广东省汕头市潮南实验学校2017届高三上学期期中物理试卷 19页

‎2016-2017学年广东省汕头市潮南实验学校高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 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．有选错的得0分．）‎ ‎1．下列有关物理学家和物理学规律的发现，说法正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 B．伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因 C．迪卡尔通过研究物体的运动规律，在牛顿第一定律的基础上提出了惯性定律 D．开普勒提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量 ‎2．如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ．P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1＜l2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．OP绳子拉力大 B．OQ绳子拉力大 C．两根绳子拉力一定相等 D．两根绳子拉力一定不相等 ‎3．一质点自坐标原点由静止出发，沿x轴正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以﹣a的加速度运动，当速度变为时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变为﹣a，直至速度变为…，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点一直沿x轴正方向运动 B．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0‎ C．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0‎ D．质点将在x轴上一直运动，永远不会停止 ‎4．如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ=30°的斜面上，撞击点为C点．已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于（不计空气阻力）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径，质量是地球质量的，已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星的密度为 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎6．如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则（　　）‎ A．动摩擦因数μ=‎ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g ‎7．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s ‎8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎　‎ 二.非选择题 ‎9．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度和滑块与斜面间的动摩擦因数．一倾角为θ=30°的斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；‎ ‎（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是　　；‎ ‎（2）根据测出的数据画出﹣t图线如图所示；则滑块加速度的大小为a=　　m/s2，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=　　（g取l0m/s2）‎ ‎10．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置，一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．‎ ‎（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图2所示，他记录的小钢球的直径d=　　cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量　　（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是　　．‎ A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径 B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径 C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量 D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．‎ ‎11．传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．‎ ‎12．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1m就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？‎ ‎（2）最终木板上放有多少块铁块？‎ ‎（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？‎ ‎　‎ 三、选考题【物理--选修3-3】‎ ‎13．关于扩散现象，下来说法正确的是（　　）‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省汕头市潮南实验学校高三（上）期中物理试卷 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．有选错的得0分．）‎ ‎1．下列有关物理学家和物理学规律的发现，说法正确的是（　　）‎ A．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 B．伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因 C．迪卡尔通过研究物体的运动规律，在牛顿第一定律的基础上提出了惯性定律 D．开普勒提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故A错误；‎ B、伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故B正确；‎ C、牛顿通过伽利略和笛卡尔工作的基础上，提出了牛顿第一定律，即惯性定律．故C错误；‎ D、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ．P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1＜l2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．OP绳子拉力大 B．OQ绳子拉力大 C．两根绳子拉力一定相等 D．两根绳子拉力一定不相等 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先对P、Q两环进行受力分析，它们只受两个力，根据二力平衡条件可知，绳子的拉力都是垂直于杆子的，再对结点O受力分析，再根据三力平衡判断可得到F1=F2．‎ ‎【解答】解：对P、Q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的．‎ 对结点O受力分析如图所示．‎ 根据平衡条件可知，FP和FQ的合力与FT等值反向，如图所示．‎ 几何关系可知，α=β．故FP=FQ．即两根绳子拉力一定相等．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．一质点自坐标原点由静止出发，沿x轴正方向以加速度a加速，经过t0时间速度变为v0，接着以﹣a的加速度运动，当速度变为时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变为﹣a，直至速度变为…，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．质点一直沿x轴正方向运动 B．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0‎ C．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0‎ D．质点将在x轴上一直运动，永远不会停止 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】v﹣t图象是反映物体的速度随时间变化情况的，速度的正负表示质点的运动方向，图线的斜率表示加速度，面积表示位移．由此分析质点的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由图象看出，质点的速度作周期性变化，则运动方向在周期性的变化．故A错误．‎ B、质点在0﹣t0时间内位移为 x1=v0•2t0=v0t0．在2t0﹣4t0时间内位移为 x2=﹣•t0=﹣，在4t0﹣6t0时间内位移为x3=••= …故质点运动过程中离原点的最大距离为 x=v0t0．故B正确．‎ C、质点的总位移为 x=x1+x2+x3…=，n→∞时，x=v0t0．即质点最终静止时离开原点的距离等于v0t0，故C错误．