云南省昆明一中2016届高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

云南省昆明一中2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分．‎ ‎1．下列关于物理学研究方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．质点、点电荷概念的建立，运用了理想化方法 B．合力和分力概念的建立，运用了等效法 C．根据速度定义式v=，求t时刻的瞬时的速度，运用了极限思想方法 D．电场强度的定义式E=，运用了控制变量法 ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角=37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则（　　）‎ A．小球一定受四个力的作用 B．弹簧弹力可能为mg C．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下 D．木板对小球的作用力的方向一定垂直于木板向上 ‎　‎ ‎3．两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示．连续两次曝光的时间间隔是相等的．两木块运动情况在ν﹣t图象中描述正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎4．有一理想变压器如图所示，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，副线圈输出端接有一个交流电压表、一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为R，当原线圈接通电源后，电流表读数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（　　）‎ - 21 -‎ A．电动机两端电压为U B．变压器的输出功率为nIU C．电动机的输出功率为IU﹣I2R D．电动机消耗的功率为 ‎　‎ ‎5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是（　　）‎ A．电路的总电流先减小后增大 B．电路的路端电压先增大后减小 C．电源的输出功率先增大后减小 D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 ‎　‎ ‎7．如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．一质量为m、带电量为+q的带电粒子（不计重力）从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进人磁场．已知该带电粒子的比荷=．其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是（　　）‎ A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转 B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d - 21 -‎ C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为d D．该带电粒子在磁场中运动的时间为 ‎　‎ ‎8．如图所示，实线表示某电场的电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2，粒子的重力不计，则（　　）‎ A．a1＜a2 B．Ep1＜Ep2 C．v1＜v2 D．t1＞t2‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、必考题：共11题，129分 ‎9．（2015春•泉州校级期中）某实验小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．‎ ‎①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．用手按住物块A，使A、B保持静止．‎ ‎②测量物块B离水平地面的高度为h．‎ ‎③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据上述测量的物理量可知μ=　　　　　　．‎ ‎（2）由于存在空气阻力，该实验所求μ值比真实值　　　　　　．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎　‎ ‎10．（2015•成都校级模拟）某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．‎ ‎①调节R时应控制电动机　　　　　　（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．‎ - 21 -‎ ‎②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是　　　　　　．‎ ‎③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为　　　　　　Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为　　　　　　 W．（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎④由于　　　　　　（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏　　　　　　（大或小）．‎ ‎　‎ ‎11．（2015秋•昆明校级月考）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90m、宽60m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2．试求：‎ ‎（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？‎ ‎（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？‎ ‎　‎ ‎12．（2015秋•昆明校级月考）如图所示，ab、cd为间距d=1m的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ=30°，导轨电阻不计，ac间连接有一个R=2.4Ω的电阻．空间存在磁感应强度B0=2T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上．将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0=0.5m处，金属棒的质量m=0.5kg，电阻r=0.8Ω．现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac平行且与导轨接触良好．已知当金属棒从初始位置向下滑行x=1.6m到达MN处时已经达到稳定速度，金属导轨足够长，g取10m/s2．则：‎ ‎（1）金属棒的稳定速度是多少？‎ ‎（2）金属棒从释放到运动至MN处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，电阻R上产生的焦耳热是多少？