1、2016-2017学年江西省宜春市樟树三中高三（上）第一次周练物理试卷（10）一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为（）A3个B4个C5个D6个2如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过
2、程中，下列说法正确的是（）A球1的机械能守恒B球6在OA段机械能减小C球6的水平射程最大D有三个球落地点相同3t=0时，甲、乙两辆汽车同时同地开始运动，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A在第1小时末，乙车改变运动方向B在0第2小时末，甲、乙两车通过的位移相同C在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D在第4小时末，甲、乙两车相遇4如图所示，变压器输入电压不变，当开关S闭合，两电流表读数的变化情况为（）A都变大B都变小CA1变大，A2变小DA1不变，A2变小5如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A合上S
3、，B先亮A后亮，然后A变暗后熄灭B合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭6“神舟八号”与“天宫一号”对接前各自绕地球运动，设“天宫一号”在半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，“神舟八号”在半径为r2的圆轨道上运动，r1r2，则（）A“天宫一号”的运行速度大于7.9 km/sB“神舟八号”的周期T2=T1C地球表面的重力加速度g=D地球的质量M=7质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（）A整个过程中小球电
4、势能变换了mg2t2B整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t28如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中有一边长为L=8cm的正方形ABCD，内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.01014kg，电荷量为1.0105C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）A速率为5106m/s的离子在磁场中运动的半径是5cmB速率在5105m/s到8105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域C速
5、率为5106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离2cm（1+）cmD离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为（8）106m/s三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的是 （单选，只需填字母代号）A重物 B纸带 C铁架台 D低压直流电源 E毫米刻度尺（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是（多选，只需填字母代号）A选择质量较小的重物，有利于减小误差B选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于
6、减小误差C先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体在B点的瞬时速度vB= m/s，物体重力势能的减少量EP=J，此过程中物体动能的增加量Ek=J（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）（4）通过计算，数值上EPEk（填“”、“”或“=”），这是因为10二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究据了解，
7、该二极管允许通过的最大电流为50mA（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断 （填“左”或“右”）端为二极管的正极（2）实验探究中他们可选器材如下：A直流电源（电动势3V，内阻不计） B滑动变阻器（020）C电压表（量程15V、内阻约80k） D电压表（量程3V、内阻约50k）E电流表（量程0.6A、内阻约1） F电流表（量程50mA、内阻约50）G待测二极管 H导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用，电流表应选用（填序号字母）（
8、3）实验中测量数据如下表，请在如图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线电流I/mA000.21.83.98.614.021.833.550.0电压U/V00.500.751.001.251.501.752.002.252.50（4）同学们将该二极管与阻值为10的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为 W11如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B处与倾角为=300光滑的斜面BC连接，一滑块（可看作质点）从水平面的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时滑块恰能沿光滑斜面下滑已知AB间的距离s=5m，取g=10m/s2求：（1）滑块与