‎ D、最终质点静止在x轴上，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈θ=30°的斜面上，撞击点为C点．已知斜面上端与曲面末端B相连．若AB的高度差为h，BC间的高度差为H，则h与H的比值等于（不计空气阻力）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．‎ ‎【分析】根据动能定理求出B点的速度，结合平抛运动竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出竖直位移的表达式，求出h与H的比值．‎ ‎【解答】解：对AB段，根据动能定理得，mgh=mvB2，解得vB=，‎ 根据tan30°=得，t=，‎ 则：H=gt2=g•，‎ 解得： =．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星﹣500”的模拟实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径，质量是地球质量的，已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）‎ A．火星的密度为 B．火星表面的重力加速度是 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比，根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．‎ ‎【解答】解：A、B、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，‎ 则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为．‎ 设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G=mg′，‎ 解得：M′=，‎ 密度为：ρ==．故A正确，B错误；‎ C、C、由G=m，得到：v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误；‎ D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，‎ 由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=，D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则（　　）‎ A．动摩擦因数μ=‎ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】对于整个过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．由题分析可知，滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，由动能定理求解．对全过程，运用动能定理求载人滑草车克服摩擦力做功．加速度根据牛顿第二定律求．‎ ‎【解答】解：A、对整个过程，由动能定理得：2mgh﹣μmgcos45°•﹣μmgcos37°•=0‎ 解得：μ=．故A正确．‎ B、滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：mgh﹣μmgcos45°•=‎ 解得：v=．故B正确．‎ C、对整个过程，由动能定理得：‎ ‎2mgh﹣Wf=0，解得，载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf=2mgh．故C错误．‎ D、载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a==g，故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎7．如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（　　）‎ A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2‎ D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t=2πr××求时间．‎ ‎【解答】解：A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；‎ B．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v=45m/s，故B正确；‎ C．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v0=30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x==50m，再由v2﹣=2ax代入数据解得：a=6.50m/s，故C错误；‎ D．设R与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα==，α=60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的时间为t=2πr××=2.79s，故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎8．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则（　　）‎ A．从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为 B．从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为 C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为（5mgsinθ+2ma）v D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧的长度变化情况，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小．‎ 根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P=Fv求出恒力对A做功的功率．‎ 当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度．‎ ‎【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有：3mgsinθ=kx1，解得弹簧的压缩量，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有：kx2=2mgsinθ，解得弹簧的伸长量，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x=，故A正确．‎ B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功W=﹣3mgxsinθ=﹣，故B错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，F﹣3mgsinθ﹣kx2=3ma，解得F=5mgsinθ+3ma，则恒力对A做功的功率P=Fv=（5mgsinθ+3ma）v，故C错误．‎ D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F﹣3mgsinθ﹣T′=0‎ 所以：T′=2mgsinθ+3ma B沿斜面方向受到的力：FB=T′﹣2mgsinθ=2ma′，‎ 解得，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二.非选择题 ‎9．利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度和滑块与斜面间的动摩擦因数．一倾角为θ=30°的斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t．改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；‎ ‎（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是　s=v1t﹣at2　；‎ ‎（2）根据测出的数据画出﹣t图线如图所示；则滑块加速度的大小为a=　4　m/s2，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=　　（g取l0m/s2）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．‎ 由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系，根据牛顿第二定律求得摩擦因数 ‎【解答】解：（1）已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量．因为时速度v1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1t﹣at2‎ ‎（2）由得：‎ 作图求出斜率为：k=﹣2m/s2，‎ 加速度为：a=2|k|=4m/s2‎ 根据牛顿第二定律可知：mgsin30°﹣μmgcos30°=ma 解得：‎ 故答案为：（1）s=v1t﹣at2；（2）4，‎ ‎　‎ ‎10．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置，一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．