2018-2019学年安徽省皖西高中教育联盟高三(上)期末物理试卷
二、选择题:共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,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.(6分)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个垂直于斜面的挡板挡住(挡板固定在斜面上)。现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.斜面对球的弹力与a的大小无关
B.斜面和挡板对球弹力的合力等于ma
C.挡板对球的弹力可能为零
D.斜面对球的弹力可能为零
2.(6分)2018年12月8日凌晨2点23分,我国在西昌卫星发射基地成功发射一枚火箭把“嫦娥四号”探测器送上了天空。“嫦娥四号”在仅离月球100公里的距离被月球引力捕捉,将首次实现在月球背面登陆,再次刷新人类登月纪录。假设着陆的过程如图所示,下列说法正确的是( )
A.“嫦娥四号”靠近月球的过程中所受引力越来越小
B.“嫦娥四号”在轨道II上的B点减速进入轨道I
C.“嫦娥四号”在轨道II上的B点加速进入轨道I
D.“嫦娥四号”在轨道II上运动的机械能小于在轨道Ⅰ运动的机械能
3.(6分)先后让一束氘核(H)和一束氚核(H)通过同一对平行板形成的偏转电场,进入时速度方向与板面平行,离开时速度方向与板面夹角分别为α、β.不计原子核所受的重力,则( )
A.如果氘核和氚核的初速度相同,则
B.如果氘核和氘核的初动量相同,则
C.如果氘核和氚核的初动能相同,则
D.如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场,则
4.(6分)如图所示,光滑斜面倾角为θ,轻弹簧劲度系数为k,下端固定在挡板上,上端和物体B拴接在一起。开始时,B处于平衡状态。物体A由斜面上某点下滑,并以速度v0与B发生碰撞,碰撞瞬间粘连在一起,经过最低点后恰好能到达D点,A、B可视为质点且质量均为m,C、D间的距离为,则v0为( )
A. B. C. D.
5.(6分)如图甲所示,在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量相等。一个质量为10﹣3kg的小物块从e释放,经过f点到达d点,其运动的v﹣t图象如图乙所示。其中f点是整条图线斜率最大的位置(图中虚线为过f点的切线),已知小物块的带电量为2×10﹣3C,则下列分析中正确的是( )
A.由e点到d点,电势逐渐升高
B.由e点到d点,物块的电势能先减小后变大
C.d、f两点间的电势差Udf=﹣0.5V
D.f点为ed之间电场强度最大的点,场强E=1V/m
6.(6分)甲车在乙车前方75m处由静止以恒定功率P=50kW启动,阻力恒定,最后匀速运动。乙车做初速为0的匀加速直线运动(无最大速度限制)。两车同时同向运动,v﹣t图象如图所示。其中,甲车质量m=7.5t。则下列说法正确的是( )
A.甲车所受的阻力为5000N
B.甲车所受的阻力为7500N
C.乙车追上甲车的时间为40s
D.乙车追上甲车的时间为30s
7.(6分)如图甲所示,电动势为E、内阻为r的电源与R=8Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.电源的电动势E=V,内阻r=2Ω
B.图乙中Rx=25Ω
C.滑动变阻器的滑片向左移动时,R上消耗的功率先增加后减小
D.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28W
8.(6分)如图所示,平面直角坐标系中,A点的坐标为(d,0),在y轴和直线AD之间存在垂直纸面向里的匀强磁场I,在AD和AC之间存在垂直纸面向外的匀强磁场II,磁感应强度均为B,AD、AC边界的夹角∠DAC=30°.质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AC上的不同点射入,入射速度垂直AC且垂直磁场,若入射速度大小为,不计粒子重力,则( )
A.粒子在磁场中的运动半径为d
B.粒子距A点0.5d处射入,不会进入I区
C.若粒子能进入区域I,则粒子在区域I中运动的最短时间为
D.若粒子能进入区域I,则粒子从距A点(﹣1)d处射入,在I区域内运动的时间最短
三、非选择题:共174分.第22-32、35题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33、34、36、37题为选考题.考生根据要求作答.(一)必考题:共130分
9.(5分)某同学设计了探究做功与速度变化关系”的实验方案。装置如图甲所示,主要操作步骤如下:
a.测遮光片的宽度d,如图乙所示;
b.测斜面上A点到光电门的距离L;
c.让滑块从A点由静止滑下,记录遮光片通过光电门的时间t;
d.分别从A点下方的B、C……(图中未画出)点释放滑块,重复步骤b、c;
e.根据v=计算出每次滑块到达光电门上端时的速度v;
f.尝试作出L与v的几种图象。
根据上述操作,回答下列问题:
(1)遮光片的宽度d= cm;
