2020届湖南师大附中高三第5次月考试卷-物理

2020年湖南师大附中高考模拟试卷高中物理物理试卷本试卷分第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两部分，共100分，考试时刻90分钟。

第一卷〔选择题共48分〕一、此题共12小题，每题4分，共48分。

在每题给出的四个选项中；有的小题只有一个选项正确；有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。

1．两个分子甲和乙相距较远〔现在它们之间的分子力可忽略〕，设甲固定不动，乙逐步靠近甲直到不能再靠近的整个过程中A •分子力总是对乙做正功B.乙总是克服分子力做正功C.先是分子力对乙做负功，然后分子力对乙做正功D.先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功2．在光的双缝干涉实验中，假设在光屏处放照相底片，并设法操纵入射光线强度和曝光时刻，那么以下描述正确的选项是A •假设曝光量专门小，底片上会显现一些分布不规那么的亮点，显示出光的粒子性B •即使曝光量专门小，底片上也会显示出明暗相间的条纹，证明光具有波动性C •假设曝光量足够大，底片上会显现亮度平均的光斑，显示出光的波动性D •假设曝光量足够大，底片上会显现明暗相间的条纹，证明光具有波动性3•目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如，有些含有铀、钍的花岗岩会开释出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，依照有关放射性知识可知，以下讲法正确的选项是A •氡的半衰期为3.8天，假设取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下一个原子核了B •衰变所开释的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的C．射线一样相伴着或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱D •发生一次衰变时，生成核与原先的原子核相比，中子数减少了44．如下图，一个内侧面与外侧面平行、中空部分为空气的三棱镜，将此三棱镜放在空气中，让一束单色光以平行于底部BC入射到AB面上，光从AC面射出，在图示的出射光线中，光线②平行于BC边，那么出射的三条光线中5•如下图，质量相等的 A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上。

2020年湖南师范大学附属中学高三线上月考理科综合试卷物理部分二、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14~18 题只有一项符合题目要求,第19~21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。

14.科学家探究自然界的物理规律.为人类的科学事业做出了巨大贡献。

下列描述符合物理学史实的是A.贝可勒尔首先发现了X 射线B.库仑首先引人了场的概念和电场线、磁感线的概念C.普朗克首先把能量子引入了物理学,正确破除了“能量连续变化”的传统观念D.牛顿给出万有引力公式122m m F G r =的同时,首先给出了引力常量的数值 15.甲、乙两车在平直公路上行驶,其位移-时间图象如图所示,则下列说法正确的是A.0~4s 内,甲车做曲线运动,乙车做直线运动B.2 s 末,甲,乙两车相遇C.2 s 末,甲车的速度小于乙车的速度D.0~4s 内，甲、乙两车的平均速度相同16.如图所示.固定平行导轨间有磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l 且足够长,左端接阻值为R 的定值电阻,导轨电阻不计。

现有一长为2l 的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O 点为轴沿顺时针方向以角速度w 转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计)A.通过定值电阻的电流方向由b 到aB.金属棒刚开始转动时,产生的感应电动势最大C.通过定值电阻的最大电流为2Bl R ωD.23Bl17.如图所示,光滑直角三角形支架ABC 竖直固定在水平地面上,B 、C 两点均在地面上， AB 与BC 间的夹角为θ,分别套在AB 、AC 上的小球a 和b 用轻绳连接.系统处于静止状态,轻绳与CA 间的夹角为α。

a 、b 的质量之比为 A.tan tan αθ B tan tan θαC. sin cos αθD. sin cos θα 18. 2019年1月3日,我国成功发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面着陆,开启了人类探测月球的新篇章。

2020年湖南师范大学附属中学 高三线上月考理科综合试卷物理部分二、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14~18 题只有一项符合题目要求,第19~21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。

14.科学家探究自然界的物理规律.为人类的科学事业做出了巨大贡献。

下列描述符合物理学史实的是A.贝可勒尔首先发现了X 射线B.库仑首先引人了场的概念和电场线、磁感线的概念C.普朗克首先把能量子引入了物理学,正确破除了“能量连续变化”的传统观念D.牛顿给出万有引力公式122m m F Gr =的同时,首先给出了引力常量的数值 15.甲、乙两车在平直公路上行驶,其位移-时间图象如图所示,则下列说法正确的是A.0~4s 内,甲车做曲线运动,乙车做直线运动B.2 s 末,甲,乙两车相遇C.2 s 末,甲车的速度小于乙车的速度D.0~4s 内，甲、乙两车的平均速度相同16.如图所示.固定平行导轨间有磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l 且足够长,左端接阻值为R 的定值电阻,导轨电阻不计。

现有一长为2l 的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O 点为轴沿顺时针方向以角速度w 转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计) A.通过定值电阻的电流方向由b 到aB.金属棒刚开始转动时,产生的感应电动势最大C.通过定值电阻的最大电流为2Bl RωD.23Bl17.如图所示,光滑直角三角形支架ABC 竖直固定在水平地面上,B 、C 两点均在地面上， AB 与BC 间的夹角为θ,分别套在AB 、AC 上的小球a 和b 用轻绳连接.系统处于静止状态,轻绳与CA 间的夹角为α。

a 、b 的质量之比为A.tan tan αθ B tan tan θα C. sin cos αθ D. sin cos θα18. 2019年1月3日,我国成功发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面着陆,开启了人类探测月球的新篇章。

