2022-2022学年辽宁省丹东市宽甸一中高三（上）第一次考试物理试卷　一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列对物理学发展史的表述，其中观点正确的是（　　）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动C．法拉第首先发现了电流的磁效应D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去　2．以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（　　）A．极限的思想方法B．猜想的思想方法C．控制变量的方法D．放大的思想方法　3．关于曲线运动，下列说法正确的有（　　）A．做曲线运动的物体速度方向在时刻改变，故曲线运动是变速运动B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动　4．据媒体报道，嫦娥二号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运动周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（　　）A．月球表面的重力加速度B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月球运行的速度D．卫星绕月运行的加速度　5．运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则（　　）-21-A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力C．运动员对球拍的作用力为MgcosθD．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动　6．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（一直A、B两灯电阻均大于电源内阻）（　　）A．A灯变暗B．B灯变暗C．电源的输出功率先变大后减小D．电源的总功率可能增大　7．（多选）如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（　　）A．由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B．由C到D过程中带电粒子动能减小C．粒子带正电D．A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量　8．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面．下列说法中正确的是（　　）A．物体的重力势能减少mghB．物体的机械能减少mghC．物体的动能增加mghD．重力做功mgh-21-　9．一交流发电机的线圈电阻为1Ω，将其输出端接在电阻为10Ω的电阻丝上，其输出电压从某时刻开始随时间变化的图象如图所示，则（　　）A．线圈转动的角速度为100rad/sB．交流发电机的电动势最大值为200VC．电阻丝的发热功率为2kWD．若将此发电机接在匝数比为1：2的理想变压器上可使输出频率提高1倍　10．（多选）两磁感应强度均为B的匀强磁场区I、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L（L＞s）．电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域I，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则（　　）A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压为B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向a→bC．把金属线框从区域I完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为（2L﹣s）D．当cd边刚出区域I到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为（L﹣s）　　二、实验题（共22分，每空2分）11．关于“测定匀变速直线运动的加速度”的实验：（1）实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有　　　　　　．（填选项代号）A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平（2）对于减小实验误差来说，采取下列方法中正确的有　　　　　　．A．选取记数点，把每打五个点的时间间隔作为一个时间单位B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰，点间间隔适当的那一部分进行测量、计算D．选用各处平整程度，光滑程度相同的长木板做实验-21-E．实验时尽量让小车靠近打点计时器，释放小车后再打开打点计时器电源．　12．在做“研究匀变速直线运动”的实验中，得到一条纸带，如图所示，A、B、C、D、E为5个计数点，若相邻两个计数点之间还有4个自然点没有标出，则拖动纸带的小车运动的加速度约为　　　　　　m/s2；打点计时器打A点时小车运动的速度大约为　　　　　　m/s；若由于某种原因而漏打了C点，则C点的位置应距A点　　　　　　cm处．（图上数据单位为厘米）　13．（12分）（2022•浙江校级二模）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：①首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是　　　　　　Ω．②为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是　　　　　　．其理由是　　　　　　．③在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好．④用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：　　　　　　　　　　　　；用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV=　　　　　　．　　三、计算题（共23分）-21-14．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．　15．（14分）（2022春•大连校级期末）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的光滑小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）通过计算说明小球是从木箱左端还是右端掉下（3）小球离开木箱时木箱的速度．　　选修部分（共15分）【物理--3-4模块】16．一列沿x轴传播的简谐波，波速为4m/s，某时刻的波形图象如图所示．此时x=8m处的质点具有正向最大速度，则再过4.5s（　　）A．x=4m处质点具有正向最大加速度B．x=2m处质点具有负向最大速度C．x=0处质点一定有负向最大加速度D．x=6m处质点通过的路程为20cm　17．（10分）（2022•开封二模）图所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R=20cm，折射率为，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求：①光在圆柱体中的传播速度；②距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点．