云南省民族大学附属中学2022届高三物理上学期期中试题

云南省民族大学附属中学2022届高三物理上学期期中试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的考号、姓名、考场、座位号、班级在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分.1-5题每小题只有一个选项是正确的，6-8题每小题有多个选项，全对得6分，选对但不全得3分，有错或不选得0分）1.如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，(取g=10m/s2）则()A.物体A运动到B的时间是5sB.物体A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2J功C.物体A运动到B的过程中，产生2J热量D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功2.“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是(  )A.卫星在轨道Ⅰ上运动周期比在轨道Ⅲ上短B.卫星在轨道Ⅲ上运动的速度大于月球的第一宇宙速度C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小D.卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点的加速度3.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45∘的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取g=10m/s2）()A.当a=5m/s2时，线中拉力为322N25\nB.当a=10m/s2时,小球受的支持力为2NC.当a=12m/s2时,经过1秒钟小球运动的水平位移是6mD.在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和4.如图，一个由绝缘材料做成的半径为R的圆环水平放置，O为圆心，一带电小珠P穿在圆环上，可沿圆环无摩擦的滑动在圆环所在的水平面内有两个点电荷QA、QB分别位于A、B两点，A点位于圆环内、B点位于圆环外，已知OB=3OA=3R，O、A、B三点位于同一直线上现给小珠P一初速度，发现P恰好沿圆环做匀速圆周运动则以下判断不正确的是()A.QA与QB一定为异种电荷B.QB=3QAC.由QA、QB激发的电场，在圆环上各处电势相等D.小珠P运动过程中对圆环的弹力大小处处相等5.氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4的能级状态，关于这群氢原子下列的说法中正确的是()A.这群氢原子可能辐射出4种频率的光B.由n=4能级向基态跃迁时辐射光的波长最长C.处于n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D．从n=4能级跃迁到n=3能级释放光子的能量大于从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量6．如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则()A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐减小7.如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块可视为质点，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点图中未画出时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g，则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中()A.物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为(qE-μmg)L225\nB.物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C.物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为(qE-μmg)L1-12mv2D.若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大8.如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量⌀为正值，外力F向右为正则以下能反映线框中的磁通量⌀、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是(  )A.B.C.D.二.实验题（15分）9.（6分）某同学在测量电源电动势和内电阻的实验中．25\n(1)该同学连接的实物电路如图甲所示，请根据该实物图在虚线框内画出电路图．(2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，并描绘出了U1-U2的图象，如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=______，内阻r=______.(用k、a、R0表示10.（9分）恢复系数是反映碰撞时物体变形恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关两物体碰撞后的恢复系数为e=|v1'-v2'v1-v2|，其中v1、v2和,分别为物体m1、m2碰撞前后的速度某同学利用如下实验装置测定物体m1和m2碰撞后恢复系数实验步骤如下：①如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球m1、球m2与木条的撞击点；②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球m1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为；③将木条平移到图中所示位置，入射球m1从斜轨上A点由静止释放，确定撞击点；④球m2静止放置在水平槽的末端相撞，将入射球m1从斜轨上A点由静止释放，确定球m1和球m2相撞后的撞击点；⑤测得与撞击点N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3；根据该同学的实验，回答下列问题：(1)两小球的质量关系为m1______m2(填“>”、“=”或“<”(2)木条平移后，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜轨末端边缘B处，小球m1从斜轨顶端A点由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中点______．