重庆市石柱中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷

重庆市石柱中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷

www.ks5u.com ‎2016-2017学年重庆市石柱中学高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v一t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动 B．t2时刻，乙物体追上甲 C．tl时刻，两者相距最远 D．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大 ‎2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氛激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎3．从长期来看，火星是一个可供人类移居的星球．假设有一天宇航员乘宇宙飞船登陆了火星，在火星上做自由落体实验，得到物体自由下落h所用的时间为t，设火星半径为R，据上述信息推断，宇宙飞船绕火星做圆周运动的周期不小于（　　）‎ A．πt B．2πt C．πt D．πT ‎4．下列关于物理学中的研究方法、物理学史以及力和运动的说法正确的是（　　）‎ A．物体在恒力作用下一定做直线运动 B．两个直线运动的合运动一定是直线运动 C．开普勒提出了行星运动的三大定律，这就是开普勒定律．这些定律的提出是建立在其导师第谷多年观测的数据基础之上的 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法 ‎5．一汽车在平直公路上以20kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v～t图象如图所示，已知汽车的质量为2×103kg．下列说法正确的是（　　）‎ A．t1前汽车受到的阻力大小为1×103N B．t1后汽车受到的阻力大小为2×103N C．t1时刻汽车加速度突然变为1m/s2‎ D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s ‎6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎7．如图所示，质量为M，倾角为θ的斜面滑道静置于水平面上，现在一滑板运动员沿斜面匀加速下滑，加速度大小为a．若人与滑板的总质量为m，则在运动员下滑的过程中 ‎（　　）‎ A．滑板受到的摩擦力大小等于m（gsinθ﹣a）‎ B．运动员和滑板受到斜面的作用力大小为mgcosθ C．地面对斜面的支持力大小等于（m+M）g D．地面对斜面的摩擦力方向向左，大小为macosθ ‎8．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道 B．若在＜v0＜则小球会在B、D间脱离圆轨道 C．只要v0＞，小球就能做完整的圆周运动 D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 ‎　‎ 二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底端B处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h高的A处静止释放，测出滑到B点的速度v．改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A到B点的水平距离（即B、C间的距离）L=0.8m不变．重复实验，最后做出如图乙所示的H﹣v2图象，‎ ‎（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L不变，滑块下滑到底端B点的位移将　　（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ=　　‎ ‎（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将　　 （填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎10．某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动．图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．‎ ‎（1）可以判断纸带的　　（填“左端”或“右端”）与木块连接．根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA=　　m/s．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是　　．（填入物理量前的字母）‎ A．木板的长度l　　　 B．木块的质量m1 C．木板的质量m2‎ D．重物的质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离xAB ‎（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB=　　．（用vA、vB和第（2）问中测得的物理量的字母表示）‎ ‎11．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距多大；‎ ‎（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎12．光滑水平面上有一质量为M=2kg的足够长的木板，木板上最有右端有一大小可忽略、质量为m=3kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时物块和木板都静止，距木板左端L=2.4m处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P．现对物块施加一水平向左外力F=6N，若木板与挡板P发生撞击时间极短，并且撞击时无动能损失，物块始终未能与挡板相撞，求：‎ ‎（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少？‎ ‎（2）木板第二次撞击挡板P时物块距木板右端的距离x为多少？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D．物体内能增加，温度一定升高 E．热可以从低温物体传到高温物体 ‎14．某深海探测船探测到1990m深处的海水温度为276K，若有一导热性良好的气缸内用活塞（质量不计）封闭一定质量的理想气体气体，活塞与气缸间的摩擦不计．最初气缸所处海平面的温度T0=300K，压强P0=1atm，封闭气体的体积V0=3m3．如果该气缸随探测船缓慢下滑至海面下1990m深处（1atm近似相当于10m深的海水产生的压强）问：‎ ‎（1）下滑过程中封闭气体　　（填“吸热”或“放热”），传递的热量　　（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功；‎ ‎（2）1990m深处封闭气体的体积．