宁夏中卫市2017届高三物理一模试卷

宁夏中卫市2017届高三物理一模试卷

www.ks5u.com ‎2017年宁夏中卫市高考物理一模试卷 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题所只有一项符合题目要求，19-21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分．）‎ ‎1．在下列关于近代物理知识的说法中，不正确的是（　　）‎ A．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象 B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大 C．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 D．查德威克发现了中子，其核反应方程为Be+He→126C+10n ‎2．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（　　）‎ A．1s时甲和乙相遇 B．0﹣6s内甲乙相距最大距离为1m C．2﹣6s内甲相对乙做匀速直线运动 D．4s时乙的加速度方向反向 ‎3．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：1，原线圈接u1=220sin100πt（V）的交流电，电阻R=10Ω，电流表、电压表均为理想电表，则（　　）‎ A．电压表的读数为10V B．电流表的读数为22A C．电阻R消耗的功率为10W D．变压器的输出功率为10W ‎4．机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（　　）‎ 规格 后轮驱动直流电动机 车型：60″电动汽车 电动机额定输出功率：1675W 整车质量：400kg 额定转速：600r/min 蓄电池（容量It=800Ah，输出电压：U≥36V）‎ 额定工作电压/电流：36V/50A A．电动汽车正常工作时消耗的电功率1675W B．电动机的内阻为0.5Ω C．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×104J D．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h ‎5．在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则（　　）‎ A．电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小 B．电子可能做圆周运动 C．该匀强电场的电场强度E=10V/m D．O点与圆周上电势最低的点的电势差为10V ‎6．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（　　）‎ A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）‎ B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止 ‎7．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 ‎8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题-38题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．‎ ‎（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=　　mm．‎ ‎（2）下列实验要求不必要的是　　（填选项前字母）．‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出　　图象（填“t﹣F”“t2﹣F”“﹣F”或“﹣F”），若增大滑块的质量，则该图象的斜率将　　（填“增大”“减小”或“不变”），若增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎10．某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：‎ 待测一节干电池、‎ 电流表A（量程0.6A，内阻小于1Ω）、‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻不知）、‎ 电阻箱（0～99.99Ω）、‎ 滑动变阻器（0～10Ω）、‎ 单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．‎ 考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略．‎ ‎（1）该同学按图甲连线，闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节滑动变阻器和电阻箱，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱（如图乙）的示数为　　Ω，则电流表A 的内阻为　　Ω．‎ ‎（2）利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：‎ ‎①请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接；‎ ‎②断开开关K，调节电阻箱R，将开关 S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；‎ ‎③断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；‎ ‎④重复实验步骤②进行多次测量．‎ ‎（3）图丁是由实验数据绘出的﹣R图象，由此求出干电池的电动势E=　　V、内阻r=　　Ω．（计算结果保留二位有效数字）‎ ‎11．如图甲所示，竖直平面内有两根间距为d的足够长平行导轨，导轨上端接有阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒夹在两导轨间，导体棒与导轨间的摩擦不计，导轨间存在垂直导轨平面磁感应强度为B的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示，在0～t0时间内，作用一外力使导体棒静止，此时导体棒距上端电阻R距离为d，在t0时刻撤去外力．已知重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）t0时刻导体棒中的电流大小和方向；‎ ‎（2）导体棒运动的最大速度v；‎ ‎（3）若从静止开始到导体棒达到最大速度，电阻R产生的热量为Q，则这个过程中导体棒下落的高度h．‎ ‎12．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=3m．