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湖北省武汉市部分学校2017届高三(上)调研物理试卷(9月份)(解析版).doc

时间:2017-04-02


2016-2017 学年湖北省武汉市部分学校高三(上)调研物理 试卷(9 月份)
一、选择题:本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,第 1~ 6 题只有一项符合题目要求,第 7~10 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4 分,选对但 不全的得 2 分,有选错的得 0 分. 1.截止目前为止,我国先后建成了酒泉、太原、西昌、文昌等四

大航天器发射中心,它们 的纬度依次为北纬 41° 、38° 、28° 、19° .与酒泉、太原、西昌等三大航天器发射中心相比, 海南省的文昌航天器发射中心所具备的优势是( A.地球对火箭的引力较大 B.文昌的重力加速度较大 C.火箭在文昌随地球自转的角速度较大 D.火箭在文昌随地球自转的线速度较大 2.下列说法正确的是( ) )

A.最早提出用电场线描述电场的物理学家是富兰克林 B.场强处处为零的区域内,电势一定处处相等 C.电势降落的方向一定是场强方向 D.同一电场中等势面分布越密的地方,电势一定越高 3.如图所示,a 是完整的圆形铝片,b 由上下两个半圆形铝片通过绝缘层粘连而成.a、b 固定在横梁上,横梁可以绕中间的支点 O 转动,初始时水平横梁处于静止状态.现用条形 磁铁的 N 极沿着圆片的轴线方向迅速靠近 a 或 b.不考虑气流对圆片的影响,在支点 O 的 正上方,从上往下看到的实验现象是( )

A.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均转动,且转动方向相反 B.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均转动,且转动方向相同 C.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均不转动 D.N 极靠近 a 时,横梁转动;靠近 b 时,横梁不转动

4.如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,小球的重力为 G.当小车向右做匀加速运 动时,直杆对小球作用力的方向可能沿图中的( )

A.OA 方向

B.OB 方向

C.OC 方向

D.OD 方向

5.一物块用轻绳 AB 悬挂于天花板上,用力 F 拉住套在轻绳上的光滑小圆环 O(圆环质量 忽略不计) ,系统在图示位置处于静止状态,此时轻绳 OA 与竖直方向的夹角为 α,力 F 与 竖直方向的夹角为 β.当缓慢拉动圆环使 α(0<α<90° )增大时( )

A.F 变大,β 变大

B.F 变大,β 变小 C.F 变小,β 变大

D.F 变小,β 变小

6. 如图所示, 半径为 R 的光滑竖直半圆弧与粗糙水平面平滑连接, 轻弹簧一端与墙壁连接, 另一端与可视为质点、质量为 m 的小滑块接触但不连接,小滑块在水平向右的外力作用下 静止于 P 点,P 点与圆弧最低点 A 的间距为 R.某时刻将小滑块由静止释放,小滑块到达 A 点之前已与弹簧分离,此后恰好能到达圆弧最高点 C.已知小滑块和水平面间的动摩擦因数 为 0.5,重力加速度为 g.上述过程中弹簧对小滑块做的功为( )

A.2mgR

B.2.5 mgR

C.3 mgR

D.3.5 mgR )

7.关于通电直导线在磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( A.通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用 B.安培力的大小与通电直导线和匀强磁场方向的夹角无关

C.匀强磁场中,将直导线从中点折成直角,安培力的大小可能变为原来的 D.两根通以同向电流的平行直导线之间,存在着相互吸引的安培力



8.如图所示,三个质量均为 m 的物块 a、b、c,用两个轻弹簧和一根轻绳相连,挂在天花 板上,处于静止状态.现将 b、c 之间的轻绳剪断,下列说法正确的是( )

A.在刚剪断轻绳的瞬间,b 的加速度大小为 g B.在刚剪断轻绳的瞬间,c 的加速度大小为 2g C.剪断轻绳后,a、b 下落过程中,两者一直保持相对静止 D.剪断轻绳后,a、b 下落过程中加速度相等的瞬间,两者之间的轻弹簧一定处于原长状态 9.如图所示,甲、乙两个质点分别从 a 处由静止开始向 b 处运动,甲做加速度逐渐减小的 加速直线运动,乙做加速度逐渐增大的加速直线运动,当甲、乙分别到达 b 处时,它们的速 度大小均为 v;从 a→b,甲、乙的平均速度大小分别为






.下列结论正确的是(



A.



=



B.







C.





D.





10. B、 C、 D 四点, 一质点做匀加速直线运动, 依次经过 A、 相邻两点间的距离分别为 AB=s1、 BC=s2、CD=s3,已知质点通过 AB 段、BC 段、CD 段所用的时间均为 T.关于质点在 B 点 的速度表达式,正确的是( A. B. )

C.

D.

二、实验题:本大题共 2 小题,第 11 题 4 分,第 12 题 6 分,共 10 分.把答案写在答题卡 指定的答题处. 11.某同学通过实验测定一个阻值约为 5Ω 的金属丝的电阻.实验器材有:电源(电动势 E=4V,内阻 r≈0) ,电流表(0~0.1A,内阻 0.5Ω) ,电压表(0~3V,内阻约为 3kΩ) ,开 关和导线若干,另外还有下列元件:

A.定值电阻 R1(阻值 0.1Ω) B.定值电阻 R2(阻值 0.01Ω) C.滑动变阻器 RP1(0~50Ω,额定电流 2A) D.滑动变阻器 RP2(0~500Ω,额定电流 2A) (1)为完成实验,定值电阻应选 、滑动变阻器应选 (选填“A、B、C、D”) ; 真实值(选填“大

(2)若不考虑电表读数产生的偶然误差,则金属丝电阻 Rx 的测量值 于”、“小于”或“等于”) .

