1、2016-2017学年四川师大附中高三（上）一诊二模物理试卷一、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14题为单选题；58题有多项符合题目要求的，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分1伽利略对自由落体运动研究中，经历了提出问题、科学猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论一系列过程其中在实验验证过程中，他让一个铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力，为什么要“冲淡”重力，“冲淡”重力的含义是什么（）A减小重力B减小运动速度C增加运动时间D便于测量运动位移2在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地
2、球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害太空垃圾下落的原因是（）A大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面D太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面3如图所示，质量为m的滑块B以初速度v0沿斜面体表面向下运动，此时斜面体A受到地面的摩擦力方向向左斜面体A始终静止在水平地面上则下列说法中正确的是（）A滑块B
3、下滑的过程中的加速度方向一定沿斜面向上B斜面体的斜面一定是粗糙的C滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，A所受地面摩擦力仍然不变D滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，则A所受地面摩擦力的一定变大4如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角=30一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1m2开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直
4、当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（）A在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少B当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍C细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点Dm1最终将会停在C点5在粗糙的斜面上固定一点电荷Q在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止则从M到N的过程中（）AM点的电势一定高于N点的电势B小物块所受的电场力减小C小物块的电势能可能增加D小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功6如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R
5、1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动则下列说法中正确的是（）A仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C仅把两极板A、B间距离减小，油滴向下运动D仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动7如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限
6、度），以下说法正确的是（）A系统机械能不断增加B系统动量守恒C当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大8一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）A小球所受重力与电场力大小相等B小球在b点时的机械能最小C小球在d点时的电势能最大D小球在c点时的动能最大二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分在第912题为必考题，每个试题考生都必须作答第1316题
7、为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C
8、、D、E对应的刻度依次为14.68cm、39.15cm、73.41cm、117.46cm已知电动机的转速为3000r/min求：（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为s（2）由实验测得济南当地的重力加速度为m/s2（结果保留三位有效数字）（3）该同学计算出画各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，图线（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律10测量电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5）器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4，滑动变阻器R，开关K，导线若干画出实验电路原理
9、图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E=，r=（用I1，I2，Ul，U2及R表示）11如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到A处求男演员落地点C 与O 点的水平距离s（已知男演员质量m1，和女演员质量m2之比=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C 点比O 点低5R）12如图所示，空间存在着电场强度为E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=
10、0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，则小球能运动到最高点不计阻力取g=10m/s2求：（1）小球的电性（2）细线在最高点受到的拉力（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距O点的高度（二）选考题，任选一模块作答物理-选修3-313一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的
11、热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同14横截面积为S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A和B将气缸分隔为、两个气室，两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A上加细沙，使之向下移动一段距离h=d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量【物理选修3-4】15如图甲所示，O点为振源，OP=s，t=0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波图乙为从t=0时刻开始描绘的质点P的振动图象下列判断中正确的是（）A这列波的频率为B