(3)利用实验中测量的数据表示小球m1和小球m2碰撞后的恢复系数为e=______(4)若在利用天平测量出两小球的质量分别为m1、m2，则满足______表示两小球碰撞后动量守恒；若满足______表示两小球碰撞前后机械能均守恒．三、计算题（32分.解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（14分）如图甲所示，一只蚂蚁在倾角为25\nθ=37°的大理石斜面上沿直线向上拖拉质量为m＝1g的食物。t＝0时刻从A点出发，若蚂蚁对食物拖拉的作用力F可以简化成按如图乙所示规律变化；第3s末运动到B点时速度刚好为0，此时蚂蚁松开食物，食物下滑，第4s末食物刚好回到A点。已知食物与大理石面间的动摩擦因数μ＝0.7，sin37°=0.6，cos37°=0.8(取g=10m/s2）(食物可视为质点，空气阻力忽略不计)。求：(1)A、B间的距离及返回A点时速度的大小；(2)若蚂蚁沿斜面向上拖拉食物时，食物对斜面的压力大小恒为3×10-3N，则拖拉过程拖拉力F的平均功率是多少?(3)若在A点恰好有另外一只蚂蚁，遇到该下滑的食物时，立即施加给食物沿斜面向上的大小为1×10-3N的恒力，则食物在距离A点多远处方才停下？（忽略接触瞬间的碰撞影响，斜面足够长）12.（18分）在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制 .如图甲所示,M、N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ,在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里,图中、、k均为已知量,t=0时刻,比荷的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间,时间内粒子恰好沿直线运动,时刻粒子打到荧光屏上.不计粒子的重力,涉及图象中时间间隔时取,,求: (1)在时刻粒子的运动速度v. (2)在时刻粒子偏离O点的竖直距离y. (3)水平极板的长度L. 25\n甲 乙四.选考题：共15分，请考生从给出的2道题任选一题作答13.【选修3-3】（15分）(1)(6分)以下说法正确的是(  )A.将0.02mL浓度为0.05%浓度油酸酒精溶液滴入水中，测得油膜面积为200cm2，则可测得油酸分子的直径为10-9mB.密闭容器中液体上方的饱和汽压随温度的升高而增大C.一种溶液是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系D.玻璃管的裂口烧熔后会变钝是由于烧熔后表面层的表面张力作用引起的E.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为NA=VV0(2)(10分)如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦.已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍.设环境温度始终保持不变，求：(i)停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；(ii)稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．14.【选修3-3】（15分）(1)．在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s，下列说法正确的是________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）25\nA．甲波波源的起振方向为y轴正方向B．甲波的波速大小为20m/sC．乙波的周期为0.6sD．甲波波源比乙波波源早振动0.3sE.从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置(2)．一棱镜的截面为直角三角形ABC,∠A=30°,斜边AB=a,棱镜材料的折射率为n=2。在此截面所在的平面内,一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜,求光线射出的点的位置(已知光线在M点折射后照射到AB面，且不考虑光线沿原路线返回的情况)。25\n云南民族大学附属中学2022年秋季学期期中考试（高三物理）题号12345678答案CCADCBCABABD试卷解析一、单选题（本大题共1小题，共4.0分）1。如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则(  )A.物体A运动到B的时间是5SB.物体A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2J功C.物体A运动到B的过程中，产生2J热量D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动电动机多做了10J功【答案】C【解析】解：A、设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh     代入数据得：v0=2gh=2m/s<v=4m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时： t1=v-v0a=4-22s=1s 匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m<L=5m25\n所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t2=L-s1v=5-34s=0.5s故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s.