大 D．带电粒子a的轨道半径一定比b大 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据题意确定粒子的偏转方向，应用几何知识求出粒子转过的圆心角，然后应用周期公式与牛顿第二定律分析答题．‎ ‎【解答】解：由题意可知，两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，‎ a粒子顺时针方向偏转，带正电，b粒子逆时针方向偏转，由左手定则可知，b带负电，‎ 由几何知识可知，两粒子转过的圆心角相等，都是：θ=120°，由题意可知，他们的运动时间t相等，‎ 由t=T可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相等，则粒子的比荷相等，故BC错误；‎ 由几何知识可知，粒子a运动轨迹的弦长OQ大于b粒子的弦长PQ，他们转过的圆心角相等，则a的轨道半径大于b的轨道半径，由r=可知，v=，则a的速度大于b的速度，故AD正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用粒子的周期公式与轨道半径公式即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（　　）‎ A．杆的速度最大值为 B．流过电阻R的电量为 C．从静止到速度恰好到达最大经历的时间t=+‎ D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】解：当杆子所受的合力为零时速度最大，根据平衡结合闭合电路欧姆定律以及切割产生的感应电动势公式求出最大速度．‎ 根据法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势，从而得出平均感应电流，根据q=It求出通过电阻的电量．‎ 根据动能定理判断恒力、摩擦力、安培力做功与动能的关系．‎ ‎【解答】解：A、对杆进行受力分析，水平方向受到拉力F、滑动摩擦力f、安培力的作用，当加速度为0时，杆的速度最大 感应电动势为：，‎ 感应电流为：，‎ 安培力为：‎ 对杆根据受力平衡有：，‎ 联立解得：，故A错误；‎ B、平均感应电动势为：，平均电流为：，电量为：=，故B正确；‎ C、从静止到达到最大速度的过程中，对导体棒运用动量定理有：（F﹣μmg﹣BId）•△t=m•△v 则：∑（F﹣μmg）•△t﹣∑BId•△t=m•∑△v 得：‎ ‎=+=，故C正确；‎ D、从静止速度最大的过程中，根据动能定理，有：‎ ‎，所以，所以恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，故D正确；‎ 故选：BCD ‎【点评】本题综合运用了法拉第电磁感应定律的公式E=以及切割产生的感应电动势的大小公式E=BLv，知道两公式的区别．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h=0.25m、开口向右的小筒中，如图（甲）所示．（弹簧的原长比筒短些），如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l，作出F﹣l图线如图（乙）所示．‎ ‎（1）该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂放置相比较，优点在于：　在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比　‎ ‎（2）弹簧的劲度系数为　100　N/m ‎（3）弹簧的原长l0=　15　m．‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【专题】实验题；定量思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．‎ ‎【分析】（1）在弹性限度内，弹力和弹簧的伸长量成正比．‎ ‎（2、3）根据胡克定律写出F与l的关系式，然后结合数学知识求解即可 ‎【解答】解：（1）根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比．‎ 故答案为：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比．‎ ‎（2、3）设弹簧原长为l0，则根据胡克定律有：F=k（h﹣l0+l）=kl+k（h﹣l0） ‎ 由此可知，图象的斜率大小表示劲度系数大小，故：k=100N/m，‎ 当l=0时，F=10N，将数据代入方程①可解得：l0=15cm．‎ 故答案为：（1）在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比；（2）100；（3）15‎ ‎【点评】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力 ‎　‎ ‎10．（9分）（2016•南平模拟）某研究小组同学要测量一个未知电源的电动势E及内电阻r．手边的实验器材有：‎ 待测电源 （电动势E约为4V，内阻r 约为0.8Ω），电压表V（量程为1V，内阻RV约为 ‎1KΩ），滑动变阻器R1（0～10.0Ω），滑动变阻器R2（0～100.0Ω），电阻箱R3（0～99.99Ω），‎ 电阻箱R4（0～2.999KΩ），定值电阻R0（阻值为10Ω），开关S，导线若干．‎ ‎（1）由于电压表V的量程太小，需将电压表量程扩大为3V，则应测量此电压表的内阻RV，该小组同学依据图甲电路进行测量，步骤如下：‎ ‎①S 断开，使滑动变阻器的滑动片P处于最左端a，并将电阻箱的阻值调为零；‎ ‎②闭合S，将滑动变阻器的滑动片P由左端缓慢向右滑动，当电压表的读数为满偏值时，滑动片P停止滑动；‎ ‎③保持滑动变阻器的滑动片P位置不变，调节电阻箱的阻值使电压表的读数为满偏值的一半时，记下电阻箱的阻值Ra=995Ω．该实验中电阻箱应选用　R4　，滑动变阻器应选用　R1　．（填入器材所对应的符号）‎ 从以上步骤测得的数据可得，要改装成量程为3V的电压表，该电压表应串联的分压电阻Rb=　1990　Ω．‎ ‎（2）研究小组的同学利用题给的电压表（表盘未改动）串联分压电阻Rb构成量程为3V的电压表后，设计了图乙的电路测量电源电动势E及内电阻r．为了使电压表的读数随电阻箱的阻值改变而有较大的变化，在干路上连接了一个阻值为R0的定值电阻，实验过程中通过改变电阻箱的阻值R得到多组对应电压表的读数值U．导出的与的函数关系式为　　；由此作出的图象如图丙所示，得到图线的截距为b，斜率为k．