赤峰市寧城縣物理一模試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年內(nèi)蒙古赤峰市寧城縣高考物理一模試卷一、選擇題（本題共8小題,每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5—8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．請用學過的物理知識判斷，下列說法正確的是（）A．物體的加速度大小不能瞬間改變，但加速度的方向可以瞬間發(fā)生變化B．安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)C．做圓周運動的物體受到的合外力一定指向圓心D．牛頓第一、二、三定律都可以用實驗的方式加以驗證2．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場；重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場,若粒子射入、射出磁場點間的距離為R,則粒子在磁場中的運動時間為（）A． B． C． D．3．一個帶負電的粒子僅在電場力作用下運動,其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列說法正確的是(）A．該粒子可能做直線運動B．該粒子在運動過程中速度保持不變C．粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等D．t1、t2兩個時刻，粒子所處位置電場強度一定相同4．如圖所示，豎直放置在水平面上的固定圓筒,從圓筒上邊緣等高處同一位置分別緊貼內(nèi)壁和外壁以相同速率向相反方向水平發(fā)射兩個相同小球，直至小球落地,不計空氣阻力和所有摩擦，以下說法正確的是（）A．筒外的小球先落地B．兩小球通過的路程不一定相等C．兩小球的落地速度可能相同D．筒內(nèi)小球隨著速率的增大．對筒壁的壓力逐漸增加5．某小型水電站的電能輸送示意圖如下．發(fā)電機的輸出電壓為220V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n1、n2．降壓變壓器原副線匝數(shù)分別為n3、n4(變壓器均為理想變壓器)．要使額定電壓為220V的用電器正常工作，則(）A．＜B．＞C．升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓D．升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率6．如圖甲所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距L，在M、P之間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場,磁感應強度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導體棒ab垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0．現(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab,使它由靜止開始運動,棒ab離開磁場前已做勻速直線運動,棒ab與導軌始終保持良好接觸,導軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是（）A．棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動B．棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動C．棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動D．棒ab經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為7．如圖所示，設想在地球赤道平面內(nèi)有一垂直于地面延伸到太空的輕質(zhì)電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星高度R（從地心算起）延伸到太空深處．這種所謂的太空電梯可用于低成本地發(fā)射繞地人造衛(wèi)星．其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過太空電梯勻速提升到某高度，然后啟動推進裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去．設在某次發(fā)射時,衛(wèi)星在太空電梯中極其緩慢地勻速上升，該衛(wèi)星在上升到0.80R處意外和太空電梯脫離（脫離時衛(wèi)星相對與太空電梯上脫離處的速度可視為零）而進入太空,（)A．利用萬有引力充當向心力，此衛(wèi)星可以繞地球做半徑為0。