有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10﹣3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20 （g取10m/s2）求：‎ ‎（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP；‎ ‎（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功．‎ ‎（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．求ω的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．当一定量气体吸热时，其内能可能减小 B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体 C．气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部 E．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 ‎14．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞因重力而产生的压强为0.2p0，活塞的横截面积为S，与容器底部相距h，此时活塞处于平衡状态，气体的温度为T0．现在活塞上放置一个质量与活塞质量相等的物块，活塞下降了后达到稳定，气体的温度为T1．再通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞缓慢向上移动，恰好回到原来的位置并静止，此时气体的温度为T2．已知大气压强为Po，重力加速度为g．不计活塞与气缸间的摩擦，不汁理想气体的重力势能．求：‎ ‎①T1与T0的比值和T2与T0的比值；‎ ‎②加热过程中气体的内能增加量．‎ ‎　‎ ‎2017年宁夏中卫市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-18题所只有一项符合题目要求，19-21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选的得0分．）‎ ‎1．在下列关于近代物理知识的说法中，不正确的是（　　）‎ A．玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象 B．氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大 C．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 D．查德威克发现了中子，其核反应方程为Be+He→126C+10n ‎【考点】裂变反应和聚变反应；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象；一次衰变可同时产生α射线或β射线，并伴随γ射线；β衰变所释放的电子不是来自核外电子，是原子核内部的一个中子转变为一个电子和一个质子，导致原子序数变化；电子从较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大；当光的入射频率大于极限频率时，才会发生光电效应．‎ ‎【解答】解：A、玻尔理论成功地解释了氢原子的光谱现象．故A正确．‎ B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸收能量，故原子的能量增大．故B正确．‎ C、β射线是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来，则新核的化学性质发生变化．故C错误．‎ D、查德威克通过α粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为：49Be+24He→612C+01n．故D正确 本题选择不正确的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（　　）‎ A．1s时甲和乙相遇 B．0﹣6s内甲乙相距最大距离为1m C．2﹣6s内甲相对乙做匀速直线运动 D．4s时乙的加速度方向反向 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方．‎ ‎【解答】解：A．由图象可知：在t=1s时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故A错误；‎ B．图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知，6s末甲乙相距最远，最远距离x=，故B错误；‎ C．甲乙两个物体在2﹣6内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故C正确；‎ D．乙物体在2﹣6内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，没有反向，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=22：1，原线圈接u1=220sin100πt（V）的交流电，电阻R=10Ω，电流表、电压表均为理想电表，则（　　）‎ A．电压表的读数为10V B．电流表的读数为22A C．电阻R消耗的功率为10W D．变压器的输出功率为10W ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、然后根据闭合电路的欧姆定律求得电压电流及消耗的功率，抓住输出功率决定输入功率即可求得 ‎【解答】解：A、输入电压的有效值为：，根据得：，故A错误；‎ B、电流表的示数为：，故B错误；‎ C、电阻消耗的功率为：P2=U2I2=10×1W=10W，故C错误；‎ D、理想变压器的输入电功率等于负载消耗功率，故为：P1=P2=10W，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是（　　）‎ 规格 后轮驱动直流电动机 车型：60″电动汽车 电动机额定输出功率：1675W 整车质量：400kg 额定转速：600r/min 蓄电池（容量It=800Ah，输出电压：U≥36V）‎ 额定工作电压/电流：36V/50A A．电动汽车正常工作时消耗的电功率1675W B．电动机的内阻为0.5Ω C．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×104J D．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16h ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机是将电能转化为机械能的装置，电动机正常工作时消耗的电功率等于额定电压乘以额定电流，根据UI=P+I2‎ r求解内电阻，蓄电池储存的电能等于其容量乘以输出电压．