故A错误．B、物体运动到B的速度是v=4m/s.根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B错误．C、在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为 S皮带=vt1=4m故产生热量Q=μmg△S=μmg(S皮带-S1)，代入数据得：Q=2J.故C正确．D、电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=(12mv2-12mv02)+Q=12×1×(42-22)+2=8J，故D错误．故选：C2。“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是(  )A.卫星在轨道Ⅰ上运动周期比在轨道Ⅲ上短B.卫星在轨道Ⅲ上运动的速度大于月球的第一宇宙速度C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较，卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小D.卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点的加速度【答案】C【解析】解：A、根据开普勒第三定律R 3T 2=k，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长故A错误．B、根据万有引力提供向心力GMmr 2=mv 2r，得v=GMr，轨道半径越大，线速度越小月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度，所以卫星在轨道Ⅲ上运动的速度小于第一宇宙速度，故B错误．C、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小，故C正确．D、卫星在轨道Ⅲ上在P点和在轨道Ⅰ在P25\n点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等故D错误．故选：C3.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45∘的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取g=10m/s2.）A．当a=5m/s2时，线中拉力为322NB．当a=10m/s2时,小球受的支持力为2NC．当a=12m/s2时,经过1秒钟小球运动的水平位移是6mD．在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动，由牛顿运动定律得小球和滑块共同的加速度为：a0=mgtan45°m=10m/s2。当a=5m/s2<a0=10m/s2时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有：Tcos45°-Nsin45°=ma，Tsin45°+Ncos45°=mg，联立解得：T=322N，故A正确；当a=10m/s2=a0=10m/s2时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0，故B错误；当a=12m/s2>a0=10m/s2时，滑块的位移为x=12at2=6m，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于6m，故C错误；在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误；故选A4。如图，一个由绝缘材料做成的半径为R的圆环水平放置，O为圆心，一带电小珠P穿在圆环上，可沿圆环无摩擦的滑动在圆环所在的水平面内有两个点电荷QA、QB分别位于A、B两点，A点位于圆环内、B点位于圆环外，已知OB=3OA=3R，O、A、B三点位于同一直线上现给小珠P一初速度，发现P恰好沿圆环做匀速圆周运动则以下判断不正确的是(  )A.QA与QB一定为异种电荷B.QB=3QA25\nC.由QA、QB激发的电场，在圆环上各处电势相等D.小珠P运动过程中对圆环的弹力大小处处相等【答案】D【解析】解：A、小珠P沿圆环做匀速圆周运动，小珠P在圆周上任一点受到的电场力的合力大小相等，故两个点电荷在圆周上各点的场强大小不相等，方向也不同，但Q1与Q2一定为异种电荷，A说法正确，不能选。B、如图所示，当小珠运动到图示位置时，由几何知识可得cosα=3RR2+(3R)2=32sinβ=33RR2+(33R)2=12由于小珠的合力指向圆心，则有kqQBR2+(3R)2cosα=kqQAR2+(33R)2sinβ解得QB=3QA.故B说法正确，不能选。C、沿圆环做匀速圆周运动，电场力不做功，所以在圆环上电势处处相等，故C说法正确，不能选。D、因做匀速圆周运动，其合力始终指向圆心，即弹力与库仑力的合力指向圆心，而库仑力是变化的，则弹力也是变化的故选D；5.氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4的能级状态，关于这群氢原子下列的说法中正确的是()A．这群氢原子可能辐射出4种频率的光B．由n=4能级向基态跃迁时辐射光的波长最长C．处于n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D．从n=4能级跃迁到n=3能级释放光子的能量大于从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量【答案】C【解析】A项：由公式C42=6可知，这群氢原子可能辐射出6种频率的光，故A错误；B项：由n=4能级向基态跃迁时辐射光的能量最大，根据公式E=hν=hcλ可知，波长最小，故B错误；25\nC项：氢原子电离即能量为零，所以处于n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量，故C正确；D项：随量子数越大，相邻两能级差越小，故D错误。二、多选题（本大题共7小题，共28.0分）6。如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则(  )A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐减小【答案】BC【解析】解：A、B由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大．