2022-2022学年江苏省南京市江浦高中高三（上）期中物理试卷 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意1．已知河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2＞v1，下面用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是（ ）A．①②B．①⑤C．④⑤D．②③ 2．如图所示，三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，则（ ）A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．物块3受4个力作用D．3与桌面间摩擦力为20N 3．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（ ）A．μmgB．2μmgC．3μmgD．4μmg 4．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m．开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（ ）24\nA．弹簧的劲度系数为B．此时弹簧的弹性势能等于mgh+mv2C．此时物体B的速度大小也为vD．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 5．均匀带电的导体球内部各点电势相等．如图，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=0.5R．已知M点的电势为φ，O点的电势大小为，则N点电势大小为（ ）A．﹣φB．﹣φC．﹣2φD．﹣2φ 二、多项选择题：本体共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分选对但不全的得2分，错选或不答得得0分．6．最近我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星，预示着我国通讯技术的不断提高．该卫星处于地球的同步轨道，假设其离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，则有（ ）A．该卫星运行周期为24hB．该卫星所在处的重力加速度是（）2gC．该卫星周期与近地卫星周期之比是（1+）D．该卫星运动的动能是24\n 7．如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少 8．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（ ）A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1 9．如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出v﹣图象如图乙所示，其中线段AB与v轴平行；线段BC的延长线过原点．实验中测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计（ ）A．根据线段AB判断，重物在速度达到v=2.0m/s前做匀加速运动B．根据线段BC判断，重物的速度在2.0m/s到3.0m/s之间时做匀加速运动C．物体匀速运动的过程，v与F的关系对应于图上的C点24\nD．重物由静止开始经过t=1.4s，位移大小为2.1m 三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-17题）两部分，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置．10．（1）小明同学到实验室去做《验证力的平行四边形定则》的实验时看见实验桌上有一把20分度的游标卡尺，他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图（a）所示，则钢笔套的长度为 mm．（2）随后小明开始做《验证力的平行四边形定则》的实验，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图（b）所示．先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点到某一位置O，此时记下两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向．请完成下列问题：①F1的读数如图（c）所示（只画出了弹簧秤的一部分）则F1= N．②小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到 ，记下弹簧测力计的读数，并记下 ．③在本实验中，若保持F1和F2的大小不变，则关于这两个力的合力的说法中正确的是 A．合力F的大小随F1与F2夹角的增大而增大B．F1和F2的夹角在0°到180°之间时，夹角越小，合力F越大C．F1或F2的大小总是小于合力F的大小D．合力F的大小不一定大于F1或F2的大小． 11．如图1所示是研究牛顿第二定律的实验装置．长木板固定在水平桌面上，打点计时器固定在长木板上，纸带穿过打点计时器，与带滑轮的小车相连．调节木板的倾角，平衡摩擦力；沙桶和力传感器通过绕在滑轮上的细绳相连，并保持连接力传感器和沙桶的绳子与板面平行．①当放开沙桶时，使小车在木板上做匀加速直线运动．在某次测量中读出力传感器示数为F，则小车所受的合外力为 ②改变沙子的质量，打出一系列纸带，同时从力传感器上读出F的大小，要研究质量不变时加速度与合外力的关系，下列物理量中还需测量的是 ；A．木板的长度LB．小车的质量MC．沙子的质量mD．纸带上计数点间的距离③某次实验过程中发现，所有操作合乎规范，砝码的最大质量与小车的质量差不多．