12、这列波的波长为Ct=0时刻，振源O振动的方向沿y轴负方向Dt=t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向Et=t2时刻，O点的振动方向无法判断16如图所示，一束光线以60的入射角射到一不平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明的上表面射出，打在光屏上的P点，P点在P点的左测3.46cm处，已知透明体对光的折射率为1.73作出放在玻璃砖后的光路示意图，标出位置；透明体厚度为多大？光在透明体里传播的时间多长？2016-2017学年四川师大附中高三（上）一诊二模物理试卷参考答案与试题解析一、选择题
13、：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14题为单选题；58题有多项符合题目要求的，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分1伽利略对自由落体运动研究中，经历了提出问题、科学猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论一系列过程其中在实验验证过程中，他让一个铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力，为什么要“冲淡”重力，“冲淡”重力的含义是什么（）A减小重力B减小运动速度C增加运动时间D便于测量运动位移【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特
14、的方法在实验的基础上，进行理想化推理（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法【解答】解：由于当时的计时工具落后，自由落体运动下落的快，很难准确计时，所以用一个斜面来解析加速度，增加运动的时间，减小时间测量的误差起到，“冲淡”重力的作用故选项C正确故选：C2在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害太空垃圾下落的原因是（
15、）A大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面D太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面【考点】万有引力定律及其应用【分析】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上【解答】解：太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，它做圆周运动所需的向心力就小于地球对它的引力，故其不断做向心运动，最终落在地面上，故D正确、ABC错误故选：D3如
16、图所示，质量为m的滑块B以初速度v0沿斜面体表面向下运动，此时斜面体A受到地面的摩擦力方向向左斜面体A始终静止在水平地面上则下列说法中正确的是（）A滑块B下滑的过程中的加速度方向一定沿斜面向上B斜面体的斜面一定是粗糙的C滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，A所受地面摩擦力仍然不变D滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，则A所受地面摩擦力的一定变大【考点】摩擦力的判断与计算【分析】斜面体受到地面的摩擦力方向向右可知，斜面体对物体B是有摩擦的，而F是沿斜面向下的，对摩擦力没有影响，加上后A的受力情况没有发生变化，再对B进行受力分析即可判断加速度的方向【解答】解：A、如果B能在重力
17、作用下有向下的加速度，那么A和B作为整体这时受到的合外力必然沿斜面向下这就要求，A必然受到地面水平向左的摩擦力，与题目吻合，所以B加速沿斜面向下，A错误；B、斜面体受到地面的摩擦力方向向左可知，斜面体对物体B可以有摩擦，也可以没有，施加的力F是沿斜面向下的，对A的压力和摩擦力没有影响，A的受力情况没有发生变化，所以斜面体A所受地面摩擦力的方向一定向左，大小也不变，故C正确BD错误；故选：C4如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角=30一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的
18、光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1m2开始时m1恰在碗口水平直径右端A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（）A在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少B当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍C细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点Dm1最终将会停在C点【考点】机械能守恒定律【分析】机械能的变化量等于除重力以外的力做物体做的功，m1m2在用同一根绳子连在一起，则沿着绳子方向的速度相同，根据几何关系求出当
19、m1运动到C点时，m1、m2速率的关系，根据机械能守恒判断m1能否沿碗面上升到B点及最终的位置【解答】解：A、在m1从A点运动到C点的过程中，除重力做功外，绳子的拉力对小球做负功，所以m1的机械能一直减少，故A正确；B、设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：，故B错误；C、若从A到C的过程中，只有重力做功，物体到到C后可以沿着碗面上升到B点，且速度刚好为零，但在m1从A点运动到C点的过程中，机械能一直减少，所以不能到达B点，故C错误；D、由于碗的内表面及碗口光滑，所以m1将在碗内一直关于C点对称的运动下去，不会停止在C点，故D错误故选
20、：A5在粗糙的斜面上固定一点电荷Q在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止则从M到N的过程中（）AM点的电势一定高于N点的电势B小物块所受的电场力减小C小物块的电势能可能增加D小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功【考点】电势能【分析】解决本题关键是要掌握：对物块进行正确受力分析，尤其是所受库仑力的分析，可以假设所受库仑力为引力和斥力两种情况分析，然后得出正确结论；熟练利用功能关系求解【解答】解：物块在运动过程中所受摩擦力大小不变，假设物块受库仑引力，则物块将做加速度逐渐增大的加速运动，不会停止，因此物块受到的库仑力为斥力A、现在只能判断出电荷
21、Q和物块带电电性相同，不知Q带电的正负，无法判断M、N两点电势高低，故A错误；B、由于物块与电荷Q距离增大，根据可知，电场力减小，故B正确；C、物块下滑中电场力做正功，电势能一定减小，故C错误；D、由于物块初末速度都为零，根据功能关系可知，重力势能和电势能的减小之和等于克服摩擦力做的功，故D正确故选：BD6如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动则下列说法中正确的是（）A仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小