湖南省湖南师大附中2020-2021学年高三上学期月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是A．根据速度的定义式v＝Δx，当Δt取不同的值时，v都可以表示物体的瞬时速度ΔtB．牛顿在前人的基础上总结得出并通过实验验证了牛顿运动定律C．伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D．用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如加速度a＝F就是采用比m值定义的2．生活中常见的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．右图是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为m，手机平面与水平面间夹角为θ，则手机支架对手机作用力A．大小为mg，方向竖直向下B．大小为mg，方向竖直向上C．大小为mg cos θ，方向垂直手机平面斜向上D．大小为mg sin θ，方向平行手机平面斜向上3．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A．A、B间摩擦力为零gθB．A加速度大小为cosC ．C 可能只受两个力作用D ．斜面体受到地面的摩擦力为零4．如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 的关系图象如图乙所示，则小滑块A 的质量为A ．1 kgB ．2 kgC ．3 kgD ．4 kg5．2021年10月20日，酒泉卫星发射中心迎来60岁生日．作为我国航天事业的发祥地，中心拥有我国最早的航天发射场和目前唯一的载人航天发射场.2021年6月，我国成功实现目标飞行器“神舟十号”与轨道空间站“天宫一号”的对接．如图所示，已知“神舟十号”从捕获“天宫一号”到两个飞行器实现刚性对接用时为t ，这段时间内组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R ，组合体离地面的高度为H ，万有引力常量为G ，据以上信息可求地球的质量为A ．(R+H ）3θ2Gt 2B ．π2(R+H ）3θ2Gt 2C ．(R+H ）3θ24πGt 2D ．4π4(R+H ）3θ2Gt 26．ABS 是Anti －lock Brake System 的英文缩写，即“刹车防抱死系统”．某汽车在启用ABS 刹车系统和未启用该刹车系统紧急刹车过程中，车速与时间的变化关系分别如图中的①②图线所示，由图可知A．启用ABS刹车时间大于未启用ABS刹车时间B．启用ABS汽车做匀速运动，未启用ABS汽车做匀减速运动C．0～t1的时间内，启用ABS加速度大于未启用ABS加速度D．刹车过程中，启用ABS平均速度大于未启用ABS平均速度7．用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能E k与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则A．小球所带电荷量为bmgEB．轻绳的长度为abC．小球在最高点的最小速度为√2amD．小球在最高点的最小速度为√5am8．一座平顶房屋，顶的面积S＝40 m2.第一次连续下了t＝24小时的雨，雨滴沿竖直方向以v＝5.0 m/s的速度落到屋顶，假定雨滴撞击屋顶的时间极短且不反弹，并立即流走．第二次气温在摄氏零下若干度，而且是下冻雨，也下了24小时，全部冻雨落到屋顶便都结成冰并留在屋顶上，测得冰层的厚度d＝25 mm.已知两次下雨的雨量相等，水的密度为1.0×103 kg/m3，冰的密度为9×102 kg/m3.由以上数据可估算得第一次下雨过程中，雨对屋顶的撞击使整个屋顶受到的压力为A．9 000 N B．9 N C．52 N D．0.052 N9．如图所示，真空中有两个等量异种电荷，OO′为两电荷连线的垂直平分线，P点在垂直平分线上，四边形ONPM为菱形，现在将一个负电荷q，自O点开始沿ONPM移动，则下列说法不正确．．．的是( )A ．由O 到N 的过程中电荷电势能减少B ．由N 到P 的过程中电场力做负功C ．P 点与O 点电势相等D ．N 点和M 点电场强度相同二、多选题10．如图所示，一可视为质点的小球以初速度v 0从O 点被水平抛出，经与两墙壁四次弹性碰撞后刚好落在竖直墙壁的最低点D ，此时速度与水平方向的夹角为θ，其中A 、C 两点为小球与右侧墙壁碰撞的等高点，B 点为小球与左侧墙壁碰撞的点，已知两墙壁间的距离为d ，与墙壁碰撞无能量损失，且速度满足光的反射规律，重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．OA ∶AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5∶7B ．相邻两次碰撞之间(指某次碰撞后到下一次碰撞前)速度的变化量均相等C ．小球刚到D 点的速度大小是刚到B 点的速度大小的2倍 D ．tan θ＝204dg v 11．如图所示A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为p 1＝5 kg·m/s ，B 球动量为p 2＝7 kg·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，碰后A 的动量改变了1 kg·m/s ，而运动方向没有改变，则A 和B 质量的比值可能为A．m Am B=13B．m Am B=12C．m Am B=25D．m Am B=5712．如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、质量分布均匀、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放．已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是A．矩形板受到的摩擦力恒为F f＝4 NB．矩形板的重力做功为W G＝2.4 JC．产生的热量为Q＝0.8 JD．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2√355m/s13．以下说法正确的是____．A．一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，熵值较大代表着较为无序B．某气体的摩尔质量为M、密度为ρ，用N A表示阿伏加德罗常数，每个气体分子的质量为m0，每个气体分子的体积为V0，则m0＝MN A ，V0＝m0ρC．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关D．如果封闭气体的密度变小，分子平均动能增加，则气体的压强可能不变E.封闭在容积不变的容器内的气体，若温度升高，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大14．一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t＝0.75 s时的波形图，如图乙所示为x＝1.5 m处的质点P的振动图象，则下列说法正确的是____．A．图甲中质点N速度方向沿y轴正方向B．图甲中质点M的速度与加速度均为零C．再经过t＝0.5 s质点L与质点N位移相同D．再经过t＝1.75 s质点P第一次到达波峰E.该波在传播的过程中，遇到宽度为1 m的障碍物能发生明显的衍射现象三、实验题15．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．(1) 实验时，一定要进行的操作是______．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M.(2) 甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留三位有效数字)．(3) 甲同学以力传感器的示数F 为横坐标，加速度a 为纵坐标，画出的a －F 图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k ，则小车的质量为_________________． A ．1tan θ B ．2tan θ－m 0 C ．2k －m 0 D ．2k(4) 乙同学根据测量数据作出如图所示的a －F 图线，该同学做实验时存在的问题是___________．16．为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图所示．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门传感器可测的最短时间为0.01 ms.将具有很好挡光效果的宽度为d ＝3.8×10－3 m 的黑色磁带水平贴在透明直尺上．实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δt i 与图中所示的高度差Δh i ，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M 为直尺质量，g 取9.8 m/s 2)．(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用v i ＝idt 求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是____．(2)请将表格中数据填写完整______．(小数点后保留两位数字) (3)通过实验得出的结论是：____． (4)从该实验可得ΔE k －Δh 的图象是___．四、解答题17．如图所示，一光滑绝缘细直杆MN ，长为L ，水平固定在匀强电场中，电场强度大小为E ，方向与竖直方向夹角为θ.杆的M 端固定一个带负电小球A ，电荷量大小为Q ；另一带负电的小球B 穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q ，质量为m ，现将小球B 从杆的N 端由静止释放，小球B 开始向右端运动，已知k 为静电力常量，g 为重力加速度，求：(1)小球B 对细杆的压力的大小； (2)小球B 开始运动时加速度的大小； (3)小球B 速度最大时，离M 端的距离．18．如图，科研人员在研究某运动赛道路面特性时，将一质量m ＝lkg 小滑块（视为质点）在半径R ＝0.4m 的14圆弧A 端由静止释放，运动到B 点时速度为v＝2m∕s ．经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在可视为光滑材料的水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ＝37°、长s ＝lm 斜面轨道CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．（1）求滑块在B点时对轨道的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；（2）若设置μ＝0.5，求质点从C运动第一次运动到D点的时间；（3）若最终滑块停在D点，求μ的可能取值范围．19．如图所示，质量M＝2 kg的平板小车后端放有质量m＝3 kg的铁块，它和车之间的动摩擦因数μ＝0.5，开始时车和铁块一起以v0＝3 m/s的速度向右在光滑水平地面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞．设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，使得铁块总不能和墙相碰．(g取10 m/s2)求：(1)铁块在车上滑行的总路程；(2)车和墙第一次相碰以后所走的总路程．20．如图所示，一汽缸固定在水平地面上，通过活塞封闭有一定质量的理想气体，活塞与缸壁的摩擦可忽略不计，活塞的截面积S＝100 cm2.活塞与水平平台上的物块A用水平轻杆连接，在平台上有另一物块B，A、B的质量均为m＝62.5 kg，物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.8.两物块间距为d＝10 cm.开始时活塞距缸底L1＝10 cm，缸内气体压强p1等于外界大气压强p0＝1×105 Pa，温度t1＝27 ℃.现对汽缸内的气体缓慢加热，(g ＝10 m/s2)求：①物块A开始移动时，汽缸内的温度；②物块B开始移动时，汽缸内的温度．21．如图所示，有一圆柱形容器，底面半径为R，在底面的中心O处有一红色点光源S，它发出的红光经时间t可以传到容器的边缘P.若容器内倒满某液体，S发出的红光经时间2t可以传到容器的边缘P，且恰好在P点发生全反射．求：①该液体的折射率；②容器的高度．参考答案1．C【解析】【详解】A. 根据速度的定义式v＝Δx，当Δt趋近于0时，v都可以表示物体的瞬时速度，选项A错Δt误；B.牛顿在前人的基础上总结得出了牛顿运动定律，但是牛顿第一定律是不能通过实验来验证的，选项B错误。