8R的勻速圓周運動B．此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內(nèi)可能做離心運動C．此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內(nèi)將做逐漸靠近地心的曲線運動D．欲使衛(wèi)星脫離太空電梯后做勻速圓周運動，需要在釋放的時候讓它適當加速8．質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質(zhì)彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上,其中B置于斜面底端的擋板上，設斜面的傾角為θ,彈簧的勁度系數(shù)為k．現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v,則下列說法正確的是（）A．此時彈簧的彈力大小為m1gsinθB．拉力F在該過程中對木塊A所做的功為C．木塊A在該過程中重力勢能增加了D．彈簧在該過程中彈性勢能增加了﹣m1v2二、非選擇題9．某同學利用打點計時器做實驗時，發(fā)現(xiàn)實驗數(shù)據(jù)誤差很大，懷疑電源的頻率不是50Hz，采用如圖甲所示的實驗裝置來測量電源的頻率．已知砝碼及砝碼盤的質(zhì)量為m=0。1kg，小車的質(zhì)量為M=0.4kg,不計摩擦阻力，g取10m/s2．圖乙為某次記錄小車運動情況的紙帶，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數(shù)點，已知相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出．(1）小車的加速度大小為m/s2;（2）根據(jù)紙帶上所給出的數(shù)據(jù)，可求出電源的頻率為Hz；（3）打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小為m/s．10．(12分）某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A．被測干電池一節(jié)B．電流表：量程0～0。6A，內(nèi)阻約為0。3ΩC．電流表：量程0~3A，內(nèi)阻約為0。1ΩD．電壓表：量程0～3V,內(nèi)阻未知E．電壓表：量程0～15V,內(nèi)阻未知F．滑動變阻器：0～10Ω，2AG．滑動變阻器：0～100Ω,1AH．開關、導線若干伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的實驗中,由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響,測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差．在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻．（1）在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模海ㄌ顚戇x項前的字母）；（2）實驗電路圖應選擇下圖中的(填“甲”或“乙”)；（3）根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U﹣I圖象，則在修正了實驗系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E=V，內(nèi)電阻r=Ω．11．（12分）一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出,在距拋出點水平距離L處,有一根管口比小球直徑略大的豎直細管．管上口距地面，為使小球能無碰撞地通過管子,可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，重力加速度為g，如圖所示，求：（1）小球初速度v0、電場強度E的大??；（2）小球落地時動能．12．（17分)兩質(zhì)量為m的小球,A帶電+q，B不帶電，兩球靜止放在光滑水平面上，且相距l(xiāng),現(xiàn)在空間沿AB方向加一個電場強度大小為E是勻強電場，t=0時刻，A開始受電場力運動．經(jīng)過一段時間，A、B間第一次發(fā)生彈性正碰(即發(fā)生速度交換),無電量轉(zhuǎn)移，以后A、B之間的碰撞都是彈性碰撞．重力加速度為g,求(1）A、B第一次剛要發(fā)生碰撞時，A球的速度多大？（2）從A、B第一次發(fā)生碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷時間為多少?（3）求從第1次碰撞結(jié)束到第19次碰撞剛要發(fā)生所經(jīng)歷的時間是多少?三、【物理——選修3—3】（共2小題，滿分15分）13．（5分）下列說法正確的是（）A．能源在利用過程中有能量耗散，這表明能量不守恒B．