海南省海口市国兴中学2017届高三（上）第二次月考物理试卷（解析版）

海南省海口市国兴中学2017届高三（上）第二次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年海南省海口市国兴中学高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎2．火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的，那么（　　）‎ A．火星的密度约为地球密度的 B．火星上的第一宇宙速度约为地球上第一宇宙速度的 C．火星表面的重力加速度等于地球表面的重力加速度 D．火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的 ‎3．船在静水中的速度为4m/s，河岸笔直，河宽50m，适当调整船的行驶方向，使该船运动到河对岸时航程最短，设最短航程为L，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当水流速度为2 m/s时，L为60 m B．当水流速度为6 m/s时，L为50 m C．当水流速度为6 m/s时，L为75m D．当水流速度为2 m/s时，L为150 m ‎4．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2 s内外力的平均功率是3 W B．第2 s内外力所做的功是3.5 J C．第2 s末外力的瞬时功率最大 D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为4：9‎ ‎5．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（　　）‎ A．5s内拉力对物块做功为零 B．4s末物块所受合力大小为4.0N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4‎ D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错的得0分．‎ ‎7．如图所示，小球从倾角为θ的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球落到斜面上，则v0越大，小球飞行时间越长 B．若小球落到水平面上，则v0越大，小球飞行时间越长 C．若小球落到斜面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角不变 D．若小球落到水平面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 ‎8．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）‎ A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处 ‎9．如图所示，在水平转台上放一个质量M=2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力Ffm=6.0N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O（为光滑的）悬吊一质量m=1.0kg的小球，当转台以ω=5.0rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离不可能是（　　）‎ A．6 cm B．15 cm C．30 cm D．34 cm ‎10．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处（　　）‎ A．路面外侧低内侧高 B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值不变 ‎　‎ 三．实验题：本题共2小题，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题处．‎ ‎11．图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：‎ ‎①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平；‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均值；‎ ‎⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=　　．‎ ‎（2）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=　　．‎ ‎（3）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于　　（选填“偶然误差”或“系统误差”）．‎ ‎12．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：‎ ‎①用天平称出物块Q的质量m；‎ ‎②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；‎ ‎③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；‎ ‎④重复步骤③，共做10次；‎ ‎⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．‎ ‎（1）用实验中的测量量表示：‎ ‎（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=　　；‎ ‎（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=　　；‎ ‎（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Ef=　　；‎ ‎（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（2）回答下列问题：‎ ‎（i）实验步骤④⑤的目的是　　．‎ ‎（ii）已知实验测得的u值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是　　．（写出一个可能的原因即可）．‎ ‎　‎ 四．计算题：本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．‎ ‎13．如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度vA=4m/s．g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．‎ ‎（3）若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功．‎ ‎14．在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点，选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角α=30°，绳的悬挂点O距水面的高H=3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取中立加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6°‎ ‎（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；‎ ‎（2）若绳长l=2m，选手摆到最高点时松手落入手中．