1、阶段滚动检测(三) (90分钟 100分)第卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013巴中模拟)下列物理现象中:(1)春天里在一次闪电过后,有时雷声轰鸣不绝;(2)“闻其声而不见其人”;(3)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音;(4)当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时,我们听到汽笛声的音调变高。这些物理现象分别属于波的()A.反射、衍射、干涉、多普勒效应B.折射、衍射、多普勒效应、干涉C.反射、折射、干涉、多普勒效应D.衍射、折射、干涉、多普勒效应2.(2013桂林模拟)如图所示,长度为l的轻绳上端固
2、定在O点,下端系一小球(小球可以看成质点)。在O点正下方,距O点处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球。点B是小球运动的最低位置,点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知点A与点B之间的高度差为h,hl。A、B、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.点C与点B高度差小于hB.点C与点B高度差等于hC.小球摆动的周期等于D.小球摆动的周期等于3.如图所示,带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体,汽缸与活塞均具有良好的绝热性能。将一个热敏电阻置于汽缸中(热敏电阻的阻值随温度的升高而减小),热敏电阻与汽缸
3、外的欧姆表连接,汽缸固定不动,缸内活塞可自由移动且不漏气,活塞下挂一沙桶,沙桶装满沙子时活塞恰好静止。现将沙桶底部开一小孔使沙子缓慢漏出,下列说法正确的是()A.气体体积减小,压强增大B.气体对外界做正功,气体内能减小C.外界对气体做正功,气体内能增大D.欧姆表指针逐渐向右偏转4.下列关于热学的知识叙述正确的是()A.分子间的作用力表现为引力时,若分子间的距离增大,则分子力减小,分子势能增大B.对于一定种类的大量气体分子,在一定温度时,处于一定速率范围内的分子数所占百分比是确定的C.我们可以利用高科技手段,将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化D.气体的状态变化时,若温度
4、升高,则每个气体分子的平均动能增加5.(2013武汉模拟)对于一定质量的理想气体,下列说法正确的是()A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变B.若气体的温度不断升高,其压强也一定不断增大C.若气体温度升高1K,其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量D.在完全失重状态下,气体的压强为零6.(2013松江区模拟)利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数,如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S,这种油的摩尔质量为M,密度为,则阿伏加德罗常数NA可表示为()A.NA=B.NA=C.NA=D.NA=7.(2013成都模拟)如图所示,在同一种均匀介质中
5、的一条直线上,两个振源A、B相距8m。在t0=0时刻,A、B开始振动,它们的振幅相等,且都只振动了一个周期,A、B的振动图像分别如图甲、乙所示。若A振动形成的横波向右传播,B振动形成的横波向左传播,波速均为10m/s,则()A.t1=0.2s时刻,两列波相遇B.两列波在传播过程中,若遇到大于1m的障碍物,不能发生明显的衍射现象C.在两列波相遇过程中,AB连线中点C处的质点的振动速度始终为零D.t2=0.8s时刻,B处质点经过平衡位置且振动方向向下8.(2013哈尔滨模拟)汽车从静止匀加速启动,最后做匀速运动,其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示,其中正确的是()9.(滚动
6、单独考查)如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为,则在足够长的时间内,下列说法正确的是()A.无论M与m的大小关系如何,在相等的时间段内,M动量的变化量与m动量的变化量大小之比为11B.若M18m时无相互作用力。当两球相距最近时,它们间的距离为d=2m,此时球B的速度是4m/s。求:(1)球B的初速度;(2)两球之间的斥力大小;(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间。答案解析1.A春天里在一次闪电过后,有时雷声轰鸣不绝,属于声波的反射;“
7、闻其声而不见其人”属于声波的衍射;学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音属于声波的干涉;当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时,我们听到汽笛声的音调变高属于多普勒效应。故正确选项是A。2.B、C由机械能守恒定律可知,点C与点B高度差等于h,选项A错误,B正确;由单摆周期公式可知,小球摆动的周期T=(T1+T2)=+=,选项D错误,C正确。3.A、C、D气体压强p=p0-,当沙子的质量M减小时,外界对气体做功,气体体积减小,内能增大,A、C正确;由于内能增大使气体温度升高,热敏电阻的阻值减小,欧姆表指针向右偏转,D正确。4.B当分子力表现为引力时,随着分子间距增大,分子力先增大后减小,但分子力