沒有摩擦的理想熱機也不可能把吸收的能量全部轉(zhuǎn)化為機械能C．非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性D．對于一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱E．當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大14．（10分）如圖所示，豎直放置的氣缸，活塞橫截面積為S=0。01m2，厚度不計．可在氣缸內(nèi)無摩擦滑動．氣缸側(cè)壁有一個小孔，與裝有水銀的U形玻璃管相通．氣缸內(nèi)封閉了一段高為L=50cm的氣柱（U形管內(nèi)的氣體體積不計)．此時缸內(nèi)氣體溫度為27℃，U形管內(nèi)水銀面高度差hl=5cm．已知大氣壓強p0=1.0×l05Pa，水銀的密度ρ=13。6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．①求活塞的質(zhì)量m；②若在活塞上緩慢添加M=26。7kg的沙粒時，活塞下降到距氣缸底部H=45cm處，求此時氣缸內(nèi)氣體的溫度．四、【物理-—選修3—4】（共2小題，滿分15分)15．（5分）如圖所示，兩束單色光a、b從水下面射向A點，光線經(jīng)折射后合成一束光c，則下列說法正確的是(）A．用同一雙縫干涉實驗裝置分別以a、b光做實驗，a光的干涉條紋間距大于b光的干涉條紋間距B．a(chǎn)比b更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象C．在水中a光的速度比b光的速度小D．在水中a光的臨界角大于b光的臨界角E．若a光與b光以相同入射角從水射向空氣，在不斷增大入射角時水面上首先消失的是a光16．（10分）如圖所示為一列簡諧橫波沿﹣x方向傳播在t=0時刻的波形圖,M、N兩點的坐標分別為(﹣2,0）和（﹣7，0），已知t=0.5s時，M點第二次出現(xiàn)波峰．①這列波的傳播速度多大？②從t=0時刻起，經(jīng)過多長時間N點第一次出現(xiàn)波峰？③當N點第一次出現(xiàn)波峰時,M點通過的路程為多少？

2017年內(nèi)蒙古赤峰市寧城縣高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5—8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．）1．請用學過的物理知識判斷，下列說法正確的是(）A．物體的加速度大小不能瞬間改變，但加速度的方向可以瞬間發(fā)生變化B．安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)C．做圓周運動的物體受到的合外力一定指向圓心D．牛頓第一、二、三定律都可以用實驗的方式加以驗證【考點】CC：安培力；1B：加速度；39：牛頓運動定律的綜合應用；CF：洛侖茲力．【分析】根據(jù)加速度的大小方向都可以瞬間改變,安培力與洛倫茲力的關系,圓周運動包含勻速圓周運動和非勻變速圓周運動，牛頓第一定律不能通過實驗驗證進行判斷．【解答】解：A、加速度的大小方向都可以瞬間改變，A錯誤；B、安培力是通電導體在磁場中受到的力，洛倫茲力是運動電荷在磁場中受到的力，而電荷的定向移動就能形成電流，因此安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)，而且安培力和洛倫茲力的方向都是通過左手定則判斷,B正確；C、做勻速圓周運動的物體受到的合外力才一定指向圓心，如果是非勻變速圓周運動，受到的合外力就不指向圓心，C錯誤；D、牛頓第一定律不能用實驗驗證，因為找不到物體不受力作用的實驗條件,D錯誤；故選：B【點評】本題綜合考查了基礎概念的理解，涉及的知識點較多，要對加速度,安培力，圓周運動，牛頓運動定律都有一定的理解才能掌握．2．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場；重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場，若粒子射入、射出磁場點間的距離為R，則粒子在磁場中的運動時間為（）A． B． C． D．【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,畫出軌跡，求解出半徑,然后根據(jù)牛頓第二定律列式分析即可．【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示：故軌道半徑：r=R根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=m解得：r=聯(lián)立解得：v=故在磁場中的運動時間：t==，故D正確，ABC錯誤故選：D．【點評】本題關鍵是結(jié)合幾何關系得到軌道半徑,畫出軌跡是基礎，根據(jù)牛頓第二定律列式可以求解粒子的比荷．3．