‎ ‎（3）若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化．试写出磁感强度B随时间t变化的表达式．‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ - 21 -‎ A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果 B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动 C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的 D．一定质量的理想气体，在等温膨胀的过程中，对外界做功，但内能不变 E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 ‎　‎ ‎14．如图，导热性能极好的气缸，高为L=lm，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为p0=l×l05Pa时，气柱高度为l=0.9m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2求：‎ ‎（i）如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，在顶端处，竖直拉力F多大？‎ ‎（ii）如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，外界温度为多少摄氏度？‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定 B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的 C．杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小 D．光的偏振特征说明光是横波 E．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故 ‎　‎ ‎16．一列车沿x轴传播的间谐横波在t=0时刻的波的图象如图所示，经△t=0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求 ‎（1）波的传播速度；‎ ‎（2）质点M在1.2s内走过的路程．‎ - 21 -‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱 B．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少 D．在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 E． U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变 ‎　‎ ‎18．如图所示，质量M=9kg的小车B静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m=0.9kg的木块A（可视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A右侧车表面光滑，木块A左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ=0.15．一颗质量m0=0.1kg的橡皮泥弹丸以v0=10m/s的初速度水平向右飞来，击中木块和木块沾在一起，作用时间极短．如果最后木块A刚好不从小车左端掉下来，取g=10m/s2，求：‎ ‎①小车最后的速度；‎ ‎②起始时木块A到小车左端的距离．‎ ‎　‎ ‎　‎ - 21 -‎ ‎2015-2016学年云南省昆明一中高三（上）第四次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分．‎ ‎1．下列关于物理学研究方法的叙述中错误的是（　　）‎ A．质点、点电荷概念的建立，运用了理想化方法 B．合力和分力概念的建立，运用了等效法 C．根据速度定义式v=，求t时刻的瞬时的速度，运用了极限思想方法 D．电场强度的定义式E=，运用了控制变量法 ‎【考点】电场强度；速度．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】抓住主要因素，忽略次要因素是物理学中常用方法；‎ 等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；‎ 当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；‎ 比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量．它适用于物质属性或特征、物体运动特征的定义．‎ ‎【解答】解：A、质点、点电荷概念的建立，运用了理想化方法，故A正确；‎ B、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，合力与分力的槪念运用了等效替代法，故B正确 C、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法．故C正确；‎ D、电场强度的定义式E=，运用了比值定义法定义的，故D错误；‎ 本题选不正确的，故选：D．‎ ‎【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角=37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则（　　）‎ A．小球一定受四个力的作用 B．弹簧弹力可能为mg C．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下 - 21 -‎ D．木板对小球的作用力的方向一定垂直于木板向上 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡判断ABC，根据平行四边形定则可知，小球重力和弹力的合力肯定大于重力，根据平衡条件判断木板对小球的作用力的方向．‎ ‎【解答】解：A、小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：‎ 当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故AC错误；‎ B、若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：，解得：F=，故B正确；‎ D、小球受到重力、弹簧弹力以及木板对小球的作用力，处于平衡状态，合力为零，则木板对小球的作用力与小球重力和弹力的合力等大反向，当斜面对小球没有摩擦力时，重力和弹力的方向垂直斜面向下，此时木板对小球的作用力的方向垂直于木板向上，若斜面对小球有摩擦力作用，则重力和弹力的方向不垂直斜面向下，此时木板对小球的作用力的方向也不垂直于木板向上，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力方向是水平向左的，难度适中．‎ ‎　‎ ‎3．两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示．连续两次曝光的时间间隔是相等的．