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- 2021-06-02 发布
2016-2017学年吉林省辽源市东辽一中高三（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共12个小题，每小题4分．全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分，其中1-8题为单选，9-12题为多选，共48分）
1．某质点做直线运动的位移x和时间t的关系如图所示，那么该质点在3s内通过的路程是（ ）
A．2m B．3m C．1m D．0.5 m
2．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）
A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0
3．人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，求A物体实际运动的速度是（ ）
A．v0sinθ B． C．v0cosθ D．
4．如图所示，一根光滑的轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可看做质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的2倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比F1：F2 为（ ）
A．2：1 B．1：2 C．5：1 D．5：4
5．如图所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用，静止不动，现保持力F1不变，使力F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（ ）
A． B． C． D．
6．已知月球半径为R，飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T．万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球第一宇宙速度为
B．月球表面重力加速度为R
C．月球密度为
D．月球质量为
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点时的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
8．如图所示，小车上固定水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆的右端用一根细线悬挂相同的小球，当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向成β角（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（ ）
A．F1和F2大小不相等 B．F1和F2方向不相同
C．小车的加速度是gtanα D．小车的加速度是gtanβ
9．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（ ）
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积减小一些
10．如图所示的电路中，L1、L2、L3、L4是相同的四只灯泡，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．L1变亮，L2变亮 B．L1变亮，L2变暗
C．L1变暗，L3变暗 D．L1变暗，L4变亮
11．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为（ ）
A．vA=v0，vBv0 B．vA=v0，vB=v0
C．vA=v0，vB=v0 D．vA=v0，vB=v0
12．如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（ ）
A．A达到最大速度时的位移为
B．拉力F的最小值为m（gsinθ+a）
C．t1=时A、B分离
D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加
二、实验题（13题4分，14题8分，共12分）
13．在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB．
（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上 ．
A．秒表 B．刻度尺
C．天平 D．圆规
（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有 ．
A. = B. =
C. = D. =．
14．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：
（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到 点来验证机械能守恒定律；
（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep= J，动能增加量△Ek= J （结果取三位有效数字）；
（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的 ．
三、计算题（15、16、17题为必答题，共28分）
15．如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上，物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为f=5N，重力加速度g取10m/s2，求
（1）物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；
（3）2s末物块的速度v．
16．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？
（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？
17．如图所示，M、N是足够长的水平绝缘轨道上相距为R的两点，MN两点间粗糙，其余部分光滑，在以MN为边界的竖直空间加一个场强方向向右的匀强电场，在N点的右侧有一个长为R可以绕O点在竖直面内自由转动的轻杆，轻杆下端固定一个质量为m的小球B，B与轨道恰好接触没有挤压，现有一个带正电的质量为m的物块A，在M点以速度v0向右进入电场区域，已知A与轨道MN间的摩擦力f=mg，A所受的电场力F=mg，设A、B可以看成质点，整个过程中A的电荷量保持不变，求：
（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度多大？
（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失多少机械能？
（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0＜v0＜，试讨论A在电场中通过的总路程与v0的关系．
四、选做题（18、19题为选做题，只选一个作答，每题12分）【物理-物理3-3】
18．下列叙述正确的有（ ）
A．自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．外界对气体做正功，气体的内能一定增大
C．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大
D．扩散现象与布朗运动都与温度有关
E．第二类永动机违反了热力学第二定律
19．如图所示，竖直放置，内部光滑的导热气缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞用固定螺栓固定在距气缸底部为h0=0.5m处，活塞横截面积为S=6cm2，此时气体的压强为p=0.5×105Pa，气缸壁是导热的，打开固定螺栓，活塞下降，经过足够长的时间后，活塞停在距离底部h=0.2m处，在此过程中周围环境温度为t0=27℃，保持不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0=1.0×105Pa，求：
①活塞的质量；
②周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，求此时环境温度．
【物理-物理3-4】
20． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，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（ ）
