物理·广东省广州市番禺区仲元中学2017届高三上学期月考物理试卷（9月份） Word版含解析 22页

‎2016-2017学年广东省广州市番禺区仲元中学高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 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．伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示．伽利略设计这个实验的目的是为了说明（　　）‎ A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B．如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒 C．如果物体不受到力，就不会运动 D．维持物体做匀速直线运动并不需要力 ‎2．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落．已知运动员和他身上装备的总重力为G1，圆顶形降落伞的重力为G2，有8根相同的拉线，一端与飞行员相连（拉线重力不计），另一端均匀分布在伞面边缘上，如图所示（图中没有把拉线都画出来），每根拉线和竖直方向都成30°角．那么每根拉线上的张力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮（B离地足够高），A的质量是B的两倍．A静止在斜面上，B悬挂着．不计滑轮上的摩擦，现将斜面倾角由45°缓慢减小到15°，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑轮受到绳子作用力将不变 B．物体A对斜面的压力将减小 C．绳子的张力及A受到的摩擦力都不变 D．物体A受到的摩擦力先减小后增大 ‎4．如图所示，在倾角为θ=37°的粗糙斜面的顶端和底端各放置两个相同小木块A和B，木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5．某时刻将小木块A自由释放，同一时刻让小木块B获得初速度v=6m/s沿斜面上升，已知两木块在斜面的中点位置相遇，则两小木块相遇所用的时间为（sin37°=0.6，g取10m/s2）（　　）‎ A．0.6s B．1s C．1.8s D．2.4s ‎5．如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下从静止开始运动，其速度﹣﹣﹣时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．在0﹣1s内，外力F不变 B．在4s末，物块恰回到出发点 C．在3﹣4s内，外力F不断减小 D．在第4s内，物块的平均速度大于0.5v0‎ ‎6．如图所示，质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上，受到竖直向上的20N的拉力F1的作用，从静止开始运动．已知杆与环间的动摩擦因数μ=，杆与水平地面的夹角为30°，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．环对杆的弹力垂直于杆向下，大小为5N B．环对杆的摩擦力沿斜面向上，大小为2.5N C．环的加速度大小为2.5 m/s2‎ D．杆对环的作用力大小为10N ‎7．如图所示，A、B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，互不粘连地叠放在轻质弹簧上静止（弹簧下端固定于地面上，劲度系数k=100N/m），对A施加一竖直向下、大小为F=60N的力，将弹簧再压缩一段距离（弹性限度内）而处于静止状态．然后突然撤去F，设两物体运动过程中A、B间相互作用力大小为FN，则A、B在向上运动过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g=10m/s2）（　　）‎ A．刚撤去外力F时，FN=30N B．当 A物体向上的位移为0.3m时，FN=20N C．当两物体速度最大时，弹簧处于压缩状态，且FN=10N D．当A、B两物体将分离时刻，A物体的位移大小为0.6m ‎8．带滑轮的平板C放在水平桌面上，小车A通过绕过滑轮的轻绳与物体B相连，如图所示．A、C间及绳与滑轮间摩擦力不计，C与桌面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力认为等 于滑动摩擦力，A、C质量均为m，小车A运动时平板C保持静止，物体B的质量M可改变，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当M=m时，A受到的合外力大小为mg B．当M=m时，C对桌面的压力大小为2mg C．若取μ=0.1，则当M=m时，C不可能静止 D．在M改变时，保持C静止必须满足μ＞‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图所示是用光电门传感器测定小车瞬时速度的情景，轨道上a、c间距离恰等于小车长度，b是a、c中点．某同学采用不同的挡光片做了三次实验，并对测量精确度加以比较．挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，它测量的是小车前端P抵达　　（选填“a”“b”或“c”）点时的瞬时速度；若每次小车从相同位置释放，记录数据如表格所示，那么测得瞬时速度较精确的值为　　m/s．‎ 次序 挡光片宽/m 挡光时间/s 速度/（m・s﹣1）‎ ‎1‎ ‎0.080‎ ‎0.036‎ ‎2.22‎ ‎2‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎2.00‎ ‎3‎ ‎0.020‎ ‎0.0105‎ ‎1.90‎ ‎10．用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验：‎ ‎（1）面列出了一些实验器材：‎ 电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：　　．（多选）‎ A．天平（附砝码）‎ B．秒表 C．刻度尺（最小刻度为mm）‎ D．低压交流电源 ‎（2）实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是　　．