设水对选手的平均浮力f1=800N，平均阻力f2=700N，求选手落入水中的深度d；‎ ‎（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点．‎ ‎　‎ ‎【模块3-3试题】‎ ‎15．关于一定量的气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高 ‎16．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．‎ ‎17．（1）研究光电效应电路如图1所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．图2光电流I与之间的电压Uak的关系图象中，正确的是　　．‎ ‎（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小　　（选填“增大、“减小”或“不变”），原因是　　．‎ ‎（3）已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为﹣3.4eV和﹣1.51eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h=6.63×10﹣34Jgs．请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．‎ ‎18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C． B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计）．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎（i）整个系统损失的机械能；‎ ‎（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年海南省海口市国兴中学高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是2mgsinθ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ=tanθ，拉力大小应是mgsinθ ‎【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】物体的重力有两个作用效果，使物体沿斜面下滑和使物体紧压斜面，将重力正交分解后，当重力的下滑分量大于滑动摩擦力时，物体加速下滑，当重力的下滑分量小于最大静摩擦力时，物体不能下滑，匀速下滑时，重力的下滑分量等于滑动摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、物体由静止释放，对物体受力分析，受重力、支持力、摩擦力，如图 物体加速下滑，‎ Gx＞f N=Gy 故mgsinθ＞μmgcosθ 解得 μ＜tanθ 故A错误；‎ B、给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，则有 mgsinθ＞μmgcosθ 故B错误；‎ C、用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，根据平衡条件，有 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0‎ μ=tanθ 故解得 F=2mgsinθ 故C正确；‎ D、用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，根据平衡条件，有 F+mgsinθ﹣μmmgcosθ=0‎ μ=tanθ 故解得 F=0‎ 故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的，那么（　　）‎ A．火星的密度约为地球密度的 B．火星上的第一宇宙速度约为地球上第一宇宙速度的 C．火星表面的重力加速度等于地球表面的重力加速度 D．火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据求解密度之比，根据g=求解重力加速度之比，根据v=求解第一宇宙速度之比．‎ ‎【解答】解：A、密度=，故，故A错误；‎ B、第一宇宙速度v=，故，故B正确；‎ CD、重力加速度g=，故，故CD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．船在静水中的速度为4m/s，河岸笔直，河宽50m，适当调整船的行驶方向，使该船运动到河对岸时航程最短，设最短航程为L，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当水流速度为2 m/s时，L为60 m B．当水流速度为6 m/s时，L为50 m C．当水流速度为6 m/s时，L为75m D．当水流速度为2 m/s时，L为150 m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】若船在静水中的速度大于水流速度时，当船头垂直河岸行驶，航程最短，即为河宽；若船在静水中的速度小于水流速度时，当船的合速度垂直船在静水的速度，根据运动学公式，即可求解最短船程，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：AD、当水流速度为2m/s时，小于船在静水中的速度为4m/s，当船头垂直河岸，则该船渡航程最短，最短航程为L=50m，故AD错误；‎ BC、因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可能到达正对岸．当合速度的方向与静水速的方向垂直时，合速度的方向与河岸的夹角最小，渡河航程最短．‎ 设此时静水速的方向与河岸的夹角为θ，有：‎ cosθ===．‎ 根据几何关系，则有： =，‎ 因此最短的航程为：s=d=×50=75m；故C正确，B错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时刻开始，受到水平外力F作用，如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A．0～2 s内外力的平均功率是3 W B．第2 s内外力所做的功是3.5 J C．第2 s末外力的瞬时功率最大 D．第1 s末与第2 s末外力的瞬时功率之比为4：9‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律求出0﹣1s内和1﹣2s内的加速度，结合位移时间公式分别求出两段时间内的位移，从而得出两段时间内外力做功的大小，结合平均功率的公式求出外力的平均功率．根据速度时间公式分别求出第1s末和第2s末的速度，结合瞬时功率的公式求出外力的瞬时功率 ‎【解答】解：A、0﹣1s内，物体的加速度 a1=‎ 则质点在0﹣1s内的位移 x1=a1t12=×3×1m=1.5m，‎ ‎1s末的速度 v1=a1t1=3×1m/s=3m/s 第2s内物体的加速度 a2=m/s2=1m/s2，‎ 第2s内的位移 x2=v1t2+a2t22=3×1+×1×1m=3.5m，‎ 物体在0﹣2s内外力F做功的大小 W=F1x1+F2x2=3×1.5+1×3.5J=8J，‎ 可知0﹣2s内外力的平均功率 P==W=4W，故A错误．‎ B、第2s内外力做功的大小 W2=F2x2=1×3.5J=3.5J，故B正确．‎ CD、第1s末外力的功率P1=F1v1=3×3W=9W，第2s末的速度v2=v1+a2t2=3+1×1m/s=4m/s，则外力的功率P2=F2v2=1×4W=4W，可知第2s末功率不是最大，第1s末和第2s末外力的瞬时功率之比为9：4，故C错误，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．