作a﹣F合图2，在甲、乙、丙、丁四条线中，最有可能出现的是 图线．24\n 【选做题】（选修模块3-3）12．一定质量的理想气体发生等容变化，下列图象正确的是（ ）A．B．C．D． 13．如图所示，某同学在环境温度稳定的实验室里做热学小实验，用手指堵住注射器前端小孔，这时注射器内就封闭了一定质量的空气（可看成理想气体）．若该同学往里缓慢地推活塞（如图甲），气体的压强 （选填“增大”或“减小”）．若该同学缓慢推进活塞过程中做功为W1；然后将活塞缓慢稍稍拉出一些（如图乙），此过程中做功为W2，则全过程中注射器内空气的内能增加量△U= ． 14．利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数．把密度ρ=0.8×103kg/m3的某种油，用滴管滴出一滴油在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V=0.5×10﹣3cm3，形成的油膜面积为S=0.7m2，油的摩尔质量M=9×10﹣2kg/mol，若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，那么：（1）油分子的直径是多少？（2）由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数NA是多少（先列出计算式，再代入数值计算，只要求保留一位有效数字） （选修模块3-4）（12分）15．在以下各种说法中，正确的是（ ）A．真空中光速在不同的参考系中是不同的，它与光源、观察者间的相对运动有关B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度24\nC．在光的双逢干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变宽D．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 16．如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象，已知质点M的振动方程为y=5sin5πt（cm），此波中质点M在t2= s时恰好第3次到达y轴正方向最大位移处，该波的波速为 m/s． 17．雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束某种单色光线射入水珠，水珠可视为一个半径R=10mm的球，球心O到入射光线的垂直距离d=8mm，水的折射率n=．①在图上画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图．②求这束光线从射入水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度． 四、计算题：本题共3小题，满分47分．解答时请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．18．如图，已知斜面倾角30°，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m．B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s．若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离． 24\n19．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以υ0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？（g取10m/s2） 20．如图，质量m=1kg的物体以v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R=0.1m的竖直光滑半圆环．物体与水平面间有摩擦．（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）设出发点到N点的距离为x，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为y，作出y2随x变化的关系如图．求物体与水平面间的动摩擦因数μ．（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围． 24\n2022-2022学年江苏省南京市江浦高中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意1．已知河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2＞v1，下面用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是（ ）A．①②B．①⑤C．④⑤D．②③考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：最短时间过河船身应垂直岸，对地轨迹应斜向下游；最短路程过河船身应斜向上游，而船相对岸的轨迹是垂直岸．解答：解：根据题意，由运动的独立性可知，当船头垂直河岸渡河时，垂直河岸方向速度最大，渡河时间最短即，故（4）正确；已知v2＞v1，小船速度与水流速度的合速度垂直河岸时，小船以最短位移渡河，两点间直线段最短，位移最小，如（5）图示，故C正确．故选：C．点评：本题考查了运动的合成与分解的应用﹣﹣小船渡河模型；要注意合运动与分运动间的独立性及等时性的应用． 2．如图所示，三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，则（ ）A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．物块3受4个力作用D．