12. 某实验小组利用如图 1 所示的实验装置测量小滑车和木板之间的动摩擦因数. 主要实验 步骤如下:

i.将带滑轮的长木板固定在水平桌面上,按图连接实验装置,小滑车置于打点计时器附近, 牵引端只挂一个钩码. ii.接通电源,由静止释放小滑车,小滑车运动至木板左端附近时制动小滑车,关闭电源, 取下纸带,计算加速度 a1; iii.依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个…钩码挂在牵引端,重复步骤 ii,分别计 算加速度 a2、a3、a4…

iv.在 a﹣m 坐标系中描点,用直线拟合,计算动摩擦因数(m 为牵引端钩码总质量,每个 钩码质量均为 m0) . 请回答下列问题: (1)关于实验原理及操作,下列说法正确的是 A.实验中必须平衡摩擦力 B.滑轮与小滑车间的细绳应与木板平行 C.必须保证牵引端钩码的总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量 D.还需要测得小滑车的质量 (2)某条纸带测量数据如图 2 所示,A、B、C、D、E、F、G 为 7 个相邻的计数点,相邻 的两个计数点之间还有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为 AB=4.22cm、 BC=4.65cm、CD=5.08cm、DE=5.49cm、EF=5.91cm、FG=6.34cm.已知打点计时器的工作 频率为 50Hz,则小滑车的加速度值为 a= m/s2(结果保留 2 位有效数字) ; ;

(3)测得 a﹣m 图线在 a 轴上的截距为 b,已知重力加速度为 g,则小滑车与木板间的动摩 擦因数表达式为 .

三、计算题:本题共 4 小题,第 13 题 8 分,第 14 题 9 分,第 15 题 10 分,第 16 题 11 分, 共 38 分.把解答写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步 骤. 13.如图所示,边长为 L 的正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为+q(q>0)的粒子从 a 点沿 ae 方向射入磁场区域, 从 d 点离开磁场,不计粒子重力,求粒子在磁场中运动的时间和到达 d 点的速度大小.

14.如图所示,将小球从斜面顶端 A 以速度 v0=10m/s 水平抛出,小球恰好落入斜面底端 C 处的接收盒中.已知斜面的直角边 AB:BC=1:2,重力加速度大小 g=10m/s . (1)求小球在空中飞行的时间; (2)P 点是小球运动轨迹上距离斜面最远的点,求小球经过 P 点的速度大小;
2

(3)求小球落到 C 点时的速度方向与水平面所夹的锐角.

15.a、b 两物块可视为质点,在 a 以初速度 v0 从地面竖直上抛的同时,b 以初速度 v0 滑上 倾角为 θ=30°的足够长的斜面.已知 b 与斜面间的动摩擦因数为 μ= 求当 a 落地时,b 离地面的高度. ,重力加速度为 g,

16.如图所示,水平传送带长为 L=11.5m,以速度 v=7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动.在传 送带的 A 端无初速释放一个质量为 m=1kg 的滑块(可视为质点) ,在将滑块放到传送带的 同时,对滑块施加一个大小为 F=5N、方向与水平面成 θ=37 的拉力,滑块与传送带间的动
2 =0.6,cos37° =0.8.求滑块从 A 端运 摩擦因数为 μ=0.5,重力加速度大小为 g=10m/s ,sin37° 0

动到 B 端的过程中 (1)滑块运动的时间; (2)滑块和传送带组成的系统因摩擦产生的热量.

四.选考题:请考生在三个中选修中任选一个作答,并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的 题号后的方框涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域 指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一个计分. 【选修 3-3】 17.1827 年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉,发现了布朗运动.关于布 朗运动,下列说法正确的是( )

A.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动 B.布朗运动是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的 C.布朗运动是液体分子无规则运动的间接反映 D.悬浮在液体中的微粒越小,布朗运动越明显,布朗运动是微粒分子的无规则运动

E.液体的温度越高,悬浮微粒的运动就越明显,布朗运动是液体分子的无规则运动 18.如图所示,抽气机的最大容积是被抽气体容器容积的 ,当上提活塞将阀门 a 打开时,

阀门 b 关闭;当下压活塞将阀门 b 打开时,阀门 a 关闭.设容器中气体原来的压强为 P0=75cmHg,容器中气体温度视为恒定,求抽气 2 次后容器中气体的压强是多少?

【选修 3-4】 19.在“利用单摆测定当地重力加速度”的实验中,下列说法正确的是( A.摆线应该选择尽量细一些的、伸缩性小一些的,并且要尽量长一些 B.为了减小周期测量的误差,应该在小球摆至最高点时开始计时 C.在最大摆角较小且稳定振动的情况下测量 N 次全振动的时间 t,则周期的测量值为 )

D.若错用绳长加上小球直径当做摆长 L,则根据 g= 速度测量值将大于真实值 E.若把摆球质量增加一倍,则测出的周期 T 变小

(T 为周期)计算得到的重力加

20.一透明半圆柱的横截面如图所示,圆心为 O,一束光线在横截面内从 C 点沿垂直于直 径 AB 的方向入射,在半圆柱内沿图示路径传播,最后从 E 点射出半圆柱.已知圆半径为
8 R=0.30m,半圆柱折射率为 n=2.0,∠AOC=30° ,真空中的光速为 c=3.0×10 m/s.求光线在

半圆柱内沿图示 C→D→E 路径传播的时间(结果保留两位有效数字) .

