黑龙江省牡丹江一中高三物理上学期8月摸底试题（含解析）.doc

2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）摸底物理试卷（8月份）一、单项选择题（每小题只有一个正确选项本题共9小题，每小题4分，共计36分）1下列说法正确的是（）a没有外力作用，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现b力的国际单位制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的c一对作用力与反作用力总是大小相等，性质相同d物体的速度越大，其惯性也越大2质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=3m处，开始沿x轴正方向运动当t=7s时，质点在轴上的位置坐标为（）ax=3.5mbx=6.5mcx=9mdx=11.5m3如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的p点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30则（）a滑块一定受到三个力作用b弹簧一定处于压缩状态c斜面对滑块的支持力大小可能为零d斜面对滑块的摩擦力大小一定等于4如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力f拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为l，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（）aab间的距离为l+b撤掉f后，a作匀速运动，b作匀减速运动c若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大d撤掉f的瞬间，a的加速度不变，b的加速度一定增大5质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力f，如图甲所示，此后物体的vt图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则（）a物体与水平面间的动摩擦因数为=0.5b10s末恒力f的瞬时功率为6wc10s末物体在计时起点左侧4m处d010s内恒力f做功为6j6如图所示的电场线，电荷q仅在电场力的作用下从a点移动到b点，则（）aq受到的电场力逐渐减小bq带负电cq的电势能逐渐减小dq动能逐渐减小7如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则（）a电压表读数减小b电流表读数减小c质点p将向上运动dr3上消耗的功率逐渐增大8如图所示，在mnqp中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从o点沿垂直于pq的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知o是pq的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是（）a粒子a带负电，粒子b、c带正电b射入磁场时粒子a的速率最小c射出磁场时粒子b的动能最小d粒子c在磁场中运动的时间最长9如图所示，光滑水平导轨，宽度不变，除定值电阻r外，导轨及金属棒ab的电阻均不计，在x0的区域内有一沿x轴均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁感应强度大小满足b=kx（常数k0），ab棒由原点o点开始，在外力f作用下沿x轴做匀速运动，下列关于ab棒流过的电流i及它所受外力f随x变化的图象，正确的是（）abcd二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共5小题，每小题4分，选对但不全得2分，共计20分）10物体做平抛运动，抛出时间为t1时水平位移大小为竖直位移大小的2倍，抛出时间为t2时水平位移和竖直位移大小相等则t1、t2时间内物体的水平位移x、竖直位移y、合位移s和瞬时速度v的关系，下面比例关系正确的是（）ax1：x2=1：2by1：y2=1：3cv1：v2=：ds1：s2=：11某同学画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，a代表“天宫一号”，b代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道由此假想图，可以判定下列选项错误的是（）a“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率b“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期c“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度d“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接12如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 rad/s，则下述结论正确的是（）a副线圈中输出交流电的周期为 sb副线圈中电压表的读数为55vc原线圈中电流表的读数为0.5ad原线圈中的输入功率为110w13水平面上有倾角为、质量为m的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力f作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态下列说法中正确的是（）a小物块受到斜面的最大摩擦力为f+mgsinb小物块受到斜面的最大摩擦力为fmgsinc斜面体受到地面的最大摩擦力为fd斜面体受到地面的最大摩擦力为fcos14如图所示，光滑的水平地面上有三个木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力f作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，达到稳定后系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，下列说法正确的是（）a若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力变大b若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小c若粘在c木块上面，绳的张力增大，a、b间摩擦力不变d无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小三、实验题（每空2分，共计10分）15有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮a和b，将绳子打一个结点o，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力toa、tob和toc，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是a钩码的个数n1=n2=2，n3=4b钩码的个数n1=n3=3，n2=4c钩码的个数n1=n2=n3=4d钩码的个数n1=3，n2=4，n3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是a标记结点o的位置，并记录oa、ob、oc三段绳子的方向b量