‎ ‎（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图2所示，他记录的小钢球的直径d=　1.030　cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量　不需要　（填“需要”或“不需要”）．‎ ‎（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是　AC　．‎ A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径 B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径 C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量 D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；‎ ‎（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；‎ ‎（3）从实验的测量原理可判定各个选项．‎ ‎【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为10mm+6×0.05mm=10.30mm=1.030 cm．‎ ‎（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv2可知，实验不需要测量小钢球的质量．‎ ‎（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v=，‎ 然后验证：mgh=mv2，即gh=v2是否成立，由此验证机械能守恒，‎ AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．‎ CD、由于实际存在阻力故：mgh﹣fh=mv2，‎ 即：gh﹣=v2．‎ 可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．‎ 故选：AC 故答案为：（1）1.030 （2）不需要 （3）AC ‎　‎ ‎11．传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．‎ ‎【考点】功能关系；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由v﹣t图的斜率求出煤块做匀变速运动的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；‎ ‎（2）由图知，最后匀速运动时和传送带速度相等，读出煤块的初速度和传送带的速度，由位移公式分别求出三段位移，把三个时间相加得在传送带上运动的时间；‎ ‎（3）这段时间分别计算各自的总位移作差，求出相对位移，然后求出产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）由速度﹣时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a===1m/s2，‎ 由牛顿第二定律得：μmg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：μ==0.1；‎ ‎（2）由速度﹣时间图象，传送带速度大小：v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，‎ 煤块在传送带上滑动：t1=4s与传送带相对静止．‎ 前3s内煤块的位移：s1=t=4.5m，方向向左，‎ 后1s内煤块的位移：s2=t′=0.5m，方向向右，‎ ‎4s内煤块的位移：s=s1﹣s2=4m，方向向左，‎ 煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t2==4s，‎ 故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s；‎ ‎（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s′=v1t1=4m，方向向右；‎ 煤块的位移：s=s1﹣s2=4m，方向向左，‎ 两个物体的相对路程△s=s′+s=8m；‎ 整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=8J；‎ 答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；‎ ‎（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；‎ ‎（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板的在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5‎ m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L=1m就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g=10m/s2）‎ ‎（1）第2块铁块放上时，木板的速度多大？‎ ‎（2）最终木板上放有多少块铁块？‎ ‎（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）开始木板做匀速运动，运动L后，加一个铁块，摩擦力变大，做减速运动，可对木块受力分析后求出加速度，再计算运动L后的速度；‎ ‎（2）每加一块铁块，可以对木块运用速度位移公式，通过比较，发现规律，联列各个方程求解即可；‎ ‎（3）先算出最后一块铁块刚放上时木块的速度，求出加速度后，根据运动学公式计算出木板最后运动的位移．‎ ‎【解答】解：（1）木板最初做匀速运动，‎ 由F=μMg计算得出，‎ 第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：μ（M+m）g﹣F=Ma1‎ 代入数据计算得出：；‎ 根据速度位移关系公式，有：，‎ 计算得出v1=7m/s ‎（2）设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：‎ 第1 块铁块放上后：‎ 第2 块铁抉放上后：‎ 第n块铁块放上后：‎ 由上可得：‎ 木板停下时，vn=0，得n=9.5；‎ 即最终木板上放有10块 ‎（3）从放上第1块铁块至刚放上第10块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：‎ 解得L=9m 从放上第10 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：2（）d=v92﹣0‎ 联立计算得出：d=0.5m 所以：木板共运动L+d=9+0.5=9.5m 答：（1）第2块铁块放上时，木板的速度为7.5m/s；‎ ‎（2）最终木板上放有10块铁块？‎ ‎（3）从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动9.5m ‎　‎ 三、选考题【物理--选修3-3】‎ ‎13．关于扩散现象，下来说法正确的是（　　）‎ A．温度越高，扩散进行得越快 B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 ‎【考点】扩散．‎ ‎【分析】扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，速率与物质的浓度梯度成正比．扩散是由于分子热运动而产生的质量迁移现象，主要是由于密度差引起的．扩散现象等大量事实表明，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动．‎ ‎【解答】解：A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故A正确；‎ B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故B错误；‎ CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中产生，扩散速度与温度和物质的种类有关，故CD正确；‎ E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故E错误．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎14．如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：‎ ‎（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．‎ ‎（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．‎ ‎【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，‎ 气体的状态参量：V1=（l﹣）s2+s1=（40﹣）×40+×80=2400cm3，‎ T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，‎ 由盖吕萨克定律得： =，即： =，解得：T2=330K；‎ ‎（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，‎ 大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，‎ 代入数据解得：p2=1.1×105Pa，‎ T2=330K，T3=T=303K，‎ 由查理定律得： =，‎ 即： =，‎ 解得：p3=1.01×105Pa；‎ 答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；‎ ‎（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．‎ ‎　‎ ‎2016年12月25日