湖北省荆州市沙市中学高三物理上学期第五次双周考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高三（上）第五次双周考物理试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能ek及机械能e随时间t变化的关系图线正确的是（）abcd2如图所示，有一倾角=30的斜面b，质量为m质量为m的物体a静止在b上现用水平力f推物体a，在f由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，a和b始终保持静止对此过程下列说法正确的是（）a地面对b的支持力大于（m+m）gba对b压力的最小值为mg，最大值为mgca所受摩擦力的最小值为0，最大值为da所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg3如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平地面上一物体在沿斜面向上且平行斜面的力f1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，f1的功率为p0若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为的力f2（如图）作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，f2的功率也为p0，则下列说法正确的是（）af2大于f1b在相同的时间内，物体增加的机械能相同cvl一定小于v2dv1可能小于v24为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期t，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为n已知引力常量为g则下列计算中错误的是（）a该行星的质量为b该行星的半径为c该行星的密度为d在该行星的第一宇宙速度为5如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为u1时，粒子落在a板上的p点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将a板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在p点，则极板间所加电压u2为（）au2=3u1bu2=6u1cu2=8u1du2=12u16如图所示电路中，电源电动势为e内阻为r，当滑动变阻器r2滑动端向右滑动后，理想电流表a1、a2的示数变化量的绝对值分别为i1、i2，理想电压表示数变化量的绝对值为u下列说法中正确的是（）a电压表v的示数减小b电流表a2的示数变小cu与i1比值一定小于电源内阻rdu与i2比值一定小于电源内阻r7如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根长为l，劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定在圆筒底部，另一端系着质量为m的小球，现让圆筒绕通过底部的竖直轴在水平面内从静止开始加速转动，当弹簧长度达到2l时即让圆筒保持此时的转速匀速转动，已知弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能ep=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为其形变量，下列对上述过程的分析正确的是（）a小球和弹簧组成的系统机械能守恒b圆筒匀速转动的角速度为c弹簧对小球做的功为kl2d圆筒对小球做的功为kl28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二、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题第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平实验时，一定要进行的操作是（填序号）a小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数f0b改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c用天平测出砂和砂桶的质量d为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量以拉力传感器示数f0的二倍f（f=2f0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的af图象如图2所示，则可能正确的是在实验中，得到一条如图3所示的纸带，取0、1、2、5共6个计数点，15每相邻两个点间各有四个点未画出，用刻度尺测出1、2、5各点到0点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50hz则小车的加速度大小为m/s2（保留3位有效数字）10某同学利用如图（1）所示电路测定电源的电动势和内阻实验中电表内阻对实验结果影响很小，均可以忽略不计闭合电键s后，变阻器的滑片p由变阻器的一端滑到另一端的过程，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图（2）的ui图象中的直线a、b所示（1）用画线代表导线，将如图（3）实物图中各元件按图（1）连接成实验电路（2）通过分析可知，其中图（2）中图线（填a或b）v1表示电压表示数随电流表a示数变化关系（3）根据ui图象中坐标轴所标出的数据，可求出电源的电动势e=，内阻r=（用图中给出的坐标值表示）11如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角=37，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力f=8n，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力f，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？12一半径为r的圆筒的横截面如图所示，其圆心为o筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，m、n板接在如图所示的电路中，电源内阻为r0，定值电阻阻值为r1当滑动变阻器r连入电路的电阻为0质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s沿半径so方向射入磁场中，粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，（1）求m、n间电场强度e的大小和电源电动势e0的大小；（2）保持m、n的距离不变，移动滑动变阻器的滑片，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子进入圆筒与圆筒发生多次碰撞转一周后仍从s孔射出，求滑动变阻器连入电路的电阻r0应满足的关系（二）选考题，任选一模块作答【物理-选修3-4】13下列说法中正确的有（）a不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的b水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象c在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象d声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率14如图是一个向右传播的t=0时刻的横波波形图，已知波从0点传到d点用0.2s该波的波速为m/s，频率为hz；t=0时，图中“a、b、c、d、e、f、g、h、i、j”各质点中，向y轴正方向运动的速度最大的质点是15如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于bc面的方向正好入射到该三棱镜的ab及ac面上，结果所有从ab、ac面入射的光线进入后恰好全部直接到达bc面试求：这些到达bc面的光线从bc面折射而出后，如果照射到一块平行于bc面的足够大屏上形成光斑，则当屏到bc面的距离d=时，光斑最外沿间的距离是多少？