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2017-2018學年重慶市渝中區(qū)巴蜀中學高三（下）適應性物理試卷（理科）
一、選擇題（第1?5題單選；第6?8題多選）
1．一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產(chǎn)生交流電動勢的瞬時值為e=2202sin100πt(V)，則下列說法中正確的是（　?。?br /> A．當t＝0時，線圈平面與中性面垂直
B．當t=1200s時，穿過線圈的磁通量等于零
C．該交流電能讓標注為“300V，5μF”的電容器正常工作
D．若轉速n提高1倍，其他條件不變，則電動勢的變化規(guī)律將變?yōu)閑=4402sin100πt(V)
2．如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零
B．小球從A到C過程與從C到B過程，合外力的沖量相同
C．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等
D．小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相同
3．如圖所示，質量為m的物塊與轉軸OO′相距R，物塊隨水平轉臺由靜止開始緩慢轉動，當轉速增加到一定值時，物塊即將在轉臺上滑動，在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中，轉臺對物塊做的功為mgR8，若物塊與轉臺之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)為（　?。?br />
A．0.125 B．0.15 C．0.25 D．0.5
4．如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質量均為2kg，A帶負電，電荷量為0.2C，B不帶電。開始處于靜止狀態(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強電場，此瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?N，g＝10m/s2，則（　?。?br />
A．電場強度為120N/C，方向豎直向下
B．電場強度為60N/C，方向豎直向下
C．電場強度為120N/C，方向豎直向上
D．電場強度為100N/C，方向豎直向上
5．如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置，與坐標原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上，L1與L2中的電流均為I，方向均垂直于紙面向外，L3中的電流為2I，方向垂直紙面向里（已知電流為I的長直導線產(chǎn)生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B=kIr（其中k為常數(shù)）。某時刻有一質子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點O，速度大小為v，則質子此時所受磁場力為（　?。?br />
A．方向垂直紙面向里，大小為23kIvea
B．方向垂直紙面向外，大小為32kIve2a
C．方向垂直紙面向里，大小為32kIvea
D．D．方向垂直紙面向外，大小為23kIve2a
6．關于近代物理，下列說法正確的是（　?。?br /> A．α射線、β射線和γ射線都是高速運動的帶電粒子流
B．根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后，氫原子電勢能減小，核外電子運動的加速度增大
C．質子、中子、α粒子的質量分別為m1、m2、m3，質子和中子結合成一個α粒子，釋放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2（c是真空中的光速）
D．用不同頻率的光分別照射同一光電管，其遏止電壓是相同的
7．如圖所示，I為電流表示數(shù)，U為電壓表示數(shù)，P為定值電阻R2消耗的功率，Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時電源做的功。當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，下列圖象能正確反映各物理量關系的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
8．如圖所示，將一光滑的質量為4m半徑為R的半圓槽置于光滑水平面上，在槽的左側緊挨有一個質量為m的物塊，今讓一質量也為m的小球自左側槽口A的正上方高R處從靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（　?。?br />
A．小球在半圓槽內第一次由A到最低點B的運動過程中，槽的支持力對小球做負功
B．小球第一次運動到半圓槽的最低點B時，小球與槽的速度大小之比為4：1
C．小球第一次在半圓槽的最低點B時對槽的壓力為13mg3
D．物塊最終的動能為mgR15
二、實驗題（2小題）
9．為測量滑塊與木板之間的滑動摩擦力f，某同學的實驗裝置如圖1所示，打點計時器固定在斜面上，滑塊拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下。

（1）為測量滑動摩擦力f，除了滑塊的質量m和加速度a，下列物理量中還應測量的有（已知重力加速度為g）　 ?。ㄌ钭帜感蛱枺?。
A．滑塊運動的時間t
B．木板的長度L
C．木板的質量m
D．木板的末端被墊起的高度h
（2）圖2是打出紙帶的一段。已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，選A、B、C、…等7個點為計數(shù)點，各讀數(shù)點間有一個點沒有畫出，紙帶卻不小心被弄上了墨跡，D點看不清楚，如圖中所示，則滑塊下滑的加速度a＝　 　m/s2（計算結果保留2位有效數(shù)字）。
（3）可以推斷出CD間的距離約為　 　cm。
10．課外小組利用如圖甲所示電路測量電壓表（毫伏表）內電阻RV，該電壓表量程為500mV，內電阻約為100Ω．圖中電源電動勢為E、內可阻忽略不計，R1為滑動變阻器，R2為電阻箱，V為待測電壓表。經(jīng)以下步驟可近似測得電壓表V（毫伏表）的內電阻RV。
a．斷開S2，閉合S1，電阻箱R2的阻值調到最大，調節(jié)R1，使電壓表讀數(shù)等于其量程U0；
b．保持R1不變，閉合S2，調節(jié)R2，使電壓表讀數(shù)等于U02，然后讀出R2的值，取RV＝R2。

