四川省南充高中2017届高三上学期期末物理试卷

四川省南充高中2017届高三上学期期末物理试卷

‎2016-2017学年四川省南充高中高三（上）期末物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3．对比这三次实验可知（　　）‎ A．第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B．第二次实验中小球的机械能守恒 C．第三次实验中小球的惯性最大 D．第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 ‎2．如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg．此时手臂与身体垂直，脚与岩壁夹角为37．则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（　　）‎ A．360N，480N B．480N，360N C．450N，800N D．800N，450N ‎3．汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；在它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2．设汽车在行驶中发动机的牵引力和所受的阻力都不变，则有（　　）‎ A．W2=2W1 B．W2=3W1‎ C．W2=4W1 D．仅能判断W2＞W1‎ ‎4．如图所示，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在A、B间做简谐运动．在物体沿DC方向由D点运动到C点（D、C两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能减少了3.0J，物体的重力势能增加了1.0J．则在这段过程中（　　）‎ A．物体经过D电视的运动方向是指向平衡位置的 B．物体的动能增加了4.0J C．D点的位置一定在平衡位置上 D．物体的运动方向可能是向下的 ‎5．在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是（　　）‎ A．在相同时间间隔内，速度变化相同 B．在相同时间间隔内，位移变化相同 C．在相同时间间隔内，动量变化相同 D．在相同时间间隔内，动能变化相同 ‎6．如图，质量相同的两球A．、B分别用不同长度的细线悬挂，lA＞lB，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时．相同的物理量是（　　）‎ A．细线的拉力 B．小球的加速度 C．小球的速度 D．小球具有的机械能 ‎7．如图所示，木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA缓慢转到OB位置的过程中，木板上重为5N的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能减少了4J．以下说法正确的是（　　）‎ A．物块下降的高度为0.8m B．摩擦力对物块不做功 C．支持力对物块不做功 D．支持力和摩擦力对物块所做功的代数和为0‎ ‎8．如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v﹣t图象，由此可知（　　）‎ A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两都分，第9-12且为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学用图1示的实验装置探究加速度与力的关系．他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，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，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码．改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块．已知滑块（含遮光条）总质量为M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L．请回答下面相关问题．‎ ‎（1）如图2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d=　　cm．某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小a应表示为　　（用题干已知物理量和测得物理量字母表示）．‎ ‎（2）下列实验要求中不必要的是　　‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节至水平 D．应使细线与气垫导轨平行．‎ ‎10．回答下列问题：‎ ‎（1）如图甲，是多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接　　，作为欧姆表使用时，选择开关应接　　．（填1.2或3）使用时，电流一定从　　端流入多用电表（填A或B），‎ ‎（2）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙，调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R﹣的图线如图丙．由图丙可求得电动势E=　　V，内限r=　　Ω．（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验侧得的E测、r测与真实值比较：E测　　E真，r测　　r真（选填“＜”、“=”、或“＞”）‎ ‎11．如图，水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3m．一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g=10m/s2，求 ‎ （1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度；‎ ‎（2）两物块各自停止运动时的时间间隔．‎ ‎12．一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．‎ ‎（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？‎ ‎（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[物理-选修3-3]‎ ‎13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．当气体温度变化时，气体内能一定变化 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 E．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关．‎ ‎14．如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置．一段长为l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱．已知大气压强为p0=75.0cmHg．如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度．