【物理-选修3-5】16关于光电效应现象，下列说法中正确的是（）a在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大b在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比c对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于此波长，才能产生光电效应d对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应17如图所示，一质量m=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球b从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量ma=1kg的小球a，小球a沿轨道下滑后与小球b发生弹性正碰，碰后小球a被弹回，且恰好追不上平台已知所有接触面均光滑，重力加速度为g求小球b的质量2015-2016学年湖北省荆州市沙市中学高三（上）第五次双周考物理试卷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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能ek及机械能e随时间t变化的关系图线正确的是（）abcd【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能与速度大小的关系得出动能与时间t变化的关系求解【解答】解：a、由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：a1=gsingcos小球在右侧斜面下滑时的加速度：a2=gsin+gcos，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，故a错误，b正确；c、小球的动能与速率的二次方成正比，即ek=mv2，因此，动能与时间关系图象是曲线，故c错误；d、球机械能与时间的关系图象斜率变化是错的，先加速，所以斜率的绝对值变大，再减速，斜率的绝对值变小；故d错误；故选：b2如图所示，有一倾角=30的斜面b，质量为m质量为m的物体a静止在b上现用水平力f推物体a，在f由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，a和b始终保持静止对此过程下列说法正确的是（）a地面对b的支持力大于（m+m）gba对b压力的最小值为mg，最大值为mgca所受摩擦力的最小值为0，最大值为da所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg【考点】共点力平衡的条件及其应用【分析】对ab组成的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对b的支持力，对a受力分析，根据垂直于斜面方向受力平衡结合牛顿第三定律，求出a对b压力的最小值和最大值，根据沿斜面方向受力平衡求出摩擦力的表达式，从而判断摩擦力的最大值和最小，注意摩擦力的方向可能向上，也可能向下【解答】解：a、对ab组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对b的支持力，所以地面对b的支持力等于（m+m）g，故a错误；b、对a受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，垂直于斜面方向有：n=mgcos30+fsin30，当f=0时，n最小，最小为，当f=mg时，n最大，最大为，根据牛顿第三定律可知对b压力的最小值为mg，最大值为mg，故b正确；c、沿着斜面方向，当fcos30=mgsin30即f=时，摩擦力为零，当f时，静摩擦力方向沿斜面向上，如图所示：摩擦力f=mgsin30fcos30，当f=0时，f最大，f，当f，静摩擦力方向向下，则摩擦力f=fcos30mgsin30，当f=mg时，f最大，综上可知，所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg，故cd错误故选：b3如图所示，表面粗糙的斜面体固定在水平地面上一物体在沿斜面向上且平行斜面的力f1作用下，沿斜面向上做速度为v1的匀速运动，f1的功率为p0若该物体在沿斜面斜向上的且与斜面夹角为的力f2（如图）作用下，在同一斜面上做沿斜面向上的速度为v2的匀速运动，f2的功率也为p0，则下列说法正确的是（）af2大于f1b在相同的时间内，物体增加的机械能相同cvl一定小于v2dv1可能小于v2【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用【分析】设斜面与物体之间的动摩擦因数是，然后第物体进行受力分析，即可比较两个力的大小关系，进而比较速度的关系【解答】解：a、设斜面与物体之间的动摩擦因数是，物体在沿斜面向上且平行斜面的力f1作用下，在斜面上做速度为v1的匀速运动，则：f1=mgsin+mgcos 在与斜面夹角为的力f2作用下运动时：f2sin+n=mgcos f2cos=mgsin+n 由可知，当时，对物体的拉力有最小值所以f2不一定大于f1故a错误b、c、d、由式可知，在第二种情况下，摩擦力比较小，根据功率的表达式：fv可知，摩擦力f越小，沿斜面向下的合外力越小，则速度越大所以v1一定小于v2同时物体在相等的时间内增加的机械能越大，所以在相同的时间内，物体增加的机械能不相同故b错误，c正确，d错误故选：c4为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期t，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为n已知引力常量为g则下列计算中错误的是（）a该行星的质量为b该行星的半径为c该行星的密度为d在该行星的第一宇宙速度为【考点】万有引力定律及其应用【分析】登陆舱在该行星表面做圆周运动，根据牛顿第二定律列式；在星球表面，用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为n，根据重力等于万有引力列式；联立求解出质量和半径；第一宇宙速度是星球表面轨道卫星的环绕速度【解答】解：a、b、登陆舱在该行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力，故：g=mr 在星球表面，用弹簧称称量一个质量为m的砝码读数为n，故：n=g 