‎ A．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动．‎ B．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动．‎ C．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动．‎ ‎（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是　　．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．‎ ‎（4）如图2为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：‎ S1=0.55cm，S2=0.94cm，S3=1.35cm，S4=1.76cm，S5=2.15cm，S6=2.54cm．‎ ‎①相邻两计数点间的时间间隔为　　 s；‎ ‎②计数点“6”和“7”的位移S7比较接近于　　（填“A、B、C、D”序号）‎ A．2.76cm B.2.85cm C.2.96cm D.3.03cm ‎③打下“3”点时小车的瞬时速度v3=　　 m/s；小车的加速度a=　　 m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（5）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图3（甲），然后由图象直接得出a与M成反比．乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1/M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1/M的图象，如图3（乙）所示．你认为同学　　（选填“甲”或“乙”）的方案更合理．‎ ‎（6）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a﹣F图象，如图4所示．发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是　　．‎ A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大 B．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大 C．没有平衡摩擦力，且小车质量较大 D．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大．‎ ‎11．一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小．‎ ‎（2）2﹣4s内物体的加速度及物块质量m．‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎12．如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：‎ ‎（1）传送带上黑色痕迹的长度；‎ ‎（2）有F作用期间平板的加速度大小；‎ ‎（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，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题计分．[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值 C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度 D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小再增大 E．一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 ‎14．如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：‎ ‎（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；‎ ‎（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-5】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．β射线的本质是电子流，所以β衰变说明原子核是由质子、中子、电子组成 B．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素 C．核反应中释放的能量可由△E=△mC2 计算，有些化学反应也释放能量，这两种情况产生的能量的本质是一样的 D．某种色光照射金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加 E．玻尔认为原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 ‎16． 如图，三个相同的木块A、B、C质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的左端与木块B固连（右端与C不固连），弹簧处于原长状态．现给A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动．若A与B相碰后立即粘合在一起（以后也不分开），求：‎ ‎①以后运动过程中弹簧的最大弹性势能 ‎②以后运动过程中C能获得的最大速度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省广州市番禺区仲元中学高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ 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．伽利略用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示．伽利略设计这个实验的目的是为了说明（　　）‎ A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B．如果没有摩擦，物体运动时机械能守恒 C．如果物体不受到力，就不会运动 D．