陕西省西安市西工大附中高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

陕西省西安市西工大附中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分第1-5题为单选，6、7、8题为多选1如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压u和电流i图线上点a的坐标为（u1，i1），过点a的切线与纵轴交点的纵坐标为（0，i2）当小灯泡两端电压为u1时，其电阻等于( )abcd2为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度图为某段时间内蹦床的压力时间图象不计空气阻力，运动员仅在竖直方向上运动，且可视为质点，则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为（g取10m/s2）( )a3.2mb5.0mc6.4md10.0m3如图，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑斜面ab和粗糙水平面bc组成（它们在b处由极短的光滑圆弧平滑连接），小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值，当传感器受拉力时，其示数为负值一小滑块（可视为质点）从a点由静止开始下滑，经b向c点运动的过程中力传感器记录了力f随时间t变化的关系，该关系在下面四个图象中可能正确的是( )abcd4地球表面附近某区域存在大小为1.5102n/c、方向竖直向下的电场将一质量为1.0104kg、带电量为+1.0107c的小球由静止释放，则该小球在此区域内下落10m的过程中，其电势能和动能的变化情况为（不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2）( )a电势能增大1.5104j，动能增大 1.015102jb电势能减小1.5104j，动能增大 0.985102jc电势能减小1.5104j，动能增大 1.015102jd电势能增大1.5104j，动能增大 0.985102j5在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正当磁场的磁感应强度b随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( )abcd6如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷q，x轴垂直于环面且过圆心o下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中错误的是( )a从o点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低b从o点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高co点的电场强度为零，电势最低do点的电场强度不为零，电势最高7图示的木箱a用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块b和c，b放于木箱的水平地板上已知木箱a的质量为m，物块b的质量为2m，物块c的质量为3m，起初整个装置静止不动用符号g表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是( )a物块b下落的加速度为gb木箱a下落的加速度为2gc物块b对木箱底板的压力为mgd物块b对木箱底板的压力为2mg8图中l为自感系数足够大的理想电感，c是电容量足够大的理想电容，r1、r2是阻值大小合适的相同电阻，g1、g2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，e是可以不计内阻的直流电源针对该电路下列判断正确的是( )a电键s闭合的瞬间，仅电流计g1发生明显地偏转b电键s闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转c电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数d电路工作稳定后再断开电键s，此后的短时间内，g1的指针将向右偏转，g2的指针将向左偏转三、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，每个小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9（1）如图1为甲、乙两同学用螺旋测微器测同一物体厚度时所得的不同情景由该图可知甲同学测得的示数为_mm，乙同学测得的示数为_mm（2）如图2中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如下图所示的情景，则该物体的厚度为_cm10图示为多用表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源e1和表内的调零电阻r0被测电路由未知电阻rx和电池e2串联构成（1）现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻rx的阻值，请完善以下测量步骤：甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是_（填“红”或“黑”）表笔；测电阻的倍率选择“100”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻r0，使表针指到表盘刻度的最_（填“左”或“右”）端；在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图），测试表笔甲应接触被测电路中的_（填 “a”或“b”）点；若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻rx的阻值为_（2）已知图中电源e1的电动势为4.5v，电源e2的电动势为1.5v（不计其内阻）若测电阻rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值_（填“偏大”或“偏小”），其示数应为_11如图所示，在冬奥会上，跳台滑雪运动员从滑道上的a点由静止滑下，经时间t0从跳台末端的o点沿水平方向飞出o点又是斜坡ob的起点，a点与o点在竖直方向的高度差为h，斜坡ob的倾角为运动员的质量为m，重力加速度为g不计一切摩擦和空气阻力求：（1）从a点到o点的运动过程中，重力对运动员做功的平均功率；（2）运动员在斜坡ob上的落点到o点的距离s；（3）若运动员在空中飞行时处理好滑雪板和水平面的夹角，便可获得一定的竖直向上的升力假设该升力为运动员全重的5%，求实际落点到o点的距离将比第（2）问求得的距离远百分之几？