‎ ‎【解答】解：设船渡河时的速度为vc；‎ 当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；‎ 当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；‎ 而回头时的船的合速度为：v合=；‎ 由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：vc==，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2．下列判断正确的是（　　）‎ A．5s内拉力对物块做功为零 B．4s末物块所受合力大小为4.0N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4‎ D．6s～9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小．‎ ‎【解答】解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误；‎ B、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零．故B错误；‎ C、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=．f=μmg，解得．故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错的得0分．‎ ‎7．如图所示，小球从倾角为θ的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若小球落到斜面上，则v0越大，小球飞行时间越长 B．若小球落到水平面上，则v0越大，小球飞行时间越长 C．若小球落到斜面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角不变 D．若小球落到水平面上，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】若小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，列式分析时间与初速度的关系．将速度进行分解，求出末速度与竖直方向夹角的正切，分析小球末速度与竖直方向的夹角．若小球落到水平面上，飞行时间一定．由速度分解求解末速度与竖直方向的夹角的正切，再进行分析．‎ ‎【解答】解：A、若小球落到斜面上，假设落点为B，设AB之间的距离为L，则 水平方向有：Lcosθ=v0t 竖直方向有：Lsinθ=gt2；‎ 联立解得：t=，t∝v0，则v0越大，小球飞行时间越长．故A正确；‎ B、若小球落到水平面上，飞行的高度h一定，由h=得：t=，可知t不变．故B错误．‎ C、由A分析，小球落到斜面上时竖直分速度为：vy=gt=2v0tanθ 设末速度与竖直方向夹角为α，则有：tanα==，保持不变，故C正确；‎ D、若小球落到水平面上，末速度与竖直方向的夹角的正切 tanβ==，h不变，则v0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎8．如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）‎ A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处 ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；‎ ‎②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；‎ ‎③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．‎ ‎【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；‎ B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；‎ C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，在水平转台上放一个质量M=2.0kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力Ffm=6.0N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O（为光滑的）悬吊一质量m=1.0kg的小球，当转台以ω=5.0rad/s的角速度转动时，欲使木块相对转台静止，则它到O孔的距离不可能是（　　）‎ A．6 cm B．15 cm C．30 cm D．34 cm ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】质量为M的物体靠绳子的拉力和静摩擦力的合力提供向心力，当摩擦力达到最大静摩擦力且指向圆心时，转动半径最大，当摩擦力达到最大静摩擦力且方向背离圆心时，转动半径最小，根据向心力公式列式即可求解距离范围，再进行选择 ‎【解答】解：M在水平面内转动时，平台对M的支持力与Mg相平衡，拉力与平台对M的静摩擦力的合力提供向心力．‎ 设M到转台中心的距离为R，M以角速度ω转动所需向心力为Mω2R，‎ 若Mω2R=T=mg，此时平台对M的摩擦力为零．‎ 若R1＞R，Mω2R1＞mg，平台对M的摩擦力方向向左，由牛顿第二定律：‎ f+mg=Mω2R1，‎ 当f为最大值fm时，R1最大．‎ 所以，M到转台的最大距离为：R1=m=0.32m 若R2＜R，Mω2R2＜mg，平台对M的摩擦力水平向右，由牛顿第二定律．‎ mg﹣fm=Mω2R2‎ f=μMg时，R2最小，最小值为：R2=0.08m．‎ 故木块至O的距离R的范围为：0.08m≤R≤0.32m，所以AD不可能，BC可能．‎ 因选不可能的，故选：AD ‎　‎ ‎10．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处（　　）‎ A．路面外侧低内侧高 B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值不变 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力．速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零．根据牛顿第二定律进行分析 ‎【解答】解：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力，故A错误．‎ B、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故B错误．‎ C、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．‎ D、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 三．实验题：本题共2小题，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题处．‎ ‎11．图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：‎ ‎①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平；‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均值；‎ ‎⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=　 [（）2﹣（）2]　．‎ ‎（2）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=　　．