甘肃省白银市会宁二中2016届高三上学期第三次月考物理试卷

甘肃省白银市会宁二中2016届高三上学期第三次月考物理试卷

‎2015-2016学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 二、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．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 ‎2．质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（　　）‎ A．在第1秒末速度方向发生了改变 B．在第2秒末加速度方向发生了改变 C．在前2秒内发生的位移为零 D．第3秒末和第5秒末的位置相同 ‎3．如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（　　）‎ A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点 ‎4．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）‎ A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变 ‎5．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎6．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 ‎7．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 ‎8．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（　　）‎ A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～18为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题 ‎9．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．‎ ‎（1）物块下滑时的加速度a=　　m/s2，打C点时物块的速度v=　　m/s；‎ ‎（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　　（填正确答案标号）‎ A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．‎ ‎10．利用如图装置可验证机械能守恒定律．光滑弧形轨道竖直置于高度为h的桌面，轨道下端切线保持水平．‎ ‎（1）将小滑块从轨道上距桌面H高度处由静止释放，滑块离开轨道后平抛运动落至地面，测出落点P与轨道下端的水平距离s．若小滑块质量为m，则滑块从释放到经过轨道末端，减少的重力势能△EP=　　，增加的动能△Ek=　　‎ ‎（2）由于阻力，实验中利用实验数据算出的△EP和对应的△Ek之间的关系是：△EP　　△Ek（＞、=、＜）．‎ ‎（3）上述实验中，也可改变H，多次重复操作，测出H和对应的s，如机械能守恒，则H和s满足关系式H=　　．‎ ‎（4）某同学以H为横轴、s2为纵轴，利用测得的H和对应的s数据，在坐标平面描点连线得到了滑块运动的H﹣s2图象，若图象是　　（过原点的倾斜直线、过原点的曲线），则证明滑块在轨道上运动时　　．‎ ‎11．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直平面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m的带正电小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小和方向；‎ ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎14．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm．现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0=75.0cmHg．‎ ‎（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；‎ ‎（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况）．‎ ‎　‎ ‎[物理选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时只能辐射特定频率的光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 E．天然放射现象与原子核内部变化有关 ‎18．质量为6kg的小球A在光滑水平面上以9m/s的速度向右运动，质量为3kg的小球B静止在水平面上，小球A与B发生弹性碰撞，求碰撞后小球B的速度大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年甘肃省白银市会宁二中高三（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、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．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度与电势没有直接关系；电场强度的方向与等势面垂直，电场强度的方向是电势降低最快的方向；根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】解：A、电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故A正确；‎ B、电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零，电场强度不一定为零，故B错误；‎ C、根据沿着电场线的方向，电势逐渐降低，与电场强度的大小无关，故C错误；‎ D、顺着电场线方向电势降低，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎2．质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（　　）‎ A．在第1秒末速度方向发生了改变 B．在第2秒末加速度方向发生了改变 C．在前2秒内发生的位移为零 D．第3秒末和第5秒末的位置相同 ‎【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．‎ ‎【分析】速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；‎ ‎【解答】解：A、0﹣2s内速度图象在时间轴的上方，都为正，速度方向没有改变．故A错误；‎ B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知1﹣3s图象斜率不变，加速度不变，方向没有发生改变，故B错误；‎ C、根据“面积”表示位移可知，0﹣2s内的位移为：x1=×2×2m=2m．故C错误；‎ D、根据“面积”表示位移可知，0﹣3s内的位移为：x1=×2×2﹣m=1m，‎ ‎0﹣5s内的位移为：x2=×2×1m=1m，所以第3秒末和第5秒末的位置相同．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（　　）‎ A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点 ‎【考点】物体做曲线运动的条件．‎ ‎【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定α粒子在电场中运动时，粒子的加速度的方向．‎ ‎【解答】解：根据轨迹弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和重金属原子核的点的连线的方向相反，故M、N、P、Q是轨迹上的四点的加速度的方向中，只有P点标出的方向是正确的．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变A、B两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）‎ A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测定电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的偏转角度越大．由题，平行板电容器带电后电量不变，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质后，分析电容的变化，再由电容的定义式分析静电计指针的偏转角度的变化．‎ ‎【解答】解：由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小．故A正确，BCD错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎5．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（　　）‎ A．q1=2q2 B．q1=4q2 C．q1=﹣2q2 D．q1=﹣4q2‎ ‎【考点】库仑定律；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．