‎ ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴　　（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为　　m．‎ ‎16．一竖直放置的玻璃圆柱体底面中心有一点状光派S．圆柱体高度为l，底面半径为2l，其圆周侧面和下表面镀上了不透明吸光材料，以致光源发出的光线只能从上表面射出，已知该玻璃的折射率为．求上表面透光的光斑面积大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省南充高中高三（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项符合题目要求，第5-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，并沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3．对比这三次实验可知（　　）‎ A．第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B．第二次实验中小球的机械能守恒 C．第三次实验中小球的惯性最大 D．第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．根据向心力公式可知压力大小．‎ ‎【解答】解：A、如果斜面光滑，则小球应到达等高的位置，则由图可知，三次实验中小球均受到阻力作用，故机械能不守恒，斜面不光滑，故AB错误；‎ C、由于不知道小球的质量，故不能明确小球的惯性大小，故C错误；‎ D、第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式可知，小球对轨道最低点的压力最大，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60kg．此时手臂与身体垂直，脚与岩壁夹角为37．则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为（设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（　　）‎ A．360N，480N B．480N，360N C．450N，800N D．800N，450N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】要求人所受支持力和拉力，要先对人进行受力分析，在将重力沿身体方向和手臂方向进行正交分解，根据人所受合力为0．求出人所受的各个力．‎ ‎【解答】解：由题意可知脚所受的支持力与手所受的拉力相互垂直，对人进行受力分析，如图所示，‎ 则有脚所受的作用力F1=mgcos37°=0.8×60×10=480N，‎ 手所受的作用力F2=mgsin37°=360N．‎ 故A正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；在它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2．设汽车在行驶中发动机的牵引力和所受的阻力都不变，则有（　　）‎ A．W2=2W1 B．W2=3W1‎ C．W2=4W1 D．仅能判断W2＞W1‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；动能定理的应用．‎ ‎【分析】汽车在行驶中发动机的牵引力和所受的阻力都不变，知汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式求出位移比，从而根据W=Fs求出发动机所做功之比．‎ ‎【解答】解：速度从零增加到v的过程中的位移，速度从v增加到2v的过程中的位移=．则位移之比为1：3，根据W=Fs知，汽车发动机做功比为1：3，即W2=3W1．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在A、B间做简谐运动．在物体沿DC方向由D点运动到C点（D、C两点未在图上标出）的过程中，弹簧的弹性势能减少了3.0J，物体的重力势能增加了1.0J．则在这段过程中（　　）‎ A．物体经过D电视的运动方向是指向平衡位置的 B．物体的动能增加了4.0J C．D点的位置一定在平衡位置上 D．物体的运动方向可能是向下的 ‎【考点】动能和势能的相互转化；弹性势能．‎ ‎【分析】物体放在弹簧上做简谐振动，在最高点一定是弹簧的原长或者原长位置以下，重力势能增加，则物体向上运动，根据整个过程中系统能量守恒分析即可 ‎【解答】解：物体放在弹簧上做简谐振动，在最高点一定是弹簧的原长或者原长位置以下，D→C时，弹性势能减少3.0J，而重力势能增加1.0J，这说明动能增加2.0J，而且是运动方向向上，C点比D点靠近平衡位置，故A正确，BCD错误 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是（　　）‎ A．在相同时间间隔内，速度变化相同 B．在相同时间间隔内，位移变化相同 C．在相同时间间隔内，动量变化相同 D．在相同时间间隔内，动能变化相同 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，通过运动的合成比较位移和速度．‎ ‎【解答】解：A、平抛运动的加速度为g，是个定值，根据△v=g△t可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故A正确；‎ B、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故B错误；‎ C、根据动量定理△p=I=mg△t可知，在相同时间间隔内，动量变化相同，故C正确；‎ D、根据动能定理，在相同时间间隔内，下降的高度不等，所以在相同时间间隔内，动能变化不相同，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎6．如图，质量相同的两球A．、B分别用不同长度的细线悬挂，lA＞lB，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时．相同的物理量是（　　）‎ A．细线的拉力 B．小球的加速度 C．小球的速度 D．小球具有的机械能 ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小．‎ 根据动能定理mgL=mv2，可求出A、B两球的速度大小．根据a=比较加速度大小，根据牛顿第二定律比较拉力大小．‎ ‎【解答】解：AB、根据动能定理得：mgL=mv2，解得：v=，因为LA＜LB．所以vA＜vB，再根据T﹣mg=m得：T=mg+m=3mg，所以绳子拉力相等，故A正确，C错误；‎ B、根据a=可得：解得：a=2g，所以两球加速度相等，故B正确；‎ D、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA缓慢转到OB位置的过程中，木板上重为5N的物块始终相对于木板静止，在这一过程中，物块的重力势能减少了4J．以下说法正确的是（　　）‎ A．物块下降的高度为0.8m B．摩擦力对物块不做功 C．支持力对物块不做功 D．支持力和摩擦力对物块所做功的代数和为0‎ ‎【考点】动能定理的应用；功的计算．‎ ‎【分析】当力和位移的夹角为锐角时，力对物体做正功，当力和位移的夹角为钝角时，力对物体做负功，当力的方向与物体运动的方向垂直时力对物体不做功．