-21-　　【物理--3-5模块】18．（2022秋•丹东校级月考）下列说法正确的是（　　）A．卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构B．康普顿发现了电子C．人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的D．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子动能增大，总能量增大F．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大　19．（2022•抚顺模拟）如图所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为m的小物块A和B，B物块靠着竖直墙壁．今用水平外力缓慢推A，使A、B间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为E时撤去此水平外力，让A和B在水平面上运动．求：①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小；②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值．　　2022-2022学年辽宁省丹东市宽甸一中高三（上）第一次考试物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．下列对物理学发展史的表述，其中观点正确的是（　　）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动C．法拉第首先发现了电流的磁效应D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去考点：物理学史．分析：依据物理学的发展史，和各个科学家对物理学的贡献，可以判定各个选项．解答：解：A、亚里士多德重物比轻物下落快；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不再受力了，它总会逐渐停下来；物体受的力越大，速度就越大．故A错误．B、牛顿认为力改变物体运动状态的原因，力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动，故B正确．C、奥斯特首先发现了电流的磁效应，故C错误．D、伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故D正确．-21-故选：BD点评：本题关键在于平时的积累，对课本提到的各个定律，各种现象，要知道做出这个贡献的科学家．　2．以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（　　）A．极限的思想方法B．猜想的思想方法C．控制变量的方法D．放大的思想方法考点：物体的弹性和弹力；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．分析：根据各实验的原理可得出实验中应用的物理思想方法．解答：解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化而放大；引力大小仍是借助于光的反射来放大．螺旋测微器将本来很小的距离放大在转动部分上，故这些实验本采用了放大的思想方法；故选：D．点评：对于物理问题应透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性．　3．关于曲线运动，下列说法正确的有（　　）A．做曲线运动的物体速度方向在时刻改变，故曲线运动是变速运动B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：物体做曲线运动时，所受合外力的方向与速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的．平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动．物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力．解答：解：A、无论是物体速度的大小变了，还是速度的方向变了，都说明速度是变化的，都是变速运动，做曲线运动的物体的速度方向在时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动．所以A正确．B、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力方向不一定变化，如平抛运动，故B错误．C、物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力，指向圆心的合力是向心力．故C错误；D、匀速圆周运动受到的向心力是始终指向圆心的，合力垂直于初速度方向的方向，并不一定始终与速度的方向垂直，比如平抛运动的受力就是这样，所以D错误．故选A．点评：本题主要是考查学生对物体做曲线运动的条件、圆周运动特点的理解，涉及的知识点较多，是一道比较好的题目．-21-　4．据媒体报道，嫦娥二号卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200km，运动周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是（　　）A．月球表面的重力加速度B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月球运行的速度D．卫星绕月运行的加速度考点：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：本题关键根据万有引力提供绕月卫星做圆周运动的向心力，以及月球表面重力加速度的表达式，列式求解分析．解答：解：A、绕月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有G=m（）2（R月+h）地球表面重力加速度公式g月=联立①②可以求解出g月=即可以求出月球表面的重力加速度；由于卫星的质量未知，故月球对卫星的吸引力无法求出；由v=可以求出卫星绕月球运行的速度；由a=（）2（R月+h）可以求出卫星绕月运行的加速度；本题要选不能求出的，故选：B．点评：本题关键根据绕月卫星的引力提供向心力列式，再结合月球表面重力等于万有引力列式求解．　5．运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则（　　）A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力C．运动员对球拍的作用力为Mgcosθ-21-D．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动．解答：解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：Nsinθ=maNcosθ=mg解得，a=gtanθ，N=，故A正确、B正确；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F=，故C错误．D、当a＞gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．故选：AB．点评：本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解．　-21-6．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（一直A、B两灯电阻均大于电源内阻）（　　）A．A灯变暗B．B灯变暗C．电源的输出功率先变大后减小D．