维持物体做匀速直线运动并不需要力 ‎【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．‎ ‎【分析】考查伽利略斜面实验的物理意义，伽利略通过“理想斜面实验”推翻了力是维持运动的原因的错误观点．‎ ‎【解答】解：伽利略的斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落．已知运动员和他身上装备的总重力为G1，圆顶形降落伞的重力为G2，有8根相同的拉线，一端与飞行员相连（拉线重力不计），另一端均匀分布在伞面边缘上，如图所示（图中没有把拉线都画出来），每根拉线和竖直方向都成30°角．那么每根拉线上的张力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】运动员受本身的重力及8根丝线的拉力而处于平衡状态；将丝线的拉力分解为水平和竖直两个方 向上的分力，则竖直上的分力之和等于向下的重力．‎ ‎【解答】解：如图以一根丝线为例，每根丝线拉力向上的分力； ‎ 由共点力的平衡条件可知：‎ ‎8F1=mg；‎ 解得：； ‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮（B离地足够高），A的质量是B的两倍．A静止在斜面上，B悬挂着．不计滑轮上的摩擦，现将斜面倾角由45°缓慢减小到15°，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑轮受到绳子作用力将不变 B．物体A对斜面的压力将减小 C．绳子的张力及A受到的摩擦力都不变 D．物体A受到的摩擦力先减小后增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到拉力等于物体B的重力；再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：A、对物体B受力分析：B受重力和拉力，由二力平衡得到：T=mg，可知绳子的拉力大小不变，由于滑轮两侧绳子的夹角增大，则两边绳子拉力的合力减小，所以滑轮受到绳子作用力将减小，故A错误．‎ BCD、设B的质量为m，则A的质量为2m．‎ 对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图 根据平衡条件得到 ‎ f+T﹣2mgsinθ=0‎ ‎ N﹣2mgcosθ=0‎ 解得：f=2mgsinθ﹣T=2mgsinθ﹣mg，N=2mgcosθ 当θ不断变小时，斜面对A的支持力N增大，f先变减小后反向增大，由牛顿第三定律知：物体A对斜面的压力将增大；故BC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示，在倾角为θ=37°的粗糙斜面的顶端和底端各放置两个相同小木块A和B，木块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5．某时刻将小木块A自由释放，同一时刻让小木块B 获得初速度v=6m/s沿斜面上升，已知两木块在斜面的中点位置相遇，则两小木块相遇所用的时间为（sin37°=0.6，g取10m/s2）（　　）‎ A．0.6s B．1s C．1.8s D．2.4s ‎【考点】惯性；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】分别对两木块受力分析，根据牛顿第二定律列式求出各自的加速度，再根据题意列出到达中点时的位移公式，联立即可求得时间．‎ ‎【解答】解：对小木块A，受到重力、支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ﹣μmgcosθ=maA 得：aA=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6﹣0.5×10×0.8=2m/s2‎ 对小木块B，受到重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：‎ mgsinθ+μmgcosθ=maB 得：aB=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2‎ 木块A： =aAt2‎ 木块B： =vt﹣aBt2‎ 联立解得：t=1s 故选：B ‎　‎ ‎5．如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下从静止开始运动，其速度﹣﹣﹣时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．在0﹣1s内，外力F不变 B．在4s末，物块恰回到出发点 C．在3﹣4s内，外力F不断减小 D．在第4s内，物块的平均速度大于0.5v0‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】在速度﹣时间图象中，某一点纵坐标代表此时刻的瞬时速度；某点切线的斜率代表该时刻的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负．结合牛顿第二定律判断受力情况；根据第4s内的运动性质分析其对应的平均速度．‎ ‎【解答】解：A、在0～1s内，直线的斜率不变，加速度不变，由牛顿第二定律得：F﹣f=ma，可知外力F是恒力，故A正确．‎ B、前4s内物体一直沿正方向运动，故物块在4s末时位移最大，故B错误；‎ C、在3～4s内，斜率越来越大，说明加速度越来越大，所以物体做加速度增大的减速运动，‎ ‎ 由牛顿第二定律得：f﹣F=ma，得 F=f﹣ma，f、m不变，a增大，F减小，故C正确；‎ D、第4s内物体做变加速运动，如图作一辅助线可知，虚线所示为匀减速运动，其所表示的平均速度为0.5v0，由于3﹣4s内曲线所围成的面积大于虚线所围成的面积，则可知，第4s内的平均速度一定大于0.5v0；故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为1kg的环套在倾斜固定的杆上，受到竖直向上的20N的拉力F1的作用，从静止开始运动．已知杆与环间的动摩擦因数μ=，杆与水平地面的夹角为30°，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．环对杆的弹力垂直于杆向下，大小为5N B．环对杆的摩擦力沿斜面向上，大小为2.5N C．环的加速度大小为2.5 m/s2‎ D．