22、，油滴向上运动C仅把两极板A、B间距离减小，油滴向下运动D仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分析路端电压的变化，判断油滴的运动情况仅把两极板A、B间距离增大或把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况【解答】解：A、B仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小由E=分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，
23、则油滴向上运动故A错误，B正确 C、仅把两极板A、B间距离d减小，电容器的电压不变，由E=分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向下运动而电路其他部分不变，电流表读数不变故C错误 D、仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止电流表读数不变故D错误故选：B7如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度
24、），以下说法正确的是（）A系统机械能不断增加B系统动量守恒C当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；电势能【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加；分析系统中的外力做功情况可得出能量与动量的变化情况根据受力的情况分析系统的动量是否守恒【解答】解：A、加上电场后，电场力对两球做正功，系统机械能增加，故A错误；B、两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；C、弹簧长度达到最大值时，电场力对系统做的功最多，机械能最大故C错误；D、两小球远离过程，先做加速
25、度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，故当电场力与弹力平衡时，加速度为零，动能最大，故D正确；故选：BD8一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）A小球所受重力与电场力大小相等B小球在b点时的机械能最小C小球在d点时的电势能最大D小球在c点时的动能最大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】小球由a点释放，受到重力、电场力和环的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得
26、到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况，根据除重力外其余力做功判断机械能的变化情况【解答】解：A、D、根据动能定理，从a到d过程，有：mgRqER=0解得：qE=mg即电场力与重力大小相等，故重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动此处时动能最大，故A正确，D错误；B、根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故B错误；C、根据功能关系，电场力做负功，电势能增加；电场力向左，故运动
27、到d点时克服电场力做的功最多，电势能增加的最多，故C正确；故选：AC二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分在第912题为必考题，每个试题考生都必须作答第1316题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线图乙
28、是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm、39.15cm、73.41cm、117.46cm已知电动机的转速为3000r/min求：（1）相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1s（2）由实验测得济南当地的重力加速度为9.79m/s2（结果保留三位有效数字）（3）该同学计算出画各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，图线能（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律【考点】验证机械
29、能守恒定律【分析】（1）根据电动机的转速求出相邻的两条计数墨线对应的时间间隔（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出当地的重力加速度（3）若物体的机械能守恒，则h图线是一条倾斜的直线，图线的斜率等于当地的重力加速度【解答】解：（1）电动机的转速为3000r/min=50r/s，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为：T=（2）由对应的刻度知，BC间的距离为：xBC=39.1514.68cm=24.47cm，xCD=73.4139.15cm=34.26cm，xDE=117.4673.41cm=44.05cm，根据x=gT2得，当地的重力加速度为：g=9.79m/s2（3）根据mgh=得：，可
30、知当h图线是一条倾斜的直线，图线的斜率等于当地的重力加速度，则机械能守恒，所以根据图线能验证机械能守恒故答案为：（1）0.1，（2）9.79，（3）能10测量电源的电动势E及内阻r（E约为4.5V，r约为1.5）器材：量程为3V的理想电压表V，量程为0.5A的电流表A（具有一定内阻），固定电阻R=4，滑动变阻器R，开关K，导线若干画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中所给出的符号或字母标出实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可以求出E=，r=R（用I1，I2，Ul，U2及R表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】测电源的电动势和内电阻
31、采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻【解答】解：本实验采用限流接法，即将滑动变阻器、电源、电流表串联；电压表并联在电源两端；本题由于电源电压较大，故应加入保护电阻；答案如图所示； 由闭合电路欧姆定律可知：U1=EI1rU2=EI2r联立解得：E=； r=由于r中含有保护电阻，故电源的电阻应为：r=rR=R；故答案为：如图所示；，R11如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到A处求男演员落地点C 与O 点的水平距离s（
32、已知男演员质量m1，和女演员质量m2之比=2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C 点比O 点低5R）【考点】机械能守恒定律；平抛运动【分析】两演员一起从从A点摆到B点，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出最低点速度；女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒，由于女演员刚好能回到高处，可先根据机械能守恒定律求出女演员的返回速度，再根据动量守恒定律求出男演员平抛的初速度，然后根据平抛运动的知识求解男演员的水平分位移【解答】解：设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v0，由机械能守恒定律（m1+m2）gR=（m1+m2）v02设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女