‎ ‎（3）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于　系统误差　（选填“偶然误差”或“系统误差”）．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；‎ ‎（2）由牛顿第二定律求出动摩擦因数．‎ ‎（3）由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差．‎ ‎【解答】解：（1）物块经过A点时的速度vA=，物块经过B点时的速度vB=，‎ 物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2﹣vA2=2as，加速度a= [（）2﹣（）2]；‎ ‎（2）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），‎ 解得μ=；‎ ‎（3）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．‎ 故答案为：（1） [（）2﹣（）2]；（2）；（3）系统误差．‎ ‎　‎ ‎12．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：‎ ‎①用天平称出物块Q的质量m；‎ ‎②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；‎ ‎③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；‎ ‎④重复步骤③，共做10次；‎ ‎⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s．‎ ‎（1）用实验中的测量量表示：‎ ‎（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=　mgR　；‎ ‎（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=　　；‎ ‎（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Ef=　mgR﹣　；‎ ‎（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　﹣　．‎ ‎（2）回答下列问题：‎ ‎（i）实验步骤④⑤的目的是　通过多次实验减小实验结果的误差　．‎ ‎（ii）已知实验测得的u值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是　圆弧轨道存在摩擦，或接缝B处不平滑　．（写出一个可能的原因即可）．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；‎ 物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；‎ 由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；‎ 由功的计算公式可以求出动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）（ⅰ）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB﹣0，则物块到达B时的动能EKB=mgR；‎ ‎（ⅱ）离开C后，物块做平抛运动，‎ 水平方向：s=vCt，‎ 竖直方向：h=gt2，‎ 物块在C点的动能EKC=mvC2，‎ 解得：EKC=；‎ ‎（ⅲ）由B到C过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣Wf=mvC2﹣mvB2，‎ 克服摩擦力做的功Wf=mgR﹣；‎ ‎（ⅳ）B到C过程中，克服摩擦力做的功：‎ Wf=μmgL=mgR﹣，则μ=﹣；‎ ‎（2）（i）实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；‎ ‎（ii）实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等．‎ 故答案为：（1）（i）mgR；（ii）；（iii）mgR﹣；（ⅳ）﹣．‎ ‎（2）i、通过多次实验减小实验结果的误差；‎ ii、圆弧轨道存在摩擦，或接缝B处不平滑．‎ ‎　‎ 四．计算题：本题共2小题，第13题10分，第14题13分，共23分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．‎ ‎13．如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度vA=4m/s．g取10m/s2，求：‎ ‎（1）小球做平抛运动的初速度v0；‎ ‎（2）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．‎ ‎（3）若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度vA方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；‎ ‎（2）由动能定理求出小球到达C点时的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道对球的支持力，再求出压力；‎ ‎（3）应用牛顿第二定律求出小球到达C点时的速度，然后应用动能定理求出克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，‎ 小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，‎ 小球的初速度：v0=vx=vAcosθ=4×0.5m/s=2m/s；‎ ‎（2）从A到C过程，由动能定理得：‎ ‎﹣mgR（1+cosθ）=mvC2﹣mvA2，‎ 在C点，由牛顿第二定律得：mg+F=m，‎ 解得：F=8N，由牛顿第三定律得，‎ 小球对轨道的压力大小F′=F=8N，方向：竖直向上；‎ ‎（3）小球恰好能够经过最高点C，在C点，‎ 由牛顿第二定律得：mg=m，‎ 从A到C过程，由动能定理得：‎ ‎﹣mgR（1+cosθ）﹣W=mv′C2﹣mvA2，‎ 解得，克服摩擦力做功：W=2J；‎ 答：（1）小球做平抛运动的初速度v0为2m/s，方向：水平向右．‎ ‎（2）小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力大小为8N，方向：竖直向上．‎ ‎（3）若圆弧轨道粗糙，小球恰好能够经过最高点C，此过程小球克服摩擦力所做的功为2J．‎ ‎　‎ ‎14．在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论．如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点，选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角α=30°，绳的悬挂点O距水面的高H=3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取中立加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6°‎ ‎（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；‎ ‎（2）若绳长l=2m，选手摆到最高点时松手落入手中．设水对选手的平均浮力f1=800N，平均阻力f2=700N，求选手落入水中的深度d；‎ ‎（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）在摆动过程中，机械能是守恒的，应用机械能守恒定律求出运动到最低点时的速度．