物理·陕西省西安中学2017届高三上学期第五次月考物理试卷 Word版含解析 27页

‎2016-2017学年陕西省西安中学高三（上）第五次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎1．质量为m=10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数μ=，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是（　　）‎ A．50 N 30° B．50 N 60° C． N 30° D． N 60°‎ ‎2．光滑圆柱体被a、b两支架支持处于平衡，接触点为A和B，圆柱体中心为O，AO水平，BO和水平成30°，支架a、b对圆柱体的支持力分别为Na和Nb．保持接触点B不动，把接触点A从图示的位置缓慢沿圆周移到O的正下方的过程中（　　）‎ A．Na不断增大，Nb不断增大 B．Na先增大再减小，Nb不断增大 C．Na先减小再增大，Nb不断减小 D．Na不断减小，Nb不断减小 ‎3．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所 示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）‎ A． Rn→Fr+e B． Rn→Po+He C． Rn→At+e D． Rn→At+H ‎4．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr．则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2．不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，下列说法正确的是（　　）‎ A．太阳的质量为 B．天王星公转速度大于地球公转速度 C．地球与天王星相距最近至少需经历 D．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为 ‎7．如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，则（　　）‎ A．圆环L有收缩的趋势 B．圆环L有扩张的趋势 C．圆环内产生的感应电流变大 D．圆环内产生的感应电流变小 ‎8．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（　　）‎ A．不变，变大 B．变大，变大 C．变大，不变 D．变大，不变 ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．利用下述装置“探究弹簧的弹性势能”，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连：弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放：小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：‎ ‎（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g．为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的　　（填正确答案标号）．‎ A．小球的质量m B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△x E．弹簧原长l0‎ ‎（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek=　　．‎ ‎（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s～△x图线．从理论上可推出，如果m不变，h增加，s～△x图线的斜率会　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的　　次方成正比．‎ ‎10．某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E．‎ ‎（1）先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1，其示数为　　V．‎ ‎（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．‎ ‎①根据图2电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示 数U．该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的1/R与1/U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出图3（﹣）图线．‎ R/Ω ‎166.7‎ ‎71.4‎ ‎50.0‎ ‎33.3‎ ‎25.0‎ ‎20.0‎ U/V ‎8.3‎ ‎5.9‎ ‎4.8‎ ‎4.2‎ ‎3.2‎ ‎2.9‎ ‎/（×10﹣2Ω﹣1）‎ ‎0.60‎ ‎1.40‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎/V﹣1‎ ‎0.12‎ ‎0.17‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.31‎ ‎0.35‎ ‎③从图线中可求得E=　　V．（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎11．如图所示，质量M=4kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=5m．从某时刻开始，有质量m=2kg 的物块，以水平向右的速度v0=6m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止． 物块与车面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）该过程所经历的时间t及物块与小车保持相对静止时的速度v；‎ ‎（2）该过程中物块发生的位移s1及小车发生的位移s2；‎ ‎（3）该过程中物块和小车间产生的热量Q．‎ ‎12．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎（3）外力做的功WF．‎ ‎　‎ 三、选考题 ‎13．雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示直径小于或等于10μm、2.5μm的颗粒物（PM是颗粒物的英文缩写）．‎ 某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．‎ 据此材料，以下叙述正确的是（　　）‎ A．PM10表示直径小于或等于1.0×10﹣6m的悬浮颗粒物 B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力 C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D．PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大 ‎14．一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．‎ ‎15．在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y=5sin（t），它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12m处，波形图如图所示，则（　　）‎ A．