甘肃省张掖市高台一中高三物理上学期8月质检试卷（含解析）.doc

2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）质检物理试卷（8月份）二、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，14-18只有一个选项正确，19-21有多个选项正确，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（6分）（2011海南模拟）如图所示，圆柱体的a点放有一质量为m的小物体p，使圆柱体缓慢匀速转动，带动p从a点转到a点，在这个过程中p始终与圆柱体保持相对静止那么p所受静摩擦力f的大小随时间t的变化规律是（）abcd2（6分）（2014秋高台县校级月考）一喷泉射出的水上升的高度为h，出口的横截面积为s，已知水的密度为，由空中水的质量为（）ashb2shc3shd4sh3（6分）（2009广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为b的匀强磁场中质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）a滑块受到的摩擦力不变b滑块到达地面时的动能与b的大小无关c滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下db很大时，滑块可能静止于斜面上4（6分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星a、b、c在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有（）a根据v=，可知vavbvcb根据万有引力定律，fafbfcc向心加速度aaabacd卫星中的物体对地面的压力等于地球对物体的万有引力5（6分）（2015鄂州三模）如图所示，在ab间接入正弦交流电u1=220v，通过理想变压器和二极管d1、d2给阻值r=20的纯电阻负载供电，已知d1、d2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为u0，设电阻r上消耗的热功率为p，则有（）au0=40v，p=80wbu0=40v，p=80wcu0=40v，p=20wdu0=40v，p=20w6（6分）（2009沈阳二模）如图所示，光滑绝缘细杆ab，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为q，可视为点电荷a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环（可视为质点）套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是（）a小圆环所受库仑力的大小先增大后减小b小圆环的加速度先增大后减小c小圆环的动能先增大后减小d小圆环与负电荷组成的系统电势能先增大后减小7（6分）（2014秋高台县校级月考）在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴o在匀强磁场中做顺时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示若小球运动到a点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是（）a小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期变小b小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期不变c小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，速度增大d小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小8（6分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，相距为d的两条水平虚线l1、l2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为b，质量为m、电阻为r的正方形线圈abcd边长为l（ld），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）（）a感应电流做功为mglb感应电流做功为2mgdc线圈的最小速度可能为d线圈的最小速度一定为三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题12第题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（6分）（2014秋高台县校级月考）（1）某同学探究恒力做功和物体动能变化间的关系，方案如图1所示他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要采取的两项措施是：a；b（2）如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e、f是计数点，相邻计数点间的时间间隔为t距离如图则打b点时的速度为vb=10（10分）（2015广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势e和内电阻r，所给的其它器材有：a电压表v：0315vb电流表a：00.63ac变阻器r1：（20，1a）d变阻器r2：（1000，0.1a）e电键s和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为（填03v或015v）；电流表应选用的量程为（填00.6a或03a）；变阻器应选用；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在ui图2中标出，如图2所示请你根据数据点位置完成ui图线，并由图线求出该电池的电动势e=v，电阻r=11（13分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，水平传送带长l=2.45m，以速度v1=4m/s顺时针运动，倾斜的传送带足够长，与水平面的夹