‎ ‎【解答】解：根据EP=mgh可知，h==‎ ‎=0.8m；故说明物体下降的高度为0.8m，故A正确；‎ B、摩擦力Ff方向是沿斜面向上的，摩擦力的方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功，故B正确；‎ C、支持力FN的方向是垂直于木板向上的，物体的位移也是向上的，所以支持力做正功，故C错误；‎ D、由动能定理可知，WN﹣mgh=0，故支持力FN做功为WN=mgh=4J，因此支持力和摩擦力对物块所做功的代数和为4J；故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v﹣t图象，由此可知（　　）‎ A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 ‎【考点】动量守恒定律；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；‎ B、由动量守恒定律得，mAv0=（mA+mB）v1，解得：‎ ‎，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；‎ C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x=v0t1，根据能量守恒得：μmAgmA﹣，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；‎ D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两都分，第9-12且为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某同学用图1示的实验装置探究加速度与力的关系．他在气垫导轨旁安装了一个光电门B，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，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码．改变钩码数量，每次都从A处由静止释放滑块．已知滑块（含遮光条）总质量为M，导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为L．请回答下面相关问题．‎ ‎（1）如图2，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为d=　0.960　cm．某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为t，由力传感器记录对应的细线拉力大小为F，则滑块运动的加速度大小a应表示为　　（用题干已知物理量和测得物理量字母表示）．‎ ‎（2）下列实验要求中不必要的是　A　‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节至水平 D．应使细线与气垫导轨平行．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎（2）用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，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；由求加速度a；‎ ‎（3）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：9mm+0.60mm=9.60mm=0.960cm；‎ 已知初速度为零，位移为L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，末速度 由，得 ‎（2）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A错误．‎ 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正确．‎ C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C正确．‎ D、要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D正确．‎ 本题选择不必要的 故选：A．‎ 故答案为：（1）0.960，；（2）A ‎　‎ ‎10．回答下列问题：‎ ‎（1）如图甲，是多用电表简化电路图，作为电压表使用时，选择开关应接　3　，作为欧姆表使用时，选择开关应接　2　．（填1.2或3）使用时，电流一定从　A　端流入多用电表（填A或B），‎ ‎（2）利用多用电表和电阻箱测量电源的电动势和内阻的电路如图乙，调节电阻箱，记录多组电阻箱示数R和多用电表示数I，作出R﹣的图线如图丙．由图丙可求得电动势E=　2.8　V，内限r=　1.2　Ω．（结果均保留2位有效数字）忽略偶然误差，本实验侧得的E测、r测与真实值比较：E测　=　E真，r测　＞　r真（选填“＜”、“=”、或“＞”）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表、电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成，根据电表结构选择，即可求解．‎ ‎（2）实验采用安阻法测量电源的电动势和内阻，根据闭合电路欧姆定律得出R﹣的关系式，结合图线的斜率和截距求出电源的电动势和内阻．将多用电表的内阻等效到电源的内部，分析测量电源电动势和内阻的误差．‎ ‎【解答】解：（1）由图所示可知，作为电压表使用时，选择开关应接位置3；作为欧姆表使用时，选择开关应接2，内部电源被接通，构成欧姆表，可测量电阻；使用时，电流一定从红表笔流入，即从A端流入．‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=IR+Ir，解得：R=E﹣r，‎ 可知图线斜率表示电动势，纵轴截距的绝对值表示内阻，则有：E==2.9V，内阻为：r=1.2Ω．‎ 将多用电表的内阻等效到电源的内部，则有：R=E﹣（RA+r），则可知测量的内阻等于电源的实际内阻与多用电表的内阻之和，测量值偏大．而电流表内阻对图象的斜率没有影响，故电动势准确；‎ 故答案为：（1）3，2，A；（2）2.9，1.2，=，＞‎ ‎　‎ ‎11．如图，水平面上相距为L=5m的P、Q两点分别固定一竖直挡板，一质量为M=2kg的小物块B静止在O点，OP段光滑，OQ段粗糙且长度为d=3m．一质量为m=1kg的小物块A以v0=6m/s的初速度从OP段的某点向右运动，并与B发生弹性碰撞．两物块与OQ段的动摩擦因数均为μ=0.2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能．重力加速度g=10m/s2，求 ‎ （1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度；‎ ‎（2）两物块各自停止运动时的时间间隔．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）A、B在O点发生弹性碰撞时，遵守动量守恒和能量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解．‎ ‎（2）分析碰后两物块的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式分段求两个物块运动时间，从而求得各自停止运动时的时间间隔．‎ ‎【解答】解析：（1）设A、B在O点碰后的速度分别为v1和v2，以向右为正方向．‎ 由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2．‎ 碰撞前后动能相等，则得： =+‎ 解得：v1=﹣2m/s，方向向左，v2=4m/s，方向向右 ‎（2）碰后，两物块在OQ段减速时加速度大小均为：a==μg=2m/s2．