重庆市巴蜀中学2017届高三（下）第三次诊断物理试卷（word版含解析）

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2016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（下）第三次诊断物理试卷一、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1-5题只有一项是符合题目要求的，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，有错选的得0分．）1．（6分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（　　）A．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固2．（6分）如图所示，接在家庭电路上的理想变压器给小灯泡L供电，如果将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，则（　　）A．小灯泡变暗B．电源输出功率增大C．原、副线圈两端电压的比值增大D．原线圈中的电流不变3．（6分）在杂技表演中，质量为m的猴子沿竖直杆从杆底部向上爬，猴子相对杆做初速度为零，加速度为g3的匀加速运动，同时人顶着直杆沿水平方向做匀速直线运动，经过时间t，猴子爬到杆顶，如图所示．将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　）A．猴子相对地面的运动轨迹为直线B．杆给猴子作用力的大小为2mg3C．杆的长度h为gt26D．杆给猴子斜向上方向的作用力4．（6分）如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（　　）A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1：3B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3：1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：35．（6分）如图所示，半径为R的圆形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点，在P点有一质量为m，电量为q的带正电的小球，现给小球一初速度v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则有关下列说法正确的是（　　）A．小球通过P点时对轨道一定有压力第16页

1B．小球通过P点时的速率可能大于通过Q点时的速率C．从P到Q点的过程中，小球的机械能可能减小D．若mg＞qE，则小球一定能在竖直平面内做圆周运动6．（6分）2015年12月10日，我国成功将中星IC卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星近地点可以看做贴近地球表面，远地点P距地心O的距离为3R，则（　　）A．卫星经过远地点时速度最小B．卫星在近地点的速度大于gRC．卫星经过远地点时的加速度大小为g9D．该卫星的运动周期比近地卫星的运动周期小7．（6分）如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A静止在光滑的水平面上，物块B以速度v向右运动，通过弹簧与物块A发生正碰．（B与弹簧不粘连）已知物块A的质量等于B的质量．下列说法正确的是（　　）A．当AB速度相等时A的加速度最大B．当AB速度相等时A与B的总机械能最大C．从AB刚接触到AB刚分离，A对地的位移小于B对地的位移D．当AB分离时A的速度最大8．（6分）如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是（　　）A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为-32mv0C．斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，每个试题考试都必须作答．第13-16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：9．（5分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k＝　　N/m（g取9.8m/s2）．砝码质量（g）50100150第16页

2弹簧长度（cm）8.627.636.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　　．（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成　　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　　成正比．10．（10分）某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200Ω•m）．如图1所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm．将水样注满容器后，进行以下操作：（1）分别用多用电表欧姆挡的“×100”、“×1k”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针分别如图甲、乙所示，则所测水样的电阻约为　　Ω．（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程5mA，电阻RA为50Ω）B．电压表（量程15V，电阻RV约为10kΩ）C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）D．电源（12V，内阻约10Ω）E．开关一只、导线若干请在实物图3中完成电路连接．（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，测出一系列数据如表所示，请在如图实所示的图4坐标纸中作出UI关系图线．U/V2.03.86.88.010.211.6I/mA0.731.362.202.893.664.15（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为　　Ω•m．据此可知，所得水样在电阻率这一指标上　　（选填“达标”或“不达标”）．11．（14分）如图所示，在水平向右运动的车厢中，用不可伸长的轻绳悬挂的小球稳定向左偏，细线与竖直方向成θ＝37°角，且小球与正下方A点高度差为h＝1.8m。小球质量为m＝4Kg，当地重力加速度取g＝10m/s2。（1）求车厢的加速度大小a及小球所受拉力大小F。（2）若车速达到v＝10m/s时车厢开始做匀减速运动，加速度大小仍为a，同时剪断悬挂小球的轻绳，则小球在车厢内落点与A点的水平距离是多少？（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）第16页