由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小；故A错误，B正确；C、因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；D、因R3两端的电压增大，由P=U2R可知，R3上消耗的功率增大；故D错误；7。如图所示，轻质弹簧左端固定，置于场强为E水平向左的匀强电场中，一质量为m，电荷量为+q的绝缘物块(可视为质点)，从距弹簧右端L1处由静止释放，物块与水平面间动摩擦因数为μ，物块向左运动经A点(图中未画出)时速度最大为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2，重力加速度为g，则从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中(  )25\nA.物块与弹簧组成的系统机械能的增加量为(qE-μmg)L2B.物块电势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和C.物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为(qE-μmg)L1-12mv2D.若物块能弹回，则向右运动过程中经过A点时速度最大【答案】AB【解析】解：A、物块和弹簧组成的系统机械能的增量等于外力做的功，弹簧弹力是内力，不改变机械能，外力只有电场力和摩擦力，所以从物块释放到弹簧压缩至最短的过程中机械能的增量为(qE-μmg)L2 ，故A正确；B、根据能量守恒，电势能的减少量等于机械能的增加量加上系统产生的内能，动能没有变，机械能的增加量等于弹性势能的增加量，所以物块电势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；C、物块速度最大时，加速度为0，物块距释放点的距离大于L1 ，设弹簧弹力为F，则qE-f=F弹 ，释放点到速度最大的位置距离，速度最大时的弹性势能等于机械能的增加量减去动能的增加量，即(qE-μmg)L'-12mv 2，其中L'>L1 ，故C错误；D、向左经过A点时速度最大，加速度为零，若物块能弹回，向右运动经过A点时摩擦力方向改变，所以反弹经过A点加速度不为0，速度不是最大，故D错误；故选：AB8。如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量⌀为正值，外力F向右为正则以下能反映线框中的磁通量⌀、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是(  )25\nA.B.C.D.【答案】ABD【解析】解：A、当线框进入磁场时，位移在0-L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L-2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大位移在2L-2.5L时，磁通量均匀减小至零在2.5L-3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值在3L-4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值故A正确；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿顺时针方向，为负值；线框开始进入第二个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势为2BLv，感应电动势沿顺时针方向，为负值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、由由P=I2R可得，电功率与I2成正比，与E2成正比，结合B选项图像可知，D正确；故选：ABD．三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）9。某同学在测量电源电动势和内电阻的实验中．(1)25\n该同学连接的实物电路如图甲所示，请根据该实物图在虚线框内画出电路图．(2)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，并描绘出了U1-U2的图象，如图乙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则电源的电动势E=______，内阻r=______.(用k、a、R0表示【答案】kak-1；R0k-1【解析】解：(1)分析实物图可以明确对应的原理图，如图所示；(2)在闭合电路中，E=U2+Ir=U2+U2-U1R0r，则：U1=(R0r+1)U2-ER0r，U1-U2图象斜率：k=R0r+1，截距：a=ER0r，解得：E=kak-1；r=R0k-1故答案为：(1)如图所示；(2)kak-1；R0k-1(1)根据实物图可明确对应的原理图；(2)根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻．本题考查了求电源电动势与内阻，根据甲所示电路图分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的前提与关键，根据函数表达式与图象即可求出电源电动势与内阻．10。恢复系数是反映碰撞时物体变形恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关两物体碰撞后的恢复系数为e=|v1'-v2'v1-v2|，其中v1、v2和、分别为物体m1、m2碰撞后的速度某同学利用如下实验装置测定物体m1和m2碰撞后恢复系数实验步骤如下：①如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球m1、球m2与木条的撞击点；25\n②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球m1从 斜轨上A点由静止释放，撞击点为；③将木条平移到图中所示位置，入射球m1从 斜轨上A点由静止释放，确定撞击点；④球m2静止放置在水平槽的末端相撞，将入射球m1从 斜轨上A点由静止释放，球m1和球m2相撞后的撞击点；⑤测得与撞击点N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3；根据该同学的实验，回答下列问题：(1)两小球的质量关系为m1______m2(填“>”、“=”或“<”(2)木条平移后，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的______点，把小球m2放在斜轨末端边缘B处，小球m1从斜轨顶端A点由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中点______．