出oa、ob、oc三段绳子的长度c用量角器量出三段绳子之间的夹角d用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中是正确的（填“甲”或“乙”）16探究加速度与力的关系装置如图1所示带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两光滑滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数f，通过纸带求出木块运动的加速度a将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块，如此重复，获取多组a、f数据（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是a实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车b通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据c每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量d实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个af图象如图2所示，正确的是；已知图线与横轴的交点为f0，则木块所受的滑动摩擦力大小为四、计算题，共22分.必须写出必要的文字说明、方程，直接写出答案不给分17如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为f的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力f多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）这一临界角0的大小18（14分）（2015秋牡丹江校级月考）如图所示，a为位于一定高度处的质量为m的小球，b为位于水平地面上的质量为m的长方形空心盒子，盒子足够长，且m=2m，盒子与地面间的动摩擦因数=0.2盒内存在着某种力场，每当小球进入盒内，该力场将同时对小球和盒子施加一个大小为f=mg、方向分别竖直向上和向下的恒力作用；每当小球离开盒子，该力f同时立即消失盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触当小球a以v=1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子b恰以v0=6m/s的速度向右滑行取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子试求：（1）小球a从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；（2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程四、选考题（12分）请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【选修模块3-3】（12分）19下列说法正确的是（）a布朗运动就是液体分子的无规则运动b空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快c热量不能自发地从低温物体传给高温物体d利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的20如图所示，在竖直放置的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体，活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为s开始时气体的温度为t0，活塞与容器底的距离为h0将整个装置放在大气压恒为p0的空气中后，当气体从外界吸收热量q，活塞缓慢上升d后再次平衡求：外界空气的温度是多少？在此过程中密闭气体的内能增加了多少？【选修模块3-4】（12分）21（2015秋牡丹江校级月考）如图所示，两块足够长的立方体玻璃砖m、n平行放置，且对同种色光的折射率nmnn，两束单色光a、b入射到m的上表面，经折射后形成复合光束c，则下列说法正确的是（）ab光在玻璃砖m或n的下表面可能会发生全反射ba光从玻璃砖n下表面射出时的光线一定与其在m上表面的入射光线平行c分别用a光b光在同一装置上做双缝干涉实验，用a光时得到的条纹间距更宽d在玻璃砖m中a光的传播速度比b光小22（2015桂林模拟）一列横波在x轴上传播，a、b是x轴上相距sab=6m的两质点t=0时，b点正好到达最高点，且b点到x轴的距离为4cm，而此时a点恰好经过平衡位置向上运动，已知这列波的频率为25hz（1）求经过时间1s，a质点运动的路程；（2）设a、b在x轴上的距离大于一个波长，求该横波的波速【选修模块3-5】（12分）23（2013秋新余期末）下列说法中正确的是 （）a光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象b一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光c放射性元素发生一次衰变，原子序数增加1d汤姆生通过粒子散射实验建立了原子的核式结构模型24（2015哈尔滨校级四模）如图，a、b质量分别为 m1=1kg，m2=2kg，置于小车c上，小车的质量为 m3=1kg，a、b与小车的动摩擦因数0.5，小车静止在光滑的水平面上某时刻炸药爆炸，若a、b间炸药爆炸的能量有12j转化为a、b的机械能，其余能量转化为内能a、b始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：炸开后a、b获得的速度各是多少？a、b在小车上滑行的时间各是多少？2015-2016学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）摸底物理试卷（8月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个正确选项本题共9小题，每小题4分，共计36分）1下列说法正确的是（）a没有外力作用，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现b力的国际单位制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的c一对作用力与反作用力总是大小相等，性质相同d物体的速度越大，其惯性也越大考点：作用力和反作用力；惯性；力学单位制 