河北省保定市定州中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷（高补班）

河北省保定市定州中学2017届高三上学期第一次月考物理试卷（高补班）

‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考物理试卷（高补班）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，共40分）‎ ‎1．一物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，由静止开始沿直线运动，物体的加速度a和速度的倒数的关系如图所示．物体的质量为m=1kg，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1‎ B．物体速度为1.5m/s时，加速度大小为2m/s2‎ C．拉力的最大功率为6W D．物体匀加速运动的时间为1s ‎2．如图所示，两束不同的单色光P和Q射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向，由此可知（　　）‎ A．Q光穿过玻璃砖所需的时间比P光短 B．P光的波长比Q光的波长小 C．P、Q两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q光能发生全反射，则P光也一定能能发生全反射 D．如果让P、Q两束单色光分别通过同一双缝干涉装置，P光形成的干涉条纹间距比Q光的大 ‎3．如图中实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形，虚线是这列波在t2‎ ‎=0.5s时刻的波形，这列波的周期T符合：3T＜t2﹣t1＜4T．问：‎ ‎（1）若波速向右，波速多大？‎ ‎（2）若波速向左，波速多大？‎ ‎（3）若波速大小为74m/s，波速方向如何？‎ ‎4．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度 B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 C．“悟空”的环绕周期为 D．“悟空”的质量为 ‎5．如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， B．y正向，‎ C．z负向， D．沿悬线向上，‎ ‎7．如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E．由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P、Q间加速电压为 B．离子在磁场中运动的半径为 C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷 ‎8．如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 B．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎9．火星表面特征非常接近地球，适合人类居住，近期，我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期与地球的基本相同，地球表面重力加速度为g，王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下列分析不正确的是（　　）‎ A．火星表面的重力加速度是 B．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 C．王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍 D．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是 ‎10．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（　　）‎ A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL ‎　‎ 二、实验题（共2题，共20分）‎ ‎11．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；‎ ‎（1）某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图所示，则该单摆的周期T=　　s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（2）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2﹣L图象，此图线斜率的物理意义是　　‎ ‎ A．g B． C． D．‎ ‎（3）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△L，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=　　．‎ ‎12．如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”．‎ ‎①已准备的器材有：打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材有　　（选填选项前的字母）．‎ A．直流电源 B．交流电源 C．天平及砝码 D．刻度尺 ‎②安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示（其中一段纸带图中未画出）．图中O点为打出的起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点．其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图所示．已知打点计时器打点周期为T=0.02s．由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE=　　 m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎③若已知当地重力加速度为g，代入图乙中所测的数据进行计算，并将vE2与　　进行比较（用图乙中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒．‎ ‎　‎ 三、计算题（4小题，共40分）‎ ‎13．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30°，其上A、B两点间的距离为L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）‎ ‎（1）传送带对小物体做的功；‎ ‎（2）电动机做的功．‎ ‎14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．‎ ‎①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；‎ ‎②‎ 设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．