312．（18分）如图所示，平行导轨PP′、QQ′均由倾斜和水平两部分组成，相距为L1．倾斜部分与水平面夹角为θ，虚线pq为两部分的连接处。质量为m0、电阻为r的导体杆ef与导轨的摩擦系数均为μ，且满足μ＜tanθ．在虚线pq右侧空间分布有方向竖直磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B1＝B0cos2πλx（竖直向下定为磁场的正方向）。式中λ为具有长度单位的常量；x为沿水平轨道向右的位置坐标，并定义pq的x坐标为0．将质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd用绝缘柔线悬挂于天花板上a′和b′处，使ab边保持水平，并用细导线将a、b两点与导轨的两端点Q、P相连，金属框处于垂直与向里设置匀强磁场Ⅱ垂直。将ef从倾斜轨道上距水平轨道高为h处由静止释放，为保持导体杆ef能在水平轨道上作匀速运动，现给导体杆施加一x方向的水平作用力F．设ef经过pq时没有因速度方向改变产生能量损失，也不计其余电阻和细导线对a、b两点的作用力，金属框始终保持静止。求：（1）导体棒ef刚进入磁场时，线框ab边的电压；（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件；（3）ef在水平轨道上前进距离λ的过程中，力F所作的功。[选修3-3]（15分）13．（5分）以下说法正确的是（　　）A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大B．无论何种状态的物质，若物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积一定为V0=MρNAC．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点14．（10分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的理想气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞相连．已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温度为27℃，试求：（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强P和温度t；（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在什么范围内．[物理--选修3-4]（15分）15．一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（　　）A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的周期为0.4sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动第16页

4D．从t＝0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4mE．x＝2m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin（5πt+π）（m）16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a的等边三角形，BC面沿竖直方向，O点为BC的中点，现用一束宽为a的单色平行光束水平射向AB及AC面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为3，求：（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的位置；（2）若距O点距离为36a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？第16页

52016-2017学年重庆市巴蜀中学高三（下）第三次诊断物理试卷参考答案与试题解析一、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1-5题只有一项是符合题目要求的，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，有错选的得0分．）1．（6分）下列关于原子和原子核的说法正确的是（　　）A．玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D．比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度；JE：原子核的结合能．【专题】31：定性思想；43：推理法；54N：原子的能级结构专题．【分析】该题考查知识比较全面，题目中四个选项，考查了四个方面的知识，但是所考查问题均为对基本概念、规律的理解。只要正确理解教材中有关概念即可。如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等。【解答】解：A、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故A正确B、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B错误；C、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故C错误；D、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故D错误。故选：A。【点评】像这类理解、记忆的问题，学生在解答过程中是很容易出错的，只要充分理解教材中的相关概念，就可正确解答。2．（6分）如图所示，接在家庭电路上的理想变压器给小灯泡L供电，如果将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，则（　　）A．小灯泡变暗B．电源输出功率增大C．原、副线圈两端电压的比值增大D．原线圈中的电流不变【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．【分析】根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率．【解答】解：只将原线圈匝数适当减小，其他条件不变，根据变压比公式U1U2=n1n2可知：A、输出电压增加，灯泡变亮，故A错误；B、由于输出电压增加，根据P＝UI=U22R可知输出功率增加，故B正确；D、变压器输入功率等于输出功率，输出功率变大，故输入功率也就变大，电流表示数增大，故D错误；故选：B。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等．3．（6分）在杂技表演中，质量为m的猴子沿竖直杆从杆底部向上爬，猴子相对杆做初速度为零，加速度为g3的匀加速运动，同时人顶着直杆沿水平方向做匀速直线运动，经过时间t，猴子爬到杆顶，如图所示．将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（　　）A．猴子相对地面的运动轨迹为直线第16页