【选修 3-5】

21.关于放射现象,下列说法正确的是(



A.只有原子序数大于 83 的元素才具有放射性 B.放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律 C.α 射线是由氦原子核衰变产生的 D.在 β 衰变中,反应前后原子核的质量数保持不变 E.在原子核发生 α 衰变或 β 衰变时,常常伴随有 γ 射线产生 22.如图所示,小球 B 与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球 A 以某 一速度与轻质弹簧正碰.小球 A 与弹簧分开后,小球 B 的速度为 v.碰撞过程中,当两个 小球与弹簧组成的系统动能最小时,小球 B 的速度多大?

2016-2017 学年湖北省武汉市部分学校高三(上)调研物理试卷(9 月份) 参考答案与试题解析

一、选择题:本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,第 1~ 6 题只有一项符合题目要求,第 7~10 题有多项符合题目要求.全部选对的得 4 分,选对但 不全的得 2 分,有选错的得 0 分. 1.截止目前为止,我国先后建成了酒泉、太原、西昌、文昌等四大航天器发射中心,它们 的纬度依次为北纬 41° 、38° 、28° 、19° .与酒泉、太原、西昌等三大航天器发射中心相比, 海南省的文昌航天器发射中心所具备的优势是( A.地球对火箭的引力较大 B.文昌的重力加速度较大 C.火箭在文昌随地球自转的角速度较大 D.火箭在文昌随地球自转的线速度较大 【考点】线速度、角速度和周期、转速. 【分析】 人造卫星的发射场应建在赤道或赤道附近要使人造卫星进入一定的轨道, 并绕地球 运动,必须使其具有一定的初动能,也就是具有一定的速度,这里的速度是卫星对地球中心 的速度, 而不是对地球表面的. 地球自西向东自转, 且越靠近赤道, 地球表面的线速度越大, 为了最大限度地利用地球的自转速度,在赤道或赤道附近,顺着地球自转的方向,由西向东 发射人造卫星, 就可以充分利用地球自转的惯性, 宛如“顺水推舟“一般. 因此, 为节约燃料, 降低发射成本,各国都常常把卫星(特别是高轨道卫星)发射场建在离赤道较近的低纬度国 土上,即北半球国家建在国土南端,南半球国家建在国土北端. 【解答】解:发射卫星时,为了最大限度地利用地球的自转速度,在赤道或赤道附近,顺着 地球自转的方向,由西向东发射人造卫星,就可以充分利用地球自转的惯性,地球表面纬度 越低的点,随地球自转的线速度越大.所以选项 D 符合题意. 故选:D )

2.下列说法正确的是(



A.最早提出用电场线描述电场的物理学家是富兰克林 B.场强处处为零的区域内,电势一定处处相等

C.电势降落的方向一定是场强方向 D.同一电场中等势面分布越密的地方,电势一定越高 【考点】电势;电势能. 【分析】最早提出用电场线描述电场的物理学家是法拉第.场强处处为零的区域,任意两点 的电势差为零.电势降落最快的方向一定是场强方向.电势的高低与电场线的方向有关. 【解答】解:A、最早提出用电场线描述电场的物理学家是法拉第,不是富兰克林.故 A 错 误. B、场强处处为零的区域内,任意两点的电势差为零,则电势一定处处相等,故 B 正确. C、 电势降落的方向不一定是场强方向, 只有电势降落最快的方向才是场强方向. 故 C 错误. D、 同一电场中等差等势面分布越密的地方, 场强一定越大, 但电势不一定越高, 故 D 错误. 故选:B

3.如图所示,a 是完整的圆形铝片,b 由上下两个半圆形铝片通过绝缘层粘连而成.a、b 固定在横梁上,横梁可以绕中间的支点 O 转动,初始时水平横梁处于静止状态.现用条形 磁铁的 N 极沿着圆片的轴线方向迅速靠近 a 或 b.不考虑气流对圆片的影响,在支点 O 的 正上方,从上往下看到的实验现象是( )

A.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均转动,且转动方向相反 B.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均转动,且转动方向相同 C.N 极不论靠近 a 还是 b,横梁均不转动 D.N 极靠近 a 时,横梁转动;靠近 b 时,横梁不转动 【考点】楞次定律. 【分析】穿过闭合回路的磁通量发生变化,闭合回路中会产生感应电流,感应电流受到磁场 力的作用,横杆转动;注意 b 虽然不闭合,但由于上下均为铝片,故可以视为闭合导体,也 能发生电磁感应现象. 【解答】解:磁体靠近 a 时,由于发生电磁感应现象,故根据楞次定律可知,a 将远离磁体, 由上向下看时,杆顺时针转动;

b 虽然中间由绝缘材料粘合,但下上均为铝片,故在铝片中会发生涡流现象,故仍根据楞次 定律可知,b 将远离磁体,从而杆逆时针转动; 故 A 正确,BCD 错误. 故选:A.

