2020-2021学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（下）模拟物理试卷（六）

这是一份2020-2021学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（下）模拟物理试卷（六），共24页。

A．B．C．D．
2．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，以下判断错误的是（ ）
A．带电油滴将沿竖直方向向下运动
B．P点的电势将升高
C．平行板电容器的电容将变小
D．电容器所带电荷量将减少
3．（4分）在正方形的四个顶点上分别固定有带电量绝对值均为Q的点电荷，其带电性如图所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD，不计电子重力，则（ ）
A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同
B．C、D两点电势相等，A、B两电势相等
C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小
D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减小
4．（4分）如图，在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的运动时间与初速度的平方成正比
B．所有小球落到斜面上时的速度方向均不相同
C．所有小球的竖直位移与水平位移之比均不相等
D．小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的
5．（4分）如图为含有理想变压器的电路，图中电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。变压器原线圈两端接入有效电压为18V的正弦交流电，开关S闭合时，均能发光。当开关S断开后，电流表A1示数改变了0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈的匝数比为1：2
B．开关S断开后，副线圈两端的输出电压变大
C．开关S断开后，灯泡L1的功率减小
D．开关S断开后，灯泡L2减小的功率大于5.4W
6．（4分）两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（ ）
A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0
二．选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）
7．（5分）如图所示，长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中心O有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为3m、m。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受杆拉力的大小（ ）
A．mω2LB．3mω2LC．4mω2LD．5mω2L
（多选）8．（5分）2019年12月16日，我国的西昌卫星发射中心又一次完美发射两颗北斗卫星，标志着“北斗三号”全球系统核心星座部署完成，计划在6月发射最后一颗北斗卫星，北斗系统即将全面建成。若北斗卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，北斗三号系统的最后一颗卫星，是一颗地球静止轨道卫星，则（ ）
A．线速度大的北斗卫星，运行周期大
B．北斗卫星的发射速度应大于7.9km/s
C．北斗卫星的运行速度有可能大于7.9km/s
D．北斗三号系统的最后一颗卫星的轨道平面和赤道重合
（多选）9．（5分）如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度由左向右沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度同一方向沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的哪几个（ ）
A．带电粒子的初速度
B．带电粒子的电性
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子的比荷
（多选）10．（5分）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为1000N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。则（ ）
A．两人通过绳子对重物做功为400J
B．重物离地面的最大高度为25cm
C．重物刚落地时速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力为5500N
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（7分）用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图2中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知电源的频率为50Hz，m1＝50g，m2＝150g，g＝9.8m/s2，则（所有结果均保留三位有效数字）
①在纸带上打下计数点5时的速度v5＝ m/s；
②在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek＝ J，系统势能的减少量△Ep＝ J。
12．（9分）小光通过实验研究某金属丝的电阻：
（1）如图1所示，用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻R＝ Ω；用图2的螺旋测微器测其直径D＝ mm。
（2）为了测绘其伏安特性曲线，除待测金属丝Rx外，还备有的实验器材如下：