6B．杆给猴子作用力的大小为2mg3C．杆的长度h为gt26D．杆给猴子斜向上方向的作用力【考点】45：运动的合成和分解．【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题．【分析】A、猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．BD、先对猴子受力分析，根据牛顿第二定律，求得杆与猴子的摩擦力，即可求解；C、分运动与合运动的等时性，结合运动学公式，即可求解．【解答】解：A、猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线。故A错误。BD、对猴子受力分析，根据牛顿第二定律，则有：f﹣mg＝ma＝m×g3，解得：f=4mg3，其方向竖直向上，故BD错误。C、猴子相对杆做初速度为零，加速度为g3的匀加速运动，那么t时间，其位移为：x=12×g3×t2=gt26，故C正确。故选：C。【点评】解决本题的关键知道猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况．4．（6分）如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（　　）A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1：3B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3：1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2：3【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间。【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA＝60°，φB＝120°，设粒子的运动轨道半径为rA，rB，rA＝Rtan30°=33R，rB＝Rtan60°=3R，A、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，qm=vBr，则粒子1与粒子2的比荷值为：vBrAvBrB=rBrA=3，故AB错误；C、粒子运动的周期，T=2πmqB，粒子运动的时间：t=θ2π⋅T=mθqB带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为t1t2=m1q1θ1m2q2⋅θ2=13⋅120°60°=23，故C错误，D正确；故选：D。第16页

7【点评】由数学知识求出粒子做圆周运动的轨道半径与粒子转过的圆心角是正确解题的关键。5．（6分）如图所示，半径为R的圆形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为E的匀强电场。P、Q两点分别为轨道的最低点和最高点，在P点有一质量为m，电量为q的带正电的小球，现给小球一初速度v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则有关下列说法正确的是（　　）A．小球通过P点时对轨道一定有压力B．小球通过P点时的速率可能大于通过Q点时的速率C．从P到Q点的过程中，小球的机械能可能减小D．若mg＞qE，则小球一定能在竖直平面内做圆周运动【考点】6C：机械能守恒定律；AG：电势差和电场强度的关系．【专题】32：定量思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】当电场力和重力的合力恰好提供所需向心力时，此时对轨道无压力；由于小球受到的重力和电场力大小关系不定，故P、Q两点的速度大小无法确定；除了重力做功之外，电场力做正功，机械能一定增加；小球能否在竖直平面内做圆周运动，关键是到达最高点时的速度不能小于临界值。【解答】解：A、通过受力分析，当电场力和重力的合力刚好提供所需向心力时，对轨道无压力。故A错误；B、当电场力小于重力时，它们的等效重力向下，有：vP＞vQ；当电场力大于重力时，它们的等效重力向上，有：vQ＞vP．故B正确；C、从P到Q点的过程中，电场力做正功，故机械能一定增加。故C错误；D、当重力大于电场力时，由动能定理可知2qER-2mgR=12mvQ2-12mvP2，解得：vQ＜vP，要是小球能在竖直平面内做圆周运动，则有：mg-qE=mvQ2R，解得：vQ=(mg-qE)Rm，显然由于本题没有具体数值，无法判断到达Q点的速度是否大于或等于上述计算的Q点的速度。故D错误。故选：B。【点评】本题考查的知识点是：动能定理、牛顿第二定律和圆周运动规律的应用，同时要掌握是哪些力提供向心力是解题的关键，并且要注意力做功的正负。6．（6分）2015年12月10日，我国成功将中星IC卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道．如图所示是某卫星沿椭圆轨道绕地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星近地点可以看做贴近地球表面，远地点P距地心O的距离为3R，则（　　）A．卫星经过远地点时速度最小B．卫星在近地点的速度大于gRC．卫星经过远地点时的加速度大小为g9D．该卫星的运动周期比近地卫星的运动周期小【考点】4F：万有引力定律及其应用．第16页