9、水平面的动摩擦因数；（2）若滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点后滑块将做什么运动？并求出滑块的着地点与C点的距离12如图所示，倾角为=30、宽度为d=1m、长为L=4m的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0=15，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=5T，C1A1、C2A2是长为S=4.5m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R=0.5m处于竖直平面内的光滑圆环（其中B1、B 2为弹性挡板），整个轨道对称在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m=2kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道
10、顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，（不考虑金属棒MN经过接点C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为=0.1，g=10m/s2）求：（1）开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度；（1）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；（2）当金属棒第三次经过A1A2时对轨道的压力（二）选考题【物理-选修3-4】13一列自右向左传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始运动，在t1=0.3s时刻，
11、质点P在0时刻后首次位于波峰，Q点的坐标是（3，0），由此可知该波振源的起振方向沿y轴方向；在t=时刻，质点Q首次位于波谷14如图所示：一蓄液池深为3m，池边有竖直墙壁，在墙壁上距液面上方2m处有高为1m的窗口，窗口下方的池底有垂直墙的发光带，O点到墙的距离为，距窗口上边沿0.5m已知池中液体的折射率为求人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度2016-2017学年江西省宜春市樟树三中高三（上）第一次周练物理试卷（10）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，
12、有选错的得0分1如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为（）A3个B4个C5个D6个【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】先以A为研究对象，分析受力情况，再对B研究，按顺序进行分析受力情况【解答】解：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力故选B2如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为
13、6r现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A球1的机械能守恒B球6在OA段机械能减小C球6的水平射程最大D有三个球落地点相同【考点】功能关系；平抛运动；机械能守恒定律【分析】6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从6到4，小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同【解答】解：A、6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做功，故球1的机械能不守恒，故A错误
14、；B、球6在OA段运动时，斜面上的球仍在加速，球5对球6的作用力做正功，动能增加，则球6的机械能增加，故B错误；C、由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C错误；D、由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，故D正确故选：D3t=0时，甲、乙两辆汽车同时同地开始运动，它们的vt图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A在第1小时末，乙车改变运动方向B在0第2小时末，甲、乙两车通过的位移相同C在前4小时内，乙车运动加速度的大
15、小总比甲车的大D在第4小时末，甲、乙两车相遇【考点】匀变速直线运动的图像【分析】根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确【解答】解；A、由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，故A错误；B、图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向运动的位移为x甲=230km=30km；而乙车反向运动，其位移大小x乙=230km=30km，方向不同；故B错误；C、图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，故C正确；D、
16、4小内甲车的总位移为120km；而乙车的总位移为30km+60km=30km，即乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km，故此时甲车已超过乙车，两车不会相遇，故D错误；故选：C4如图所示，变压器输入电压不变，当开关S闭合，两电流表读数的变化情况为（）A都变大B都变小CA1变大，A2变小DA1不变，A2变小【考点】变压器的构造和原理【分析】电键S闭合，回路中总电阻减小，电流变大，由于输出电压不变，因此输出功率功率增大，再根据电压电流与匝数的关系和串并联电路特点进行分析【解答】解：变压器输入电压不变，原副
17、线圈匝数比不变，所以输出电压不变电键S闭合，灯L2并联到电路，回路中总电阻减小，电流变大输出功率增大，由输入功率等于输出功率知输入功率增大，所以原线圈电流增大，即A1变大由于副线圈电流变大，所以电阻R上的电压变大，副线圈输出电压不变，所以灯L1两端的电压减小，所以A2变小故ABD错误，C正确；故选：C5如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）A合上S，B先亮A后亮，然后A变暗后熄灭B合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】线圈中电流发生变化时，