一個帶負電的粒子僅在電場力作用下運動，其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示,則下列說法正確的是（)A．該粒子可能做直線運動B．該粒子在運動過程中速度保持不變C．粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等D．t1、t2兩個時刻，粒子所處位置電場強度一定相同【考點】AD:電勢差與電場強度的關系；AE：電勢能．【分析】由圖知粒子的電勢能不變，電場力不做功，根據(jù)電場力公式W=qU分析．【解答】解：A、粒子的電勢能不變,電場力不做功,而帶電粒子只受電場力，不可能做直線運動,故A錯誤．B、根據(jù)能量守恒可知粒子的動能不變，速度大小不變，粒子做曲線運動，速度方向在改變，所以速度在改變．故B錯誤．CD、粒子的電勢能不變，電場力不做功，根據(jù)電場力公式W=qU知粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等，而電場強度與電勢無關，t1、t2兩個時刻，粒子所處位置電場強度不一定相同,故C正確,D錯誤．故選：C【點評】解決本題的關鍵要明確粒子的運動情況，運用電場力公式W=qU分析電勢的變化，但不能確定電場強度的變化．4．如圖所示，豎直放置在水平面上的固定圓筒，從圓筒上邊緣等高處同一位置分別緊貼內(nèi)壁和外壁以相同速率向相反方向水平發(fā)射兩個相同小球,直至小球落地，不計空氣阻力和所有摩擦，以下說法正確的是（）A．筒外的小球先落地B．兩小球通過的路程不一定相等C．兩小球的落地速度可能相同D．筒內(nèi)小球隨著速率的增大．對筒壁的壓力逐漸增加【考點】44：運動的合成和分解．【分析】結(jié)合向心力的來源分析小球是否脫離內(nèi)壁；結(jié)合平拋運動的特點分析小球運動的時間與位移，從而即可求解．【解答】解：A、筒內(nèi)小球水平方向只受到筒壁的作用力，由于筒壁的作用力始終與速度的方向垂直，所以該力不改變小球沿水平方向的分速度的大小．只有豎直方向的重力才改變小球速度的大?。孕∏蜓厮椒较蜃鰟蛩賵A周運動,豎直方向做自由落體運動．若已知發(fā)射小球的水平速度和圓筒高度，小球運動的時間:t=,在筒外的小球做平拋運動,豎直方向做自由落體運動，所以運動的時間也是t=，筒內(nèi)小球落地所用時間和筒外小球一樣長．故A錯誤；B、兩個小球的水平方向的路程:x=v0t=v0?，可知兩小球豎直方向與水平方向的路程都相等,通過的路程一定相等，故B錯誤．C、兩個小球在豎直方向都做自由落體運動，落地的速率都是：v=，若筒內(nèi)小球恰好運動n(n=1,2，3…)周，則二者速度的方向也相同，二者的速度相等．因此是有可能的．故C正確；D、由于筒壁的作用力始終與速度的方向垂直，所以該力不改變小球沿水平方向的分速度的大?。挥胸Q直方向的重力才改變小球豎直方向的分速度的大?。酝矁?nèi)小球沿水平方向做勻速圓周運動，需要的向心力不變，所以對筒壁的壓力不變．故D錯誤．故選:C．【點評】該題考查平拋運動，解答的關鍵是筒內(nèi)小球沿水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，若將該軌跡張開到一個平面內(nèi)，則是平拋運動．5．某小型水電站的電能輸送示意圖如下．發(fā)電機的輸出電壓為220V,輸電線總電阻為r，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)分別為n1、n2．降壓變壓器原副線匝數(shù)分別為n3、n4(變壓器均為理想變壓器）．要使額定電壓為220V的用電器正常工作,則（）A．＜B．＞C．升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓D．升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率【考點】EA：遠距離輸電．【分析】將發(fā)電站的電能遠輸時，由于電線上的電阻而導致電壓和功率損失，從而使得降壓變壓器輸入電壓和輸入功率減少．【解答】解：根據(jù)變壓器工作原理可知，，由于輸電線上損失一部分電壓，升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓,有U2＞U3，所以，故B正確,AC不正確．升壓變壓器的輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率加上輸電線損失功率，故D正確．故選：BD【點評】理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等，且沒有漏磁現(xiàn)象．遠距離輸電，由于導線通電發(fā)熱導致能量損失,所以通過提高輸送電壓,從而實現(xiàn)降低電損．6．如圖甲所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距L，在M、P之間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導體棒ab垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0．