辽宁省锦州市2017届高三(上)期末物理试卷(解析版).doc

2016-2017学年辽宁省锦州市高三（上）期末物理试卷一、单项选择题（共8小题，每小题4分，满分32分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的（）A倍B倍C倍D倍2一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化相同的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（）B2CD（v）2（）3一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（）AW1=W2=W3BW1W2W3CW1W3W2DW1=W2W34如图所示，左侧是倾角为60的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别用系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点两小球的质量之比m1：m2等于（）A1：1B3：2C2：3D3：45如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为（）ABCD6如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知O是PQ的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是（）A粒子a带负电，粒子b、c带正电B射入磁场时粒子a的速率最小C射出磁场时粒子b的动能最小D粒子c在磁场中运动的时间最长7如图所示，台秤上固定一粗糙平板，其左边连有一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，开始磁铁静止且弹簧处于压缩状态，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后（）A弹簧长度一定变长B弹簧长度一定变短C台秤示数将增大D台秤示数将变小8带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（不计重力为（）A3：4B4：3C3：2D2：3二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分，在每小题给出的四个选项中有多个选项是正确的，全选对得4分，选不全得2分，错不不答得0分）9正三角形导线框abc固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向关于线框中的电流i与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）ABCD10如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g）下列说法正确的是（）AA球增加的重力势能等于B球减少的重力势能BA球增加的机械能等于B球减少的机械能CA球的最大速度为D细杆对A球做的功为mgR11如图所示，用长度La：Lb=2：1的同种导线做成圆环a、b，并在A、C处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过a环时，环内电流为I1，A、C间电压为U1；若同样磁场穿过b环，环内电流为I2，A、C间电压为U2，则（）AI1：I2=4：1BI1：I2=2：1CU1：U2=2：1DU1：U2=4：112如图所示，两个质量相等的带电粒子a、b在同一位置A以大小相同的速度射入同一匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，经磁场偏转后两粒子都经过B点，AB连线与磁场边界垂直，则（）Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：1C两粒子所带电荷量之比qa：qb=：1D两粒子的运动时间之比ta：tb=2：三、非选择题13某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出ABCDEF几个测量点，每两个相邻的测量点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题（1）关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的是 A电源电压越高，每打两个点的时间问隔就越短B纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短C打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定D如果将交流电源改为直流电源，打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变（2）求出小车的加速度为 m/s2（要求计算结果保留两位有效数字）14现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在3555范围内，允许通过的最大电流为50mA为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验图中R为电阻箱，阻值范围为09999；R0为保护电阻（1）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用 A20，2.5W B50，1.0W C150，1.0W D1500，5.0W（2）按照图（a）所示的电路图，接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后作出图象，如图（b）所示，由图中所给的数据可知，电源的电动势E= V，r= （结果保留两位有效数字）15如图所示，光滑绝缘体杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆交于B、C两点，质量为m，带电荷量为q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q远小于Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点的电势是多大？16如图所示，物块A和长木板B质量均为1kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上某时刻起给A施加一大小为9N的水平拉力F，1s后撤去F，最终A恰好停在B右端（g取10m/s2）（1）通过计算说明前1s内木板B是否运动（2）1s末物块A的速度（3）木板B的长度四、物理-选修3-317下列说法正确的是（）A热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0l05J的功，同时气体向外界放出1.5l05J的热量，则气体内能增加了1.5l05J18如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强五、物理-选修3-419下列说法正确的是（）A简谐运动的周期和振幅无关B在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的进度系数C在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必需比波长小或者相差不多20如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=3cm，OAB=60（1）求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向（2）第一次的出射点距C多远六、物理-选修3-521核电站的主要原料是铀，铀核裂变的产物可能有多种情况，其中一种核反应方程为U+nBa+Kr+Yn+E，E表示核反应释放的能量，并且E=201MeV，则核反应方程中X、Y的值分别为 、 ，核反应发生的质量亏损m为 22如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）求：（1）子弹射入木块前的速度；（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？