专题：常规题型分析：牛顿第一定律揭示力是改变物体运动状态的原因牛顿第二定律揭示合外力与质量和加速度的关系解答：解：a、由牛顿第一定律可知：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，故a错误b、在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，故b错误；c、一对作用力与反作用力总是大小相等，性质相同，故c正确；d、惯性是物体的固有属性，惯性的大小取决于质量，与其它因素无关，故d错误；故选：c点评：解答本题应抓住：力是使物体产生加速度的原因，力是改变物体运动状态的原因2质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=3m处，开始沿x轴正方向运动当t=7s时，质点在轴上的位置坐标为（）ax=3.5mbx=6.5mcx=9mdx=11.5m考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负解答：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故7s时位移为：s=3.5m，由于质点在t=0时位于x=3m处，故当t=7s时，质点在x轴上的位置为6.5m，故acd错误，b正确故选：b点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力3如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的p点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30则（）a滑块一定受到三个力作用b弹簧一定处于压缩状态c斜面对滑块的支持力大小可能为零d斜面对滑块的摩擦力大小一定等于考点：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：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡根据共点力平衡进行分析解答：解：a、弹簧与竖直方向的夹角为30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，故a错误；b、弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，故b错误；c、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于mg），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，故c错误；d、静摩擦力一定等于重力的下滑分力，故为，故d正确故选：d点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零4如图所示，水平粗糙桌面上有a、b两个小滑块，之间连接一弹簧，a、b的质量均为m，现用水平恒力f拉滑块b，使a、b一起在桌面上匀加速运动，弹簧原长为l，劲度系数为k，已知弹簧在弹性限度内物块与桌面间的动摩擦因数不变，下列说法正确的是（）aab间的距离为l+b撤掉f后，a作匀速运动，b作匀减速运动c若弹簧在a连接处突然断开，a、b的加速度一定都增大d撤掉f的瞬间，a的加速度不变，b的加速度一定增大考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由胡可定律结合牛顿第二定律求出弹簧的伸长量，可得木块间的距离撤掉f后，弹簧的拉力将发生变化，根据受力情况分析两个物体的运动情况根据加速度的表达式分析cd两项解答：解：a、设弹簧伸长量为x，两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度设为a对于整体，由牛顿第二定律：f2mg=2ma，a=g对于a：kxmg=ma解得：x=故两木块之间的距离是：s=l+，故a错误b、撤掉f后，由于弹簧的拉力大于所受的摩擦力，a将向右作加速运动，b所受的合力减小，加速度减小，作加速度减小的变减速运动故b错误c、若弹簧在a连接处突然断开，a的加速度大小 aa=g，b的加速度 ab=g，则知b的加速度一定增大，而a的加速度则不一定增大故c错误d、撤掉f的瞬间，a的加速度不变，a的受力情况未变，加速度不变，而b的加速度 ab=a+2g，则知b的加速度一定增大，故d正确故选：d点评：本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同列式，关键要明确撤掉f的瞬间，弹簧的弹力没有改变进行分析5质量为m=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力f，如图甲所示，此后物体的vt图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10m/s2，则（）a物体与水平面间的动摩擦因数为=0.5b10s末恒力f的瞬时功率为6wc10s末物体在计时起点左侧4m处d010s内恒力f做功为6j考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律 专题：运动学与力学（一）分析：由vt图分别求得由力f和没有力f作用时的加速度，对两段时间分别运用牛顿第二定律列式后联立求解；设10s末物体离起点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的上下两块面积之差，根据功的公式求出恒力做功解答：解：a、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为大小a1，则由vt图得：a1=2 m/s2 设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由vt图得：a2=1m/s2 根据牛顿第二定律，有 f+mg=ma1 fmg=ma2 解得：f=3n，=0.05，故a错误b、10s末恒力f的瞬时功率 p=fv=36w=18w故b错误c、根据vt图与横轴所围的面积表示位移得：x=4866m=2m，负号表示物体在起点以左即10s末物体在计时起点左侧2m处，故c错误d、010s内恒力f做功 w=f|x|=32j=6j故d正确故选：d点评：本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数，根据vt图与横轴所围的面积表示位移求解位移6如图所示的电场线，电荷q仅在电场力的作用下从a点移动到b点，则（）aq受到的电场力逐渐减小bq带负电cq的电势能逐渐减小dq动能逐渐减小考点：电场线 分析：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线的方向不是电场的方向，电场中，电场线越密，电场强度越大解答：解：a、由图看出，b处电场线比a处电场线密，则b处场强大于a处场强试探电荷q在电场力的作用下从a点移动到b点，电场力逐渐变大故a错误；b、电荷q仅在电场力的作用下从a点移动到b点，从轨迹看，粒子的轨迹弯曲的方向指向右上方，与电场线的方向相同，所以粒子带正电故b错误；c、d、正电荷受到的电场力向右上，q在电场力的作用下从a点移动到b点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，受到增大故c正确，d错误故选：c点评：该题考查电场线的特点，要牢记电场线的物理意义之一是形象描述电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大7如图所示，平行金属板中带电质点p原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则（）a电压表读数减小b电流表读数减小c质点p将向上运动dr3上消耗的功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：压轴题；恒定电流专题分析：由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况解答：解：由图可知，r2与滑动变阻器r4串联后与r3并联后，再由r1串联接在电源两端；电容器与r3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时r1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过r3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；故b错误；因并联部分电压减小，而r2中电压增大，故电压表示数减小，故a正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故c错误；因r3两端的电压减小，由p=可知，r3上消耗的功率减小； 