江西省新余一中2017届高三物理上学期第二次段测习题（含解析）.docx

2016-2017学年江西省新余一中高三（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分1至7题每小题只有一个选项是正确的，8至10题每题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有错选和不选的得0分）1如图所示，比赛中足球被踢出后在空中飞行时受到的力有（）A脚对球的作用力B重力、脚对球的作用力C重力、空气阻力D重力、惯性力、空气阻力2应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是（）A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，物体的加速度等于重力加速度3弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（）A从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程4我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高关于卫星以下说法中正确的是（）A这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小5如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1=600匝，副线圈匝数n2=120匝当原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接（）A阻值为12的电阻B并联两盏的“36V 40W”灯泡C工作频率为10Hz的用电设备D耐压值为36V的电容器6如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知（）AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的小C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度比它在P点的小7如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动02s内拉力的大小为10N，24s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则下列说法错误的是（）A小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2B小环的质量m=1kgC细杆与水平地面之间的夹角=30D小环的质量m=2kg8如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变9如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角=30，m1和m2之间的动摩擦因数=0.8不计绳和滑轮的质量和摩擦初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A和m1以共同速度沿斜面下滑B和m1以共同速度沿斜面上滑C相对于斜面上滑D相对于m1下滑10如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在RyR的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚t时间，则（）A粒子到达y轴的位置一定各不相同B磁场区域半径R应满足C从x轴入射的粒子最先到达y轴Dt=，其中角度的弧度值满足二实验和填空题（共16分）11某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：A交流电源、导线 B天平（含配套砝码） C秒表 D刻度尺 E细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是 （填代号）（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况其中一部分纸带上的点迹情况如图乙所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB= m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的aF图象，其中图线不过原点的原因是 ，图线在末端弯曲的原因是 12为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A电流表G，内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mAB电压表V，量程为6VC螺旋测微器，毫米刻度尺D电阻箱R0（099.99）E滑动变阻器R（最大阻值为5）F电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05）G一个开关S和导线若干（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用 挡（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0= （结果保留三位有效数字）（3）为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式= 三计算题（共29分=8+9+12）13如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45，斜面倾角30，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小14如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有平行于x轴，方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E一质量为m，电量为e的质子从y轴上的M点以v0的速度平行x轴正方向进入磁场，通过磁场后垂直于x轴进入电场，从y轴的P点离开电场（质子重力不计）求：（1）M点与O点的距离；（2）粒子从M点运动到P点的时间；（3）粒子到达P点时的速度大小15用如图所示的浅色水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端AB距离L=11m，传送带始终以v=12m/s匀速顺时针运行传送带B端靠近倾角=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔t=1.0s将一个质量m=10kg、底部有碳粉的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，不计传送带轮的大小，g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离； （本问结果可以用根式表示）（3）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=2s的时间内，货物箱在传送带上留下的痕迹长度四、选考题：（15分，从以下两个模块中任选一模块作答）【选修3-4】16下列说法正确的是 （）A交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘B光在同一种介质中沿直线传播C用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射D让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光E围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是多普勒效应17如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【选修3-5】18氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm以下判断正确的是（）A氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光B用波长为502 nm的光照射，能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级C氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656 