A．电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω）
C．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）
D．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不计
F．开关S，导线若干
实验要求滑动变阻器的滑片从A到B的移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）；请按此要求用笔画线代替导线在图3中完成余下导线的连接。
四．计算题（共3小题，满分40分）
13．（12分）如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为m的小钢球。现用手把球向上托起，使球从弹簧原长处由静止释放，小球将沿竖直方向运动。已知小球经过平衡位置的速度大小为v，小球下降的最大距离为h，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。
（1）证明小球的运动是简谐运动；
（2）求小球在平衡位置时弹簧中的弹性势能Ep；
（3）若小球做简谐运动的周期为T，求小球连续两次经过平衡位置过程中，弹力冲量的大小I。
14．（15分）如图所示，倾角为θ＝30°的传送带以速率v＝12m/s顺时针匀速运行，传送带与足够长光滑水平面在B处平滑连接，一质量为m0＝1kg的木块静止于B处。现有4个相同的、质量均为m＝3kg的小物块，每隔t0＝0.2s依次从传送带的顶端A点以初速度v0＝2m/s开始沿传送带向下运动，它们与传送带间的动摩擦因数μ＝。已知第1个小物块运动到B点时将与木块相碰，且在它从A运动到B的过程中，传送带刚好转动一圈。不计小物块、木块及传送带轮子的大小，所有的碰撞均为弹性正碰且不考虑碰撞的时间，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）第1个小物块刚放上传送带A点时加速度的大小；
（2）传送带与第1个小物块间因摩擦产生的热量Q；
（3）最终第1、2个小物块间的距离x12与第2、3个小物块间的距离x23之比。
15．（13分）一定质量的某种理想气体由状态A变化到状态C其有关数据如图所示，且状态A的温度为T0．已知理想气体的内能U与温度T的关系为U＝aT，其中a为正的常量。求：
（i）状态C时的温度TC；
（ii）气体由状态B变化到状态C的过程中，放出的热量Q。
2020-2021学年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高三（下）模拟物理试卷（六）
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）用频率为ν的单色光照射阴极K时，能发生光电效应，改变光电管两端的电压，测得电流随电压变化的图象如图所示。换用频率为的单色光照射恰能发生光电效应。已知电子的带电荷量为e，普朗克常量为h，则图中U0为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据遏止电压，结合动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程求出U0。
【解答】解：由图乙，根据动能定理可知：
﹣eU0＝0﹣Ek
解得：Ek＝eU0
根据爱因斯坦光电效应有：Ek＝hυ﹣W0
又W0＝hv
解得：U0＝ 故B正确，ACD错误
故选：B。
【点评】知道最大初动能与遏止电压的关系，掌握光电效应方程即可轻松求解。
2．（4分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，以下判断错误的是（ ）
A．带电油滴将沿竖直方向向下运动
B．P点的电势将升高
C．平行板电容器的电容将变小
D．电容器所带电荷量将减少
【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E＝分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由U＝Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化。
【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A正确；
B、因场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，下极板的电势等于零，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B错误；
C、由电容的决定式C＝知d增大，那么C减小，故C正确；
D、因U不变，且C减小，则由公式Q＝CU知电容器所带电荷量将减小，故D正确。
本题选择错误的，
故选：B。
【点评】本题运用E＝分析板间场强的变化，判断油滴如何运动，并掌握电容的定义式与决定式的内容，及两者的区别。
3．（4分）在正方形的四个顶点上分别固定有带电量绝对值均为Q的点电荷，其带电性如图所示．正方形的对角线交点为O，在两条对角线上分别取点A、B、C、D且OA＝OB＝OC＝OD，不计电子重力，则（ ）
A．C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度不同
B．C、D两点电势相等，A、B两电势相等
C．电子从C点沿直线运动到D点，电势能先增加后减小
D．电子从O点沿直线运动到B点，电势能先增加后减小
【分析】本题可根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加原理进行分析．分析要抓住电场线和等势线分布的对称性．由电场力做功情况分析电势能的变化情况．
【解答】解：
A、根据等量同种电荷和等量异种电荷电场的分布情况可知：竖直方向上+Q和﹣Q的电场中，C、D两点的电场强度相同，A、B两点的电场强度也相同；在水平方向两个+Q的电场中，C、D的电场强度大小相等、方向相反，A、B两点的电场强度大小相等、方向相反，所以根据电场的叠加原理可知C、D两点的电场强度不同，A、B两点的电场强度也不同，故A错误。