(3)利用实验中测量的数据表示小球m1和小球m2碰撞后的恢复系数为e=______点(4)若在利用天平测量出两小球的质量分别为m1、m2，则满足______表示两小球碰撞后动量守恒；若满足______表示两小球碰撞前后机械能均守恒．【答案】>；P；M；h2(1h1-1h3)；m1h2=m1h3+m2h1；m1h2=m1h3+m2h1[来源:Zxxk.Com]【解析】解：(1)为了防止两球碰后出现反弹现象，入射球的质量一定要大于被碰球的质量；(2)由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后入射球落到M点；(3)根据平抛运动规律可知，下落时间t=2hg，则可知，速度v=xt=xg2h，则可解得：v1=xg2h2，v1’=xg2h3；v2’=xg2h1，代入给出恢复系数表达式可得：e=h2(1h1-1h3)；25\n(4)若满足动量守恒，则一定有：代入(3)中所求速度可得：表达式应为：m1h2=m1h3+m2h1；若满足机械能守恒，则有：代入求出的速度可得：表达式为：m1h2=m1h3+m2h1故答案为：(1)>；(2)P  M； (3)h2(1h1-1h3)；(4)m1h2=m1h3+m2h1；m1h2=m1h3+m2h1(1)明确动量守恒规律，知道实验原理，从而确定实验要求；(2)明确两球碰撞前后速度变化以及平抛运动规律，从而确定两球的碰撞位置；(3)根据平抛运动规律进行分析，利用水平位移相等求出利用下落高度所表达式的速度公式，再根据恢复系数公式即可求出对应的表达式；(4)根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式，代入(3)中所求速度即可求出需要验证的表达式．本题是由验证动量守恒定律的实验改进而来，关键要分析清楚实验的原理，同时要结合动量守恒定律和平抛运动的相关知识列式分析．三、计算题（解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（14分）如图甲所示，一只蚂蚁在倾角为θ=37°25\n的大理石斜面上沿直线向上拖拉质量为m＝1g的食物。t＝0时刻从A点出发，若蚂蚁对食物拖拉的作用力F可以简化成按如图乙所示规律变化；第3s末运动到B点时速度刚好为0，此时蚂蚁松开食物，食物下滑，第4s末食物刚好回到A点。已知食物与大理石面间的动摩擦因数μ＝0.7，sin37°=0.6，cos37°=0.8(食物可视为质点，空气阻力忽略不计)。求：(1)A、B间的距离及返回A点时速度的大小；(2)若蚂蚁沿斜面向上拖拉食物时，食物对斜面的压力大小恒为3×10-3N，则拖拉过程拖拉力F的平均功率是多少?(3)若在A点恰好有另外一只蚂蚁，遇到该下滑的食物时，立即施加给食物沿斜面向上的大小为1×10-3N的恒力，则食物在距离A点多远处方才停下？（忽略接触瞬间的碰撞影响，斜面足够长）【答案】（1）0.4m/s（2）5.4×10-4W(3)215m【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律有，下滑的加速度为：a=mgsinθ-μmgcosθm=0.4ms2上拖过程AB的位移大小为：s=12at22=0.2m下落到A点的速度为：vA=at2=0.4ms；(2)由动能定理有：WF-mgssinθ-μNs=0拖拉力F的平均功率为：P=WFt1=5.4×10-4W；(3)食物受到的合外力ma'=F'+μmgcosθ-mgsinθ又vA2=2a'x解得：x=vA22a'=215m。25\n12.（18分）在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制 .如图甲所示, M、 N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏 PQ,在 MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里,图中 E 0、 B 0、 k均为已知量 .t=0时刻,比荷  =k的正粒子以一定的初速度从 O点沿水平方向射入极板间,0 ~t 1 时间内粒子恰好沿直线运动, t= 时刻粒子打到荧光屏上 .不计粒子的重力,涉及图象中时间间隔时取0 .8 = ,1 .4 = ,求: (1)在 t 2 = 时刻粒子的运动速度 v. (2)在 t 3 = 时刻粒子偏离 O点的竖直距离 y. (3)水平极板的长度 L. 甲 　 乙25\n13。（1）以下说法正确的是(  )A.将0.02mL浓度为0.05%浓度油酸酒精溶液滴入水中，测得油膜面积为200cm2，则可测得油酸分子的直径为10-9mB.密闭容器中液体上方的饱和汽压随温度的升高而增大C.一种溶液是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系25\nD.玻璃管的裂口烧熔后会变钝是由于烧熔后表面层的表面张力作用引起的E.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数可表示为NA=VV0【答案】BCD【解析】解：A、根据题意，一滴油酸酒精溶液含有的油酸体积为：V=0.02×0.05%ml=1×10-5ml，所以油酸分子的大小：d=VS=1×10-5200cm=5×10-8cm=5×10-10m.故A错误；B、液体的饱和蒸汽压仅仅与温度有关，所以密闭容器中液体上方的饱和汽压随温度的升高而增大故B正确；C、水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系故C正确；D、由于熔融的液态玻璃存在表面张力，使表面收缩，表面积变小，因此玻璃细杆顶端被烧熔后变成圆形，与表面张力有关故D正确；E、气体分子较小，而气体的体积可以占据任意大的空间；故不能用摩尔体积求解分子体积故E错误．