2016-2017学年辽宁省锦州市高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共8小题，每小题4分，满分32分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的（）A倍B倍C倍D倍【考点】4I：第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【分析】根据万有引力提供圆周运动向心力求得第一宇宙速度的表达式，再根据质量和半径关系求行星的第一宇宙速度【解答】解：令地球质量为M，半径为R，则行星的质量为pM，半径为qR，第一宇宙速度是近地卫星的绕行速度，根据万有引力提供圆周运动向心力有：G=m可得地球第一宇宙速度表达式为v=同理行星的第一宇宙速度表达式为：v=，因此该行星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故A正确，BCD错误；故选：A2一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化相同的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A（v）2（）B2CD（v）2（）【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据v=at知，发生相同的速度变化量所用的时间相同，再结合推论，联立即可求解；【解答】解：因为质点做匀加速直线运动，加速度不变，所以速度变化量相同，时间相同，设时间间隔为t则有：v=at联立得，故C正确，ABD错误；故选：C3一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（）AW1=W2=W3BW1W2W3CW1W3W2DW1=W2W3【考点】62：功的计算；1I：匀变速直线运动的图像【分析】根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由Ft图象及功的公式w=Fscos可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J故本题中ACD错，B正确故选：B4如图所示，左侧是倾角为60的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别用系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视为质点两小球的质量之比m1：m2等于（）A1：1B3：2C2：3D3：4【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】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出小球的重力与绳子拉力的关系，再求解两小球的质量之比【解答】解：先以m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：T=m1gsin60再以m2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力T与支持力N的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T=N，2Tcos30=m2g由解得：ml：m2=2：3故选：C5如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为（）ABCD【考点】2S：胡克定律【分析】A、B原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1当A刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于B的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A上升距离d=x1+x2【解答】解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1=mg物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2=mg这一过程中，物体B上移的距离 d=x1+x2式联立可解得：d=故选：B6如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知O是PQ的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是（）A粒子a带负电，粒子b、c带正电B射入磁场时粒子a的速率最小C射出磁场时粒子b的动能最小D粒子c在磁场中运动的时间最长【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间【解答】解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小故B错误；C、粒子的动能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小故C错误；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；故选：D7如图所示，台秤上固定一粗糙平板，其左边连有一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，开始磁铁静止且弹簧处于压缩状态，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后（）A弹簧长度一定变长B弹簧长度一定变短C台秤示数将增大D台秤示数将变小【考点】C7：电流的磁场对磁针的作用【分析】以导体棒为研究对象，根据左手定则判断其受到的安培力方向，再由牛顿第三定律分析磁铁受到的安培力方向，确定弹簧长度及弹簧秤读数的变化【解答】解：A、B、以导体棒为研究对象，根据左手定则判断可知，其所受安培力方向为斜向右下方，根据牛顿第三定律分析得知，磁铁受到的安培力方向斜向左上方，若平板是光滑的，则磁铁将向左运动，弹簧被压缩，长度将变短，但由于平板是粗糙的，因此磁铁受到向左上方的安培力，不一定向左运动，因此弹簧的长度不一定变化故AB错误 