nmD一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线E处于n=3能级的氢原子吸收1.51ev的能量会发生电离19如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连，初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，绳断后A速度变为v0，A与C相碰后粘合在一起求：A与C刚粘合在一起时的速度v大小；若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能E2016-2017学年江西省新余一中高三（上）第二次段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，共40分1至7题每小题只有一个选项是正确的，8至10题每题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全得2分，有错选和不选的得0分）1如图所示，比赛中足球被踢出后在空中飞行时受到的力有（）A脚对球的作用力B重力、脚对球的作用力C重力、空气阻力D重力、惯性力、空气阻力【考点】2G：力的合成与分解的运用【分析】在地球附近的物体都受到地球的吸引力，叫重力，重力的方向竖直向下；物体受重力作用，将改变运动状态，最终落回地面另外，在空气中运动的物体受到空气的阻力【解答】解：在空中飞行的物体受到竖直向下的重力作用，最终落回地面，同时还有空气阻力，故C正确，ABD错误故选：C2应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是（）A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，物体的加速度等于重力加速度【考点】3E：牛顿运动定律的应用超重和失重【分析】超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可【解答】解：A、B、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故A错误B错误；C、D、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误，D正确故选：D3弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（）A从D到C过程中，弹丸的机械能守恒B从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大C从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程【考点】6B：功能关系【分析】机械能守恒的条件是：只有重力弹力做功，除重力对物体做的功等于物体动能的变化量；根据动能定理，合外力做功等于物体动能的变化量【解答】解：A、从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A错误B、橡皮筋ACB恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B错误C、从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故C错误D、从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故D正确；故选：D4我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道此前6月在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7G7属地球静止轨道卫星（高度约为36000千米），它将使北斗系统的可靠性进一步提高关于卫星以下说法中正确的是（）A这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7小D量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4A：向心力【分析】根据万有引力提供向心力比较向心加速度、线速度和周期【解答】解：A、根据，知道轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以静止轨道卫星和中轨卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度故A错误；B、地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方故B错误；C、根据G，得，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小故C正确；D、卫星的向心加速度：a=，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7大故D错误故选：C5如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1=600匝，副线圈匝数n2=120匝当原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接（）A阻值为12的电阻B并联两盏的“36V 40W”灯泡C工作频率为10Hz的用电设备D耐压值为36V的电容器【考点】E8：变压器的构造和原理【分析】根据保险丝计算出副线圈中允许的增大电流，由乙图可知电源的峰值和周期，结合欧姆定律进行判断【解答】解：由原线圈电流最大为0.5A知副线圈允许的最大电流为=2.5AA、由乙图知输入电压有效值为180V，所以副线圈两端电压有效值为=36V，接阻值为12的电阻时，电流为=3A，A错误；B、并联两盏的“36V 40W”灯泡时，电流为22.5A，B正确；C、由乙图知周期为0.02s频率为50Hz，C错误；D、副线圈两端电压峰值为36V，D错误；故选B6如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称忽略空气阻力由此可知（）AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的小C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度比它在P点的小【考点】AA：电场的叠加；AE：电势能【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B错误；C、因电场力竖直向上，故油滴由P到Q的过程中，电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因小球在匀强电场中运动，受力为F=qE为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：A7如图甲所示，固定光滑细杆与水平地面成倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向向上的拉力F作用下向上运动02s内拉力的大小为10N，24s内拉力的大小变为11N，小环运动的速度随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2则下列说法错误的是（）A小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2B小环的质量m=1kgC细杆与水平地面之间的夹角=30D小环的质量m=2kg【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力【分析】速度时间图象中，斜率代表加速度；根据斜率即可求得加速度； 从速度时间图象得到小环的运动规律，即先匀速后加速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解质量和夹角【解答】解：A、由图得：a=m/s2=0.5m/s2； 故A正确； BD、由小环运动的vt图可知，当F1=10N时，在02s时间内小环做匀速运动；F2=11N时，在24s内小环做匀加速运动，则有：F1mgsin=0F2mgsin=ma代入数据解得：m=2kg； 故B错误，D正确； C、将m=1kg带入式得：sin=，故=30； 故C正确； 本题选错误的，故选：B8如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【考点】AP：电容；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】此电路中R1和R3串联，电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及角的变化通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化【解答】解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变故A错误B、若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B正确C、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少故C错误D、若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=EIr可得：|=r，不变，故D正确故选：BD9如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角=30，m1和m2之间的动摩擦因数=0.8不计绳和滑轮的质量和摩擦初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A和m1以共同速度沿斜面下滑B和m1以共同速度沿斜面上滑C相对于斜面上滑D相对于m1下滑【