3与桌面间摩擦力为20N考点：摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用．专题：摩擦力专题．分析：先对物体1受力分析，根据平衡条件求解出物体1与物体2之间的静摩擦力；再对2受力分析，求解出物体2与3之间的静摩擦力；最后对3物体受力分析；解答：解：A、整个系统平衡，则物块1只受到重力和物块2的支持力，1和2之间的摩擦力为0，故A错误；24\nB、物块2水平方向受拉力F和物块3对它的摩擦力，由二力平衡可知2和3的摩擦力是20N，且水平向右，故B正确；C、物块3受重力、支持力、压力、摩擦力和绳子的拉力5个力的作用，故C错误；D、物块3对2的摩擦力向右，故2对3的静摩擦力向左；对绳子的连接点受力分析．受重力、两个绳子的拉力，如图根据平衡条件，有T1=mg=20N；对物块3分析可知，水平方向受绳的拉力和物块2的向左的静摩擦力，二力平衡，所以物块3与桌面之间的摩擦力为0，故D错误；故选：B．点评：本题关键是一次对物体1、2、3受力分析，根据平衡条件并结合牛顿第三定律列式分析求解． 3．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为（ ）A．μmgB．2μmgC．3μmgD．4μmg考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律分析研究A物体和整体，求出拉力F．解答：解：当AB间的静摩擦力达到最大时拉力F达到最大，根据牛顿第二定律得对A物体：μ•mg=ma得a=μg对整体：F=（2m+m）a得：F=3ma=3μmg故选：C．点评：当两个物体刚要发生相对滑动时，它们之间的静摩擦力达到最大值．灵活的选取研究对象根据牛顿第二定律列方程是关键． 4．如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量都为m．开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是（ ）24\nA．弹簧的劲度系数为B．此时弹簧的弹性势能等于mgh+mv2C．此时物体B的速度大小也为vD．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；机械能守恒定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由题，物体B对地面恰好无压力时，物体A下落高度为h，则知此时弹簧所受的拉力大小等于B的重力mg，弹簧伸长的长度为h，由胡克定律F=kx求解弹簧的劲度系数．A与弹簧组成的系统机械能守恒，可求解求得弹簧的弹性势能．此时物体B的速度为零．根据牛顿第二定律求出A的加速度．解答：解：A、由题可知，此时弹簧所受的拉力大小等于B的重力，即F=mg，弹簧伸长的长度为x=h，由F=kx得，k=，故A正确；B、A与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：mgh=+Ep，则弹簧的弹性势能：Ep=mgh﹣．故B错误；C、物体B对地面恰好无压力时，此时B的速度恰好为零．故C错误；D、根据牛顿第二定律对A有：F﹣mg=ma，F=mg，得a=0．故D错误．故选：A．点评：本题是含有弹簧的问题，运用胡克定律、机械能守恒和牛顿第二定律进行研究，关键要抓住物体B对地面恰好无压力，确定出弹簧的弹力． 5．均匀带电的导体球内部各点电势相等．如图，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=0.5R．已知M点的电势为φ，O点的电势大小为，则N点电势大小为（ ）24\nA．﹣φB．﹣φC．﹣2φD．﹣2φ考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：先通过割补法将球壳不全，然后结合对称性分析，注意均匀带正电球壳内部各处电势都相等，其值为．解答：解：设想一个均匀带电、带电量为q的右半球，与题目中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，由对称性可知，右半球在M点的电势φM′等于左半球在N点的电势，即：φM′=φN…①故：φ+φN=φM′+φN′…②而φ+φN′正是两个半球同时存在时P点的电势．因为均匀带电球壳内部各处电势都相等，其值为k，k为静电力常量，故：φ+φM′=k…③由②③解得：φN=φM′=k﹣φ故选：B点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键． 二、多项选择题：本体共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分选对但不全的得2分，错选或不答得得0分．6．最近我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星，预示着我国通讯技术的不断提高．该卫星处于地球的同步轨道，假设其离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，则有（ ）A．该卫星运行周期为24hB．该卫星所在处的重力加速度是（）2gC．该卫星周期与近地卫星周期之比是（1+）D．该卫星运动的动能是考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．分析：地球的同步卫星运动周期必须与地球自转周期相同；根据万有引力提供向心力及万有引力等于重力，列式求解重力加速度、周期和线速度的关系．24\n解答：解：A、地球的同步卫星运动周期必须与地球自转周期相同，故知该卫星运行周期为24h．故A正确；B、根据万有引力等于重力得：，则得：g=所以得到该卫星所在处的重力加速度与地面附近重力加速度之比为：则得：该卫星所在处的重力加速度为g′=．故B正确；C、由万有引力提供向心力，得：T=2π，则得：．故C错误．D、由万有引力提供向心力，得：，因为r=R+h，GM=R2g，所以线速度为：v=，动能是，故D正确．