18、会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析【解答】解：A、B、合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故A、B一起亮，然后A变暗后熄灭，B更亮，故AB错误；C、D、断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A构成回路放电，故B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确；故选：D6“神舟八号”与“天宫一号”对接前各自绕地球运动，设“天宫一号”在半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，“神舟八号”在半径为r2的圆轨道上运动，r1r2，则（）A“天宫一号”的运行速度大于7.9 km/sB“神舟八号”的周期T2=T1C地球表面的重力加速度g
19、=D地球的质量M=【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速【分析】根据万有引力提供向心力，得出速度公式v=，由，得出周期由于半径的关系可以知道物体的速度与轨道半径一一对应；又因为，得出加速度加速度的与轨道半径的关系【解答】解：A、根据题意可知，“天宫一号”的在轨运行高度大于于近地卫星的高度，由卫星的环绕速度公式v=可知，高度越低速度越大，第一宇宙速度轨道最小，运行速度最大，所以“天宫一号”的在轨运行速度小于第一宇宙速度故A错误；B、根据得，T=，所以：，得，故B正确；CD、天宫一号围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：得地球质量设地球的半径是R，由地
20、球表面的重力加速度为： =故C错误D正确；故选：BD7质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则（）A整个过程中小球电势能变换了mg2t2B整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2【考点】重力势能的变化与重力做功的关系；匀变速直线运动的公式；动量定理；功能关系；电势能【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系运用动量定理求出动量的变化量
21、根据动能定理求出动能的变化量根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：gt2+gttat2=0解得a=3g，根据牛顿第二定律：F合=F电mg=ma所以电场力是重力的4倍为4mg，根据电场力做功量度电势能的变化w电=Epw电=F电x=4mggt2=2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2故A错误B、规定向下为正方向，根据动量定理得：p=mgt3mgt=2mgt，所以整个过程中小球动量增量的
22、大小为2mgt，故B正确；C、小球减速到最低点动能为0，所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg（gt2+gt2）=mg2t2 故D正确故选BD8如图所示，在B=0.1T的匀强磁场中有一边长为L=8cm的正方形ABCD，内有一点P，它与AD和DC的距离均为1cm，在P点有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向发射出速率不同的正离子，离子的质量为1.01014kg，电荷量为1.0105C，离子的
23、重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（）A速率为5106m/s的离子在磁场中运动的半径是5cmB速率在5105m/s到8105m/s范围内的离子不可能射出正方形区域C速率为5106m/s的离子在CB边上可以射出磁场的范围为距C点距离2cm（1+）cmD离子从CB边上射出正方形区域的最小速度为（8）106m/s【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】离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离子的轨道半径，然后分析答题【解答】解：A、离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qv1B=，代入数据解得：r1=0.05m=5cm；故A正确B、P点与
24、AD和DC的距离均为1cm，离子轨道半径r的离子不可能射出正方形区域，由牛顿第二定律得：qvB=，代入数据解得：v=5105m/s，速度v5105m/s离子不能射出磁场区域；故B错误C、速度大小为v1=5106m/s的粒子运动的轨道半径：r1=5cm当粒子运动沿轨迹与CD边相切于E点时，粒子将从BC边F点出射，为最低出射点由几何关系得：r12=（r1d）2+PH2，解得：PH=3cm，由几何关系得，F与C点的距离为FC=当粒子沿轨迹与BC边相切于G点时，粒子将从GF边G点出射，为最高出射点由几何关系得：r2=（Lrd）2+x2，解得：x=，则出射点G距下边界高：CG=x+d=cm，综上，出射点
25、距B的距离x满足：2cmx（1+）cm故C正确D、离子运动轨迹与CD相切又与BC相切是所有射出BC的轨迹中半径最小的，由几何知识可知，该轨道半径：r=（8）cm，根据qvB=得，v=（8）106m/s；故D正确故选：ACD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-14题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）9在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，（1）下列器材中不必要的是D （单选，只需填字母代号）A重物 B纸带 C铁架台 D低压直流电源 E毫米刻度尺（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是BCD（多选，只需填字母代号）A选