电源的总功率可能增大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器在路电阻增大，分析电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断灯泡B亮度的变化；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮B的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，通过A灯的电流增大，A灯变亮．解答：解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，B灯变暗，电源的内电压减小，路端电压增大，B的电压减小，所以A的电压增大，A灯变亮．故A错误，B正确；C、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大．灯炮B的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小，故C错误．D、电源的总功率P=EI，电流减小，总功率减小．故D错误．故选：B点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．　7．（多选）如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（　　）A．由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B．由C到D过程中带电粒子动能减小C．粒子带正电D．A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量考点：电场线．分析：据带正电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断B处是负电荷，A处是正电荷；再根据电场线的特点分析即可．-21-解答：解：A、B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90°，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大．故A正确，B错误；C、据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，故C正确；D、据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量；故D正确．故选：ACD．点评：弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化．　8．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面．下列说法中正确的是（　　）A．物体的重力势能减少mghB．物体的机械能减少mghC．物体的动能增加mghD．重力做功mgh考点：功能关系．分析：物体以g的加速度向下运动，对物体受力分析可知，物体受到重力之外，一定还受到向上的拉力的作用，根据力对物体的做功的情况，可以分析物体的能量的变化的情况．解答：解：设物体所受的阻力大小为f．对物体，由牛顿第二定律得mg﹣F=m，所以f=mg．AD、物体下降h时，重力做的功为mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故A、D错误；B、物体下降h时，阻力做的功为﹣fh=﹣mgh，所以物体的机械能减少mgh，故B正确；C、由动能定理可得，W总=△EK，即物体的动能增加△EK=mah=mgh，故C正确；故选：BC．点评：本题的关键要的掌握常见的功与能的关系：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．　9．一交流发电机的线圈电阻为1Ω，将其输出端接在电阻为10Ω的电阻丝上，其输出电压从某时刻开始随时间变化的图象如图所示，则（　　）A．线圈转动的角速度为100rad/sB．交流发电机的电动势最大值为200V-21-C．电阻丝的发热功率为2kWD．若将此发电机接在匝数比为1：2的理想变压器上可使输出频率提高1倍考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：由图象知输出电压的峰值和周期，可以得出有效值和频率，变压器不能改变交流电的频率．解答：解：A、根据得ω=100πrad/s，A项错误；B、图象中输出电压最大值为200V，由于线圈有内阻，则其电动势最大值大于200V，B项错误；C、电阻丝的发热功率为=2kW，C项正确；D、理想变压器可以改变输出电压，不能改变输出频率，D项错．故选C点评：本题考查了交流电的产生原理，注意要与闭合电路的欧姆定律相结合才能解决此类问题．　10．（多选）两磁感应强度均为B的匀强磁场区I、Ⅲ，方向如图所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L（L＞s）．电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域I，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则（　　）A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压为B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向a→bC．把金属线框从区域I完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为（2L﹣s）D．当cd边刚出区域I到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为（L﹣s）考点：导体切割磁感线时的感应电动势．分析：金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程可以分成三段研究：第一段ab在Ⅱ区运动，第二段ab在Ⅲ，cd在Ⅰ区运动，第三段cd在Ⅱ区运动．根据欧姆定律、安培力等知识求解．解答：解：A、当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压U=E=BLv．故A错误．B、当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab边和cd边产生的感应电动势都是BLv，总电动势为2BLv，通过ab边的电流大小I=，方向a→b，故B正确．-21-C、金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W=2S+•=（2L﹣S）．故C正确．D、当cd边刚出Ⅰ区域到刚进入Ⅲ区域的过程中，ab边切割磁感线，回路中有感应电流产生，则回路中产生的焦耳热为Q=S．故D错误．故选：BC点评：本题要注意的是当ab边刚进入磁场区域III时，ab、cd都切割磁感线产生两个感应电动势，而且串联，电路中的总电动势为E总=2E=2BLv．　二、实验题（共22分，每空2分）11．关于“测定匀变速直线运动的加速度”的实验：（1）实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有　AC　．（填选项代号）A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平（2）对于减小实验误差来说，采取下列方法中正确的有　ACD　．A．选取记数点，把每打五个点的时间间隔作为一个时间单位B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰，点间间隔适当的那一部分进行测量、计算D．选用各处平整程度，光滑程度相同的长木板做实验E．实验时尽量让小车靠近打点计时器，释放小车后再打开打点计时器电源．