（1）按圖甲所示的實物圖，在圖乙所給出的虛線框中畫出電路圖。
（2）在備選的實驗器材中，有兩個滑動變阻器供選擇，它們的銘牌上分別標有：A．“4500Ω，1A”，B．“50Ω，2A”，在保證各實驗器材均能正常工作的前提下，為盡可能提高測量精度且便于調節(jié)，滑動變阻器R1應選用　 　（填“A”或“B”）
（3）若實驗中測得的結果R測＝100Ω，要將這令電壓表改裝成量程為10V的電壓表，則應串聯(lián)一個阻值為R串＝　 　Ω定值電阻。
（4）本實驗中測RV的系統(tǒng)誤差來自于　 　。
三、計算題（2小題）
11．如圖所示，半徑R＝0.8m的四分之一光滑圓弧軌道最低點與水平傳送帶平滑連接，傳送帶皮帶輪的半徑r＝0.2m，轉速為20πr/s，可視為質點的物塊從軌道頂端由靜止下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．已知物塊的質量m＝lkg，兩皮帶輪間的距離L＝24m，傳送帶不打滑，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）傳送帶的速度；
（2）物塊滑到圓弧軌道底端時所受到軌道作用力的大?。?br /> （3）物塊在水平傳送帶上的運動時間。

12．如圖所示，兩條光滑的絕緣導軌，導軌的水平部分足夠長并與傾斜部分平滑連接，兩導軌間距L＝10cm，導軌的傾斜部分氣水平面成θ＝53°，其中有一段勻強磁場區(qū)域abcd，磁場方向垂直于斜面向上，磁感應強度B＝1T，磁場下邊界離水平軌道的高度h＝0.8m。水平部分導軌間'有豎直方向等距離間隔也為L的勻強磁場B1和B2，B1和B2的方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B．現(xiàn)有一質量m＝0.01kg、電阻R＝0.5Ω、邊長也為L的正方形金屬框，由傾斜導軌上某高度處靜止釋放，金屬框離開磁場abcd時恰好做勻速運動，此后金屬框在水平導軌上滑行一段時間后進入水平磁場區(qū)域，最終線框靜止。重力加速度g＝10m/s2，感應電流的磁場可以忽略不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：
（l）金屬框離開磁場abcd時的速度；
（2）在水平導軌上運動過程中金屬框內產(chǎn)生的電熱；
（3）若金屬框恰能通過n個完整磁場區(qū)域，試寫出n與高度h的關系式。

【物理-選修3-3】
13．有關對熱學的基礎知識理解正確的是（　　）
A．液體表面張力的方向與液面平行并指向液體內部
B．熱的物體把溫度傳遞給冷的物體，最終達到相同溫度
C．當某一密閉容器自由下落時，容器中的氣體壓強不會為零
D．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水就停止蒸發(fā)
E．在“用油膜法測分子直徑”的實驗中，作出了把油膜視為單分子層、'忽略油酸分子間的間距并把油酸分子視為球形這三方面的近似處理
六、標題
14．在盛有冰水混合物的水槽中豎直地浸有一足夠高的導熱氣缸，不計質量的活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞的橫截面積S＝4×10﹣3m2，如圖甲所示?，F(xiàn)緩慢地在活塞上倒上一定量的細沙，活塞靜止時氣體的體積恰好變?yōu)樵瓉淼囊话?，然后將氣缸移出水槽，緩慢加熱至某一溫度，活塞剛好上升到最初的位置。整個過程中氣缸內氣體的狀態(tài)變化如圖乙所示（箭頭表示狀態(tài)變化的方向）。大氣壓強P0＝1.0×105pa，g＝10m/s2，不計活塞與缸壁的摩擦。求：，
Ⅰ．所加細沙的質量；
Ⅱ．氣體最后的溫度。

【物理-選修3-4】
15．如圖所示，沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖為一正弦曲線，其波速為l00m/s，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．圖示時刻質點b的加速度正在減小
B．從圖示時刻開始，經(jīng)過0.03s，質點a通過的路程為0.6m
C．從圖示時刻開姶，再經(jīng)過0.005s質點b恰好到達波谷
D．若此波遇到另一波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則該波所遇到的波的頻率為25Hz
E．若發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，則該波所遇到的障礙物或孔的尺寸可能是3m
八、標題
16．如圖所示，兩塊半徑均為R的半圓形玻璃磚正對放置，沿豎直方向的兩條直徑BC、B′C′相互平行，兩圓心之間的距離為3R3，一束單色光正對圓心O從A點射入左側的玻璃磚，最后從右側玻璃磚上的P點（圖中未畫出）射出。已知玻璃折射率若不考慮光在各個界面的反射，求該單色光在第一塊∠AOB＝60°，玻璃折射率n=2，若不考慮光在各個界面的反射，求該單色光在第一塊半圓形玻璃磚中傳播的時間和從P點射出時出射角大?。ㄒ阎庠谡婵罩械乃俣却笮閏）。