26、择质量较小的重物，有利于减小误差B选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差C先松开纸带后接通电源会造成较大的误差D实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用（3）在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体在B点的瞬时速度vB=2.13 m/s，物体重力势能的减少量EP=2.28J，此过程中物体动能的增加量Ek=2.27J（取g=9.8m/s2，保留三位有效数字）（4）通过计算，数值上EPEk（填“”、“”或“=”），这是因为纸带和物体下落过程中要
27、克服阻力做功，有机械能损失【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材以及不需要的器材（2）根据原理以及注意事项确定正确的操作步骤（3、4）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，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量，通过比较分析产生误差的原因【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电源，故不需要低压直流电源故选：D（2）A、为了减小误差，重物选择质量大一些、体积小一些的，故A错误B、根据h=，可知选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差，故B正确C、实验时应先接通电源，再松开纸带
28、，若先松开纸带后接通电源会造成较大的误差，故C正确D、实验产生系统误差的主要原因是重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故D正确故选：BCD（3）B点的瞬时速度=2.13m/s物体重力势能的减小量Ep=mgh=19.80.2325J=2.28J物体动能的增加量=2.27J（4）通过计算，数值上EPEk，这是因为纸带和物体下落过程中要克服阻力做功，有机械能损失故答案为：（1）D （2）BCD （3）2.13 2.28 2.27 （4），纸带和物体下落过程中要克服阻力做功，有机械能损失10二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性
29、曲线进行测绘探究据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA（1）该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的欧姆档来判断它的正负极：当红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断左 （填“左”或“右”）端为二极管的正极（2）实验探究中他们可选器材如下：A直流电源（电动势3V，内阻不计） B滑动变阻器（020）C电压表（量程15V、内阻约80k） D电压表（量程3V、内阻约50k）E电流表（量程0.6A、内阻约1） F电流表（量程50mA、内阻约50）G待测二极管 H导线、开关为了提高测量精度，电压表应选用D，
30、电流表应选用F（填序号字母）（3）实验中测量数据如下表，请在如图坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线电流I/mA000.21.83.98.614.021.833.550.0电压U/V00.500.751.001.251.501.752.002.252.50（4）同学们将该二极管与阻值为10的定值电阻串联后接到电压恒为3V的电源两端，则二极管导通时定值电阻的功率为0.025 W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）二极管正向电阻很小，反向电阻很大，黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，根据欧姆表示数大小关系判断正负极；（2）根据给定的电源的电压可以选择电压表；根据表中给出的数
31、据可以选择电流表；（3）在坐标轴中选择合适的坐标，采用描点法作图，注意用平滑的曲线将各点相连；（4）将10的定值电阻视为电源内阻，则画出电源的伏安特性曲线，两图象的交点为二极管的工作点，则由图可得出电流和电压，从而求出功率【解答】解：（1）黑表笔与欧姆表内部电池的正极相连，红表笔与负极相连，当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比很小，说明二极管电阻很大，即与黑表笔相接的是二极管的负极，换表笔再次测量时，发现指针的偏角很大，说明二极管正向导通，即与黑表笔相连的应是正极，由此判定二极管的左端是正极；（2）因电源电压为3V，为了安全和准确电压表应选择D；由表中数据可知
32、，电流最大为50mA，则电流表应选择F；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：（4）将10定值电阻等效为电源内阻；在图中作出电源的伏安特性曲线，如右图所示：则两曲线的交点为二极管工作点，则由图象可知，二极管的工作电压约为2.5V；电流约为50mA；则定值电阻消耗的功率P=I2R=0.025W；（0.0220.028均可）故答案为：（1）左；（2）D；F；（3）如图所示；（4）0.02511如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B处与倾角为=300光滑的斜面BC连接，一滑块（可看作质点）从水平面的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时滑