联立解得：m=r=故a错误，b错误；c、行星的密度：=，故c正确；d、第一宇宙速度是星球表面轨道卫星的环绕速度，故v=，故d正确；本题选错误的，故选：ab5如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为u1时，粒子落在a板上的p点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将a板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在p点，则极板间所加电压u2为（）au2=3u1bu2=6u1cu2=8u1du2=12u1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】由偏转距离：分析【解答】解：由偏转距离y= a= t=可得 第一次： 第二次： 由以上两式相比可得：u2=12u1 则d正确故选：d6如图所示电路中，电源电动势为e内阻为r，当滑动变阻器r2滑动端向右滑动后，理想电流表a1、a2的示数变化量的绝对值分别为i1、i2，理想电压表示数变化量的绝对值为u下列说法中正确的是（）a电压表v的示数减小b电流表a2的示数变小cu与i1比值一定小于电源内阻rdu与i2比值一定小于电源内阻r【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表a2的示数变化情况根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表a1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析a1与a2的变化量大小根据闭合电路欧姆定律分析u与i1比值【解答】解：a、0当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小所以电流表a2的示数减小根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表v的示数增大，故a错误，b正确；c、根据并联电路的电流规律i2=i1+i，a2的示数i2变小，通过定值电阻r1的电流增大，则a1的示数i1变小，所以i1一定大于i2电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律u=ei2r可知， =r，而i1大于i2，所以r故d错误，c正确故选：bc7如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根长为l，劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定在圆筒底部，另一端系着质量为m的小球，现让圆筒绕通过底部的竖直轴在水平面内从静止开始加速转动，当弹簧长度达到2l时即让圆筒保持此时的转速匀速转动，已知弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能ep=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为其形变量，下列对上述过程的分析正确的是（）a小球和弹簧组成的系统机械能守恒b圆筒匀速转动的角速度为c弹簧对小球做的功为kl2d圆筒对小球做的功为kl2【考点】机械能守恒定律；功的计算【分析】根据机械能守恒的条件：只有重力和弹力做功，判断系统的机械能是否守恒圆筒匀速转动的角速度根据牛顿第二定律和向心力公式求解由动能定理求解圆筒对小球做的功【解答】解：a、在加速过程中，圆筒对小球做功，所以系统的机械能增加，故a错误b、圆筒匀速转动时，由kl=m22l，得=故b正确c、根据功能关系知：球对弹簧做功等于弹簧的弹性势能的增加，则球对弹簧做功为 w=，则弹簧对球做功为 w=w=kl2，故c错误d、对球，根据动能定理得：w筒+w=，v=2l，解得圆筒对小球做的功为w筒=2.5kl2，故d错误故选：b8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二、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题第17题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9用如图1所示的装置“探究加速度与力和质量的关系”，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上定滑轮的两根细线均处于水平实验时，一定要进行的操作是ab（填序号）a小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数f0b改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c用天平测出砂和砂桶的质量d为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量以拉力传感器示数f0的二倍f（f=2f0）为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的af图象如图2所示，则可能正确的是c在实验中，得到一条如图3所示的纸带，取0、1、2、5共6个计数点，15每相邻两个点间各有四个点未画出，用刻度尺测出1、2、5各点到0点的距离分别为：10.92、18.22、23.96、28.30、31.10（cm），通过电磁打点计时器的交流电频率为50hz则小车的加速度大小为1.48m/s2（保留3位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对af图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度【解答】解：（1）a、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故a正确；b、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随f变化关系，故b正确；c、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故cd错误故选：ab；（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以af图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的af图象在f轴上有截距，故c正确故选：c；（3）根据x=at2，运用逐差法得，a=1.48m/s2，则小车的加速度大小为1.48m/s2故答案为：a