2017-2018學年重慶市渝中區(qū)巴蜀中學高三（下）適應性物理試卷（理科）
參考答案與試題解析
一、選擇題（第1?5題單選；第6?8題多選）
1．一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產(chǎn)生交流電動勢的瞬時值為e=2202sin100πt(V)，則下列說法中正確的是（　?。?br /> A．當t＝0時，線圈平面與中性面垂直
B．當t=1200s時，穿過線圈的磁通量等于零
C．該交流電能讓標注為“300V，5μF”的電容器正常工作
D．若轉速n提高1倍，其他條件不變，則電動勢的變化規(guī)律將變?yōu)閑=4402sin100πt(V)
【考點】E5：交流的峰值、有效值以及它們的關系．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；53A：交流電專題．
【分析】根據(jù)交流電的表達式，可知知道其最大值，以及線圈轉動的角速度等物理量，然后進一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等，明確電容器的耐壓值為交流電的最大值。
【解答】解：A、t＝0時，電動勢為零，線圈平面與磁感線垂直，線圈平面與中性面重合，故A錯誤；
B、當t=1200s時，e=2202sin100π×1200=2202V，電動勢最大，線圈與中性垂直，磁能量等于零，故B正確；
C、300V是電容器允許的最高電壓，而該交流電最大值是2202V=311V，所以此交流電不可以使“300V，50μF”的電容器正常工作，故C錯誤；
D、感應電動勢的瞬時值表達式為e=2202sin100πt(V)，當將其電樞的轉速提高一倍時，由ω＝2πn，Em＝nBSω，可知Em和ω都增加一倍，則表達式為e'=4402sin200πt(V)，故D錯誤；
故選：B。
【點評】對于交流電的產(chǎn)生和描述要正確理解，要會推導交流電的表達式，明確交流電表達式中各個物理量的含義。
2．如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零
B．小球從A到C過程與從C到B過程，合外力的沖量相同
C．小球從A到C過程與從C到B過程，速度的變化量相等
D．小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相同
【考點】52：動量定理；6B：功能關系．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】31：定性思想；43：推理法；52F：動量定理應用專題．
【分析】要求動能的減少量可以根據(jù)動能定理求合外力對物體所做的功；要求速度的變化量可以根據(jù)公式△v＝a△t來求；而機械能的損失等于除重力外其他力所做的負功。
【解答】解：A、位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對物體做負功，即外力做功不為零，故A錯誤；
B、C、B為AC的中點，故小球從A到C過程與從C到B過程加速度相同，但速度在減小，故AC過程用時較少，根據(jù)△v＝a△t，可知AC過程的速度變化量較小，根據(jù)動量定理得：I＝△P＝m△v，可知AC過程的合力沖量較??；故B錯誤，C錯誤；
D、克服除重力之外其它力做多少功物體的機械能就減少多少，根據(jù)﹣μmgscosθ＝﹣△E，可得小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等，故D正確；
故選：D。
【點評】利用動能定理解題時注意：（1）分析物體受力情況，確定哪些力是恒力，哪些力是變力；（2）找出其中恒力的功及變力的功；（3）分析物體初末狀態(tài)，求出動能變化量；（4）運用動能定理求解。
3．如圖所示，質量為m的物塊與轉軸OO′相距R，物塊隨水平轉臺由靜止開始緩慢轉動，當轉速增加到一定值時，物塊即將在轉臺上滑動，在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中，轉臺對物塊做的功為mgR8，若物塊與轉臺之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，則物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)為（　?。?br />
A．0.125 B．0.15 C．0.25 D．0.5
【考點】37：牛頓第二定律；4A：向心力．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】31：定性思想；4C：方程法；521：牛頓第二定律在圓周運動中的應用．
【分析】根據(jù)最大靜摩擦力求出物塊剛好發(fā)生轉動時的線速度大小，結合動能定理求出轉臺做功的大小的表達式即可求出。
【解答】解：由于物體做圓周運動，物體剛開始滑動這一時刻，物體受到轉臺的摩擦力達到最大靜摩擦力，并由此提供向心力，則有：μmg=mv2R，
解得：v=μgR，
設轉臺對物塊做的功為W，根據(jù)動能定理得：W=12mv2=mgR8，
又v=μgR，
聯(lián)立解得：μ＝0.25，故ABD錯誤，C正確
故選：C。
【點評】本題考查了動能定理和牛頓第二定律的基本運用，通過最大靜摩擦力求出發(fā)生滑動時的速度是解決本題的關鍵。
4．如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質量均為2kg，A帶負電，電荷量為0.2C，B不帶電。開始處于靜止狀態(tài)，若突然加沿豎直方向的勻強電場，此瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?N，g＝10m/s2，則（　?。?br />
A．電場強度為120N/C，方向豎直向下
B．電場強度為60N/C，方向豎直向下
C．電場強度為120N/C，方向豎直向上
D．電場強度為100N/C，方向豎直向上
【考點】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】31：定性思想；4C：方程法；531：帶電粒子在電場中的運動專題．
【分析】先對物體B受力分析求解加速度，再對物體A受力分析求解電場力，最后根據(jù)F＝Eq求解電場強度。
【解答】解：開始時物體B平衡，A對B的壓力大小等于A的重力大小，為20N；
加上電場后瞬間A對B的壓力大小變?yōu)?N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為12N，方向向上，根據(jù)牛頓第二定律，有：a=F合m=122=6m/s2，
再對物體A受力分析，設電場力為F（向上），根據(jù)牛頓第二定律，有：FN+F﹣mg＝ma，
解得：F＝24N，
故場強為：E=Fq=240.2=120N/C，方向豎直向下，故A正確，BCD錯誤
故選：A。
【點評】本題關鍵是采用隔離法先后對物體B和A受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律多次列方程求解，不難。
5．如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置，與坐標原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上，L1與L2中的電流均為I，方向均垂直于紙面向外，L3中的電流為2I，方向垂直紙面向里（已知電流為I的長直導線產(chǎn)生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B=kIr（其中k為常數(shù)）。某時刻有一質子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點O，速度大小為v，則質子此時所受磁場力為（　?。?br />
A．方向垂直紙面向里，大小為23kIvea
B．方向垂直紙面向外，大小為32kIve2a
C．方向垂直紙面向里，大小為32kIvea
D．D．方向垂直紙面向外，大小為23kIve2a
【考點】C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；CC：安培力．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；53D：磁場 磁場對電流的作用．
【分析】通電導線在其周圍產(chǎn)生磁場，求出三根通電導線產(chǎn)生的磁感應強度在O點的場強，根據(jù)磁場的合成求得在O點的合場強，即可求得受到的磁場力
【解答】解：根據(jù)安培定則，作出三根導線分別在O點的磁場方向，如圖：