（保留三位有效数字）12 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为b，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为r，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热q（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理选修3-3】（共15分）13如图所示，吊在天花板下的导热气缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞a，活塞a的下面吊着一个重物，汽缸中封闭着一定量的理想气体起初各部分均静止不动，外界大气压保持不变，针对汽缸内的气体，当状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是( )a环境温度升高，气体的压强一定增大b当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功c保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热d缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须减少气体的内能14如图所示，u形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280k的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为 76cmhg现向右管缓慢补充水银（1）若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？（2）在（1）条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？【物理选修3-4】15图示为xoy平面内沿x轴传播的简谐横波在t0=0时刻的波形图象，其波速v=5.0m/s此时平衡位置xp=0.15m的p点正在向y方向运动，则该波的传播方向是_（选填“+x”或“x”），经过t=_s时间p点的加速度第一次达到最大且指向y轴负方向16如图所示是一透明的圆柱体的横截面，半径r=2cm，折射率n=真空中一束光线沿平行于直径ab的方向从d点射入透明体，折射光线恰好通过b点真空中光速c=3.0108m/s，求：光在透明体中的传播速度v入射点d与ab间的距离d【物理选修3-5】（共15分）17如图所示，用某单色光照射光电管的阴板k，会发生光电效应在阳极a和阴极k之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大加在光电管上的电压，直至电流表中电流恰为零，此时电压表的电压值u称为反向遏止电压现分别用频率为1和2的单色光照射阴极，测得反向遏止电压分别为u1和u2设电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是( )a频率为1的光照射时，光电子的最大初速度为b频率为2的光照射时，光电子的最大初速度为c阴极k金属的逸出功为w=d阴极k的极限频率是v0=18两物块a、b用轻弹簧相连，质量均为2kg，最初，a、b两物块均以v=6m/s的速度在光滑水平面上向右匀速运动，质量4kg的物块c静止在a、b的正前方，其情景如图所示b与c碰撞后二者会粘在一起运动求在此后的运动中弹簧的最大弹性势能陕西省西安市西工大附中2015届高考物理三模试卷一、选择题：本题共有8个小题，每小题6分，共48分在每小题所给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的，有的有多个选项是正确的全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分第1-5题为单选，6、7、8题为多选1如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压u和电流i图线上点a的坐标为（u1，i1），过点a的切线与纵轴交点的纵坐标为（0，i2）当小灯泡两端电压为u1时，其电阻等于( )abcd考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：小灯泡是纯电阻，对于任一状态时的电阻可以根据欧姆定律求解电阻解答：解：小灯泡两端电压为u1时，通过小灯泡的电流为i1，根据欧姆定律得：r=故选：b点评：本题考查灯泡的伏安特性曲线的应用，要注意因曲线本身存在较大的误差；故求解电阻时不能由图象的斜率求解；对于任一状态只能由欧姆定律求解电阻2为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度，探究小组设计了如下的方法：在蹦床的弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力，来推测运动员跃起的高度图为某段时间内蹦床的压力时间图象不计空气阻力，运动员仅在竖直方向上运动，且可视为质点，则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为（g取10m/s2）( )a3.2mb5.0mc6.4md10.0m考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中运动的时间，根据平抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛或自由下落的时间为空中时间的一半，据此可求出运动员跃起是最大高度解答：解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.5s2.5s=2s运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以上升或下降过程的时间为：，则运动员在这段时间内跃起的最大高度故选：b点评：竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用3如图，小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由光滑斜面ab和粗糙水平面bc组成（它们在b处由极短的光滑圆弧平滑连接），小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