4.如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,小球的重力为 G.当小车向右做匀加速运 动时,直杆对小球作用力的方向可能沿图中的( )

A.OA 方向

B.OB 方向

C.OC 方向

D.OD 方向

【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力. 【分析】 小球受重力和杆对小球的作用力, 在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动, 加速度水平向右,合力水平向右. 【解答】解:小球和小车的加速度相同,所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿 水平向右的方向加速运动,加速度水平向右,根据牛顿第二定律 F=ma 可知,加速度的方向 与合力的方向相同,合力水平向右,即合力沿图中的 OD 方向,根据力的合成的平行四边形 定则,直杆对小球的作用力只可能沿 OC 方向 故选:C.

5.一物块用轻绳 AB 悬挂于天花板上,用力 F 拉住套在轻绳上的光滑小圆环 O(圆环质量 忽略不计) ,系统在图示位置处于静止状态,此时轻绳 OA 与竖直方向的夹角为 α,力 F 与 竖直方向的夹角为 β.当缓慢拉动圆环使 α(0<α<90° )增大时( )

A.F 变大,β 变大

B.F 变大,β 变小 C.F 变小,β 变大

D.F 变小,β 变小

【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.

【分析】光滑小圆环 O 相当于动滑轮,通过环的绳子各处张力大小相等,根据环的受力平 衡,分析 F 的大小和方向如何变化,再分析 β 如何变化. 【解答】解:由于圆环 O 是光滑的,所以环的绳子各处张力大小相等,等于物块的重力, 当 α 增大时,AO 与 OB 间的夹角减小,根据平行四边形定则可知,绳 AO 和 OB 的拉力的 合力变大,由平衡条件可知,F 与绳 AO 和 OB 的拉力的合力等大反向,所以 F 变大,α+β 变小,则 β 变小. 故选:B

6. 如图所示, 半径为 R 的光滑竖直半圆弧与粗糙水平面平滑连接, 轻弹簧一端与墙壁连接, 另一端与可视为质点、质量为 m 的小滑块接触但不连接,小滑块在水平向右的外力作用下 静止于 P 点,P 点与圆弧最低点 A 的间距为 R.某时刻将小滑块由静止释放,小滑块到达 A 点之前已与弹簧分离,此后恰好能到达圆弧最高点 C.已知小滑块和水平面间的动摩擦因数 为 0.5,重力加速度为 g.上述过程中弹簧对小滑块做的功为( )

A.2mgR

B.2.5 mgR

C.3 mgR

D.3.5 mgR

【考点】动能定理的应用;向心力. 【分析】小滑块恰好能到达圆弧轨道最高点 C,由重力提供向心力,由牛顿第二定律求出到 达 C 点的速度,再由动能定理求弹簧对小滑块做的功. 【解答】 解: 小滑块恰好能到达圆弧轨道最高点 C, 由重力提供向心力, 由牛顿第二定律得: mg=m 滑块从释放到 C 点的过程,由动能定理得: W﹣2mgR﹣μmgR= ﹣0

解得弹簧对小滑块做的功为: W=3mgR 故选:C

7.关于通电直导线在磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( A.通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用 B.安培力的大小与通电直导线和匀强磁场方向的夹角无关



C.匀强磁场中,将直导线从中点折成直角,安培力的大小可能变为原来的 D.两根通以同向电流的平行直导线之间,存在着相互吸引的安培力 【考点】安培力.



【分析】正确解答本题需要掌握:洛仑兹力和安培力的产生条件、方向的判断等知识,要明 确通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用,电流方向或电荷运动方向与磁场平行 时,没有磁场力作用. 【解答】解:AB、安培力:F=BILsinθ,其中 θ 为电流方向与磁场方向的夹角,安培力的大 小与通电直导线和匀强磁场方向的夹角有关.当 θ=0°时,就算有电流和磁场也不会有安培 力.故 AB 错误. C、磁场与电流不垂直时,安培力的大小为 F=BILsinθ,则安培力的大小,故 C 正确; D、根据电流与电流之间的相互作用可知,两根通以同方向电流的平行直导线之间,存在着 相互吸引的安培力.故 D 正确 故选:CD.

8.如图所示,三个质量均为 m 的物块 a、b、c,用两个轻弹簧和一根轻绳相连,挂在天花 板上,处于静止状态.现将 b、c 之间的轻绳剪断,下列说法正确的是( )

A.在刚剪断轻绳的瞬间,b 的加速度大小为 g B.在刚剪断轻绳的瞬间,c 的加速度大小为 2g C.剪断轻绳后,a、b 下落过程中,两者一直保持相对静止 D.剪断轻绳后,a、b 下落过程中加速度相等的瞬间,两者之间的轻弹簧一定处于原长状态 【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.

【分析】根据剪断细绳的瞬间,绳的弹力立即消失,而这一瞬间弹簧的形变量没有发生变化 而弹簧弹力不变, 进而根据牛顿第二定律分析加速度情况; 根据受力情况分析 a 和 b 的运动 情况. 【解答】解:AB、剪断弹簧的瞬间,绳的弹力立即消失,而弹簧弹力瞬间不变; 对 b 根据牛顿第二定律可得:mab=2mg,解得 ab=2g,方向向下; c 上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于总重,即 3mg,剪断细线后对 c 根据牛顿第二定律可 得:3mg﹣mg=mac,解得 ac=2g,方向向上;所以 A 错误、B 正确; C、剪断轻绳后,a、b 下落过程中,二者在开始的一段时间内加速度不同,所以两者不会保 持相对静止,C 错误; D、 a、 b 下落过程中加速度相等的瞬间, 剪断轻绳后, 两者之间的轻弹簧一定处于原长状态, 此时二者的加速度都为 g,D 正确; 故选:BD.