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3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
21．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：
Ⅰ．玻璃砖的折射率；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．
2016-2017学年吉林省辽源市东辽一中高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12个小题，每小题4分．全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分，其中1-8题为单选，9-12题为多选，共48分）
1．某质点做直线运动的位移x和时间t的关系如图所示，那么该质点在3s内通过的路程是（ ）
A．2m B．3m C．1m D．0.5 m
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】根据位移图象的斜率等于速度，分析物体的运动状态．位移等于纵坐标的变化量，再研究路程
【解答】解：由图，在0﹣1s时间内，位移不随时间而变化，说明物体处于静止状态；在1﹣2s时间内，物体沿正方向做匀速直线运动，位移为△x=2m﹣1m=1m，
路程为S=1m．在2﹣3s时间内，位移不随时间而变化，说明物体处于静止状态，所以该质点3s内能通过的路程是S=1m．
故选：C
2．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m盆边缘的高度为h=0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）
A．0.50m B．0.25m C．0.10m D．0
【考点】动能定理的应用．
【分析】根据动能定理，对小物块开始运动到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离．
【解答】解：设小物块间在BC面上运动的总路程为S．物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f=μmg，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得
mgh﹣μmgS=0
得到S===3m，d=0.50m，则S=6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在B点．
故选D
3．人用绳子通过动滑轮拉A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，求A物体实际运动的速度是（ ）
A．v0sinθ B． C．v0cosθ D．
【考点】运动的合成和分解．
【分析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度．
【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际速度v=
．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
4．如图所示，一根光滑的轻杆沿水平方向放置，左端O处连接在竖直的转动轴上，a、b为两个可看做质点的小球，穿在杆上，并用细线分别连接Oa和ab，且Oa=ab，已知b球质量为a球质量的2倍．当轻杆绕O轴在水平面内匀速转动时，Oa和ab两线的拉力之比F1：F2 为（ ）
A．2：1 B．1：2 C．5：1 D．5：4
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【分析】a球在水平方向上受oa、ab的拉力，靠两个力的拉力提供向心力，b球在水平方向上受ab的拉力，靠该拉力提供向心力，抓住两球角速度相等，根据牛顿第二定律求出Oa和ab两线的拉力之比．
【解答】解：a球在水平方向上受oa、ab的拉力；oa的拉力向左，ab间拉力向右；
则对a球有：，对b球有：，因为rob=2roa，所以，解得．故D正确，A、B、C错误．
故选D．
5．如图所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F1与F2的作用，静止不动，现保持力F1不变，使力F2逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
【分析】先求出合力的变化情况，然后求出加速度的变化情况，最后在分析速度的变化情况．
【解答】解：由于木块受到两个水平力F1与F2的作用而静止不动，故两个推力相等
假设F1=F2=F
力F2逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到F，在减小到零，故加速度也是先增大再减小，故C错误；
物体现在加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，而速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故A错误，B正确；
物体先做加速度不断变大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零后做匀速直线运动，与于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而D选项图表示减速运动，故D错误；
故选B．
6．已知月球半径为R，飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T．万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球第一宇宙速度为
B．月球表面重力加速度为R
C．月球密度为
D．月球质量为
【考点】万有引力定律及其应用．
【分析】
飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；在月球表面，重力等于万有引力，根据万有引力定律列式；月球的第一宇宙速度等于月球表面的瞬时速度．
【解答】解：B、D、飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上做匀速圆周运动，故：
G=m
在月球表面，重力等于万有引力，故：
联立解得：
g=
M=
故B错误，D正确；
A、月球第一宇宙速度为：
=，故A错误；
C、月球的密度： ==；故C错误；
故选：D
7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（ ）
A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点时的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
【考点】电场线．
【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．
【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
8．如图所示，小车上固定水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；横杆的右端用一根细线悬挂相同的小球，当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向成β角（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（ ）
A．F1和F2大小不相等 B．F1和F2方向不相同
C．小车的加速度是gtanα D．小车的加速度是gtanβ
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向．加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种．
【解答】解：A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：mgtanβ=ma，
得到：a=gtanβ
对左边的小铁球研究．设其加速度为a′，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，
由牛顿第二定律，得：mgtanθ=ma′
因为a=a′，得到θ=β，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B错误；
C、D、小车的加速度a=gtanβ，方向向右．故D正确，C错误．
故选：D
9．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（ ）
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积减小一些
C．断开S后，使B板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积减小一些
