福建省厦门市高三物理下学期第二次模拟试卷（含解析）.doc

福建省厦门市2015届高考物理二模试卷一、本卷共题，每小题6分，共48分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的1在学习光的色散的时候老师课堂上做了一个演示实验，让某特制的一束复色光由空气射赂一块平行平面玻璃砖（玻璃较厚），经折射分成两束单色光a、b，已知a光是红光，而b光是蓝光，下列光路图正确的是( )abcd2图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw下列说法中正确的有( )a客户端交流电的频率为100hzb客户端电压为250vc输电线中的电流为30ad输电线路损耗功率为180kw3如图所示，a为放在赤道上随地球一起自转的物体，b为同步卫星，c为一般卫星，d为极地卫星设b、cd三卫星距地心的距离均为r，做匀速圆周运动则下列说法正确的是( )aa、bcd线速度大小相等ba、bcd角速度大小相等ca、bcd向心加速度大小相等d若b卫星升到更高圆轨道上运动，则b仍可能与a物体相对静止4如图所示，在一场强大小为e、方向竖直向下的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q小球，以速率钞v0水平抛出则小球下落高度h的过程中( )a电势能减少了mghb电势能减少了mgh+qehc小球的水平位移为v0d小球的水平位移为v05如图，沿同一弹性绳相向传播甲、乙的两列简谐横波，波长相等，振幅分别为10cm、20cm，在某时刻恰好传到坐标原点则两列波相遇迭加后( )a不可能产生稳定的干涉图象b在x=2 m的质点振动始终减弱c在x=0.5 m的质点振幅为零d坐标原点的振幅为30cm6一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过时间t后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过时间t后速度变为2v，对于上述两个过程用ej1，ej2分别表示前后两次物体增加的机械能，ep1，ep2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则( )aej2=2ej1，ep2=2ep1bej22ej1，ep22ep1cej2=4ej1，ep2ep1dej24ej1，ep2=2ep1二、非选择题（共5小题，满分72分）7在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了a、b、c、d、e、f、g等7个计时点，相邻两个计时点的时间间隔为t=0.02s经过测量得：d1=0.72em，d2=1.60cm，d3=2.64cm，d4=3.84em，d5=5.20em，d6=6.72cm（1）本实验电火花打点计时器使用的电源应该是_（填选项前的字母）；a直流6v b交流6v c交流220v d直流220v（2）通过测量的数据计算f点对应的速度大小为vf=_m/s（计算结果保留两位有效数字）；（3）计算加速度a的表达式为_（用题中所给的实验数据的字母表示）8（1）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：将k旋转到电阻挡“100”位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件_（选填“c”或“d“），使指针对准电阻的“0”刻度线将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件p的电阻，p的两端分别为a、b，指针指示位置如图甲所示为使测量比较精确，应将选择开关旋到_（选填：“1“、“10”、“1k”）的倍率挡位上，并重新调零，再进行测量（2）多用电表电阻档的内部电路如图乙虚线框中所示，电源电动势为e、内阻为r，r0为调零电阻，rg为表头内阻，电路中电流i与待测电阻的阻值rx关系式为_；（3）某同学想通过多用电表中的欧姆档去测量一量程为3v的电压表内阻该同学将欧姆档的选择开关拨至“1k“的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图丙中_（选填“a”或“b”）方式连接在进行了正确的连接、测量后，欧姆表的读数如图丁所示，读数为_，这时电压表的读数为如图戊所示若该欧姆档内阻为24k，则可算出欧姆档内部所用电池的电动势为_v（计算结果保留两位有效数字）9质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器如图所示为质谱仪的工作原理简化示意图现利用这种质谱仪对某元素进行测量，已知该元素的两种同位素（电量相同，质量不同）的质量之比为1：2，不计重力，它们从容器a右方的小孔s无初速飘入电势差为u的加速电场，加速后由o点垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，最后打在照相底片d上，形成a、b两条“质谱线”求：（1）两种同位素进入磁场时的速度大小之比；（2）从进入磁场到打在照相底片d上运动时间之比10（19分）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为l=2m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接阻值r=1.5的电阻；质量为m=1.4kg、阻值r=0.5的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为l1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数=整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直（向上为正），磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示（g=10m/s2）（1）在01.0s内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；（2）求t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力f，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，请写出拉力f随时间t（加f时开始计时）的变化关系式11