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的器材．实验误差是实验测量值（包括直接和间接测量值）与真值（客观存在的准确值）之差；根据实验误差的性质及产生的原因，可将误差分为系统误差、随机误差．解答：解：（1）实验中，除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下列的器材中，必须使用的有电压合适的50Hz交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测量计数点之间的距离处理数据，故选：AC．（2）A、选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位，则实际间隔为0.1s，计算结果为整数，有利于减小误差，故A正确；B、小车运动的加速度大小与误差大小无关，故B错误；C、舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算，便于减小测量误差，故C正确；D、选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验，则小车做直线运动，长度测量误差小，故D正确；E、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故E错误；故选：ACD．故答案为：（1）AC，（2）ACD-21-点评：掌握实验原理，明确需要测量的数据，了解各实验仪器的应用，尤其是明确打点计时器的工作原理以及具体应用．要减小实验误差，应从误差产生的来源进行分析，从而采取措施，本实验主要从如何打好纸带和如何较准确地测量距离、实验器材的选取等几个方面来考虑．　12．在做“研究匀变速直线运动”的实验中，得到一条纸带，如图所示，A、B、C、D、E为5个计数点，若相邻两个计数点之间还有4个自然点没有标出，则拖动纸带的小车运动的加速度约为　1.2　m/s2；打点计时器打A点时小车运动的速度大约为　0.06　m/s；若由于某种原因而漏打了C点，则C点的位置应距A点　3.60　cm处．（图上数据单位为厘米）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动连续相等的时间间隔内位移之差为常数，求出BC和CD间的距离；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．解答：解：匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求得：a===1.2m/s2再据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求：xBC=1.20cm+1.20cm=2.40cm所以C据A的距离为：xAB+xBC=1.20m+2.40m=3.60m据匀变速直线运动的推论可知：vB===0.18m/s再据vB=vA+at得：vA=0.18m/s﹣0.1×1.2m/s=0.06m/s故答案为：1.2，0.06，3.60．点评：有纸带处理的力学实验，通常都要求解瞬时速度和加速度，是基本问题，一定要掌握．　13．（12分）（2022•浙江校级二模）要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表V（量程3V，内阻未知）-21-B．电流表A（量程3A，内阻0.01Ω）C．定值电阻R（阻值2kΩ，额定电流50mA）D．蓄电池E（电动势略小于3V，内阻不计）E．多用电表F．开关K1、K2，导线若干有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：①首先，用多用电表进行粗测，选用×100Ω倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是　3k　Ω．②为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图所示的乙、丙实验电路，你认为其中较合理的电路图是　丙　．其理由是　乙图中电流表的示数太小，误差太大．丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小　．③在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好．④用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：　闭合K1．再闭合K2，读得电压表示数U1　　再断开K2，读得电压表示数U2　；用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV=　　．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：根据选择倍率求出测量的结果；电阻大，乙图中电流示数太小，误差大，丙图较合理；开关2闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．解答：解：①选用×100Ω倍率，读数为30×100=3KΩ．②较为合理的是丙图，因为电阻较大，乙图中电流表的示数太小，误差太大，丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小；③实物图：④需要直接测量的物理量是k2闭合、断开时伏特表读数U1和U2；k2闭合时，示数U1相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即=，所以RV=故答案为：（1）3000；（2）丙；乙图中电流表的示数太小，误差太大．丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小．-21-（3）实物图连接如右图所示：（4）实验步骤：①闭合K1．再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2．　②RV=．点评：本题考查了欧姆表的使用方法，电路的选择，要根据实际情况分析不同的电路图误差的原因及误差大小，选择最佳电路图，难度稍大．　三、计算题（共23分）14．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R．一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围．考点：机械能守恒定律；向心力．分析：要求物块相对于圆轨道底部的高度，必须求出物块到达圆轨道最高点的速度，在最高点物体做圆周运动的向心力由重力和轨道对物体的压力提供，当压力恰好为0时，h最小；当压力最大时，h最大．解答：解：若物体恰好能够通过最高点，则有mg=m解得v1=初始位置相对于圆轨道底部的高度为h1，则根据机械能守恒可得mgh1=2mgR+解得h1=当小物块对最高点的压力为5mg时，有5mg+mg=解得v2=初始位置到圆轨道的底部的高度为h2，根据机械能守恒定律可得-21-mgh2=2mgR+解得h2=5R故物块的初始位置相对于圆轨道底部的高度的范围为点评：物体在竖直平面内做圆周运动的过程中在最高点的最小速度必须满足有mg=m，这是我们解决此类问题的突破口．　15．（14分）（2022春•大连校级期末）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的光滑小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）通过计算说明小球是从木箱左端还是右端掉下（3）小球离开木箱时木箱的速度．考点：牛顿运动定律的综合应用；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：（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；从而明确从哪端滑下；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．