四川省成都市双流中学2017届高三上学期一诊物理试卷

四川省成都市双流中学2017届高三上学期一诊物理试卷

‎2016-2017学年四川省成都市双流中学高三（上）一诊物理试卷（解析版）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．第1--5题每一小题只有一个选项是正确的，6--8题有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分．‎ ‎1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值 B．卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G和静电力常量k的数值 C．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 D．开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律 ‎2．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时（　　）‎ A．若小车不动，两人速率一定相等 B．若小车向左运动，A的速率一定比B的小 C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大 D．若小车向左运动，A的动量一定比B的小 ‎3．如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（　　）‎ A．只要增大v1大小，不必改变θ角 B．只要增大θ角，不必改变v1大小 C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角 D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角 ‎4．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个 正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，Φ表示正电荷在P点的电势，EP表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置，则（　　）‎ A．E变大 B．EP不变 C．Φ变大 D．U不变 ‎5．如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变小，U变小 C．I变小，U变大 D．I变大，U变小 ‎6．如图，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力．下列正确的是（　　）‎ A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 B．从A到B的过程中，小球的机械能减少 C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m ‎7．神州十一号已于10月19日凌晨成功与天宫二号成功实施自动交会对接，神州十一号发射过程为变轨发射，示意图如图所示，其中1为近地圆轨道，2为椭圆变轨轨道，3为天宫二号所在轨道，P为1、2轨道的交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能 B．神州十一号在1轨道运行时的机械能大于其在2轨道运行时的机械能 C．神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能 D．神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能大于其在2轨道运行时经过P点的动能 ‎8．质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x=1m时物块的速度大小为2m/s B．x=3m时物块的加速度大小为1.25m/s2‎ C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25J ‎　‎ 二、实验题（本题共15分）‎ ‎9．用如图所示装置做《探究功与速度变化的关系》实验 ‎（1）该实验釆用了　　的方法使实验数据处理得以简化．‎ A．极限法 B．成倍增加 C．理想化模型 D．等效替代 ‎（2）实验时，以下说法正确的是　　‎ A．该实验不需要平衡摩擦力 B．橡皮筋每次拉伸的长度应越来越长 C．先释放小车，再接通打点计时器电源 D．每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度．‎ ‎10．（11分）学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω 电压表：量程3V，内阻约为9kΩ 滑动变阻器R1：最大阻值5Ω 滑动变阻器R2：最大阻值20Ω 定值电阻：R0=3Ω 电源：电动势6V，内阻可不计，开关、导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选　　（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至　　（选填“a”或“b”）端．‎ ‎（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．‎ ‎（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A，电压表示数如图乙所示，其读数为　　V．‎ ‎（4）根据电路图用公式Rx=ρ和Rx=，可求得导线实际长度为　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎11．（12分）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：‎ ‎（1）物块经多长时间离开木板？‎ ‎（2）物块离开木板时木板获得的动能．‎ ‎（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．‎ ‎12．（20分）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．‎ ‎　‎ 四、选考题：【物理选修3-4】‎ ‎13．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，P点的振动周期为0.4s，从波传到x=5m的M点时开始计时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．这列波的波长是5m B．波源的起振方向向下 C．波源的起振方向向上 D．质点Q（x=9m）经过0.7s第一次到达波峰 E．1s内质点M经过的路程为1m ‎14．（10分）如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO′垂直于水平桌面．位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO′，夹角θ=60°的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知O′B=R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：‎ ‎（i）透明半球对该单色光的折射率n；‎ ‎（ii）该光在半球体内传播的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市双流中学高三（上）一诊物理试卷（解析版）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．第1--5题每一小题只有一个选项是正确的，6--8题有多个选项是正确的，全部选对的得6分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分．‎ ‎1．在物理学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．自然界的电荷只有两种，美国科学家密立根将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家富兰克林通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值 B．