正值，当传感器受拉力时，其示数为负值一小滑块（可视为质点）从a点由静止开始下滑，经b向c点运动的过程中力传感器记录了力f随时间t变化的关系，该关系在下面四个图象中可能正确的是( )abcd考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：滑块先匀加速下滑后匀减速向左滑动；分两个阶段对小车受力分析即可解答：解：滑块先匀加速下滑后匀减速向左滑动；滑块加速下滑时，受重力和支持力，故对斜面体有向右下方的恒定压力，故传感器示数为正且恒定不变；滑块匀减速向左滑动时，对小车有向左的摩擦力，故传感器受到拉力且恒定；故a正确，b、c、d错误故选：a点评：本题关键是对斜面体受力分析，确定受力方向，注意滑块加速下滑时，滑块对斜面体的压力恒定，滑块匀减速运动时，滑块对小车的摩擦力大小恒定4地球表面附近某区域存在大小为1.5102n/c、方向竖直向下的电场将一质量为1.0104kg、带电量为+1.0107c的小球由静止释放，则该小球在此区域内下落10m的过程中，其电势能和动能的变化情况为（不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2）( )a电势能增大1.5104j，动能增大 1.015102jb电势能减小1.5104j，动能增大 0.985102jc电势能减小1.5104j，动能增大 1.015102jd电势能增大1.5104j，动能增大 0.985102j考点：电势能；功能关系 分析：小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答解答：解：小球带正电，所受的电场力向下，则电场力对小球做正功，为：w电=qes=1.01071.5102j=1.5104j，则小球的电势能减小1.5104j合外力对小球做功为：w合=（mg+qe）s=（1.0l0410+1.01071.5102）10j=1.015102j，根据动能定理得知：动能增大1.015102j故选：c点评：解决本题的关键是掌握常见的功能关系，知道电场力做功决定了电势能的变化，合外力做功决定了动能的变化5在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正当磁场的磁感应强度b随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( )abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与图像结合分析：由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象解答：解：感应定律和欧姆定律得i=，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度b随t的变化率由图乙可知，01时间内，b增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值所以可判断01为正的恒值；在12s内，因磁场的不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理24，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得i=，可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大故b正确，acd错误；故选：b点评：此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果6如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷q，x轴垂直于环面且过圆心o下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中错误的是( )a从o点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低b从o点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高co点的电场强度为零，电势最低do点的电场强度不为零，电势最高考点：电场线；电场强度 分析：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低解答：解：a、b、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在o点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上o点的电势最高，故a正确，b错误；c、d、o点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从o点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故c错误，d错误本题选择错误的，故选：bcd点评：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低7图示的木箱a用细线悬挂在天花板下，木箱内有用竖直弹簧相连的两物块b和c，b放于木箱的水平地板上已知木箱a的质量为m，物块b的质量为2m，物块c的质量为3m，起初整个装置静止不动用符号g表示重力加速度，针对剪断细线的瞬间，下列判断正确的是( )a物块b下落的加速度为gb木箱a下落的加速度为2gc物块b对木箱底板的压力为mgd物块b对木箱底板的压力为2mg考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出物体a、b、c的瞬时加速度大小和方向解答：解：a、b、对整体分析，绳的拉力为f=6mg，弹簧的弹力f=3mg，b、c整体处于平衡状态，所以a对b的支持力是n=5mg剪断细绳的瞬间，对ab，瞬间加速度a1=，方向竖直向下故a正确，b错误；c、d、以a为研究的对象，则：所以：n=mg故c正确，d错误故选：ac点评：本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，知道弹簧的弹力在瞬间不变，结合牛顿第二定律进行求解8图中l为自感系数足够大的理想电感，c是电容量足够大的理想电容，r1、r2是阻值大小合适的相同电阻，g1、g2是两个零刻度在中央的相同的灵敏电流表，且电流从哪一侧接线柱流入指针即向哪一侧偏转，e是可以不计内阻的直流电源针对该电路下列判断正确的是( )a电键s闭合的瞬间，仅电流计g1发生明显地偏转b电键s闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转c电路工作稳定后，两电