故选：ABD．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，熟练运用黄金代换式g=． 7．如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验电荷仅在电场力作用下从a点沿曲线运动到b点，E为第一象限内轨迹上的一点，以下说法正确的是（ ）A．c点的电荷带正电B．a点电势高于E点电势C．E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向D．检验电荷从a到b过程中，电势能先增加后减少考点：电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，再判断c、d点两个电荷的电性；最后根据电场力做的功等于电势能的减小量进行分析．解答：解：A、带负电的检验电荷仅在电场力的作用下从a点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的内侧，故上面的电荷带同种电，即c点电荷带负电，故A错误；24\nB、从E点到b点电场力做正功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电势要升高，即b点的电势高于E点的电势．又因为等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故a、b两个点电势相等，所以a点电势高于E点电势，故B正确；C、E点的切线方向为速度方向，E点的场强方向应与电场力方向在一直线，而曲线运动的受力与速度方向不可能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该点的切线方向，故C错误；D、检验电荷从a到b过程中，电场力先做正功后做负功，故电势能先增加后减小，故D正确．故选：BD．点评：题的突破口在根据轨迹的弯曲方向得到电场力的方向，然后根据功能关系判断电势能的变化和电势的高低情况． 8．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A．则此时（ ）A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4：1考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，则知三个灯泡两端的电压，由R=求出电阻，根据P=UI求功率．解答：解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，则电流也相同，L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据欧姆定律可知，L2的电阻小于4Ω，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故D正确；故选：BD点评：本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=，但对于非线性元件，R=． 24\n9．如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出v﹣图象如图乙所示，其中线段AB与v轴平行；线段BC的延长线过原点．实验中测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计（ ）A．根据线段AB判断，重物在速度达到v=2.0m/s前做匀加速运动B．根据线段BC判断，重物的速度在2.0m/s到3.0m/s之间时做匀加速运动C．物体匀速运动的过程，v与F的关系对应于图上的C点D．重物由静止开始经过t=1.4s，位移大小为2.1m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：重物在AB段做匀加速直线运动，BC段做变加速直线运动，通过1.4s后做匀速直线运动，根据平衡求出物体的质量，再根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，结合速度位移公式求出匀加速运动的位移，通过速度时间公式求出匀加速运动的时间，抓住BC段功率不变，根据动能定理求出BC段上升的位移，从而得出在1.4s内上升的总位移．解答：解：A、根据线段AB知，拉力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，所以重物在速度达到2m/s前做匀加速直线运动．故A正确．B、根据线段BC知，拉力在变化，根据牛顿第二定律知，加速度在变化．故B错误．C、物体匀速运动的过程，拉力不变，速度不变，则对应图线上的C点．故C正确．D、重物在1.4s后做匀速直线运动，此时的拉力为4.0N，知物体的质量为0.4kg，速度在2m/s前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，a=，则速度2m/s前的位移，所用的时间．在0.4s﹣1.4s过程中，由图线可知，图线的斜率不变，即拉力的功率不变，P=，根据动能定理得，Pt﹣mgh=，代入数据解得h=2.75m，则重物由静止开始经过t=1.4s，位移大小为x=0.4+2.75m=3.15m．故D错误．故选：AC．点评：本题考查动能定理、功率公式及运动学公式，注意正确选择研究过程，做好受力分析，正确选择物理规律求解即可，是道好题． 三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12-17题）两部分，满分18分．请将解答填在答题卡相应的位置．24\n10．（1）小明同学到实验室去做《验证力的平行四边形定则》的实验时看见实验桌上有一把20分度的游标卡尺，他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图（a）所示，则钢笔套的长度为 10.55 mm．