此后再经6s该波传播到x=24m处 B．M点在此后第3s末的振动方向沿y轴正方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达y=﹣3m处所需时间是2s ‎16．半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射．求A、B两点间的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省西安中学高三（上）第五次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）‎ ‎1．质量为m=10kg的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数μ=，受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，为使木箱做匀速直线运动，拉力F的最小值以及此时θ分别是（　　）‎ A．50 N 30° B．50 N 60° C． N 30° D． N 60°‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】木箱受到重力mg、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件和滑动摩擦力公式得出F与θ的关系式，再由数学知识求拉力F的最小值．‎ ‎【解答】解：在拉力作用下木箱重力mg、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得：‎ ‎ Fcosθ=f ‎ Fsinθ+N=mg 又f=μN 联立解得：F==，其中 tanα==，α=60°‎ 由数学知识知：当θ+α=90°，即θ=30°时F有最小值，且最小值为：‎ Fmin===50N 故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎2．光滑圆柱体被a、b两支架支持处于平衡，接触点为A和B，圆柱体中心为O，AO水平，BO和水平成30°，支架a、b对圆柱体的支持力分别为Na和Nb．保持接触点B不动，把接触点A从图示的位置缓慢沿圆周移到O的正下方的过程中（　　）‎ A．Na不断增大，Nb不断增大 B．Na先增大再减小，Nb不断增大 C．Na先减小再增大，Nb不断减小 D．Na不断减小，Nb不断减小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以圆柱体为研究对象进行受力分析，利用矢量三角形法则画出两个力的变化情况进行分析．‎ ‎【解答】解：以圆柱体为研究对象进行受力分析，初状态在重力mg、Na、Nb作用下处于平衡状态；‎ 当B不动，把接触点A从图示的位置缓慢沿圆周移到O的正下方的过程中．利用矢量三角形法则画出两个力的变化如图所示，‎ 由图可得，Na先减小再增大，Nb不断减小，所以C正确、ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核（Rn），由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所 示，那么氡核的衰变方程应是下列方程中的哪一个（　　）‎ A． Rn→Fr+e B． Rn→Po+He C． Rn→At+e D． Rn→At+H ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案 ‎【解答】解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：‎ m1v1=m2v2‎ 由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：‎ r=‎ 所以， ===‎ 审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B 故选B ‎　‎ ‎4．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr．则粒子在磁场中运动的最长时间为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子转过的最大圆心角，再求出粒子在磁场中的最长运动时间．‎ ‎【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，‎ 已知：v=2kBr，k=，解得：R=2r，‎ 粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r，‎ 则最大圆心角为：θ=2arcsin=2arcsin=60°，‎ 粒子在磁场中运动的最长时间：‎ t=T=×=；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ ‎【解答】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，太阳系各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动．设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2．不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，下列说法正确的是（　　）‎ A．太阳的质量为 B．天王星公转速度大于地球公转速度 C．地球与天王星相距最近至少需经历 D．天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】‎ 根据万有引力提供向心力，结合天王星的轨道半径和周期求出太阳的质量．根据轨道半径的大小比较线速度的大小以及向心加速度之比．地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差π，根据周期的大小求出经历的时间．‎ ‎【解答】解：A、根据得，太阳的质量M=，故A错误．‎ B、根据，解得v=，因为天王星的轨道半径较大，则线速度较小．故B错误；‎ C、当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差π，所以，解得t=．故C正确．‎ D、根据，解得：a=，天王星和地球的向心加速度之比为．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎7．如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，则（　　）‎ A．圆环L有收缩的趋势 B．圆环L有扩张的趋势 C．圆环内产生的感应电流变大 D．圆环内产生的感应电流变小 ‎【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；楞次定律．‎ ‎【分析】‎ 当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流，因此圆环内的磁通量发生变化，根据磁通量的变化由楞次定律可以判断圆环面积的变化趋势，其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断．‎ ‎【解答】解：由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量将增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增大变慢，单位时间内磁通量的变化减小，即磁通量变化率减小，所以在圆环中产生的感应电动势减小，感应电流也不断减小，故AD正确，BC错误；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎8．