‎ ‎15．一高压气体钢瓶，容积为V，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T1=300K，内部气体经加热后温度升至T2=400K，求：‎ ‎①温度升至T2时气体的压强；‎ ‎②若气体温度保持T2=400K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？‎ ‎16．如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑．t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd杆运动的v﹣t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ 求：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；‎ ‎（2）ab杆的初速度v1；‎ ‎（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高三（上）第一次月考物理试卷（高补班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，共40分）‎ ‎1．一物体放在粗糙程度相同的水平面上，受到水平拉力的作用，由静止开始沿直线运动，物体的加速度a和速度的倒数的关系如图所示．物体的质量为m=1kg，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体与水平面之间的动摩擦因数为0.1‎ B．物体速度为1.5m/s时，加速度大小为2m/s2‎ C．拉力的最大功率为6W D．物体匀加速运动的时间为1s ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】观察图象可知物体速度为0～1m/s过程中做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，在速度为1～3m/s过程中，拉力以恒定的功率拉动物体，由牛顿第二定律列式，，从图中代入数据，求出功率P和摩擦力力f；再利用摩擦力f=μFN，求出动摩擦因数；将速度为1.5m/s代入关系式，求出此时的加速度．根据匀变速直线运动的速度与时间关系求出物体做匀加速运动的时间 ‎【解答】解：由图象可知物体速度为0～1m/s过程中做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，在速度为1～3m/s过程中，拉力以恒定的功率拉动物体，由牛顿第二定律有：‎ 从图中代入数据可得： P﹣f=0‎ P﹣f=2‎ 解得：P=3W，f=1N，故C错误；‎ 又f=μmg，解得物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.1，故A正确；‎ 将P=3W，f=1N，m=1kg，v=1.5m/s代入 可得a=1m/s2，即物体速度为1.5m/s时，加速度大小为1m/s2，故B错误；‎ 从图象可知物体速度为0～1m/s过程中做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，匀加速的时间为：，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，两束不同的单色光P和Q射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是从圆心O点沿OF方向，由此可知（　　）‎ A．Q光穿过玻璃砖所需的时间比P光短 B．P光的波长比Q光的波长小 C．P、Q两束光以相同的入射角从水中射向空气，若Q光能发生全反射，则P光也一定能能发生全反射 D．如果让P、Q两束单色光分别通过同一双缝干涉装置，P光形成的干涉条纹间距比Q光的大 ‎【考点】光的折射定律；全反射．‎ ‎【分析】通过光路图，判断出玻璃砖对两束光的折射率大小，从而知道两束光的波长和频率的大小，根据折射率大小去判断出在玻璃砖中的速度大小，即可判断光通过玻璃砖时间的长短．根据临界角公式sinC=，比较临界角的大小，判断全反射现象．根据波长的大小分析干涉条纹间距的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A、由图知：P光和Q光的折射角相等，而P光的偏折程度小，根据折射定律知P光的折射率比Q光小，由v=知P光在玻璃砖中传播速度大，则P光穿过玻璃砖所需的时间比Q光短，故A错误．‎ B、P光的折射率小，频率小，则P光的波长比Q光的波长长，故B错误．‎ C、根据临界角公式sinC=，知P光束的折射率小，临界角大，所以若Q光能发生全反射，则P光不一定能发生全反射，故C错误．‎ D、P光束的折射率小，波长长，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则P光形成的干涉条纹间距比Q光的大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图中实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形，虚线是这列波在t2=0.5s时刻的波形，这列波的周期T符合：3T＜t2﹣t1＜4T．问：‎ ‎（1）若波速向右，波速多大？‎ ‎（2）若波速向左，波速多大？‎ ‎（3）若波速大小为74m/s，波速方向如何？‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】（1）若波速向右，3T＜t2﹣t1＜4T，波向右传播的距离为S=（3λ+3）m，由公式v=求出波速．‎ ‎（2）若波速向左，3T＜t2﹣t1＜4T，波向右传播的距离为S=（3λ+5）m，由公式v=求出波速．‎ ‎（3）若波速大小为74m/s，由s=vt求出波传播的距离，分析与波长的关系，确定波传播的方向．‎ ‎【解答】解析：由图象可知：λ=8 m 由3T＜t2﹣t1＜4T知波传播距离为3λ＜△x＜4λ，即n=3‎ ‎（1）当波向右传播时，波传播距离为s=3λ+=（3×8+3）m=27m，‎ 波速为：v== m/s=54 m/s．‎ ‎（2）当波向左传播时，波传播距离为s=3λ+=（3×8+5）m=29 m，‎ 波速为：v== m/s=58 m/s．‎ ‎（3）若波速大小为74m/s，在t=t2﹣t1时间内波传播的距离为：‎ s=vt=74×0.5m=37 m．‎ 因为s=37m=4λ+，所以波向左传播．‎ 答：‎ ‎（1）若波速向右，波速为54 m/s．‎ ‎（2）若波速向左，波速为58 m/s．‎ ‎（3）若波速大小为74m/s，波速方向向左．‎ ‎　‎ ‎4．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命．为了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星．已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），引力常量为G，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．“悟空”的线速度小于第一宇宙速度 B．“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 C．