再用牛顿运动定律结合圆周运动的向心力求出绳子对选手的拉力，最后用牛顿第三定律求出选手对绳子的拉力．‎ ‎（2）对从选手开始下落，到进入水后速度为零的过程中，由贯穿整个过程的重力做正功，进入水后，浮力和阻力最选手做负功，选手初末状态的动能都为零，用动能定理列式，求出落入水中的深度．‎ ‎（3）小明松手后做平抛运动，应用平抛运动规律与机械能守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）选手向下摆到过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ ‎…①‎ 选手做圆周运动，由牛顿第二定律得：F′﹣mg=m，‎ 解得：F′=（3﹣2cosα）mg，‎ 人对绳的拉力为：F=F′，‎ 代入数据解得：F=1080N；‎ ‎（2）由动能定理得：mg（H﹣lcosα+d）﹣（f1+f2）d=0，‎ 解得：d=，‎ 代入数据解得：d=1.2m；‎ ‎（3）选手从最低点开始做平抛运动，水平方向：x=vt，竖直方向：H﹣l=，‎ 由，‎ 解得：，‎ 当时，x有最大值，解得：l=1.5m，‎ 因此，两人的看法均不正确．当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远．‎ 答：（1）选手摆到最低点时对绳拉力的大小F为1080N；‎ ‎（2）选手落入水中的深度d为1.2m．‎ ‎（3）两人的看法均不正确．当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远．‎ ‎　‎ ‎【模块3-3试题】‎ ‎15．关于一定量的气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和 B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高 ‎【考点】热力学第一定律；气体压强的微观意义．‎ ‎【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能．‎ ‎【解答】解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；‎ B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；‎ C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；‎ D、做功也可以改变物体的内能，C错误；‎ E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确．‎ 故选：ABE．‎ ‎　‎ ‎16．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l'1=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：‎ P1=P0+l2…①‎ 设活塞下推后，下部空气的压强为P1′，由玻意耳定律得：‎ P1l1=P1′l1′…②‎ 如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：‎ l3′=l3+（l1﹣l1′）﹣△l…③‎ 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3′，则 P3′=p1′﹣l2…④‎ 由波意耳定律，得：‎ P0l3=P3′l3′…⑤‎ 由①②③④⑤式代入数据解得：‎ ‎△l=15.0cm；‎ 答：活塞下推的距离为15cm．‎ ‎　‎ ‎17．（1）研究光电效应电路如图1所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．图2光电流I与之间的电压Uak的关系图象中，正确的是　C　．‎ ‎（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小　减小　（选填“增大、“减小”或“不变”），原因是　克服金属束缚做功　．‎ ‎（3）已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为﹣3.4eV和﹣1.51eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h=6.63×10﹣34Jgs．请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应．‎ ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】（1）用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），根据光电效应方程，知产生的光电子的最大初动能相等，根据动能定理比较出遏止电压的大小．光强影响单位时间内发出光电效应的数目，从而影响光电流．‎ ‎（2）光电子吸收能量后，克服金属束缚向外逸出，速度减小，动量减小．‎ ‎（3）发生光电效应的条件是入射光的光子能量大于逸出功，比较辐射的光子能量与逸出功的大小，判断能否发生光电效应．‎ ‎【解答】解：（1）频率相同的光照射金属，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能相等，根据m=hγ﹣W0，知遏止电压相等，光越强，饱和电流越大．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，则动量减小．‎ 故答案为：减小，克服金属束缚做功．‎ ‎（3）氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光子能量：‎ E=﹣1.51+3.4eV=1.89eV=3.024×10﹣19J．‎ 金属钠的逸出功：‎ W0=hv0=6.63×10﹣34×5.53×1014≈3.67×10﹣19J．‎ 因为光子能量小于逸出功，所以不能发生光电效应．‎ 答：不能发生光电效应．‎ ‎　‎ ‎18．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C． B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计）．设A以速度v0‎ 朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎（i）整个系统损失的机械能；‎ ‎（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．‎ ‎（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．‎ ‎【解答】解：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ mv0=2mv1 ①‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得 ‎ mv1=2mv2 ②‎ mv12=△E+•2mv22 ③‎ 联立①②③式得：‎ 整个系统损失的机械能为△E=mv02 ④‎ ‎（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得 ‎ mv0=3mv3，⑤‎ 由能量守恒定律得：‎ mv02﹣△E=•3mv32+EP ⑥‎ 联立④⑤⑥式得 ‎ 解得：EP=mv02；‎ 答：‎ ‎（i）整个系统损失的机械能是mv02；‎ ‎（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是mv02．‎ ‎　‎ ‎2016年11月3日