(2)能获得“功与速度二次方成正比”结论的图象是 ;
A.L﹣v图象 B.L﹣v2图象 C.L﹣v3图象 D.L﹣图象
10.(10分)为了既能测出电池的电动势E和内阻r,同时又能测出待测元件的厚度d,兴趣小组用下列器材组装成一个电路:
A.电压表V1(量程1.5V、内阻很大)
B.电压表V2(量程1.5V、内阻很大)
C.电流表A(量程0.6A、内阻很小)
D.滑动变阻器R0(最大阻值20Ω、额定电流1A)
E.待测元件R(用电阻符号表示,电阻率ρ=3.5×10﹣5Ω?m)
F.电池组(电动势E、内阻r)
G.开关一只,导线若干
实验时,把待测元件(形状和接入电路的电流方向如图乙所示)接入电路,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小(计算结果保留两位有效数字)
(1)请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整;
(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数,组成两个坐标点,标到U﹣I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,部分图象如图丙所示,则电池组的电动势E= V,内阻r= Ω。
(3)该待测元件的厚度d= m;若把元件替换为长和宽均为,厚度仍为d的新元件,接入电路的电流方向不变,则新元件在电路中的消耗最大电功率为 W。
11.(14分)如图所示,在水平地面上建立x轴,有一个质量m=1kg的木块(可视为质点)放在质量为M=2kg的长木板的左端A点,木板长L=2m。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动,已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=5m/s,在xp=10m处有一固定挡板,木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回,g取10m/s2,求:
(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v;
(2)木块最终停止运动时的位置坐标。
12.(18分)如图,在真空中的竖直面内建立直角坐标系xoy,在x轴下方有匀强电场(图中未画出),现将一群带正电的初速度均为v0的同种微粒从第一象限的不同位置水平抛出,微粒均能到达原点O,且过原点后均做直线运动。现在x轴下方沿垂直纸面向里的方向上增加匀强磁场,磁感应强度大小为B.粒子的质量为m,电量为q,不考虑微粒间的相互作用,重力加速度为g。
(1)求抛出点所在曲线对应的函数关系式;
(2)试证明:经磁场偏转后,所有粒子返回y轴时均通过同一点p,并求出该点的坐标;
(3)若m=0.01kg,q=0.02C,v0=6ms,B=1T,g=10m/s2,某粒子第一次返回x轴时的坐标为(10,0),求该粒子抛出点的坐标。
(二)选考题:共44分.请考生从2道物理题、2道生物题中每科任选一题作答,一道化学题为必做题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分..[物理-选修3-3](15分)
13.(5分)如图所示,在P一T图象中,一定质量的理想气体经历了从状态A到状态B、再到状态C,最后回到状态A的过程,在该过程中,下列说法正确的是( )
A.从A到B过程中,气体对外做功
B.从B到C过程中,气体放出热量
C.从C到A过程中,气体分子密度减小
D.从A到B过程和从C到A过程,气体做功的绝对值相等
E.从A到B再到C过程中,气体内能先增加后减少
14.(10分)如图所示,一个内横截面积为S的气缸水平放置,汽缸左侧有一质量为m、厚度不计的活塞。汽缸上方有一充气孔,气孔最初与外界相通。已知大气压强为p0,气缸内气体的温度为T,活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
①现对汽缸充气,将两倍于汽缸容积的外部空气从充气孔缓慢充入汽缸中,此时活塞恰能滑动,求活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强和活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小;
②若用手压住活塞并关闭气孔,将气缸缓慢的加热至某一温度,撤去手的瞬间,活塞的加速度,求此时气缸的温度?
[物理-选修341(15分)
15.如图所示,P、Q是两种透明材料制成的棱镜叠合在一起。一单色光从P的上表面射入,折射光线正好垂直通过两棱镜的界面,到达下表面。已知材料的折射率nP>nQ,射到P上表面的光线与P的上表面的夹角为θ,光线 (填“一定”或“不一定”)从Q的下表面射出。光线若从Q的下表面射出,则出射光线与下表面的夹角一定 (填“大于”、“等于”或“小于”)。
16.A、B是一列简谐横波传播路径上的两个质点,A、B两质点的振动图象分别如图甲、乙所示,该波的传播方向由A到B,两质点平衡位置的距离为0.9m,t=0时刻,A、B两点之间有四个质点处于平衡位置,求:
①这列波的传播速度多大?