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]‎ ‎15．以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（　　）‎ A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B．波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 C．β射线是原子核外电子高速运动形成的 D．光子不仅具有能量，也具有动量 E．根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加 ‎16．如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度vo 向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度．求：‎ ‎（1）A与B碰撞中的动能损失 ‎（2）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市石柱中学高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：共8小题，每小题6分．每小题的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v一t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动 B．t2时刻，乙物体追上甲 C．tl时刻，两者相距最远 D．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】在速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．结合数学知识分析即可．‎ ‎【解答】解：A、乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A错误．‎ B、根据速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t2时间内，甲的位移大于乙的物体，则t2时刻，乙物体还没有追上甲，故B错误．‎ C、t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大．t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻相距最远，故C错误．‎ D、根据速度图线的斜率表示加速度，知0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g归于测长度和时间，以稳定的氦氛激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点后又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】本题考查了竖直上抛运动的对称性，物体做竖直上抛时其上升到最高点所用时间和落回所用时间相等，整个过程为匀变速运动，可以看作先向上的匀减速运动，然后向下的自由落体运动两部分组成．‎ ‎【解答】解：（1）小球从O点上升到最大高度过程中：‎ h1=g（）2①‎ 小球从P点上升的最大高度：‎ h2=g（）2②‎ 依据题意：h1﹣h2=H ③‎ 联立①②③解得：‎ g=‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．从长期来看，火星是一个可供人类移居的星球．假设有一天宇航员乘宇宙飞船登陆了火星，在火星上做自由落体实验，得到物体自由下落h所用的时间为t，设火星半径为R，据上述信息推断，宇宙飞船绕火星做圆周运动的周期不小于（　　）‎ A．πt B．2πt C．πt D．πT ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据自由落体运动公式求解重力加速度，根据重力等于万有引力列式求解周期．‎ ‎【解答】解：物体自由落体运动，设地球表面重力加速度为g，根据位移公式，有：‎ h=gt2‎ 飞船做匀速圆周运动，则：‎ mg=mR 解得：T=πt 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于物理学中的研究方法、物理学史以及力和运动的说法正确的是（　　）‎ A．物体在恒力作用下一定做直线运动 B．两个直线运动的合运动一定是直线运动 C．开普勒提出了行星运动的三大定律，这就是开普勒定律．这些定律的提出是建立在其导师第谷多年观测的数据基础之上的 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】曲线运动的条件是合力与速度不共线；平抛运动只受重力，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运动．开普勒提出了行星运动的三大定律．‎ ‎【解答】解：A、物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，故A错误；‎ B、两个直线运动的合运动可以是曲线运动，如平抛运动的水平分运动和竖直分运动都是直线运动，故B错误；‎ C、开普勒提出了行星运动的三大定律，这就是开普勒定律．这些定律的提出是建立在其导师第谷多年观测的数据基础之上的，故C正确；‎ D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法；故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．一汽车在平直公路上以20kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v～t图象如图所示，已知汽车的质量为2×103kg．下列说法正确的是（　　）‎ A．t1前汽车受到的阻力大小为1×103N B．t1后汽车受到的阻力大小为2×103N C．t1时刻汽车加速度突然变为1m/s2‎ D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】汽车在路面上运动，当牵引力等于阻力时，汽车做匀速运动，在t1时刻，牵引力不变，故根据牛顿第二定律即可求得加速度，求平均速度可根据匀变速直线运动的速度作为比较即可 ‎【解答】解：A、t1前汽车匀速运动，牵引力等于阻力，故f=F=，故A错误；‎ B、最终汽车还是匀速运动，匀速运动的速度为v=5m/s，故，故B错误；‎ C、由AB可知，由牛顿第二定律可得F﹣f′=ma，解得a=，故C正确；‎ D、在t1～t2时间内汽车做变速运动，则如果做匀变速直线运动则平均速度为 ‎，但在t1～t2内运动的位移比匀变速运动的位移小，故平均速度小于7.5m/s，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变大 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎【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】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．