33、演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，（m1+m2）v0=m1v1m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，4R=gt2s=v1t 根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律，m2gR=m2v22由以上各式可得 s=8R 答：男演员落地点C与O点的水平距离为8R12如图所示，空间存在着电场强度为E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，则小球能运动到最高点不计阻力取g
34、=10m/s2求：（1）小球的电性（2）细线在最高点受到的拉力（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距O点的高度【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电势能【分析】（1）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度【解答】解析：（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电 （2）
35、设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有， （qEmg）L=mv2 在最高点对小球由牛顿第二定律得，T+mgqE=m 由式解得，T=15N （3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则 a= 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则 L=vt 设竖直方向上的位移为s，则 s=at2 由解得，s=0.125m小球距O点高度为s+L=0.625m答：（1）小球的电性为正电（2）细线能承受的最大拉力为15N（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m（二）选考题，任选一模块作答物理-选修3-313一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc
36、、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【考点】理想气体的状态方程【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题【解答】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；B、由图
37、示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W0，气体温度降低，内能减少，U0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积
38、单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；故选：ADE14横截面积为S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A和B将气缸分隔为、两个气室，两活塞间距离为d，两气室体积之比为1：2，如图所示，在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A上加细沙，使之向下移动一段距离h=d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为P0，求所加细沙的质量【考点】理想气体的状态方程【分析】由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体作等温变化，找出初末状态的物理量，由玻意耳定律列式求解即可【解答】解：由于是轻活塞，质量不计，活塞与气缸间摩擦不计，因此两部分气体压强相等，状态1时，气体压强等于大气压强P=P0，
39、气体的体积V1=ds，气体的体积V2=2ds设所加细沙的质量为m，此时活塞B下移距离为h，则状态2气体的压强为：P=P0+，气体的体积V=（dh=+h）S，气体的体积V2=（2dh）S由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体作等温变化，由玻意耳定律得：p0dS=p（dh+h）Sp02dS=p（2dh）S联立式得：h=d代入解得：m=答：所加细沙的质量为【物理选修3-4】15如图甲所示，O点为振源，OP=s，t=0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波图乙为从t=0时刻开始描绘的质点P的振动图象下列判断中正确的是（）A这列波的频率为B这列波的波长为Ct=0时刻，振源O振
40、动的方向沿y轴负方向Dt=t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向Et=t2时刻，O点的振动方向无法判断【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由乙看出，波从O点传到P点的时间为t1，距离为s，可求出波速，读出周期，求出波长由乙图读出P点的起振方向，t=0时刻，振源O振动的方向与t1时刻P点的振动方向相同【解答】解：A、B、结合题图甲、乙可知，振动从O传到P，用时t1，传播距离为s，故波速为v=，波的周期为T=t2t1，故波的频率为 f=，波长=vT=，故AB正确C、由题图乙可知P点先沿y轴正向运动，故振源O在t=0时刻沿y轴正向运动，故C错误D、由题图乙可知，t2时刻P点振动方向沿y轴
41、正向，故D错误E、因不知t1与周期T的倍数关系，故不能判断t2时刻O点的振动情况故E正确故选：ABE16如图所示，一束光线以60的入射角射到一不平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明的上表面射出，打在光屏上的P点，P点在P点的左测3.46cm处，已知透明体对光的折射率为1.73作出放在玻璃砖后的光路示意图，标出位置；透明体厚度为多大？光在透明体里传播的时间多长？【考点】光的折射定律【分析】（1）光从空气射入透明体，入射角大于折射角，根据折射规律和反射定律作出光路图（2）根据折射定律求出折射角，根据几何知识求出透明介质的厚度（3）由几何关系求出光在透明介质中通过的路程光在透明介质中的传播速度为v=，再求出光在透明体里运动的时间【解答】解：作出光路图如图所示设透明介质的厚度为d则有：n=得：sin=30所以放上透明体后出射点与入射点间距离为s1=d不放透明体时在虚线处这两点距离为s2=2d而s=s2s1代入数值得d=1.5cm光在透明体中传播速度为v=传播距离为s=d所以光在透明体中的传播时间为t=21010s答：（1）作出光路图如图所示（2）透明体的厚度为1.5cm （3）光在透明体里运动的时间为21010s2017年1月4日