【考点】电容器的动态分析．
【分析】开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化．
【解答】解：A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变．故A、B均错误．
C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U=
知，电势差增大，则指针张角增大．故C正确．
D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
故选：CD．
10．如图所示的电路中，L1、L2、L3、L4是相同的四只灯泡，当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．L1变亮，L2变亮 B．L1变亮，L2变暗
C．L1变暗，L3变暗 D．L1变暗，L4变亮
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】由图可知L1与滑动变阻器串联后与L2并联，再与L3串联，最后与L4并联．据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化进行分析．
【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，通过L4的电流增大，L4变亮，且通过L3的电流减小，L3的电压减小，故L1的电压增大，L1的电流增大，L1变亮，且有通过L2的电流减小，L2变暗．故B正确．
故选：B
11．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为（ ）
A．vA=v0，vBv0 B．vA=v0，vB=v0
C．vA=v0，vB=v0 D．vA=v0，vB=v0
【考点】动量守恒定律．
【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
【解答】解：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；
考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D错误，ABC满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，B选项碰撞前总动能为m，B选项碰撞后总动能为m，故B错误，
故选AC．
12．如图所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．物块A、B质量均为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（ ）
A．A达到最大速度时的位移为
B．拉力F的最小值为m（gsinθ+a）
C．t1=时A、B分离
D．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】
A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1．根据功能关系分析能量如何转化．
【解答】解：A、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，
得：，故A正确．
B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma，
得：F=2mgsinθ﹣kx+2ma，
则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误．
C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma
开始时有：2mgsinθ=kx0，
又x0﹣x=
联立以三式得：t1=．故C正确．
D、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而A对B的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故D错误．
故选：AC
二、实验题（13题4分，14题8分，共12分）
13．在“探究碰撞中的不变量”实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB．
（1）现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上 BCD ．
A．秒表 B．刻度尺
C．天平 D．圆规
（2）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有 A ．
A. = B. =
C. = D. =．
【考点】验证动量守恒定律．
【分析】（1）根据动量守恒定律的实验原理分析需要的仪器；
（2）实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；
【解答】解：（1）在该实验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺．为了准确找出落点需要用到圆规；因为利用了平抛原理，故不需用到秒表；故选：BCD；
（2）两球碰撞后，小球做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，
它们在空中做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度：
vA=，vA′=，vB′=，
由动量守恒定律得：mAvA=mAvA′+mBvB′，
则mA=mA+mB，
==，故A正确；
故选：A．
故答案为：（1）BCD；（2）A
14．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：
（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到 B 点来验证机械能守恒定律；
（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep= 1.88 J，动能增加量△Ek= 1.84 J （结果取三位有效数字）；
（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的 A ．
【考点】验证机械能守恒定律．
【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．
【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．
（2）重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．
B点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△Ek=1.84J．
（3）根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．
故答案为：（1）B （2）1.88 1.84 （3）A
三、计算题（15、16、17题为必答题，共28分）
15．如图甲所示，质量为m=2kg的物块放在水平桌面上处于静止状态，现用一水平外力F作用在物块上，物块运动的加速度随时间变化的关系图象如图乙所示，已知物块运动过程中所受摩擦力的大小为f=5N，重力加速度g取10m/s2，求
（1）物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式；
（3）2s末物块的速度v．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）由滑动摩擦力的公式即可求得；
（2）根据加速度与时间的关系，要结合牛顿第二定律即可；
（3）加速度与时间的关系图象中，加速度与时间轴所围成的面积表示物体速度的变化．
【解答】解：（1）设正压力为N，则：f=μN
又N=mg
所以：
（2）由图可得：a=kt=2t
由牛顿第二定律：F﹣f=ma
所以得：F=f+ma=5+2×2t=5+4t
（3）加速度与时间轴所围成的面积表示物体速度的变化．所以：
m/s
因为0时刻物体的速度是0，所以2s末物体的速度v=4m/s．
答：（1）物块与地面间的动摩擦因数是0.25；
（2）物块所受拉力F随时间t变化的关系式F=5+4t；
（3）2s末物块的速度是4m/s．
16．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？
（2）相碰时，离金属板上端的距离多大？
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）设小球从P到 Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y，与金属板上端的距离为：S=y﹣h．