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用【分析】假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止【解答】解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a=2.5m/s2隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，fm2gsin30=m2a解得f=m2gsin30+m2a=2.0（100.5+2.5）N=15N最大静摩擦力fm=m2gcos30=0.8=8N，可知ffm，知道m2随m1一起做加速运动需要的摩擦力大于二者之间的最大静摩擦力，所以假设不正确，m2相对于m1下滑隔离对m2分析，m2gcos30m2gsin30，可知m2的加速度方向沿斜面向上，可知m2相对斜面上滑，故C、D正确，A、B错误故选：CD10如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在RyR的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，重力忽略不计，所有粒子均能到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚t时间，则（）A粒子到达y轴的位置一定各不相同B磁场区域半径R应满足C从x轴入射的粒子最先到达y轴Dt=，其中角度的弧度值满足【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力【分析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由于粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，所以半径相同，画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解【解答】解：粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：y=R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转，A、由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，故A错误；B、以沿x轴射入的粒子为例，若r=R，则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求R，所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故B正确；C、从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而y=R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，故C错误；D、从x轴入射的粒子运动时间为：t1=，y=R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，则t2=所以t=，其中角度为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有：=，则sin=sin=，故D正确故选BD二实验和填空题（共16分）11某同学用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：（1）该同学在实验前准备了图甲中所示的实验装置及下列辅助器材：A交流电源、导线 B天平（含配套砝码） C秒表 D刻度尺 E细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是C（填代号）（2）打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况其中一部分纸带上的点迹情况如图乙所示，已知打点计时器打点的时间间隔T=0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1=5.99cm、x2=13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB=0.680m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a=1.61m/s2（结果保留三位有效数字）（3）在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图丙所示的aF图象，其中图线不过原点的原因是平衡摩擦力过度，图线在末端弯曲的原因是砂和砂桶的质量太大【考点】M6：验证牛顿第二运动定律【分析】（1）根据实验的原理确定测量的物理量，从而确定所需的器材（2）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，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体匀加速直线运动的加速度（3）图丙表明在小车的拉力为0时，小车有加速度，即合外力大于0，说明平衡摩擦力过度；当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，否则图象将会发生弯曲【解答】解：（1）在实验中，打点计时器可以测量时间，所以不需要秒表上述器材中不必要的为C（2）B点的速度等于AC段的平均速度，则有：vB=0.680m/s，根据x=aT2得：a=1.61m/s2；（3）由图丙所示图象可知小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过度，即木板与水平面的夹角太大；该实验中当小车的质量远大于砂和砂桶的质量太大时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和砂桶的总重力大小，随着F的增大，即砂和砂桶的质量增大，逐渐地砂和砂桶的质量不再满足小车质量远大于砂和砂桶的质量，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象故答案为：（1）C；（2）0.680；1.61；（3）平衡摩擦力过度；砂和砂桶的质量太大12为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A电流表G，内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mAB电压表V，量程为6VC螺旋测微器，毫米刻度尺D电阻箱R0（099.99）E滑动变阻器R（最大阻值为5）F电池组E（电动势为6V，内阻约为0.05）G一个开关S和导线若干（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用1挡（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示（2）把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=1.21（结果保留三位有效数字）（3）为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整（4）测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式=【考点】N2：测定金属的电阻率【分析】（1）用多用电表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出电路图（4）应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，应选择“1”倍率（2）将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6A的电压表，而电流表G（内阻Rg=120，满偏电流Ig=6mA），因此电阻箱的阻值应调为：R0=1.21；（3）由图甲所示可知，待测电阻阻值为：151=15，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于电流表内阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5，远小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：（4）由电阻定律可知，电阻：R=，则电阻率：=，根据欧姆定律得：R=，电阻率：=故答案为：（1）1；（2）1.21；（3）电路图如图所示；（4）三计算题（共29分=8+9+12）13如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45，斜面倾角30，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力【分析】（1）对小球受力分析，建立直角坐标系，根据平衡条件列方程，求解；（2）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直向右时，根据平衡条件求解最小拉力【解答】解：（1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