卡文迪许用扭秤实验测定了引力常量G和静电力常量k的数值 C．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 D．开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】明确对应的物理学史，知道美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，库仑测量了静电力常量；伽利略利用斜面实验研究了自由落体运动；开普勒发现了行星运动的规律．‎ ‎【解答】解：A、自然界的电荷只有两种，美国科学家富兰克林将其命名为正电荷和负电荷，美国物理学家密立根通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值，故A错误；‎ B、卡文迪许仅仅测定了引力常量G的常量，库仑测量了静电力常量．故B错误；‎ C、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故C错误；‎ D、开普勒提出了三大行星运动定律后，牛顿发现了万有引力定律，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】‎ 本题考查了物体学建立之初的物理学史，可按年代、科学家成就进行记忆，多加积累，避免出现张冠李戴的情况．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时（　　）‎ A．若小车不动，两人速率一定相等 B．若小车向左运动，A的速率一定比B的小 C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大 D．若小车向左运动，A的动量一定比B的小 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．‎ ‎【解答】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：‎ mAvA+mBvB+m车v车=0，‎ A、若小车不动，则mAvA+mBvB=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；‎ B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；‎ D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，并明确对整体由动量守恒列式分析的方法；难度适中 ‎　‎ ‎3．如图所示，小船以大小为v1‎ ‎、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（　　）‎ A．只要增大v1大小，不必改变θ角 B．只要增大θ角，不必改变v1大小 C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角 D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角 ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、若只增大υ1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；‎ B、若只增大θ角，不必改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；‎ C、若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；‎ D、若增大υ1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大．‎ ‎　‎ ‎4．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个 正电荷固定在P点，如图所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器两板间的电压，Φ表示正电荷在P点的电势，EP 表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置，则（　　）‎ A．E变大 B．EP不变 C．Φ变大 D．U不变 ‎【考点】电容器；电场强度；电势．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开所带电量不变，当极板距离减小时，‎ 根据电容决定式C=知，d减小，则电容C增大，‎ 根据U=知，U减小．‎ 电场强度E=，知电场强度不变，所以P与负极板间的电势差不变，‎ 则P点的电势Φ不变，电势能不变．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式进行分析求解．‎ ‎　‎ ‎5．如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变大 B．I变小，U变小 C．I变小，U变大 D．I变大，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】R2为用半导体热敏材料制成的传感器，出现火情，温度升高时，其电阻减小．分析外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化．根据并联部分电压的变化，分析I的变化．‎ ‎【解答】解：当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，由图乙知R2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．‎ 电路中并联部分的电压U并=E﹣I总（R1+r），I总变大，其他量不变，则U并变小，电流表示数I变小．故B正确，ACD错误；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】电路的动态分析类题目首先要明确电路的结构，再按外电路、内电路、外电路的顺序进行分析即可得出正确答案．‎ ‎　‎ ‎6．如图，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力．下列正确的是（　　）‎ A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 B．从A到B的过程中，小球的机械能减少 C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+m ‎【考点】机械能守恒定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】小球在下降中小球的重力势能转化为动能和弹性势能，由机械能守恒条件可知小球是否机械能守恒；‎ 小球在最低点弹力与重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律可得出弹力的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：AB、对小球来说，由于有弹力做功，小球的机械能不再守恒，部分小球的机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故A错误，B正确；‎ CD、小球在最低点，不受圆环的弹力，故弹簧的弹力与重力一起充当向心力，故有 F﹣mg=m 故F=mg+m，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题要注意我们研究的系统是小球而不是小球与弹簧，若说明是小球与弹簧系统则机械能守恒，而只对小球机械能是不定恒的．‎ ‎　‎ ‎7．神州十一号已于10月19日凌晨成功与天宫二号成功实施自动交会对接，神州十一号发射过程为变轨发射，示意图如图所示，其中1为近地圆轨道，2为椭圆变轨轨道，3为天宫二号所在轨道，P为1、2轨道的交点，以下说法正确的是（　　）‎ A．神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能 B．神州十一号在1轨道运行时的机械能大于其在2轨道运行时的机械能 C．