湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联盟2017届高三（上）第一次联考物理试卷（解析版）

2016-2017学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联盟高三（上）第一次联考物理试卷
　
一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．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=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度
B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量
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，例如场强E=就是采用比值定义的
2．如图所示，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m
的气球用轻质细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，气球在水平风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．下列说法正确的是（　　）
A．细线拉力与风力的合力大于mg
B．θ=60°时，风速v=9m/s
C．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°
D．若风力方向发生变化，θ仍为30o，则风力可能小于0.5mg
3．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（　　）
A．速度可能向左，加速度可大于（1+μ）g
B．加速度一定向右，不能超过（1﹣μ）g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过（1﹣μ）g
4．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为（　　）
A．1：2
B．1：1
C．：
D．：2
5．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同．一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度大小为v，且v＜v0，在上述过程中斜面体一直静止不动，重力加速度大小为g．关于上述运动过程的说法，错误的是（　　）
A．物体上升的最大高度是
B．桌面对B的静摩擦力的方向先向右后向左
C．A、B间因摩擦而放出的热量小于
D．桌面对B的支持力大小，上滑过程中比下滑时小
7．如图所示，正方形与圆位于同一平面内，正方形的中心与与圆的圆心重合于O点，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，M、N为圆周上的点，正方形四角有等量点电荷．则下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度与电势均相同
B．虚线圆周为电场的一条等势线
C．若一正电荷从M点沿直线运动到O点，该正电荷受到的电场力一直减小
D．若将某一负电荷从M点沿折线M→O→N运动到N点，电场力始终不做功
8．甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移一时间图象如图所示，甲车图象为过坐标原点的倾斜直线，乙车图象为顶点在A点的拋物线，则下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间段内甲、乙之间的距离一直增大
B．0～时间段内，甲、乙之间的距离一直增大，～t1时间段内，甲、乙之间的距离一直减小
C．乙的平均速度等于甲的平均速度
D．0～t2时间段内，乙的路程大于甲的路程
9．如图所示，一竖直放置、内壁粗糙的圆锥筒绕其中心轴线旋转，角速度为ω0（ω0＞0），内壁上有一小物块始终与圆锥保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）
A．物块可能受两个力作用
B．物块受到的支持力一定大于重力
C．当角速度从ω0增大时，物块受到的支持力可能减小
D．当角速度从ω0增大时，物块受到的摩擦力可能一直增大
10．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L2=2L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为零势能面，则（　　）
A．从顶端到底端的运动过程中，B克服摩擦而产生的热量是A的两倍
B．滑块A到达底端时的动能是滑块B到达底端时的动能的两倍
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
　
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16～17题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共55分）
11．某活动小组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．将气垫导轨调节水平后在上面放上A、B两个光电门，滑块通过一根细线与小盘相连．测得小盘和砝码的总质量m，质量为M的滑块上固定的挡光片宽度为d．实验中，静止释放滑块后测得滑块通过光电门A的时间为△tA，通过光电门B的时间为△tB．
（1）实验中，该同学还需要测量　　；
（2）实验测得的这些物理量若满足表达式　　即可验证系统机械能守恒定律．（用实验中所测物理量相应字母表示）
12．利用如图甲所示电路可以测量电流表G1的内阻．可供选择的器材如下：
①待测电流表G1：量程为0～5mA，内阻约为300Ω
②电流表G2：量程为0～10mA，内阻为40Ω
③定值电阻R1：阻值为10Ω
④定值电阻R2：阻值为200Ω
⑤滑动变阻器R3：阻值范围为0～1000Ω
⑥滑动变阻器R4：阻值范围为0～20Ω
⑦干电池E：电动势约为1.5V，内阻很小可忽略
⑧电键S及导线若干
（1）定值电阻R0应选　　，滑动变阻器R应选　　．（在空格内填写仪器前面的序号）
（2）用笔画线代替导线，按图甲要求，在图乙中连接实物图．
（3）实验步骤如下：
①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端）
②闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2；
③多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2；
④以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图丙所示．
⑤根据I1﹣I2图线的斜率k及定值电阻R0，得到待测电流表G1的内阻表达式为r1=　　．（用k、R0表示）
13．如图，在学校运动会团体托球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍的光面中心，从静止开始先做加速度大小为a的匀加速直线运动，速度达到v0后做匀速直线运动至终点．已知运动过程中球始终相对球拍静止，且受到的空气阻力大小为f=kv（k为已知常量），方向与速度方向相反．不计球与球拍间的摩擦，重力加速度为g，求：（结果可以用三角函数表示）
（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；
（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．
14．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm，板长为L=30cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2．求：
（1）将下板向上提起后，液滴的加速度；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间．
15．如图1所示，力学实验室轨道车在水平恒定的牵引力F=16N的作用下以v0=4.2m/s的速度沿水平面匀速前进．某时刻起，前进路线两侧的智能机械手臂每隔T=0.8s无初速（相对地面）投放一沙袋到车上．已知车的上表面光滑，每个沙袋的质量m=1.0kg．从放上第一个沙袋开始计时，0～0.8s内车运动的v﹣t图象如图2所示．整个过程中沙袋始终在车上未滑下，g=10m/s2．求：
（1）小车的质量M及车与地面的动摩擦因数μ；
（2）当小车停止时，车上有多少个沙袋？
　
（二）选考题【物理--选修3-4】
16．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度第一次与v相同，再经过0.2s它的速度第二次与v相同，则下列判断中正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播，波速为6m/s
B．波沿x轴负方向传播，波速为5
m/s
C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处
D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反
E．从图示位置开始计时，在2.0
s时刻，质点P的位移为20
cm
17．玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°，已知玻璃对该红光的折射率n=．求：
①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；
②若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？
　
2016-2017学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联盟高三（上）第一次联考物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．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=，当△t取不同的时间段时，v都可以表示物体的瞬时速度
B．牛顿发现了万有引力定律，并准确的测定了万有引力常量
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，例如场强E=就是采用比值定义的
【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、根据速度的定义式v=，只有△t的时间段趋向于0时，v才可以表示物体的瞬时速度，故A错误；
B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故B错误；
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，故C正确；
D、场强E=就是采用比值定义的，场强E=不是采用比值定义的．故D错误．
故选：C
　
2．如图所示，在水平地面上竖直固定一直杆，质量为m
的气球用轻质细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，气球在水平风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，当风速v0=3m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°．下列说法正确的是（　　）
A．细线拉力与风力的合力大于mg
B．θ=60°时，风速v=9m/s
C．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°
D．若风力方向发生变化，θ仍为30o，则风力可能小于0.5mg
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡求出细线的拉力以及风速的大小，再进行分析即可．
【解答】解：A、因为小球处于平衡，受力情况如图，由平衡条件知细线的拉力T和风力F的合力与重力mg大小相等．故A错误．
B、小球受重力、拉力、风力处于平衡，根据共点力平衡知风力
F=mgtanθ，根据题意：风力大小正比于风速，则当风速v0=3m/s时，有
F1=kv0=mgtan30°．当θ=60°时，有
F2=kv=mgtan60°．联立解得风速
v=9m/s．故B正确．
C、风速增大时，θ不可能变为90°，因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡．故C错误．
D、当风力与绳子垂直时，风力最小，风力最小值为mgsin30°=0.5mg，所以风力不可能小于0.5mg．故D错误．
故选：B
　
3．如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上，已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则（　　）