現(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動,棒ab離開磁場前已做勻速直線運動，棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖乙所示，F(xiàn)0已知．下列判斷正確的是（）A．棒ab在ac之間的運動是勻加速直線運動B．棒ab在ce之間不可能一直做勻速運動C．棒ab在ce之間可能先做加速度減小的運動，再做勻速運動D．棒ab經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢;BB：閉合電路的歐姆定律．【分析】棒ab在ac之間運動時，水平方向只受到水平拉力的作用，做勻加速運動；進入磁場后受到水平拉力和安培力的作用，根據(jù)兩個力的大小關系，可能存在三種情況；金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量．【解答】解：A、棒ab在ac之間運動時，水平方向只受到水平拉力的作用，做勻加速運動，故A正確；B、C：棒ab進入磁場后受到水平拉力和安培力的作用，根據(jù)兩個力的大小關系，可能存在三種情況：①拉力大于安培力，則棒先做加速運動，但隨速度的增大,安培力增大,合力減小,所以棒做加速度減小的加速運動，直到安培力等于拉力，開始做勻速運動;故C正確；②安培力等于拉力，棒在磁場中始終做勻速運動；故B錯誤；③拉力小于安培力，則棒先做減速運動，但隨速度的減小，安培力減小，合力減小，所以棒做加速度減小的減速運動，直到安培力等于拉力,開始做勻速運動；D、金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量，故D錯誤．故選:AC．【點評】本題考查了電磁感應與力學和功能關系的結(jié)合，對于這類問題一定要正確分析安培力的大小和方向然后根據(jù)運動狀態(tài)列出牛頓第二定律方程求解,注意金屬棒通過磁場的過程通過R上的電量．7．如圖所示，設想在地球赤道平面內(nèi)有一垂直于地面延伸到太空的輕質(zhì)電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星高度R（從地心算起)延伸到太空深處．這種所謂的太空電梯可用于低成本地發(fā)射繞地人造衛(wèi)星．其發(fā)射方法是將衛(wèi)星通過太空電梯勻速提升到某高度,然后啟動推進裝置將衛(wèi)星從太空電梯發(fā)射出去．設在某次發(fā)射時，衛(wèi)星在太空電梯中極其緩慢地勻速上升，該衛(wèi)星在上升到0.80R處意外和太空電梯脫離(脫離時衛(wèi)星相對與太空電梯上脫離處的速度可視為零）而進入太空，()A．利用萬有引力充當向心力，此衛(wèi)星可以繞地球做半徑為0。8R的勻速圓周運動B．此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內(nèi)可能做離心運動C．此衛(wèi)星脫離太空電梯的最初一段時間內(nèi)將做逐漸靠近地心的曲線運動D．欲使衛(wèi)星脫離太空電梯后做勻速圓周運動，需要在釋放的時候讓它適當加速【考點】4H：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系．【分析】該電梯軌道上各處的角速度是相等的，由此求出兩個位置的向心加速度；由萬有引力提供同步衛(wèi)星的向心加速度，求出同步衛(wèi)星的向心加速度；然后與在0。8R處地球提供的向心加速度比較即可．【解答】解：ABC、同步衛(wèi)星受到的萬有引力提供向心力，則:其向心加速度：a=ω2R由于該電梯軌道上各處的角速度是相等的，可知在衛(wèi)星脫離處：v′=ω?0。8R它做圓周運動需要的向心力：=0。8=地球能提供的向心力：比較可知，該衛(wèi)星在離開電梯軌道時需要的向心力小于地球提供的向心力，所以它脫離太空電梯的最初一段時間內(nèi)將做逐漸靠近地心的曲線運動．故AB錯誤，C正確；D、結(jié)合前面的分析可知，欲使衛(wèi)星脫離太空電梯后做勻速圓周運動，需要在釋放的時候讓它適當加速，增大其速度，增加需要的向心力．故D正確．故選:CD【點評】該題結(jié)合線速度與角速度的關系考查萬有引力定律的應用，解答的關鍵是需要分清需要的向心力與提供的向心力之間的關系．8．質(zhì)量分別為m1和m2的木塊A和B之間用一輕質(zhì)彈簧相連，然后將它們靜置于一底端帶有擋板的光滑斜面上，其中B置于斜面底端的擋板上，設斜面的傾角為θ,彈簧的勁度系數(shù)為k．現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F拉木塊A沿斜面由靜止開始向上運動，當木塊B恰好對擋板的壓力為零時，木塊A在斜面上運動的速度為v,則下列說法正確的是（）A．此時彈簧的彈力大小為m1gsinθB．拉力F在該過程中對木塊A所做的功為C．木塊A在該過程中重力勢能增加了D．