（2）随后小明开始做《验证力的平行四边形定则》的实验，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图（b）所示．先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点到某一位置O，此时记下两个弹簧测力计的读数F1和F2和两细绳的方向．请完成下列问题：①F1的读数如图（c）所示（只画出了弹簧秤的一部分）则F1= 1.22 N．②小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到 同一位置O ，记下弹簧测力计的读数，并记下 细绳的方向 ．③在本实验中，若保持F1和F2的大小不变，则关于这两个力的合力的说法中正确的是 BD A．合力F的大小随F1与F2夹角的增大而增大B．F1和F2的夹角在0°到180°之间时，夹角越小，合力F越大C．F1或F2的大小总是小于合力F的大小D．合力F的大小不一定大于F1或F2的大小．考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题．分析：（1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较；理解实验的原理即可解答本题．解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第11个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm．（2）①根据图C读出F1=1.22N②为了保证作用效果相同，则用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到同一位置O，记下弹簧测力计的读数，并记下细绳的方向；③A、根据平行四边形定则可知，当F1和F2的大小不变时，夹角越大，合力越小，故A错误，B正确；C、合力可以大于分力，也可以小于分力，没有直接联系，故C错误，D正确．故选：BD故答案为：（1）10.55；（1）①1.22；②同一位置O；细绳的方向；③BD24\n点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背． 11．如图1所示是研究牛顿第二定律的实验装置．长木板固定在水平桌面上，打点计时器固定在长木板上，纸带穿过打点计时器，与带滑轮的小车相连．调节木板的倾角，平衡摩擦力；沙桶和力传感器通过绕在滑轮上的细绳相连，并保持连接力传感器和沙桶的绳子与板面平行．①当放开沙桶时，使小车在木板上做匀加速直线运动．在某次测量中读出力传感器示数为F，则小车所受的合外力为 2F ②改变沙子的质量，打出一系列纸带，同时从力传感器上读出F的大小，要研究质量不变时加速度与合外力的关系，下列物理量中还需测量的是 D ；A．木板的长度LB．小车的质量MC．沙子的质量mD．纸带上计数点间的距离③某次实验过程中发现，所有操作合乎规范，砝码的最大质量与小车的质量差不多．作a﹣F合图2，在甲、乙、丙、丁四条线中，最有可能出现的是 乙 图线．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题．分析：（1）对小车进行受力分析即可确定小车受到的合外力的大小；（2）（3）根据实验的原理分析即可；解答：解：（1）小车运动时受到重力、支持力、阻力与两个绳子上的拉力，阻力与重力沿斜面向下的分力平衡，所以小车受到的合外力等于拉力的2倍，即2F．（2）小车在斜面上做加速运动，aT2=△x①，由于是研究质量不变时加速度与合外力的关系，看F∝a是否成立，所以不需要测量小车的质量；同时，公式①与斜面的长度以及纱筒的质量均无关．故也不需要测量，①公式与小车的位移有关，需要测量纸带上计数点间的距离．故D正确．故选：D（3）该实验中使用力传感器来测量力，所以对纱筒与小车的质量关系没有要求，测量的结果应该是过原点的直线．故乙正确．故答案为：（1）2F；（2）D；（3）乙点评：这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高． 24\n【选做题】（选修模块3-3）12．一定质量的理想气体发生等容变化，下列图象正确的是（ ）A．B．C．D．考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：根据气体状态方程来理解图象含义，可以写出图象中两个物理量的函数关系来判断图象的形状．解答：解：A、P﹣V图表示的是等温线，故A错误；B、一定质量的理想气体发生等容变化，即体积不变，所以V﹣T图象是平行T轴的直线，故B错误；C、在P﹣T图象中过原点的直线表示等容线．故C正确．D、P﹣T图象中温度不变，表示等温线，故D错误故选：C点评：从图象上描述气态状态变化，要明确两坐标轴的含义，可以通过气态状态方程写出两坐标轴代表物理量的函数关系，加深理解． 13．如图所示，某同学在环境温度稳定的实验室里做热学小实验，用手指堵住注射器前端小孔，这时注射器内就封闭了一定质量的空气（可看成理想气体）．若该同学往里缓慢地推活塞（如图甲），气体的压强 增大 （选填“增大”或“减小”）．若该同学缓慢推进活塞过程中做功为W1；然后将活塞缓慢稍稍拉出一些（如图乙），此过程中做功为W2，则全过程中注射器内空气的内能增加量△U= 0 ．考点：理想气体的状态方程；物体的内能．专题：理想气体状态方程专题．分析：缓慢推活塞，气体温度不变，根据玻意耳定律，当压缩气体时，体积减小，则压强增大．一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，由于温度不变，不论体积增大还是减小，理想气体的内能都不变．解答：解：该同学往里缓慢地推活塞时，由于热交换，理想气体的温度现环境温度相同，则温度不变，发生等温变化．当压缩气体时，体积减小，则根据玻意耳定律pV=c可知，压强增大．