“悟空”的环绕周期为 D．“悟空”的质量为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】已知该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速度，然后根据v=ωr可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量．‎ ‎【解答】解：A、该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），‎ 则太空站运行的线速度为 v=‎ 角速度为：ω=‎ 根据v=ωr得轨道半径为：r==‎ 人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：G=m，得 v=，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；‎ B、由G=m得：加速度a=，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度．故B正确．‎ C、“悟空”的环绕周期为T==，故C正确；‎ D、“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：G=mrω2，ω=‎ 联立解得：地球的质量为 M=，不能求出“悟空”的质量．故D错误；‎ 故选：ABC ‎　‎ ‎5．如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】感应电动势与电容器两极板间的电势差相等．由图象得到U与t的关系式，由E=BLv结合得到v与t的关系式，求得加速度，再由牛顿第二定律求得F．‎ ‎【解答】解：由图乙所示图象可知：U与t成正比，设比例系数为：k，则：U=kt，‎ A、感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即：U=BLv，由电容器的U﹣t图可知：U=kt，解得：v=t，v与t成正比，v﹣t图象是过原点的倾斜直线，故A错误，B正确；‎ C、导体棒的速度：v=t，导体棒做匀加速直线运动，其加速度：a=，电容器的电容：C=，电流：I=，解得：I==Ck，‎ 由牛顿第二定律得：F﹣BIL=ma，解得：F=kCBL+，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎6．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．z正向， B．y正向，‎ C．z负向， D．沿悬线向上，‎ ‎【考点】左手定则；力矩的平衡条件．‎ ‎【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内． 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．‎ 根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．‎ ‎【解答】解：逆向解题法．A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；‎ B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=，所以B正确；‎ C、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以B=，所以C正确；‎ D、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图（侧视图），直导线不能平衡，所以D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E．由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P、Q间加速电压为 B．离子在磁场中运动的半径为 C．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出 D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点则这些离子具有相同的比荷 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．‎ ‎【解答】解：直线加速过程，根据动能定理，有：‎ qU=mv2 …①‎ 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：‎ qE=m …②‎ 磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：‎ qvB=m …③‎ A、由①②解得：U=，…④，故A正确；‎ B、由上解得：r==…⑤，故B正确；‎ C、由④式，只要满足R=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；‎ 由⑤式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故C错误；‎ D、由③④解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；‎ 由④式，比荷相同，故粒子的速度相同，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎8．如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是（　　）‎ A．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 B．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大 C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】小球所受的电场力与重力大小相等，二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于等效的重力，所以bc弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最低点”．关于圆心对称的位置就是“最高点”；在“最低点”时速度最大．再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可．‎ ‎【解答】解：‎ A、小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向于水平方向成45°向左下，如图，故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，故A错误．‎ B、由A的分析可知，小球运动的弧长为圆周长的时，洛仑兹力最大，故B正确．‎ C、小球由a到b的过场中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小．故C错误．‎ D、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将于水平方向成45°向左下，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．