彈簧在該過程中彈性勢能增加了﹣m1v2【考點】6B：功能關系；62:功的計算．【分析】當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力,開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力,根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長量和壓縮量，從而求出A上升的距離，根據(jù)W=Fx求解F做的功,根據(jù)重力做功與重力勢能的關系求解A重力勢能增加量,根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量．【解答】解：A、當B剛離開C時,彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力,即F彈=m2gsinθ，故A錯誤；B、開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面下的分力，則有m1gsinθ=kx1,x1為彈簧相對于原長的壓縮量，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，x2為彈簧相對于原長的伸長量,則A沿斜率上升的距離x=x1+x2，聯(lián)立解得：x=，則拉力F在該過程中對木塊A所做的功為W=Fx=F，故B錯誤；C、木塊A在該過程中重力勢能增加量△EP=m1gxsinθ=m1，故C錯誤；D、根據(jù)功能關系，彈簧彈性勢能的增加量等于拉力的功減去系統(tǒng)動能和重力勢能的增加量，即為=F?﹣m1﹣=﹣m1v2，故D正確．故選:D【點評】含有彈簧的問題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長量的關系是常用思路，難度適中．二、非選擇題9．某同學利用打點計時器做實驗時，發(fā)現(xiàn)實驗數(shù)據(jù)誤差很大，懷疑電源的頻率不是50Hz,采用如圖甲所示的實驗裝置來測量電源的頻率．已知砝碼及砝碼盤的質(zhì)量為m=0.1kg，小車的質(zhì)量為M=0.4kg，不計摩擦阻力，g取10m/s2．圖乙為某次記錄小車運動情況的紙帶,圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數(shù)點，已知相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出．（1）小車的加速度大小為2m/s2；(2）根據(jù)紙帶上所給出的數(shù)據(jù)，可求出電源的頻率為40Hz;（3)打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小為1m/s．【考點】M4：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【分析】（1）對車與砝碼及盤進行研究，根據(jù)牛頓第二定律，即可求解加速度;(2）根據(jù)加速度公式a=，從而求解電源的頻率;（3）根據(jù)平均速度等于中時刻瞬時速度，即可求解．【解答】解：（1）對車與砝碼及盤整體進行研究，依據(jù)牛頓第二定律，則有:mg=（m+M）a；解得：a===2m/s2；(2）根據(jù)加速度公式a=,則有：T===0.1s;由于相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出，則有,4T0=T，那么T0=0。025s；那么電源的頻率為：f===40Hz;（3）、打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小為：vC==m/s=1m/s故答案為:（1）2;（2）40;（3）1．【點評】本題借助實驗考查了牛頓第二定律與勻變速直線的規(guī)律以及推論的應用，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用，提高解決問題能力．注意相鄰的計數(shù)點之間還有三個點未畫出,及選取車與砝碼及盤整體研究．10．（12分)（2017?寧城縣一模）某同學用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻，現(xiàn)備有下列器材：A．被測干電池一節(jié)B．電流表：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.3ΩC．電流表：量程0～3A，內(nèi)阻約為0。1ΩD．電壓表：量程0～3V,內(nèi)阻未知E．電壓表:量程0～15V，內(nèi)阻未知F．滑動變阻器：0～10Ω，2AG．滑動變阻器：0～100Ω，1AH．開關、導線若干伏安法測電池電動勢和內(nèi)阻的實驗中,由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差．