湖南师大附中2020届高三月考试卷（四）物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 在推导”匀变速直线运动位移的公式“时，把整个运动过程划分为很多个小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”．下面实例中应用到这一思想方法的是（ ）A. 在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度和力的关系B. 在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看作点电荷C. 在求两个力的合力是，如果把一个力的作用效果与两个力共同作用的效果相同，这个力就是两个力的合力D. 在探究弹簧弹性势能表达式的过程中，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，在每一小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每一小段弹力所做的功相加2.从地面上以初速度2v 0竖直上抛物体A ，相隔时间△t 以后再以初速度v 0从同一地点竖直上抛物体B ，不计空气阻力。

以下说法正确的是（ ）A. 物体A 、B 可能在物体A 上升过程中相遇B. 要使物体A 、B 相遇需要满足条件0024v v t g g<∆< C. 要使物体A 、B 相遇需要满足条件02v t g∆< D. 要使物体A 、B 相遇需要满足条件04v t g ∆>3. 如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ．质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）A. mgRB. mgRC. mgRD. mgR4.如图所示，倾角30θ=︒的斜面上有一重为G 的物体，在与斜面底边平行的水平推力F 作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中45ϕ=︒，则（ ）A. 推力F 一定是一个变力B. 物体可能沿虚线向上运动C. 物体与斜面间的动摩擦因数33μ=D. 物体与斜面间的动摩擦因数63μ= 5.如图所示，一同学用双手(手未画出)水平对称地用力将两长方体课本夹紧，且同时以加速度a 竖直向上匀加速捧起．已知课本A 质量为m ，课本B 质量为2m ，手的作用力大小为F ，书本A 、B 之间动摩擦因数为μ，用整体法与隔离法可分析出此过程中，书A 受到书B 施加的摩擦力大小为A. μFB. 2μFC. 12m (g +a ) D. m (g +a )6.有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（ ）A. a 的向心加速度等于重力加速度gB. 线速度关系v a ＞v b ＞v c ＞v dC. d 的运动周期有可能是20小时D. c 在4个小时内转过的圆心角是3π7.如图所示为测定运动员体能的装置，轻绳一端栓在腰间，沿水平线跨过定滑轮（不计轻绳与滑轮的摩），另一端悬挂重为G 的重物，设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v 逆时针转动，重物相对地面高度不变，则（ ）A. 传送带对人的摩擦方向水平向左B. 人对重物做功，功率为GvC. 在时间t 内人对传动带的摩擦力做功为GvtD. 若增大传送带的速度，人对传送带的功率不变 8.空间存在一静电场，电场中的电势ϕ随x 的变化规律如图所示，下列说法正确的是（ ）A. x =4m 处电场强度可能为零B. x =4m 处电场方向一定沿x 轴正方向C. 电荷量为e 的负电何沿x 轴从x =0移动到x =6m 处，电势能增大8eVD. 沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小9.如图所示，倾角为θ=30°的斜坡上有一个静止的货箱，质量为M =5kg 。