33、块恰能沿光滑斜面下滑已知AB间的距离s=5m，取g=10m/s2求：（1）滑块与水平面的动摩擦因数；（2）若滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点后滑块将做什么运动？并求出滑块的着地点与C点的距离【考点】动能定理；平抛运动【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数（2）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，到达B点有水平初速度，将做平抛运动，通过计算判断下滑块平抛是否落在斜面上，根据平抛运动的规律求出运动的时间，从而求出滑块的着地点与C点的距离【解答】解：（1）滑块运
34、动到B点的速度恰好为零，由动能定理有：解得：=0.09（2）设滑块运动到B点的速度为vB，由动能定理有：解得：vB=4m/s故滑块将做平抛运动，假设滑块不会落到斜面上，平抛运动时间为t，由平抛运动公式有：则有：设滑块做平抛运动的水平位移为x，则x=vBt=1.6m由于x=1.6m，所以假设正确滑块的着地点与C点的距离：x=（1.61.39）m=0.21m答：（1）滑块与水平面的动摩擦因数是0.09；（2）若滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点后滑块将做平抛运动，滑块的着地点与C点的距离是0.21m12如图所示，倾角为=30、宽度为d=1m、长为L=4m
35、的光滑倾斜导轨，导轨C1D1、C2D2顶端接有定值电阻R0=15，倾斜导轨置于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=5T，C1A1、C2A2是长为S=4.5m的粗糙水平轨道，A1B1、A2B2是半径为R=0.5m处于竖直平面内的光滑圆环（其中B1、B 2为弹性挡板），整个轨道对称在导轨顶端垂直于导轨放一根质量为m=2kg、电阻不计的金属棒MN，当开关S闭合时，金属棒从倾斜轨道顶端静止释放，已知金属棒到达倾斜轨道底端前已达最大速度，当金属棒刚滑到倾斜导轨底端时断开开关S，（不考虑金属棒MN经过接点C1、C2处和棒与B1、B2处弹性挡板碰撞时的机械能损失，整个运动过程中金属棒始终保持水平
36、，水平导轨与金属棒MN之间的动摩擦因数为=0.1，g=10m/s2）求：（1）开关闭合时金属棒滑到倾斜轨道底端时的速度；（1）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q；（2）当金属棒第三次经过A1A2时对轨道的压力【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）开关闭时，金属棒下滑时切割磁感线运动，产生感应电动势，产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0时，速度最大根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结合，求解即可（2）下滑过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量，从而求出电阻
37、R0上产生的热量（3）由能量守恒定律求出金属棒第三次经过A1A2时速度，对金属棒进行受力分析，由牛顿定律求解【解答】解：（1）金属棒最大速度时 电动势 E=Bdvm电流 安培力 F=BId 金属棒最大速度时，由牛顿第二定律有mgsinF=0 所以最大速度 vm=6m/s （2）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，由能量守恒定律得 mgLsin=Q+ 代入数据，得 Q=4J （3）金属棒第三次经过A1A2时速度为VA，由能量守恒定律得：=3mgs+金属棒第三次经过A1A2时，由牛顿第二定律有 Nmg=m由牛顿第三定律有，金属棒对轨道的压力大小N=N=56N，方向竖直向下答：（1）开关闭合时金属棒
38、滑到倾斜轨道底端时的速度是6m/s；（1）金属棒MN在倾斜导轨上运动的过程中，电阻R0上产生的热量Q是4J；（2）当金属棒第三次经过A1A2时对轨道的压力大小为=56N，方向竖直向下（二）选考题【物理-选修3-4】13一列自右向左传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1，0）的质点刚好开始运动，在t1=0.3s时刻，质点P在0时刻后首次位于波峰，Q点的坐标是（3，0），由此可知该波振源的起振方向沿y轴正方向；在t=0.7s时刻，质点Q首次位于波谷【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】根据t=0时波形如图所示，由波的传播方向来确定坐标为（1，0）的质点的起振方向，
39、即可知道振源的起振方向求得周期，读出波长，求波速当图中A波谷传到Q点时，Q点首次位于波谷，由运动学公式求时间【解答】解：该波振源的起振方向与此时坐标为（1，0）的质点起振方向相同，由波形平移法可知，波振源的起振方向沿y轴正方向由题得： T=t1=0.3s，得：T=0.4s波长为 =4m，则波速为：v=10m/s当图中A波谷传到Q点时，Q点首次位于波谷，传播距离为：S=4m+3m=7m所用时间为：t=0.7s故答案为：正，0.7s14如图所示：一蓄液池深为3m，池边有竖直墙壁，在墙壁上距液面上方2m处有高为1m的窗口，窗口下方的池底有垂直墙的发光带，O点到墙的距离为，距窗口上边沿0.5m已知池中
40、液体的折射率为求人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度【考点】光的折射定律【分析】根据光路可逆原理，作出人眼能看到的池底发光带的区域，根据几何关系求出边界光线的入射角，根据折射定律求出边界光线的折射角，再结合几何关系求人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度【解答】解：根据光路可逆原理，如图所示连接OE，OF，E、F为窗子顶部和最下端，并延长与液体上表面交于A、B两点，画出A、B两点处的法线和折射光线AC、BD交液体下表面于C、D，则CD为人眼能看到的池底发光带的长度根据几何关系求得A、B的折射角如图，根据折射定律有 n=，是折射角，是入射角可得CAM=30，sinDBN=由几何关系可得：LAB=m，LCM=m，LDN=BNtanDBN=m则 LCD=LAB+LCMLDN=（）m答：人眼在O点通过窗口能看到的池底发光带的长度是（）m2017年2月12日