流计均有明显不为零的恒定示数d电路工作稳定后再断开电键s，此后的短时间内，g1的指针将向右偏转，g2的指针将向左偏转考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，直流电不能通过电容器，但可以为电容器充电，电路工作稳定后再断开电键s，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过r1，从左端通过r2解答：解：a、电路接通瞬间，由于自感系数足够大，所以有电流通过r1，直流电不能通过电容器，则有电流通过r2，所以电键s闭合的瞬间，两电流计将同时发生明显的偏转，故a错误，b正确；c、l为理想电感，电路温度后，r1被短路，则没有电流通过，示数为零，故c错误；d、电路工作稳定后再断开电键s，此后的短时间内，电容器放电，电流从右端通过r1，从左端通过r2，则g1的指针将向右偏转，g2的指针将向左偏转，故d正确故选：bd点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当k断开电阻、电容构成一回路，电容器可以储存电荷三、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，每个小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9（1）如图1为甲、乙两同学用螺旋测微器测同一物体厚度时所得的不同情景由该图可知甲同学测得的示数为3.505mm，乙同学测得的示数为3.485mm（2）如图2中游标卡尺的游标分度方法是：将39mm的实际长度等分成20小格用这样的游标卡尺测量一物体的厚度时得到如下图所示的情景，则该物体的厚度为5.465cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：（1）甲图，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.010.5mm=0.005mm，所以最终读数为3.5mm+0.005=3.505 mm乙图，螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0148.5mm=0.485mm，所以最终读数为3mm+0.485=3.485 mm（2）游标卡尺的固定刻度读数为5.4cm，游标读数为0.0513mm=0.65mm=0.065cm，所以最终读数为5.4cm+0.065cm=5.465cm故答案为：（1）3.505，3.485；（2）5.465cm点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10图示为多用表的不完整的示意图，图中还显示出了表内的电源e1和表内的调零电阻r0被测电路由未知电阻rx和电池e2串联构成（1）现欲测阻值大约为一千多欧姆的未知电阻rx的阻值，请完善以下测量步骤：甲、乙两测试表笔中，甲表笔应是红（填“红”或“黑”）表笔；测电阻的倍率选择“100”，将甲、乙两表笔短接，调节调零电阻r0，使表针指到表盘刻度的最右（填“左”或“右”）端；在测试表笔乙已接触被测电路右端的前提下（见图），测试表笔甲应接触被测电路中的b（填“a”或“b”）点；若测试表笔甲接触的位置正确，此时表针恰好指在图示的虚线位置，则被测电阻rx的阻值为1500（2）已知图中电源e1的电动势为4.5v，电源e2的电动势为1.5v（不计其内阻）若测电阻rx时，测试表笔甲在a、b两个触点中连接了错误的触点，那么，表针的电阻示数将比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”），其示数应为700考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据多用电表的原理进行分析，明确应用欧姆档时如何进行欧姆调零；读数时用指针示数乘以倍率；（2）根据图示及多用电表的原理明确中值电阻，再由闭合电路欧姆定律分析两种接法时对应的电流；再由对应的欧姆档表盘求出电阻解答：解：（1）为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极；入甲应为红表笔；欧姆调零时，表针应指到表盘的右端；为了防止外部电流对测量结果产生影响，测试笔甲应接在b点；指针指在15处，则读数为：15100=1500；（2）由图及以上分析可知，中性电阻r=1500；甲表笔接在a点，由于e2与电源e1串联，故电动势增大，电流增大，故电阻的测量量偏小；由欧姆定律可知，读数正确时，电流i1=1.5103a；当接入电源e2时，i2=2103a；则根据表盘可知，此时指针示数应为：700；故答案为：（1）红，右，b，1500；（2）偏小，700点评：本题考查多用电表的结构原理及应用，要注意正确分析电路结构，明确多用电表的使用方法，特别注意欧姆表的内部结构11如图所示，在冬奥会上，跳台滑雪运动员从滑道上的a点由静止滑下，经时间t0从跳台末端的o点沿水平方向飞出o点又是斜坡ob的起点，a点与o点在竖直方向的高度差为h，斜坡ob的倾角为运动员的质量为m，重力加速度为g不计一切摩擦和空气阻力求：（1）从a点到o点的运动过程中，重力对运动员做功的平均功率；（2）运动员在斜坡ob上的落点到o点的距离s；（3）若运动员在空中飞行时处理好滑雪板和水平面的夹角，便可获得一定的竖直向上的升力假设该升力为运动员全重的5%，求实际落点到o点的距离将比第（2）问求得的距离远百分之几？（保留三位有效数字）考点：动能定理的应用；平抛运动 分析：（1）求出重力的功，然后由功率公式求出重力的平均功率（2）运动员离开o点后做平抛运动，应用平抛运动规律求出其位移（3）运动员在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动能，应用牛顿第二定律与运动学公式分析答题解答：解：（1）从a点到o点重力做功：w=mgh，重力功的平均功率：p=；（2）运动员从a到o过程，由动能定理得：mgh=mv2，解得：v=，运动员做平抛运动，竖直方向：y=gt2，水平方向：x=vt，由几何知识得：tan=，解得，运动员离开o点后在空中飞行时间：t=，运动员的位移：s=，解得，运动员落点到o点的距离：s=h；（3）设运动员飞行过程中在竖直方向运动的加速度为a，由于升力是重力的0.05倍，由牛顿第二定律得：mg0.005mg=am，解得：a=0.95g，运动员的位移：s=，其中：y=at2，x=vt，tan=，解得，运动员在斜面上的位移：s=，可见s与竖直方向的加速度a成反比，即：=，飞行距离比无升力时远：=5.26%；答：（1）从a点到o点的运动过程中，重力对运动员做功的平均功率为；（2）运动员在斜坡ob上的落点到o点的距离s为h；（3）实际落点到o点的距离将比第（2）问求得的距离远5.26%点评：本题考查了求功率、位移、距离之比，分析清楚运动员的运动过程，应用动能定理、功率公式、平抛运动规律即可正确解题12 