两木块运动情况在ν﹣t图象中描述正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】解答本题要看清图示的意义，中间的刻线相当于刻度尺或坐标系，显示物体在不同时刻的位置，对比相同时间内的位移会发现物体的运动规律：下面的物体匀速运动，上面的物体匀加速运动．由于曝光时间是相同的，设刻度尺的每小格尺寸为s和曝光时间为t，依据匀速或匀变速运动的规律就可求出物体运动的速度关系．其中利用了匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论．‎ - 21 -‎ ‎【解答】解：设刻度尺的每小格尺寸为s和曝光时间为t，下面的物体做匀速直线运动，运动的速度v=．‎ 上面木块在相等时间内的位移差是恒量，知上面木块做匀加速直线运动，匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知t3时刻上面木块的速度v3=．t4时刻上面木块的速度v4=，则在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于匀变速规律的考察是很灵活的，学生要善于在新情境中抽象出物理模型．难点在于匀变速直线运动的瞬时速度的求解方法的选择，利用一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论是最简单的．‎ ‎　‎ ‎4．有一理想变压器如图所示，原副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电，副线圈输出端接有一个交流电压表、一个交流电流表和一个电动机，电动机线圈电阻为R，当原线圈接通电源后，电流表读数为I，电压表示数为U，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（　　）‎ A．电动机两端电压为U B．变压器的输出功率为nIU C．电动机的输出功率为IU﹣I2R D．电动机消耗的功率为 ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】电压表测量电动机两端的电压，电流表测量通过电动机的电流，根据P=UI求出电动机消耗的功率，根据求解电动机的发热功率．‎ ‎【解答】解：A、电压表测量的就是电动机的电压，即电动机两端电压为U，故A错误；‎ B、变压器的输出功率P=UI，故B错误；‎ C、电动机的输出功率P出=P﹣P热=IU﹣I2R，故C正确；‎ D、电动机消耗的功率P=UI，故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】电动机是非纯电阻电路，消耗的电能没有全部用于发热，有一部分转化为机械能，难度适中．‎ ‎　‎ ‎5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1．已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为（　　）‎ A． B． C． D．‎ - 21 -‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【专题】万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，即G=m；此题把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面 ‎【解答】解：设地球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量m，‎ 由万有引力提供向心力得：G=m①‎ 在地球表面G=mg②‎ 第一宇宙速度时R=r 联立①②知v=‎ 利用类比的关系知某星体第一宇宙速度为v1=‎ 第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是 即v2===‎ 故选：C．‎ ‎【点评】通过此类题型，学会知识点的迁移，比如此题：把地球第一宇宙速度的概念迁移的某颗星球上面．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，下列描述正确的是（　　）‎ A．电路的总电流先减小后增大 B．电路的路端电压先增大后减小 C．电源的输出功率先增大后减小 D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】滑动变阻器的两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器从a→b移动时R1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A正确；‎ B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；‎ - 21 -‎ C、当R外=r的时候 电源的输出功率最大，当滑片在a端或者b端的时候 电路中R外=r 所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；‎ D、串联电路 当R＜R2时，电阻越大消耗的P越大，滑动变阻器上消耗的功率是先增大后减小，故D错误．‎ 故选AB ‎【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况的判断．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．一质量为m、带电量为+q的带电粒子（不计重力）从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进人磁场．已知该带电粒子的比荷=．其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是（　　）‎ A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转 B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为d D．该带电粒子在磁场中运动的时间为 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据左手定则确定粒子的偏转方向．根据半径公式求出粒子在磁场中运动的轨道半径，通过几何关系求出带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离，根据圆心角，通过周期公式求出粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．‎ B、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，靠洛伦兹力提供向心力，解得R=，又因为带电粒子的比荷=，故有R=2d，故B正确．‎ C、由图可知，通过几何关系知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s==，故C错误．‎ D、由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为，所以粒子在磁场中运动的时间t=，故D正确．‎ - 21 -‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解，难度不大．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，实线表示某电场的电场线，过O点的虚线MN与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P、Q分别从A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，过O点时的速度大小分别为v1和v2，到达O点经过的时间分别为t1和t2，粒子的重力不计，则（　　）‎ A．