角=37，以速度v2=2m/s顺时针运动，两传送带连接处平滑过渡，把一物块无初速从左端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，求：（1）物块到水平传送带右端的速度（2）从物块开始滑上倾斜传送带开始计时，2s内物块距底端的最大距离12（18分）（2013秋安徽期末）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60，大小为e=4.0105n/c；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度b=0.20t有一质子以速度v=2.0106m/s，由x轴上的a点（10cm，0）沿与x轴正方向成30斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场已知质子质量近似为m=1.61027kg，电荷q=1.61019c，质子重力不计求：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间（计算结果保留3位有效数字）（3）质子第三次到达y轴的位置坐标三、（二）选考题（共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【选修3-3】13（6分）（2014思明区校级模拟）下列说法正确的是（）a物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大b布朗运动就是液体分子的热运动c一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变d根据热力学第二定律可知热量只能从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体14（9分）（2013辽宁一模）如图所示，用销钉固定的光滑绝热活塞把水平放置的绝热气缸分隔成容积相同的a、b两部分，a、b缸内分别封闭有一定质量的理想气体初始时，两部分气体温度都为t0=27，a部分气体压强为pa0=2105pa，b部分气体压强为pb0=1105pa拔去销钉后，保持a部分气体温度不变，同时对b部分气体加热，直到b内气体温度上升为t=127，停止加热，待活塞重新稳定后，（活塞厚度可忽略不计，整个过程无漏气发生）求：（1）a部分气体体积与初始体积之比va：va0；（2）b部分气体的压强pb四、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）15（2013新市区校级模拟）如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是（）abcd16（2011娄底校级模拟）如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜abc，a=30它对红光的折射率为n1对紫光的折射率为n2在距ac边为d处有一与ac平行的光屏现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直ab边射入棱镜（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（2）为了使红光能从ac面射出棱镜，n1应满足什么条件？（3）若两种光都能从ac面射出，求在光屏mn上两光点间的距离五、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）17（2010孝南区校级模拟）下列说法正确的是（）a卢瑟福通过粒子散射实验，否定了汤姆生的原子结构模型，提出了原子的核式结构学说b麦克斯韦电磁场理论指出：变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场c受爱因斯坦量子论的启发，普朗克在对光电效应的研究中，提出了光子说d光的干涉、衍射现象证明了光是一种波，但德布罗意的“物质波”假设否定了光是一种波18（2014春沿河县校级期末）如图所示，光滑曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车上表面相平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在光滑水平面上滑动已知小滑块从高为h的位置由静止开始滑下，最终停到小车上若小车的质量为mg表示重力加速度，求：（1）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度v（2）若滑块和车之间的动摩擦因数为，则车的长度至少为多少？2014-2015学年甘肃省张掖市高台一中高三（上）质检物理试卷（8月份）参考答案与试题解析二、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，14-18只有一个选项正确，19-21有多个选项正确，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（6分）（2011海南模拟）如图所示，圆柱体的a点放有一质量为m的小物体p，使圆柱体缓慢匀速转动，带动p从a点转到a点，在这个过程中p始终与圆柱体保持相对静止那么p所受静摩擦力f的大小随时间t的变化规律是（）abcd考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；带电粒子在匀强磁场中的运动专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对物块p进行受力分析，求出摩擦力的表达式即可求解解答：解：物块p受三个力的作用，竖直向下的重力g，沿半径指向外的支持力fn，沿切线方向的静摩擦力ff，因圆柱体缓慢移动，所以物块p在任意位置所受合力为零，对三力正交分解，设重力g与支持力fn方向所夹锐角为，则ff=mgsin ，从a转至a的过程中，先减小后增大，ff先减小后增大，且按照正弦规律变化，故a正确故选a点评：该题主要考查了同学们受力分析的能力，要想求解一个物理量的变化情况，就要求出该物理量的表达式，难度适中2（6分）（2014秋高台县校级月考）一喷泉射出的水上升的高度为h，出口的横截面积为s，已知水的密度为，由空中水的质量为（）ashb2shc3shd4sh考点：竖直上抛运动分析：喷泉喷出的水做竖直上抛运动，根据水柱高度求解出初速度和水的运动时间，然后根据空中水的体积等于水的初速度乘以时间再乘以出口面积，最后根据质量等于密度乘以体积求解出空中水的质量解答：解：水柱高达h，根据，得下降时间为：根据上抛运动的对称性，上升时间等于下降时间，故上抛的总时间为：t=2t=根据，可得：故空中水的体积为：v=sl=svtt=4hs故m=v=4hs；故选：d点评：本题要注意空中的水柱并非圆柱体，要根据流量等于初刻速度乘以时间后再乘以喷泉出口的面积为s求出流量，最后根据m=v求质量3（6分）（2009广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为b的匀强磁场中质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）a滑块受到的摩擦力不变b滑块到达地面时的动能与b的大小无关c滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下db很大时，滑块可能静止于斜面上考点：安培力；牛顿第二定律专题：压轴题分析：小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0时，做匀速运动解答：解：小滑块受力如图所示；a、f洛=qvb，滑动摩擦力f=fn=（mgcos+qvb），随速度增加而变大，a错误b、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力f=mgsin=（mgcos+qvb），则v=（cos），可看v随b的增大而减小，b越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则b越大时，滑动摩擦力f越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，b错误c、滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故c正确；d、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，滑块沿斜面向下做加速运动，当摩擦力、重力的分力与洛伦兹力合力为零时，滑块做匀速直线运动，速度不会为零，不会静止在斜面上，b很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故d错误故选c点评：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况4（6分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星a、b、c在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有（）a根据v=，可知vavbvcb根据万有引力定律，fafbfcc向心加速度aaabacd卫星中的物体对地面的压力等于地球对物体的万有引力考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：人造卫星问题分析：根据卫星的速度公式比较三颗卫星的速度大小由万有引力定律比较万有引力的大小卫星的向心加速度等于a=，再比较向心加速度的大小解答：解：a、由万有引力提供向心力有：=m=ma，可得：v=故vavbvc，不可用v=比较v的大小，因卫星所在处的g不同，故a错误；c、由a=，可得aaabac，故c正确；b、万有引力f=，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较fa、fb、fc的大小，故b错误；d、卫星中的物体处于完失重状态，对地面的压力为零，故d错误故选：c点评：对于卫星的线速度、周期、角速度、向心加速度等物理量的比较，只要抓住卫星的速度公式v=比较出线速度的大小，其他量可以根据圆周运动知识理解并比较5（6分）（2015鄂州三模）如图所示，在ab间接入正弦交流电u1=220v，通过理想变压器和二极管d1、d2给阻值r=20的纯电阻负载供电，已知d1、d2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为u0，设电阻r上消耗的热功率为p，则有（）au0=40v，p=80wbu0=40v，p=80wcu0=40v，p=20wdu0=40v，p=20w考点：变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：在ab间接入正弦交流电u1=220v，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，有：，得有效值u2=40v而二极管的反向耐压值至少为u0，它是最大值，所以u0=，q为副线圈正中央抽头，则r两端电压为20v，所以r消耗的热功率为故选：c点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解6（6分）（2009沈阳二模）如图所示，光滑绝缘细杆ab，水平放置于被固定的带负电荷的小球的正上方，小球的电荷量为q，可视为点电荷a、b是水平细杆上的两点，且在以带负电小球为圆心的同一竖直圆周上一个质量为m、电荷量为q的带正电的小圆环（可视为质点）套在细杆上，由a点静止释放，在小圆环由a点运动到b点的过程中，下列说法中正确的是（）a小圆环所受库仑力的大小先增大后减小b小圆环的加速度先增大后减小c小圆环的动能先增大后减小d小圆环与负电荷组成的系统电势能先增大后减小考点：库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的应用；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：小圆环受到重力、支持力与库仑力，由于重力与支持力均不做功，仅在库仑引力作用下运动，库仑引力先做正功后做负功，则环的动能先增大后减小，而环与电荷组成的系统电势能先减小后增大；由于两者间距先变小后变大，则库仑力大小先增加后减小解答：解：a、小圆环沿光滑直杆运动，两者间距先减小后增大，由库仑定律可知，库仑力先增大后减小故a正确；b、小圆环沿光滑直杆运动，两者间距先减小后增大，由库仑定律可知，库仑力先增大后减小而库仑力沿杆方向的分力提供合力，虽然库仑力先大后小，但其分力却是先变小后变大，则加速度也是先减小后增大故b错误；c、小