湖南师大附中高三物理第五次月考试题湖南师大附中高三物理第五次月考试题命题人:姜建平审题人:朱孟德一.选择题1．如图是某物体在0—10S内的S—t图像,下列说法正确的是( )A．物体第1s内的位移为4mB．物体第5S内的位移为8mC．物体前6S内的位移为8mD．物体后6S内的位移为16m2．有三个力,一个力是12N,一个力是5N,一个力是8N,那么这三个力的合力的下列说法正确的是( )A．合力的最小值是1N B．合力的最小值是0C．合力不可能是20N D．合力不可能是30N3．如图为叠放在一起的A.B两物体,且,现以相同的初速度竖直上抛两物体,不计空气阻力,下面结论正确的是( )A．上升.下降过程中,A.B都不会分离B．上升过程中A.B间弹力逐渐增大C．下降过程中A.B间弹力逐渐减小,最后分离D．上升.下降整个过程中A.B间均无弹力4．图为小球粘在长为R的直杆的一端,球随杆绕O点在竖直平面内作圆周运动,在小球运动到最高点时,球的线速度V和球对杆的作用力F的描述正确的是( )A．V=0时,F=0B．时,F=0C．时,F表现为拉力D．时,F表现为压力5．质量为的两小车之间压一根轻弹簧后静止在光滑水平面上,放手让小车弹开,测得受冲量为10N·S,对此过程下列说法正确的是( )A．获得10kg·m/s的动量值B．受的冲量大小也是10N·SC．弹开后的动量总和为0D．弹开后动量总和为20kg·m/s6．从高为H处自由下落的物体,不计一切阻力,它的机械能E随下落高度h变化的图像是下图的哪一个? ( )7．在波的传播方向上有a.b两个质点,相距60cm,某一时刻a.b两质点均处于平衡位置,且a.b之间只有一个波峰,那么这列波的波长可能是( )A．0．4m B．0．6mC．1．2m D．1．6m8．下列关于温度,内能和热量的说法中正确的是( )A．物体吸收了热量,温度不一定升高B．物体吸收了热量,内能不一定增加C．凡是物体温度升高,就一定吸收了热量D．热量总是从内能大的物体传到内能小的物体9．以下说法正确的是( )A．电场力作功与电荷在电场中的运动路径有关B．在一电场中的两点移动电荷,电场力一定作功C．电势能是电场中的电荷所独有的D．电场力做功的多少是电势能变化的量度10．如图所示,正方形线圈abcd的面积为S,以速度V高速穿过匀强磁场B,线圈平面与磁感线平行,以下说法正确的有( )A．穿过S的磁通量先增大后变小B．穿过S的磁通量先减小后增大C．穿过线圈的磁通量始终为零D．穿过线圈的磁通量一直不变11．如图所示,增大电阻R,灯泡变暗的是( )A． B． C．D．12．如图所示,在通电长直导线的下方放有一导线框abcd,能使abcd中产生感应电流的情况是( )A．长直导线中通以变化的电流B．长直导线中通以恒定的电流,线圈左右平移C．长直导线中通以恒定的电流,线圈上下平移D．长直导线中通以恒定的电流,线圈绕ad边转动二.填空题13．在用电流场模拟静电场描绘等势线的实验中,对下列所给器材应该选用的是(用器材前的字母表示)A．6V的交流电源B．6V的直流电源C．100V的直流电源D．量程为0-5V,零刻度在刻度盘中央的电压表E．量程为0—300μA,零刻度盘中央的电流表在本实验中,要把复写纸,导电纸和白纸铺放在木板上,它们自上而下的顺序是①_____________②_____________③_____________14．一学生使用多用电表测电阻,他在实验中有违反使用规则之处,他的主要实验步骤如下:A．把选择开关置于〝_1〞的欧姆挡B．把表笔插入测试笔的插孔中,先把两表笔相接触,旋转调零旋纽,使指针指在电阻刻度的零位上.C．把两表笔分别与某一待测电阻的两端相连,发现这时指针偏转角度较小D．换用〝_100〞挡,发现这时指针偏转角适中,随即记下电阻值E．把表笔从测试笔插孔中拔出来,就把多用表放回桌上原处,实验完毕这位学生已经注意到在测量时,待测电阻与其它原件或电源断开,不用手碰表笔的金属杆,这个学生在实验中哪些步骤违反了使用规则:__________________________,(填写序号字母)15．如图,在_oy平面内,电量为q,质量为m的电子从原点O垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中,电子的速度为,方向与_轴正方向成30°角,则电子第一次到达_轴所用的时间是__________________________,这时电子在_轴的位置距原点的距离是_____________.16．如图,矩形线框从匀强磁场中匀速拉出,第一次速度为V,第二次速度为2V,则第一.二次拉出时外力作功之比为_____________.__________________________,其功率之比为__________________________,通过导线的电量之比为_____________.三.计算题17．(10分)长25cm的玻璃管,两端开口,竖直插入水银槽内,露在槽内水银面外玻璃管的长度为13cm,现将上端管口封闭,然后将玻璃管竖直向上全部提出水银面外,若温度不变,大气压强75cmHg,求留在玻璃管内的水银柱的长度.18．(12分)质量M=2．9kg的木块,停放在动摩擦因数μ=0．2的水平面内,质量为100g的弹丸以180m/s的水平速度射入木块中,随木块一起沿水平面运动,求在水平面上滑行的距离.19．(12分)如图,PN与QM两平行金属导轨相距1m,电阻不计,两端分别接有电阻,且,ab导体的电阻为2Ω,在导轨上可无摩擦地滑动,垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T,现ab以恒定速度V=3m/s匀速向右移动,这时ab杆上消耗的电功率与消耗的电功率之和相等,求(1)的阻值(2) 消耗的电功率分别为多少?(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大?20．如图,在_轴上方有匀强电场,场强为E,在_轴下方有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图,在_轴上有一点M,离O点距离为L,现有一带电量为+q的粒子,如果从y轴上p点静止释放后能经过M点,求p点坐标应满足什么关系? (重力忽略不汁)参考答案:一.(12_4分)1．AC 2．BD 3．AD 4．BCD 5．ABC 6．A 7．ABC 8．AB 9．D 10．CD 11．BD 12．ACD二.填空题(4_6分)13．BE ①导电纸②复写纸③白纸14．DE15．πm/3Bq16．1:2 1:4 1:1三.计算题17．(10分)设留在玻璃管中水银柱的长度为_则PV=C75·13S=(75-_)·(25-_)S即_=10(cm)_=90cm(不合题意,舍去)18．(12分)两者相碰△P=0即物体运动∴S=9m19．(12分)①内外功率相等,则内外电阻相等②总电流端压③F=BIL=1_0.75_1=0.75N20．当L=n·2R时粒子能经过M点即R=L/2n (n=1.2.3)…………①设粒子静止于y轴正半轴上,和原点距离为h,由能量守恒,得②对粒子在磁场中只受洛伦兹力作用而作匀速圆周运动.有R=mu/Bq ③解①.②.③可得(n=1.2.3……)。