②从t=0时刻开始到t=4s时,A质点运动的路程及t=4s时A、B平衡位置中点处质点C振动的方向。
2018-2019学年安徽省皖西高中教育联盟高三(上)期末物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题:共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,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.(6分)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个垂直于斜面的挡板挡住(挡板固定在斜面上)。现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.斜面对球的弹力与a的大小无关
B.斜面和挡板对球弹力的合力等于ma
C.挡板对球的弹力可能为零
D.斜面对球的弹力可能为零
【分析】先以整体法为研究对象,再隔离小球为研究对象,分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、垂直挡板的弹力FN1,然后向水平和竖直分解斜面的支持力FN2和垂直挡板的弹力FN1,在竖直方向列力的平衡方程,在水平方向列牛顿第二定律方程,根据所列的方程分析即可选出答案。
【解答】解:小球受到的重mg、斜面的弹力力FN2、挡板的弹力FN1,
则竖直方向有:FN2cosθ+FN1sinθ=mg
水平方向有:FN1cosθ﹣FN2sinθ=ma
整理得:FN1=mgsinθ+macosθ
FN2=mgcosθ﹣masinθ
AD、由上式知斜面对球的弹力与a的大小有关,当a=gcotθ时,斜面对球的弹力为零,故A错误D正确;
C、由上式知挡板对球的弹力不可能为零,故C错误;
B、由于重力方向竖直向下,斜面和挡板对球的弹力的合力的沿水平方向的分力为ma,所以其二者的合力大于ma,故B错误。
故选:D。
【点评】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律,正确的分析受力与正确的分解力是关键。
2.(6分)2018年12月8日凌晨2点23分,我国在西昌卫星发射基地成功发射一枚火箭把“嫦娥四号”探测器送上了天空。“嫦娥四号”在仅离月球100公里的距离被月球引力捕捉,将首次实现在月球背面登陆,再次刷新人类登月纪录。假设着陆的过程如图所示,下列说法正确的是( )
A.“嫦娥四号”靠近月球的过程中所受引力越来越小
B.“嫦娥四号”在轨道II上的B点减速进入轨道I
C.“嫦娥四号”在轨道II上的B点加速进入轨道I
D.“嫦娥四号”在轨道II上运动的机械能小于在轨道Ⅰ运动的机械能
【分析】根据万有引力定律可知“嫦娥四号”受力的变化;根据做近心运动时万有引力大于向心力,做离心运动时万有引力小于向心力,可以确定变轨前后速度的变化关系。
【解答】解:A、“嫦娥四号”靠近月球的过程中“嫦娥四号”与月球之间的距离减小,由万有引力定律可知,所受引力越来越大,故A错误;
B、C、“嫦娥四号”在轨道II上做圆周运动,只有通过减速使圆周运动所需向心力减小,做近心运动来减小轨道高度,故B正确,C错误;
D、“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上减速才能进入轨道Ⅰ,故机械能减小,故D错误。
故选:B。
【点评】本题要注意:
①由高轨道变轨到低轨道需要减速,而由低轨道变轨到高轨道需要加速,这一点在解决变轨问题时要经常用到,一定要注意掌握。
②卫星运行时只有万有引力做功,机械能守恒。
3.(6分)先后让一束氘核(H)和一束氚核(H)通过同一对平行板形成的偏转电场,进入时速度方向与板面平行,离开时速度方向与板面夹角分别为α、β.不计原子核所受的重力,则( )
A.如果氘核和氚核的初速度相同,则
B.如果氘核和氘核的初动量相同,则
C.如果氘核和氚核的初动能相同,则
D.如果氘核和氚核由静止开始从同一位置经同一电场加速后进入偏转电场,则
【分析】粒子在偏转电场中,做类平抛运动,由牛顿第二定律求得加速度。粒子垂直电场方向做匀速直线运动,由水平位移L和v0求出运动时间。粒子在电场方向做初速度为零的匀加速运动,并由三角函数,求出偏角的正切;
由位移公式求解侧向偏移量y,射出磁场后做匀速直线运动,根据位移速度公式求解位移,进而即可求解侧移y。
【解答】解:粒子在偏转电场中做类平抛运动,由动力学知识可得:水平方向 L=v0t,由牛顿第二定律得:加速度 a=
竖直分速度vy=at 速度偏向角的正切 tanθ==
A、如果氦核和氢核的初速度相同,由上公式,可知=,故A错误;
B、如果氘核和氘核的初动量相同,即mv0相同,则=,故B正确;
C、如果氘核和氚核的初动能相同,即mv02相同,则=,故C错误;
D、设加速电压为U0,由动能定理得:eU0=,即mv02相同,则=,故D错误;
故选:B。
【点评】本题是带电粒子在电场中的加速和偏转问题,电场中加速根据动能定理求得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成,常规问题。
4.(6分)如图所示,光滑斜面倾角为θ,轻弹簧劲度系数为k,下端固定在挡板上,上端和物体B拴接在一起。开始时,B处于平衡状态。物体A由斜面上某点下滑,并以速度v0与B发生碰撞,碰撞瞬间粘连在一起,经过最低点后恰好能到达D点,A、B可视为质点且质量均为m,C、D间的距离为,则v0为( )