‎ ‎【解答】解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，‎ 根据点电荷的电场强度公式得 ‎=，PR=2RQ．‎ 解得：q1=4q2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负．‎ ‎【解答】解：A、由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确．‎ B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；‎ C、负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；‎ D、正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U=Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低；‎ 也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点．所以D正确；‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎7．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（　　）‎ A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 ‎【考点】电势能；功能关系．‎ ‎【分析】分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A错误；‎ B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；‎ C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故C正确；‎ D、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是（　　）‎ A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】0～时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，～内，微粒做平抛运动，～T时间内，微粒竖直方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎【解答】解：A、0～时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～内，微粒做平抛运动，下降的位移，～T时间内，微粒的加速度a=，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确．‎ C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确．‎ D、在～内和～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为题，每个考题考生都必须作答，第13～18为选考题，考生格局要求作答．（一）必考题 ‎9．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．‎ ‎（1）物块下滑时的加速度a=　3.25　m/s2，打C点时物块的速度v=　1.79　m/s；‎ ‎（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　C　（填正确答案标号）‎ A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．‎ ‎【分析】（1）根据△x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；‎ ‎（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．‎ ‎【解答】解：（1）根据△x=aT2，有：‎ 解得：a===3.25m/s2‎ 打C点时物块的速度：‎ v=m/s=1.79m/s ‎（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ=‎ 故还需要测量斜面的倾角，故选：C；‎ 故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．‎ ‎　‎ ‎10．利用如图装置可验证机械能守恒定律．光滑弧形轨道竖直置于高度为h的桌面，轨道下端切线保持水平．‎ ‎（1）将小滑块从轨道上距桌面H高度处由静止释放，滑块离开轨道后平抛运动落至地面，测出落点P与轨道下端的水平距离s．若小滑块质量为m，则滑块从释放到经过轨道末端，减少的重力势能△EP=　mgH　，增加的动能△Ek=　　‎ ‎（2）由于阻力，实验中利用实验数据算出的△EP和对应的△Ek之间的关系是：△EP　＞　△Ek（＞、=、＜）．‎ ‎（3）上述实验中，也可改变H，多次重复操作，测出H和对应的s，如机械能守恒，则H和s满足关系式H=　　．‎ ‎（4）某同学以H为横轴、s2为纵轴，利用测得的H和对应的s数据，在坐标平面描点连线得到了滑块运动的H﹣s2图象，若图象是　过原点的倾斜直线　（过原点的倾斜直线、过原点的曲线），则证明滑块在轨道上运动时　机械能守恒　．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）现根据小球离开桌面后做平抛运动求得小球离开桌面时的速度．‎ ‎（2）根据能量转化与守恒得出△Ep和对应的△Ek之间的关系．‎ ‎（3、4）根据物理规律找出H和s2的关系表达式求解．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）若小滑块质量为m，则滑块从释放到经过轨道末端，减少的重力势能△Ep=mgH，‎ 测出落点P到弧形轨道末端的水平距离s和桌面到地面的高度h，‎ 根据自由落体公式得t′=‎ 滑块离开轨道末端的速度v′=‎ 则滑块增加的动能△Ek=，‎ ‎（2）考虑到阻力原因，△Ep和对应的△Ek之间的关系是：△Ep＞△Ek，‎ ‎（3）在验证机械能守恒定律的实验中，有：mgH=△Ek=‎ 解得：s2=4Hh，即H=，‎ ‎（4）由上可知，当H﹣s2图象是过原点的倾斜直线时，则说明机械能守恒．‎ 故答案为：（1）mgH，；（2）＞；（3）；（4）过原点的倾斜直线，机械能守恒．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g），求：‎ ‎（1）小球到达小孔处的速度；‎ ‎（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动量定理；动能定理的应用．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；‎ ‎（3）对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：‎ v2=2gh 解得：‎ v=…①‎ ‎（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：‎ mg（h+d）﹣qEd=0‎ 解得：‎ E=…②‎ 电容器两极板间的电压为：‎ U=Ed=，‎ 电容器的带电量为：‎ Q=CU=．‎ ‎（3）加速过程：‎ mgt1=mv…③‎ 减速过程，有：‎ ‎（mg﹣qE）t2=0﹣mv…④‎ t=t1+t2…⑤‎ 联立①②③④⑤解得：‎ t=．‎ 答：（1）小球到达小孔处的速度为；‎ ‎（2）极板间电场强度大小为，电容器所带电荷量为；‎ ‎（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间为．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直平面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m的带正电小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小和方向；‎ ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球下落过程只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（2）小球从B到C过程，只有电场力做功，根据动能定理列式；小球离开C点后，竖直方向做匀速运动，水平方向做加速运动，根据平抛运动的知识列式求解；‎ ‎（3）小球经过C点时，电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球从开始下落到管口B，机械能守恒：‎ 解得 故到达B点速度大小．‎ ‎（2）设电场力的竖直向上分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy=mg 从B到C，由动能定理：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 小球从管口C到A，做类平抛，竖直方向匀速运动 y=4R=VC•t﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 水平方向做匀加速运动 ﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由①②③得Fx=mg 故电场力大小 方向与水平向左成450斜向上．