b；c，1.4810某同学利用如图（1）所示电路测定电源的电动势和内阻实验中电表内阻对实验结果影响很小，均可以忽略不计闭合电键s后，变阻器的滑片p由变阻器的一端滑到另一端的过程，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图（2）的ui图象中的直线a、b所示（1）用画线代表导线，将如图（3）实物图中各元件按图（1）连接成实验电路（2）通过分析可知，其中图（2）中图线a（填a或b）v1表示电压表示数随电流表a示数变化关系（3）根据ui图象中坐标轴所标出的数据，可求出电源的电动势e=，内阻r=（用图中给出的坐标值表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电路图连接实物图即可，注意正负极的接法及导线不能交叉；（3）电压表v1示数随电流表a示数的增加而减小；（4）根据闭合电路欧姆定律列式求解【解答】解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示：（2）电压表v1示数随电流表a示数的增加而减小，故对应的图象应是图线a；（3）由e=u+ir知：e=u1+i1r；e=u2+i2r；联立解得：e=；故答案为：（1）如图连接；（2）a；（3）；11如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角=37，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力f=8n，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5，（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力f，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力f，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解【解答】解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：f+mgcos37mgsin37=ma1，代入数据解得匀加速运动的时间，匀加速运动的位移物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为f=8n而下滑力和最大摩擦力之和为10n故不能相对斜面向上加速故得：a2=0得t=t1+t2=（2）若达到同速后撤力f，对物块受力分析，因为mgsin37mgcos37，故减速上行mgsin37mgcos37=ma3，代入数据解得物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：代入数据解得，则答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.33s；（2）小物块还需经过0.85s时间离开传送带，离开时的速度为2.3m/s12一半径为r的圆筒的横截面如图所示，其圆心为o筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b圆筒下面有相距为d的平行金属板m、n，m、n板接在如图所示的电路中，电源内阻为r0，定值电阻阻值为r1当滑动变阻器r连入电路的电阻为0质量为m、电荷量为q的带正电粒子自m板边缘的p处由静止释放，经n板的小孔s沿半径so方向射入磁场中，粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从s孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，（1）求m、n间电场强度e的大小和电源电动势e0的大小；（2）保持m、n的距离不变，移动滑动变阻器的滑片，粒子仍从m板边缘的p处由静止释放，粒子进入圆筒与圆筒发生多次碰撞转一周后仍从s孔射出，求滑动变阻器连入电路的电阻r0应满足的关系【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）作出粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求出粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的速度；粒子在电场中加速，由动能定理可以求出极板间的电场强度，然后由欧姆定律求出电源的电动势（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动、在极板间加速，根据题意求出粒子的轨道半径，然后求出滑动变阻器接入电路的阻值【解答】解：（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心o，圆半径为r，设第一次碰撞点为a，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从s孔射出，因此sa弧所对圆心角：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得：，粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：，解得：粒子在电场中加速，由动能定理得：0，解得：，由闭合电路欧姆定律得：e0=；（2）保持m、n的距离不变，移动滑动变阻器的滑片，设粒子与圆筒发生n次碰撞后仍从s孔射出，板间电压为un，则：，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：（n=2，3，4），极板间电压：，解得：（n=2，3，4）；答：（1）m、n间电场强度e的大小为，电源电动势e0的大小为；（2）滑动变阻器连入电路的电阻r0应满足的关系为：（n=2，3，4）（二）选考题，任选一模块作答【物理-选修3-4】13下列说法中正确的有（）a不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的b水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象c在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象d声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率【考点】光的干涉；光通过棱镜时的偏折和色散；* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理【分析】不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率大于声源的频率【解答】解：a、根据相对认原理可知，不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的故a正确b、水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象故b正确c、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理故c错误d、声源向静止的观察者运动时，产生多普勒效应，则观察者接收到的频率大于声源的频率故d错误故选：ab14如图是一个向右传播的t=0时刻的横波波形图，已知波从0点传到d点用0.2s该波的波速为10m/s，频率为2.5hz；t=0时，图中“a、b、c、d、e、f、g、h、i、j”各质点中，向y轴正方向运动的速度最大的质点是d【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】已知波从o点传到d点用0.2s，求出波速，读出波长，再求出频率t=0时刻位于平衡位置的质点速度最大，由波的传播方向确定质点的速度方向【解答】已知波从o点传到d点用0.2s，则波速为v= m/s=10m/s由v=f得：f=hz=2.5hzt=0时，图中“a、b、c、d、e、f、g、h、i、j”各质点中，向y轴正方向运动的速率最大的质点有d故答案为：10、2.5；d15如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于bc面的方向正好入射到该三棱镜的ab及ac面上，结果