神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能 D．神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能大于其在2轨道运行时经过P点的动能 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、加速度的表达式进行讨论即可．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速．‎ ‎【解答】解：A、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m ‎，解得：v=，卫星的动能：EK=mv2=，神州十一号在1轨道运行时的轨道半径小于其在3轨道运行时的轨道半径，神州十一号在1轨道运行时的动能大于其在3轨道运行时的动能，故A正确；‎ B、神州十一号由轨道1变轨到轨道2时要加速，加速过程机械能增加，因此神州十一号在1轨道运行时的机械能小于其在2轨道运行时的机械能，故B错误；‎ C、神州十一号由轨道2变轨到轨道3时要加速，加速过程机械能增加，因此神州十一号在2轨道运行时的机械能小于其在3轨道运行时的机械能，故C正确；‎ D、神州十一号由轨道1变轨到轨道2时要加速，神州十一号在1轨道运行时经过P点的动能小于其在2轨道运行时经过P点的动能，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论．知道知道卫星变轨的原理，卫星通过加速或减速来改变所需向心力实现变轨．‎ ‎　‎ ‎8．质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．x=1m时物块的速度大小为2m/s B．x=3m时物块的加速度大小为1.25m/s2‎ C．在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s D．在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25J ‎【考点】动能定理；功的计算．‎ ‎【分析】A、根据图象得出x=1m时的动能，从而求出物块的速度．‎ B、对x=2m到x=4m段运用动能定理，求出水平拉力的大小，根据牛顿第二定律求出物块的加速度．‎ C、根据动能定理求出前2m内水平拉力的大小，结合牛顿第二定律和运动学公式求出运动的时间．‎ D、根据动能定理求出前4m内拉力对物块所做的功．‎ ‎【解答】解：A、根据图象知，x=1m时，动能为2J，即=2J，解得：v=m/s．故A错误．‎ B、对x=2m到x=4m段运用动能定理，有：Fx﹣μmgx=△Ek，解得：F=6.5N．‎ 加速度为：a===1.25m/s2．故B正确．‎ C、对前2m运用动能定理得：Fx﹣μmgx=△Ek，解得：F=6N，‎ 物体的加速度为：a==1m/s2，‎ 末速度为：v===2m/s，‎ 根据v=at得：t=2s．故C正确．‎ D、对全过程运用动能定理得：WF﹣μmgs=△Ek，解得：WF=25J．故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】本题考查学生的读图能力，能够从图中获取信息，以及能够灵活运用动能定理和牛顿第二定律．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共15分）‎ ‎9．用如图所示装置做《探究功与速度变化的关系》实验 ‎（1）该实验釆用了　B　的方法使实验数据处理得以简化．‎ A．极限法 B．成倍增加 C．理想化模型 D．等效替代 ‎（2）实验时，以下说法正确的是　D　‎ A．该实验不需要平衡摩擦力 B．橡皮筋每次拉伸的长度应越来越长 C．先释放小车，再接通打点计时器电源 D．每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】实验原理：橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中改变拉力做功时，为了能定量，所以用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系；根据实验原理与实验注意事项分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）本实验通过改变橡皮筋的条数改变对小车做功，实验采用了成倍增加的方法使实验数据处理得以简化，故选B；‎ ‎（2）A、为使橡皮筋做功等于小车所受合外力做功，该实验需要平衡摩擦力，故A错误；‎ B、为保证橡皮筋做功相同，橡皮筋每次拉伸的长度应相同，故B错误；‎ C、为充分利用纸带，实验时应先接通电源后是否小车，故C错误；‎ D、每次都应选择纸带上点迹均匀的部分计算小车速度，故D正确；故选D；‎ 故答案为：（1）B；（2）D．‎ ‎【点评】本题考查了实验方法、实验注意事项，理解实验原理是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握．‎ ‎　‎ ‎10．（11分）（2016春•凯里市校级期末）学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω 电压表：量程3V，内阻约为9kΩ 滑动变阻器R1：最大阻值5Ω 滑动变阻器R2：最大阻值20Ω 定值电阻：R0=3Ω 电源：电动势6V，内阻可不计，开关、导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选　R2　（选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移至　a　（选填“a”或“b”）端．‎ ‎（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．‎ ‎（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A，电压表示数如图乙所示，其读数为　2.30　V．‎ ‎（4）根据电路图用公式Rx=ρ和Rx=，可求得导线实际长度为　94m　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；‎ ‎（2）根据实验电路图，连接实物图；‎ ‎（3）根据图乙读出电压，注意估读；‎ ‎（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；‎ ‎（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：‎ ‎（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；‎ ‎（4）根据欧姆定律得：R0+Rx===4.6Ω，则Rx=1.6Ω 由电阻定律：Rx=ρ可知：L=，代入数据解得：L=94m；‎ 故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30；（4）94m．‎ ‎【点评】本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎11．（12分）（2016•漯河模拟）如图所示，长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10﹣4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N．取g=10m/s2，斜面足够长．求：‎ ‎（1）物块经多长时间离开木板？‎ ‎（2）物块离开木板时木板获得的动能．‎ ‎（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；功能关系；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据牛顿第二定律分别求出木块、木板的加速度，抓住两者的位移关系，运用位移时间公式求出物块离开木板所需的时间．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物块离开木板时的速度，从而求出物块离开木板时的动能．‎ ‎（3）木块与木板的相对位移等于木板的长度，根据Q=F摩x相求出摩擦产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，‎ 则由牛顿第二定律 对物块：mgsin37°﹣μ（mgcos37°+qE）=ma1‎ a1=4.2m/s2‎ 对木板：Mgsin37°+μ（mgcos37°+qE）﹣F=Ma2‎ a2=3m/s2‎ 又a1t2﹣a2t2=L 得物块滑过木板所用时间t= s．