由題意知，L1在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B1=kIa，
L2在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B2=kI2a，
L3在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B3=2kIa，
先將B2正交分解，則沿x軸負方向的分量為B2x=kI2asin45°=kI2a，同理沿y軸負方向的分量為B2y=kI2asin45°=kI2a，
故x軸方向的合磁感應強度為Bx=B1+B2x=3kI2a，
y軸方向的合磁感應強度為By=B3-B2y=3kI2a，
故最終的合磁感應強度的大小為B=Bx2+By2=32kI2a，方向為tanα=ByBx=1，則α＝45°，
如圖：

故某時刻有一質子（電量為e）正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點O，由左手定則可知，洛倫茲力的方向為垂直紙面向外，大小為f=vBv=32kIve2a，故B正確
故選：B。
【點評】磁感應強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導線周圍磁場方向是解題的前提。
6．關于近代物理，下列說法正確的是（　　）
A．α射線、β射線和γ射線都是高速運動的帶電粒子流
B．根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個光子后，氫原子電勢能減小，核外電子運動的加速度增大
C．質子、中子、α粒子的質量分別為m1、m2、m3，質子和中子結合成一個α粒子，釋放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2（c是真空中的光速）
D．用不同頻率的光分別照射同一光電管，其遏止電壓是相同的
【考點】J3：玻爾模型和氫原子的能級結構．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能級結構專題．
【分析】γ射線是電磁波，不帶電；根據(jù)愛因斯坦質能方程判斷是釋放核能還是吸收能量；氫原子輻射出一個光子后，氫原子的電勢能減小，核外電子的運動速度增大；關鍵光電效應方程分析。
【解答】解：A、α射線、β射線都是高速運動的帶電粒子流，γ射線是電磁波，不帶電，故A錯誤；
B、氫原子輻射出一個光子后，能量減小，軌道半徑減小，則電勢能減小，由ke2r2=ma知，加速度增大，故B正確；
C、質子、中子、α粒子的質量分別為m1、m2、m3，質子和中子結合成一個α粒子，質量虧損△m＝（2m1+2m2﹣m3），根據(jù)質能方程，釋放的能量為△E=△mc2=(2m1+2m2-m3)c2，故C正確；
D、根據(jù)光電效應方程：Ekm＝hν﹣W0，根據(jù)動能定理：eU遏止＝Ekm，聯(lián)立得：U遏止=hνe-W0e，故用不同頻率的光分別照射同一光電管，遏止電壓也不相同，故D錯誤；
故選：BC。
【點評】本題考查選修3﹣5中內容，考得比較散，關鍵熟悉教材，牢記這些知識點，即可輕松解決，注意結合能與比結合能的區(qū)別，及玻爾理論內容的理解。
7．如圖所示，I為電流表示數(shù)，U為電壓表示數(shù)，P為定值電阻R2消耗的功率，Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時電源做的功。當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，下列圖象能正確反映各物理量關系的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【考點】BB：閉合電路的歐姆定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】535：恒定電流專題．
【分析】當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，分別得到各個量的表達式，再進行分析。
【解答】解：A、當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，R2消耗的功率為
P＝I2R，P∝I2，故A正確。
B、電容器C的電壓UC＝E﹣I（R2+r），電荷量Q＝CUC＝C[E﹣I（R2+r）]，則△Q△I=-C（R2+r），保持不變，則Q﹣I圖象是向下傾斜的直線，故B正確。
C、電壓表示數(shù) U＝E﹣Ir，U﹣I圖象應是向下傾斜的直線，故C錯誤。
D、電源通過電荷量q時電源做的功 W＝qE，E是電源的電動勢，則W﹣q是過原點的直線，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再分析圖象的形狀和物理意義是常用的方法。
8．如圖所示，將一光滑的質量為4m半徑為R的半圓槽置于光滑水平面上，在槽的左側緊挨有一個質量為m的物塊，今讓一質量也為m的小球自左側槽口A的正上方高R處從靜止開始落下，與半圓槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（　　）