B、在竖直方向+Q和﹣Q的电场中，C、D两点的电势相等，A、B两点的电势不等；在水平方向两个+Q的电场中，C、D的电势相等，A、B两点的电势相等，根据叠加原理可知C、D两点电势相等，A、B两点电势不相等，故B错误。
C、在垂直方向+Q、﹣Q的电场中，CD连线是一条等势线，其上各点的电势相等，在水平方向两个+Q的电场中，C点的电势与D点的电势相等，高于O点的电势，则根据电场的叠加可知C点的电势与D点的电势相等，高于O点的电势，所以电子从C点沿直线运动到D点，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故C正确。
D、电子从O点沿直线运动到B点，在竖直方向+Q和﹣Q的电场中，电场力对电子做负功，在在水平方向两个+Q的电场中，电场力对电子也做负功，所以电子从O点沿直线运动到B点，电场力一直做负功，电势能一直增加，故D错误。
故选：C。
【点评】本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷电场线和等势面的分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，灵活运用电场的叠加原理进行分析．
4．（4分）如图，在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的运动时间与初速度的平方成正比
B．所有小球落到斜面上时的速度方向均不相同
C．所有小球的竖直位移与水平位移之比均不相等
D．小球从抛出到离斜面最远的过程中，竖直位移为总竖直位移的
【分析】小球做平抛运动，根据题意找出位移夹角，求出小球运动时间关系式，结合水平位移和竖直位移求出初速度关系式，当速度方向与斜面平行是小球距离斜面最远，根据速度夹角的正切值与位移夹角的正切值的2倍的关系，根据该规律分析落地斜面上的速度夹角。
【解答】解：A、设斜面底角为α，根据平抛运动规律和几何关系可知：tanα＝＝＝，解得：t＝，所以小球的运动时间与初速度成正比，故A错误；
BC、在斜面顶端以不同的初速度水平抛出几个小球，所有小球均落在斜面上，斜面的底角不变，根据几何关系可知位移夹角不变，即所有小球的竖直位移与水平位移之比都相等，根据速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍，可知速度夹角不变，即所有小球落到斜面上时的速度方向均相同，故BC错误；
D、小球在运动过程中距斜面最远是瞬时速度与斜面平行，则速度偏向角为α，根据：tanα＝＝，得到：t1＝，而落到斜面上时，t＝，则有：t1＝，而竖直位移：h＝gt2，可得到：y1＝y，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是平抛运动，知道平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律，以及它的推导公式速度夹角的正切值与位移夹角的正切值的2倍。
5．（4分）如图为含有理想变压器的电路，图中电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。变压器原线圈两端接入有效电压为18V的正弦交流电，开关S闭合时，均能发光。当开关S断开后，电流表A1示数改变了0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈的匝数比为1：2
B．开关S断开后，副线圈两端的输出电压变大
C．开关S断开后，灯泡L1的功率减小
D．开关S断开后，灯泡L2减小的功率大于5.4W
【分析】根据变压器变流比确定匝数比；输入电压不变，匝数不变，根据变压器变压规律知输出电压不变；开关S断开后，副线圈电阻变大，所以根据P＝可知，灯泡L1的功率变大；在原线圈，输入功率减少，因为变压器的输入功率等于输出功率，故输出功率减小，根据功率关系确定减小的功率与5.4W之间的关系。
【解答】解：A、根据变压器变流比得：＝即＝＝＝，原副线圈的匝数比为2：1，故A错误。
B、输入电压不变，匝数不变，根据变压器变压规律知输出电压不变，故B错误。
C、开关S断开后，副线圈电阻变大，输入电压不变，匝数不变，根据变压器变压规律知输出电压不变，所以输出端的电流减小，则灯泡L2的电压变小，所以灯泡L1的电压变大，根据P＝可知灯泡L1的功率变大，故C错误。
D、在原线圈，输入功率减少，△P＝U1ΔI1＝18×0.3w＝5.4w，在副线圈，电键由闭合到断开，通过灯泡L2的电流减少，故其功率减少，灯泡L1的电压增大，故其功率增大，因为变压器的输入功率等于输出功率，故输出功率减小了5.4w，所以灯泡L，减小的功率大于5.4w。故D正确。
故选：D。
【点评】掌握变压器的变压、变流特点，另外注意理想变压器的输入功率和输出功率之间的关系。
6．（4分）两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（ ）
A．a1＝g，a2＝gB．a1＝0，a2＝2gC．a1＝g，a2＝0D．a1＝2g，a2＝0
【分析】在除去拉力的瞬间，AB一起下落，采用整体法和隔离法研究AB所受的合力，根据牛顿第二定律．
【解答】解：在剪断绳的瞬间，AB球由于用绳连接，A和B与将与绳一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A、B受的加速度等于g，即a1＝g，a2＝g．故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变
二．选择题（共4小题，满分20分，每小题5分）
7．（5分）如图所示，长L的轻杆两端分别固定着可以视为质点的小球A、B，放置在光滑水平桌面上，杆中心O有一竖直方向的固定转动轴，小球A、B的质量分别为3m、m。当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受杆拉力的大小（ ）
A．mω2LB．3mω2LC．4mω2LD．5mω2L
【分析】首先对AB进行受力分析，然后根据拉力提供向心力和向心力公式，求得转动时杆对小球AB拉力的大小，最后根据二力的合成，求解当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受杆拉力的大小。