9.如图所示,甲、乙两个质点分别从 a 处由静止开始向 b 处运动,甲做加速度逐渐减小的 加速直线运动,乙做加速度逐渐增大的加速直线运动,当甲、乙分别到达 b 处时,它们的速 度大小均为 v;从 a→b,甲、乙的平均速度大小分别为






.下列结论正确的是(



A.



=



B.







C.





D.





【考点】平均速度. 【分析】作出甲乙两个质点的运动的 v﹣t 图象,先根据图象判断甲乙两质点运动相同距离 所用的时间关系,再结合平均速度公式比较二者的平均速度,最后结合图象比较与到达 b 处速度 v 与甲乙平均速度






的关系.

【解答】解:作出甲乙两个质点的运动的 v﹣t 图象如图所示,

由题意知,甲、乙两个质点分别从 a 处由静止开始向 b 处运动,甲做加速度逐渐减小的加速 直线运动,乙做加速度逐渐增大的加速直线运动,当甲、乙分别到达 b 处时,它们的速度大 小均为 v,根据图象知,t 甲<t 乙,甲乙运动距离 s 相同,由 知, ,故 A 选项

错误,B 选项正确;对乙质点如图,假设连接的直线表示质点做匀加速直线运动的图线,则 , 则t乙 时间内三角形包围的面积大于图线乙与坐标轴包围的 , 同理可知,

面积, 根据平均速度公式可知相同时间内位移大的平均速度大, 所以, ,故 C 选项正确,D 选项错误. 故选:BC.

10. B、 C、 D 四点, 一质点做匀加速直线运动, 依次经过 A、 相邻两点间的距离分别为 AB=s1、 BC=s2、CD=s3,已知质点通过 AB 段、BC 段、CD 段所用的时间均为 T.关于质点在 B 点 的速度表达式,正确的是( A. B. )

C.

D.

【考点】匀变速直线运动规律的综合运用;匀变速直线运动的速度与时间的关系. 【分析】某段时间内的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度 任意两个连续相等的时间 T 内的位移之差为恒量 s2﹣s1=s3﹣s2 用这两个结论分析.

【解答】解:A、某段时间内的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度 A 正确; B、任意两个连续相等的时间 T 内的位移之差为恒量 s2﹣s1=s3﹣s2②得 s1=2s2﹣s3 代入 解得: 故 B 正确;

①故

C、联立①②解得:

故 C 错误; 即 vB,故 D 正确.

D、由②式变形得 s3=2s2﹣s1 代入 D 选项得 故选:ABD

二、实验题:本大题共 2 小题,第 11 题 4 分,第 12 题 6 分,共 10 分.把答案写在答题卡 指定的答题处. 11.某同学通过实验测定一个阻值约为 5Ω 的金属丝的电阻.实验器材有:电源(电动势 E=4V,内阻 r≈0) ,电流表(0~0.1A,内阻 0.5Ω) ,电压表(0~3V,内阻约为 3kΩ) ,开 关和导线若干,另外还有下列元件: A.定值电阻 R1(阻值 0.1Ω) B.定值电阻 R2(阻值 0.01Ω) C.滑动变阻器 RP1(0~50Ω,额定电流 2A) D.滑动变阻器 RP2(0~500Ω,额定电流 2A) (1)为完成实验,定值电阻应选 A 、滑动变阻器应选 C (选填“A、B、C、D”) ; (2)若不考虑电表读数产生的偶然误差,则金属丝电阻 Rx 的测量值 小于 真实值(选填 “大于”、“小于”或“等于”) .

【考点】伏安法测电阻.

【分析】 (1)与电流表并联的定值电阻起分流作用,根据通过待测电阻的最大电流与电流表 的量程求出分流电阻的分流值,然后选择分流电阻;为方便实验操作,在保证安全的前提下 要选择最大阻值较小的滑动变阻器. (2)根据图示电路图要与欧姆定律分析实验误差. 【解答】解: (1)电压表量程为 3V,则通过待测电阻的最大电流约为:I= = =0.6A,

电流表量程为 0.1A,并联电阻最大分流为:0.6﹣0.1=0.5A,分流电阻分流数值是电流表的 5 倍,分流电阻阻值是电流表内阻的 ,为: ×0.5=0.1Ω,定值电阻选择 A;为方便实验操 作,滑动变阻器应选择 C; (2)由图示电路图可知,电流表采用外接法,由于电压表的分流作用,电流测量值偏大, 由欧姆定律可知,电阻的测量值小于真实值. 故答案为: (1)A;C; (2)小于.

12. 某实验小组利用如图 1 所示的实验装置测量小滑车和木板之间的动摩擦因数. 主要实验 步骤如下:

i.将带滑轮的长木板固定在水平桌面上,按图连接实验装置,小滑车置于打点计时器附近, 牵引端只挂一个钩码. ii.接通电源,由静止释放小滑车,小滑车运动至木板左端附近时制动小滑车,关闭电源, 取下纸带,计算加速度 a1; iii.依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个…钩码挂在牵引端,重复步骤 ii,分别计 算加速度 a2、a3、a4… iv.在 a﹣m 坐标系中描点,用直线拟合,计算动摩擦因数(m 为牵引端钩码总质量,每个 钩码质量均为 m0) .