【解答】解：（1）设小球从P到 Q需时t1，由h=gt12
得t1==s=0.5s
小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，可以求出小球在电场中的运动时间t2．应有 qE=max
E=
=axt22
由上述3个式子，得：
t2=d=0.04×s=0.02s
所以，运动总时间 t=t1+t2=0.5+0.02=0.52s
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t内位移为：
y=gt2=×10×0.522=1.352m
与金属板上端的距离为：S=y﹣h=1.352﹣1.25m=0.102m
答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；
（2）相碰时，离金属板上端的距离为0.102m．
17．如图所示，M、N是足够长的水平绝缘轨道上相距为R的两点，MN两点间粗糙，其余部分光滑，在以MN为边界的竖直空间加一个场强方向向右的匀强电场，在N点的右侧有一个长为R可以绕O点在竖直面内自由转动的轻杆，轻杆下端固定一个质量为m的小球B，B与轨道恰好接触没有挤压，现有一个带正电的质量为m的物块A，在M点以速度v0向右进入电场区域，已知A与轨道MN间的摩擦力f=mg，A所受的电场力F=mg，设A、B可以看成质点，整个过程中A的电荷量保持不变，求：
（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度多大？
（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失多少机械能？
（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0＜v0＜，试讨论A在电场中通过的总路程与v0的关系．
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；功能关系．
【分析】（1）由动能定理即可求得速度；
（2）刚好到达最高点，速度为零，由动能定理及动量定理即可求的速度，根据能量守恒即可判断损失机械能；
（3）讨论速度不同时，即可求的A在电场中通过的总路程与v0的关系；
【解答】解：（1）设A向右运动离开电场时的速度为v，由动能定理，得
解得
（2）设AB碰撞后A、B的速度分别为vA、vB
B球刚好到达最高点，则此时vB=0
对B，由动能理，得
A、B碰撞，动量守恒，则mv=mvA+mvB
联立解得，
A、B碰撞过程中损失的机械能
解得△E=2mgR
（3）设A的速度为v1时，穿过电场后速度大小为，B球将越过最高点从A的左侧与A再次碰撞，A将不再进入电场．由动能定理得：
解得
ⅰ、即，A从右侧离开电场，在电场中的路程为R
若A的速度小于v1，AB碰后B不能运动到最高点，返回与A再次碰撞，A将再次进入电场，设A速度为v2时刚好可以从左侧离开电场，由动能定理得：，解得
ⅱ、即时，A在电场中的路程为2R
ⅲ、当A的速度时，A最终将停在电场右侧边界，由动能定理得： =0﹣
解得
答：（1）若v0=，则A向右运动离开电场与B第一次碰撞前速度为
（2）若v0=，A和B第一次碰撞后，B球刚好能到达最高点，则AB碰撞过程中损失机械能为2mgR
（3）将B球换成弹性小球，A和B每次碰撞均交换速度，若0＜v0＜，A在电场中通过的总路程与v0的关系为①即
，A从右侧离开电场，在电场中的路程为R；②即时，A在电场中的路程为2R③当A的速度时，
四、选做题（18、19题为选做题，只选一个作答，每题12分）【物理-物理3-3】
18．下列叙述正确的有（ ）
A．自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性
B．外界对气体做正功，气体的内能一定增大
C．温度升高，物体内的每一个分子的热运动速率都增大
D．扩散现象与布朗运动都与温度有关
E．第二类永动机违反了热力学第二定律
【考点】热力学第二定律．
【分析】温度是平均动能的标志，改变内能的方式有做功和热传递，自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，扩散现象与布朗运动都与温度有关．
【解答】解：A、自然界中所进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；
B、改变内能的方式有做功和热传递，外界对气体做正功，气体的内能不一定增大，故B错误；
C、温度升高，平均动能增大，物体内的每一个分子的热运动速率不一定都增大，故C错误；
D、扩散现象与布朗运动都与温度有关，温度越高，现象越明显，故D正确；
E、第二类永动机违反了热力学第二定律，故E正确；
故选：ADE
19．如图所示，竖直放置，内部光滑的导热气缸用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞用固定螺栓固定在距气缸底部为h0=0.5m处，活塞横截面积为S=6cm2，此时气体的压强为p=0.5×105Pa，气缸壁是导热的，打开固定螺栓，活塞下降，经过足够长的时间后，活塞停在距离底部h=0.2m处，在此过程中周围环境温度为t0=27℃，保持不变，已知重力加速度为g，大气压强为p0=1.0×105Pa，求：
①活塞的质量；
②周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，求此时环境温度．
【考点】理想气体的状态方程．
【分析】①根据活塞受力平衡求出最终稳定时封闭气体的压强，联列玻意耳定律列式求出活塞的质量
②活塞中的气体等压膨胀，根据盖﹣吕萨克定律求解此时环境温度
【解答】解：①设活塞的质量为m，打开固定螺栓经过足够长时间，这个过程中密封气体温度不变，
则pShc=p'Sh，
，
联立解得，
代入数据可得m=1.5kg
②周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，此过程为气体等压变化，初状态温度T0=300K，设莫状态温度为T，
则有，
解得，
代入数据可得T=750K，
所以周围温度t=477℃
答：①活塞的质量为1.5kg；
②周围环境温度缓慢升高，最终活塞又能回到距气缸底部h0=0.5m处，此时环境温度为477℃
【物理-物理3-4】
20． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，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（ ）
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3：2
C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm
E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉和衍射现象．
【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍
【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v=λf，频率不同，不能干涉，故A错误；
B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=λf，频率比为3：2，故B正确；
C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；
D、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A，故D正确；
E、传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；
从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确；
故选BDE．
21．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：
Ⅰ．玻璃砖的折射率；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．
【考点】光的折射定律．
【分析】Ⅰ、作出光路图，由几何知识求出光线在AC边的入射角和折射角，即可求得玻璃砖的折射率；
Ⅱ、由几何关系求出光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射通过的路程，由v=求出P在玻璃砖内传播的速度，即可求得经历的时间．
【解答】解：Ⅰ、作出光路图如图．则光线Q在AC边的入射角i=45°．
由几何关系可知在AC边的折射角r=30°
由折射定律得 n==
Ⅱ、光线P在玻璃砖中传播时
s1=ED==L
s2=DF==L
P在玻璃砖内传播的速度 v=
则所要求的时间为 t=
由以上各式可得 t=
答：
Ⅰ．玻璃砖的折射率为；
Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间为．
2017年1月16日