一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量ma=2.0kg，厚度可忽略不计的薄板a，薄板a长度l=1.5m，在板a上叠放着质量mb=1.0kg，大小可忽略的物块b，物块b与板a之间的动摩擦因数为=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块b上，右端系住物块c，物块c刚好可与竖直面接触起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块b位于板a的左端点，然后放手，设板a的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求（1）若物块c质量mc=1.0kg，推理判断板a和物块b在放手后是否保持相对静止；（2）若物块c质量mc=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块c下降的高度；（3）若物块c质量mc=1.0kg，固定住物块b，物块c静止，现剪断轻绳，同时也对物块c施加力f，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t=2.0s，物块c恰好停止运动，求物块c与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度二、选考部分共5题，共35分考生从各任选一个选修作答，若都作答，则第一计分【物理-选修3-3】12从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( )a氧气的密度和阿伏加德罗常数b氧气分子的体积和阿伏加德罗常数c氧气分子的质量和阿伏加德罗常数d氧气分子的体积和氧气分子的质量13如图所示，两端开口的u型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应( )a从左管滴入水银b从右管滴入水银c让气体升温d增大大气压强【物理-选修3-5】14目前，在居室装修中经常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素，装修污染已经被列为“危害群众最大的五种环境污染”之一有关放射性元素的下列说法正确的是( )a氡的半衰期为3.8天，若取4个氡核，经过7.6天就只剩下一个氡原子核了b发生a衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个c衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子所产生的d射线一般伴随着a或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力也最强15如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人原来车和人都静止当人从左向右行走的过程中( )a人和车组成的系统水平方向动量不守恒b人和车组成的系统机械能守恒c人和车的速度方向相同d人停止行走时，人和车的速度一定均为零福建省厦门市2015届高考物理二模试卷一、本卷共题，每小题6分，共48分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的1在学习光的色散的时候老师课堂上做了一个演示实验，让某特制的一束复色光由空气射赂一块平行平面玻璃砖（玻璃较厚），经折射分成两束单色光a、b，已知a光是红光，而b光是蓝光，下列光路图正确的是( )abcd考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：玻璃对蓝光的折射率大于红光的折射率，根据折射定律分析光线在玻璃砖上表面折射角的大小根据玻璃砖的光学特性分析出射光线与入射光线方向关系，再选择光路解答：解：玻璃对蓝光的折射率大于红光的折射率，光线得到玻璃砖上表面时，两束光的入射角i相等，根据折射定律n=，得到红光的折射角大于蓝光的折射角，则a光在b光的右侧光线经过玻璃砖上下两个表面两次折射后，根据光路的可逆性可知出射光线与入射光线平行故b正确故选：b点评：本题可以根据光路的可逆原理理解玻璃砖的光学特性：出射光线与入射光线平行2图甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比1：100，降压变压器原副线圈匝数比为100：1，远距离输电线的总电阻为100若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kw下列说法中正确的有( )a客户端交流电的频率为100hzb客户端电压为250vc输电线中的电流为30ad输电线路损耗功率为180kw考点：远距离输电；变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，计算用户得到的电压解答：解：a、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50hz，a错误；bc、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250v，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000v，所以输电线中的电流为：i=30a，输电线损失的电压为：u=ir=30100=3000v，降压变压器输入端电压为22000v，所以用户端电压为220v，b错误，c正确；d、输电线路损耗功率为：p=ui=90kw，d错误；故选：c点评：解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系3如图所示，a为放在赤道上随地球一起自转的物体，b为同步卫星，c为一般卫星，d为极地卫星设b、cd三卫星距地心的距离均为r，做匀速圆周运动则下列说法正确的是( )aa、bcd线速度大小相等ba、bcd角速度大小相等ca、bcd向心加速度大小相等d若b卫星升到更高圆轨道上运动，则b仍可能与a物体相对静止考点：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：本题中涉及到物体都做圆周运，ab转动的周期相等，b、c、d为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较解答：解：a、a、b比较，角速度相等，由v=