请回答下列问题: (1)关于实验原理及操作,下列说法正确的是 B ; A.实验中必须平衡摩擦力 B.滑轮与小滑车间的细绳应与木板平行 C.必须保证牵引端钩码的总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量 D.还需要测得小滑车的质量 (2)某条纸带测量数据如图 2 所示,A、B、C、D、E、F、G 为 7 个相邻的计数点,相邻 的两个计数点之间还有四个点未画出.量出相邻的计数点之间的距离分别为 AB=4.22cm、 BC=4.65cm、CD=5.08cm、DE=5.49cm、EF=5.91cm、FG=6.34cm.已知打点计时器的工作 频率为 50Hz,则小滑车的加速度值为 a= 0.42 m/s2(结果保留 2 位有效数字) ;

(3)测得 a﹣m 图线在 a 轴上的截距为 b,已知重力加速度为 g,则小滑车与木板间的动摩 擦因数表达式为 .

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素. 【分析】 (1)根据实验的目的和要求事项分析答题; (2)利用逐差法求得小滑车的加速度; (3)根据牛顿第二定律表示出小车的加速度,即可判断出截距,进而求得摩擦因数 【解答】解: (1)A、该实验的目的是为了测量小滑车与长木板之间的摩擦因数,所以在实 验的过程中,不能调整长木板倾斜程度,平衡摩擦力,否则不能测量摩擦因数,故 A 错误 B、为了保证钩码的重力提供小滑车的拉力,必须保证绳与木板平行,故 B 正确; C、依次从小滑车上取下第一个、第二个、第三个…钩码挂在牵引端,不需要保证引端钩码 的总质量远小于小滑车和车上钩码的总质量,故 C 错误. D、根据 mg=Ma.由于整个过程中保持总质量不变,故无需测量小车的质量,故 D 错误; 故选:B (2)AB=4.22cm=0.0422m、BC=4.65cm=0.0465m、CD=5.08cm=0.0508m、 DE=5.49cm=0.0549m、EF=5.91cm=0.0591、FG=6.34cm=0.0634m
2 根据△x=aT 可得

a=

=

m/s2=0.42m/s2

(3)根据 mgμ(M﹣m)g=Ma 可知

故﹣μg=b 解得 故答案为: (1)B; (2)0.42; (3)

三、计算题:本题共 4 小题,第 13 题 8 分,第 14 题 9 分,第 15 题 10 分,第 16 题 11 分, 共 38 分.把解答写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算步 骤. 13.如图所示,边长为 L 的正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应 强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为+q(q>0)的粒子从 a 点沿 ae 方向射入磁场区域, 从 d 点离开磁场,不计粒子重力,求粒子在磁场中运动的时间和到达 d 点的速度大小.

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动. 【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,作出粒子运动轨迹,求出粒子做圆周运动的轨道半 径, 应用牛顿第二定律求出粒子的速度; 根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子做圆周运动 的周期求出粒子的运动时间. 【解答】解:粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示, 由几何知识可知,粒子轨道半径:r=2L,θ=60°, 粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qvB=m 粒子做圆周运动的周期:T= 粒子在磁场中运动的时间:t= 答:粒子在磁场中运动的时间为 ,解得:v= , T= ; . ,

,到达 d 点的速度大小为

14.如图所示,将小球从斜面顶端 A 以速度 v0=10m/s 水平抛出,小球恰好落入斜面底端 C 处的接收盒中.已知斜面的直角边 AB:BC=1:2,重力加速度大小 g=10m/s . (1)求小球在空中飞行的时间; (2)P 点是小球运动轨迹上距离斜面最远的点,求小球经过 P 点的速度大小; (3)求小球落到 C 点时的速度方向与水平面所夹的锐角.
2

【考点】平抛运动. 【分析】 (1)小球做的是平抛运动,研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖 直方向去研究,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,两个方向上运动的时 间相同,由此列式即可求解. (2)当小球离斜面最远时,速度方向平行于斜面,将 p 点的速度分解为水平和竖直方向, 根据几何关系即可求出 p 点的速度; (3)求出小球到达 C 点时的竖直分速度,根据 角 【解答】解: (1)设小球从 A 到 C 的时间为 t,由平抛运动规律: 求出速度方向与水平面所夹的锐

联立已知条件解得:

=1s

(2)设 α 为斜面与水平面的夹角:

小球在 P 点的速度方向与斜面平行,则:

联立解得: (3)小球落到 C 点时的竖直分速度:

设 β 为小球落到 C 点时的速度方向与水平面所夹的锐角: 联立解得:β=45° 答: (1)小球在空中飞行的时间 1s; (2)P 点是小球运动轨迹上距离斜面最远的点,小球经过 P 点的速度大小 (3)小球落到 C 点时的速度方向与水平面所夹的锐角 45° . ;

15.a、b 两物块可视为质点,在 a 以初速度 v0 从地面竖直上抛的同时,b 以初速度 v0 滑上 倾角为 θ=30°的足够长的斜面.已知 b 与斜面间的动摩擦因数为 μ= 求当 a 落地时,b 离地面的高度. ,重力加速度为 g,

【考点】牛顿第二定律;竖直上抛运动;牛顿运动定律的综合应用. 【分析】根据牛顿第二定律求出 b 上升的加速度大小,判断 b 到达最高点后是否静止,根据 a 的运动时间、b 的运动时间确定 a 落地时 b 的位置,根据运动学公式求解 a 落地时,b 离 地面的高度. 【解答】解:以 b 为研究对象,斜面对 b 的支持力为:N=mgcos30° , 斜面对 b 的摩擦力为:f=μN= = 重力沿斜面向下的分力为:mgsin30° , ,