‎ ‎【解答】解：A、电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P=U额I额=36×50=1800W，故A错误；‎ B、电动机内阻的发热功率电动机额定输出功率为：P热=P电﹣P出=1800﹣1675=125W，则电动机内阻为：r=，故B错误；‎ C、蓄电池充满电后储存的电能为：W=UIt=800×3600×36=1.04×108J，故C错误；‎ D、在额定功率下连续行驶最长时间为：t=，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．在匀强电场中有一个半径为R=1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则（　　）‎ A．电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小 B．电子可能做圆周运动 C．该匀强电场的电场强度E=10V/m D．O点与圆周上电势最低的点的电势差为10V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】A：电子仅在电场力作用下从P运动到Q，动能满足EKP=EKQ，可以得出电势能相等EPP=EPQ，根据电势能EP=φq得出等势线，电场线与等势面垂直，进而可以确定电场线的方向，在P点电场力与速度v夹角为钝角，在Q点电场力与速度v夹角为锐角，所以从P运动到Q电场力先做负功再做正功，动能先减小再增大．‎ B：由于电子在匀强电场中运动，电子受恒力，所以不可能做圆周运动．‎ C：根据UPQ=Ed，其中d为沿电场线方向的距离，可以得出E．‎ D：O点与圆周上电势最低的点的电势差为UOC，根据U=Ed可以求出．‎ ‎【解答】A：电子仅在电场力作用下从P运动到Q，动能满足EKP=EKQ，则电势能满足EPP=EPQ，根据电势能EP=φq，得出电势φP=φQ，PQ所在直线即为等势线，OC与PQ垂直，则OC即为电场线，由于从P运动到Q，所以电子所受电场力沿CO，在P点电场力与速度v夹角为钝角，在Q点电场力与速度v夹角为锐角，电子从P运动到Q，电场力先做负功再做正功，动能先减小再增大，故A错误．‎ B：由于电子在匀强电场中运动，电子受恒力，方向沿CO，所以不可能做圆周运动．故B错误．‎ C：根据UPQ=Ed，∠OPQ=45°，R=1m，d=Rcos∠45°=得：E===10v/m．故C错误．‎ D：O点与圆周上电势最低的点的电势差为UOC，UOC=Ed，d=R=1m，得：UOC=10V．故D正确 故选：D ‎　‎ ‎6．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（　　）‎ A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）‎ B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】当P摆动时，穿过P的磁通量发生变化，产生感应电流，由于P和Q形成闭合回路，Q的下端受到安培力的作用而发生摆动．结合楞次定律和左手定则进行判断．‎ ‎【解答】解：A、P向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减小，根据楞次定律，P中有顺时针方向的电流（从右向左看）．故A正确．‎ B、P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摆动．同理，用手左右摆动Q，P会左右摆动．故B正确，C错误，D也错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎7．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是（　　）‎ A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 C．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力，结合轨道半径的关系得出加速度和周期的关系．根据“轨道康复者”的角速度与地球自转角速度的关系判断赤道上人看到“轨道康复者”向哪个方向运动．‎ ‎【解答】解：A、根据=ma得：a=，‎ 因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．‎ B、根据=m 得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，‎ 则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．‎ C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．‎ D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）‎ A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s ‎【考点】动量定理；动量 冲量．‎ ‎【分析】‎ 弹簧弹开小球过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速度；小球离开圆形轨道后做平抛运动，应用动量定理与平抛运动规律分析答题．‎ ‎【解答】解：释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，‎ 由动量守恒得：mv1﹣Mv2=0，由机械能守恒得： mv12+Mv22=EP ，‎ 代入数据解得：v1=9m/s，v2=3m/s；‎ m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：‎ mv12=mv1′2+mg•2R，解得：v1′=8m/s；‎ A、以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：‎ I=△p=mv1′﹣mv1=0.2×（﹣8）﹣0.2×9=﹣3.4N•s，则合力冲量大小为：3.4N•s，故A正确；‎ B、M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故B错误；‎ C、设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得： mv12=mv1′2+mg•2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r=gt2，x=v1′t，当8.1﹣4r=4r时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；‎ D、由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I=△p=mv1=0.2×9=1.8N•s，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题-38题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．