A. B. C. D.
【分析】从A、B发生碰撞后到D点的过程中系统的机械能守恒,由就差你守恒求出碰撞的速度,A、B碰撞过程内力远大于外力,系统动量守恒,应用动量守恒定律可以求出碰撞前瞬间的速度。
【解答】解:开始时B处于平衡状态,则弹簧的弹力等于B沿斜面向下的分力,则:kx=mgsinθ
弹簧的压缩量:x=
A与B到达D点时,由于C、D间的距离为,所以弹簧的伸长量:=x
所以开始时弹簧的弹性势能等于AB到达D点时的弹性势能,所以在A与B碰撞后,二者的动能转化为二者的重力势能,设碰撞后的速度为v,则:
所以:v=
A、B碰撞过程系统内力远大于外力,以平行与斜面向下为正方向,由动量守恒定律得:mv0=2mv,解得:v0=.故A正确,BCD错误
故选:A。
【点评】本题是含弹簧问题,由于弹簧的弹力是变力,注意分析弹簧的特点,要结合运动学和功能关系列式分析求解。
5.(6分)如图甲所示,在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量相等。一个质量为10﹣3kg的小物块从e释放,经过f点到达d点,其运动的v﹣t图象如图乙所示。其中f点是整条图线斜率最大的位置(图中虚线为过f点的切线),已知小物块的带电量为2×10﹣3C,则下列分析中正确的是( )
A.由e点到d点,电势逐渐升高
B.由e点到d点,物块的电势能先减小后变大
C.d、f两点间的电势差Udf=﹣0.5V
D.f点为ed之间电场强度最大的点,场强E=1V/m
【分析】根据等量同种电荷中垂线电场线的分布情况结合v﹣t图象的斜率表示的物理意义进行分析。
【解答】解:A、efd是等量同种正电荷的中垂线,从e点到d点,电势逐渐降低,故A错误;
B、由e点到d点,电场力一直做正功,物块的电势能一直减小,故B错误;
C、根据动能定理可得:qUfd=,解得Ufd=5V,则d、f两点间的电势差Udf=﹣Ufd=﹣5V,故C错误;
D、v﹣t图象的斜率表示加速度,f点是整条图线斜率最大的位置,则f点物块的加速度最大,根据牛顿第二定律可得qE=ma,则电场强度最大,场强E===V/m=1V/m,故D正确。
故选:D。
【点评】本题关键要掌握等量同种电荷中垂线的电场线分布情况以及电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系;知道电场力做功的计算公式为WAB=qUAB,解答时做功的正负和电荷量的正负一并代入计算。
6.(6分)甲车在乙车前方75m处由静止以恒定功率P=50kW启动,阻力恒定,最后匀速运动。乙车做初速为0的匀加速直线运动(无最大速度限制)。两车同时同向运动,v﹣t图象如图所示。其中,甲车质量m=7.5t。则下列说法正确的是( )
A.甲车所受的阻力为5000N
B.甲车所受的阻力为7500N
C.乙车追上甲车的时间为40s
D.乙车追上甲车的时间为30s
【分析】由图象可知两汽车的运动情况,甲乙两车同时同向运动,相遇时二者位移相差75m,对甲车根据动能定理即可求解,注意首先求解甲车的阻力。
【解答】解:AB、对甲车:当甲车速度最大时,牵引力等于阻力,则有:F=f==5000N,故A正确B错误;
CD、设乙车追上甲车的时间为t,对乙车:x==
对甲车根据动能定理有:Pt﹣f(x﹣75)=
解得:t=40s,故C正确D错误。
故选:AC。
【点评】本题要注意明确图象的意义,关键在于甲车的运动情况,首先求解甲车的摩擦阻力,然后根据二者位移相等,利用动能定理进行求解即可。
7.(6分)如图甲所示,电动势为E、内阻为r的电源与R=8Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.电源的电动势E=V,内阻r=2Ω
B.图乙中Rx=25Ω
C.滑动变阻器的滑片向左移动时,R上消耗的功率先增加后减小
D.调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28W
【分析】将R看成电源的内阻,当电源的内外电阻相等时RP的功率最大,由图读出RP的功率最大值及对应的阻值,即可求得电源的内阻,根据功率公式求出电源的电动势。根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式,可求得Rx.当RP=0时电路中电流最大,R消耗的功率最大。根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率。
【解答】解:A、由图乙知,当RP=R+r=10Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,R=8Ω,可得内阻 r=2Ω
最大功率 P==0.4W,解得 E=4V,故A错误。
B、滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等,有 4Rx=(R+r)2,解得 Rx=25Ω,故B正确。