由于 f>mgsin30° ,所以 b 达到斜面最高点时应该静止; =ma, 由牛顿第二定律:f+mgsin30° 所以 b 上升过程中加速度大小为:a=1.25g;

B 在斜面上运动的时间:t1=



以 a 为研究对象,a 在空中运动的总时间:t2=



由于 t1<t2,所以当 a 落地时,b 已静止在斜面上. 设 b 离地面的高度为 h,由运动学公式: ,

联立解得:h=



答:当 a 落地时,b 离地面的高度为



16.如图所示,水平传送带长为 L=11.5m,以速度 v=7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动.在传 送带的 A 端无初速释放一个质量为 m=1kg 的滑块(可视为质点) ,在将滑块放到传送带的 同时,对滑块施加一个大小为 F=5N、方向与水平面成 θ=37 的拉力,滑块与传送带间的动
2 =0.6,cos37° =0.8.求滑块从 A 端运 摩擦因数为 μ=0.5,重力加速度大小为 g=10m/s ,sin37° 0

动到 B 端的过程中 (1)滑块运动的时间; (2)滑块和传送带组成的系统因摩擦产生的热量.

【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用. 【分析】 (1)滑块滑上传送带后,先向左匀减速运动至速度为零,以后向右匀加速运动.根 据牛顿第二定律可求得加速度, 再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度 相同时所用的时间; 再对共速之后的过程进行分析,明确滑块可能的运动情况,再由动力 学公式即可求得滑块滑到 B 端所用的时间,从而求出总时间. (2)求出滑块相对于传送带的位移,根据摩擦力乘以相对位移计算产生的热. 【解答】解: (1)滑块与传送带达到共同速度前,设滑块加速度为 a1,由牛顿第二定律: Fcos37° +μ(mg﹣Fsin37° )=ma1,
2 解得:a1=7.5m/s

滑块与传送带达到共同速度的时间:t1= 此过程中滑块向右运动的位移:s1=

=1s =3.75m

共速后,因 Fcos37° >μ(mg﹣Fsin37° ) ,滑块继续向右加速运动,由牛顿第二定律: Fcos37° ﹣μ(mg﹣Fsin37° )=ma2
2 解得:a2=0.5m/s

根据速度位移关系可得: 滑块到达 B 端的速度:vB=8m/s 滑块从共速位置到 B 端所用的时间:t2= 滑块从 A 端到 B 端的时间:t=t1+t2=2s; (2)0~1s 内滑块相对传送带向左的位移:△s1=vt1﹣s1=7.5×1﹣3.75=3.75m 1s~2s 内滑块相对传送带向右的位移:△s2=(L﹣s1)﹣vt2=(11.5﹣3.75)﹣7.5×1=0.25m 0~2s 内滑块相对传送带的路程:△s=△s1+△s2=4m 系统因摩擦产生的热量:Q=μ(mg﹣Fsin37° )△s=0.5(1×10﹣5×0.6)×4=14J. 答: (1)滑块运动的时间为 2s; (2)滑块和传送带组成的系统因摩擦产生的热量为 14J. =1s

四.选考题:请考生在三个中选修中任选一个作答,并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的 题号后的方框涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域 指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一个计分. 【选修 3-3】 17.1827 年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉,发现了布朗运动.关于布 朗运动,下列说法正确的是( )

A.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动 B.布朗运动是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的 C.布朗运动是液体分子无规则运动的间接反映 D.悬浮在液体中的微粒越小,布朗运动越明显,布朗运动是微粒分子的无规则运动 E.液体的温度越高,悬浮微粒的运动就越明显,布朗运动是液体分子的无规则运动 【考点】布朗运动.

【分析】 固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的, 液体的 温度越低,悬浮小颗粒的运动越缓慢,且液体分子在做永不停息的无规则的热运动.固体小 颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动. 【解答】解: A、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动在,是由于液体分子对小颗粒的碰撞的作用 力不平衡引起的,所以布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动,故 AB 正确. C、布朗运动不是液体分子的无规则运动,而是液体分子的无规则运动的反映,故 C 正确 D、悬浮在液体中的微粒越小,布朗运动越明显,布朗运动是微粒分子的无规则运动,故 D 错误 E、液体的温度越高,液体分子运动越剧烈,则布朗运动也越剧烈,布朗运动是微粒分子的 无规则运动,故 E 错误. 故选:ABC

18.如图所示,抽气机的最大容积是被抽气体容器容积的

,当上提活塞将阀门 a 打开时,

阀门 b 关闭;当下压活塞将阀门 b 打开时,阀门 a 关闭.设容器中气体原来的压强为 P0=75cmHg,容器中气体温度视为恒定,求抽气 2 次后容器中气体的压强是多少?