C、D、由于磁铁受到的安培力方向斜向左上方，对弹簧秤的压力减小，则台秤读数变小故D正确，C错误故选：D8带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（不计重力为（）A3：4B4：3C3：2D2：3【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1：2，由x=v0t知，运动时间比为1：2根据y=at2，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为P和Q的电量比为3：1，则P和Q的质量比为3：4故A正确，B、C、D错误故选：A二、多项选择题（共4小题，每小题4分，满分16分，在每小题给出的四个选项中有多个选项是正确的，全选对得4分，选不全得2分，错不不答得0分）9正三角形导线框abc固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向关于线框中的电流i与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）ABCD【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象【解答】解：A、线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，由图可知，01s时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是正值所以可判断01s为正的恒值；13s磁通量不变，所以无感应电流，34sB的方向垂直纸面向外，根据楞次定律得感应电流是逆时针的，因而是正值由法拉第电磁感应定律可知E=，感应电流的大小恒定，所以可判断34s为正的恒值；A正确、B错误C、01s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，13s无感应电流，没有安培力，34s时间内，ab边感应电流是向下的，ab边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向左为负值，由于B随时间均匀减小，I不变，所以安培力F随时间t均匀减小，故C错误，D正确；故选：AD10如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g）下列说法正确的是（）AA球增加的重力势能等于B球减少的重力势能BA球增加的机械能等于B球减少的机械能CA球的最大速度为D细杆对A球做的功为mgR【考点】6B：功能关系；37：牛顿第二定律；62：功的计算【分析】对于两个球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析求解即可【解答】解：A、B球运动到最低点时，A球运动到最高点，A球重力势能增加为mg2R=2mgR，B球重力势能减少为2mg2R=4mgR，两者不等，故A错误；B、对于两个球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A球增加的机械能等于B球减少的机械能，故B正确；C、两个球系统机械能守恒，当B球运动到最低点时，A球的速度最大，设最大速度为v，由系统的机械能守恒有 2mg2Rmg2R=（m+2m）v2，解得 v=，故C错误；D、对A球，根据动能定理得 Wmg2R=mv20解得细杆对A球做的功 W=mgR 故D正确；故选：BD11如图所示，用长度La：Lb=2：1的同种导线做成圆环a、b，并在A、C处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过a环时，环内电流为I1，A、C间电压为U1；若同样磁场穿过b环，环内电流为I2，A、C间电压为U2，则（）AI1：I2=4：1BI1：I2=2：1CU1：U2=2：1DU1：U2=4：1【考点】D8：法拉第电磁感应定律；BB：闭合电路的欧姆定律【分析】根据电阻定律公式R=判断左右两侧的电阻大小情况，根据法拉第电磁感应定律公式判断两次的感应电动势之比，根据闭合电路欧姆定律判断两次的电流之比，根据U=IR判断外电压之比【解答】解：A、B、用长度La：Lb=2：1的同种导线做成圆环a、b，故两个环的半径之比为2：1，面积之比为4：1；根据电阻定律公式R=，左右两侧的电阻之比为：R1：R2=2：1；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E=nSS；故两次的电动势之比为4：1；根据闭合电路欧姆定律公式I=，感应电流之比为4：1；故A正确，B错误；C、D、路端电压U=IR，第一次外电阻是右侧电阻，第二次外电阻是左侧电阻，故两次的路端电压之比为：故C正确，D错误；故选：AC12如图所示，两个质量相等的带电粒子a、b在同一位置A以大小相同的速度射入同一匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，经磁场偏转后两粒子都经过B点，AB连线与磁场边界垂直，则（）Aa粒子带正电，b粒子带负电B两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：1C两粒子所带电荷量之比qa：qb=：1D两粒子的运动时间之比ta：tb=2：【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据粒子偏转方向应用左手定则可以判断出粒子的电性；根据粒子运动轨迹应用几何知识求出粒子轨道半径，然后求出半径之比；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子所带电荷量，然后求出电荷量之比；根据粒子转过的圆心角应用周期公式求出粒子的运动时间，然后求出运动时间之比【解答】解：A、B、a粒子是30入射的，而b粒子是60入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；B、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心结果发现：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30，另一个为60的直角三角形根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=： =1：，故B错误；C、粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：q=，两粒子所带电荷量之比： =，故C正确；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=， =，粒子在磁场中的运动时间：t=T，两粒子的运动时间之比： =，故D正确；故选：CD三、非选择题13某同学在“用打点计时器测速度”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出ABCDEF几个测量点，每两个相邻的测量点之间还有四个点没标出，其部分相邻点间的距离如图所示，完成下列问题（1）关于打点计时器的时间间隔，下列是四位同学各自发表的看法，其中正确的是CA电源电压越高，每打两个点的时间问隔就越短B纸带速度越大，每打两个点的时间间隔就越短C打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定D如果将交流电源改为直流电源，打点计时器连续打两个点的时间间隔保持不变（2）求出小车的加速度为1.6m/s2（要求计算结果保留两位有效数字）【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律【分析】（1）根据对打点计时器的掌握分析答题（2）应用匀变速直线运动的推论公式x=aT2求出小车的加速度【解答】解：（1）A、打点计时器的打点时间间隔是由电源频率决定的，与电源电压无关，电源电压越高，每打两个点的时间间隔不变，故A错误；B、打点计时器的打点时间间隔由电源的频率决定，与纸带速度无关，故B错误；C、打点计时器连续打两个点的时间间隔由电源的频率决定，故C正确；D、打点计时器应该使用交流电源，使用直流电源将无法工作，故D错误；故选：C（2）根据运动学推论公式，有：，解得：a=；故答案为：（1）C；（2）1.614现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在3555范围内，允许通过的最大电流为50mA为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验图中R为电阻箱，阻值范围为09999；R0为保护电阻（1）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用CA20，2.5W