‎ ‎【解答】解：A、B设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．‎ 取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得 斜面方向：mgsinα=Tcosθ ①‎ 垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα ②‎ 使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．‎ 由②知，N变小，故A正确，B错误．‎ C、D对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得 f=Nsinα，N变小，则f变小，‎ N′=（M+m）g+Ncosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，质量为M，倾角为θ的斜面滑道静置于水平面上，现在一滑板运动员沿斜面匀加速下滑，加速度大小为a．若人与滑板的总质量为m，则在运动员下滑的过程中 ‎（　　）‎ A．滑板受到的摩擦力大小等于m（gsinθ﹣a）‎ B．运动员和滑板受到斜面的作用力大小为mgcosθ C．地面对斜面的支持力大小等于（m+M）g D．地面对斜面的摩擦力方向向左，大小为macosθ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对物体和整体进行分析，由牛顿第二定律进行分析明确加速度的表达式；对整体分析时，要注意整体在水平方向上是地面上的摩擦力充当合外力．‎ ‎【解答】解：A、在下滑过程中，根据牛顿第二定律额控制mgsinθ﹣f=ma，解得f=mgsinθ﹣ma，故A正确；‎ B、运动员和滑板受到斜面的作用力为摩擦力和支持力，受到的支持力FN=mgcosθ，故作用力，故B错误；‎ C、对整体受力分析，在竖直方向，（M+m）g﹣FN=masinθ，解得FN=（M+m）g﹣masinθ，故C错误；‎ D、对整体受力分析，在水平方向f=macosθ，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎8．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为k=，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（　　）‎ A．当v0较小时，小球可能会离开圆轨道 B．若在＜v0＜则小球会在B、D间脱离圆轨道 C．只要v0＞，小球就能做完整的圆周运动 D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】AB、在轨道的任意位置对小球受力分析，比较弹簧的弹力于重力在半径方向上的分力的大小，即可得知选项AB的正误．‎ C、利用机械能守恒定律可解的小球做圆周运动时在最低点的速度，由此可判知选项C的正误．‎ D、根据向心力的公式分别列出在最高点和最低点赶到对小球的压力，结合小球在运动过程中机械能守恒，即可推导出压力之差的表达式，从而可知选项D的正误．‎ ‎【解答】解：AB、因弹簧的劲度系数为k=‎ ‎，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=K（L﹣R）=KR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故A错误，B错误．‎ C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动，故C正确．‎ D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：N﹣kR﹣mg=，解得：N=2mg+…①‎ 运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v，由机械能守恒有：…②‎ 此时合外力提供向心力，有：N′﹣KR+mg=…③‎ 联立②③解得：N′=…④‎ 联立①④得压力差为：△N=6mg，与初速度无关，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二．非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题-第12题为必考题，每个考题考生都必须作答，第13～16为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数．将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底端B处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h高的A处静止释放，测出滑到B点的速度v．改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A到B点的水平距离（即B、C间的距离）L=0.8m不变．重复实验，最后做出如图乙所示的H﹣v2图象，‎ ‎（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L不变，滑块下滑到底端B点的位移将　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ=　0.375　‎ ‎（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将　不变　 （填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】根据几何关系得出滑块下滑到底端B点的位移与L之间的关系分析变化；‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式表示出h与v2之间的关系求解滑动摩擦因数µ；‎ 根据动能定理得出h与v2之间的关系分析求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据几何关系得出滑块下滑到底端B点的位移x=，‎ 木板倾斜程度更大时，为了保证（即B、C间的距离）L=0.8m不变，滑块下滑到底端B点的位移将变大．‎ ‎（2）根据h﹣v2图象得v=0时，h=0.3，即此时滑块处于平衡状态，‎ 根据牛顿第二定律得μmgcosθ=mgsinθ µ=tanθ==0.375，‎ ‎（3）若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，‎ 根据动能定理得 mgh﹣μmgcosθ×=mv2‎ h=+μL 所以若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，得到的图象的斜率将不变．‎ 故答案为：‎ ‎（1）变大；‎ ‎（2）0.375；‎ ‎（3）不变．‎ ‎　‎ ‎10．某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动．图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．‎ ‎（1）可以判断纸带的　右端　（填“左端”或“右端”）与木块连接．