‎ ‎（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=　2.25　mm．‎ ‎（2）下列实验要求不必要的是　A　（填选项前字母）．‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出　　图象（填“t﹣F”“t2﹣F”“﹣F”或“﹣F”），若增大滑块的质量，则该图象的斜率将　减小　（填“增大”“减小”或“不变”），若增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读．‎ 滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式解答．‎ 用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响．‎ ‎【解答】解：（1）由图知第6条刻度线与主尺对齐，d=2mm+5×0.05mm=2.25mm；‎ ‎（2）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与滑块质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；‎ B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B必要；‎ C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C必要；‎ D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D必要；‎ 故选：A．‎ ‎（3）由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2aL，‎ 则有v=，且牛顿第二定律为a=‎ 那么=2L，斜率为，增大滑块的质量，图象的斜率将减小；增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将增大 所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出﹣F图象．‎ 故答案为：（1）2.25mm；（2）A；（3）﹣F；减小；增大．‎ ‎　‎ ‎10．某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：‎ 待测一节干电池、‎ 电流表A（量程0.6A，内阻小于1Ω）、‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻不知）、‎ 电阻箱（0～99.99Ω）、‎ 滑动变阻器（0～10Ω）、‎ 单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．‎ 考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略．‎ ‎（1）该同学按图甲连线，闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节滑动变阻器和电阻箱，读取电流表A的示数为0.20A、电流表A1的示数为0.60A、电阻箱（如图乙）的示数为　0.10　Ω，则电流表A 的内阻为　0.20　Ω．‎ ‎（2）利用图甲所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：‎ ‎①请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接；‎ ‎②断开开关K，调节电阻箱R，将开关 S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；‎ ‎③断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；‎ ‎④重复实验步骤②进行多次测量．‎ ‎（3）图丁是由实验数据绘出的﹣R图象，由此求出干电池的电动势E=　1.5　V、内阻r=　0.25　Ω．（计算结果保留二位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据电阻箱的读数方法可明确电阻值；再根据串并联电路的规律可求得电流表内阻；‎ ‎（2）根据原理图可明确对应的实物图；‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律以及对应的图象可分析电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）如图所示电阻箱的读数为0.10Ω； 根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱的电流I=0.60﹣0.20=0.40A；‎ 电压U=0.10×0.40=0.040V，则电流表内阻RA==0.20Ω ‎（2）根据原理图可得出对应的实物图，连线如图所示；‎ ‎（3）将电流表内阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律可知，I=‎ 变形可得： =+‎ 由图象可知， ==0.675‎ 解得E=1.5V； =0.3‎ 解得r=0.45Ω；‎ 则可知，电源内阻r=0.45﹣0.20=0.25Ω；‎ 故答案为：（1）0.10；0.20；（2）如图所示；（3）1.5；0.25‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，竖直平面内有两根间距为d的足够长平行导轨，导轨上端接有阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒夹在两导轨间，导体棒与导轨间的摩擦不计，导轨间存在垂直导轨平面磁感应强度为B的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间变化的规律如图乙所示，在0～t0时间内，作用一外力使导体棒静止，此时导体棒距上端电阻R距离为d，在t0时刻撤去外力．已知重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）t0时刻导体棒中的电流大小和方向；‎ ‎（2）导体棒运动的最大速度v；‎ ‎（3）若从静止开始到导体棒达到最大速度，电阻R产生的热量为Q，则这个过程中导体棒下落的高度h．