r，可知ab，根据线速度公式v=，b、c、d为卫星，轨道半径相同，线速度大小相等，故a错误；b、根据=，b、c、d为卫星，轨道半径相同，角速度大小相等，a、b比较，角速度相等，所以a、bcd角速度大小相等，故b正确；c、a、b比较，角速度相等，由a=2r，aaab，根据向心加速度大小公式a=，b、c、d为卫星，轨道半径相同，向心加速度大小相等，故c错误；d、b为同步卫星，若b卫星升到更高圆轨道上运动，周期发生变化，b不可能与a物体相对静止，故d错误；故选：b点评：本题涉及到两种物理模型，即ab转动的周期相等，bcd同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较4如图所示，在一场强大小为e、方向竖直向下的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q小球，以速率钞v0水平抛出则小球下落高度h的过程中( )a电势能减少了mghb电势能减少了mgh+qehc小球的水平位移为v0d小球的水平位移为v0考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：小球在电场中电场力做多少正功，电势能就相应的减小多少，小球在电场中做类平抛运动，在竖直方向做匀加速运动，求的时间，在水平方向匀速运动求的位移解答：解：a、在下落高度h的过程中，电场力做正功，为w=qeh，故电势能减小qeh，故ab错误；c、在竖直方向产生的加速度为下降h所需时间为t，水平方向通过的位移x=v0t联立解得，故c正确，d错误故选：c点评：本题主要考查了电场力做功与电势能的变化关系，抓住带电小球做类平抛运动的特点即可5如图，沿同一弹性绳相向传播甲、乙的两列简谐横波，波长相等，振幅分别为10cm、20cm，在某时刻恰好传到坐标原点则两列波相遇迭加后( )a不可能产生稳定的干涉图象b在x=2 m的质点振动始终减弱c在x=0.5 m的质点振幅为零d坐标原点的振幅为30cm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：由图读出两波波长的关系，根据波速相同，研究周期关系，对照判断能否发生干涉由振动方向相同，则为振动加强，结合矢量合成法则，且振幅是质点离开平衡的位置最大距离，从而即可求解解答：解：a、由图可知，两波的波长相等，又波速相等，则频率相等，能发生干涉，故a错误；b、两列波相遇后，在叠加区域x=2质点，振动方向相同，则振动始终加强，故b错误；c、两列波在x=0.5m的质点振动方向相反，则振幅为两列波的振幅之差，即为10cm故c错误；d、根据矢量叠加原则，两列波在原点振动方向相同，则原点的振幅为两列波的振幅之和，即为30cm故d正确；故选：d点评：波速是由介质的性质决定的，对于同一介质中传播的同一类波，波速相等，同时掌握振幅与偏转平衡位置的位移区别，并理解振动加速与减弱的区分6一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为f1的水平拉力拉动物体，经过时间t后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为f2，物体从静止开始经过时间t后速度变为2v，对于上述两个过程用ej1，ej2分别表示前后两次物体增加的机械能，ep1，ep2分别表示前后两次物体增加的重力势能，则( )aej2=2ej1，ep2=2ep1bej22ej1，ep22ep1cej2=4ej1，ep2ep1dej24ej1，ep2=2ep1考点：功能关系；动能和势能的相互转化 分析：根据匀变速直线运动平均速度公式求出两个运动的平均速度，再根据时间相等求出位移之比，再找到高度之比，求解增加重力势能的大小关系，有速度关系求解动能之间关系，动能和势能之和即为机械能的变化解答：解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为s1：s2=t：=1：2；两次上升的高度之比：h1：h2=s1sin：s2sin=1：2，故重力势能的变化量：ep1：ep2=mgh1：mgh2=1：2，ep2=2ep1根据动能表达式：ek=，得：ek1：ek2=1：4，ek2=4ek1而机械能ej=ek+ep，故：ej2=ek2+ep2=4ek1+2ep14ek1+4ep14ej1，故a错误；b错误；c错误；d正确；故选：d点评：由物体的运动特征判断出物体重力势能和动能的增量关系，求解机械能变化量时用除重力以外的合力对物体做功等于机械能的增量，这一方法在这里不好用，要利用动能与势能和等于机械能这一知识点二、非选择题（共5小题，满分72分）7在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了a、b、c、d、e、f、g等7个计时点，相邻两个计时点的时间间隔为t=0.02s经过测量得：d1=0.72em，d2=1.60cm，d3=2.64cm，d4=3.84em，d5=5.20em，d6=6.72cm（1）本实验电火花打点计时器使用的电源应该是c（填选项前的字母）；a直流6v b交流6v c交流220v d直流220v（2）通过测量的数据计算f点对应的速度大小为vf=0.72m/s（计算结果保留两位有效数字）；（3）计算加速度a的表达式为（用题中所给的实验数据的字母表示）考点：探究小车速度随时间变化的规律 专题：实验题分析：（1）根据电火花打点计时器使用交流220v，即可求解；（2、3）根据加速度定义式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上f点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）因电火花打点计时器使用交流220v，故选c；（2）由于每相邻两个计数点的时间间隔t=0.02s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上f点时小车的瞬时速度大小vf=0.72m/s （3）根据加速度定义式得：a=故答案为：（1）c；（2）0.72；（3）点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意区别电火花与电磁打点计时器的不同8（1）为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：将k旋转到电阻挡“100”位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件d（选填“c”或“d“），使指针对准电阻的“0”刻度线将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件p的电阻，p的两端分别为a、b，指针指示位置如图甲所示为使测量比较精确，应将选择开关旋到10（选填：“1“、“10”、“1k”）的倍率挡位上，并重新调零，再进行测量（2）多用电表电阻档的内部电路如图乙虚线框中所示，电源电动势为e、内阻为r，r0为调零电阻，rg为表头内阻，电路中电流i与待测电阻的阻值rx关系式为；（3）某同学想通过多用电表中的欧姆档去测量一量程为3v的电压表内阻该同学将欧姆档的选择开关拨至“1k“的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图丙中a（选填“a”或“b”）方式连接在进行了正确的连接、测量后，欧姆表的读数如图丁所示，读数为30k，这时电压表的读数为如图戊所示若该欧姆档内阻为24k，则可算出欧姆档内部所用电池的电动势为2.9v（计算结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻；用多用电表测电阻 专题：实验题分析：（1）根据多用电表的使用方法进行分析，注意当指针偏角过大时，电阻偏小，应使用小量程；（2）由闭合电路欧姆定律可得出电流的表达式；（3）根据多用电表及电压表的结构和原理可得出正确的接法，由闭合电路欧姆定律可求得电动势解答：解：（1）在进电阻测量时，每次调整档位均应进行欧姆调零，即旋转d旋钮；由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换10挡，并需重新欧姆调零；（2）由闭合电路欧姆定律可知：电流i=；（3）红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上；为了保证电流表正常偏转，红表笔应接电压表的负接线柱；故接法应为a读数为301k=30k；电压表示数为1.6v，则由闭合电路欧姆定律可知：e=2.9v；故答案为：（1）d；10；（2）；（3）a；30k；2.9点评：本题考查了欧姆表的内部结构和使用方法，以及测量电动势的方法，要求能熟练掌握多用电表的结构原理及使用方法；并能正确分析题意明确实验原理9质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器如图所示为质谱仪的工作原理简化示意图现利用这种质谱仪对某元素进行测量，已知该元素的两种同位素（电量相同，质量不同）的质量之比为1：2，不计重力，它们从容器a右方的小孔s无初速飘入电势差为u的加速电场，加速后由o点垂直进入磁感应强度为b的匀强磁场中，最后打在照相底片d上，形成a、b两条“质谱线”求：（1）两种同位素进入磁场时的速度大小之比；（2）从进入磁场到打在照相底片d上运动时间之比考点：动能定理的应用；洛仑兹力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据动能定理得到粒子进入偏转磁场时速度表达式，即可求出速度之比（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，列式得出半径的表达式，即可分析解答：解：（1）设同位素的质量为m，电量为q，进入磁场时的速度大小为v则对粒子在电场中的加速过程，由动能定理得： qu=得 v=因=所以得 =（2）同位素进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvb=m周期 t=而粒子在磁场中运动时间 t=则得 t=所以运动时间之比 =答：（1）两种同位素进入磁场时的速度大小之比为：1；（2）从进入磁场到打在照相底片d上运动时间之比为1：2点评：解决本题的关键知道根据动能定理可求出速度，知道速度与比荷有关，以及知道根据洛伦兹力等于向心力，可求出轨道半径表达式10（19分）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为l=2m，导轨平面与水平面成=30角，下端连接阻值r=1.5的电阻；质量为m=1.4kg、阻值r=0.5的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为l1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数=整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直（向上为正），磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示（g=10m/s2）（1）在01.0s内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；（2）求t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力f，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，请写出拉力f随时间t（加f时开始计时）的变化关系式考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势大小，再依据闭合电路欧姆定律，求得感应电流大小，最后根据楞次定律判定感应电流的方向；（2）根据安培力表达式，结合左手定则，确定安培力的大小与方向，结合平衡条件，从而确定摩擦力的方向与大小；（3）根据切割感应电动势，及速度与安培力公式，并依据牛顿第二定律，即可求解解答：解：（1）由法拉第电磁感应定律得：e=4v；再由闭合电路欧姆定律，则有：i=2a；根据楞次定律可知，感应电流方向：ba；（2）当t=1.1s时，电流大小方向都不变，安培力f=b1il=0.222n=0.8n；根据左手定则，则有，安培力的方向沿斜面向下；因mgsin+f=7.8nmgcos，ab仍保持静止所以f=mgsin+f=7.8n，方向沿着斜面向上（3）1.2s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律，可得：e=b2lv速度公式，v=at而安培力f=b2i2l；且闭合电路欧姆定律，则有：i2=由牛顿第二定律可得，fmgsinmgcosf安=ma联立解得：f=23+1.6t（n）答：（1）在01.0s内，金属棒ab保持静止，通过的电流大小2a和方向ba；（2）t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