‎ B经过t1时间与Q处挡板碰，由运动学公式：v2t1﹣=d 得：t1=1s（t1=3s舍去）‎ 与挡板碰后，B的速度大小 v3=v2﹣at1=2m/s，反弹后减速时间 t2==1s 反弹后经过位移 s1==1m，B停止运动．‎ 物块A与P处挡板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O点，经过 s2==1m停止．‎ 所以最终A、B的距离s=d﹣s1﹣s2=1m，两者不会碰第二次．‎ 在AB碰后，A运动总时间 tA=+=3s 整体法得B运动总时间 tB=t1+t2=2s，则时间间隔△tAB=tA﹣tB=1s 答：‎ ‎（1）A与B在O点碰后瞬间各自的速度是2m/s，方向向左及4m/s，方向向右；‎ ‎（2）两物块各自停止运动时的时间间隔是1s．‎ ‎　‎ ‎12．一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．‎ ‎（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？‎ ‎（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒，这说明粒子恰好在磁场中偏转90°，则粒子的轨道半径为R，由洛仑兹力提供向心力可以求出粒子的比荷和速率．‎ ‎（2）当入射方向逆时针方向旋转30°时，相应的轨迹也将逆时针方向旋转30°，半径不变，画出轨迹．由几何关系，找到粒子在磁场中偏转的角度，求出时间t．但要注意的是在时间t内圆筒转过的角度就有多解的问题，分两种情况进行讨论：从M点穿出和从N点穿出的情况，列出时间相等的式子，可以求出圆筒的角速度．‎ ‎【解答】解：（1）若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔（筒逆时针转动）或N孔（筒顺时针转动）‎ ‎ 射出，如图，由轨迹1可知半径：r=R ‎ 由，粒子运动周期 ‎ 筒转过90°的时间：，又 ‎ ‎ 联立以上各式得：荷质比，‎ ‎ 粒子速率：v=ω0R ‎（2）若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹2如图轨迹2圆心 ‎ 为O’，则四边形MO’PO为菱形，可得，所以 ‎ 则粒子偏转的时间：；又；‎ ‎ 得：‎ ‎ 由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：‎ ⅰ．当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，‎ ‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3…‎ ‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3…；‎ ‎ 综上可得其中n=0，1，2，3…‎ ⅱ．当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，‎ ‎ 若从M点离开，则筒转动时间满足，得： 其中k=0，1，2，3…‎ ‎ 若从N点离开，则筒转动时间满足，得：其中k=0，1，2，3…‎ ‎ 综上可得其中n=0，1，2，3…‎ ‎ 综上所述，圆筒角速度大小应为 或者其中n=0，1，2，3…‎ 答：（1）若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，该粒子的荷质比为，速率分别是ω0R．‎ ‎（2）若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为 （顺时针转动）或 （逆时针转动） 其中n=0，1，2，3…．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[物理-选修3-3]‎ ‎13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（　　）‎ A．当气体温度变化时，气体内能一定变化 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 D．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 E．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．‎ ‎【解答】解：A、理想气体的内能由温度决定，温度变化气体内能一定变化，故A正确；‎ B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；‎ C、由理想气态方程=常量，当等容升温变化时，可知若气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故C正确．‎ D、由气态方=c知，温度T升高，pV一定增大，但压强不一定增大，故D错误．‎ E、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故E正确；‎ 故选：ACE ‎　‎ ‎14．如图，上端开口、下端封闭的足够长的细玻璃管竖直放置．一段长为l=25.0cm的水银柱下方封闭有长度也为l的空气柱．已知大气压强为p0=75.0cmHg．如果使玻璃管绕封闭端在竖直平面内缓慢地转动半周，求在开口向下时管内封闭空气柱的长度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】求出初态的压强、体积和末态的压强，根据玻意耳定律求出开口向下封闭气体的长度；‎ ‎【解答】解：为了便于求气体压强，对水银柱受力分析如图所示：‎ 管口朝上时，管内气体压强p1=（75+25）cmHg=100cmHg 管口朝下时，管内气体压强p2=（75﹣25）cmHg=50cmHg 设玻璃管内横截面积为S，管口朝下时，管内气柱长度为lx，则等温变化有：p1lS=p2lxS 得 答：开口向下时管内封闭空气柱的长度50cm ‎　‎ ‎[物理-选修3-4]‎ ‎15．一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴　正向　（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为　0.8　m．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由图b可知，质点后面的时刻位移比t=0时刻位移大，所以质点沿y轴正向运动，根据振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长．‎ ‎【解答】解：（1）由b图可知，0时刻质点振动方向沿y轴正向，根据质点带动法和波向右传播，得a图知介质中各质点的振动方向如图示，‎ 由振动方程 ‎，即有，得，又因为该波长大于0.3m，所以，‎ 得，又 所以λ=0.8m 故答案为：正向 0.8‎ ‎　‎ ‎16．一竖直放置的玻璃圆柱体底面中心有一点状光派S．圆柱体高度为l，底面半径为2l，其圆周侧面和下表面镀上了不透明吸光材料，以致光源发出的光线只能从上表面射出，已知该玻璃的折射率为．求上表面透光的光斑面积大小．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】上表面不透光的部分光线发生了全反射，由sinC=求临界角，根据几何知识求上表面透光的光斑面积．‎ ‎【解答】解：设全反射临界角为C．由sinC=得：sinC=，得：C=45°‎ 上表面透光部分为圆形，设其半径为x，则有：‎ x=ltanC=l 故上表面透光的光斑面积大小为：S=πx2=πl2．‎ 答：上表面透光的光斑面积大小是πl2．‎ ‎　‎ ‎2017年2月18日