8【专题】34：比较思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．【分析】根据万有引力提供向心力和根据万有引力等于重力列出等式进行比较速度、加速度大小．由开普勒第三定律分析周期关系．【解答】解：A、根据开勒普第二定律可知，卫星经过远地点时速度最小，故A正确。B、gR是地球的第一宇宙速度，是卫星发射的最小速度，可知，卫星在近地点的速度大于gR，故B正确。C、在远地点，根据GMm(3R)2=ma远，在近地点，有GMmR2=mg，联立解得a远=g9，故C正确；D、该卫星轨道的半长轴大于近地卫星的轨道半径，由开普勒第三定律a3T2=k知，该卫星的运动周期比近地卫星的运动周期大，故D错误。故选：ABC。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动．7．（6分）如图所示，左端固定着轻弹簧的物块A静止在光滑的水平面上，物块B以速度v向右运动，通过弹簧与物块A发生正碰．（B与弹簧不粘连）已知物块A的质量等于B的质量．下列说法正确的是（　　）A．当AB速度相等时A的加速度最大B．当AB速度相等时A与B的总机械能最大C．从AB刚接触到AB刚分离，A对地的位移小于B对地的位移D．当AB分离时A的速度最大【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．【分析】两物体组成的系统在相互作用过程中机械能守恒，动量守恒，析清楚A和B物体运动过程受力情况，根据牛顿第二定律判断加速度的变化情况即可正确解题．【解答】解：A、B接触弹簧后，B做减速运动，A做加速运动，速度相等前，B的速度大于A的速度，两者间的距离逐渐减小，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大，根据牛顿第二定律知，此时A的加速度最大，故A正确。B、当A、B速度相等时，此时弹性势能最大，根据能量守恒知，A、B的总机械能最小，故B错误。C、从AB刚接触到AB刚分离，两者动量守恒、机械能守恒，两者质量相等，知速度交换，可知从AB刚接触到AB刚分离，A对地的位移等于B对地的位移，故C错误。D、速度相等后，A继续做加速运动，B继续做减速运动，当A、B分离时，A的速度最大，故D正确。故选：AD。【点评】解答本题的关键是弄清楚A和B在运动过程中的受力情况，能够根据牛顿第二定律确定二者加速度的变化情况．8．（6分）如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是（　　）A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为-32mv0C．斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功【考点】1I：匀变速直线运动的图像；51：动量冲量；65：动能定理．【专题】31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．【分析】根据冲量的定义求出重力的冲量；第16页

9明确图象的性质，根据位移关系可求得末速度，然后求出动量的变化量；根据图象可以求出加速度以及位移；再根据牛顿第二定律可分析受力情况，然后求出斜面的倾角；根据功能关系求出克服摩擦力做的功．【解答】解：A、根据冲量的定义可知，物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0；故A错误；B、由于斜面长度一定，故向下和向下运动的位移大小相等，根据面积表示位移表示出减速过程位移，即：12v0t0=12⋅v⋅2t0从而求出返回时的速度：v=12v0以初速度的方向为正方向，物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为：△P=-mv-mv0=-32mv0，故B正确；C、根据图象可求得向上加速度：a1=v0t0，向下运动的加速度大小：a2=v2t0=v04t0设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得：ma1＝mgsinθ+μmgcosθma2＝mgsinθ﹣μmgcosθ联立得：sinθ=a1+a2g=5v08gt0；故C正确；D、3t0时间内物块克服摩擦力所做的功等于物体动能的减少，即：﹣W=12mv2-12mv02=-38mv02；故D错误；故选：BC。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意分析图象给出的信息，重点掌握图象的斜率以及图象与时间轴围成面积的意义进行分析，同时并能结合牛顿第二定律进行分析求解．二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第9-12题为必考题，每个试题考试都必须作答．第13-16题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：9．（5分）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k＝　50.0　N/m（g取9.8m/s2）．砝码质量（g）50100150弹簧长度（cm）8.627.636.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　相等　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　滑块的动能　．（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成　正比　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　压缩量的平方　成正比．【考点】MD：验证机械能守恒定律．【专题】13：实验题．【分析】（1）根据胡克定律，F＝k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解；（2）调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；（3）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；第16页