则电源电动势的表达式为　　； 内阻的表达式为　﹣R0　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）明确实验原理，根据半偏法可求得电压表内阻，再根据串并联电路的规律可求得应串联的电阻；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，变形可知﹣对应的关系，再根据数学规律可明确对应的电动势和内电阻．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）根据题意可知，电阻箱示数达到995Ω，故电阻箱只能选择R4；因滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的R1；‎ 根据半偏法可知，电压表内阻为995Ω；根据串联规律可知：‎ R=3×995﹣995=1990Ω；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可知：‎ ‎3U=‎ 变形可得：‎ 则由图象可知，图象的截距为：b，则有：‎ ‎=b； ‎ 图象的斜率k=‎ 联立解得：‎ 故答案为：（1）R4；R1；（2）；﹣R0‎ ‎【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验以及电表的改装原理，要注意明确公式的变形以及数学规律的应用，明确图象法在数据处理中的作用．‎ ‎　‎ ‎11．（12分）（2006•四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．‎ 那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？‎ ‎（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．‎ 设两板间电压为UAB 由动能定理得 ‎﹣mgd﹣qUAB=0﹣①‎ ‎∴滑动变阻器两端电压 ‎ U滑=UAB=8 V ②‎ 设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得 I==1A ③‎ 滑动变阻器接入电路的电阻 ‎ R滑==8Ω ④‎ 即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．‎ ‎（2）电源的输出功率 ‎ P出=I2（R+R滑）=23 W ⑤‎ 故电源的输出功率是23W．‎ ‎【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2004•北京）对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动，当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零；当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力．设A物体质量m1=1.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2=3.0kg，以速度v0从远处沿该直线向A 运动，如图所示，若d=0.10m，F=0.60N，v0=0.20m/s，求：‎ ‎（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；‎ ‎（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；‎ ‎（3）A、B间的最小距离．‎ ‎【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】计算题；压轴题．‎ ‎【分析】（1）已知两球受到的力及各自质量，由牛顿第二定律可直接求得两球的加速度；‎ ‎（2）由运动过程可知，当两球相距最近时，两速的速度相等，由动量守恒可求得此时的共同速度，即可求得动能的变化量；‎ ‎（3）从开始到相距最近，两球均做匀变速直线运动，由速度关系可求得两球运动的时间，即可分别求得两球的位移，则可得出两球相距的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）由F=ma可得：‎ A的加速度为：‎ B的加速度为：；‎ A、B的加速度分别为0.60m/s2，0.20m/s2；‎ ‎（2）两者速度相同时，距离最近，由动量守恒得：‎ 解得共同速度 则动能的变化量：△Ek=m2v02﹣（m1+m2）v2=0.015J；；‎ 即动能的变化量为0.015J；‎ ‎（3）根据匀变速直线运动规律得 A的速度：‎ B的速度：‎ 因v1=v2，解得：‎ t=0.25s 则A的位移 B的位移 两物体的距离为 将t=0.25s代入，解得A、B间的最小距离△smin=0.075m A、B间的最小距离为0.075m．‎ ‎【点评】本题属弹簧连接体模型的变型题，这种模型两物体之间有相互作用，但不受其它外力，满足动量守恒，从能量的观点看，系统的动能与势能相互转化，并且当两物体速度相等时，势能达到最大，动能损耗最多；不过本题简化成了物体做匀变速运动，同时也考查了动力学的相关知识，是道好题．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-3】‎ ‎13．（5分）（2016•海南）一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p﹣V图象如图所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．气体经历过程1，其温度降低 B．气体经历过程1，其内能减小 C．气体在过程2中一直对外放热 D．气体在过程2中一直对外做功 E．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的相同 ‎【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；热力学定理专题．‎ ‎【分析】AB、根据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律：△U=Q+W，即可判定；‎ CD、根据理想气体状态方程=C，结合过程2中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；‎ E、依据初末状态的温度相同，从而确定内能改变量也相同．