A．速度可能向左，加速度可大于（1+μ）g
B．加速度一定向右，不能超过（1﹣μ）g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过（1﹣μ）g
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】抓住A开始恰好不下滑，结合竖直方向上平衡得出弹簧弹力与重力的关系，当车厢做加速运动时，隔离对A分析，抓住竖直方向上平衡得出墙壁对A支持力的要求，从而结合牛顿第二定律得出加速度的方向，隔离对B分析，抓住B所受的最大静摩擦力求出最大加速度．
【解答】解：开始A恰好不下滑，对A分析有：f=mg=μN=μF弹，解得，此时弹簧处于压缩．
当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，墙壁对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．
对B分析，fBm=μ（F弹﹣mg）≥ma，解得a≤（1﹣μ）g，故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
　
4．如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为（　　）
A．1：2
B．1：1
C．：
D．：2
【考点】平抛运动．
【分析】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．
【解答】解：小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：
x=v1t…①
y=…②
又tan45°=…③
联立①②③得：v1=…④
则A在C点的速度=
小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan45°=…⑤
则得：v2=gt…⑥
由④⑥得：v1：v2=1：2．
则B在C点的速度，
则，故D正确
故选：D
　
5．假定太阳系一颗质量均匀、可看做球体的小行星自转可以忽略，若该星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的．已知引力常量G，则该星球密度ρ为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】忽略自转影响时行星表面的物体受到的万有引力等于其重力，不能忽略自转影响时万有引力等于重力与向心力之和，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出星球的质量，然后应用密度公式可以求出密度．
【解答】解：忽略行星的自转影响时：G=mg，
自转角速度为ω时：G=mg+mω2R，
行星的密度：ρ=，解得：ρ=；
故选：C．
　
6．如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同．一质量为m的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度大小为v，且v＜v0，在上述过程中斜面体一直静止不动，重力加速度大小为g．关于上述运动过程的说法，错误的是（　　）
A．物体上升的最大高度是
B．桌面对B的静摩擦力的方向先向右后向左
C．A、B间因摩擦而放出的热量小于
D．桌面对B的支持力大小，上滑过程中比下滑时小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，对A的上升过程和下滑过程，根据动能定理列式，联立方程即可求解最大高度，对物体B受力分析，然后根据平衡条件分析桌面对B得摩擦力方向以及桌面对B的支持力大小，根据能量守恒定律求解产生的热量．
【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，根据动能定理得：
上升过程中：0﹣mv02=﹣mgh﹣μmgcosθL
下滑过程中：
mv2﹣0=mgh﹣μmgcosθL
联立解得：h=，故A正确；
B、对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；
物体B静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1cosθ+Nsinθ，f′=Nsinθ﹣f2cosθ，
物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，不论大小如何，桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B错误；
C、整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量
Q=mv02﹣mv2＜mv02，故C正确；
D、物体B处于平衡状态，由平衡条件得：FN1=G+Ncoθ﹣f1sinθ，FN2=G+Ncosθ+f2sinθ，FN2＞FN1，即桌面对B的支持力大小，上滑过程中比下滑时小．故D正确．
本题选错误的，故选：B
　
7．如图所示，正方形与圆位于同一平面内，正方形的中心与与圆的圆心重合于O点，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，M、N为圆周上的点，正方形四角有等量点电荷．则下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度与电势均相同
B．虚线圆周为电场的一条等势线
C．若一正电荷从M点沿直线运动到O点，该正电荷受到的电场力一直减小
D．若将某一负电荷从M点沿折线M→O→N运动到N点，电场力始终不做功
【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．
【分析】用电场强度的合成法可以判断电场强度，即将四个电荷分为两组等量异号电荷来分析，也可以画出电场线进行分析电场强度；
沿着等势面运动，电场力不做功，对于等量异号电荷，其中垂线为等势面．
【解答】解：A、可以先画出电场线，如图所示：
M点场强向上，N点场强向左，不同，故A错误；
B、电场线与等势面垂直，在M、N点的电场线与圆不垂直，故虚线圆周不是等势线，故B错误；
C、若一正电荷从M点沿直线运动到O点，当左侧两个电荷单独存在时，电场力先增加后减小，（方向向上）；当右侧两个电荷单独存在时，电场力是逐渐增大，（方向向下）；由于左侧两个电荷较近，故电场力的合力应该是先增加后减小，故C错误；
D、当左侧两个电荷单独存在时，cd是等势线，当右侧两个电荷单独存在时，cd还是等势线，故四个电荷同时存在时，cd依然是等势线；