火星表面特征非常接近地球，适合人类居住，近期，我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期与地球的基本相同，地球表面重力加速度为g，王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h，在忽略自转影响的条件下，下列分析不正确的是（　　）‎ A．火星表面的重力加速度是 B．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 C．王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍 D．王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度是 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力定律公式求出王跃在火星上受的万有引力是在地球上受万有引力的倍数．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，从而得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力定律得，F=G知王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍．则火星表面重力加速度为g．故A正确．‎ B、根据万有引力提供向心力G=m，得v=，知火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故B正确；‎ C、根据万有引力等于重力得，G=mg，g=，知火星表面重力加速度时地球表面重力加速度的倍，故C错误．‎ D、因为火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的倍，根据h=，知火星上跳起的高度是地球上跳起高度的倍，为h．故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C ‎　‎ ‎10．运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（　　）‎ A．mgL B．mg C． mgL（1+μ） D．μmgL+mgL ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】木箱在拉力作用下沿斜面先做匀加速直线运动，当速度达到某个值时，撤去拉力，木箱向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理求解即可．‎ ‎【解答】解：木箱先沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，‎ 根据动能定理得：‎ WF﹣mgh﹣μmgcos30°L=0﹣0‎ 解得：WF=mgL（1+μ），故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ 二、实验题（共2题，共20分）‎ ‎11．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；‎ ‎（1）某同学用秒表测得单摆完成40次全振动的时间如图所示，则该单摆的周期T=　1.89　s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎（2）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2﹣L图象，此图线斜率的物理意义是　C　‎ ‎ A．g B． C． D．‎ ‎（3）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度．他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度△L，再测出其振动周期T2．用该同学测出的物理量表达重力加速度为g=　　．‎ ‎【考点】用单摆测定重力加速度．‎ ‎【分析】（1）秒表读数：先读内圈，读数时只读整数，小数由外圈读出，读外圈时，指针是准确的，不用估读；然后由T=即可求出单摆的周期．‎ ‎（2）本实验测量重力加速度的原理是单摆的周期公式T=2π，转换为T2=，结合数学知识分析T2﹣L图象斜率的物理意义．‎ ‎（3）根据单摆的周期公式，分别列出摆长变化前后变化后的表达式，联立解得重力加速度g．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，内圈读数：1min=60s，外圈读数15.6s，总读数为：75.6s，则周期为：‎ T=s=1.89s；‎ ‎（2）由单摆的周期公式T=2π，得T2=，‎ 根据数学知识得知，T2﹣L图象的斜率k=，‎ 故选：C．‎ ‎（3）先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，‎ 然后把摆线缩短适当的长度△l，再测出其振动周期T2．‎ ‎，‎ 联立解得g=．‎ 故答案为：（1）1.89 （2）C； （3）‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”．‎ ‎①已准备的器材有：打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还必需的器材有　BD　（选填选项前的字母）．‎ A．直流电源 B．交流电源 C．天平及砝码 D．刻度尺 ‎②安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示（其中一段纸带图中未画出）．图中O点为打出的起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点．其中测出D、E、F点距起始点O的距离如图所示．已知打点计时器打点周期为T=0.02s．由此可计算出物体下落到E点时的瞬时速度vE=　3.01　 m/s（结果保留三位有效数字）．‎ ‎③若已知当地重力加速度为g，代入图乙中所测的数据进行计算，并将vE2与 ‎　gh2　进行比较（用图乙中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O点到E 点的过程中机械能是否守恒．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定必需的器材．‎ ‎②根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的瞬时速度．‎ ‎③根据重力势能的减小量等于动能的增加量，列出机械能守恒的表达式．‎ ‎【解答】解：①打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．重锤的质量可以不测．故选：BD．‎ ‎②E点的瞬时速度vE=‎ DF=54.74﹣42.70=12.04cm=0.1204m； ‎ 代入解得：vE=3.01m/s；‎ ‎③当重力势能的减小量mgh2与动能的增加量vE2相等，则机械能守恒，即验证vE2与gh2是否相等；‎ 故答案为：①BD ②3.01 ③gh2‎ ‎　‎ 三、计算题（4小题，共40分）‎ ‎13．