杆对环的作用力大小为10N ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】对小球受力分析，抓住垂直与杆子方向上的合力为零，在沿杆子方向上有合力，根据牛顿第二定律求出小球上滑时的加速度大小．‎ ‎【解答】解：A、环在杆上受到四个力的作用，如图所示，重力mg、拉力F、杆的弹力FN和滑动摩擦力F摩，在垂直于杆的方向合外力为零，在平行于杆的方向，合外力提供小球作加速运动所需要的力．‎ 根据垂直于杆的方向的平衡可知杆对环的作用力：‎ FN=（F﹣mg）cosθ=（20﹣10）×N=5N，方向垂直于斜面向下； 再根据牛顿第三定律可知，环对杆的弹力垂直接触面向上，故A错误；‎ B、球受到的摩擦力 F摩=μFN=×=2.5N；故B正确；‎ C、由牛顿第二定律可知：‎ ‎（F﹣mg）sinθ﹣F摩=ma 代入数据后得：a=2.5m/s2．故C正确；‎ D、杆对环的作用力包括摩擦力和支持力，二力的合力F==≈9.0N，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，A、B的质量分别为mA=1kg，mB=2kg，互不粘连地叠放在轻质弹簧上静止（弹簧下端固定于地面上，劲度系数k=100N/m），对A施加一竖直向下、大小为F=60N的力，将弹簧再压缩一段距离（弹性限度内）而处于静止状态．然后突然撤去F，设两物体运动过程中A、B间相互作用力大小为FN，则A、B在向上运动过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g=10m/s2）（　　）‎ A．刚撤去外力F时，FN=30N B．当 A物体向上的位移为0.3m时，FN=20N C．当两物体速度最大时，弹簧处于压缩状态，且FN=10N D．当A、B两物体将分离时刻，A物体的位移大小为0.6m ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律可以求出加速度，然后以A为研究对象求出A、B间的作用力；‎ 当A、B间作用力为零，即弹簧恢复原长时A、B分离，应用胡克定律可以求出弹簧的形变量，可以求出A的位移．‎ ‎【解答】解：A、刚撤去外力时，系统所受合外力：F=60N，由牛顿第二定律得：F=（mA+mB）a，对物体A：FN﹣mAg=mAa，解得：FN=30N，故A正确；‎ B、刚撤去外力时，弹簧的弹力为：（mA+mB）g+F=kx1，解得，弹簧的压缩量：x1=0.9m，A向上的位移为0.3m时，弹簧的压缩量：x2=x1﹣0.3=0.9﹣0.3=0.6m，由牛顿第二定律得，对系统：kx2﹣（mA+mB）g=（mA+mB）a，对A：FN﹣mAg=mAa，解得：FN=20N，故B正确；‎ C、当系统所受合外力为零时两物体的速度最大，此时系统加速度为零，系统所受合外力为零，弹簧对系统有向上的支持力，弹簧被压缩，对A：FN﹣+mAg=0，解得：FN=10N，故C正确；‎ D、当弹簧恢复原长时A、B即将分离，此时A的位移：xA=x1=0.9m，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎8．带滑轮的平板C放在水平桌面上，小车A通过绕过滑轮的轻绳与物体B相连，如图所示．A、C间及绳与滑轮间摩擦力不计，C与桌面间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，A、C质量均为m，小车A运动时平板C保持静止，物体B的质量M可改变，则下列说法正确的是（　　）‎ A．当M=m时，A受到的合外力大小为mg B．当M=m时，C对桌面的压力大小为2mg C．若取μ=0.1，则当M=m时，C不可能静止 D．在M改变时，保持C静止必须满足μ＞‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律求出加速度，再对A根据牛顿第二定律求出绳子的拉力，从而求出绳子对C的作用力，对C受力分析，根据平衡条件求解即可．‎ ‎【解答】解：AB、当M=m时，根据牛顿第二定律得：‎ 对AB整体有：加速度大小 a==g 对A有：A受到的合外力大小 F合=ma=mg，则绳子的拉力大小为 T=mg 绳子对C的作用力大小 F=T=mg，方向与水平面成45°斜向下，‎ 对C受力分析，C处于静止状态，受力平衡，则桌面对C的支持力 N=2mg+Fsin45°=2.5mg＞2mg，由牛顿第三定律知，C对桌面的压力大小大于2mg，故A、B错误．‎ C、当M=m时，若取μ=0.1，桌面对C的最大静摩擦力 fm=μN=0.25mg＜Fcos45°=0.5mg，所以C不可能静止，故C正确．‎ D、AB两个物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：‎ 对整体有 a=‎ 则绳子的拉力 T=ma=‎ 根据A得分析可知，绳子对C的作用力在水平方向的分量 Fx=，竖直分量Fy=‎ ‎ 要使C保持静止，则有μ•（2mg+Fy）≥Fx 联立解得，μ≥=‎ 因为1＞1，所以μ＞，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题 ‎9．如图所示是用光电门传感器测定小车瞬时速度的情景，轨道上a、c间距离恰等于小车长度，b是a、c中点．某同学采用不同的挡光片做了三次实验，并对测量精确度加以比较．挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，它测量的是小车前端P抵达　b　（选填“a”“b”或“c”）点时的瞬时速度；若每次小车从相同位置释放，记录数据如表格所示，那么测得瞬时速度较精确的值为　1.90　m/s．‎ 次序 挡光片宽/m 挡光时间/s 速度/（m・s﹣1）‎ ‎1‎ ‎0.080‎ ‎0.036‎ ‎2.22‎ ‎2‎ ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎2.00‎ ‎3‎ ‎0.020‎ ‎0.0105‎ ‎1.90‎ ‎【考点】探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】光电门的测速原理是用极短时间内的平均速度大小可以近似认为是该时刻的瞬时速度大小，时间越短的平均速度越接近瞬时速度．‎ ‎【解答】解：（1）挡光片安装在小车中点处，光电门安装在c点，当挡光片到达光电门处时，小球前端P刚好抵达b点，故它测量的是小车前端P抵达b点时的瞬时速度．