a1＜a2 B．Ep1＜Ep2 C．v1＜v2 D．t1＞t2‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大．根据电场力做功的大小，判断动能变化量的大小 ‎【解答】解：A、电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．所以a1＞a2．故A错误 B、过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，由于带负电，所以Ep1＜Ep2．故B正确 C、粒子P、Q在A、B两点分别到O点．有AO点间的电势差大于BO点间的电势差，所以粒子P的动能减小量大于粒子Q的动能减小量，所以v1＜v2．故C正确 - 21 -‎ D、带负电的粒子Q 从B运动到O沿水平方向分运动的加速度小于带负电的粒子P从A运动到O的加速度，P、Q位移相同，水平方向，做减速运动，所以t1＞t2，故D正确 故选：BCD ‎【点评】本题虽然是综合性很强的题目，但只要我们理解了电场线的特点就能顺利解决 ‎　‎ 二、必考题：共11题，129分 ‎9．（2015春•泉州校级期中）某实验小组利用图示实验装置来测量物块A和长木板之间的动摩擦因数μ．‎ ‎①把左端带有挡板的足够长的长木板固定在水平桌面上，物块A置于挡板处，不可伸长的轻绳一端水平连接物块A，另一端跨过轻质定滑轮挂上与物块A质量相同的物块B．用手按住物块A，使A、B保持静止．‎ ‎②测量物块B离水平地面的高度为h．‎ ‎③释放物块A，待物块A静止时测量其运动的总距离为s（物块B落地后不反弹）．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）根据上述测量的物理量可知μ=　　．‎ ‎（2）由于存在空气阻力，该实验所求μ值比真实值　偏大　．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】首先分析题意，知道两物块的运动情况，找出B物体落地后，A的运动位移，据动能定理求解即可；从能量守恒定律的角度分析误差．‎ ‎【解答】解：（1）据题境可知，AB两物体一起运动，当B物体落地后，A物体在摩擦力的作用下，做匀减速运动．‎ 设B物体落地瞬间时，A 和B的动能都为Ek，据能量守恒可知，mgh﹣μmgh=2×EK 当B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s﹣h，据动能定理得：﹣μmg（s﹣h）=0﹣Ek 联立以上两式得：μ=‎ ‎（2）当空气阻力不可忽略时，有产生的热量，会使B物体落地瞬间时，A 或B的动能减小；使B落地后，A做匀减速运动，A的位移为s变小，所以会使μ偏大．‎ 故答案为：（1）；（2）偏大．‎ ‎【点评】根据题境明确实验原理是解题的关键，找出位移之间的关系是解题的核心，灵活应用能量守恒分析误差，题目有点难度．‎ ‎　‎ ‎10．（2015•成都校级模拟）某实验小组采用如图（a）的电路测量规格为“6V，0.5A”的小型直流电动机M中线圈的电阻（阻值约为几欧姆）．R0为阻值为3.0Ω的定值电阻．‎ - 21 -‎ ‎①调节R时应控制电动机　不转动　（转动或不转动）时读出电流表、电压表示数．‎ ‎②若电压表示数是2.50V，电流表示数如图（b），读得电流表示数是　0.50A　．‎ ‎③使用测得数据，计算电动机线圈的电阻为　2.0　Ω．该电动机正常工作时输出的机械功率为　2.5　 W．（计算结果保留2位有效数字）‎ ‎④由于　电压表内阻　（电流表或电压表内阻）的影响，测得的电阻比实际值偏　小　（大或小）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】当电动机不转动时，电动机电路为纯电阻电路，才可用欧姆定律求解电阻．由功率关系求出电动机正常工作时输出的机械功率．实际电压表会分流，使得电流表测量的电流产生误差．‎ ‎【解答】解：①控制电动机不转动时，线圈的电阻为纯电阻，才有电阻R=．‎ ‎ ②量程是0.6A，电流的最小分度为0.02A，读数为0.50A．‎ ‎　　　　　③电动机线圈电阻R==2Ω ‎ 电动机正常工作时输出的机械功率P出=UI﹣I2R=（6×0.5﹣0.52×2）W=2.5W ‎ ④由于电压表的分流，电流表测量的是电动机与电压表并联的总电流，由R=算出的是电动机与电压表并联的电阻，测量值比电动机电阻的真实值小．‎ 故答案是：①不转动 ‎ ②0.50A ‎ ③2.0Ω，2.5W．‎ ‎ ④电压表内阻，小．‎ ‎【点评】对于电动机电路，当电动机不转动时，其电路为纯电阻电路，欧姆定律U=IR适用；当电动机正常工作时，U＞IR，欧姆定律U=IR不成立．‎ ‎　‎ ‎11．（2015秋•昆明校级月考）足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90m、宽60m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2．试求：‎ ‎（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？‎ ‎（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？‎ - 21 -‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【专题】直线运动规律专题．‎ ‎【分析】（1）根据速度时间公式求出足球匀减速直线运动的时间，从而根据平均速度公式求出足球的位移．‎ ‎（2）根据速度时间公式求出运动员达到最大速度的时间和位移，然后运动员做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间．‎ ‎【解答】解：（1）已知足球的初速度为v1=12m/s，加速度大小为：‎ 足球做匀减速运动的时间为：．‎ 运动位移为：．‎ ‎（2）已知前锋队员的加速度为，最大速度为v2=8m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：‎ ‎．‎ ‎．‎ 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：‎ x3=v2（t1﹣t2）=8×2m=16m．‎ 由于x2+x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得 x1﹣（x2+x3）=v2t3，‎ 代入数据解得：t3=0.5s．‎ 前锋队员追上足球的时间t=t1+t3=6.5s．‎ 答：（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为36m．‎ ‎（2）前锋队员至少经过6.5s能追上足球．‎ ‎【点评】解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答．‎ ‎　‎ ‎12．（2015秋•昆明校级月考）如图所示，ab、cd为间距d=1m的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ=30°，导轨电阻不计，ac间连接有一个R=2.4Ω的电阻．空间存在磁感应强度B0=2T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上．