‎ ‎（3）球在管口C处由牛顿定律：‎ 得N=3mg 故球对管得压力为N′=3mg，方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎【考点】热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【分析】‎ 改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一定律分析内能的变化；根据热力学第二定律可知，没有外界的影响，热量不可能从低温物体传递到高温物体；‎ 第二类永动机不违反能量守恒定律；能量耗散现象是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性；‎ 温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是每一个分子动能都增大．‎ ‎【解答】解：A、改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，放热的物体如果外界对它做功，它的内能可能增加，故A正确；‎ B、由热力学第二定律可知，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性，故B正确；‎ C、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如空调制热，故C错误；‎ D、已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，要克服分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故D正确；‎ E、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，并不是物体内每个分子动能都增大，温度升高时物体内有的分子动能可能保持不变，有的分子动能还可能减小，故E错误；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm．现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm时将开关K关闭．已知大气压强p0=75.0cmHg．‎ ‎（i）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；‎ ‎（ii）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（i）在同一段水银柱中，同一高度压强相等；先计算出A侧气体的初状态气压和末状态气压，然后根据玻意耳定律列式求解；‎ ‎（ii）两侧水银面等高后，根据玻意耳定律求解气体的体积；比较两个状态，结合几何关系得到第二次注入的水银柱的长度．‎ ‎【解答】解：（i）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：‎ pl=p1l1①‎ 由力学平衡条件，有：‎ p=p0+h ②‎ 打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：‎ p1=p0﹣h1③‎ 联立①②③，并代入题目数据，有：‎ l1=12cm ④‎ ‎（ii）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：‎ pl=p2l2⑤‎ 由力学平衡条件有：‎ p2=p0⑥‎ 联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：‎ l2=10.4cm ⑦‎ 设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：‎ ‎△h=2（l1﹣l2）+h1⑧‎ 联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：‎ ‎△h=13.2cm 答：（i）放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；‎ ‎（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm．‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动的周期为T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿﹣x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．写出质点P的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s时刻质点P的位移．‎ ‎【解答】解：AB、由图读出波长 ‎ λ=6m．根据质点P的振动情况可得：该波的周期为 T=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为 v===5m/s．‎ 根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播．故A正确，B错误．‎ C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确．‎ D、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反．故D错误．‎ E、该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为 y=﹣Asin（t+）=﹣20sin（t+）cm=﹣20sin（t+）cm 当t=2.0s时，代入解得 y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确．‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎16．一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30°，斜边AB=a，棱镜材料的折射率为n=．在此截面所在的平面内，一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜，求其射出的点的位置（不考虑光线沿原来路线返回的情况）．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离．‎ ‎【解答】解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：①‎ 由已知条件i=45°，n=解得 r=30°②‎ ‎（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系可得 ‎ AF=③‎ 即出射点在AB边上离A点a的位置．‎ ‎（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．‎ 由几何关系可知，在D点的入射角 θ=60°④‎ 设全反射的临界角为C，则 sinC=⑤‎ 由⑤和已知条件得 C=45°⑥‎ 因此，光在D点全反射．‎ 设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°‎ BD=a﹣2AF⑦‎ BE=DBsin30°⑧‎ 联立③⑦⑧式得 BE=‎ 即出射点在BC边上离B点的位置．‎ 答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点的位置．光路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎[物理选修3-5]‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时只能辐射特定频率的光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 E．天然放射现象与原子核内部变化有关 ‎【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁；天然放射现象．‎ ‎【分析】原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，根据E=hγ=h，即可分析波长与能量的关系，发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，天然放射现象说明原子核内部有复杂结构．从而即可一一求解．‎ ‎【解答】解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，故A错误；‎ B、根据E=hγ=h，可知，光的波长越大，光子的能量越小，故B正确；‎ C、因基态是不连续的，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子．故C正确；‎ D、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，与入射光的强度有关无关，故D错误；‎ E、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎18．质量为6kg的小球A在光滑水平面上以9m/s的速度向右运动，质量为3kg的小球B静止在水平面上，小球A与B发生弹性碰撞，求碰撞后小球B的速度大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】小球A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列方程组联立即可求解．‎ ‎【解答】解：A、B发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律：‎ mV0=mBVB+mAVA 由机械能守恒定律得：‎ 联立并代入数据得：vB=v0=12m/s 答：碰撞后小球B的速度大小为12m/s．‎ ‎　‎ ‎2017年3月19日