由，得：小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s．（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m．x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下-21-（3）木箱向左运动的加速度为：设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：设木箱向左运动的时间为t2，则：由得：所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.8×1=2.8m/s；答：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s；（2）木块从右端滑下；（3）小球离开木箱时木箱的速度为2.8m/s点评：本题考查牛顿第二定律的应用；关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量．　选修部分（共15分）【物理--3-4模块】16．一列沿x轴传播的简谐波，波速为4m/s，某时刻的波形图象如图所示．此时x=8m处的质点具有正向最大速度，则再过4.5s（　　）A．x=4m处质点具有正向最大加速度B．x=2m处质点具有负向最大速度C．x=0处质点一定有负向最大加速度D．x=6m处质点通过的路程为20cm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：由x=8m处的质点的振动方向可确定波的传播方向．由图读出波长，根据v=λf求解周期，再由4.5s与时间的关系来确定质点的速度，加速度及路程情况．解答：解：据题意，图示时刻x=8m处的质点具有正向最大速度，则波向x轴负方向传播．由v=，则该波的周期T=s=2s，因为n=，所以再经过4.5s，则波向x轴负方向传播了的时间．可知：A、图示时刻x=0处质点速度向上，再经过4.5s，处于波峰位置，具有负向最大加速度，故A正确；-21-B、再经过4.5s，x=2m处质点，处于平衡位置且向下运动，速度最大，即质点具有负向最大速度，故B正确；C、图示时刻x=0处质点速度向上，再经过4.5s，处于波峰位置，具有负向最大加速度，故C正确；D、再经过4.5s，x=6m处质点，处于平衡位置，通过的路程为2×4×A+A=18cm，故D错误．故选：ABC．点评：由质点的振动方向判断出波的传播方向是关键；要能根据时间与周期的关系，分析质点的振动状态是解题的核心．　17．（10分）（2022•开封二模）图所示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R=20cm，折射率为，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求：①光在圆柱体中的传播速度；②距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）光在介质中的速度v=，c=3×108m/s，n=．（2）作出光路图，由几何知识分析得到，入射角等于折射角的2倍，由折射定律求出入射角．由数学知识求解入射光线距离AB的距离．解答：解：（1）光在圆柱体中的传播速度v==m/s=×108m/x（2）光线PC经折射后经过B点后光路图如图所示．由折射定律得=n又由几何关系得：α=2β代入解得α=60°所以光线偏离直线AB的距离CD=Rsinα=10cm．答：①光在圆柱体中的传播速度是；②距离直线AB10cm的入射光线，折射后恰经过B点．-21-点评：本题是折射定律与v=的综合应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角．　【物理--3-5模块】18．（2022秋•丹东校级月考）下列说法正确的是（　　）A．卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构B．康普顿发现了电子C．人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的D．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子动能增大，总能量增大F．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大考点：爱因斯坦光电效应方程．分析：卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构；汤姆生发现的电子；人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的；三种射线的穿透本领不同；氢原子辐射出一个光子后，总能量减小；根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关．解答：解：A、卢瑟福的α粒子散射实验，揭示了原子具有核式结构．故A正确；B、汤姆孙发现了电子，表明原子具有复杂结构．故B错误；C、人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的．故C正确；D、β射线是原子核内的一个中子转化为质子时释放的电子．故D错误；E、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大，总能量减小．故E错误；F、根据光电效应方程：Ekm=hγ﹣W逸出，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故F错误．故选：AC点评：本题考查的知识点较多，对于原子核式结构、衰变的实质、半衰期的特点和发生光电效应的条件这些知识要重点掌握．同时也要加强对物理学史的学习．　19．（2022•抚顺模拟）如图所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为m的小物块A和B，B物块靠着竖直墙壁．今用水平外力缓慢推A，使A、B间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为E时撤去此水平外力，让A和B在水平面上运动．求：①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小；②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：①弹簧伸长过程，弹簧的弹性势能转化为A的动能，由能量守恒定律可以求出A的速度，然后两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．②系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．解答：解：①当B离开墙壁时，A的速度为v0，-21-由机械能守恒有：mv02=E，解得v0=，以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv=mv0，v=；②当两者速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，由机械能守恒定律得：Ep=mv02﹣2mv2，解得：Ep=E；答：①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小为；②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值为E．点评：本题考查了求速度、弹性势能问题，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题．　-21-