10（4）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解．【解答】解：（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，当150g时，弹簧长度为6.66cm，根据胡克定律，F＝k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，则列式：0.05×9.8＝k（x0﹣0.0862）；0.1×9.8＝k（x0﹣0.0763）；联立两式，解得：k≈50.0N/m；（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；（4）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．【点评】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．10．（10分）某兴趣小组欲通过测定工业污水（含多种重金属离子）的电阻率来判断某工厂废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值ρ≥200Ω•m）．如图1所示为该同学所用盛水容器，其左、右两侧面为金属薄板（电阻极小），其余四面由绝缘材料制成，左右两侧带有接线柱．容器内表面长a＝40cm，宽b＝20cm，高c＝10cm．将水样注满容器后，进行以下操作：（1）分别用多用电表欧姆挡的“×100”、“×1k”两挡粗测水样的电阻值时，表盘上指针分别如图甲、乙所示，则所测水样的电阻约为　1750　Ω．（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：A．电流表（量程5mA，电阻RA为50Ω）B．电压表（量程15V，电阻RV约为10kΩ）C．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）D．电源（12V，内阻约10Ω）E．开关一只、导线若干请在实物图3中完成电路连接．（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，测出一系列数据如表所示，请在如图实所示的图4坐标纸中作出UI关系图线．U/V2.03.86.88.010.211.6I/mA0.731.362.202.893.664.15第16页

11（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为　135　Ω•m．据此可知，所得水样在电阻率这一指标上　不达标　（选填“达标”或“不达标”）．【考点】N2：测定金属的电阻率；N8：自来水电阻率的测定．【专题】13：实验题．【分析】①欧姆表的读数等于指针示数乘以倍率，从而得出水样的电阻；②要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，滑动变阻器要采用分压接法；根据两电表内阻与水样的电阻倍数关系，确定出采用电流表内接法，即可完成电路连接；③建立坐标系，采用描点法连线作图．④由图线斜率和电流表的内阻，求解水样的电阻，由电阻定律求解电阻率，与达标值为ρ≥200Ω•m比较，分析是否达标【解答】解：（1）电阻的大小等于指针示数乘以倍率，得出水样的电阻约为：1750Ω；（2）因为要精确测量电阻值，需要电路中电压有较大的变化范围，而滑动变阻器阻值又远小于待测电阻，所以连线时滑动变阻器要用分压接法；又因为电流表内阻1750Ω＞RVRX，则采用电流表内接法，电路连接如图左所示．（3）描点法作图，如图右．（让绝大多数的点在直线上，其余各点均匀地分布在直线两侧．）（4）由图线斜率可知，总电阻为：R总=UI=114×10-3=2750Ω，又R＝R总﹣RA＝2700Ω，根据电阻定律R＝ρLS，故有：ρ=RSL=2700×0.2×0.10.4Ωm＝135Ωm＜200Ωm，所以不达标．故答案为：①1700；②实物连线如图所示；③U﹣I图如图所示，④135（120﹣145），不达标．【点评】解决本题的关键掌握欧姆表的读数方法，以及掌握如何选择电流表的内外接、滑动变阻器的分压、限流接法．11．（14分）如图所示，在水平向右运动的车厢中，用不可伸长的轻绳悬挂的小球稳定向左偏，细线与竖直方向成θ＝37°角，且小球与正下方A点高度差为h＝1.8m。小球质量为m＝4Kg，当地重力加速度取g＝10m/s2。（1）求车厢的加速度大小a及小球所受拉力大小F。（2）若车速达到v＝10m/s时车厢开始做匀减速运动，加速度大小仍为a，同时剪断悬挂小球的轻绳，则小球在车厢内落点与A点的水平距离是多少？（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律．【专题】11：计算题；32：定量思想；4A：整体法和隔离法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律可求得其加速度大小和拉力F的大小，车厢的加速度与小球的加速度相同；（2）剪断悬挂小球的轻绳后小球开始做平抛运动，根据分位移公式求出小球落到车厢底板上时的水平位移。结合匀变速直线运动的位移公式求出此过程中车厢的位移，由几何关系求小球在车厢内落点与A点的水平距离。【解答】解：（1））对小球受力分析如图，根据牛顿第二定律得：m1gtanθ＝ma解得：a＝7.5m/s2．水平向右则车厢的加速度大小a为7.5m/s2。第16页