将一根金属棒放置在导轨上距ac为x0‎ - 21 -‎ ‎=0.5m处，金属棒的质量m=0.5kg，电阻r=0.8Ω．现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与ac平行且与导轨接触良好．已知当金属棒从初始位置向下滑行x=1.6m到达MN处时已经达到稳定速度，金属导轨足够长，g取10m/s2．则：‎ ‎（1）金属棒的稳定速度是多少？‎ ‎（2）金属棒从释放到运动至MN处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，电阻R上产生的焦耳热是多少？‎ ‎（3）若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化．试写出磁感强度B随时间t变化的表达式．‎ ‎【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．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】（1）当金属棒受到的安培力与重力沿斜面的分力相等时，导体棒受到的合力为零，导体棒做匀速直线运动，速度最大，达到稳定状态，由安培力公式及平衡条件即可求出棒下滑的最大速度．‎ ‎（2）由能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎（3）为使金属棒中不产生感应电流，回路中磁通量应不变，据此列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律，得：E=B0lv 由闭合电路欧姆定律，得：I=‎ 整个运动过程，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣B0lI=ma 当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得：vm==2m/s ‎（2）从棒由静止释放到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得：mgxsinθ=+Q 可解得：Q=mgxsinθ﹣=3J 故电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=2.25J ‎（3）当回路中的总磁通量不变时，棒中不产生感应电流，沿导轨做匀加速运动．则有：B0lx0=Bl（x0+）‎ 由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma′‎ 联立解得：B=T 答：（1）金属棒的稳定速度是2m/s．‎ ‎（2）电阻R上产生的焦耳热是2.25J．‎ ‎（3）磁感应强度B随时间t变化的表达式为B=T．‎ - 21 -‎ ‎【点评】对金属棒正确受力分析、分析清楚金属棒的运动过程、应用安培力公式、平衡条件等，即可正确解题．要明确产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量变化．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果 B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动 C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的 D．一定质量的理想气体，在等温膨胀的过程中，对外界做功，但内能不变 E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 ‎【考点】分子间的相互作用力；布朗运动；热力学第一定律．‎ ‎【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．‎ ‎【分析】自由漂浮的水滴呈球形，是因为液体表面分子较稀疏，从而形成表面张力的原因；‎ 布朗运动是固体小颗粒的运动；它反映了液体中分子的无规则运动．‎ 气体分子的速率按一定的规律分布；‎ 理想气体不计分子势能；故温度不变时，内能不变；‎ 气体压强是由于气体分子持续撞击器壁产生的；与失重无关．‎ ‎【解答】解：A、在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，由于处于完全失重状态，重力充当向心力；故不会出现地球上的水滴的形状，是由于液体表面张力作用而形成球形；故A正确；‎ B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；不是分子的运动；故B错误；‎ C、对气体而言，其规律符合统计规律；即大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的；故C正确；‎ D、一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关，温度不变时，则分子平均动能不变；故虽然对外做功，但内能不变；故D正确；‎ E、失重状态下，气体仍然有压强；故E错误；‎ 故选：ACD ‎【点评】本题考查对分子动理论、气体压强、热力学第三定律的理解．布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．‎ ‎　‎ ‎14．如图，导热性能极好的气缸，高为L=lm，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2、质量为m=10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内．当外界温度为t=27℃、大气压为p0=l×l05Pa时，气柱高度为l=0.9m，气缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g=10m/s2求：‎ ‎（i）如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，在顶端处，竖直拉力F多大？‎ ‎（ii）如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，外界温度为多少摄氏度？‎ - 21 -‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】（i）如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸顶端，气体属于等温变化，利用玻意耳定律可求解．（ii）如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至气缸顶端，气体是等压变化，由盖吕萨克定律可求解．‎ ‎【解答】解：（i）设起始状态气缸内气体压强为p1，当活塞缓慢拉至气缸顶端，设气缸内气体压强为p2‎ 由玻意耳定律得：p1lS=p2LS 在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S 在气缸顶端对活塞由受力平衡得：F+p2S=mg+p0S 解得 F=110N ‎（ii）由盖﹣吕萨克定律得：‎ 其中：T=300K T'=（273+t'）K 解得 t'≈60.3℃‎ 答：（i）竖直拉力F=110N，‎ ‎ （ii）外界温度为60.3℃．‎ ‎【点评】气体的变化中公式的应用本身很简单，对于学生关键在于分清气体在变化过程中，是哪种变化该选用哪种公式．‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-4】‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定 B．雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的 C．杨氏双缝干涉实验中，当两缝间的距离以及挡板和屏的距离一定时，红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距小 D．光的偏振特征说明光是横波 E．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故 ‎【考点】光的偏振；全反射．‎ ‎【分析】光的传播速度由介质的本身性质与频率共同决定；油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射的缘故．光的偏振现象说明光是一种横波；根据光的干涉条纹间距公式，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、光在介质中传播的速度由介质本身，及频率共同决定．故A错误．‎ B、油膜形成的彩色条纹，是由膜的前后表面反射光，进行光的叠加，形成的干涉条纹．故B正确．‎ C、根据光的干涉条纹间距公式，可知，红光的波长长，则红光干涉条纹的相邻条纹间距比蓝光干涉条纹的相邻条纹间距大．故C错误．‎ D、光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波．故D正确．‎ E、玻璃中的气泡看起来特别明亮，是因为光从玻璃射向气泡时，即从光密介质射向光疏介质时，一部分光在界面上发生了全反射，故E正确；‎ - 21 -‎ 故选：BDE．‎ ‎【点评】本题是振动和波部分，以选择题形式考查了全反射、偏振、干涉等现象．‎ ‎　‎ ‎16．一列车沿x轴传播的间谐横波在t=0时刻的波的图象如图所示，经△t=0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求 ‎（1）波的传播速度；‎ ‎（2）质点M在1.2s内走过的路程．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【专题】振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】运用波形的平移法研究质点M质点M第一次回到平衡位置时，波传播的距离，根据v=求解波速，根据数学知识求解波长，从而求出周期，而一个周期内，质点运动的路程为4A．‎ ‎【解答】解：（1）根据数学知识得：y=Asinωx=Asinx，‎ 由题知：10=20sin×0.1‎ 则波长为λ=1.2m． ‎ 若波沿x轴正方向传播，当M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为△x=0.1m，则波速为 v=m/s=1m/s；‎ 若波沿x轴负方向传播，当M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为△x=0.5m，则波速为 v=m/s=5m/s；‎ ‎（2）若波沿x轴正方向传播，周期T=，质点M在1.2s内走过的路程s=4A=0.8m；‎ 若波沿x轴负方向传播，周期T=，t=1.2s=5T，则质点M在1.2s内走过的路程s=20A=4m；‎ 答：（1）若波沿x轴正方向传播，波的传播速度为1m/s；若波沿x轴负方向传播，波的传播速度为5m/s；‎ ‎（2）若波沿x轴正方向传播，质点M在1.2s内走过的路程为0.8m；若波沿x轴负方向传播，质点M在1.2s内走过的路程为4m．‎ ‎【点评】本题采用波形的平移法求质点M第一次经过平衡位置时波传播的距离，这是常用的方法．要灵活运用数学知识解决物理的实际问题，掌握波动图象的函数表达式．‎ - 21 -‎ ‎　‎ ‎【物理--选修3-5】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱 B．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少 D．在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固 E． U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【专题】衰变和半衰期专题．‎ ‎【分析】玻尔理论将量子观念引入原子领域，提出定态和跃迁的概念，成功解释了氢原子光谱；衰变的过程中，电荷数守恒，质量数守恒；核外电子的轨道半径减小，原子能量减小；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，根据质量数和电荷数守恒判断衰变种类和次数．‎ ‎【解答】解：A、β射线不是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱．故A错误．‎ B、玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律．故B正确．‎ C、氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，轨道半径减小，原子能量减小．故C正确．‎ D、在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固．故D错误．‎ E、根据质量数和电荷数守恒知，铀核（92238U）衰变为铅核（86206Pb）要经过8次α衰变和6次β衰变，故E正确；‎ 故选：BCE．‎ ‎【点评】本题考查了波尔理论、能级的跃迁、衰变、比结合能等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，质量M=9kg的小车B静止在光滑水平面上，小车右端固定一轻质弹簧，质量m=0.9kg的木块A（可视为质点）靠弹簧放置并处于静止状态，A与弹簧不栓接，弹簧处于原长状态．木块A右侧车表面光滑，木块A左侧车表面粗糙，动摩擦因数μ=0.15．一颗质量m0=0.1kg的橡皮泥弹丸以v0=10m/s的初速度水平向右飞来，击中木块和木块沾在一起，作用时间极短．如果最后木块A刚好不从小车左端掉下来，取g=10m/s2，求：‎ ‎①小车最后的速度；‎ ‎②起始时木块A到小车左端的距离．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【专题】计算题；定量思想；推理法；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】对系统研究，根据动量守恒定律求出小车最后的速度大小．‎ 抓住木块最终在小车的左端与小车具有相同的速度，结合能量守恒定律求出起始时木块A到小车左端的距离．‎ - 21 -‎ ‎【解答】解：（1）对橡皮泥、木块A和小车组成的系统研究，规定向右为正方向，结合动量守恒定律得，‎ m0v0=（m0+m+M）v 解得小车最后速度v=．‎ ‎（2）橡皮泥击中木块的过程极短，系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得，‎ m0v0=（m0+m）v′，‎ 解得，‎ 根据能量守恒得，，‎ 代入数据解得x=0.3m．‎ 答：①小车最后的速度为0.1m/s；‎ ‎②起始时木块A到小车左端的距离为0.3m．‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，运用动量守恒解题关键选择好研究的系统，判断动量是否守恒，然后列式求解，对于第二问，运用能量守恒进行求解比较简捷．‎ ‎　‎ - 21 -‎