【解答】解：以A为研究对象，根据向心力公式有：TA＝3m•ω2•＝
以B为研究对象，根据向心力公式有：TB＝m•ω2•＝mω2L
当轻杆以角速度ω绕轴在水平桌面上转动时，转轴受杆拉力的大小：F＝TA﹣TB＝﹣mω2L＝mω2L，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查向心力问题，解题时应注意转轴承受的拉力大小是杆对小球拉力大小之差。
（多选）8．（5分）2019年12月16日，我国的西昌卫星发射中心又一次完美发射两颗北斗卫星，标志着“北斗三号”全球系统核心星座部署完成，计划在6月发射最后一颗北斗卫星，北斗系统即将全面建成。若北斗卫星运行时都绕地心做匀速圆周运动，北斗三号系统的最后一颗卫星，是一颗地球静止轨道卫星，则（ ）
A．线速度大的北斗卫星，运行周期大
B．北斗卫星的发射速度应大于7.9km/s
C．北斗卫星的运行速度有可能大于7.9km/s
D．北斗三号系统的最后一颗卫星的轨道平面和赤道重合
【分析】根据万有引力提供向心力，得到线速度、周期和轨道半径的关系；
7.9km/s是卫星最小的发射速度；
7.9km/s是近地卫星的运行速度；
地球静止轨道卫星，其轨道面与地球的赤道面重合；
【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，，可得线速度：，周期：，
A、线速度大的卫星，轨道半径小，周期小，故A错误；
B、7.9km/s是卫星最小的发射速度，北斗卫星的发射速度一定大于7.9km/s，故B正确；
C、7.9km/s是近地卫星的运行速度，轨道半径为地球半径R，北斗卫星的轨道半径大于地球半径，则运行速度小于7.9km/s，故C错误；
D、该卫星为地球静止轨道卫星，其轨道面与地球的赤道面重合，故D正确。
故选：BD。
【点评】此题考查了人造卫星的相关知识，明确万有引力提供向心力，列出相关物理量的关系式，理解地球同步卫星的轨道面与赤道面重合是解题的关键。
（多选）9．（5分）如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度由左向右沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度同一方向沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的哪几个（ ）
A．带电粒子的初速度
B．带电粒子的电性
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子的比荷
【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动。在匀速直线运动中虽不知半径，初速度不能计算，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期。
【解答】解：A、无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则2R0＝vt，则粒子的初速度v＝，由于圆柱形区域横截面的半径不知道，所以无法求解带电粒子的初速度，故A错误；
B、由于粒子向下偏转，根据左手定则可知该粒子正电，故B正确；
CD、设带电粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：R＝＝
由几何关系得，圆磁场半径R0与圆轨道半径R的关系：R＝＝R0
所以粒子的比荷为：＝；
粒子在磁场中的运动周期：T＝＝πt，故CD正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功。同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射。
（多选）10．（5分）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为1000N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。则（ ）
A．两人通过绳子对重物做功为400J
B．重物离地面的最大高度为25cm
C．重物刚落地时速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力为5500N
【分析】根据恒力做功的定义式求解绳子对重物所做的功；重物从离开地面到到达最高点，根据动能定理求解上升的最大高度；根据机械能守恒的条件分析解答；重物从离开地面到把地面砸深停在坑中，整体过程，根据动能定理求解地面对重物的冲击力大小。
【解答】解：A.两人对重物的合力为
F合＝2Fcs37°＝2×1000×0.8N＝1600N
两人通过绳子对重物做功为
W＝F合h1＝1600×0.25J＝400J
故A正确；
B.重物离开地面25cm后人停止施力，重物具有惯性，继续向上运动，重物离地面的最大高度大于25cm，故B错误；
C.从抬起到落地的过程，只有绳子的合力对物体做功，由动能定理可得
F合h＝
解得
v＝4m/s
故C正确；
D.对重物先上升后下降的全过程，由动能定理有
F合h1+mgh2﹣fh2＝0﹣0
解得
f＝5500N
故D正确。
故选：ACD。
【点评】解决该题需要掌握恒力做功的表达式，掌握在多过程运动中根据动能定理列式求解物理量，掌握重力做功的特点。
三．实验题（共2小题，满分16分）
11．（7分）用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图2中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。已知电源的频率为50Hz，m1＝50g，m2＝150g，g＝9.8m/s2，则（所有结果均保留三位有效数字）
①在纸带上打下计数点5时的速度v5＝ 2.40 m/s；
②在打点0～5过程中系统动能的增量△Ek＝ 0.576 J，系统势能的减少量△Ep＝ 0.600 J。
【分析】①根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；