故选：BCD算出一滴油酸酒精溶液中所含油酸体积，根据d=VS求出分子直径；液体的饱和蒸汽压仅仅与温度有关；一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系；作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力；气体的体积较大，分子间隔较远，无法直接用阿伏伽德罗常数求解分子体积．本题考查了油膜法测分子直径的实验数据处理、饱和蒸汽压、表面张力等知识点的内容，难度不大，是一道基础题；解题时要注意各物理量的单位．（2）.如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦已知两汽缸的横截面积之比SA：SB=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压p0.缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.225\n倍设环境温度始终保持不变，求：(i)停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；(ii)稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离．【答案】解：(i)膨胀后A的压强pA=1.2p0…①加热后活塞平衡时，有：(pA-p0)SA=(pB-p0)SB…②则膨胀后B的压强为：pB=1.4p0…③由①～③式解得：pA：pB=6：7                                        (ii)设稳定后A、B两汽缸中活塞距缸底的距离分别为LA、LB，对B，有：p0LSB=1.4p0LBSB…④又：LA+LB=2L…⑤由③④⑤式解得：LA=97L                                答：(i)停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比为6：7；(ii)稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离为97L．【解析】①中活塞在气体变化前后都是受力平衡，对活塞受力分析，利用力平衡可求得②AB气体的变化中，B的变化是等温变化较简单，利用B的变化求得B变化后的LB，又因为AB两部分的总长度是定值，可解的A距底端的距离．对连接体问题中，连接体在气体变化前后受力都平衡，所以对连接体利用受力平衡求解就很简单了，再者在两部分气体中，利用变化简单的气体，求解气体状态参量，会减少很多繁琐的过程．14.【选修3-3】（15分）（25\n1）．在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s，下列说法正确的是________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．甲波波源的起振方向为y轴正方向B．甲波的波速大小为20m/sC．乙波的周期为0.6sD．甲波波源比乙波波源早振动0.3sE.从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置（2）．一棱镜的截面为直角三角形ABC,∠A=30°,斜边AB=a,棱镜材料的折射率为n=2。在此截面所在的平面内,一条光线以45°的入射角从AC边的中点M射入棱镜,求光线射出的点的位置(已知光线在M点折射后照射到AB面，且不考虑光线沿原路线返回的情况)。答案1．BCE甲波传播到x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y轴负方向，故A错误；由图可知：甲波的波长为8m，又有甲波波源的振动周期为0.4s，故甲波的波速大小为8m0.4s＝20m/s，故B正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s，由图可知：乙波的波长为12m，故周期为12m20m/s＝0.6s，故C正确；甲波的传播距离为24m，故波源振动时间为24m20m/s＝1.2s；乙波的传播距离为42m-12m=30m，故波源振动时间为30m20m/s＝1.5s25\n，所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3s，故D错误；由图可知：图时时刻，两波在x=12m处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为y＝15sin5πt+10sin103πt(cm)，那么，t=0.6s时，y=0，即从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置；故E正确；故选BCE。【解析】试题分析：光线以45°的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究．根据折射定律求出光线在AC面的折射角．根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角．求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离。设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：sinisinγ=n①由已知条件i=45°，n=2解得：γ=300②(1)如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示设出射点F，由几何关系可得AF=38a③即出射点在AB边上离A点38a的位置；(2)如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示设折射光线与AB的交点为D．由几何关系可知，在D点的入射角θ=600④设全反射的临界角为C，则sinC=1n⑤由⑤和已知条件得C=45°⑥因此，光在D点全反射设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB=90°BD=a-2AF⑦BE=DBsin30°⑧联立③⑦⑧式得BE=18a25\n即出射点在BC边上离B点18a的位置。点晴：本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解．要将折射定律与几何知识结合起来分析光路。25