小7.8n和方向沿着斜面向上；（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力f，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，则拉力f随时间t（加f时开始计时）的变化关系式f=23+1.6t（n）点评：考查安培力的表达式与速度公式的内容，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，以及牛顿第二定律的运用注意依据平衡条件来判定摩擦力的方向是解题的突破口11一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量ma=2.0kg，厚度可忽略不计的薄板a，薄板a长度l=1.5m，在板a上叠放着质量mb=1.0kg，大小可忽略的物块b，物块b与板a之间的动摩擦因数为=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块b上，右端系住物块c，物块c刚好可与竖直面接触起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块b位于板a的左端点，然后放手，设板a的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求（1）若物块c质量mc=1.0kg，推理判断板a和物块b在放手后是否保持相对静止；（2）若物块c质量mc=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块c下降的高度；（3）若物块c质量mc=1.0kg，固定住物块b，物块c静止，现剪断轻绳，同时也对物块c施加力f，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t=2.0s，物块c恰好停止运动，求物块c与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对abc整体研究，假设一起运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析求出ab间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否保持相对静止（2）通过整体隔离分析得出a与b发生相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出a、b的加速度，结合运动学公式进行求解（3）通过牛顿第二定律得出c加速度的表达式，作出图线，结合图线与时间轴围成的面积进行求解解答：解：（1）设abc一起运动，以abc为系统，根据牛顿第二定律：mcg=（ma+mb+mc）a1，代入数据解得：，对a，根据牛顿第二定律：f=maa1=22.5n=5n，ab间最大静摩擦力：fm=mbg=6.0n，由于ffm，假设成立，a与b相对静止（2）设abc一起运动，以abc为系统，根据牛顿第二定律有：mcg=（ma+mb+mc）a2，代入数据解得：，对a，根据牛顿第二定律得：f=maa2=25n=10n，由于ffm，假设不成立，a与b相对滑动对a，根据牛顿第二定律，mbg=maaa，代入数据解得：，对bc为系统，根据牛顿第二定律：mcgmbg=（mb+mc）ab，代入数据解得：设经t1时间b运动到a的右端，则有：，代入数据解得：t1=1.0sb第一段的位移：经t1时间b运动的速度：v1=abt1=61m/s=6m/s，b在光滑平面上滑动，对bc为系统，根据牛顿第二定律：mcg=（mb+mc）ab，代入数据解得：，b第二段的位移为：，代入数据解得：s2=9.75m，物块c下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m（3）设c与竖直面的动摩擦因数为，令k=20n/s，根据图乙可得，f=kt，对c水平方向：n=f，c受摩擦力fc=n，以c为对象，有：mcgfc=mcac，联立解得：，由上式可得如图的图象，t=t=2s，物块v=0，则：，代入数据解得：=0.5由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：答：（1）a与b相对静止（2）物块c下降的高度为12.75m（3）物块c与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，涉及多过程问题，难度较大，综合性较强，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解对于第三问，得出c的加速度表达式是关键，知道at图线围成的面积表示速度的变化量二、选考部分共5题，共35分考生从各任选一个选修作答，若都作答，则第一计分【物理-选修3-3】12从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( )a氧气的密度和阿伏加德罗常数b氧气分子的体积和阿伏加德罗常数c氧气分子的质量和阿伏加德罗常数d氧气分子的体积和氧气分子的质量考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：一摩尔氧气的质量是摩尔质量，摩尔质量在数值上等于氧气分子的分子量，单位为g/mol解答：解：a、已知氧气的密度和阿伏伽德罗常数，可以求出单位体积氧气的质量，但求不出氧气的摩尔质量，故a错误；b、已知氧气分子的体积可以求出单位体积的分子数，已知氧气的密度可以求出单位体积的质量，知道单位体积的质量与分子个数，可以求出每个分子的质量，但求不出氧气的摩擦质量，故b错误；c、一摩尔氧气分子的质量是摩尔质量，一摩尔氧气含有阿伏伽德罗常数个分子，已知氧气分子的质量和阿伏伽德罗常数，可以求出氧气的摩尔质量，故c正确；d、已知氧气分子的体积和氧气分子的质量，求不出氧气的摩尔质量，故d错误；故选：c点评：本题考查阿伏伽德罗常数的相关计算，难度不大，是一道基础题，知道摩尔质量的概念，即可正确解题13如图所示，两端开口的u型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h增大，应( )a从左管滴入水银b从右管滴入水银c让气体升温d增大大气压强考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：以右管中封闭气体为研究对象，求出封闭气体的压强，根据封闭气体压强的变化分析答