根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA=　0.72　m/s．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是　B　．（填入物理量前的字母）‎ A．木板的长度l　　　 B．木块的质量m1 C．木板的质量m2‎ D．重物的质量m3 E．木块运动的时间t F．AB段的距离xAB ‎（3）在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式WAB=　　．（用vA、vB和第（2）问中测得的物理量的字母表示）‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．‎ ‎【分析】（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小；纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度；‎ ‎（2）克服摩擦力做的功等于动能的减小量，故需要天平测量质量．‎ ‎（3）由动能定理可以求出木板对木块的摩擦力所做的功 ‎【解答】解：（1）重物落地后，木块由于惯性继续前进，做匀减速直线运动，相邻计数点间的距离逐渐减小，‎ 故纸带向右运动，故其右端连着小木块；计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，‎ 纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两个点间的平均速度，‎ 打A点时的速度vA=m/s=0.72 m/s，‎ ‎（2）木块在运动过程中，克服摩擦力做的功等于木块动能的减小量，由动能定理得：木块克服摩擦力做的功为：Wf=‎ 因此实验过程中还需要用天平测出木块的质量m1，故ACDEF错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎（3）在AB段对木块，由动能定理得：﹣WAB═，因此在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式Wf=．‎ 故答案为：（1）右端；0.72； （2）B；（3）．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，求：（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距多大；‎ ‎（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二、第三定律求压力；‎ ‎（2）先根据动能定理求出M点速度，再根据牛顿第二定律求MN段上升和下降的加速度，再结合运动学公式求MK间距；‎ ‎（3）直接根据动能定理全程列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）滑块由P到D过程，由动能定理，得：‎ mgh=mvD2‎ 根据几何关系，有：‎ h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）‎ 在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：‎ FD﹣mg=m 代入数据解得：FD=78N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．‎ ‎（2）PM段，根据动能定理，有：‎ m1gL1sin53°=‎ 代入数据解得：vM=2m/s ‎ 沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2‎ 根据速度时间公式，有：‎ vM=a1t1‎ 代入数据解得：t1=0.2s ‎ 所以t1=0.2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有：‎ ‎ x=‎ 沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2‎ 故，根据运动学公式，有：xMK=﹣=0.17m，即MK之间的距离为0.17m．‎ ‎（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到：‎ ‎ mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L总=0‎ 代入数据解得：L总=1.0m ‎ 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．‎ 答：（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；‎ ‎（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距是0.17m；‎ ‎（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．‎ ‎　‎ ‎12．光滑水平面上有一质量为M=2kg的足够长的木板，木板上最有右端有一大小可忽略、质量为m=3kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．开始时物块和木板都静止，距木板左端L=2.4m处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P．现对物块施加一水平向左外力F=6N，若木板与挡板P发生撞击时间极短，并且撞击时无动能损失，物块始终未能与挡板相撞，求：‎ ‎（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少？‎ ‎（2）木板第二次撞击挡板P时物块距木板右端的距离x为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）木板受最大静摩擦力产生的加速度和以整体为研究对象在拉力F作用下产生的加速度比较，确定木板做匀加速运动的加速度，然后根据速度位移关系求物体到达P点时的速度；‎ ‎（2）分析木板的受力，根据牛顿第二定律，求木板匀减速运动的加速度，再根据速度时间关系求木板运动的时间，再根据时间求位移．‎ ‎【解答】解：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则：‎ am=‎ 若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a1，则有：a1===1.2m/s2‎ 因a1＜am，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度a1运动 ‎ 根据运动学公式有：v2=2a1L ‎ 代入数据解得：v=2.4m/s ‎ ‎（2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 μmg﹣F=ma2‎ 代入数据解得：a2=2m/s2　 　‎ 因a2＜am，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0后向左加速，木块仍在向左减速运动，直到二者速度相等，以后一起向左加速与挡板二次相撞．