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解感应电动势，再有欧姆定律求解电流的变化，‎ ‎（2）最大速度时，加速度应为0，由牛顿第二定律即可求解，‎ ‎（3）根据能量守恒定律求解即可，‎ ‎【解答】解：（1）0～t0时间内，回路中产生的感应电动势 ‎0～t0时间内，回路中的电流为此阶段电流恒定 ‎ t0时刻之后，导体棒从静止开始下落，速度逐渐增大，而加速度逐渐减小，电动势E=Bdv，而电流i=故电流也随时间变化的规律与速度随时间变化规律类似．‎ 图象如图 故t0时刻电阻中的电流大小为零．‎ ‎（2）t0时刻之后，当速度增大到使导体棒受到的安培力与重力相等时，速度达到最大 解得导体棒运动的最大速度 ‎ ‎（3）电阻R产生了Q的热量，则回路产生的热量一共为 由能量转化与守恒定律得导体棒下落 时重力势能转化为导体棒的动能和回路中的内能，即 mgh=‎ 解得h==‎ 答：（1）t0时刻导体棒中的电流大小为零；‎ ‎（2）导体棒运动的最大速度v为；‎ ‎（3）若从静止开始到导体棒达到最大速度，电阻R产生的热量为Q，则这个过程中导体棒下落的高度h为．‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=3m．有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10﹣3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20 （g取10m/s2）求：‎ ‎（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP；‎ ‎（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功．‎ ‎（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．求ω的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理，结合滑块在C点的速度为零，求出滑块在B点的速度，根据能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能．‎ ‎（2）滑块滑上传送带先做减速运动，当速度与传送带速度相等时一起匀速，对B到C过程运用动能定理，求出摩擦力做功的大小．‎ ‎（3）恰好能由C点水平飞出传送带，则滑块受到的质量恰好提供向心力，由此即可求出角速度；由功能关系即可求出产生的内能．‎ ‎【解答】解：（1）设弹簧储存的最大弹性势能EP，滑块从静止释放至运动到B点，‎ 由能量守恒定律知：‎ 从B到C，根据动能定理得：‎ 解得：vB=2m/s，EP=1J ‎（2）加电场后，由于vB＞v传，所以滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动，‎ μmg﹣qE=ma 滑块减速至与传送带共速的时间为：，‎ 滑块减速的位移为，‎ 故滑块之后匀速运动，从B到C，由 解得：Wf=﹣1.9375J ‎ ‎（3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，‎ 则有mg=‎ 解得：vC=rω0‎ 解得ω0=5rad/s 滑块要减速到C点，则 μmg=ma′‎ 滑块减速时间 t=1s 滑块位移 x1=vBt﹣a′t2=3m ‎ 传送带距离 x2=vCt=2m ‎ 滑块与传送带间产生的内能 Q=μmg（x1﹣x2）=1J ‎ 答：（1）滑块到达B点时的速度是2m/s，弹簧储存的最大弹性势能EP是1J；‎ ‎（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功是﹣1.9375J．‎ ‎（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．ω0的大小是5 rad/s，这一过程中滑块与传送带间产生的内能是1J．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．当一定量气体吸热时，其内能可能减小 B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体 C．气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部 E．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 ‎【考点】* 晶体和非晶体；* 液晶．‎ ‎【分析】根据热力学第一定律：△U=W+Q可知，即可求解；玻璃是非晶体；晶体有固定的熔点，而非晶体没有；当分子间距离大于平衡距离时，体现分子引力；单位体积的分子数和气体温度，直接影响气体的压强，从而即可求解；‎ ‎【解答】解：A、根据△U=W+Q可知，当一定想气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故A正确；‎ B、晶体有整齐规则的几何外形，晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，且晶体有各向异性的特点，玻璃是非晶体，故B错误；‎ C、单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故C正确；‎ E、液体与大气相接触时，液体表面层的分子大于液体内部分子间的距离，体现为引力，因此分子力的合力指向液体内部，故D正确；‎ E、单晶体和多晶体都具有固定的熔点，故E错误；‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎14．如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞因重力而产生的压强为0.2p0，活塞的横截面积为S，与容器底部相距h，此时活塞处于平衡状态，气体的温度为T0．现在活塞上放置一个质量与活塞质量相等的物块，活塞下降了后达到稳定，气体的温度为T1．再通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时活塞缓慢向上移动，恰好回到原来的位置并静止，此时气体的温度为T2．已知大气压强为Po，重力加速度为g．不计活塞与气缸间的摩擦，不汁理想气体的重力势能．求：‎ ‎①T1与T0的比值和T2与T0的比值；‎ ‎②加热过程中气体的内能增加量．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强．‎ ‎【分析】（1）利用理想气体状态方程即可求得温度之比，注意找出初末状态即可；‎ ‎（2）在加热过程中，气体对外做功，由W=PS△h求的对外做功，由△U=Q+W求的内能增加量 ‎【解答】解：（1）放上物块后，由理想气体状态方程可知：‎ 解得：‎ 当加热后回到原位置时，由查理定律可知：‎ 解得：‎ ‎（2）在加热过程中，为等压变化，当上升过程中对外做功为：‎ 故内能增加量为：‎ 答：①T1与T0的比值和T2与T0的比值分别为63：60，7：6；‎ ‎②加热过程中气体的内能增加量 ‎　‎ ‎2017年3月30日