在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準確地測量電池的電動勢和內(nèi)阻．（1）在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑?ABDFH（填寫選項前的字母）;（2）實驗電路圖應選擇下圖中的乙（填“甲"或“乙”）；（3）根據(jù)實驗中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U﹣I圖象，則在修正了實驗系統(tǒng)誤差后，干電池的電動勢E=1.5V,內(nèi)電阻r=1。0Ω．【考點】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【分析】（1)實驗中要能保證安全和準確性選擇電表；（2）本實驗應采用電阻箱和電壓表聯(lián)合測量，由實驗原理選擇電路圖；（3）由原理利用閉合電路歐姆定律可得出表達式，由數(shù)學關系可得出電動勢和內(nèi)電阻．【解答】解:（1)在上述器材中請選擇適當?shù)钠鞑模篈．被測干電池一節(jié)為了讀數(shù)準確，所以選擇B．電流表：量程0～0。6A，D．電壓表：量程0~3V，滑動變阻器阻值較小有利于電表的數(shù)值變化，減小誤差,故選F．滑動變阻器，H．開關、導線若干（2）測量電電動勢和內(nèi)阻的時候，由于電的內(nèi)阻是很小的，若采用甲圖的接法,由于電流表內(nèi)阻的影響，會使測量電阻偏大，為了減小內(nèi)阻的測量誤差,實驗時應選用電路圖乙．（3）由U﹣I圖可知，電源的電動勢為：E=1.50V；內(nèi)電阻為：r===1.0Ω；故答案為：（1)ABDFH；(2）乙；（3）1。5；1。0．【點評】本題為設計性實驗，在解題時應注意明確實驗的原理;并且要由實驗原理結(jié)合閉合電路歐姆定律得出表達式,由圖象得出電動勢和內(nèi)電阻．11．（12分）(2017?寧城縣一模）一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h處以一定初速度水平拋出，在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管．管上口距地面,為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場,重力加速度為g，如圖所示，求：（1)小球初速度v0、電場強度E的大??；(2）小球落地時動能．【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動;A6：電場強度．【分析】將小球的運動分解為水平方向和豎直方向,在豎直方向做自由落體運動，在水平方向上做勻減速直線運動到零，根據(jù)分運動合運動具有等時性求出水平初速度．根據(jù)水平方向做勻減速直線運動由速度位移公式求出運動的加速度，再求得E小球落地的過程中有重力和電場力做功，求得動能【解答】解：(1）電場中小球運動，在水平方向上：v0=①豎直方向上：=，②又v02=2L③聯(lián)立①②③得：v0=2L，E=．(2)從拋出到落地由動能定理得：mgh﹣EqL=Ek﹣mv02小球落地時動能：Ek=mgh答：（1)小球初速度為、電場強度E的大小為；（2）小球落地時動能mgh．【點評】解決本題的關鍵將小球的運動動分解為水平方向和豎直方向,在豎直方向做自由落體運動，在水平方向上做勻減速直線運動，知道分運動與合運動具有等時性，以及會運用動能定理求出落地的速度．12．（17分)(2017?寧城縣一模）兩質(zhì)量為m的小球，A帶電+q，B不帶電,兩球靜止放在光滑水平面上，且相距l(xiāng)，現(xiàn)在空間沿AB方向加一個電場強度大小為E是勻強電場，t=0時刻，A開始受電場力運動．經(jīng)過一段時間，A、B間第一次發(fā)生彈性正碰（即發(fā)生速度交換）,無電量轉(zhuǎn)移，以后A、B之間的碰撞都是彈性碰撞．重力加速度為g,求(1）A、B第一次剛要發(fā)生碰撞時,A球的速度多大？（2)從A、B第一次發(fā)生碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷時間為多少？（3）求從第1次碰撞結(jié)束到第19次碰撞剛要發(fā)生所經(jīng)歷的時間是多少？【考點】AD：電勢差與電場強度的關系;65：動能定理．【分析】（1）加上勻強電場后,A做勻加速運動，B仍靜止，由動能定理求A、B第一次剛要發(fā)生碰撞時A球的速度．(2）兩球發(fā)生彈性碰撞,由于兩球的質(zhì)量,所以碰撞后兩者交換速度，此后B做勻速運動，A做初速度為零的勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學位移公式結(jié)合求解．（3）根據(jù)上題的結(jié)果，研究每次碰撞后的規(guī)律,再求解從第1次碰撞結(jié)束到第19次碰撞剛要發(fā)生所經(jīng)歷的時間．