圆环沿光滑直杆运动，库仑力与速度方向的夹角先小于90后大于90，则库仑力先做正功后做负功所以小圆环的动能先增大后减小故c正确；d、小圆环沿光滑直杆运动，库仑力与速度方向的夹角先小于90后大于90，则库仑力先做正功后做负功由于只有库仑力做功，所以小圆环的动能先增大后减小，则小圆环与负电荷组成的系统电势能先减小后增大故d错误；故选：ac点评：考查库仑定律与牛顿第二定律，及运用力的分解，同时还应用力的做功，特别注意功的正负并当只有电场力做功时，动能与电势能相互转化7（6分）（2014秋高台县校级月考）在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴o在匀强磁场中做顺时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示若小球运动到a点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是（）a小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期变小b小球做顺时针方向的匀速圆周运动，周期不变c小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，速度增大d小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小考点：洛仑兹力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析绳子所受的力，绳子断开后，绳子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可解答：解：若小球带负电，小球所受洛仑兹力指向圆心，当绳子断后，小球继续顺时针运动，洛仑兹力提供向心力，小于或等于原来的向心力，所以小球的半径可能不变或变大，周期可能不变或变大当小球队带正电时，洛仑兹力背离圆心，当绳子断后，小球做逆时针运动，洛仑兹力提供向心力，小于、大于或等于原来的向心力都有可能，但小球的速度不会变故bd正确，ac错误；故选：bd点评：解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，难度适中8（6分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，相距为d的两条水平虚线l1、l2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为b，质量为m、电阻为r的正方形线圈abcd边长为l（ld），将线圈在磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚入磁场一直到ab边刚离开磁场）（）a感应电流做功为mglb感应电流做功为2mgdc线圈的最小速度可能为d线圈的最小速度一定为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场先要做减速运动解答：解：a、b、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故a错误，b正确c、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=bil=bl，则最小速度 v=故c正确d、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小设线圈的最小速度为vm线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+l）=q+由上可知，q=mgd解得线圈的最小速度为：vm=故d正确故选：bcd点评：解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题12第题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9（6分）（2014秋高台县校级月考）（1）某同学探究恒力做功和物体动能变化间的关系，方案如图1所示他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要采取的两项措施是：a平衡摩擦力；b钩码的质量远小于小车的质量（2）如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e、f是计数点，相邻计数点间的时间间隔为t距离如图则打b点时的速度为vb=考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：小车在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以得出b点的瞬时速度大小解答：解：（1）由于小车在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力设钩码的质量为m，小车的质量为m，对系统运用牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力t=ma=，当mm时，绳子的拉力等于钩码的重力所以用钩码的重力表示小车受到的合外力，采取的两项措施为：平衡摩擦力，钩码的质量远小于小车的质量（2）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，得出b点的瞬时速度大小分别为：vb=，故答案为：（1）平衡摩擦力，钩码的质量远小于小车的质量（2）点评：正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强10（10分）（2015广东校级模拟）某同学用伏安法测一节干电池的电动势e和内电阻r，所给的其它器材有：a电压表v：0315vb电流表a：00.63ac变阻器r1：（20，1a）d变阻器r2：（1000，0.1a）e电键s和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为03v（填03v或015v）；电流表应选用的量程为00.6a（填00.6a或03a）；变阻器应选用r1；（2）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（3）实验测得的6组数据已在ui图2中标出，如图2所示请你根据数据点位置完成ui图线，并由图线求出该电池的电动势e=1.5v，电阻r=0.50考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电池的电动势和图中的电流值可选取电流表及电压表；滑动变阻器在本实验中作为限流使用，故应选取大于内阻的滑动变阻器；用直线将各点相连，注意让各点尽量分布在直线两侧；由图象与纵坐标的交点可求得电动势；图象的斜率表示电池的内电阻解答：解：（1）由图可知，电流小于0.6a，故电流表应选用的量程为00.6a；而电池的电动势约为1.5v，故电压表应选用的量程为 