当上面两个电荷单独存在时，ab是等势面，当下面的两个电荷单独存在时，ab依然是等势面，故四个电荷同时存在时，ab必然是等势线；
故将某一负电荷从M点沿折线M→O→N运动到N点，电场力始终不做功，故D正确；
故选：D
　
8．甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移一时间图象如图所示，甲车图象为过坐标原点的倾斜直线，乙车图象为顶点在A点的拋物线，则下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间段内甲、乙之间的距离一直增大
B．0～时间段内，甲、乙之间的距离一直增大，～t1时间段内，甲、乙之间的距离一直减小
C．乙的平均速度等于甲的平均速度
D．0～t2时间段内，乙的路程大于甲的路程
【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．
【分析】在位移﹣时间图象中，位移等于纵坐标的变化量，图线的斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．由此分析．
【解答】解：A、0～t1时间段内甲、乙之间的距离等于两者位移之差，由图可知，两者间距先增大，后减小，故A错误；
B、在x﹣t图象中，斜率代表速度，当斜率相等时，相距最远，由图可知，距离相距最远时并不是，故B错误
C、平均速度为位移与时间的比值，没说明时间，故无法判断平均速度大小，故C错误；
D、t2时刻甲乙相遇，路程为物体运动轨迹的长度，由图可知，乙先向前运动，后反向，甲一直向前运动，故乙的路程大于甲的路程，故D正确
故选：D
　
9．如图所示，一竖直放置、内壁粗糙的圆锥筒绕其中心轴线旋转，角速度为ω0（ω0＞0），内壁上有一小物块始终与圆锥保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）
A．物块可能受两个力作用
B．物块受到的支持力一定大于重力
C．当角速度从ω0增大时，物块受到的支持力可能减小
D．当角速度从ω0增大时，物块受到的摩擦力可能一直增大
【考点】向心力；物体的弹性和弹力．
【分析】当物块在随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，由重力和支持力的合力提供物块的向心力，根据角速度大小可求得向心力大小；再由受力分析可明确小球是否受到摩擦力．
【解答】解：A、当物块在随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，只由重力和支持力的合力提供物块的向心力，故物体只受两个力，A正确；
BC、物块受到的支持力N=mgcosθ，是一个定值，不变．故BC错误；
D、当角速度从ω0增大时，向心力变大，物体有向外运动趋势，故物块受到的摩擦力可能一直增大，故D正确．
故选：AD
　
10．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L2=2L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B（可视为质点）与两个斜面间的动摩擦因数相同，将小滑块A、B分别从甲、乙两个斜面的顶端同时由静止开始释放，取地面所在的水平面为零势能面，则（　　）
A．从顶端到底端的运动过程中，B克服摩擦而产生的热量是A的两倍
B．滑块A到达底端时的动能是滑块B到达底端时的动能的两倍
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率；机械能守恒定律．
【分析】根据功的计算公式得到克服摩擦力做功的表达式，再分析产生的热量关系．重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功的平均功率关系，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量．由功能原理分析机械能的关系．
【解答】解：A、对于任意斜面，设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ．则从顶端到底端的运动过程中，克服摩擦而产生的热量
Q=μmgcosθ =μmgL，可知摩擦生热Q与斜面的底边长度成正比，由题，L2=2L1，所以B克服摩擦而产生的热量是A的两倍，故A正确；
B、设斜面的高为h．根据动能定理得：
对A有：mgh﹣μmgL1=EkA．①
对B有：mgh﹣μmgL2=EkB．②
将L2=2L1代入②得：mgh﹣2μmgL1=EkB．③
根据数学知识可得：
=≠2，所以滑块A到达底端时的动能不是滑块B到达底端时的动能的两倍，故B错误．
C、整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A的加速度大，位移短，则A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；
D、两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，即摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．
故选：AC
　
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第11～15题为必考题，每个试题考生都必须作答．第16～17题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共55分）
11．某活动小组利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．将气垫导轨调节水平后在上面放上A、B两个光电门，滑块通过一根细线与小盘相连．测得小盘和砝码的总质量m，质量为M的滑块上固定的挡光片宽度为d．实验中，静止释放滑块后测得滑块通过光电门A的时间为△tA，通过光电门B的时间为△tB．
（1）实验中，该同学还需要测量　A、B两光电门之间的距离s　；
（2）实验测得的这些物理量若满足表达式　mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]　即可验证系统机械能守恒定律．（用实验中所测物理量相应字母表示）
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．
【解答】解：（1）本题要验证从A到B的过程中，物块机械能守恒，则要证明动能的增加量等于重力势能的减小量，所以要求出此过程中，重力做的功，则要测量A、B两光电门之间的距离s；
（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
滑块通过光电门B速度为：vB=；
