重庆市涪陵实验中学2017届高三上学期第二次月考物理试卷 21页

www.ks5u.com ‎2016-2017学年重庆市涪陵实验中学高三（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求的，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，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示，质量均为m的两个小球A、B固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两小球刚好能平衡，则小球A对碗的压力大小为（　　）‎ A． mg B． mg C． mg D．2mg ‎2．汽车沿直线运动的速度﹣﹣﹣时间（v﹣t）图象如图，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是（　　）‎ A．第4s末，汽车的运动方向发生变化 B．6～l0s内．汽车一直处于静止状态 C．第12s末，汽车的加速度为﹣lm/s2‎ D．汽车在0～4s内的位移大小为24m ‎3．北京时间2015年3月30日2l时52分，我国新一代北斗导航卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均沿顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R．不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为 B．这两颗卫星的线速度大小相等，均为 C．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2‎ D．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为 ‎4．A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，在它们距离到2d时，A的加速度为a，则（　　）‎ A．此时B的加速度为 B．此时B的加速度为 C．此时B的加速度也为a D．此时B的加速度无法确定 ‎5．如图所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、乙两小滑块，它们静止于两斜面等高处，轻绳均与斜面平行，甲、乙可看成质点，不计一切摩擦（sin37°=0.6，sin53°=0.8）．若剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲、乙下滑到地面过程所用时间之比3：4‎ B．甲、乙下滑到斜面底端时的速度大小之比4：3‎ C．甲、乙下滑到斜面底端时重力的功率之比为1：1‎ D．甲、乙下滑到地面过程中重力做功相等 ‎6．如图，线圈abcd的ad长20cm，ab长10cm，匝数N=50匝，电阻不计，在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO1轴匀速转动，角速度w=100rad/s，OO1轴通过ad且同时垂直于ad和bc，距ab的距离是距dc的距离的2倍．线圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V，10W”刚好正常发光．则（　　）‎ A．变压器原线圈两端电压有效值为100V B．变压器原线圈中电流为1A C．变压器的原副线圈匝数比为10：1‎ D．通过灯泡的交流电频率为50Hz ‎7．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在AC的连线上 B．连接CD的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 D．φC大于φA ‎8．如图甲，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=lm．﹣质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣﹣x图象如图乙，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）（　　）‎ A．金属棒克服安培力做的功W1=0.5J B．金属棒克服摩擦力做的功W2=5J C．整个系统产生的总热量Q=4.25J D．拉力做的功W=9.25J ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图甲是测量滑块与木板间动摩擦因数的装置，将木板水平固定在桌面上，利用一根压缩的轻质弹簧来弹开滑块．请完成下列实验操作与分析．‎ ‎（1）烧断细线，滑块被弹簧弹出后通过光电门A，继续运动一段距离停止在B点．测出挡光片的宽度d，滑块通过光电门的时间△t，则滑块通过A点的速度v=　　；再用刻度尺测出AB之间的距离L．若重力加速度为g，则滑块与木板间动摩擦因数μ=　　．（用d、△t、L、g表示）‎ ‎（2）将木板换成光滑水平导轨．其它装置不变，来研究弹簧弹性势能与压缩量的关系．用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块通过光电门的时间△t，算出滑块通过光电门的速度v．重复以上操作，得到v与x的关系如图乙所示，由图可知，v与x成　　关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　　成正比．‎ ‎10．如图甲所示为一黑箱装置，黑箱内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端．‎ ‎（1）为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：‎ A．用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；‎ B．用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压：‎ C．用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流．‎ 你认为以上测量中不妥的有：　　（填序号）．‎ ‎（2）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示．请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎（3）由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势、内阻与其实际值相比的大小关系是：　　．‎ ‎11．在民航业内，一直有“黑色10分钟“的说法，即从全球已发生的飞机事故统计数据来看，大多数的航班事故发生在飞机起飞阶段的3分钟和着陆阶段的7分钟．飞机安全事故虽然可怕，但只要沉着冷静，充分利用逃生设备，逃生成功概率相当高，飞机失事后的90秒内是逃生的黄金时间．如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为理想斜面，已知斜面长L=8m，斜面倾斜角θ=37°，人下滑时与充气滑梯间动摩擦因素为u=0.5．若一旅客以v0=4.0m/s的水平初速度抱头从舱门处逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以v=4.0m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑．（不计空气阻力，g=10m/s2，Sin37°=0.6，cos37°=0.8， =1.4）．求该旅客以这种方式逃生需要多长时间？‎ ‎12．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Ql、Q2两点的坐标分别为（0，L）、（0，﹣L），坐标为（﹣‎ L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQl方向进入磁场，a=30°，不计粒子重力．‎ ‎（1）若粒子从点Ql直接通过点Q2，求粒子初速度大小．‎ ‎（2）若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．‎ ‎　‎ 二、[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大 B．在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体 D．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的 E．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 ‎14．某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图所示的圆柱形导热气缸，把它放在大气压强为P0=latm、温度为t0=27℃的环境中自然冷却．该气缸内壁光滑，容积为V=lm3，开口端有一厚度可忽略的活塞．开始时，气缸内密封有温度为t=447℃、压强为P=1.2atm的理想气体，将气缸开口向右固定在水平面上，假设气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：‎ ‎①活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度t1‎ ‎②最终气缸内气体的体积V1．‎ ‎　‎ 四、[物理-选修3-5]‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构 B．α射线比β射线更容易使气体电离 C．太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变 D．大量原子从n=3的激发态向低能级跃迁时，产生的光谱线有6种 E．比结合能越大，原子核越稳定 ‎16．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B的质量为m，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的 ‎（1）求弹簧压缩到最短时B的速度．‎ ‎（2）弹簧的最大弹性势能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市涪陵实验中学高三（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项是符合题目要求的，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，有选错的得0分）‎ ‎1．如图所示，质量均为m的两个小球A、B固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两小球刚好能平衡，则小球A对碗的压力大小为（　　）‎ A． mg B． mg C． mg D．2mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】由已知条件知，根据对称性可知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡知识可得杆的作用力．‎ ‎【解答】解：由题得知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，如图，由共点力的平衡知识可得，碗对小球的弹力N=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．汽车沿直线运动的速度﹣﹣﹣时间（v﹣t）图象如图，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是（　　）‎ A．第4s末，汽车的运动方向发生变化 B．6～l0s内．汽车一直处于静止状态 C．第12s末，汽车的加速度为﹣lm/s2‎ D．汽车在0～4s内的位移大小为24m ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】由速度时间图象各点的坐标可明确物体的速度；根据图象的变化明确物体速度是否发生改变；根据图象的斜率表示物体的加速度，由面积表示位移．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，第4s前后，汽车的速度均为正，运动方向没有发生变化；故A错误；‎ B、6～10s内，汽车一直速度保持不变，故汽车做匀速直线运动；故B错误；‎ C、10s后物体做匀减速直线运动，故加速度恒定，第12s末，汽车的加速度为 a==﹣1m/s2；故C正确；‎ D、汽车在0～4s内的位移大小为 x=m=12m；故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．北京时间2015年3月30日2l时52分，我国新一代北斗导航卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均沿顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R．不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为 B．这两颗卫星的线速度大小相等，均为 C．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2‎ D．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力和万有引力等于重力求出卫星的加速度和周期，从而进行判断．在运动的过程中，万有引力与速度方向垂直，万有引力不做功．‎ ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得， =ma，‎ 解得a=．根据万有引力等于重力得，GM=gR2，‎ 则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A错误．‎ B、这两颗卫星的线速度大小相等，均为v==，故B错误；‎ C、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2．故C错误．‎ D、由=mr和=m0g，‎ 联立解得，T=2π=2π，‎ 故卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为：t==，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．A、B两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，它们相距为d，同时由静止释放，在它们距离到2d时，A的加速度为a，则（　　）‎ A．此时B的加速度为 B．此时B的加速度为 C．此时B的加速度也为a D．