‎ v﹣a2t=﹣v+amt ‎ 得t=0.6s 木块向左的位移为：x1=vt﹣=2.4×0.6﹣=1.08m 木板向右的位移为：x2=vt﹣=2.4×0.6﹣=0.36m 则有：x=x1+x2=1.08+0.36=1.44m．‎ 答：（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为2.4m/s；‎ ‎（2）木板第二次撞击挡板P时物块距木板右端的距离x为1.44m．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题，任选一模块作答[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体总是充满容器，说明气体分子间只存在斥力 B．对于一定质量的理想气体，温度升高，气体内能一定增大 C．温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关 D．物体内能增加，温度一定升高 E．热可以从低温物体传到高温物体 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【分析】扩散现象说明分子处于永不停息的无规则运动，温度是分子的平均动能的标志，布朗运动是液体分子运动的反映，物体的内能包括分子势能和分子动能；在一定的条件下热可以从低温物体传到高温物体．‎ ‎【解答】解：A、气体总是充满容器，是由于分子做扩散运动的原因，能说明分子的无规则的运动，不能说明气体分子间只存在斥力，故A错误；‎ B、温度是分子的平均动能的标志，对于一定质量的理想气体，由于分子势能可以忽略不计，所以温度升高，气体内能一定增大，故B正确；‎ C、温度是分子的平均动能的标志，而布朗运动能反映分子的无规则的运动，所以温度越高布朗运动越剧烈，说明水分子的运动与温度有关，故C正确；‎ D、物体内能增加，可能是分子的势能增大，而温度不一定升高，如冰融化的过程内能增大而温度不变．故D错误；‎ E、根据热力学第二定律可知，在一定的条件下热可以从低温物体传到高温物体．故E正确．‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎14．某深海探测船探测到1990m深处的海水温度为276K，若有一导热性良好的气缸内用活塞（质量不计）封闭一定质量的理想气体气体，活塞与气缸间的摩擦不计．最初气缸所处海平面的温度T0=300K，压强P0=1atm，封闭气体的体积V0=3m3．如果该气缸随探测船缓慢下滑至海面下1990m深处（1atm近似相当于10m深的海水产生的压强）问：‎ ‎（1）下滑过程中封闭气体　放热　（填“吸热”或“放热”），传递的热量　大于　（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功；‎ ‎（2）1990m深处封闭气体的体积．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）对于一定质量的理想气体，其内能只跟温度有关，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律分析吸放热情况及传递的热量与外界对气体所做的功的关系 ‎（2）根据1atm相当于10m深的海水产生的压强，求出1990m深处海水产生的压强，得到1990m深处封闭气体的压强，根据理想气体状态方程求出1990m深处封闭气体的体积．‎ ‎【解答】解：（1）下滑过程中温度降低，内能减少△U＜0，压强增大，根据气态方程，知体积一定减小，外界对气体做功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，得Q＜0‎ 下滑过程中封闭气体放热，且传递的热量大于外界对气体所做的功．‎ ‎（2）在1990m处气体压强 由理想气体状态方程 解得 答：（1）放热；大于；‎ ‎（2）1990m深处封闭气体的体积．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-5]‎ ‎15．以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（　　）‎ A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B．波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 C．β射线是原子核外电子高速运动形成的 D．光子不仅具有能量，也具有动量 E．根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加 ‎【考点】光电效应；物质波；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】β射线实际上是原子核中的中子放出来电子；‎ 依据波尔理论，即可求解；‎ 根据光电效应方程进行判断；‎ 康普顿效应说明光既有能量，又有动量；‎ 氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、根据光电效应方程：EK=hv﹣w0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；‎ B、根据波尔理论，认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，故B正确；‎ C、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故C错误；‎ D、康普顿效应说明光既有能量，又有动量，故D正确；‎ E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小；故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度vo 向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度．求：‎ ‎（1）A与B碰撞中的动能损失 ‎（2）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）在A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失．‎ ‎（2）当A、B、C有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）A与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1①‎ 得 v1=‎ A与B碰撞中的动能损失△Ek=mv02﹣×2mv12=‎ ‎（2）当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大．‎ 由动量守恒定律：2mv1=（2m+2m）v2　　②‎ 由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为 ‎ Ep=×2mv12﹣×4mv22=‎ 答：‎ ‎（1）A与B碰撞中的动能损失是．‎ ‎（2）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能是．‎ ‎　‎ ‎2017年1月24日