2014-2015学年湖南师大附中高三（上）第五次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第l～8题只有一项符合题目要求，第9～l2题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得O分．将选项填写在答题卷上）1．（4分）在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A．伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法B．奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系C．卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了静电力常量D．安培的分子环形电流假说可以用来解释通电导线周围存在磁场这一现象【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．【解析】：解：A、伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，故A正确；B、奥斯特实验表明了电流周围的磁场方向跟电流方向的关系，故B正确；C、卡文迪许通过扭秤实验，较准确地测出了引力常量，故C错误；D、安培的分子环形电流假说是说核外电子绕原子核作圆周运动故可以解释磁化、退磁现象，通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故不能解释电流为什么能产生磁场．故D错误；故选：AB．【点评】：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2．（4分）水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为（）A． gt0（cosθ1﹣cosθ2） B．C． gt0（tanθ1﹣tanθ2） D．【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、（t+△t）秒末竖直方向上的分速度，根据△v y=g△t求出小球的初速度．【解析】：解：设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，则竖直方向上的分速度：v y1=v0tanθ1，（t+△t）秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，则竖直方向上的分速度：．根据v y2﹣v y1=g△t得：．故B正确，A、C、D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．3．（4分）汽车在水平公路上以额定功率做直线运动，速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，若汽车受到的阻力不变，由此可求得（）A． .汽车的最大速度B．汽车受到的阻力C．汽车的额定功率D．速度从3m/s增大到6m/s所用的时间【考点】：功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：根据P=Fv，结合牛顿第二定律，抓住速度为3m/s时的加速度为6m/s时的3倍，求出功率与阻力的关系，根据牵引力与阻力相等时，速度最大，求出最大速度的大小．【解析】：解：设额定功率为P，则速度为3m/s时的牵引力，速度为6m/s时，牵引力为．根据牛顿第二定律得，F1﹣f=3（F2﹣f），解得f=．因为牵引力与阻力相等时，速度最大，则F=f=，知最大速度为12m/s．因为功率未知，无法求出阻力，该运动为变加速运动，无法求出运动的时间．故A正确，B、C、D错误．故选：A．【点评】：解决本题的关键通过加速度的大小关系得出功率与阻力的关系，结合牵引力等于阻力时，速度最大得出最大速度的大小．4．（4分）如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（）A． 4R B． 5R C． 10R D． 16R【考点】：把电流表改装成电压表．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．【解析】：解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零时，I g=测一阻值为R的电阻时I g=测一未知电阻时I g=解这三式得：R′=16R故选D．【点评】：考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．5．（4分）如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为（）A． B． C． D．【考点】：磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；安培力．【专题】：电磁感应中的力学问题．【分析】：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线；两个导线在原磁场中受到向外侧的作用力；求解出导线a、b间的相互作用力后，再根据磁感应强度的定义公式B=列式求解．【解析】：解：两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为F ab；对左边电流，有：F1=BIL+F ab对右边电流，有：F2=2BIL+F ab两式联立解得：F ab=2F1﹣F2则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：B′=故选：C．【点评】：本题关键是明确两个导线间的作用力是相互作用力，然后根据磁感应强度的定义公式列式求解．6．（4分）如图为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0．长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B（假设其运动轨道与A 在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离，由此可推测未知行星B的运动轨道半径为（）A．R0 B． R0C． R0 D． R0【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，可以求出B的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径．【解析】：解：周期每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，即每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．有：，则T B=，根据万有引力提供向心力：，r=，所以则r B=．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】：解决本题的关键知道每隔t0时间发生一次最大偏离，知每隔t0时间A、B两行星相距最近，而得出每隔t0时间A行星比B行星多运行一圈．以及会利用万有引力提供向心力：进行求解．7．（4分）静电计是在验电器的基础上制成的，用萁指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之问的电势差大小，如图所示A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合．静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是（）A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小【考点】：电容器的动态分析．【专题】：电容器专题．【分析】：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．【解析】：解：A、断开电键，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大．故A错误．B、断开S后，在A、B间插入一电介质，根据C=知，电容增大，根据U=知，电势差减小，则指针张角减小，故B错误．C、断开S后，将A向上移动少许，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角变大．故C正确．D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．8．（4分）一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB 相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为φ=k（q的正负对应φ的正负）．假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E1．下列说法正确的是（）A．若左右两部分的表面积相等，有E1＞E2，φ1＞φ2B．若左右两部分的表面积相等，有E1＜E2，φ1＜φ2C．不论左右两部分的表面积是否相等，总有E1＞E2，E3=E4D．只有左右两部分的表面积相等，才有E1＞E2，E3=E4【考点】：电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：根据电场的叠加原理，分析半球壳在M点的场强方向，再比较场强的大小关系．根据φ=k，结合左右两侧球壳上点电荷到M点距离的关系，进行分析，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等．【解析】：解：A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1＞E2 ，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据φ=k，且球面带负电，q为负得：φ1＜φ2，故AB错误；C、E1＞E2 与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误．故选：C【点评】：本题运用点电荷场强公式和电场的叠加原理理解场强关系，要读懂题意，根据电势公式分析电势的关系，难度适中．9．（4分）如图所示，在四分之一的圆弧腔内存在径向的电场，且与圆心等距离处电场强度大小相等，M和N两端均有带小孔的挡板，且两个小孔到圆心距离相等．不同的带电粒子以不同的速度从M孔垂直挡板射入，则关于从N孔射出的粒子，下列说法正确的是（）A．都带正电 B．速度相C．若速度相同，则比荷相同 D．若电荷量相等．则动能相等【考点】：电势差与电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：粒子进入电场，能够从N孔射出，则粒子靠电场力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析粒子的特点．【解析】：解：A、粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，知电场力的方向指向圆心，所以粒子带正电．故A正确．B、根据牛顿第二定律得，qE=m，因为圆周运动的半径相等，若速度相同，则比荷相同，由于粒子的质量不一定相同，则电场力大小不一定相同，动能不一定相同．故CD正确，B错误．故选：ACD【点评】：解决本题的关键知道粒子在电场中做匀速圆周运动，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．10．（4分）如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B．已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v﹣t图象及A、B之间摩擦力F f﹣t图象大致正确的是（）A． B． C． D．【考点】：洛仑兹力；牛顿第二定律．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力随着速度的增大逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，最大静摩擦力减小，当A、B之间的静摩擦力不能提供A的加速度时，A、B发生相对滑动．