12小球所受拉力大小为：F=mgcosθ=400.8=50N，方向沿细线向上。（2）剪断悬挂小球的轻绳后小球开始做平抛运动，则有：h=12gt2=1.8m可得：t＝0.6s小球的水平位移大小为：x球＝vt＝10×0.6m＝6m车厢匀减速的位移为：x车＝vt-12at2=10×0.6-12×7.5×0．62=4.65m所以小球在车厢内落点与A点的水平距离为：△x＝x球﹣x车＝6﹣4.65＝1.35m，在A点左侧。答：（1）车厢的加速度大小a为7.5m/s2．小球所受拉力大小F是50N。（2）小球在车厢内落点与A点的水平距离是1.35m，在A点左侧。【点评】本题要注意明确研究对象的选择，做好受力分析，根据牛顿第二定律进行列式求解小球的加速度。12．（18分）如图所示，平行导轨PP′、QQ′均由倾斜和水平两部分组成，相距为L1．倾斜部分与水平面夹角为θ，虚线pq为两部分的连接处。质量为m0、电阻为r的导体杆ef与导轨的摩擦系数均为μ，且满足μ＜tanθ．在虚线pq右侧空间分布有方向竖直磁场Ⅰ，其磁感应强度大小为B1＝B0cos2πλx（竖直向下定为磁场的正方向）。式中λ为具有长度单位的常量；x为沿水平轨道向右的位置坐标，并定义pq的x坐标为0．将质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd用绝缘柔线悬挂于天花板上a′和b′处，使ab边保持水平，并用细导线将a、b两点与导轨的两端点Q、P相连，金属框处于垂直与向里设置匀强磁场Ⅱ垂直。将ef从倾斜轨道上距水平轨道高为h处由静止释放，为保持导体杆ef能在水平轨道上作匀速运动，现给导体杆施加一x方向的水平作用力F．设ef经过pq时没有因速度方向改变产生能量损失，也不计其余电阻和细导线对a、b两点的作用力，金属框始终保持静止。求：（1）导体棒ef刚进入磁场时，线框ab边的电压；（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件；（3）ef在水平轨道上前进距离λ的过程中，力F所作的功。【考点】65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．【分析】（1）根据动能定理求出导体棒ef刚进入磁场时的速度，结合切割产生的感应电动势公式，根据串并联电路的特点得出外电阻，运用欧姆定律求出线框ab边的电压；（2）根据闭合电路欧姆定律得出通过ab杆和cd杆的电流，抓住线框所受的安培力不超过其重力求出磁场Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件；（3）根据切割产生的感应电动势公式得出对应的感应电动势大小，电动势变化为余弦曲线，求出有效值，前进λ刚好对应电源e变化一个周期t=λv，通过电功的公式求出电源在此过程中做功的大小，结合摩擦力做功，运用能量守恒求出外力F做功的大小。【解答】解：（1）设刚进入磁场I时杆的速度为v，有：mgh-μmgcosθ⋅hsinθ=12mv2，第16页