【解答】解：（1)從A球開始運動到第一次碰撞之前，對A,由動能定理有qEl=可得v1=（2)第一次發(fā)生碰撞后兩球交換速度,A的速度變?yōu)?,B的速度變?yōu)関1，設小球A的加速度為a，第一次碰后結(jié)束到第二次發(fā)生碰撞前瞬間經(jīng)過時間為t2，則根據(jù)牛頓第二定律知:qE=ma由位移時間關系有：v1t2=解得t2=（3)設第二次發(fā)生碰撞前A的速度為v2,則v2=at2=2v1；當A、B第二次碰撞后交換速度，B的速度變?yōu)?v1，A的速度變?yōu)関1;第三次碰撞又是相差v1的速度開始，A加速追擊B，所以所用時間與t2相同，以此類推，第1次正碰到第19次正碰之間的時間t19=t18=…=t2=故總時間t=18t2=答:（1）A、B第一次剛要發(fā)生碰撞時，A球的速度是．（2）從A、B第一次發(fā)生碰撞到第二次碰撞經(jīng)歷時間為．（3）從第1次碰撞結(jié)束到第19次碰撞剛要發(fā)生所經(jīng)歷的時間是．【點評】本題以帶電粒子在電場中的運動為核心命題,關鍵要正確分析碰撞的時間間隔是否相等,然后利用不完全歸納的方法得出結(jié)論．當然還可以利用圖象來計算出時間間隔．三、【物理--選修3-3】（共2小題，滿分15分）13．下列說法正確的是（）A．能源在利用過程中有能量耗散，這表明能量不守恒B．沒有摩擦的理想熱機也不可能把吸收的能量全部轉(zhuǎn)化為機械能C．非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性D．對于一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大,那么它一定從外界吸熱E．當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大【考點】8H：熱力學第二定律；87：分子勢能；8G：能量守恒定律；92：*晶體和非晶體．【分析】明確能量守恒以及能量耗散的聯(lián)系和區(qū)別；根據(jù)熱力學第二定律可知，理想熱機也不可能把吸收的能量全部轉(zhuǎn)化為機械能；晶體分為單晶體和多晶體，多晶體具有各向同性；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可明確溫度的變化，再根據(jù)熱力學第一定律可知，一定量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱；分子力做正功時，分子能減小，分子力做負功，分子勢能增大．【解答】解：A、能源在利用過程中有能量耗散，但能量是守恒的，故A錯誤；B、根據(jù)熱力學第二定律可知，沒有摩擦的理想熱機也不可能把吸收的能量全部轉(zhuǎn)化為機械能；故B正確；C、非晶體和多晶體的物理性質(zhì)各向同性而單晶體的物理性質(zhì)具有各向異性；故C錯誤;D、對于一定量的理想氣體，如果壓強不變,體積增大，則由理想氣體狀態(tài)方程可知，溫度一定增大，內(nèi)能增大，同時氣體對外做功,則由熱力學第一定律可知，它一定從外界吸熱；故D正確；E、當分子間作用力表現(xiàn)為斥力時，距離減小時分子力做負功，則分子勢能隨分子間距離的減小而增大；故E正確；故選：BDE．【點評】本題關鍵是區(qū)分能量與能源，能量是守恒的，而能源是有限的，必須注意節(jié)約，同時注意熱力學第一定律、第二定律的正確應用．14．（10分)（2017?寧城縣一模）如圖所示，豎直放置的氣缸,活塞橫截面積為S=0。01m2,厚度不計．可在氣缸內(nèi)無摩擦滑動．氣缸側(cè)壁有一個小孔，與裝有水銀的U形玻璃管相通．氣缸內(nèi)封閉了一段高為L=50cm的氣柱(U形管內(nèi)的氣體體積不計）．此時缸內(nèi)氣體溫度為27℃，U形管內(nèi)水銀面高度差hl=5cm．已知大氣壓強p0=1。0×l05Pa，水銀的密度ρ=13.6×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2．①求活塞的質(zhì)量m；②若在活塞上緩慢添加M=26.7kg的沙粒時,活塞下降到距氣缸底部H=45cm處，求此時氣缸內(nèi)氣體的溫度．【考點】99:理想氣體的狀態(tài)方程；9K:封閉氣體壓強．【分析】先由力學知識確定出狀態(tài)封閉氣體壓強,再根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式即可求解;【解答】解：①氣缸內(nèi)氣體的壓強為：活塞受力平衡，有：聯(lián)立解得：m=6.8kg②活塞下降后氣體的壓強為,則有：以氣缸內(nèi)封閉氣體為研究對象根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有:解得:,即：答:①活塞的質(zhì)量m為6。8kg；②若在活塞上緩慢添加M=26.7kg的沙粒時，活塞下降到距氣缸底部H=45cm處，此時氣缸內(nèi)氣體的溫度64.5℃【點評】本題考查理想氣體的狀態(tài)方程以及氣體壓強的計算，要注意正確選擇研究氣體對象，分析好對應的狀態(tài)，再選擇正確的物理規(guī)律求解即可四