A．小球在半圓槽內第一次由A到最低點B的運動過程中，槽的支持力對小球做負功
B．小球第一次運動到半圓槽的最低點B時，小球與槽的速度大小之比為4：1
C．小球第一次在半圓槽的最低點B時對槽的壓力為13mg3
D．物塊最終的動能為mgR15
【考點】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；52K：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．
【分析】小球自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落于光滑的圓弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左側有一豎直墻壁，只有重力做功，小球的機械能守恒。當小球在半圓槽內運動的B到C過程中，槽也會向右運動。水平方向滿足動量守恒。在運動過程中，仍只有重力做功，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動。
【解答】解：A、小球從A→B的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向左下方，所以半圓槽要向左推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向左運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，而是大于90°，故槽的支持力對小球做負功，故A正確；
B、由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故球、半圓槽和物塊在水平方向動量守恒，取向右為正，則有：mv1﹣（4m+m）v2＝0，解得：v1：v2＝5：1，故B錯誤；
C、根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mg×2R=12mv12+12×(4m+m)v22，聯(lián)立解得：v1=10gR3，v2=1510gR3
小球第一次在最低點，由牛頓第二定律得：FN-mg=mv12R，聯(lián)立解得：FN=133mg，故C正確；
D、當小球從B→C的過程中，小球對半圓槽有向右下方的壓力，半圓槽開始減速，與物塊分離，則物塊最終以v2=1510gR3的速度向左勻速運動，則物塊的動能為E=12mv22=mgR15，故D正確；
故選：ACD。
【點評】本題考查動量守恒定律與機械能守恒定律。當球下落到最低點過程，由于左側豎直墻壁作用，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，但小球機械能守恒。當球從最低點上升時，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒，但小球機械能不守恒，而小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。
二、實驗題（2小題）
9．為測量滑塊與木板之間的滑動摩擦力f，某同學的實驗裝置如圖1所示，打點計時器固定在斜面上，滑塊拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下。

（1）為測量滑動摩擦力f，除了滑塊的質量m和加速度a，下列物理量中還應測量的有（已知重力加速度為g）　BD?。ㄌ钭帜感蛱枺?。
A．滑塊運動的時間t
B．木板的長度L
C．木板的質量m
D．木板的末端被墊起的高度h
（2）圖2是打出紙帶的一段。已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，選A、B、C、…等7個點為計數(shù)點，各讀數(shù)點間有一個點沒有畫出，紙帶卻不小心被弄上了墨跡，D點看不清楚，如圖中所示，則滑塊下滑的加速度a＝　3.0　m/s2（計算結果保留2位有效數(shù)字）。
（3）可以推斷出CD間的距離約為　7.24　cm。
【考點】M9：探究影響摩擦力的大小的因素．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】13：實驗題；32：定量思想；43：推理法；524：摩擦力專題．
【分析】由△s＝aT2可求加速度，對物體受力分析，求合力由牛頓第二定律得摩擦力，由f＝μN得μ，夾角由斜面的高、長求出；
【解答】解：（1）根據(jù)mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，得μ=gsinθ-agcosθ，
根據(jù)數(shù)學知識有：sinθ=hL，cosθ=L2-h2，
聯(lián)立解得μ=gh-aLgL2-h2，故還需要木板的長度L和木板的末端被墊起的高度h，故選BD。
（2）因各讀數(shù)點間有一個點沒有畫出，故相鄰兩計數(shù)點的時間間隔T＝0.04s，根據(jù)△x＝aT2，得a=xFG-xEFT2，代入數(shù)據(jù)得a＝3.0m/s2
（3）根據(jù)xCE-xBC=△x=aT2，代入數(shù)據(jù)得：xCE＝7.24cm。
故答案為：（1）BD （2）3.0 （3）7.24
【點評】實驗的核心是實驗原理，根據(jù)原理選擇器材，安排實驗步驟，進行數(shù)據(jù)處理等等。
10．課外小組利用如圖甲所示電路測量電壓表（毫伏表）內電阻RV，該電壓表量程為500mV，內電阻約為100Ω．圖中電源電動勢為E、內可阻忽略不計，R1為滑動變阻器，R2為電阻箱，V為待測電壓表。經(jīng)以下步驟可近似測得電壓表V（毫伏表）的內電阻RV。
a．斷開S2，閉合S1，電阻箱R2的阻值調到最大，調節(jié)R1，使電壓表讀數(shù)等于其量程U0；
b．保持R1不變，閉合S2，調節(jié)R2，使電壓表讀數(shù)等于U02，然后讀出R2的值，取RV＝R2。

（1）按圖甲所示的實物圖，在圖乙所給出的虛線框中畫出電路圖。
（2）在備選的實驗器材中，有兩個滑動變阻器供選擇，它們的銘牌上分別標有：A．“4500Ω，1A”，B．“50Ω，2A”，在保證各實驗器材均能正常工作的前提下，為盡可能提高測量精度且便于調節(jié)，滑動變阻器R1應選用　A?。ㄌ睢癆”或“B”）
（3）若實驗中測得的結果R測＝100Ω，要將這令電壓表改裝成量程為10V的電壓表，則應串聯(lián)一個阻值為R串＝　1900　Ω定值電阻。
（4）本實驗中測RV的系統(tǒng)誤差來自于　實際總電流變大　。
【考點】N6：伏安法測電阻．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】13：實驗題；31：定性思想；46：實驗分析法；535：恒定電流專題．
【分析】（1）根據(jù)實物圖，畫出電路圖即可；
（2）滑動變阻器采用的是限流式接法，為了提高測量精度且便于調節(jié)，滑動變阻器應用電阻最大值較大的；
（3）根據(jù)串并聯(lián)電路特點，結合歐姆定律，即可求出應串聯(lián)一個阻值為R串；
（4）閉合S2前后，外電阻的減小了，故總電流變大。
【解答】解：（1）根據(jù)實物圖畫出電路圖，如圖所示：