此时B的加速度无法确定 ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据牛顿第三定律和第二定律分析两个电荷加速度的关系，得到A、B的加速度．‎ ‎【解答】解：根据牛顿第三定律得知两个电荷间的相互作用力大小相等，由牛顿第二定律得F=ma，‎ 得： ===2，‎ 因A的加速度为a，则得：aB=．故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、乙两小滑块，它们静止于两斜面等高处，轻绳均与斜面平行，甲、乙可看成质点，不计一切摩擦（sin37°=0.6，sin53°=0.8）．若剪断轻绳，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲、乙下滑到地面过程所用时间之比3：4‎ B．甲、乙下滑到斜面底端时的速度大小之比4：3‎ C．甲、乙下滑到斜面底端时重力的功率之比为1：1‎ D．甲、乙下滑到地面过程中重力做功相等 ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比；由机械能守恒可求得落地的速度，根据牛顿第二定律得出加速度之比，结合速度时间公式求出速度之比．由功率公式可求得两物体所受重力做功的功率之比．‎ ‎【解答】解：AB、两物体位于相同高度，剪断轻绳，让两物体从静止开始沿斜面滑下，两物体运动过程中只有重力做功，落地高度相同，根据机械能守恒定律，得 ‎ mgh=，解得 v=，所以到达斜面底端时两物体速率相等．‎ 根据牛顿第二定律得，加速度a=gsinθ，解得加速度之比 gsin37°：gcos37°=3：4，根据 t=知，所用的时间之比为4：3，故A、B错误．‎ C、没有剪断细绳时，由平衡条件可得，m甲gsin37°=m乙gsin53°，则m甲：m乙=4：3，根据P=mgvcos（90°﹣θ）=mgvsinθ，因为质量之比为4：3，sinθ之比为3：4，则重力的功率之比为1：1，故C正确．‎ D、质量之比为4：3．根据W=mgh知，重力做功之比为4：3，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图，线圈abcd的ad长20cm，ab长10cm，匝数N=50匝，电阻不计，在磁感应强度B=T的匀强磁场中绕OO1轴匀速转动，角速度w=100rad/s，OO1轴通过ad且同时垂直于ad和bc，距ab的距离是距dc的距离的2倍．线圈的输出端接单相理想变压器线圈，接在变压器副线圈两端的灯泡“10V，10W”刚好正常发光．则（　　）‎ A．变压器原线圈两端电压有效值为100V B．变压器原线圈中电流为1A C．变压器的原副线圈匝数比为10：1‎ D．通过灯泡的交流电频率为50Hz ‎【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；变压器的构造和原理．‎ ‎【分析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【解答】解：A、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：Em=nBsω=50××0.2×0.1×100V=100V，故有效值为U1=100V．故A错误；‎ BC、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为： =，故C正确，根据功率为P=UI知I2===1A，又=知I1=0.1A，故B错误．‎ D、通过灯泡的交流电频率为f==，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在负点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AB的中点，∠A=30°，A、B、C、D四点的电势分别用φA、φB、φC、φD表示．已知φA=φB，φC=φD，电荷Q在A、B、C三点所确定的平面内，则（　　）‎ A．点电荷Q一定在AC的连线上 B．连接CD的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从C点搬运到B点，电场力做负功 D．φC大于φA ‎【考点】电势；等势面．‎ ‎【分析】点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心；找出电荷位置后，根据电势能的变化情况判断电场力做功情况 ‎【解答】解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和CD的中垂线的交点上，在AC的连线上如图，故A正确；‎ B、φC=φD，线段CD是C、D所在等势面（圆）的一个弦，故B错误；‎ C、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，将正试探电荷从C点搬运到B点，电势能增加，故电场力做负功，故C正确；‎ D、在负的点电荷的电场中，离场源越远，电势越高，故φC小于φA，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图甲，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，导轨间距L=lm．﹣质量m=2kg，阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v﹣﹣x图象如图乙，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，则从起点发生x=1m位移的过程中（g=10m/s2）（　　）‎ A．金属棒克服安培力做的功W1=0.5J B．金属棒克服摩擦力做的功W2=5J C．整个系统产生的总热量Q=4.25J D．拉力做的功W=9.25J ‎【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】由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式FA=，得到FA与x的关系式，可知FA与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功WA=﹣x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．‎ ‎【解答】解：A、由速度图象得：v=2x，‎ 金属棒所受的安培力 FA==，‎ 代入得：FA=0.5x，则知FA与x是线性关系．‎ 当x=0时，安培力FA1=0；当x=1m时，安培力FA2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：‎ ‎ WA=﹣x=x=﹣×1J=﹣0.25J 即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A错误．‎ B、金属棒克服摩擦力做的功为：W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J，故B正确；‎ CD、根据动能定理得：W﹣μmgs+WA=mv2，‎ 其中v=2m/s，μ=0.25，m=2kg，代入解得拉力做的功为：W=9.25J．‎ 整个系统产生的总热量为：Q=W﹣mv2=9.25J﹣×2×22J=5.25J．故C错误，D正确 故选：BD．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图甲是测量滑块与木板间动摩擦因数的装置，将木板水平固定在桌面上，利用一根压缩的轻质弹簧来弹开滑块．