一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，由于温度不变，气体内能都不变．故全过程中注射器内空气的内能增加量△U=0故答案为：压强，0点评：本题要熟练掌握玻意耳定律，当压缩气体时．由于温度不变，不论体积增大还是减小，理想气体的内能都不变． 24\n14．利用油膜法可以粗略测出阿伏加德罗常数．把密度ρ=0.8×103kg/m3的某种油，用滴管滴出一滴油在水面上形成油膜，已知这滴油的体积为V=0.5×10﹣3cm3，形成的油膜面积为S=0.7m2，油的摩尔质量M=9×10﹣2kg/mol，若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，那么：（1）油分子的直径是多少？（2）由以上数据可粗略测出阿伏加德罗常数NA是多少（先列出计算式，再代入数值计算，只要求保留一位有效数字）考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏伽德罗常数的应用专题．分析：（1）根据油膜法测分子直径的原理可求出油分子的直径．（2）根据油的摩尔质量和密度算出其摩尔体积，然后求出每个油分子的体积，即可正确解答本题．解答：解：（1）油分子的直径：m=7×10﹣10m故油分子的直径是7×10﹣10m．（2）油的摩尔体积为：每个油分子的体积为：所以，阿伏加德罗常数为：联立以上各式解得：带入数值解得：NA=6×1023mol﹣1．故粗略测出阿伏加德罗常数NA是：NA=6×1023mol﹣1．点评：明确分子球模型和立方体模型的应用，知道阿伏伽德罗常数的含义和有关运算． （选修模块3-4）（12分）15．在以下各种说法中，正确的是（ ）A．真空中光速在不同的参考系中是不同的，它与光源、观察者间的相对运动有关B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C．在光的双逢干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变宽D．火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁考点：光的干涉；产生共振的条件及其应用；光的偏振．分析：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；拍摄镜头前加一偏振片目的是削弱玻璃橱窗的反射光；当发生光的干涉时，干涉条纹间距△x=，可确定红光与绿光的干涉条纹间距的大小；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振现象，此时振幅达到最大．解答：解：A、真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，它与光源、观察者间的相对运动无关，故A错误；24\nB、拍摄玻璃橱窗内的物品时，由于玻璃的反射，从而影响拍摄的效果，所以往往加一偏振片，使玻璃的反射光被干涉减弱，并不是增加透射光的强度．故B错误；C、在光的双逢干涉实验中，干涉条纹间距△x=，可确定当光的波长变短时，条纹间距变小，故C错误；D、火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，一旦等于固有频率时，会出现共振现象，导致桥梁损坏，故D正确；故选：D点评：本题要求学生对影响光的干涉条纹间距的因素、光的偏振片的原理及共振现象条件熟练掌握，同时要搞清光速不变原理在惯性参考系中适用． 16．如图所示为一列简谐波在t1=0时刻的图象，已知质点M的振动方程为y=5sin5πt（cm），此波中质点M在t2= 0.9 s时恰好第3次到达y轴正方向最大位移处，该波的波速为 1 m/s．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：通过振动方程求出质点振动的周期以及起振的方向，从而求出质点M在t2等于什么时刻恰好第3次到达y轴正方向最大位移处．根据质点的振动方向确定波的传播方向，根据波长和周期求出波速的大小．解答：解：质点的振动的周期T=．质点M的起振方向沿y轴正方向．可知经过2周期质点M第3次到达y轴正方向最大位移处．所以t=．因为质点M的振动方向沿y轴正方向，根据上下坡法得，波的传播方向沿x轴正方向．波长λ=0.4m，则波速v=．故答案为：0.9；1．点评：解决本题的关键知道波速、波长、周期的关系，以及知道质点振动和波动的关系． 17．雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束某种单色光线射入水珠，水珠可视为一个半径R=10mm的球，球心O到入射光线的垂直距离d=8mm，水的折射率n=．①在图上画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图．24\n②求这束光线从射入水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）根据光的折射定律作出光路图．（2）结合折射定律和几何关系求出光线的偏转角度．解答：解：①光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图如图所示．②由几何关系得sinθ1==0.8即θ1=53°由折射定律得sinθ1=nsinθ2解得sinθ2=0.6即θ2=37°则φ=2（θ1﹣θ2）=32°．答：①光路图如图所示．②光线偏转的角度为32°．点评：解决几何光学问题的关键作出光路图，结合折射定律和几何关系进行求解． 四、计算题：本题共3小题，满分47分．解答时请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．18．如图，已知斜面倾角30°，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m．B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s．