CD、当外电路电阻与电阻相等时,电源的输出功率最大。本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值,故滑动变阻器RP的阻值为0时,电源的输出功率最大,最大功率为 Pmax==1.28W,故C错误,D正确。
故选:BD。
【点评】解决本题的关键是掌握推论:当外电路电阻与电阻相等时,电源的输出功率最大。对于定值电阻,当电流最大时其消耗的功率最大。对于变阻器的最大功率,可采用等效法研究。
8.(6分)如图所示,平面直角坐标系中,A点的坐标为(d,0),在y轴和直线AD之间存在垂直纸面向里的匀强磁场I,在AD和AC之间存在垂直纸面向外的匀强磁场II,磁感应强度均为B,AD、AC边界的夹角∠DAC=30°.质量为m、电荷量为+q的粒子可在边界AC上的不同点射入,入射速度垂直AC且垂直磁场,若入射速度大小为,不计粒子重力,则( )
A.粒子在磁场中的运动半径为d
B.粒子距A点0.5d处射入,不会进入I区
C.若粒子能进入区域I,则粒子在区域I中运动的最短时间为
D.若粒子能进入区域I,则粒子从距A点(﹣1)d处射入,在I区域内运动的时间最短
【分析】粒子射入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可求得粒子的轨迹半径和周期,画出临界轨迹,找出轨迹对应的圆心角θ,由t=求时间。
【解答】解:A、粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:
qvB=m
其中:v=
解得:r=d,故A正确。
B、画出恰好不进入Ⅰ区的临界轨迹,如图所示:
结合几何关系,有:
AO==2r=2d
故从距A点0.5d处射入,会进入Ⅰ区,故B错误;
CD、从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短),时间最短,轨迹如图所示:
轨迹对应的圆心角为60°,故时间为:
t==,故CD错误。
故选:A。
【点评】本题是常见的带电粒子在磁场中运动的问题,画出轨迹,运用几何关系和牛顿第二定律等知识进行求解。
三、非选择题:共174分.第22-32、35题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33、34、36、37题为选考题.考生根据要求作答.(一)必考题:共130分
9.(5分)某同学设计了探究做功与速度变化关系”的实验方案。装置如图甲所示,主要操作步骤如下:
a.测遮光片的宽度d,如图乙所示;
b.测斜面上A点到光电门的距离L;
c.让滑块从A点由静止滑下,记录遮光片通过光电门的时间t;
d.分别从A点下方的B、C……(图中未画出)点释放滑块,重复步骤b、c;
e.根据v=计算出每次滑块到达光电门上端时的速度v;
f.尝试作出L与v的几种图象。
根据上述操作,回答下列问题:
(1)遮光片的宽度d= 0.3021 cm;
(2)能获得“功与速度二次方成正比”结论的图象是 B ;
A.L﹣v图象 B.L﹣v2图象 C.L﹣v3图象 D.L﹣图象
【分析】(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数,需估读。
(2)设滑块受到的合力为F,加速度为a,由牛顿第二定律、速度位移关系式、功的公式可得出结论。
【解答】解:(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3mm,可动刻度读数为0.01×2.1mm=0.021mm,则最终读数为3.021mm=0.3021cm。
(2)设滑块受到的合力为F,加速度为a,则有:
F=ma
v2=2aL
W=FL
解得:W=FL=
所以只要作出L与v2的图象是一条经过坐标原点的倾斜直线,就能得出“功与速度二次方成正比”结论,故ACD错误B正确。
故选:B
故答案为:(1)0.3021 (2)B
【点评】本题是探究功与速度变化关系的实验,要求明确原理和数据处理的方法,要掌握螺旋测微器的读数方法,
10.(10分)为了既能测出电池的电动势E和内阻r,同时又能测出待测元件的厚度d,兴趣小组用下列器材组装成一个电路:
A.电压表V1(量程1.5V、内阻很大)
B.电压表V2(量程1.5V、内阻很大)
C.电流表A(量程0.6A、内阻很小)
D.滑动变阻器R0(最大阻值20Ω、额定电流1A)
E.待测元件R(用电阻符号表示,电阻率ρ=3.5×10﹣5Ω?m)
F.电池组(电动势E、内阻r)
G.开关一只,导线若干
实验时,把待测元件(形状和接入电路的电流方向如图乙所示)接入电路,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小(计算结果保留两位有效数字)
(1)请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整;