②根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量。
【解答】解：①系统为匀变速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，所以计数点5的瞬时速度为：
；
②m1和m2一起运动，速度大小相同，所以系统增加的动能为：
系统减少的重力势能包括m1增加的重力势能和m2减少的重力势能，
即为：△Ep＝m2gh﹣m1gh＝（m2﹣m1）g（0.384+0.216）＝0.600J。
故答案为：①2.40；②0.576，0.600
【点评】本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力。
12．（9分）小光通过实验研究某金属丝的电阻：
（1）如图1所示，用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻R＝ 7 Ω；用图2的螺旋测微器测其直径D＝ 2.398 mm。
（2）为了测绘其伏安特性曲线，除待测金属丝Rx外，还备有的实验器材如下：
A．电压表V（量程3V，内阻约为15kΩ；量程15V，内阻约为75kΩ）
B．电流表A（量程0.6A，内阻约为1Ω；量程3A，内阻约为0.2Ω）
C．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）
D．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
E．1.5V的干电池两节，内阻不计
F．开关S，导线若干
实验要求滑动变阻器的滑片从A到B的移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应选用 R1 （填“R1”或“R2”）；请按此要求用笔画线代替导线在图3中完成余下导线的连接。
【分析】（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据待测电阻阻值与电压表内阻的关系确定电流表的接法，然后根据实验原理连接实物电路图。
【解答】解：（1）用多用电表“×1Ω”挡粗测其金属丝的电阻，由图1所示表盘可知，其阻值R＝7×1Ω＝7Ω；
由图2所示螺旋测微器可知，金属丝直径D＝2mm+39.8×0.01mm＝2.398mm。
（2）实验要求，电流表的示数从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选用R1。
由于电压表内阻远大于待测金属丝阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示；
故答案为：（1）7；2.398；（2）R1；实物电路图如图所示。
【点评】本题考查了欧姆表与螺旋测微器读数、实验器材的选择与连接实物电路图等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；要掌握实验器材的选择原则。
四．计算题（共3小题，满分40分）
13．（12分）如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为m的小钢球。现用手把球向上托起，使球从弹簧原长处由静止释放，小球将沿竖直方向运动。已知小球经过平衡位置的速度大小为v，小球下降的最大距离为h，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。
（1）证明小球的运动是简谐运动；
（2）求小球在平衡位置时弹簧中的弹性势能Ep；
（3）若小球做简谐运动的周期为T，求小球连续两次经过平衡位置过程中，弹力冲量的大小I。
【分析】（1）根据受力分析解得合力的表达式，符合F回＝﹣kΔx即为简谐振动；
（2）根据能量守恒定律解得弹簧弹性势能；
（3）根据不同情况根据动量定理解得弹力的冲量。
【解答】解：（1）设弹簧的劲度系数为k，小球在平衡位置时弹簧伸长量为x1，此时受力平衡，有：mg＝kx1
取向下为正方向，设弹簧的形变量为x1+Δx，此时球受到的回复力：F回＝mg﹣k（x1+Δx）＝﹣kΔx
即小球受到的回复力与距离平衡位置的位移成正比，方向与位移方向相反，所以该运动为简谐振动。
（2）因为小球做简谐运动，所以小球的振幅为，研究小球从释放到平衡位置的运动过程，由能量守恒定律得：
解得：
（3）取向上为正方向，研究小球连续两次经过平衡位置的过程：
①当物体以向下的速度先经过平衡位置时，根据动量定理有：
解得
②当物体以向上的速度先经过平衡位置时，根据动量定理有：
解得
冲量大小为：
答：（1）证明过程见解析；
（2）小球在平衡位置时弹簧中的弹性势能为；
（3）若小球做简谐运动的周期为T，求小球连续两次经过平衡位置过程中，弹力冲量的大小为或。
【点评】本题考查能量守恒定律，解题关键掌握简谐振动的证明方法，注意动量定理的方向性。
14．（15分）如图所示，倾角为θ＝30°的传送带以速率v＝12m/s顺时针匀速运行，传送带与足够长光滑水平面在B处平滑连接，一质量为m0＝1kg的木块静止于B处。现有4个相同的、质量均为m＝3kg的小物块，每隔t0＝0.2s依次从传送带的顶端A点以初速度v0＝2m/s开始沿传送带向下运动，它们与传送带间的动摩擦因数μ＝。已知第1个小物块运动到B点时将与木块相碰，且在它从A运动到B的过程中，传送带刚好转动一圈。不计小物块、木块及传送带轮子的大小，所有的碰撞均为弹性正碰且不考虑碰撞的时间，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）第1个小物块刚放上传送带A点时加速度的大小；
（2）传送带与第1个小物块间因摩擦产生的热量Q；
（3）最终第1、2个小物块间的距离x12与第2、3个小物块间的距离x23之比。
【分析】（1）对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）由运动学公式计算相对位移，结合摩擦力做功公式求解热解Q；
（3）分析运动过程，结合动量守恒、功能关系及运动学公式求解。
【解答】解：（1）小物块刚放上传送带上，摩擦力沿传送带向下
mgsinθ+μmgcsθ＝ma
解得a＝8m/s2
（2）设传送带AB间距离为s，小物块从A到B用时t.