滑块通过光电门A速度为：vA=，
滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：
△E=（M+m）[（）2﹣（）2]；
系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgs
则实验测得的这些物理量若满足表达式mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]，
则可验证系统机械能守恒定律．
故答案为：
（1）A、B两光电门之间的距离s；
（2）mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]．
　
12．利用如图甲所示电路可以测量电流表G1的内阻．可供选择的器材如下：
①待测电流表G1：量程为0～5mA，内阻约为300Ω
②电流表G2：量程为0～10mA，内阻为40Ω
③定值电阻R1：阻值为10Ω
④定值电阻R2：阻值为200Ω
⑤滑动变阻器R3：阻值范围为0～1000Ω
⑥滑动变阻器R4：阻值范围为0～20Ω
⑦干电池E：电动势约为1.5V，内阻很小可忽略
⑧电键S及导线若干
（1）定值电阻R0应选　④　，滑动变阻器R应选　⑥　．（在空格内填写仪器前面的序号）
（2）用笔画线代替导线，按图甲要求，在图乙中连接实物图．
（3）实验步骤如下：
①按电路图连接电路（为电路安全，先将滑动变阻器滑片P调到左端）
②闭合电键S，移动滑片P至某一位置，记录G1和G2的读数，分别记为I1和I2；
③多次移动滑动触头，记录各次G1和G2的读数I1和I2；
④以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出相应图线，如图丙所示．
⑤根据I1﹣I2图线的斜率k及定值电阻R0，得到待测电流表G1的内阻表达式为r1=　（﹣1）R0　．（用k、R0表示）
【考点】伏安法测电阻．
【分析】由于电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍，定值电阻要和待测电流表内阻接近；滑动变阻器采用的分压式接法，其电阻不要太大．根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式．
【解答】解：（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表G2的量程是待测电流表G1的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大．故定值电阻选④，为方便实验操作，滑动变阻器选⑥．
（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
（3）由电路图可知：I2=I1+，I1=I2，
I1﹣I2图象斜率k=，r1=（﹣1）R0；
故答案为：（1）④；⑥；（2）电路图如图所示；（3）（﹣1）R0．
　
13．如图，在学校运动会团体托球跑步比赛中，某同学将质量为m的球置于球拍的光面中心，从静止开始先做加速度大小为a的匀加速直线运动，速度达到v0后做匀速直线运动至终点．已知运动过程中球始终相对球拍静止，且受到的空气阻力大小为f=kv（k为已知常量），方向与速度方向相反．不计球与球拍间的摩擦，重力加速度为g，求：（结果可以用三角函数表示）
（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；
（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】（1）对球受力分析，根据共点力平衡求出在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0；
（2）对球分析，抓住竖直方向上平衡，水平方向上有向右的合力，结合牛顿第二定律和速度时间公式得出在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式．
【解答】解：（1）对球受力分析，由平衡条件得：tanθ0=，
则在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角θ0=arctan．
（2）对球受力分析，竖直方向：Ncosθ=mg，
水平方向：Nsinθ﹣kv=ma
v=at
解得：tanθ=．
答：（1）在匀速直线运动阶段球拍面与水平方向的夹角为arctan．
（2）在匀加速直线运动阶段θ随时间t的变化关系式为tanθ=．
　
14．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=9cm，板长为L=30cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.6m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10m/s2．求：
（1）将下板向上提起后，液滴的加速度；
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．
【分析】（1）液滴先做匀速运动，受到的重力和电场力平衡，当液滴运动到P处时迅速将下板向上提起时，板间场强增大，液滴向上偏转做类平抛运动，根据平衡条件和牛顿第二定律可求出加速度大小．
（2）液滴向上偏转过程中，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由运动学公式可求得液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间．
【解答】解：（1）带电液滴在板间做匀速直线运动，电场力向上
由平衡条件可知：qE=mg，
根据匀强电场中电场强度和电势差之间的关系有：
E=，
即qU=mgd
当下板上移后，E增大，电场力变大，液滴向上偏转，在电场中做匀变速直线运动
此时电场力：F′=q=
由牛顿第二定律：a==（﹣1）g
代入数据得：a=1m/s2　　　
方向竖直向上　　
（2）液滴在竖直方向上的位移为，设液滴从P点开始在板间运动的时间为t1
由位移公式可得：
=a
t12，
解得：t1=0.3s
液滴在电场中运动的总时间t2===0.5s
则液滴从射入电场到P点的时间为：t=t2﹣t1=0.5﹣0.3=0.2s
答：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度为1m/s2，方向竖直向上　　
（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点的时间为0.2s．
　