(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数,组成两个坐标点,标到U﹣I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,部分图象如图丙所示,则电池组的电动势E= 1.5 V,内阻r= 1 Ω。
(3)该待测元件的厚度d= 1.75×10﹣5 m;若把元件替换为长和宽均为,厚度仍为d的新元件,接入电路的电流方向不变,则新元件在电路中的消耗最大电功率为 0.5 W。
【分析】(1)根据题意与实验原理作出实验电路图。
(2)电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻。
(3)根据图示图象求出元件的电阻,然后应用电阻定律求出元件的厚度;根据电阻定律求出元件的阻值,然后应用闭合电路欧姆定律与电功率公式求出电功率。
【解答】解:(1)伏安法测电源电动势与内阻实验中,电压表测路端电压,电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大;测元件电阻,要测出电阻两端电压,电流表测流过灯泡的电流,元件两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小;调节滑动变阻器时,电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小,则测路端电压,V2测元件两端电压,电路图如图所示。
(2)电源的U﹣I图象是一条倾斜的直线,由图象可知,电源电动势为:E=1.5V,电源内阻为:r===1Ω。
(3)由图示图线可知,元件的电阻为:R===2Ω,由电阻定律可知:R=ρ=ρ=,材料的厚度为:d===1.75×10﹣5m;
把元件替换为长和宽均为,厚度仍为d的新元件,由电阻定律有:R=ρ=ρ=可知,新元件电阻阻值不变,
滑动变阻器接入电路的阻值为零时元件功率最大,此时电路电流为:I===0.5A,
新元件的最大功率为:P=I2R=0.52×2=0.5W;
故答案为:(1)电路图如图所示;(2)1.5;1;(3)1.75×10﹣5;0.5。
【点评】知道实验原理是解题的前提与关键,根据题意确定电表测量的物理量确定电路的接法,然后作出电路图;根据图示图线求出电源电动势与内阻,应用欧姆定律与电功率公式可以解题。
11.(14分)如图所示,在水平地面上建立x轴,有一个质量m=1kg的木块(可视为质点)放在质量为M=2kg的长木板的左端A点,木板长L=2m。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。开始时木块与长木板保持相对静止共同向右运动,已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=5m/s,在xp=10m处有一固定挡板,木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回,g取10m/s2,求:
(1)木板与挡板碰撞时的速度大小v;
(2)木块最终停止运动时的位置坐标。
【分析】(1)对整体分析,根据牛顿第二定律求出整体的加速度,根据速度位移公式求出木板碰挡板P前的瞬间速度。
(2)当木板碰到挡板并撤掉挡板后,木板以初速度v1向左做匀减速运动,木块以初速度v1向右做匀减速运动,木块加速度较大,所以木块先减速到0,然后向左做匀加速运动,直到二者保持相对静止。根据牛顿第二定律,结合运动学公式求出木块最终停止运动时其左端A的位置坐标。
【解答】解::(1)经过分析可知,木板碰挡板前,木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动,设加速度为a,对二者组成的系统
由牛顿第二定律有:μ1(m+M)g=(m+M)a1
解得:a1=μ1g=1m/s2
由速度位移的关系式得:v2﹣v02=﹣2as
其中:s=xp﹣L=8m
解得:v=3m/s
(2)木块的运动可分为几个过程:
第一个过程:共同向右减速到3m/s,加速度a1=μ1g=1m/s2,位移x1=8m
第二个过程:碰后向右减速到0,再反向加速到与木板共同速度,设木板和木块的加速度分别为a2和a3,
由牛顿第二定律可知:a2==4m/s2(水平向右)
a3==μ2g=5m/s2,(水平向左)
设二者保持相对静止所用时间为t2,共同速度为v1
可得:v1=v﹣a3t2=﹣(v﹣a2t2)
解得:t2=s,v1=m/s(水平向左)
木块的位移x2=vt2﹣a3t22
解得:x2=m
木板的位移x′2=vt2﹣a2t22
解得:x′2=m
所以二者相对位移△x=x2+x′2=2m=L,即二者相对运动时木块没有掉离木板。二者共速后,又以a1=1m/s2向左减速至停下,
第三个过程:二者共速后,又以a1=1m/s2向左减速至停下,