在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列比值正确的是（　　）‎ A．不变，变大 B．变大，变大 C．变大，不变 D．变大，不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】R1是定值电阻，根据欧姆定律得知==R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究、与电源内阻的关系，再分析选择．‎ ‎【解答】解：A、根据欧姆定律得知 ==R1．故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，与均不变．故A错误．‎ BC、=R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则有=R1+r，不变．故B错误，C正确．‎ D、=R1+R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，则有=r，不变．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．利用下述装置“探究弹簧的弹性势能”，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连：弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放：小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．回答下列问题：‎ ‎（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g．为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的　ABC　（填正确答案标号）．‎ A．小球的质量m B．小球抛出点到落地点的水平距离s C．桌面到地面的高度h D．弹簧的压缩量△x E．弹簧原长l0‎ ‎（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek=　　．‎ ‎（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s～△x图线．从理论上可推出，如果m不变，h增加，s～△x图线的斜率会　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的　2　次方成正比．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律；弹性势能．‎ ‎【分析】本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，从而得出结论．本题的难点在于需要知道弹簧弹性势能的表达式（取弹簧因此为零势面），然后再根Ep=Ek 即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．‎ ‎（2）由平抛规律可知：‎ 竖直方向上：h=gt2，水平方向上：s=vt，而动能Ek=mv2 联立可得Ek=； ‎ ‎（3）由题意可知只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△x下要对应更大的水平位移s，故s﹣△x图线的斜率会增大．‎ 若取弹簧原长为零势面，则弹簧的弹性势能可表示 Ep=k△x2‎ 可知△x的2次方成正比．‎ 故答案为：（1）ABC； （2）；（3）增大，2‎ ‎　‎ ‎10．某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E．‎ ‎（1）先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1，其示数为　9.4　V．‎ ‎（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．‎ ‎①根据图2电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示 数U．该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的1/R与1/U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出图3（﹣）图线．‎ R/Ω ‎166.7‎ ‎71.4‎ ‎50.0‎ ‎33.3‎ ‎25.0‎ ‎20.0‎ U/V ‎8.3‎ ‎5.9‎ ‎4.8‎ ‎4.2‎ ‎3.2‎ ‎2.9‎ ‎/（×10﹣2Ω﹣1）‎ ‎0.60‎ ‎1.40‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ ‎/V﹣1‎ ‎0.12‎ ‎0.17‎ ‎0.21‎ ‎0.24‎ ‎0.31‎ ‎0.35‎ ‎③从图线中可求得E=　10.0　V．（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】1、读数时要注意最大量程及最小分度，则可求得其读数；‎ ‎2、根据电路图，画出的实物图．‎ 由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，电压表最小分度为0.2；故其示数为9.4V ‎（2）①根据电路图，画出的实物图：‎ ‎②根据上表所示实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中的点作直线，作出﹣图象：‎ ‎③、由闭合电路欧姆定律可得：U=R，‎ 变形得： =+，‎ 由数学知识可知，图象中的斜率为：k=‎ 截距为：b=；‎ 由图可知，b=0.095，‎ 所以E===10.0V；‎ 故答案为：（1）9.4；（2）（I）如图，（II）如图；（III）10.0‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，质量M=4kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=5m．从某时刻开始，有质量m=2kg 的物块，以水平向右的速度v0=6m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止． 物块与车面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）该过程所经历的时间t及物块与小车保持相对静止时的速度v；‎ ‎（2）该过程中物块发生的位移s1及小车发生的位移s2；‎ ‎（3）该过程中物块和小车间产生的热量Q．‎ ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出相对静止时的共同速度．再对M，由动量定理求时间t．‎ ‎（2）对物块和小车分别应用动能定理列式，可以求出物块发生的位移s1及小车发生的位移s2．‎ ‎（3）应用能量守恒定律可以求出产生的热量Q．‎ ‎【解答】解：（1）以小车和物块组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：‎ mv0=（M+m）v ‎ 代入数据解得：v=2m/s，方向向右．‎ 对小车M，由动量定理得：‎ μmgt=Mv﹣0‎ 代入数据解得：t=1s ‎（2）对物块，根据动能定理得：﹣μmgs1=﹣‎ 对小车，由动能定理得：‎ μmgs2=Mv2﹣‎ 代入数据解得：s1=4m，s2=1m ‎（3）该过程中物块和小车间产生的热量为：‎ Q=mv02﹣（M+m）v2‎ 代入数据解得：Q=24J 答：（1）该过程所经历的时间t是1s，物块与小车保持相对静止时的速度v是2m/s． ‎ ‎（2）该过程中物块发生的位移s1及小车发生的位移s2分别为4m和1m．