故d错误；故选a点评：解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体局部整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的8如图所示，在mnqp中有一垂直纸面向里匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从o点沿垂直于pq的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知o是pq的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是（）a粒子a带负电，粒子b、c带正电b射入磁场时粒子a的速率最小c射出磁场时粒子b的动能最小d粒子c在磁场中运动的时间最长考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间解答：解：a、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故a错误；b、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小故b错误；c、粒子的动能ek=mv2=，由于：q、b、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小故c错误；d、粒子在磁场中做圆周运动的周期：t=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=t=，由于m、q、b都相同，粒子c转过的圆心角最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故d正确；故选：d点评：带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小9如图所示，光滑水平导轨，宽度不变，除定值电阻r外，导轨及金属棒ab的电阻均不计，在x0的区域内有一沿x轴均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁感应强度大小满足b=kx（常数k0），ab棒由原点o点开始，在外力f作用下沿x轴做匀速运动，下列关于ab棒流过的电流i及它所受外力f随x变化的图象，正确的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由e=blv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，应用安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，然后分析图示图象答题解答：解：a设匀速运动的速度为v，感应电动势：e=blv=klxv，感应电流：i=vx，故a错误；b、金属棒受到的安培力：f安培=bil=x2，金属棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得，外力：f=f安培=x2x2，故bd错误，c正确；故选：c点评：本题考查了求感应电流、外力大小随x变化的关系，应用e=blv、安培力公式与平衡条件即可正确解题二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，本题共5小题，每小题4分，选对但不全得2分，共计20分）10物体做平抛运动，抛出时间为t1时水平位移大小为竖直位移大小的2倍，抛出时间为t2时水平位移和竖直位移大小相等则t1、t2时间内物体的水平位移x、竖直位移y、合位移s和瞬时速度v的关系，下面比例关系正确的是（）ax1：x2=1：2by1：y2=1：3cv1：v2=：ds1：s2=：考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据水平位移和竖直位移的关系求出运动的时间，根据运动学公式求出水平位移和竖直位移以及竖直分速度，从而得出瞬时速度的大小解答：解：抛出时间为t1时水平位移大小为竖直位移大小的2倍，有：，解得，则水平位移，竖直位移，此时竖直分速度vy=gt=v0，根据平行四边形定则知，瞬时速度合位移，抛出时间为t2时水平位移和竖直位移大小相等，有：，解得，则水平位移，竖直位移，此时竖直分速度vy=gt2=2v0，根据平行四边形定则知，瞬时速度，合位移所以x1：x2=1：2，y1：y2=1：4，故a、c正确，b、d错误故选：ac点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大11某同学画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，a代表“天宫一号”，b代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道由此假想图，可以判定下列选项错误的是（）a“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率b“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期c“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度d“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接考点：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：绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，航天器变轨对接原理是在较低轨道上加速抬升轨道“追上”更高轨道上的目标航天器解答：解：绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力，则有：a、线速度知，轨道半径大的天宫一号运行速率小，故a错误；b、周期t=知，轨道半径大的天宫一号运行周期大，故b错误；c、向心加速度知，轨道半径大的天宫一号向心加速度小，故c错误；d、由卫星轨道变轨原理知，神舟八号要追上天宫一号，则在较低轨道上加速运动抬升轨道后与较高轨道航天器对接即可，故d正确因为选择不正确的是，故选：abc点评：能根据万有引力提供圆周运动向心力，熟悉描述圆周运动的物理量与轨道半径间的关系是解决本题的基本要求，同时要掌握航天器的变轨原理12如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源，副线圈接一个r=27.5的负载电阻若u0=220v，=100 rad/s，则下述结论正确的是（）a副线圈中输出交流电的周期为 