设其向左运动的位移为x3==m
木块最终停止运动时的位置坐标:x=x1+x2﹣x3=m
答:(1)木板与挡板碰撞时的速度大小是3m/s;
(2)木块最终停止运动时的位置坐标是m。
【点评】解决本题的关键理清木板和木块在整个过程中的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
12.(18分)如图,在真空中的竖直面内建立直角坐标系xoy,在x轴下方有匀强电场(图中未画出),现将一群带正电的初速度均为v0的同种微粒从第一象限的不同位置水平抛出,微粒均能到达原点O,且过原点后均做直线运动。现在x轴下方沿垂直纸面向里的方向上增加匀强磁场,磁感应强度大小为B.粒子的质量为m,电量为q,不考虑微粒间的相互作用,重力加速度为g。
(1)求抛出点所在曲线对应的函数关系式;
(2)试证明:经磁场偏转后,所有粒子返回y轴时均通过同一点p,并求出该点的坐标;
(3)若m=0.01kg,q=0.02C,v0=6ms,B=1T,g=10m/s2,某粒子第一次返回x轴时的坐标为(10,0),求该粒子抛出点的坐标。
【分析】(1)由粒子在第一象限做平抛运动,通过水平、竖直位移公式求解。
(2)根据离子的运动规律求出op的关系式即可;
(3)根据已知条件和平抛运动规律代入数据求解坐标;
【解答】解:(1)由x=v0t,y=gt2
可知:y=
(2)设粒子进入第三象限是速度大小为v,方向和y轴负向夹角为
α,其轨迹如图所示,
由Bqv=.可知:r=
有几何关系可知:op=2rsinα=
又vsinα=v0.即:op=
于是粒子返回y轴时总是经过同一点p。且p点的坣标为(0,﹣)
(3)如图所示,O1N==带入数据可知:O1N=3m
由题意可知:ON=5m。
设粒子速度方向和y轴负向夹角为α 则:tanα=
又tanα=,即vy==10m/s。右vy=gt,得t=1s,
故竖直位移xy==5m,水平位移xx=v0t=6m故抛出点的坐标为(6,10)
答:(1)抛出点所在曲线对应的函数关系式y=;
(2)p点的坣标为(0,﹣)
(3)该粒子抛出点的坐标为(6,10)。
【点评】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,那么粒子的运动速度与径向垂直,且粒子做圆周运动的圆心一定在弦长的垂直平分线上。
(二)选考题:共44分.请考生从2道物理题、2道生物题中每科任选一题作答,一道化学题为必做题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分..[物理-选修3-3](15分)
13.(5分)如图所示,在P一T图象中,一定质量的理想气体经历了从状态A到状态B、再到状态C,最后回到状态A的过程,在该过程中,下列说法正确的是( )
A.从A到B过程中,气体对外做功
B.从B到C过程中,气体放出热量
C.从C到A过程中,气体分子密度减小
D.从A到B过程和从C到A过程,气体做功的绝对值相等
E.从A到B再到C过程中,气体内能先增加后减少
【分析】由图象判断气体的状态变化过程,应用理想气态方程判断气体体积如何变化,分析做功情况,根据温度分析气体内能变化;根据热力学第一定律分析热量变化。
【解答】解:A、从A到B的过程中,由理想气体状态方程可知,气体体积增大,因此气体对外做功,故A正确;
B、从B到C的过程中,气体体积不变,温度降低,内能减小,根据热力学第一定律可知,气体放出热量,故B正确;
C、从C到A的过程中,气体温度不变,压强增大,根据理想气体状态方程可知,气体体积减小,气体分子密度增大,故C错误;
D、从A到B的过程和从C到A的过程中,气体体积变化相同,但两个过程气体压强平均值不同,因此两个过程气体做功绝对值不同,故D错误。
E、由于从A到B再到C过程,气体温度先升高后降低,因此气体内能先增大后减小,故E正确。
故选:ABE。
【点评】本题考查气体的状态方程中对应的图象,分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题,解题时要抓住在P﹣T图象中等容线为过原点的直线。
14.(10分)如图所示,一个内横截面积为S的气缸水平放置,汽缸左侧有一质量为m、厚度不计的活塞。汽缸上方有一充气孔,气孔最初与外界相通。已知大气压强为p0,气缸内气体的温度为T,活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
①现对汽缸充气,将两倍于汽缸容积的外部空气从充气孔缓慢充入汽缸中,此时活塞恰能滑动,求活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强和活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小;
②若用手压住活塞并关闭气孔,将气缸缓慢的加热至某一温度,撤去手的瞬间,活塞的加速度,求此时气缸的温度?