B50，1.0W C150，1.0W D1500，5.0W（2）按照图（a）所示的电路图，接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后作出图象，如图（b）所示，由图中所给的数据可知，电源的电动势E=8.3V，r=50（结果保留两位有效数字）【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【分析】（1）求出电路最小电阻阻值，然后选择电阻箱；（2）根据闭合电路欧姆定律电流与电压的关系进行变形得到图象对应的函数表达式；根据变形得到图象对应的函数表达式结合数学知识，明确两坐标轴的含义，即可正确解答【解答】解：（1）电路最小总电阻约为：R=180，为保护电路安全，保护电阻应选C；（2）由图a所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+r，则=+，则图象是直线；根据图象可知=0.12E=8.33V；=k=6解得：r=68.33=50； 故答案为：（1）C；（2）8.3，5015如图所示，光滑绝缘体杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆交于B、C两点，质量为m，带电荷量为q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q远小于Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点的电势是多大？【考点】66：动能定理的应用；AC：电势【分析】由题，B、C两点在以正电荷Q为圆心的同一圆周上，电势相等，小球从B运动到C过程，电场力做功为零，根据动能定理研究小球从A运动到B的过程，求出电场力所做的功，进而求出AB间的电势差【解答】解：AB由动能定理：又又BC等势答：小球从A运动到B的过程中，电场力做功为，若取A点电势为零，C点的电势是16如图所示，物块A和长木板B质量均为1kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上某时刻起给A施加一大小为9N的水平拉力F，1s后撤去F，最终A恰好停在B右端（g取10m/s2）（1）通过计算说明前1s内木板B是否运动（2）1s末物块A的速度（3）木板B的长度【考点】37：牛顿第二定律；1G：匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）计算A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力大小即可作出判断；（2）根据牛顿第二定律求解A的加速度，再根据速度时间关系求解速度大小；（3）分别计算加速过程和减速过程的相对位移，即可得出木板B的长度【解答】解：（1）长木板B受到A的摩擦力为：f1=1mg=0.5110=5N；地面的最大静摩擦力为：f2=22mg=0.22110=4N；因为f1f2，故B运动（2）F作用时，对A根据牛顿第二定律可得：Ff1=ma1，戴尔数据解得：a1=4m/s2，1s末A的速度为：v1=a1t0=41m/s=4m/s；（3）F作用1s内A的位移为：a1=a1t02=2m，对B根据牛顿第二定律可得：f1f2=ma2，代入数据解得：a2=1m/s2，撤去F后，A开始减速，有：，B仍以a2=1m/s2的加速度加速，设再经t时间A恰好不滑下，则有：v1a1t=a2（t0+t），代入数据可得：t=0.5s，此过程A的位移为：，全过程B的位移为：，木板B的长度即为二者的相对位移为：L=答：（1）前1s内木板B在运动（2）1s末物块A的速度为4m/s（3）木板B的长度为2.25m四、物理-选修3-317下列说法正确的是（）A热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数D由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E用活塞压缩气缸内的理想气体，对气体做了3.0l05J的功，同时气体向外界放出1.5l05J的热量，则气体内能增加了1.5l05J【考点】89：温度是分子平均动能的标志；82：阿伏加德罗常数；8F：热力学第一定律【分析】根据热力学第二定律分析能量转化的方向问题；根据分子间作用力与距离的关系分析分子间作用力的变化；通过分子质量与摩尔质量的关系求解阿伏加德罗常数；根据液体表面张力的性质分析液体表面收缩的原因；用热力学第一定律求解内能的改变量【解答】解：A、热力学第二定律可描述的是热学现象中的方向上；要注意热量可以从低温物体传递到低温物体，但要引起其他方面的变化；故A错误；B、分子间的相互作用力随着分子间距离的增大都是减小的；故B错误；C、由阿伏加德罗常数的定义可知，只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数；故C正确；D、表面张力的形成是由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离；故液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势；故D正确；E、由热力学第一定律可知：U=W+Q；故U=3.0l05J1.5l05J=1.5l05J；故说明内能增加了1.5l05J；故E正确；故选：CDE；18如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强【考点】99：理想气体的状态方程【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1=（l）s2+s1=（40）40+80=2400cm3，T1=495K，V2=s2l=4040=1600cm3，由盖吕萨克定律得： =，即： =，解得：T2=330K；（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，代入数据解得：p2=1.1105Pa，T2=330K，T3=T=303K，由查理定律得： =，即： =，解得：p3=1.01105Pa；答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105Pa五、物理-选修3-419下列说法正确的是（）A简谐运动的周期和振幅无关B在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的进度系数C在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必需比波长小或者相差不多【考点】HC：双缝干涉的条纹间距与波长的关系；72：简谐运动的振幅、周期和频率；F5：波长、频率和波速的关系【分析】简谐运动的周期由振动的系统决定的；理解回复力表达式F=kx的意义；在波的传播方向上，某个质点的振动速度与波的传播速度不同；根据公式：判定；根据发生衍射的条件判断【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，故A正确；B、在简谐运动的回复力表达式F=kx中，对于弹簧振子，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；故B正确；C、对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，横波两者垂直，纵波两者平行，大小也没有关系故C错误；D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式可