若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离．24\n考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理求出动摩擦因数．（2）B落地时A的速度大小等于B的速度大小，再根据动能定理求解物体沿滑动的最大距离．解答：解：（1）以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理得：mBgH﹣mAgsinθ•H﹣μmAgcosθ•H=得：代入解得：μ=（2）设物体沿斜面滑动的最大距离为S，根据动能定理得B落地后过程，对A：﹣mAgsinθ•（S﹣H）﹣μmAgcosθ（S﹣H）=0﹣代入解得，S≈0.8m答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为μ=．（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离为0.8m．点评：本题是连接体问题，运用动能定理进行处理．也可以根据牛顿第二定律和运动学结合研究． 19．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以υ0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？（g取10m/s2）考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．24\n分析：（1）电容器与电源相连，故极板间电势差恒定，由可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；（2）根据粒子恰好从上极板边缘飞出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达P的时间．解答：解：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：qE=mg即：当下板向上提后，由于d减小，板间场强E增大，电场力增大，故液滴向上传转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力：=此时液滴的加速度（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为，而液滴从刚进入电场到出电场的时间所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为t=t2﹣t1=0.3s答：（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小为2m/s2；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为0.3s．点评：本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，电容器与电源相连极板电压保持不变．掌握基本规律是解决问题的关键． 20．如图，质量m=1kg的物体以v0=4m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R=0.1m的竖直光滑半圆环．物体与水平面间有摩擦．24\n（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？（2）设出发点到N点的距离为x，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为y，作出y2随x变化的关系如图．求物体与水平面间的动摩擦因数μ．（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围．考点：动能定理；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）在M点由重力提供向心力时，速度最小，从M点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解落到水平面时落点到N点的距离的最小值；、（2）物体从出发点到M点过程用动能定理列式，从M点抛出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式列式，联立方程即可求出y2随x变化的关系，结合图象的斜率即可求解；（3）物体不会在M到N点的中间离开半圆轨道，即物体可以从M点飞出求出，或正好运动到与圆心等高处速度为零，分两种情况求解范围．解答：解：（1）物体能从M点飞出，则有：mg=m从M点抛出后做平抛运动，水平方向有：xmin=vmint…①竖直方向有：…②由①②得：xmin=2R=2×0.1=0.2m（2）物体从出发点到M点过程用动能定理得：…③y=vMt…④…⑤由③、④、⑤得：…⑥由图知得：μ=0.2（3）物体不会在M到N点的中间离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，有：xmin=0.2m…⑦⑦代入⑥得：xmax=2.75m或物体刚好至圆轨道最右侧减速为0，由动能定理得：代入数据得：xmin=3.5m综上可得：x≥3.5m或x≤2.75m答：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为0.2m；（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2．24\n（3）要使物体从某点出发后的运动过程中不会在N到M点的中间离开半圆轨道，出发点到N点的距离x的取值范围为x≥3.5m或x≤2.75m．点评：本题主要考查了向心力公式、平抛运动基本公式及动能定理的直接应用，注意第三问的第二种情况，即正好运动到与圆心等高处速度为零的情况，难度适中． 24