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30°，其上A、B两点间的距离为L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）‎ ‎（1）传送带对小物体做的功；‎ ‎（2）电动机做的功．‎ ‎【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律可求得物体运动的加速度；而物体和传送带速度相等时二者相对静止，由位移公式可求得物体加速上滑的位移；则由动能定理即可求得摩擦力对物体所做的功；‎ ‎（2）电动机所做的功转化为物体增加的机械能系统增加的内能；由功能关系可求得电动机所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）物体刚放上A点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体作匀加速直线运动，此时：‎ 假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移为 假设成立，物体加速完达到v=1m/s后，将匀速向上运动，到达B点时速度仍为v=1m/s，所以：‎ 从A到B，由动能定理：，‎ 代入数据，解得：W传=255J 或者：传送带对物体做的功，其实也就是摩擦力对物体做的功，‎ 物体匀速向上运动的位移为：x2=L﹣x1=4.8mW传=μmgcosθ•x1+mgsinθ•x2=255J ‎（2）由功能关系可知，电动机做的功等于物块增加的机械能和因滑动摩擦而发的热，所以：‎ 相对滑动时：‎ 所以，由功能关系得：；‎ 答：（1）传送带对物体所做的功为255J；（2）电动机所做的功为270J．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．‎ ‎①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；‎ ‎②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）对活塞在B点利用平衡列式求解；‎ ‎（2）根据热力学第一定律列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）设活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为P1‎ 在B点活塞受力平衡得：P0S+mg=P1S 解得：‎ ‎（2）由于气体温度不变，所以气体内能不变，即△U=0…①‎ 由A到B，外界对气体做的功为：W=P1Sh=（P0S+mg）h…②‎ 根据热力学第一定律得：W+Q=△U…③‎ ‎①②③联立得：Q=﹣（P0S+mg）h ‎“﹣“表示放热 答：①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强为；‎ ‎②整个过程中通过缸壁传递的热量为（P0S+mg）h ‎　‎ ‎15．一高压气体钢瓶，容积为V，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T1=300K，内部气体经加热后温度升至T2=400K，求：‎ ‎①温度升至T2时气体的压强；‎ ‎②若气体温度保持T2=400K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强．‎ ‎（2）由玻意耳定律可求解膨胀后气体的体积，再求解剩余气体的质量与原来总质量的比值．‎ ‎【解答】解：①设升温后气体的压强为p，由于气体做等容变化，根据查理定律得：‎ ‎，又，‎ 解得：‎ ‎②钢瓶集热器内气体的温度不变，有：‎ 则剩余气体的质量与原来总质量的比值为：‎ 答：①温度升至T2时气体的压强；‎ ‎②此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为 ‎　‎ ‎16．如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计．质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．t=0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑．t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动．cd杆运动的v﹣t图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ 求：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小；‎ ‎（2）ab杆的初速度v1；‎ ‎（3）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）根据图示图象求出cd棒的加速度，然后应用牛顿第二定律求出安培力大小．‎ ‎（2）对cd杆受力分析，结合v﹣t图象求得回路中感应电流大小，感应电流是ab棒运动产生，再由电磁感应定律求得ab的速度．‎ ‎（3）求出2s末时ab棒的速度，根据运动知识求得ab运动得距离，再由动能定理求解焦耳热．‎ ‎【解答】解：（1）ab杆沿左侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，‎ 根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于右侧导轨向下．‎ 根据v﹣t图象可知，c d杆在第1s内的加速度：a1===4m/s2，‎ 对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律得：mgsin53°﹣μ（mgcos53°+F安培）=ma1，‎ 解得，安培力大小：F安培=0.2N；‎ ‎（2）对cd杆：安培力：F安培=BIL，‎ 回路中电流：I===1A，‎ 对ab杆：感应电动势：E=I•2R=1×2×0.1=0.2V，‎ 根据法拉第电磁感应定律：E=BLv1，‎ 解得：ab杆的初速度：v1===1m/s；‎ ‎（3）根据v﹣t图象可知，c d杆在第3s内做匀减速运动，‎ 加速度：a2===﹣4m/2，‎ 对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：‎ mgsin53°﹣μ（mgcos53°+F安培′）=ma2，‎ 解得，安培力：F安培′=1.8N，‎ 安培力：F安培′=BI′L=，‎ 解得，2s时ab杆的速度：v2=9m/s，‎ 第2s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移：‎ x2=t=×1=5m，‎ 对ab杆，根据动能定理，有：‎ WF+mgx2sin37°﹣μmgx2cos37°+W安培=mv22﹣mv12，‎ 解得安培力做功：W安培=﹣6J，‎ 回路中产生的焦耳热：Q=﹣W安培=2Qcd，‎ 解得，第2s内cd杆所产生的焦耳热：Qcd=3J；‎ 答：（1）在第1秒内cd杆受到的安培力的大小为0.2N；‎ ‎（2）ab杆的初速度v1为1m/s ‎（3）若第2s内力F所做的功为9J，第2s内cd杆所产生的焦耳热为3J．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日