【解析】：解：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μF N虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度﹣时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD错误．故选：AC【点评】：对于这类问题正确受力分析结合牛顿第二定律判断物体的加速度变化，再结合运动学关系式判断物体的速度变化情况．11．（4分）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）．物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ．现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中（）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W﹣μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W﹣μmgaC．经O点时，物块的动能小于W﹣μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【考点】：机械能守恒定律．【专题】：压轴题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：到达B点时速度为0，但加速度不一定是零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处．弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数μ很小，则动能为最大时时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力μmg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果μ较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，μ较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量，B点势能可能小于动能最大处势能．至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可．【解析】：解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点．故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于，所以物块在A点时，弹簧的弹性势能小于，故A错误；B、由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+=，故整个过程物体克服阻力做功大于，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于，故B正确；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于W﹣μmga，故C正确；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故D错误．故选：BC．【点评】：利用反证法得到O点并非AB连线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻12．（4分）如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8 C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（）A． x=0.15m处的场强大小为2.0×l06 N/CB．滑块运动的加速度逐渐减小C．滑块运动的最大速度约为0.1m/sD．滑块最终在0.3m处停下【考点】：动能定理的应用；电场强度；电场线；电势．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．【解析】：解：A、B、电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强N/C，此时的电场力F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，滑动摩擦力大小f=μmg=0.02×2N=0.04N，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误．C、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故C正确；D、滑块最终在0.3m处停下则满足：qU﹣fx=0﹣0 ①．因为0.10m和0.30m处的电势差大约为4.0×105V，代入得：qU=2.0×10﹣8×4.0×105=8.0×10﹣3J ②fs=0.04×（0.30﹣0.10）=8×10﹣3J ③由①②③得，滑块能够滑到x=0.30m处．又由于图中在x=0.30m处曲线的斜率小于x=0.15m处曲线的斜率，所以在x=0.30m处，电荷受到的电场力小于它受到的滑动摩擦力（近似大于最大静摩擦力）所以滑块最终在0.3m处停下．故D正确．故选：ACD【点评】：解决本题的关键知道电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况．二、实验题（共16分，其中13题4分，14题4分，15题8分）13．（4分）图甲中游标卡尺的读数是0.72 cm，螺旋测微器（图乙）的读数是8.694～8.696 mm．【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】：实验题．【分析】：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】：解：1、游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，所以最终读数为：7mm+0.2mm=7.2mm=0.72cm．2、螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以最终读数为8.5mm+0.195mm=8.695mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.694～8.696之间．故答案为：0.72；8.694～8.696【点评】：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．（4分）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门．质量为M的滑块A上固定一很窄的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门l、2记录遮光时间分别为△t1和△t2，另外测得两光电门间的距离为L，遮光条的宽度为d（重力加速度为g）．（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，在平衡摩擦力外，还必须满足 B ．A．M＜m B．M＞m（2）若木板PM水平放置在桌面上，用此装置测量滑块与木板间的动摩擦因数，则动摩擦因数的表达式为﹣（用题中测量的物理量的符表示）【考点】：验证牛顿第二运动定律．【专题】：实验题．【分析】：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度．根据牛顿第二定律知动摩擦因数．【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma=，当M ＞＞m，故选：B．（2）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，①通过光电门2的瞬时速度v2=，②根据v22﹣v12=2aL，③根据牛顿运动定律知a=④由①②③④知μ=﹣故答案为：（1）B；（2）﹣【点评】：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）．注意受力分析结合牛顿第二定律列式求解．15．（8分）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，同学们从实验室选择了一个标有“12V 6W”字样的灯泡，实验器材如下：电流表A1（量程300mA，内阻约为3Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；电压表V（量程15V，内阻约为3kΩ）；滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流为5A）；滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流为0.01A）；电源E（电动势15V，内阻较小）；单刀单掷开关一个、导线若干．（1）实验器材中，电流表应该选择A2，滑动变阻器选择R1．（请选填仪表的符号）（2）画出符合实验要求的实验电路图1．（3）描绘的伏安特性曲线如图2所示，若选取2个这样的灯泡并联，再与一个阻值为8Ω的定值电阻串联，接在电动势18V，内阻1Ω的电源两极，如图3所示，则每个灯泡消耗的电功率 4.42W ．（请保留三位有效数字）【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：①根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路及仪器；②根据实验要求及给出的数据可得出对应的原理图；④根据电路及欧姆定律进行分析，得出电压与电流的关系图象，在U﹣I图象中作出，则图象的交点为工作点，读出对应的电流及电压，则由P=UI可求得功率．【解析】：解：（1）灯泡正常发光的额定电流I===0.5A；故电流表应选择A2；因本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻，故选R1；（2）本实验中应测量多组数据，故应采用滑动变阻器分压接接法；同时因灯泡内阻较小；故应采用电流表外接法；实验电路如图所示；（3）灯泡两端的电压为U，通过灯泡的电流为I，则干流电流为2I，对闭合电路有：U+2I（8+1）=18做出对应的伏安特性曲线与灯泡的伏安特性曲线的交点可得：U=9.6V，I=0.46A，则此时灯泡的功率P=UI=9.6×0.46=4.42W；故答案为：①A2；R1；（2）如图所示；（3）4.42．【点评】：本题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意正确分析实验原理，得出正确的实验图象，明确由图象分析实验数据的方法．16．（8分）某教练员选拔短跑运动员，要对运动员进行测试．对某运动员测试，在启跑后2s 内通过的距离为10m（视为匀加速度过程）．该运动员的最大速度为10m/s，持续时间不超过10s．之后，减速运动，加速度大小为1m/s2．若把短跑运动员完成比赛跑的过程简化为匀加速直线运动、匀速直线运动及减速阶段．（1）求该运动员启动阶段的加速度大小．（2）求该运动员100m赛的最好成绩．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；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】：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员启动阶段的加速度大小．根据匀加速和匀速运动的时间之和求出运动员100m的最好成绩．【解析】：解：（1）根据得，则匀加速运动的加速度a=．（2）匀加速运动到最大速度的时间，则匀速运动的位移x2=100﹣10m=90m，匀速运动的时间，运动员的最好成绩t=t1+t2=2+9s=11s．答：（1）该运动员启动阶段的加速度大小为5m/s2．（2）该运动员100m赛的最好成绩为11s．【点评】：解决本题的关键理清运动员在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．17．（10分）（2014•龙岩一模）飞行员驾驶舰载机在300m长的水甲跑道上进行起降训练．舰载机在水平跑道加速过程中受到的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推。