‎ ‎（2）光电门测速的原理，是用挡光片的宽度除以挡光片通过光电门的时间，即挡光片通过光电门的平均速度近似的表示小车运动的瞬时速度，所以挡光片宽度越小，通过光电门的时间越短，平均速度越接近瞬时速度，从数据可知那么测得瞬时速度较精确的值的是第三次实验，故精确的瞬时速度为1.90m/s．‎ 故答案为：（1）b；（2）1.90．‎ ‎　‎ ‎10．用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验：‎ ‎（1）面列出了一些实验器材：‎ 电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：　ACD　．（多选）‎ A．天平（附砝码）‎ B．秒表 C．刻度尺（最小刻度为mm）‎ D．低压交流电源 ‎（2）实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是　C　．‎ A．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动．‎ B．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动．‎ C．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动．‎ ‎（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是　m＜＜M　．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．‎ ‎（4）如图2为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：‎ S1=0.55cm，S2=0.94cm，S3=1.35cm，S4=1.76cm，S5=2.15cm，S6=2.54cm．‎ ‎①相邻两计数点间的时间间隔为　0.1　 s；‎ ‎②计数点“6”和“7”的位移S7比较接近于　C　（填“A、B、C、D”序号）‎ A．2.76cm B.2.85cm C.2.96cm D.3.03cm ‎③打下“3”点时小车的瞬时速度v3=　0.16　 m/s；小车的加速度a=　0.40　 m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）‎ ‎（5）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图3（甲），然后由图象直接得出a与M成反比．乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1/M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1/M的图象，如图3（乙）所示．你认为同学　乙　（选填“甲”或“乙”）的方案更合理．‎ ‎（6）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a﹣F图象，如图4所示．发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是　B　．‎ A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大 B．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大 C．没有平衡摩擦力，且小车质量较大 D．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理与实验器材分析答题；‎ ‎（2）实验前要把木板的一端垫高以平衡摩擦力，使小车受到的合力等于绳子的拉力；‎ ‎（3）当小车质量远大于砂与砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力；‎ ‎（4）应用匀变速直线运动的推论：△x=at2可以求出6、7计数点间的距离；‎ ‎（5）为方便实验数据处理，作出的图象应为直线，根据题意应用牛顿第二定律分析答题；‎ ‎（6）实验前要平衡摩擦力，砂与砂桶的质量应远小于小车的质量，根据图示图象分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）本实验目的是探究加速度与力、质量关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故A正确；打点计时器的工作电源为低压交流电源（6V以下），工作频率为50Hz，周期为0.02s，可以计时，不需要秒表，故选D，不选B项；‎ 打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 故选：ACD ‎（2）平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻纺（静止）在长木板上，挂好纸带（纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力）、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动（纸带上两点的距离相等）即可，故C正确；‎ ‎（3）砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg﹣F=ma，对小车：F=Ma，可得小车受到的拉力 本实验用砂桶的重力代表小车受到的合外力（拉力），由=，可知，F＜mg，只有m＜＜M时，才有F≈mg，所以砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是m＜＜M ‎（4）①打点计时器的工作周期为，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为 根据匀变速直线运动的规律：，可知，比较接近2.96cm，故选C项．‎ ‎（5）反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数关系图象，故应选乙方案．