对小物块：
对传送带2s＝vt
解得v1＝10m/s，t＝1s，s＝6m
第1个小物块与传送带间的相对位移Δx＝s＝6m
摩擦产热Q＝μmgcsθ•Δx
解得Q＝54J
（3）由分析可知：每个小物块间隔0.2s到达B点，速度均为10m/s
第一个小物块与木块在B点碰撞，向右为正方向，由动量守恒及功能关系得：
mv1＝mv1′+m0v′0
解得：v1′＝5m/s，v′0＝15m/s
经过0.2s后，第2个小物块到B点，此时第1个小物块距离B点x1＝1m.
再经过t1＝0.2s第2个小物块与第1个小物块相碰，相碰点距离B点x2＝2m.
因为质量相等，速度交换，碰后v1″＝10m/s，v2'＝5m/s.
此时第3个小物块刚到B点，再经过t2＝0.4s与第2个小物块相碰，相碰点距离B点x3＝4m
因为质量相等，两者速度交换，碰后v2″＝10m/s，v3'＝5m/s.
此后第1个和第2个小物块均向右匀速直线运动，速度为10m/s
它们间距离x12＝（v1″﹣v2′）t2
解得：x12＝2m
同理分析：第4个与第3个小物块碰后，第3个与第2个小物块间距离稳定x23＝2m
最终x12：x23＝1：1
答：（1）第1个小物块刚放上传送带A点时加速度的大小为8m/s2；
（2）传送带与第1个小物块间因摩擦产生的热量Q为54J；
（3）最终第1、2个小物块间的距离x12与第2、3个小物块间的距离x23之比为1：1。
【点评】本题是一道力学综合题，涵盖牛顿第二定律、动量守恒及功能关系，并结合了传送带模型，学生需要理清运动过程，综合分析。
15．（13分）一定质量的某种理想气体由状态A变化到状态C其有关数据如图所示，且状态A的温度为T0．已知理想气体的内能U与温度T的关系为U＝aT，其中a为正的常量。求：
（i）状态C时的温度TC；
（ii）气体由状态B变化到状态C的过程中，放出的热量Q。
【分析】（i）一定质量的某种理想气体由状态A变化到状态C根据理想气体的状态方程求解；
（ii）气体有A到B，根据查理定律求解B的温度，根据功的计算公式求解气体由B到C外界对气体做的功，根据热力学第一定律求解气体由B到C放出的热量。
【解答】解：（i）一定质量的某种理想气体由状态A变化到状态C根据理想气体的状态方程可得：
＝
解得：TC＝0.3T0；
（ii）气体由A到B，根据查理定律可得：＝
解得：TB＝0.6T0
气体由B到C外界对气体做的功为：W＝0.6p0（V0﹣0.5V0）＝0.3p0V0，
内能变化为：ΔU＝a（TC﹣TB）＝﹣0.3aT0，
根据热力学第一定律有：W+Q＝ΔU
解得：Q＝﹣0.3aT0﹣0.3p0V0，
气体由B到C放出的热量为0.3aT0+0.3p0V0。
答：（i）状态C时的温度为0.3T0；
（ii）气体由状态B变化到状态C的过程中，放出的热量为0.3aT0+0.3p0V0。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。
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