请完成下列实验操作与分析．‎ ‎（1）烧断细线，滑块被弹簧弹出后通过光电门A，继续运动一段距离停止在B点．测出挡光片的宽度d，滑块通过光电门的时间△t，则滑块通过A点的速度v=　　；再用刻度尺测出AB之间的距离L．若重力加速度为g，则滑块与木板间动摩擦因数μ=　　．（用d、△t、L、g表示）‎ ‎（2）将木板换成光滑水平导轨．其它装置不变，来研究弹簧弹性势能与压缩量的关系．用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块通过光电门的时间△t，算出滑块通过光电门的速度v．重复以上操作，得到v与x的关系如图乙所示，由图可知，v与x成　正比　关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　压缩量的平方　成正比．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，由平均速度即为中间时刻的瞬时速度，并根据运动学公式，即可求解动摩擦因数，‎ ‎（2）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可解．‎ ‎【解答】解：（1）通过光电门来测量瞬时速度，v=；‎ 根据运动学公式， =2aL；‎ 而牛顿第二定律，μmg=ma；‎ 解得：μ=；‎ ‎（2）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，‎ 由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；‎ 故答案为：（1），；（2）正比，压缩量的平方（或x2）．‎ ‎　‎ ‎10．如图甲所示为一黑箱装置，黑箱内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端．‎ ‎（1）为了探测黑箱，某同学进行了以下几步测量：‎ A．用多用电表的欧姆挡测量a、b间的电阻；‎ B．用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压：‎ C．用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流．‎ 你认为以上测量中不妥的有：　AC　（填序号）．‎ ‎（2）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U﹣I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示．请你做进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E=　1.45　V，内阻r=　0.78　Ω．‎ ‎（3）由于电压表和电流表的内阻会产生系统误差，则采用此测量电路所测得的电动势、内阻与其实际值相比的大小关系是：　电动势与电阻的测量小于真实值　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．‎ ‎（2）采用描点法作图，由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．‎ ‎（3）电压表测量为电源的输出电压，电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流，故可知误差来自于电压表的分流．‎ ‎【解答】解：（1）多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．‎ 用多用电表的电压档测量a、b间的输出电压是可以的，不妥的是AC，可以的是B，故选AC；‎ ‎（2）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ 电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，由图示图象可知，电源的电动势：E=1.45V，‎ 图象斜率的绝对值等于电源内阻，电源内阻：r==≈0.78Ω．‎ ‎（3）该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；‎ 利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，‎ 由图可知，输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，‎ 所以测得的内阻与实际值相比偏小．‎ 故答案为：（1）AC；（2）1.45；0.78；（3）电动势与电阻的测量小于真实值．‎ ‎　‎ ‎11．在民航业内，一直有“黑色10分钟“的说法，即从全球已发生的飞机事故统计数据来看，大多数的航班事故发生在飞机起飞阶段的3分钟和着陆阶段的7分钟．飞机安全事故虽然可怕，但只要沉着冷静，充分利用逃生设备，逃生成功概率相当高，飞机失事后的90秒内是逃生的黄金时间．如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为理想斜面，已知斜面长L=8m，斜面倾斜角θ=37°，人下滑时与充气滑梯间动摩擦因素为u=0.5．若一旅客以v0=4.0m/s的水平初速度抱头从舱门处逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以v=4.0m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑．（不计空气阻力，g=10m/s2，Sin37°=0.6，cos37°=0.8， =1.4）．求该旅客以这种方式逃生需要多长时间？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．‎ ‎【分析】旅客先做平抛运动，根据平抛运动基本公式求出平抛运动的时间及运动的位移，旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动基本公式求出匀加速运动的时间．‎ ‎【解答】解：旅客先做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为为s，运动时间为t1，则有：‎ x=υ0t1…①‎ 竖直方向位移：y=gt12…②‎ tanθ=…③‎ 联立以上各式解得t1=0.6s 总位移：s===3m；…④‎ 旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为t2，通过距离为s1，‎ 则s1=L﹣s…⑤‎ s1=υ0t2+at22…⑥‎ 联立④、⑤、⑥解得：t2=1 s 总时间t=t1+t2=0.6+1=1.6s．‎ 答：该旅客以这种方式逃生需要1.6s．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．Ql、Q2两点的坐标分别为（0，L）、（0，﹣L），坐标为（﹣L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQl方向进入磁场，a=30°，不计粒子重力．‎ ‎（1）若粒子从点Ql直接通过点Q2，求粒子初速度大小．‎ ‎（2）若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据半径公式求出粒子的速度；‎ ‎（2）抓住与挡板碰撞两次并能回到P点，作出轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1‎ 由几何关系得：R1cosα=L ①‎ 其中：cosα= ②‎ 粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=m ③‎ 由①②③式联立可得粒子初速度大小：v1=．