（2）由電路圖可知，滑動變阻器采用的是限流式接法，故為盡可能提高測量精度且便于調節(jié)并且保證電路安全，滑動變阻器應用電阻最大值較大的，故選A。
（3）根據(jù)串聯(lián)電路電流相等，可得：500×10-3100=10-500×10-3Rx，解得：Rx＝1900Ω。
（4）閉合S2前后，認為總電流不變，而實際上閉合S2后外電阻的減小了，總電流變大，故本實驗中測RV的系統(tǒng)誤差來自于實際總電流變大，。
故答案為：（1）如圖所示；（2）A；（3）1900（4）實際總電流變大。
【點評】本題考查了實驗器材選擇、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關鍵。
三、計算題（2小題）
11．如圖所示，半徑R＝0.8m的四分之一光滑圓弧軌道最低點與水平傳送帶平滑連接，傳送帶皮帶輪的半徑r＝0.2m，轉速為20πr/s，可視為質點的物塊從軌道頂端由靜止下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．已知物塊的質量m＝lkg，兩皮帶輪間的距離L＝24m，傳送帶不打滑，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）傳送帶的速度；
（2）物塊滑到圓弧軌道底端時所受到軌道作用力的大?。?br /> （3）物塊在水平傳送帶上的運動時間。

【考點】37：牛頓第二定律；6C：機械能守恒定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；22：學科綜合題；32：定量思想；4T：尋找守恒量法；52E：機械能守恒定律應用專題．
【分析】（1）由公式v＝ωr，求解傳送帶的速度。
（2）物塊下滑到圓弧軌道底端的過程中，由機械能守恒定律求出物塊滑到軌道底端時的速度，由牛頓第二定律求解物塊滑到圓弧軌道底端時軌道對物塊的作用力，再由牛頓第三定律求物塊對軌道作用力的大小。
（3）分析物塊傳動帶帶后的運動過程：物塊滑上傳送帶后做勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式結合求出物塊勻加速到速度等于傳送帶速度所用時間，以及通過的位移，再求勻速運動的時間，從而求得總時間。
【解答】解：（1）傳送帶的速度為：v＝ωr＝2πnr＝2π×20π×0.2＝8m/s。
（2）物塊在下滑過程中，由機械能守恒定律得：
mgR=12mv02
代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4m/s
物塊在圓弧軌道底端時，由牛頓第二定律得：
N﹣mg＝mv02R；
解得物塊所受的支持力：N＝30N
由牛頓第三定律知，物塊對軌道的作用力大小為30N，方向豎直向下。
（3）物塊滑上傳送帶后做勻加速直線運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得：μmg＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：a＝μg＝2m/s2
物塊勻加速到速度等于v時運動的時間為：t1=v-v0a=8-42=2s
勻加速的位移為：x1=v0+v2t1=4+82×2=12m
則勻速運動的時間為：t2=L-x1v=24-128=1.5s
故物塊在水平傳送帶上的運動時間為：t總＝t1+t2＝3.5s
答：（1）傳送帶的速度是8m/s；
（2）物塊滑到圓弧軌道底端時所受到軌道作用力的大小是30N；
（3）物塊在水平傳送帶上的運動時間是3.5s。
【點評】弄清楚物體的運動過程和受力情況是解題關鍵。要知道物塊沿光滑圓弧下滑的過程，遵守機械能守恒定律。物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動。
12．如圖所示，兩條光滑的絕緣導軌，導軌的水平部分足夠長并與傾斜部分平滑連接，兩導軌間距L＝10cm，導軌的傾斜部分氣水平面成θ＝53°，其中有一段勻強磁場區(qū)域abcd，磁場方向垂直于斜面向上，磁感應強度B＝1T，磁場下邊界離水平軌道的高度h＝0.8m。水平部分導軌間'有豎直方向等距離間隔也為L的勻強磁場B1和B2，B1和B2的方向相反，大小相等，即B1＝B2＝B．現(xiàn)有一質量m＝0.01kg、電阻R＝0.5Ω、邊長也為L的正方形金屬框，由傾斜導軌上某高度處靜止釋放，金屬框離開磁場abcd時恰好做勻速運動，此后金屬框在水平導軌上滑行一段時間后進入水平磁場區(qū)域，最終線框靜止。重力加速度g＝10m/s2，感應電流的磁場可以忽略不計，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：
（l）金屬框離開磁場abcd時的速度；
（2）在水平導軌上運動過程中金屬框內產(chǎn)生的電熱；
（3）若金屬框恰能通過n個完整磁場區(qū)域，試寫出n與高度h的關系式。