03v；为了调节方便并能减小误差，故变阻器应选用r1；（2）对照电路原理图，连接实物图，如图所示：（3）描点作图，如图所示：图象的横轴截距表示电动势，故电动势为1.50v；斜率绝对值表示电源内电阻，故r=0.50故答案为：（1）03v；00.6a；r1；（2）电路图如图所示；（3）1.5；0.50点评：本题考查测电动势和内阻实验的数据处理，注意要结合公式理解图象的斜率及截距的含义11（13分）（2014秋高台县校级月考）如图所示，水平传送带长l=2.45m，以速度v1=4m/s顺时针运动，倾斜的传送带足够长，与水平面的夹角=37，以速度v2=2m/s顺时针运动，两传送带连接处平滑过渡，把一物块无初速从左端放上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，求：（1）物块到水平传送带右端的速度（2）从物块开始滑上倾斜传送带开始计时，2s内物块距底端的最大距离考点：牛顿第二定律；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：物体在水平传送带摩擦力的作用下，先向右加速，根据牛顿第二定律可求得加速度，从而可求加速的时间，根据位移公式可求加速运动的位移，说明之后物体与传送带一起匀速运动；分析物体滑上倾斜传送带的运动，先以加速度a=gsin+gcos减速，后以加速度a=gsingcos减速运动减速到零所需时间，剩余时间向下做加速运动，求出位移，即可求的解答：解：（1）物块在水平传送带上加速时的加速度由牛顿第二定律有：mg=ma1a1=g=0.510m/s2=5m/s2当物块速度等于传送带速度时有：t=物块的位移为：s1=1.6ml以后物块与传送带相对静止，向右匀速运动，到达传送带右端的速度为：v=4m/s（2）物块滑上倾斜传送带时有：mgsin+mgcos=ma2a2=gsin37+gcos37=10m/s2当物块的速度等于传送带的速度v2 时，有：t2=0.2s 此后的物块的加速度为a3，有：mgsinmgcos=ma3a3=gsin37gcos37=2m/s2此段时间上升的距离s2=t2=0.6m 物块达到最高点时有：t3=1s 此段时间内物块的位移s3=1m因为t2+t3=1.2s2s所以物块升的最大距离为：s=s2+s3=1.6m 答：（1）物块到水平传送带右端的速度为4m/s（2）从物块开始滑上倾斜传送带开始计时，2s内物块距底端的最大距离为1.6m点评：本题关键是分段分析物体的运动情况，由物体受力和运动学公式综合列式求解，难度适中12（18分）（2013秋安徽期末）在如图所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60，大小为e=4.0105n/c；y轴右方有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度b=0.20t有一质子以速度v=2.0106m/s，由x轴上的a点（10cm，0）沿与x轴正方向成30斜向上射入磁场，在磁场中运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场已知质子质量近似为m=1.61027kg，电荷q=1.61019c，质子重力不计求：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间（计算结果保留3位有效数字）（3）质子第三次到达y轴的位置坐标考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解；（2）根据质子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速直线运动，根据圆周运动的周期公式，结合圆心角，可求出磁场中运动的时间，再根据运动学公式与牛顿第二定律，可求出在电场中运动的时间，注意来回时间，从而即可求解；（3）质子在磁场中，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据几何关系，结合圆周运动的半径公式，即可求解解答： 解：（1）质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，设质子做匀速圆周运动的半径为r，根据：qvb=m解得： r=0.10m；（2）由于质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30，且半径恰好等于oa，因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y轴上的c点，如图所示质子做圆周运动周期为，即为：t=，质子从出发运动到第一次到达y轴的时间为：t1=1.57107 s；质子在电场力作用下，产生的加速度：a=41013m/s2；质子在电场中来回运动的时间t2，则有：t2=1107s，因此质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间：t=t1+t2=1.57107 s+1107 s=2.57107 s；（3）质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y轴的d点根据几何关系，可以得出c点到d点的距离为：cd=2rcos30；则质子第二次到达y轴的位置为：y2=cd+oc=2rcos30+2rcos30=20cm34.6cm即质子第三次到达y轴的坐标为（0，34.6cm）答：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径为0.1m（2）质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间2.57107 