‎ ‎（2）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为α，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R2，偏转一次后在y负方向偏移量为△y1，‎ 由几何关系得：△y1=2R2cosα ④‎ 其中：cosα= ⑤‎ 为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，设每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离△y2（如图中A、E间距），‎ 有： =tanα=‎ 得：△y2= ⑥‎ 当粒子只碰二次，其几何条件是3△y1﹣2△y2=2L ⑦‎ ‎④⑤⑥⑦式联立得：R2= ⑧‎ 粒子磁场中做匀速圆周运动：qvB=m ⑨‎ ‎⑧⑨式子联立得：v=．‎ 答：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小为；‎ ‎（2）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小为．‎ ‎　‎ 二、[物理-选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大 B．在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体 D．液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的 E．自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生 ‎【考点】能量守恒定律．‎ ‎【分析】自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越大；宏观热现象要符合热力学第二定律才能发生．‎ ‎【解答】解：A、当分子间表现为斥力时，距离增大时，分子力做正功，分子势能减小；故A错误；‎ B、在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果，故B正确；‎ C、热量可以自发的从高温物体传到低温物体；也可以从低温物体传到高温物体，但会引起其他方面的变化；故C错误；‎ D、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D正确；‎ E、自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律，但宏观热现象要符合热力学第二定律才能发生，故E错误；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．某次科学实验中，从高温环境中取出一个如图所示的圆柱形导热气缸，把它放在大气压强为P0=latm、温度为t0=27℃的环境中自然冷却．该气缸内壁光滑，容积为V=lm3，开口端有一厚度可忽略的活塞．开始时，气缸内密封有温度为t=447℃、压强为P=1.2atm的理想气体，将气缸开口向右固定在水平面上，假设气缸内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：‎ ‎①活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度t1‎ ‎②最终气缸内气体的体积V1．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】①气体做等容变化，由查理定律得：求温度T1；‎ ‎②由气态方程得：求体积V1；‎ ‎【解答】解：①气体做等容变化，初状态：压强为P=1.2atm，T=K 末状态：P0=1atm 由查理定律得：‎ 解得：T1=600k=t1+273‎ 故t1=327℃‎ ‎②初状态：压强为P=1.2atm，T=K=720K，V=1m3‎ 设末状态体积为V1，P0=1atm，T0=300K 由气体的理想气体状态方程，得：‎ 解得：V1=0.5m3‎ 答：①活塞刚要向左移动时，气缸内气体的温度t1为327℃；‎ ‎②最终气缸内气体的体积V1为0.5m3．‎ ‎　‎ 四、[物理-选修3-5]‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构 B．α射线比β射线更容易使气体电离 C．太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变 D．大量原子从n=3的激发态向低能级跃迁时，产生的光谱线有6种 E．比结合能越大，原子核越稳定 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】汤姆孙发现电子，提出原子的枣糕模型，核式结构模型是卢瑟福提出的；α射线比β射线更容易使气体电离；太阳辐射的能量来源于轻核聚变；根据数学组合公式得出产生的光谱线．比结合能越大，原子核越稳定．‎ ‎【解答】解：A、汤姆孙发现了电子，得出原子的枣糕模型，故A错误．‎ B、三种射线中，α射线的电离能力最强，γ射线的电离能力最弱，故B正确．‎ C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故C正确．‎ D、大量原子从n=3的激发态向低能级跃迁时，根据=3知，可以产生的光谱线有3种，故D错误．‎ E、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故E正确．‎ 故选：BCE．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B的质量为m，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的 ‎（1）求弹簧压缩到最短时B的速度．‎ ‎（2）弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【考点】动量守恒定律；能量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）子弹击中木块A后A压缩弹簧，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的速度；‎ ‎（2）子弹击中A的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度，当弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能．‎ ‎【解答】解：（1）当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v．‎ 取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒，则得：‎ mv0=（m+m+m）v 解得：v=v0‎ ‎（2）设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，根据A与子弹系统的动量守恒得：‎ mv0=（m+m）v1，‎ 解得，v1=v0．‎ 由系统的机械能守恒定律得：‎ 弹簧的最大弹性势能 Ep=﹣v2‎ 解得：Ep=m 答：‎ ‎（1）弹簧压缩到最短时B的速度为v0．‎ ‎（2）弹簧的最大弹性势能为m．‎ ‎　‎ ‎2017年1月5日