‎ ‎（3）该过程中物块和小车间产生的热量Q是24J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎（3）外力做的功WF．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）根据运动学公式求出时间，根据电量的公式求解 ‎（2）撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．‎ ‎（3）根据动能定理求解．‎ ‎【解答】解：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：‎ ‎=x t==3s ‎ 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：‎ ‎===1.5A 根据电流定义式有：‎ q=t=4.5C ‎（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：‎ v=at=6m/s 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，‎ 再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．‎ Q2=△EK=mv2=1.8J ‎（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：‎ Q1=2Q2=3.6J 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，‎ 根据动能定理有：‎ ‎△EK=WF﹣Q1‎ 则：WF=△EK+Q1=5.4J 答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量是4.5 C；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是1.8J；‎ ‎（3）外力做的功是5.4 J．‎ ‎　‎ 三、选考题 ‎13．雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示直径小于或等于10μm、2.5μm的颗粒物（PM是颗粒物的英文缩写）．‎ 某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．‎ 据此材料，以下叙述正确的是（　　）‎ A．PM10表示直径小于或等于1.0×10﹣6m的悬浮颗粒物 B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力 C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动 D．PM2.5浓度随高度的增加逐渐增大 ‎【考点】分子间的相互作用力；布朗运动．‎ ‎【分析】由题意知：PM10表示直径小于或等于的10μm；‎ PM10、PM2.5是直径小于或等于10μm、2.5μm的颗粒物，在空气分子作用力的合力作用下做无规则运动，合力不可能始终大于其受到的重力；‎ 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，是空气分子无规则运动的反映．‎ ‎【解答】解：A．由题意知：PM10表示直径小于或等于的10μm=10﹣5m悬浮颗粒，故A错误；‎ BCD．由题意知，PM10、PM2.5是直径小于或等于10μm、2.5μm的颗粒物，在空气分子作用力的合力作用下做无规则运动，合力不可能始终大于其受到的重力，所以PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动，PM10、PM2.5的浓度随高度的增加略有减小，故C正确，BD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20‎ 个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】根据玻意耳定律列式，将用去的氧气转化为1个大气压下的体积，再除以每天消耗1个大气压的氧气体积量，即得天数．‎ ‎【解答】解：方法一：设氧气开始时的压强为，体积为，压强变为（2个大气压）时，体积为．‎ 根据玻意耳定律得①‎ 重新充气前，用去的氧气在压强下的体积为②‎ 设用去的氧气在（1个大气压）压强下的体积为，则有 设实验室每天用去的氧气在下的体积为△V，则氧气可用的天数为 ‎④‎ 联立①②③④式，并代入数据得N=4天 方法二：根据克拉珀龙方程pV=nRT，有 ‎20×0.08=N×1×0.36+2×0.08‎ 解得：N=4‎ 答：这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天．‎ ‎　‎ ‎15．在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y=5sin（t），它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12m处，波形图如图所示，则（　　）‎ A．此后再经6s该波传播到x=24m处 B．M点在此后第3s末的振动方向沿y轴正方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达y=﹣3m处所需时间是2s ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】A、根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由v=，确定波速，进而可求得某段时间内的波传播的距离；‎ B、根据M点振动的时间，结合周期，从而判定M点的振动方向；‎ C、简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同；‎ D、根据此时M点的振动方向，再结合末位置，从而确定运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、波的周期T==4s，波长λ=8m，波速v==2m/s，‎ 则再经过6s，波传播的距离为x=vt=12m，故该波传到x=24m处，故A正确；‎ B、M点在此时振动方向向下，则第3秒末，即经过了0.75T，该点的振动方向沿y轴正向，故B正确；‎ C、因波传到x=12m处时，质点向y轴正向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正向，故C错误；‎ D、M点第一次到达y=3cm位置时，振动的时间为t=s，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎16．半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点射入，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生反射．求A、B两点间的距离．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】由折射定律求出光线在左侧面上的折射角，可几何关系求出A、D间的距离．由sinC=求出全反射临界角C，再由几何知识求解B、D间的距离，即可得到AB间的距离．‎ ‎【解答】解：当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得： =n ①‎ 设AD间的距离为d1，由几何关系得：‎ sinr0=②‎ 若光线在B点恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好等于临界角C，设BD间的距离为d2．则有：‎ sinC=③‎ 由几何关系得：sinC=④‎ 则A、B两点间的距离为：d=d2﹣d1；⑤‎ 联立解得：d=（﹣）R ⑥‎ 答：A、B两点间的距离为（﹣）R．‎ ‎　‎ ‎2017年3月1日