13解得v=2gh(1-μcotθ)，此时杆的感应电动势为E＝B0L1v，abcd框相对于ab两点的电阻为R外=3r2r+3r=3r4，ab边的电压为Uab=Er+R外R外=3B0L12gh(1-μcotθ)7。（2）刚进入时，流过ab杆和cd杆的电流分别为I1=Uabr=3B0L12gh(1-μcotθ)7r，I2=Uab3r=B0L12gh(1-μcotθ)7r，线框保持静止，其受到的安培力必不超过其重力，即B2（I1+I2）L2≤mg，解得B2≤7mgr4B0L1L22gh(1-μcotθ)。（3）当杆ef在水平轨道上x处时，有x＝vt对应的感应电动势大小为e=B1L1v=B0cos(2πλx)L1v=B0L1vcos(2πλvt)。在前进λ为的过程中，其电动势变化为余弦曲线，对应有效值为E=B0L1v2=B0L1gh(1-μcotθ)，前进λ刚好对应电源e变化一个周期t=λv，故有电源在此过程中做功为We=E2r+3r4t=22B02L12gh(1-μcotθ)7r，摩擦力做功为Qf＝μm0gλ，力F做的功等于摩擦产生的热与此过程中电源对外做的功，即WF＝Qf+We=22B02L12gh(1-μcotθ)7r+μm0gλ。答：（1）导体棒ef刚进入磁场时，线框ab边的电压为3B0L12gh(1-μcotθ)7；（2）磁场Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件为B2≤7mgr4B0L1L22gh(1-μcotθ)；（3）ef在水平轨道上前进距离λ的过程中，力F所作的功为22B02L12gh(1-μcotθ)7r+μm0gλ。【点评】本题考查了电磁感应与电路和力学、能量的综合运用，要注意明确电路结构，正确做出受力分析，再通过功能关系进行分析即可，注意第三问产生的感应电动势变化为余弦曲线，可以结合交变电流知识求解。[选修3-3]（15分）13．（5分）以下说法正确的是（　　）A．当分子间距离增大时，分子势能可能增大B．无论何种状态的物质，若物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该种物质的分子体积一定为V0=MρNAC．自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生D．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E．液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性特点【考点】86：分子间的相互作用力；92：*晶体和非晶体；95：液体的表面张力．【专题】31：定性思想；546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】根据分子力做功判断分子势能的变化，分子力做正功，分子势能减小；对于固体和液体（分子间隙可以忽略），分子体积为V0=MρNA；符合能量守恒定律和热力学第二定律的宏观过程能自然发生；液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性。【解答】解：A、随着分子间距离的增大，当分子间作用力表现为斥力时，分子力做负功，分子势能增大，故A正确；B、如果是气体，分子间距离较大，按式子算出来的V0是气体分子在空间中的运动范围，或着是平均每个分子所占的空间，而不是气体分子的体积，故B错误；第16页

14C、自然界一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程不一定都能自然发生，还要符合热力学第二定律才能自然发生，故C错误；D、一定质量的理想气体，压强不变，体积增大，根据PV＝CT则温度升高，分子平均动能增加，则内能增大，那么它一定从外界吸热。故D正确；E、液晶既具有液体的流动性，又具有晶体的光学各向异性，故E正确；故选：ADE。【点评】题考查热力学多个知识，其中重点是分子动理论、气态方程、热力学第一、第二定律，要加强基础的学习，力争不在简单题上失分。14．（10分）如图所示，静止的气缸内封闭了一定质量的理想气体，水平轻杆一端固定在墙壁上，另一端与气缸内的活塞相连．已知大气压强为1.0×105Pa，气缸的质量为50kg，活塞质量不计，其横截面积为0.01m2，气缸与地面间的最大静摩擦力为气缸重力的0.4倍，活塞与气缸之间的摩擦可忽略．开始时被封闭气体压强为1.0×105Pa、温度为27℃，试求：（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强P和温度t；（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在什么范围内．【考点】99：理想气体的状态方程．【专题】32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．【分析】（1）气缸恰好开始运动时，摩擦力为最大静摩擦力，根据力学知识可以求出此时的压强，气体等压变化，由气态方程可以求出此时温度；（2）当活塞刚要向右运动时，此时气体有最低温度，刚要向左运动时有最高温度，根据等压变化可以求出最低和最高温度．【解答】解：（1）气缸开始运动时，气缸与地面间的摩擦力为最大静摩擦力，此时有：ps＝p0s+f气缸内气体压强为：p=p0+fs=1.2×105Pa气体发生了等容变化有：p0T0=pT代入数据得：T＝360K即：t＝T﹣273＝87℃故气缸恰好开始向左运动时气体的压强P＝1.2×105pa，温度为t＝87℃（2）当气缸恰好向右运动时，温度有最低值，气缸内气体压强为：p'=p0-fs=0.8×105Pa等容变化p0T0=p'T'，得：T＝240K，即：t′＝T′﹣273＝﹣33℃故温度在﹣33℃到87℃之间气缸静止不动．答：（ⅰ）缓慢升高气体温度，气缸恰好开始向左运动时气体的压强是1.2×105pa，温度是87℃；（ⅱ）为了保证气缸静止不动，气缸内气体的温度应控制在﹣33℃到87℃之间的范围内．【点评】在求解被封闭气体压强时，往往结合力学知识进行求解，注意将力学知识和热学知识的联系，加强所学知识的综合应用．[物理--选修3-4]（15分）15．一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（　　）A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的周期为0.4sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4mE．x＝2m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin（5πt+π）（m）【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．【分析】由图读出波长，求出周期．根据时间t＝0.1s与周期的关系，结合波形的平移，确定波的传播方向，再判断t＝0时，质点a的速度方向．根据t＝0时刻x＝4m第16页