【分析】①以充入气体和缸内气体整体为研究对象,根据玻意耳定律列式求解活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强,然后对活塞受力分析,根据平衡求解汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小;
②对活塞受力分析,根据牛顿第二定律求解加热后封闭气体压强,然后对气体根据查理定律列式求解。
【解答】解:①设气缸的容积为V,
初状态气体的压强为P1=P0,体积为V1=3V
末状态气体的压强为P2,体积为V2=V
由玻意耳定律得:P1V1=P2V2
代入数据解得:P2=3P0
以活塞为研究对象,滑动瞬间,根据平衡得:
P2S=P0S+Ffm
解得:Ffm=2P0S
②设放手瞬间气体压强为P3,以活塞为对象,根据牛顿第二定律得:
P3S﹣P0S﹣Ffm=ma
解得:P3=4P0
对气体根据查理定律得:
解得:T3=4T
答:①活塞滑动前瞬间汽缸中气体的压强为3P0,活塞与汽缸内壁之间的最大静摩擦力大小为2P0S;
②气缸的温度为4T。
【点评】本题考查充气问题,关键是选择合适的研究对象,找出初末状态参量,分析出气体做何种变化,然后选择合适的气体实验定律列式求解即可。
[物理-选修341(15分)
15.如图所示,P、Q是两种透明材料制成的棱镜叠合在一起。一单色光从P的上表面射入,折射光线正好垂直通过两棱镜的界面,到达下表面。已知材料的折射率nP>nQ,射到P上表面的光线与P的上表面的夹角为θ,光线 一定 (填“一定”或“不一定”)从Q的下表面射出。光线若从Q的下表面射出,则出射光线与下表面的夹角一定 大于 (填“大于”、“等于”或“小于”)。
【分析】根据几何关系求出光线在Q的下表面上的入射角,结合全发射的条件判断能否发生全反射,若不能发生全反射,结合折射定律求出出射光线与下表面夹角的大小。
【解答】解:光线在Q下表面的入射角和在上表面的折射角大小相等,因为nP>nQ,根据临界角公式sinC=知光线在Q表面发生全反射的临界角大于在P表面发生全反射的临界角,可知光线一定不会在Q的下表面发生全发射,能从从Q的下表面射出。
光线在Q下表面的入射角和在上表面的折射角大小相等,因为nP>nQ,知光线在Q下表面的折射角小于光线在P的上表面的入射角,所以出射光线与下表面的夹角一定大于θ。
故答案为:一定,大于。
【点评】本题的关键要掌握全反射的条件和折射定律,结合几何知识就可以进行分析。
16.A、B是一列简谐横波传播路径上的两个质点,A、B两质点的振动图象分别如图甲、乙所示,该波的传播方向由A到B,两质点平衡位置的距离为0.9m,t=0时刻,A、B两点之间有四个质点处于平衡位置,求:
①这列波的传播速度多大?
②从t=0时刻开始到t=4s时,A质点运动的路程及t=4s时A、B平衡位置中点处质点C振动的方向。
【分析】根据振动情况画出波形图,由此得到波长,再根据波速与波长的关系求解;
(2)一个周期通过的路程为4A,根据振动情况确定振动方向。
【解答】解:①t=0时刻,A、B两点之间有四个质点处于平衡位置,此时A、B的波形为:
由此可知,
解得波长λ=0.4m
因此波的传播速度为v===1m/s;
②从t=0时刻开始到t=4s时,A质点运动的路程为:
s==2m
t=4s=10T时的波形不变,质点C所处的位置如图所示,
A、B平衡位置中点处质点C振动的方向向上。
答:①这列波的传播速度为1m/s;
②从t=0时刻开始到t=4s时,A质点运动的路程为2m,t=4s时A、B平衡位置中点处质点C振动的方向向上。
【点评】本题主要是考查了波的图象;解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向,知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。