s（3）质子第三次到达y轴的位置坐标（0，34.6cm）点评：分析带电粒子在磁场中运动，首先要画出粒子运动轨迹图，然后根据洛伦兹力做向心力可求半径，还可以根据几何关系求半径，找到粒子做圆周运动的圆心角可求出运动时间如果还存在电场，粒子在电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动，类平抛运动要把运动分解后研究三、（二）选考题（共45分请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每学科按所做的第一题计分）【选修3-3】13（6分）（2014思明区校级模拟）下列说法正确的是（）a物体的温度越高，分子热运动就越剧烈，每个分子动能也越大b布朗运动就是液体分子的热运动c一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变d根据热力学第二定律可知热量只能从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体考点：热力学第二定律；布朗运动专题：热力学定理专题分析：a、温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能增大，不是所有分子的动能都增大b、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动c、根据热力学第一定律u=q+w，当一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果对外做等量的功，其内能会不变d、根据热力学第二定律可知热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体解答：解：a、物体的温度越高，分子的平均动能就越大分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小所以a错b、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，但能反映液体分子的运动所以b错c、根据热力学第一定律u=q+w，当一定质量的理想气体从外界吸收热量，如果对外做等量的功，其内能会不变所以c正确d、根据热力学第二定律可知热量能自发的从高温物体传到低温物体，但不可能自发的从低温物体传到高温物体，并不是热量不能从低温物体传到高温物体，在消耗其它能量的情况下是可以的，只是不能自发的发生所以d错误故选c点评：此题不仅要知道温度是分子平均动能的标志和布朗运动，而且要理解热力学第一定律和热力学第二定律14（9分）（2013辽宁一模）如图所示，用销钉固定的光滑绝热活塞把水平放置的绝热气缸分隔成容积相同的a、b两部分，a、b缸内分别封闭有一定质量的理想气体初始时，两部分气体温度都为t0=27，a部分气体压强为pa0=2105pa，b部分气体压强为pb0=1105pa拔去销钉后，保持a部分气体温度不变，同时对b部分气体加热，直到b内气体温度上升为t=127，停止加热，待活塞重新稳定后，（活塞厚度可忽略不计，整个过程无漏气发生）求：（1）a部分气体体积与初始体积之比va：va0；（2）b部分气体的压强pb考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：对左、右两部分气体分别运用理想气体状态方程列式后联立求解即可解答：解：气体a初始状态：压强ppa0=2105pa，温度tao=273+27=300k，体积v；气体a末状态：压强pa=？，温度tao=273+27=300k，体积va=？；根据理想气体状态方程，有： 气体b初始状态：压强ppb0=1105pa，温度tbo=273+27=300k，体积v；气体b末状态：压强pb=？，温度tb=273+127=400k，体积vb=？；根据理想气体状态方程，有： 其中：va+vb=2v pa=pb 联立解得：va=1.2v，vb=0.8v，pa=pb=1.67105pa；答：（1）a部分气体体积与初始体积之比为6：5；（2）b部分气体的压强1.67105pa点评：本题关键是对两部分气体运用理想气体状态方程列式后联立求解，不难，要用耐心四、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）15（2013新市区校级模拟）如图所示，简谐横波a沿x轴正方向传播，简谐横波b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴，t=0时刻，这两列波的波形如图所示下图是画出平衡位置在x=2m处的质点，从t=0开始在一个周期内的振动图象，其中正确的是（）abcd考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：压轴题分析：两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉，根据叠加原理分析x=2m处的质点的振动情况和振幅，确定图象解答：解：由题，两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉过周期后，两列波的波峰同时到达x=2m处的质点，则此质点振动总是加强，振幅为两列波振幅之和，即为3cm，开始从平衡位置沿y轴正方向开始振动，所以图象b正确故选b点评：本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，抓住起振时质点的位移和速度是关键16（2011娄底校级模拟）如图所示，有一截面是直角三角形的棱镜abc，a=30它对红光的折射率为n1对紫光的折射率为n2在距ac边为d处有一与ac平行的光屏现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直ab边射入棱镜（1）红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？（2）为了使红光能从ac面射出棱镜，n1应满足什么条件？（3）若两种光都能从ac面射出，求在光屏mn上两光点间的距离考点：光的折射定律；电磁波谱专题：压轴题；光的折射专题分析：（1）根据公式v=，求出红光和紫光在棱镜中的传播速度之比（2）由几何知识得到，红光射到ac面上的入射角i1=30，要使红光能从ac面射出棱镜，必须使i1c，而sinc=求n1应满足的条件（3）根据