‎ ‎【解答】解：AB、气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故AB正确；‎ CD、气体在过程2中，根据理想气体状态方程=C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故CD错误；‎ E、无论是经过1过程还是2过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故E正确；‎ 故选：ABE．‎ ‎【点评】考查热力学第一定律与理想气体状态方程的应用，理解绝热的含义，注意热力学第一定律中各量的正负含义，及掌握理想气体的定义．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•海南）如图，密闭汽缸两侧与一U形管的两端相连，汽缸壁导热；U形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3的液体．一活塞将汽缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为P0=4.5×103Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，取重力加速度大小g=10m/s2，U形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；方程法；理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】对左右两部分气体分别运用玻意耳定律列式，由力的平衡找出压强关系，由几何关系找出体积关系．‎ ‎【解答】解：设初始状态时汽缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至汽缸中某位置时，左、右气室的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得 p0V01=p1V1①‎ p0V02=p2V2②‎ 依题意有 V01+V02=V1+V2③‎ 由力的平衡条件有 p2﹣p1=ρgh④‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得 ‎⑤‎ 由此解得 ‎（另一解不合题意，舍去）⑥‎ 由③⑥式和题给条件得 V1：V2=1：1⑦‎ 答：此时左、右两气室的体积之比1：1‎ ‎【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是确定状态参量，尤其是两部分气体的压强关系，初末状态的体积关系．‎ ‎　‎ ‎【物理---选修3-4】‎ ‎15．（5分）（2015•天门模拟）一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该波沿x轴负方向传播 B．Q点的振幅比P点的振幅大 C．P点的横坐标为x=2.5m D．Q点（横坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cost（cm）‎ E．x=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反 ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【专题】振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】根据P点振动方向判断波的传播方向．介质中各个质点的振幅都相同．根据时间与周期的关系，分析P点的坐标．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长，并读出振幅，求出周期，写出Q点的振动方程．‎ ‎【解答】解：A、质点P此时刻沿﹣y轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故A正确；‎ B、简谐横波传播过程中各个质点的振幅相同，故B错误．‎ C、波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为 x=vt=5×0.1m=0.5m，由波形平移法知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m．故C正确．‎ D、由v=、ω=得ω==rad/s，题图中Q点的振动方程y=Acosωt=5cost（cm），故D正确．‎ E、x=3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故E错误．‎ 故选：ACD ‎【点评】本题根据比较质点振动先后判断波的传播方向，根据周期表示质点的振动方程，要学会应用波形平移法分析此类问题．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2015•运城二模）如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【专题】光的折射专题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）光线射入棱镜后射在BC面上的O点并恰好在BC面上发生全反射．根据折射定律分别研究光线在AB面上的折射和在BC面的全反射，即可求解折射率．‎ ‎（Ⅱ）由公式v=求出光在棱镜中传播速度，由几何关系求出MO间的距离，即可求得时间t．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设光线在AB面的折射角为r，根据折射定律得：‎ ‎ n=…①‎ 设棱镜的临界角为C．由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到 sinC=…②‎ 由几何知识可知，r+C=90°…③‎ 联立以上各式解出 n=‎ ‎（Ⅱ）光在棱镜中传播速度v=‎ 由几何知识得，MO==nl 故光从M点传播到O点所用的时间 t===s=3.5×10﹣10s 答：‎ ‎（Ⅰ）透明材料的折射率n为；‎ ‎（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t为3.5×10﹣10s．‎ ‎【点评】本题是折射现象和全反射现象的综合，关键作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系求解．‎