sb副线圈中电压表的读数为55vc原线圈中电流表的读数为0.5ad原线圈中的输入功率为110w考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为t=0.02s，所以a错误b、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220v，所以原线圈的电压的有效值为220v，再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55v，即为电压表的读数，所以b正确c、副线圈的电流为=2a，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为0.5a，所以c正确d、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为p=1512.5w，所以原线圈中的输入功率也为1512.5w，所以d错误故选：bc点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题13水平面上有倾角为、质量为m的斜面体，质量为m的小物块放在斜面上，现用一平行于斜面、大小恒定的拉力f作用于小物块上，绕小物块旋转一周，这个过程中斜面体和木块始终保持静止状态下列说法中正确的是（）a小物块受到斜面的最大摩擦力为f+mgsinb小物块受到斜面的最大摩擦力为fmgsinc斜面体受到地面的最大摩擦力为fd斜面体受到地面的最大摩擦力为fcos考点：向心力；摩擦力的判断与计算 专题：匀速圆周运动专题分析：解本题的关键是正确分析小木块在斜面内的受力情况，特别是先确定出下滑力mgsin，然后再讨论在讨论斜面受地面的摩擦力时，要灵活把小木块和斜面看做一个整体分析，才能顺利求出答案解答：解：a、对小木块在斜面内受力分析，有沿斜面向下的重力分力mgsin、绳子拉力f，但方向可以指向圆周各个方向、静摩擦力f但方向不能确定，根据题意，当拉力f沿斜面向下时，静摩擦力应沿斜面向上，则有f=f+mgsin，此时应为最大静摩擦力，当f沿斜面向上时，若f=mgsin，则摩擦力f=0，故a正确，b错误；c、再把小木块与斜面看做一个整体分析，当f沿水平方向时，斜面受到地面的摩擦力最大为f；当f沿斜面向上或向下时，摩擦力最小为fcos，故d错误c正确故选：ac点评：本题考查连接体问题，要正确选择研究对象，灵活运用隔离法和整体法进行受力分析，难度适中14如图所示，光滑的水平地面上有三个木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力f作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，达到稳定后系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，下列说法正确的是（）a若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力变大b若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小c若粘在c木块上面，绳的张力增大，a、b间摩擦力不变d无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化解答：解；a、以c为研究对象，由牛顿第二定律可得，ft=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有ffab=ma可知，摩擦力fab应变大，故a正确；b、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有fab=2ma，所以摩擦力是变小的，故b正确；c、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，fft=2ma，加速度减小，所以拉力ft变大，对b有ffab=ma，知fab增大；故c错误；d、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定律可知，加速度都要减小，故d正确；故选：abd点评：在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析各量的变化关系三、实验题（每空2分，共计10分）15有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮a和b，将绳子打一个结点o，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力toa、tob和toc，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是bcda钩码的个数n1=n2=2，n3=4b钩码的个数n1=n3=3，n2=4c钩码的个数n1=n2=n3=4d钩码的个数n1=3，n2=4，n3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是aa标记结点o的位置，并记录oa、ob、oc三段绳子的方向b量出oa、ob、oc三段绳子的长度c用量角器量出三段绳子之间的夹角d用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于o点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以o点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答解答：解：（1）对o点受力分析oa ob oc分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0c等于od因此三个力的大小构成一个三角形a、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故a错误；b、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故b正确；c、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故c正确；d、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故d正确故选：bcd（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点o的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录oa、ob、oc三段绳子的方向，故a正确，bcd错误故选：a（3）以o点为研究对象，f3的是实际作用效果在oc这条线上，由于误差的存在，f1、f2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）bcd （2）a （3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别16探究加速度与力的关系装置如图1所示带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两光滑滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数f，通过纸带求出木块运动的加速度a将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块，如此重复，获取多组a、f数据（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是aba实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车b通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据c每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量d实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量（2）某同学根据实验数据做出了两个af图象如图2所示，正确的是b；已知图线与横轴的交点为f0，则木块所受的滑动摩擦力大小为2f0考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块（2）根据牛顿第二定律得出a与f的关系式，结合关系式得出正确的图线根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力解答：解：（1）a、实验中应该先接通电源后释放纸带，故a正确b、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故b正确c、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块故c、d错误故选：ab（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得：a=，故正确的图线是b当弹簧拉力为f0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2f0故答案为：（1）ab （2）b，2f0点评：本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块四、计算题，共22分.