15处的质点的位置和速度方向，写出其振动方程．【解答】解：A、由图读出波长λ＝4m，则波的周期为T=λv=410=0.4s，由题，波传播的时间为t＝0.1s=14T，所以报传播的距离是14λ根据波形的平移可知，波的传播方向沿x轴负方向，故A错误，B正确。C、波x轴负方向传播，由上下坡法可知t＝0时，质点a速度沿y轴负方向。故C错误。D、从t＝0时刻经0.2s时，经过的时间是半个周期，由于a先向平衡位置运动，通过的路程等于2个振幅，即0.4m，故D正确。E、t＝0时刻x＝2m处的质点从平衡位置沿y轴负方向运动，其位移表达式为y＝﹣Asin2πT⋅t=-0.2sin（5πt）m＝0.2sin（5πt+π）（m）。故E正确。故选：BDE。【点评】本题要理解波的图象随时间变化的规律．波在一个周期内传播一个波长，波的图象重合．利用波形的平移或上下坡法是研究波动图象常用的方法．16．如图所示，玻璃三棱镜的横截面是边长为a的等边三角形，BC面沿竖直方向，O点为BC的中点，现用一束宽为a的单色平行光束水平射向AB及AC面，若玻璃三棱镜对此平行光束的折射率为3，求：（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的位置；（2）若距O点距离为36a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为多少？【考点】H3：光的折射定律．【专题】54D：光的折射专题．【分析】（1）作出光线折射后的光路图，由数学知识求出出射时折射角，由折射定律求BC面上的入射角，由几何知识分析．（2）根据对称性和几何关系，求解光屏上被照亮的竖直长度．【解答】解：（1）如图所示，作出光线折射后的光路图，由数学知识可得α＝60°由折射定律有n=sinαsinβ联立解得β＝30°由数学知识可知△BPO为等边三角形，故射向AB中点P的光线折射后直接到达BC边的中点．（2）紧靠B点从BC面射出的光线与AO交于D由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性知，光屏上形成两条光斑，由几何关系有OD=a2tanα=36a由于光屏距离O点的距离为36a，因而光屏上形成一条光斑，作出射向A点和B点的光路，由数学知识可知DE的长度为a，根据对称性可知，光屏上亮斑的竖直长度为2a．答：（1）射向AB中点P的光线经折射后直接到达BC边的中点；（2）若距O点距离为36a处放置一平行BC面的光屏，光屏上被照亮的竖直长度为2a．【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能很容易解决此类问题．，，日期：2019/4/1123:31:31；第16页