‎ ‎（2）物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3 m/s．‎ 其动能为Ek2=Mv22=27 J ‎（3）由于摩擦而产生的内能为 Q=F摩x相=μ（mgcos37°+qE）•L=2.16 J．‎ 答：（1）物块经过s离开木板．‎ ‎（2）物块离开木板时木板获得的动能为27J．‎ ‎（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能为2.16J．‎ ‎【点评】加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题通过加速度求出运动的时间和物块的速度．以及知道摩擦力与相对路程的乘积等于摩擦产生的热量．‎ ‎　‎ ‎12．（20分）（2016秋•道里区校级期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．‎ ‎【考点】功能关系；弹性势能．‎ ‎【分析】（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，动能转化为内能，根据能量守恒定律求物体与水平面间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）研究小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律求弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）物块滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，动摩擦因数μ2不同，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧等高点、圆心右侧等高点和圆轨道最高点时速度，再由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求动摩擦因数μ2的范围．‎ ‎【解答】解：（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得 ‎ μ1mg•2d=﹣‎ 代入数据解得 μ1=0.3‎ ‎（2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得 ‎ 弹簧具有的最大弹性势能 Ep=﹣μ1mgd 代入数据解得 Ep=0.5J ‎（3）本题分两种情况讨论：‎ ‎①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点．‎ 根据机械能守恒得 mgR=，得 v3=4m/s＜v2=10m/s 说明物块在传送带上一直做匀加速运动．‎ 由动能定理得：μ2mgL=﹣‎ 解得 μ2=0.2‎ ‎②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时，恰好到达圆轨道最高点．‎ 在圆轨道最高点有：mg=m 从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 ‎ 2mgR+=‎ 解得 v4=2m/s＜v2=10m/s 说明物块在传送带上一直做匀加速运动．‎ 由动能定理得：μ2mgL=﹣‎ 解得 μ2=0.6‎ 所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．‎ 答：‎ ‎（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1是0.3．‎ ‎（2）弹簧具有的最大弹性势能Ep是0.5J．‎ ‎（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．‎ ‎【点评】做物理问题时应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；本题还抓住圆周运动的临界条件．关于能量守恒定律的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化；动能定理可以分过程也可以全过程使用，应适当选择．‎ ‎　‎ 四、选考题：【物理选修3-4】‎ ‎13．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，P点的振动周期为0.4s，从波传到x=5m的M点时开始计时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．这列波的波长是5m B．波源的起振方向向下 C．波源的起振方向向上 D．质点Q（x=9m）经过0.7s第一次到达波峰 E．1s内质点M经过的路程为1m ‎【考点】横波的图象；波的形成和传播．‎ ‎【分析】P点相继出现两个波峰的时间间隔等于周期．由图读出波长，求出波速．当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰．简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同．根据时间与周期的关系求质点P走过的路程．‎ ‎【解答】解：A、由读出相邻波谷之间的距离为4m，即波长为4m．故A错误．‎ B、简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同，均向下．故B正确，C错误；‎ D、已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，则波的周期为T=0.4s，波速为 v==m/s=10m/s，当图示x=2m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波峰，所经过时间为 t==s=0.7s．故D正确．‎ E、时间t=1s=2.5T，所以1s内质点P走过的路程是 S=2.5×4A=10×10cm=100cm=1m，故E正确．‎ 故选：BDE ‎【点评】本题要掌握波的基本特点：介质中各质点的起振都与波源的起振方向相同，熟练运用波形平移法判断质点的振动方向．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016•黄冈模拟）如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO′垂直于水平桌面．位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO′，夹角θ=60°的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知O′B=R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：‎ ‎（i）透明半球对该单色光的折射率n；‎ ‎（ii）该光在半球体内传播的时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】（i）先作出光路图．再由几何关系，求出入射角和折射角，根据折射定律求折射率n．‎ ‎（ii）由v=求出光在半球体内传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求出传播时间．‎ ‎【解答】解：（i）光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图．‎ 光由空气射向半球体，由折射定律，有：n=　　‎ 在△OCD中，sin∠COD=得：γ=∠COD=60°‎ 光由半球体射向空气，由折射定律，有：n=‎ 故α=β　　　　　　　　　　　　　　 　‎ 由几何知识得：α+β=60°‎ 故有：α=β=30°‎ 因此：n==　　　　　　 ‎ ‎（ii）光在半球体中传播的速度为：v==c 由几何知识得 2ACcos30°=R，得：AC=R 光在半球体中传播的时间为：t==‎ 答：（i）透明半球对该单色光的折射率n是；‎ ‎（ii）该光在半球体内传播的时间是．‎ ‎【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度．‎ ‎　‎