【考点】理想气体的状态方程. 【分析】气体温度保持不变,气体发生等温变化,求出气体的状态参量,然后应用玻意耳定 律求出气体的压强. 【解答】解:设左侧容器容积为 V1,右侧抽气机的最大容积为 V2,抽气 n 次后容器内气体 的压强为 Pn(n=1,2,3…) ,以容器内气体为研究对象,根据波马定律, 第 1 次抽气前后: 第 2 次抽气前后:

联立解得:

由已知条件: 代入解得:P2=62cmHg 答:抽气 2 次后容器中气体的压强是 62cmHg

【选修 3-4】 19.在“利用单摆测定当地重力加速度”的实验中,下列说法正确的是( A.摆线应该选择尽量细一些的、伸缩性小一些的,并且要尽量长一些 B.为了减小周期测量的误差,应该在小球摆至最高点时开始计时 C.在最大摆角较小且稳定振动的情况下测量 N 次全振动的时间 t,则周期的测量值为 )

D.若错用绳长加上小球直径当做摆长 L,则根据 g= 速度测量值将大于真实值 E.若把摆球质量增加一倍,则测出的周期 T 变小 【考点】用单摆测定重力加速度.

(T 为周期)计算得到的重力加

【分析】摆线要选择细些的、伸缩性小些的;摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球振动 稳定后,从平衡位置开始计时;摆线偏离平衡位置不大于 5° ;周期与 L 有关,与质量无关. 【解答】解:A、摆线应该选择尽量细一些的、伸缩性小一些的,并且要尽量长一些,A 正 确 B、为了减小周期测量的误差,应该在小球摆到平衡位置开始计时,B 错误 C、周期的测量值为求得的平均值为 ,则 C 正确

D、 错用绳长加上小球直径当做摆长 L, 计算用 L 大于真实值, 则由 g= 则 D 正确 E、周期与质量无关,则 E 错误 故选:ACD

知测量值偏大,

20.一透明半圆柱的横截面如图所示,圆心为 O,一束光线在横截面内从 C 点沿垂直于直 径 AB 的方向入射,在半圆柱内沿图示路径传播,最后从 E 点射出半圆柱.已知圆半径为
8 R=0.30m,半圆柱折射率为 n=2.0,∠AOC=30° ,真空中的光速为 c=3.0×10 m/s.求光线在

半圆柱内沿图示 C→D→E 路径传播的时间(结果保留两位有效数字) .

【考点】光的折射定律. 【分析】先根据几何关系求出光在 C 点的入射角.由折射定律求折射角.根据光在 D 点的 入射角与临界角的大小,可判断出光在 D 点发生了全反射,由对称性作出光路图.由几何 知识求出 C→D→E 路径的长度,由 v= 求出光在半圆柱体中的传播速度大小,即可由运动 学公式求出传播时间. =60° 【解答】解:光线在 C 点的入射角:i=90° ﹣∠AOC=90° ﹣30° 设折射角∠OCD=r,由折射定律得:sinr=

解得:sinr= 可知 r<30° ,则∠DCP=θ>30° ,sinθ> ,故光线在 AB 面上发生全反射. 作 C 点关于 AB 的对称点 P,连接 PC、OP、OE,则∠OPD=∠OED=r 故光线在 E 点将折射到空气中,光在透明体内走过的路程为:CD+DE=PE=2Rcosr 光在透明体中传播速度为:v= 所求时间为:t= 联立解得:t=
9 9 ×10﹣ s≈3.6×10﹣ s

﹣9 答:光线在半圆柱内沿图示 C→D→E 路径传播的时间是 3.6×10 s.

【选修 3-5】 21.关于放射现象,下列说法正确的是( )

A.只有原子序数大于 83 的元素才具有放射性 B.放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律 C.α 射线是由氦原子核衰变产生的 D.在 β 衰变中,反应前后原子核的质量数保持不变 E.在原子核发生 α 衰变或 β 衰变时,常常伴随有 γ 射线产生 【考点】天然放射现象;原子核衰变及半衰期、衰变速度. α 射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起 【分析】 β 射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子 而从原子核中释放出来. 同时释放出一个高速电子即 β 粒子.γ 射线是原子核在发生 α 衰变和 β 衰变时产生的能量以 γ 光子的形式释放.放射性元素的半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用. 【解答】解:A、原子序数大于 83 的元素都具有放射性,但不是只有原子序数大于 83 的元 素才具有放射性,故 A 错误; B、放射性元素的半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用.故 B 正确. C、α 射线是具有放射性的元素的原子核在发生衰变时两个中子和两个质子结合在一起而从 原子核中释放出来,故 C 错误. D、β 射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速 电子即 β 粒子,则 β 衰变时,元素原子核的质量数不变,电荷数增加 1,故 D 正确. E、γ 射线是原子核在发生 α 衰变和 β 衰变时产生的能量以 γ 光子的形式释放,故 E 正确; 故选:BDE

22.如图所示,小球 B 与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球 A 以某 一速度与轻质弹簧正碰.小球 A 与弹簧分开后,小球 B 的速度为 v.碰撞过程中,当两个 小球与弹簧组成的系统动能最小时,小球 B 的速度多大?

【考点】动量守恒定律;功能关系.

【分析】当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度,根据系统的动量守恒和 机械能守恒列式求解. 【解答】解:当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度 v 共.设小球 A、B 的质量分别为 m1、m2,碰撞前后 A 的速度分别为 v01、v1.取向右为正方向,由系统动量守 恒和能量守恒有: m1v01=m1v1+m2v…① m1v012= m1v12+ m2v2…② 联立①②解得:m1v01= v…③

碰撞过程任一时刻系统动量守恒,故:m1v01=(m1+m2)v 共…④ 将③式代入④式解得:v 共= …⑤ 即系统动能最小时,小球 B 的速度为 . 答:系统动能最小时,小球 B 的速度为 .

2016 年 12 月 15 日


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