湖南省师大附中2020届高三物理上学期月考试题（二）（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共10页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题只有一个选项正确，8～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1. 一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，经时间t，速度达到v，立即刹车做匀减速直线运动，又经过时间2t停下，汽车在加速阶段与在减速阶段：①速度变化量相同，②加速度的大小相等，③位移的方向相同，④从启动到停下来的平均速度为0.这四种说法中正确的是(C)A．①② B．①③④ C．③ D．①④【解析】速度变化量为末速度减去初速度，加速时为v－0＝v，减速时为0－v ＝－v，所以速度变化量不相同；①错误；速度变化量的大小相等，但时间不同，根据a＝ΔvΔt知，加速度的大小不相等；②错误；汽车没有改变方向，位移的方向相同；③正确；汽车的位移不为零，所以平均速度不为零；④错误．2．如图所示，a是地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d是人造地球卫星，b在近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，则错误的是(A)A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．在相同时间内b 转过的弧长最长C ．c 在4 h 内转过的圆心角是π3D ．d 的运动周期有可能是30 h【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a ＝ω2r 知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度．由GMm r2＝mg ，得g ＝GM r2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c 的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，所以知a 的向心加速度小于重力加速度g.由GMm r2＝m v2r ，得v ＝GM r，卫星的半径越大，速度越小，所以b 的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．c 是地球同步卫星，周期是24 h ，则c 在4 h 内转过的圆心角是π3.由开普勒第三定律r3T2＝k 知，卫星的半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24 h.3. 古时有“守株待兔”的寓言．设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.3 s ，则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为(g 取10 m/s2)(D)A ．1 m/sB ．1.5 m/sC ．2 m/sD ．3 m/s【解析】取兔子奔跑的速度方向为正方向．根据动量定理得：－Ft ＝0－mv ，v ＝Ft m ，由：F ＝mg ，得到速度为：v ＝mgt m＝gt ＝3 m/s.4．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)A．恒力F1等于恒力F2 B．两次物体机械能的变化量不相同C．F1和F2的平均功率相同 D．两次合力所做的功相同【解析】由公式x＝12at2得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故D正确、A错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B错误．故选D.5．有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v，去程与回程所用时间之比为(D)A．3∶2 B．2∶1C．3∶1 D.3∶2【解析】小船在静水中的速度大小为vc＝2v，当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去＝dvc＝d2v；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回＝dv合；而回程时船的合速度为：v合＝v2c－v2＝3v；则t回＝dv合＝d3v，因此去程与回程所用时间之比为3∶2，故D正确，ABC错误．6．如图，可视作质点的木块在拉力F 的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动．F 与水平面的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，木块与地面的动摩擦因数恒定但未知，则(C)A ．θ越小，F 越小B ．θ越大，F 越小C ．F 的最小值一定比木块重力小D ．F 的最小值可能等于木块重力大小【解析】对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：Fcos θ－f ＝0，竖直方向：N ＋Fsin θ－mg ＝0，其中：f ＝μN，解得：F ＝μmg cos θ＋μsin θ＝μmg 1＋μ2（11＋μ2cos θ＋μ1＋μ2sin θ）令tan α＝μ，即cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，有： F ＝μmg1＋μ2（11＋μ2cos θ＋μ1＋μ2sin θ）＝μmg 1＋μ2（cos αcos θ＋sin αsin θ）＝μmg 1＋μ2cos （θ－α）；故当θ＝α时，拉力最小，为Fmin＝μmg1＋μ2＜mg；故ABD错误，C正确．7．如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳子上的光滑圆环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态)(B)A．－1.2×103 J B．－7.5×102 JC．－6.0×102 J D．－2.0×102 J【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：l左sin θ＋l右sin θ＝d，其中：l＝l左＋l右，故sin θ＝dl＝1620＝0.8，θ＝53°；A、B两点的竖直距离为2 m，故l右cos θ－l左cos θ＝2 m，而l＝l左＋l右＝20 m，故l右cos θ＝7 m，故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为：Ep＝－mgl右cos θ＝－10×10×7 J ＝－700 J＝－7×102 J，考虑绳子有微小的形变，故猴子在实际滑行过程中最低点可能的重力势能约为－7.5×102 J，故ACD错误，B正确．8．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|.将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球(AC)A．抛出速度最大时落在C1点B．抛出速度最小时落在D1点C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等【解析】小球从顶点A沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内，下落高度都相同，根据竖直方向做自由落体运动：h＝12gt2，t＝2hg，下落时间都相等，C正确；水平位移越大，初速度就越大．最大水平位移是A1C1，抛出速度最大时落在C1点，A正确；A1D1不是最小水平位移，抛出速度最小时不是落在D1点，B错误；落在B1D1中点时与落在D1点时的水平位移不相等，所以水平速度不相等，机械能不相等，D错误．9．如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度vA＝4 m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A 车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角，设此时B的速度大小为vB(cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则(CD)A．A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力B．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝5 m/sC．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝3.2 m/sD．B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态【解析】A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误；小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因A车右端的轻绳与水平面的夹角为37°，由几何关系可得：vB＝vAcos 37°＝3.2 m/s；故B错误，C正确；因汽车做匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体B有向上的加速度，则B 处于超重状态，故D 正确．10．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g ，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(AC)A ．t0～t1物块做加速度减小的加速运动B ．0～t0时间内物块的加速度大小为P0mt0 C ．t1时刻物块的速度大小为P0mgD ．0～t1时间内物块上升的高度为P0mg (t1－t0)－P202m2g3 【解析】由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F －mg ＝ma ，v ＝at ，P ＝Fv ，得P ＝m(a ＋g)at ，因此图线斜率P0t0＝m(a ＋g)a ，可得P0mt0＝(a ＋g)a≠a，B 选项错误；t0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由P0v－mg ＝ma 知，物块加速度逐渐减小，t1时刻速度最大，则a ＝0，最大速度为vm ＝P0mg ，A 、C 正确；P －t 图线与t 轴所围的“面积”表示0～t1时间内拉力做的功，W ＝P0t02＋P0(t1－t0)＝P0t1－P0t02，由动能定理得W －mgh ＝mv2m 2，得h ＝P0mg (t1－t02)－P202m2g3，D 错误．11．如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2m ，B 和C 的质量都是m ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 、C 间的动摩擦因数为μ4，B 和地面间的动摩擦因数为μ8.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A 施加一水平向右的拉力F ，则下列判断正确的是(AB)A ．若A 、B 、C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过32μmg B ．当力F ＝μmg 时，A 、B 间的摩擦力为34μmg C ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过34μg D ．当力F>72μmg 时，B 相对A 滑动 【解析】A 与B 间的最大静摩擦力的大小为：μ·2mg＝2μmg，C 与B 间的最大静摩擦力的大小为：μ4mg ＝μmg 4，B 与地间的最大静摩擦力的大小为：μ8(2m ＋m ＋m)g ＝μmg 2；要使A 、B 、C 都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有：F －12μmg＝4ma ，假设C 恰好与B 相对不滑动，则对C 有：14μmg＝ma ，联立解得：a ＝14μg ，F ＝32μmg，设此时A 与B 间的摩擦力为f ，对A 有：F －f ＝2ma ，解得：f ＝μmg<2μmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终相对静止，则力F不能超过32μmg，故A正确；由A选项知，当F＝μmg时由整体表达式可得：a＝18μg，代入A的表达式可得：f＝34μmg，故B正确；当F较大时，A、C都会相对B滑动，B的加速度达到最大，对B有：2μmg－14μmg－12μmg＝maB，解得：aB＝54μg，故C错误；当A相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体得：F－12μmg－14μmg＝3ma′，对A有：F－2μmg＝2ma′，解得：F＝92μmg，故当拉力F大于92μmg时，B与A相对滑动，故D错误．12．如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h 高度(未与滑轮相碰)的过程中(ABC)A．物块A的质量为m sin θB.摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等【解析】开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mbg，则ma＝mbsin θ＝msin θ，故A正确．摩擦力对a做正功，根据功能关系得：物块a、b构成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加，故B正确．b上升h，则a下降hsin θ，则a重力势能的减小量为ΔEpa＝mag×hsin θ＝mgh，等于b重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和，故C正确．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D错误．