必须写出必要的文字说明、方程，直接写出答案不给分17如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为f的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力f多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）这一临界角0的大小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题（1）的关键是正确对物体受力分析，采用正交分解法分别列出牛顿第二定律表达式，然后求解即可；题（2）的关键是根据牛顿第二定律写出物体匀速时的函数表达式，然后再讨论即可解答：解：（1）物体m匀速下滑时应有：mgsin30=mgcos30，解得=tan30=；（2）设斜面的倾角为，对物体受力分析，由匀速运动的条件应有： fcos=mgsin+=联立可得f=，讨论如下：当cossin=0时，f，即无论用多大的力都不能使物体沿斜面上滑，可解得临界角tan=tan=，解得=60答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为=（2）临界角=60点评：涉及到有关极值的问题，应首先根据相应的物理规律写出相应的文字表达式，然后再根据数学极值问题进行讨论即可，注意数学三角函数公式的应用18（14分）（2015秋牡丹江校级月考）如图所示，a为位于一定高度处的质量为m的小球，b为位于水平地面上的质量为m的长方形空心盒子，盒子足够长，且m=2m，盒子与地面间的动摩擦因数=0.2盒内存在着某种力场，每当小球进入盒内，该力场将同时对小球和盒子施加一个大小为f=mg、方向分别竖直向上和向下的恒力作用；每当小球离开盒子，该力f同时立即消失盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触当小球a以v=1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子b恰以v0=6m/s的速度向右滑行取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子试求：（1）小球a从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；（2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程考点：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a从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间分为两部分，a在盒子内运动时运动牛顿第二定律求出加速度，再用运动学基本公式求出时间，a在盒子外运动的时间根据运动学基本公式即可求得，时间之和即为经历的总时间；（2）分别求出小球在盒内和盒外时的盒子的加速度，进而求出小球运动一个周期盒子减少的速度，再求出从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数n，要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个；（3）分别求出盒子在每个周期内通过的距离，观察数据特点，且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，从而求出总位移解答：解：（1）a在盒子内运动时，根据牛顿第二定律有fmg=ma 解得：a=g a在盒子内运动的时间a在盒子外运动的时间a从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间t=t1+t2=0.2+0.2=0.4s（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度=4m/s2小球在盒子外运动时，盒子的加速度小球运动一个周期盒子减少的速度为：v=a1t1+a2t2=40.2+20.2m/s=1.2m/s从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v1=v0a1t1=640.2=5.2m/s小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 =小球第二次进入盒子时，盒子的速度v2=v1a2t2=5.20.4=4.8m/s小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为 =小球第二次从盒子出来时，盒子的速度v3=v2a1t1=4.80.8=4m/s小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 =分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d=0.12m且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为答：（1）小球a从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s（2）盒子上至少要开11个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为5.8m点评：该题是较为复杂的往复运动，要求同学们能正确分析每个过程的受力情况，求出加速度、时间和位移，还要善于观察数据，总结数据之间的规律，要求较高，难度很大，属于难题四、选考题（12分）请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【选修模块3-3】（12分）19下列说法正确的是（）a布朗运动就是液体分子的无规则运动b空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快c热量不能自发地从低温物体传给高温物体d利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的考点：热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；*相对湿度 分析：布朗运动就是液体分子的无规则运动的反映；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢；分子间同时存在着引力和斥力，都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性