【考點】6C：機械能守恒定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；52E：機械能守恒定律應用專題．
【分析】（1）在磁場中做勻速運動，根據(jù)共點力平衡求得速度；
（2）金屬框最終停止時，從離開abcd磁場到靜止根據(jù)能量守恒得
（3）先運用動能定理求出金屬線框剛全部進入水平導軌時的速度。線框進入水平導軌的磁場中后由于受到安培力作用而減速直至速度減為零，線框在穿越任一磁場區(qū)域的過程中，通過線框的電量相等，運用動量定理求出線框穿越每一磁場區(qū)域速度的變化量，即可求解此題。
【解答】解：（1）金屬框勻速離開磁場abcd，根據(jù)平衡條件得：mgsinθ＝BIL根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=BLvR聯(lián)立則有：mgsinθ=B2L2vR解得：v＝4m/s
（2）金屬框最終停止時，根據(jù)能量守恒得Q=12mv2+mg(h-L2sinθ)
解得：Q＝0.156J
（3）當線框滑到水平軌道時，速度設為v0，根據(jù)機械能守恒得：12mv2+mg(h-L2sinθ)=12mv02
解得：v0=15.2+20h
當線框恰好穿過第一個磁場區(qū)域，n＝1時，根據(jù)動量定理得：-(BI1L△t1+2BI2L△t2)=0-mv0
且q1=I1△t1=BL2R，
q2=I2△t2=2BL2R
聯(lián)立得：5B2L3R=mv0
同理，n＝2時，-(BLBL2R+2BL2R2BL+2BL2R2BL)=0-mv0
聯(lián)立得：9B2L3R=mv0
綜上可得：(4n+1)B2L3R=mv0，n＝1，2，3…
即：4n+1=515.2+20h，n＝1，2，3…（4n+1）2＝500h+380，n＝1，2，3…
解得：n=500h+380-14，n＝1，2，3…
答：（l）金屬框離開磁場abcd時的速度為4m/s；
（2）在水平導軌上運動過程中金屬框內產(chǎn)生的電熱為0.156J；
（3）若金屬框恰能通過n個完整磁場區(qū)域，n與高度h的關系式為n=500h+380-14，n＝1，2，3…。
【點評】該題考查了多個知識點的綜合運用。
做這類問題我們還是應該從運動過程和受力分析入手研究，運用一些物理規(guī)律求解問題。
動能定理的應用非常廣泛，我們應該首先考慮。
【物理-選修3-3】
13．有關對熱學的基礎知識理解正確的是（　　）
A．液體表面張力的方向與液面平行并指向液體內部
B．熱的物體把溫度傳遞給冷的物體，最終達到相同溫度
C．當某一密閉容器自由下落時，容器中的氣體壓強不會為零
D．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水就停止蒸發(fā)
E．在“用油膜法測分子直徑”的實驗中，作出了把油膜視為單分子層、'忽略油酸分子間的間距并把油酸分子視為球形這三方面的近似處理
【考點】9C：氣體壓強的微觀意義；O1：用油膜法估測分子的大?。純?yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】13：實驗題；31：定性思想；43：推理法；541：分子運動論專題．
【分析】表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直指向液體內部；
熱的物體把熱量傳遞給冷的物體；
氣體壓強是由分子頻繁碰撞而引起的，與容器的運動狀態(tài)無關；
空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水就蒸發(fā)慢；
知道在油膜法測分子大小的實驗中，將分子視為球形，并且不計分子間的間隙，同時形成的是單分子油膜。
【解答】解：A、表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直指向液體內部，故A錯誤；
B、在自然的過程中，熱的物體把內能傳遞給冷的物體，最終達到溫度相等；而不是熱的物體把“溫度”傳遞給冷的物體，最終達到溫度相等，故B錯誤；
C、當某一密閉容器自由下落時，氣體分子仍然在碰撞器壁，則氣體壓強不為零，故C正確；
D、空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，故D錯誤；
E、在“用油膜法測分子直徑”的實驗中，作出了把油膜是呈單分子分布的；把油酸分子看成球形；分子之間沒有空隙，緊密排列，故E正確；
故選：CE。
【點評】考查表面引力的方向，掌握傳遞是熱量，及傳遞的方向，同時理解氣體壓強產(chǎn)生的原由，注意處于飽和汽壓時，蒸發(fā)沒有停止；最后考查了油膜法測分子大小的實驗，注意實驗模型的正確建立。
六、標題
14．在盛有冰水混合物的水槽中豎直地浸有一足夠高的導熱氣缸，不計質量的活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞的橫截面積S＝4×10﹣3m2，如圖甲所示?，F(xiàn)緩慢地在活塞上倒上一定量的細沙，活塞靜止時氣體的體積恰好變?yōu)樵瓉淼囊话?，然后將氣缸移出水槽，緩慢加熱至某一溫度，活塞剛好上升到最初的位置。整個過程中氣缸內氣體的狀態(tài)變化如圖乙所示（箭頭表示狀態(tài)變化的方向）。大氣壓強P0＝1.0×105pa，g＝10m/s2，不計活塞與缸壁的摩擦。求：，
Ⅰ．所加細沙的質量；
Ⅱ．氣體最后的溫度。