答题卡题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12答案 C A D D D C B AC CD AC AB ABC 第Ⅱ卷二、实验题(本题共2小题，每空2分，共计16分，将答案填写在答题卡中)13．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和各拉线的方向．(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为__3.6__N.(2)下列不必要的实验要求是__D__．(请填写选项前对应的字母)A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)该同学做“验证力的平行四边形定则”的实验采取的研究方法是__B__．A．控制变量法 B．等效替代法C．小量放大法 D．建立理想模型法【解析】(1)弹簧测力计读数，每1 N被分成5格，则1格就等于0.2 N．图中指针落在3 N到4 N的第3格处，所以弹簧A的示数为3.6 N.(2)实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；需弹簧测力计测出力的大小，所以要准确，必须在使用之前校零，故B正确；拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确，故C正确；当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以改变拉力多次实验时不需要使结点每次都静止在O点．故D错误．(3)由实验原理可知该同学做“验证力的平行四边形定则”的实验中采取了等效替代法，即合力与分力的关系是等效的．故选B.14．为了探究机械能守恒定律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，并提供了如下的实验器材：A.小车B．钩码C．一端带滑轮的木板D．细线E．电火花打点计时器F．纸带G．毫米刻度尺H．低压交流电源I．220 V的交流电源(1)根据上述实验装置和提供的实验器材，你认为实验中不需要的器材是__H__(填写器材序号)，还应补充的器材是__天平__．(2)实验中得到了一条纸带如图乙所示，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号0～6)，测出0到1、2、3、4、5、6点的距离分别为d1、d2、d3、d4、d5、d6，打点周期为T.则打点2时小车的速度v2＝__d3－d12T__；若测得小车质量为M、钩码质量为m，打点1和点5时小车的速度分别用v1、v5表示，已知重力加速度为g ，则验证点1与点5间系统的机械能守恒的关系式可表示为__mg(d5－d1)＝12(M ＋m)(v25－v21)__．(3)在实验数据处理时，如果以v22为纵轴，以d 为横轴，根据实验数据绘出v22－d 图象，其图线的斜率表示的物理量的表达式为__m M ＋mg__． 【解析】(1)电火花计时器直接使用220 V 交流电源，因此低压交流电源用不着；另外还需要用到天平测出小车的质量M ；(2)打点2时的速度等于点1—3间的平均速度，即v2＝d3－d12T；根据机械能守恒，整个系统减小的重力势能等于整个系统增加的动能，即mg(d5－d1)＝12(M ＋m)(v25－v21)；(3)根据v2＝2ad ，因此v22－d 图象的斜率就是加速度，而对砝码进行受力分析可知：mg －T ＝ma ，而对小车T ＝Ma ，因此可得：a ＝m M ＋mg. 三、解答题(本题共三个小题，其中15题7分，16题10分，17题14分)15．随着“共享单车”的普及，越来越多的人骑着单车去上班，某人骑“小黄车”以5 m/s 的速度匀速前进，某时刻在他正前方8 m 处以12 m/s 的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，然后以大小为2 m/s2的加速度匀减速前进，求此人需多长时间才能追上汽车？【解析】汽车做匀减速运动至停止过程中的平均速度为：v ＝v ＋v02＝0＋122m/s ＝6 m/s>v 人 所以人在汽车停止运动后追上汽车.2分由题意知，汽车做匀减速运动的位移x ＝v202a ＝36 m1分 追上汽车时，人的位移x 人＝x ＋8＝44 m2分所以人追上汽车的时间t ＝x 人v 人＝445s ＝8.8 s2分16．如图所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg 的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s ，g 取10 m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向．(2)若解除对滑块的锁定，试求滑块的最大速度．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则12mv21＋mgL ＝12mv202分v1＝ 6 m/s ②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，因为v1>Lg ，所以方向向下， 则F ＋mg ＝m v21L③ 由②③式，得F ＝2 N ④2分由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N、方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v. 在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有mv2－Mv＝0 ⑤1分在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则12mv22＋12Mv2＋mgL＝12mv20 ⑥1分由⑤⑥式，得v＝1 m/s1分(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－Mv′＝0 ⑦将⑦式两边同乘以Δt，得mv3Δt－Mv′Δt＝0 ⑧因⑧式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0 ⑨1分又s1＋s2＝2L ⑩1分由⑨⑩式得s1＝23m1分17．如图(a)所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m＝2 kg 的物体，初始时物体处于静止状态．取g＝10 m/s2.(1)求此时弹簧的形变量x0；(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图(b)所示，设斜面足够长．a．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式；b.若物体位移为0.1 m时撤去拉力F，在图(c)中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm.【解析】(1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知：kx0＝mgsin θx0＝0.1 m3分(2)a.设物体向上有一微小的位移x时加速度为a，由牛顿第二定律：a＝F＋k（x0－x）－mgsin θm3分由F－x图象可知：F＝100x＋4.8(N)1分联立上式得：a＝2.4 m/s21分当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a＝2.4 m/s2的匀加速直线运动，所以有：v2＝2ax＝4.8x1分b．物体位移为0.1 m时撤去拉力F，此后滑动过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象物体上滑过程中克服弹力所做的功对应右上图中的“面积”，即Wf＝12kx2m撤去拉力后，在上滑过程中根据动能定理有：－mgxmsin θ－Wf＝0－12mv2联立以上可得，xm＝0.04 m2分物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力F对物体做功拉力F做的功为F－x图象下的“面积”，则有：WF＝4.8＋14.82×0.1 J＝0.98 J2分根据动能定理可得：WF＝12mv2m1分联立解得：vm＝0.99 m/s.四、选做题(二个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(6分)关于固体、液体和气体，下列说法正确的有__BDE__．A．液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部小些，分子间表现为引力B．利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件C．晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的．晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒在不停地运动D．在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大E．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小【解析】液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部大些，分子间表现为引力，故A错误；利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件，故B正确；晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的；晶体内部的微粒与非晶体内部的物质微粒一样，都是不停地热运动着的，故C错误；在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大；故D正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小．故E正确．(2)(9分)如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A 、B 用一长为3l 的刚性细杆连接，B 与两圆筒联接处相距l ＝1.0 m ，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A 、B 的截面积分别为SA ＝30 cm2、SB ＝15 cm2.A 、B 之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧(A 的左方和B 的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105 Pa.活塞B 的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1＝540 K ，活塞A 、B 的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1＝30 N.(i)现使气缸内气体温度由初始的540 K 缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？(ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A 刚刚右移到两圆筒联接处？【解析】(i)设气缸内气体压强为p1，F1为细线中的张力，则活塞A 、B 及细杆这个整体的平衡条件为：p0SA －p1SA ＋p1SB －p0SB ＋F1＝0 ①解得：p1＝p0＋F1SA －SB＝1.2×105 Pa ②2分 由②式可看出，只要气体压强：p1＞p0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容变化，温度下降使压强降到p0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，压强p2＝p0.由查理定律得：p1T1＝p2T2③2分 代入数据解得：T2＝450 K ④1分(ⅱ)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p ＝p01分是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A 到达两圆筒联接处时，温度为T3，由盖－吕萨克定律得：V2T2＝V3T3，2SAl＋SBlT2＝3SBlT3⑤2分代入数据解得：T1＝270 K ⑥1分19.【物理——选修3—4】(15分)(1)(6分)两列简谐横波的振幅都是20 cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则__BDE__．A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C．平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x＝8.5 m处的质点此刻位移y＞20 cmE．从图示时刻起再经过0.25 s，平衡位置为x＝5 m处的质点的位移y＜0 【解析】两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能发生干涉现象，故A错误；两列波波速相同，波长分别为4 m、6 m，根据v＝λf，频率比为3∶2，故B正确；平衡位置为x＝6 m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度方向相同，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x＝8.5 m处的质点，两列波单独引起的位移分别为22A和12A，故合位移大于振幅A，故D正确；传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz，其周期为0.5 s，由图可知：虚线波的周期为0.75 s；从图示时刻起再经过0.25 s，实线波在平衡位置为x＝5 m处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确．(2)(9分)如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？【解析】设平面镜转过θ角时，光线反射到液面上的P点，光斑速度为v，由图可知：且v＝v⊥cos 2θ，而v⊥＝l·2ω＝dcos 2θ·2ω3分故v＝2ωdcos22θ2分液体的临界角为C，当2θ＝C＝45°时，v达到最大速度vmax3分即vmax＝2ωdcos2C＝4ωd1分。