‎ ‎（6）图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由（3）可知，小车受到的拉力，当m＜＜M时，即砂桶总重力远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砂桶的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果砂和小桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂桶重力，加速度与砂桶重力（小车受到的合力）不成正比，a﹣F图象发生弯曲，不再是直线，故B正确；‎ 故答案为：（1）ACD （2）C （3）m＜＜M （4）①0.1 ②0.16 ③0.40 （5）乙 （6）B ‎　‎ ‎11．一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力F随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小．‎ ‎（2）2﹣4s内物体的加速度及物块质量m．‎ ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）由图可知，1s时物体处于平衡状态，根据平衡条件可求得摩擦力大小；‎ ‎（2）4s后物体做匀速运动，根据平衡条件可求得滑动摩擦力，根据图b中图象的斜率可求得加速度，由a图可求得牵引力，根据牛顿第二定律即可求得质量；‎ ‎（3）根据滑动摩擦力的计算公式即可求得动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）0﹣2s内物体处于静止状态，由图a可知拉力为F=6N，‎ 根据平衡条件可知：‎ f=6N． ‎ ‎（2）4s后，物体作匀速直线运动，此时拉力F等于滑动摩擦力f0，‎ 即f0=12N． ‎ 由（b）图得2﹣4s内物体的加速度 a==m/s2=2 m/s2‎ 由（a）图得2﹣4s内物体所受拉力为F=18N ‎ 根据牛顿第二定律 F﹣f0=ma ‎ 解得m=kg=3kg ‎ ‎（3）由（2）中分析可知，‎ 摩擦力f0=12N；‎ 根据f0=μN=μmg ‎ ‎ 解得μ=0.4 ‎ 答：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小为6N；‎ ‎（2）2﹣4s内物体的加速度及物块质量m为3kg ‎（3）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.4．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s 时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：‎ ‎（1）传送带上黑色痕迹的长度；‎ ‎（2）有F作用期间平板的加速度大小；‎ ‎（3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字）？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度，结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移，从而得出相对位移的大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的至少长度．‎ ‎【解答】解：（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a1==μ1g=0.1×10m/s2=1 m/s2，方向向右；‎ 设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2，煤块速度达到v，‎ 即v=at1=a1t2，代值可得t1=0.5s，t2=1.5s，‎ 传送带发生的位移s=+v（t2﹣t1）=，‎ 煤块发生的位移s′==，‎ 黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：△s=s﹣s′，‎ 代入数据解得△s=0.75m．‎ ‎（2）煤块滑上平板时的速度为v0=1.5m/s，加速度为a1==μ1g=1m/s2，‎ 经过t0=0.5s时速度v=v0﹣a1t0=1.5﹣1×0.5m/s=1.0m/s，‎ 平板的加速度大小a2，则由v=a2t0=1.0m/s，‎ 解得 a2=2 m/s2．‎ ‎（3）设平板与地面间动摩擦因数为μ2，由a2=2 m/s2，‎ 且Ma2=（F+μ1mg）﹣μ2（mg+Mg），代入数据解得μ2=0.2，‎ 由于μ2＞μ1，共速后煤块将仍以加速度大小a1==μ1g匀减速，直到停止，‎ 而平板以加速度a3匀减速运动，Ma3=μ1mg﹣μ2（mg+Mg），‎ 代入数据解得a3=﹣2.25 m/s2，用时t3==，‎ 所以，全程平板的位移为 S板=，‎ 煤块的位移S煤=，‎ 平板车的长度即煤块与平板的位移之差，L=S煤﹣S煤==0.65m．‎ 答：（1）传送带上黑色痕迹的长度为0.75m；‎ ‎（2）有F作用期间平板的加速度大小为2m/s2；‎ ‎（3）平板上表面至少0.65m．‎ ‎　‎ ‎（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，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题计分．[物理--选修3-3]‎ ‎13．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值 C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度 D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小再增大 E．一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力；分子势能．‎ ‎【分析】布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；物体的内能包括分子势能和分子热运动动能，与温度和体积有关．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥．绝对0 K不能达到；由分子力做功分析分子势能变化．气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反应了液体分子无规则运动，故A错误．‎ B、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，相对湿度则给出大气的潮湿程度，故B正确．