下Tcos45Nsin30=0Tsin45+Ncos30mg=0由以上两式得：N=73.2N；T=51.8N（2）经分析得拉力的最小值为：Fm=mgsin45代数解得：Fm=70.7N答：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为51.8N和73.2N；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，最小的拉力的大小为70.7N14如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有平行于x轴，方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E一质量为m，电量为e的质子从y轴上的M点以v0的速度平行x轴正方向进入磁场，通过磁场后垂直于x轴进入电场，从y轴的P点离开电场（质子重力不计）求：（1）M点与O点的距离；（2）粒子从M点运动到P点的时间；（3）粒子到达P点时的速度大小【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；37：牛顿第二定律；4A：向心力；AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）由题可知，质子在第一象限中做匀速圆周运动，转过圆周，OM等于轨迹半径，由牛顿第二定律求出；（2）粒子在磁场中运动四分之一周期在电场中，质子做类平抛运动，水平位移大小为等于磁场中轨迹半径，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出电场中运动的时间，即可求出总时间；（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，根据动能定理求出质子刚进入磁场时的速度大小，即可知道粒子到达P点时的速度大小【解答】解：（1）如图所示，设OM=L，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=L又：ev0B=m解得：L=（2）粒子在磁场中运动的时间为t1，从图中可知粒子在磁场中运动四分之一圆周，则t1=粒子在电场中运动的时间为t2，粒子在电场中做类平抛运动，则L=而a=总时间为 t=t1+t2解得：t=+（3）粒子在电场中运动时，只有电场力做功，则有EeL=解得：v=答：（1）M点与O点的距离是；（2）粒子从M点运动到P点的时间是+；（3）粒子到达P点时的速度大小是15用如图所示的浅色水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端AB距离L=11m，传送带始终以v=12m/s匀速顺时针运行传送带B端靠近倾角=37的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧在A、C处各有一个机器人，A处机器人每隔t=1.0s将一个质量m=10kg、底部有碳粉的货物箱（可视为质点）轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，C点处机器人立刻将货物箱搬走已知斜面BC的长度s=5.0m，传送带与货物箱之间的动摩擦因数0=0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，不计传送带轮的大小，g=10m/s2（sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数；（2）如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货物箱在斜面上相撞求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离； （本问结果可以用根式表示）（3）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=2s的时间内，货物箱在传送带上留下的痕迹长度【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度位移关系公式求出货物箱运动到传送带右端时的速度大小，根据货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，得到货物箱刚冲上斜面时的速度货物箱在斜面上向上运动过程中做匀减速运动，已知初速度、末速度为零，位移为s，由速度位移关系公式求出加速度大小，由牛顿第二定律求出斜面与货物箱之间的动摩擦因数（2）由运动学公式分别求出货物箱由A运动到B的时间和由B运动到C的时间，得到第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面，然后货物箱沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，当第一个货物箱与第二个货物箱相遇时，两者位移大小之和等于斜面的长度s，由位移公式求出相遇时间，再求出两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离（3）根据位移公式求出第1s内货箱和传送带运动的位移，进而得出货箱第1s留下的痕迹，同理，再求出第2s内第一个货箱留下的痕迹，从而知道第一、二两个货箱由1m重合，t0=2s时，第二个货箱在传送带上运动了1s，留下的痕迹与第一个货箱留下的痕迹相等，最后求出2s内货物箱在传送带上留下的痕迹的总长度【解答】解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有：0mg=ma1解得：a1=0g=0.5510=5.5m/s2到传送带右端的速度为： =m/s=11m/s，v1v=12m/s，说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动，运动至斜面底端的速度为： =10m/s，货箱在斜面上滑过程有：，代入数据解得：=0.5（2）货箱沿斜面上滑过程有：a2=gcos+gsin=0.5100.8+100.6m/s2=10m/s2，t1=1s，第二个货物箱在斜面B端时与第一个货物箱刚好从C端下滑，货箱沿斜面下滑过程，根据牛顿第二定律有：a3=gsingcos=64m/s2=2m/s2设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t2，有：，解得：，两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离：d=（3）第1s内，货箱的位移：，传送带的位移：x2=vt=121m=12m，第1s留下的痕迹：d1=x2x1=122.75m=9.25m则t=1s时，第二个货箱轻放在第一个货物后2.75m处，第一个货箱前9.25m有痕迹第2s内，对第一个货箱：v0=a1t=5.51m/s=5.5m/s，=m=8.25m，第一个货箱留下的痕迹：d2=x2x1=128.25m=3.75m，可知一二两个货箱的痕迹有1m重合，t0=2s时，第二个货箱在传送带上运动了1s，留下的痕迹：d3=d1=9.25m，则2s内，货箱留下的痕迹总长度为：s=d1+d2+d31m=21.25m答：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数为0.5；（2）两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离为；（3）货物箱在传送带上留下的痕迹长度为21.25m四、选考题：（15分，从以下两个模块中任选一模块作答）【选修3-4】16下列说法正确的是 （）A交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘B光在同一种介质中沿直线传播C用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射D让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光E围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是多普勒效应【考点】HA：光的衍射；H7：光通过棱镜时的偏折和色散【分析】波长越长，越容易发生衍射；光在均匀介质中才直线传播；光导纤维利用光的全反射原理；依据光的干涉条纹间距公式x=，即可判定；听到忽强忽弱的声音的叠加，加强与减弱的原因【解答】解：A、交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘故A正确；B、光在同一种均匀介质中才沿直线传播故B错误；C、用光导纤维束传输图象信息利用了光的全反射故C正确；D、让蓝光和绿光通过同一双缝干涉装置，因蓝光的波长小于绿光，因此形成的干涉条纹间距较大的是绿光故D正确E、围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是振动加强与减弱的原因，不是多普勒效应现象，故E错误；故选：ACD17如图所示，为某种透明介质的截面图，AOC为等腰直角三角形，BC为半径R=10cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；求两个亮斑间的距离【考点】H3：光的折射定律【分析】