15．如图1所示，力学实验室轨道车在水平恒定的牵引力F=16N的作用下以v0=4.2m/s的速度沿水平面匀速前进．某时刻起，前进路线两侧的智能机械手臂每隔T=0.8s无初速（相对地面）投放一沙袋到车上．已知车的上表面光滑，每个沙袋的质量m=1.0kg．从放上第一个沙袋开始计时，0～0.8s内车运动的v﹣t图象如图2所示．整个过程中沙袋始终在车上未滑下，g=10m/s2．求：
（1）小车的质量M及车与地面的动摩擦因数μ；
（2）当小车停止时，车上有多少个沙袋？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】（1）根据v﹣t图线得出0﹣0.8s内小车的加速度，结合牛顿第二定律求出小车的质量和地面的动摩擦因数．
（2）根据牛顿第二定律得出放上第二个沙袋、第三个沙袋后小车的加速度，得出每0.8s内的速度变化量，从而得出加速度和速度变化量的通项表达式，抓住速度的变化，运用数学知识求出车上沙袋的个数．
【解答】解：（1）小车的上表面光滑，沙袋相对地面始终保持静止状态，放上沙袋后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为μ，未放沙袋时μMg=F，
放上第一个沙袋后，对小车有：F﹣μ（m+M）g=Ma1，
即﹣μmg=Ma1，
由v﹣t图象可知，△v1=v1﹣v0=（4.2﹣4.0）m/s=﹣0.2
m/s，
放上第一个沙袋后小车的加速度为：a1=﹣0.25
m/s2，
代入数据解得：μ=0.20，M=8
kg．
（2）同理，放上第二个沙袋后，对小车有：﹣2μmg=Ma2，
代入数据解得：a2=2a1=﹣0.5
m/s2
则0.8
s内速度改变量为：△v2=a2T=﹣0.5×0.8m/s=﹣0.4
m/s，
放上第三个沙袋后小车的加速度为：a3=﹣3
a1=﹣0.75
m/s2，
则0.8
s内速度改变量为：△v3=﹣3×0.2
m/s=﹣0.6
m/s
则放上第n个沙袋后小车的加速度为：an=﹣n
a1（n=1，2，3，…）
则0.8
s内速度改变量为：△vn=﹣n×0.2
m/s（n=1，2，3，…）
所以△v=△v1+△v2+△v3+…+△vn=﹣（1+2+3+…+n）×0.2
m/s，
而△v=0﹣4.2
m/s=﹣4.2m/s，
联立解得：n=6．
即当小车停止时，车上有6个沙袋．
答：（1）小车的质量M为8kg，车与地面的动摩擦因数μ为0.20；
（2）当小车停止时，车上有多6个沙袋．
　
（二）选考题【物理--选修3-4】
16．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，某时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度第一次与v相同，再经过0.2s它的速度第二次与v相同，则下列判断中正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播，波速为6m/s
B．波沿x轴负方向传播，波速为5
m/s
C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处
D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反
E．从图示位置开始计时，在2.0
s时刻，质点P的位移为20
cm
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动的周期为T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿﹣x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．写出质点P的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s时刻质点P的位移．
【解答】解：AB、由图读出波长
λ=6m．根据质点P的振动情况可得：该波的周期为
T=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为
v===5m/s．
根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播．故A错误，B正确．
C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确．
D、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反．故D错误．
E、该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为
y=﹣Asin（t+）=﹣20sin（t+）cm=﹣20sin（t+）cm
当t=2.0s时，代入解得
y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0
s时刻，质点P的位移为20
cm，故E正确．
故选：BCE
　
17．玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点．两条单色红光分别按如图方向沿截面入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°，光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°，已知玻璃对该红光的折射率n=．求：
①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d；
②若入射的是单色蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？
【考点】光的折射定律．
【分析】①先根据折射定律求出光线2在玻璃半圆柱体圆弧面上和底面上的两个折射角，再运用折射定律求出光线1在底面上的折射角，作出光路图，根据几何知识求解即可．
②若入射的单色蓝光，由于介质对蓝光的折射率大于介质对红光的折射率，蓝光偏折更明显，d更小．
【解答】解：：①对光线2在B点折射时，入射角
i=60°
由折射定律有
n=
得
sinr===，r=30°
入射到底面的入射角
i′=60°﹣r=30°，则：
sinr′=nsini′=，r′=60°
根据几何知识得
LOC==R
同理，光线1从O点出射，折射光线与CD交于E点，折射角∠EOD=60°，则△EOD为等边三角形
d=OE=OD=LOC
tan
30°=
②玻璃对蓝光的折射率比对红光的大，蓝光偏折更明显，故d变小．
答：
①两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d是；
②若入射的是单色蓝光，则距离d更小．
　
2016年12月31日