‎ C、根据热力学第二定律可知，尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降至热力学零度，故C错误．‎ D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大；分子力表现为引力时，靠近的过程中分子力做正功；当分子力表现为斥力时，靠近的过程中分子力做负功，所以分子势能是先减小再增大，故D正确．‎ E、一定质量的理想气体，在体积不变时，温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小，故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎14．如图，一个质量为m的T型活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部ho处连接一U形细管（管内气体的体积忽略不计）．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，两边水银柱存在高度差．已知水银密度为ρ，大气压强为P0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，求：‎ ‎（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平；‎ ‎（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）对封闭气体由理想气体状态方程求解 ‎（2）根据W=p△V求等压过程中气体做功，根据热力学第一定律求气体内能的变化量．‎ ‎【解答】解：（i）初态时，对活塞受力分析，可求气体压强　①‎ 体积V1=1.5h0S，温度T1=T0‎ 要使两边水银面相平，气缸内气体的压强P2=P0，‎ 此时活塞下端一定与气缸底接触，V2=1.2h0‎ 设此时温度为T2，由理想气体状态方程有　②‎ 得：　　　　　　　 ‎ ‎（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功 W=P1△V=（）×0.3h0S ③‎ 由热力学第一定律有△U=W+Q　 ④‎ 得：△U=0.3（）h0S﹣Q　　　　　 ‎ 答：（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为时两边水银面恰好相平；‎ ‎（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，气体内能的变化为．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-5】‎ ‎15．下列说法中正确的是（　　）‎ A．β射线的本质是电子流，所以β衰变说明原子核是由质子、中子、电子组成 B．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素 C．核反应中释放的能量可由△E=△mC2 计算，有些化学反应也释放能量，这两种情况产生的能量的本质是一样的 D．某种色光照射金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加 E．玻尔认为原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 ‎【考点】爱因斯坦质能方程．‎ ‎【分析】入射光的强度越多，单位时间内射到金属上的光子数越多，产生光电效应时，单位时间内发射的光电子数越多；‎ 居里夫妇发现钋和镭两种新元素；‎ 核反应与化学反应本质上不同；‎ 当增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加；‎ 玻尔原子模型提出能量量子化．‎ ‎【解答】解：A、β衰变是由于原子核内中子转化为为一个质子同时释放一个电子，故A错误；‎ B、居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素，故B正确；‎ C、虽然两种情况下的反应均释放能量，但两者本质不相同，故C错误；‎ D、某种频率的光照射某金属能发生光电效应，若增加入射光的强度，就增加了单位时间内射到金属上的光子数，则单位时间内发射的光电子数将增加，故D正确；‎ E、玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化．故E正确．‎ 故选：BDE．‎ ‎　‎ ‎16． 如图，三个相同的木块A、B、C质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的左端与木块B固连（右端与C不固连），弹簧处于原长状态．现给A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动．若A与B相碰后立即粘合在一起（以后也不分开），求：‎ ‎①以后运动过程中弹簧的最大弹性势能 ‎②以后运动过程中C能获得的最大速度．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】①A、B碰撞的过程，A、B组成的系统动量守恒，C认为未参与碰撞，根据动量守恒定律求出碰后瞬间AB的共同速度；当三种速度相同时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，根据三个物体组成的动量守恒定律和能量守恒定律求出三个木块最终的速度大小和弹簧的最大弹性势能．‎ ‎②以后运动过程中，弹簧再恢复到原长时，由动量守恒与机械能守恒结合C能获得的最大速度．‎ ‎【解答】解：①A与B相碰后立即粘合后速度为v，由动量守恒 ‎ mv0=（m+m）v1‎ 得 v1=v0‎ A、B与C共速时刻，弹簧有最大弹性势能，设为EP，则由动量守恒 ‎（m+m）v1=（m+m+m）v 代入数值得：v=v0‎ 由能量转换关系得 EP=（2mv12）′﹣×3mv2=mv02‎ ‎②弹簧再恢复到原长时，C获得最大速度v2′，由动量守恒与机械能守恒（式中m1=2m，m2=m）；‎ ‎ 2mv1=2mv1′+mv2′‎ ‎×2mv12=×2mv1′2+mv2′2；‎ 联立解得 v2′=v0‎ 答：‎ ‎①以后运动过程中弹簧的最大弹性势能为mv02．‎ ‎②以后运动过程中C能获得的最大速度是v0．‎ ‎　‎ ‎2016年11月19日