【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．
【分析】Ⅰ．根據(jù)玻意耳定律求出倒上細沙之后的壓強，根據(jù)平衡即可求出所加細沙的質量；
Ⅱ．移出水槽，氣體發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋﹣呂薩克定律即可求出氣體最后的溫度。
【解答】解：Ⅰ．緩慢倒上細沙，故封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可知當體積恰好變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，氣體的壓強增加為原來的兩倍：p2＝2p1＝2.0×105Pa
根據(jù)平衡條件得：mg＝（p2﹣p1）S
可得所加細沙的質量：m=1×105×4×10-310kg=40kg
Ⅱ．移出水槽，氣體發(fā)生等壓變化，
初狀態(tài)：體積V1＝1×10﹣3m3，溫度T1＝273K
末狀態(tài)：體積V1＝2×10﹣3m3，溫度T2
根據(jù)蓋﹣呂薩克定律：V1T1=V2T2
可得氣體最后的溫度：T2＝546K
答：Ⅰ．所加細沙的質量為40kg；
Ⅱ．氣體最后的溫度為546K。
【點評】本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，解題關鍵是要利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，分析好壓強P、體積V、溫度T三個參量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決。
【物理-選修3-4】
15．如圖所示，沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖為一正弦曲線，其波速為l00m/s，下列說法中正確的是（　　）

A．圖示時刻質點b的加速度正在減小
B．從圖示時刻開始，經(jīng)過0.03s，質點a通過的路程為0.6m
C．從圖示時刻開姶，再經(jīng)過0.005s質點b恰好到達波谷
D．若此波遇到另一波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則該波所遇到的波的頻率為25Hz
E．若發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，則該波所遇到的障礙物或孔的尺寸可能是3m
【考點】F5：波長、頻率和波速的關系．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】31：定性思想；43：推理法；51D：振動圖像與波動圖像專題．
【分析】根據(jù)波傳播方向知道質點的振動的方向，從而知道質點加速度的變化和再經(jīng)過0.005s質點b所處的位置。
根據(jù)波的圖象，計算出周期，而波的周期與質點的振動周期相同，從而求出質點在一段時間內通過的路程。
發(fā)生干涉的條件是頻率相同，看兩列波的頻率是否相同。
比較波的波長與障礙物的尺寸，因為只有當波長比障礙物尺寸大或差不多時，就會發(fā)生明顯的衍射。
【解答】解：A、由于波向x軸正方向傳播，根據(jù)“上下坡”法，知道b質點向下振動，加速度正在增大，故A錯誤；
B、由題知周期為T=λv=4100s=0.04s，從圖示時刻開始，經(jīng)過0.03s，即34個周期，質點a通過的路程為3個振幅，即60cm＝0.6m，故B正確；
C、從圖示時刻開姶，b質點向下振動，做加速度增大的減速運動，故經(jīng)過t=T8=0.005s，b質點仍末到達波谷，故C錯誤；
D、此波的頻率為f=1T=25Hz，故此波遇到另一波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則該波所遇到的波的頻率為25Hz，故D正確；
E、該波波長λ＝4m，當波的波長比障礙物尺寸大或差不多時，就會發(fā)生明顯的衍射，則該波所遇到的障礙物或孔的尺寸可能是3m，故E正確；
故選：BDE。
【點評】本題主要是考查橫波的圖象，解決本題的關鍵掌握波動與振動的聯(lián)系以及知道發(fā)生干涉和明顯衍射的條件。
八、標題
16．如圖所示，兩塊半徑均為R的半圓形玻璃磚正對放置，沿豎直方向的兩條直徑BC、B′C′相互平行，兩圓心之間的距離為3R3，一束單色光正對圓心O從A點射入左側的玻璃磚，最后從右側玻璃磚上的P點（圖中未畫出）射出。已知玻璃折射率若不考慮光在各個界面的反射，求該單色光在第一塊∠AOB＝60°，玻璃折射率n=2，若不考慮光在各個界面的反射，求該單色光在第一塊半圓形玻璃磚中傳播的時間和從P點射出時出射角大?。ㄒ阎庠谡婵罩械乃俣却笮閏）。

【考點】H3：光的折射定律．菁優(yōu)網(wǎng)版權所有
【專題】11：計算題；32：定量思想；4F：幾何法；54D：光的折射專題．
【分析】根據(jù)v=cn求出光在玻璃磚中傳播速度，再由t=Rv求光在第一塊半圓形玻璃磚中傳播的時間。根據(jù)題意，作出的光路圖。由折射定律求出光BC界面上的折射角，再結合幾何關系求出光射在BC界面上的位置、入射角、折射角，由幾何關系確定光射到弧面上的位置，最后由折射定律求出該單色光從P點射出時出射角大小。
【解答】解：根據(jù)公式n=cv，解得：v=c2
則光在第一塊玻璃磚中傳播的時間為：t=Rv=2Rc．根據(jù)題意，作出的光路圖，如圖所示：

在O點發(fā)生折射，由圖可知 sin∠2＝nsin∠1，解得：∠2＝45°
在D點發(fā)生折射，由光路可逆可知∠3＝30°
在△O′DP中，由正弦定理有：sin∠4O'D=sin(90°+∠3)O'P
而O'D=O'O=33R
解得：sin∠4=12
所以∠4＝30°
在D點發(fā)生折射，由折射定律有 sin∠5＝nsin∠4
解得∠5＝45°
答：該單色光在第一塊半圓形玻璃磚中傳播的時間是2Rc，從P點射出時出射角大小為45°。
【點評】本題考查光的折射。關鍵是作出光路圖，根據(jù)幾何知識求出O′D的位置，以及各個入射角與折射角。
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