8、始终做负功,分子动能减小,分子势能增大,选项A错误;根据气体分子的速率分布的统计规律可知,选项B正确;热力学第二定律揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性,或者说自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性,能量耗散和热传递都具有方向性,如机械能可以完全转化为内能,内能却不能全部转化为机械能而不引起其他变化,选项C错误;气体的温度升高,则气体的平均分子动能增大,而不是每个气体分子的平均动能都增加,选项D错误。5.A由理想气体状态方程=C(常量)可知,若气体的压强p和体积V都不变,气体的温度T也不变,所以其内能也一定不变,选项A正确;若气体的温度T不断升高,气体的压强p和体积V的乘积一定增大,
9、但其压强p不一定增大,选项B错误;该气体经过等容过程后温度升高1K与其经过等压过程后温度升高1K相比,气体内能的增加量U相等,而前者外界做功W=0,而后者WU,所以选项C错误;从微观角度,气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的,即使在完全失重状态下,只要容器密闭,气体分子仍然会不停地频繁碰撞器壁,所以气体仍有压强,选项D错误。6.A油分子直径为d=,单个分子的体积为V0=()3=d3,摩尔体积Vmol=,阿伏加德罗常数NA=,联立各式,可得NA=,A正确。7.C两列波相向传播,它们的相遇时刻为t1=s=0.4 s时刻,选项A错误;两列波的周期均为T=0.2s,又已知波速均为v=10
10、m/s,所以波长均为=vT=2m,因为障碍物的尺寸1m小于这两列波的波长,所以这两列波均能发生明显的衍射现象,选项B错误;AB连线中点C到两个波源的距离都等于2个波长,并且两列波同时传播到C点,若从两列波传播到C点开始计时,那么左右两列波在该质点处的振动图像分别如题图甲、乙所示。显然,在两列波相遇过程中,中点C始终处在平衡位置,选项C正确;t2=0.8s时刻,从振源A发出的机械波刚好传播到B点,所以此时B处质点的振动方向与振源A的起振方向相同,B处质点从平衡位置向上振动,选项D错误。8.A、C、D汽车启动时,由P=Fv和F-Ff=ma可知,匀加速启动过程,牵引力F、加速度a恒定不变,速度和功率
11、均匀增大,当功率增大到额定功率后保持不变,牵引力逐渐减小到与阻力相等,加速度逐渐减小到零,速度逐渐增大到最大速度,故A、C、D正确。9.A、DM、m所受外力的合力均等于它们之间的摩擦力,若时间相等,则合外力的冲量相等,故M、m的动量变化p大小相等,A对。若Mm,则系统的总动量向左,最后系统将向左匀速运动,B错。无论M、m的大小如何,两者的初、末速度大小相等,由动能定理可知,摩擦力做功之比应为=,C错。由动量守恒得Mv0-mv0=(M+m)v,对M有mg=Ma,v=v0-at,解以上三式得t=,D对。10.D对两球及杆组成的系统,在b球落地前瞬间,即b球的水平速度为零,根据系统水平方向动量守恒,
12、系统初始动量为零,则此时a球的速度必定为零,A、B均错;对b球,水平方向上动量变化为零,故杆对b球的水平冲量为零,在竖直方向上,落地时速度与只在重力作用下的速度一样,如图所示,v -t图像中斜线为b球自由落体运动的图线,曲线为b球竖直方向的运动图线,在竖直方向上运动的位移与落地速度相同,对比可知b球落地所用时间相对自由落体运动的时间要长,由动量定理可知杆对b球的竖直方向的冲量必定不为零,且冲量方向向上,综合杆对b球的水平和竖直冲量可知,杆对b球的冲量不为零,且方向竖直向上,C错;设杆对a球做功W1,对b球做功W2,系统机械能守恒,则除了重力之外的力的功必定为零,即W1+W2=0,对a球由动能定
13、理可知W1=0,故W2=0,D对。11.【解析】一滴溶液的体积V溶液=mL,其中含油酸体积V=V溶液=410-5cm3,据此算出3次测得的d值分别为d17.4310-8cm,d27.3410-8cm,d37.1010-8cm,其平均值=7.2910-8cm=7.2910-10m,这与公认值的数量级相吻合,故本次估测数值符合数量级的要求。答案：410-50.7430.7340.7107.2910-10m是12.【解析】(1)该同学记录了58个二分之一周期,这段时间t含有29个周期,该单摆的周期为,选项A正确;(2)设摆球质心距离系点为d,第一次测量时摆长为l1+d,由单摆周期公式T1=2。第二次
14、测量时摆长为l2+d,由单摆周期公式T2=2。联立解得重力加速度g=。答案：(1)A(2)13.【解析】(1)对活塞受力分析:Mg+p0S=pS得:p=(2分)(2)汽缸倒置后,对活塞受力分析得:Mg+p1S=p0S,所以p1=(2分)对封闭气体由pV0=p1V1得:V1=(2分)所以h=(2分)答案：(1)(2)14.【解析】(1)设小物块A到达圆周轨道最高点P时的速度为vP,由题意有:mg=m(2分)解得:vP=2m/s(2分)(2)从解除锁定到物块滑至最高点P的过程中,由动能定理有:W弹-mgl-2mgR=m(2分)解得:W弹=1.5J(2分)答案：(1)2m/s(2)1.5J15.【解
15、析】(1)从赛车离开弹簧到B点静止,由动能定理得:-mg(l1+l2)=0-mv2(2分)解得=0.2(1分)(2)设弹簧被压缩的最大距离为l,从赛车加速到离开弹簧,由动能定理得:Fl1-mg(l1+2l)=mv2-0(2分)解得:l=0.5m(1分)(3)从赛车开始运动到压缩弹簧最短为止,由功能关系得:Fl1-mg(l1+l)=Ep(3分)解得:Ep=18J(1分)答案：(1)0.2(2)0.5m(3)18J16.【解析】(1)两球之间的斥力大小是F,两球从开始相互作用到两球相距最近时的时间是t0,当两球相距最近时球B的速度是vB=4m/s,此时球A的速度与球B的速度大小相等,vA=vB=4m/s(1分)由动量守恒定律可得:mBvB0=mAvA+mBvB(2分)代入数据解得vB0=9m/s(1分)(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时它们之间的相对位移s=L-d(1分)由功能关系可得:Fs=mB-(mA+mB)(3分)代入数据解得F=2.25N(1分)(3)根据动量定理,对A球有:Ft=mAvA-0t=(2分)代入数值解得t=3.56s(1分)答案：(1)9m/s(2)2.25N(3)3.56s