如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为l，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为b，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为r，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素；（2）导体棒匀速运的速度大小v；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；焦耳定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数（2）据题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为qt=mgdcos，再根据能量守恒定律求解电阻产生的焦耳热q解答：解：（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有： mgsin=mgcos解得：=tan（2）导体棒在光滑导轨上滑动时：感应电动势 e=blv感应电流 i=安培力 f安=bil联立得：f安=受力平衡 f安=mgsin解得：v=（3）导体棒在滑上涂层滑动时摩擦生热为 qt=mgdcos整个运动过程中，根据能量守恒定律得：3mgdsin=q+qt+解得：q=2mgdsin答：（1）导体棒与涂层间的动摩擦因素为tan；（2）导体棒匀速运的速度大小v为；（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热q为2mgdsin点评：本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理选修3-3】（共15分）13如图所示，吊在天花板下的导热气缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞a，活塞a的下面吊着一个重物，汽缸中封闭着一定量的理想气体起初各部分均静止不动，外界大气压保持不变，针对汽缸内的气体，当状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是( )a环境温度升高，气体的压强一定增大b当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功c保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热d缓慢增加重物的质量，欲保持气体体积不变，必须减少气体的内能考点：热力学第一定律；封闭气体压强 专题：热力学定理专题分析：对活塞a受力分析可知，根据所挂重物的质量变化，可以判断被封闭气体压强的变化情况，由此根据理想气体状态方程可以判断其它状态参量的变化情况；根据热力学第一定律可以判断气体内能的变化以及吸热放热情况解答：解：a、由于大气压强不变，对a受力分析可知，被封闭气体压强不变，故a错误；b、当活塞向下移动时，气体体积增大，外界对气体做负功，故b错误；c、当缓慢增加重物的质量时，被封闭气体压强变小，温度不变，根据可知，气体体积增大，温度不变内能不变，体积增大，对外做功，由u=w+q可知，气体吸热，故c正确；d、重物的质量缓慢增加，被封闭气体压强变小，根据可知，要保持体积不变，温度要降低，即内能减小，故d正确故选cd点评：本题考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，这是2015届高考重点，要加强这方面的练习14如图所示，u形管右管内径为左管内径的倍，管内水银在左管内封闭了一段长为26cm、温度为280k的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，大气压为 76cmhg现向右管缓慢补充水银（1）若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为多大？（2）在（1）条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为多少？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：（1）以封闭气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出气体的压强；（2）在液面上升或下降的过程中，水银的体积保持不变，根据题意求出封闭气体的压强，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度解答：解：（1）对于封闭气体有：p1=7636=40cmhg，由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1v1=p2v2_得：（2）2）p2=p0h2=7652=24cmhg，两侧水银面高度差是24cm；u形管右管内径为左管内径的倍，则管右侧面积是左侧面积的2倍，为2s，空气柱l3=26cm，则左管水银面下降的高度为l3l2=2620cm=6cm，水银的体积不变，左侧水银面下降6cm，右侧管的横截面积是左侧横截面积的2倍，则右侧水银面上升3cm，左右两侧水银面高度差h3=2463=15cm，气体压强p3=p0h3=7615=61cmhg 由查理定律得： 解得t3=427k答：（1）当左管空气柱长度变为20cm时，左管内气体的压强为52cmhg （2）使管内气柱长度恢复到26cm，则左管内气体的温度为427k点评：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的难点是：气体最终状态的压强【物理选修3-4】15图示为xoy平面内沿x轴传播的简谐横波在t0=0时刻的波形图象，其波速v=5.0m/s此时平衡位置xp=0.15m的p点正在向y方向运动，则该波的传播方向是x（选填“+x”或“x”），经过t=0.05s时间p点的加速度第一次达到最大且指向y轴负方向考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：已知质点的振动方向，根据波形的平移判断波形的平移方向；p点加速度最大时是位移为最大的时刻，由波形平移法分析求解所用时间解答：解：t=0时p点沿y方向运动，由波形平移法可知，该波向x方向传播；p点加速度第一次达到最大且指向y轴负方向，则其位移第一次达到最大且指向y轴正方向，当图中x=0.04m处波峰传到p时，p点位移第一次达到最大且指向y轴正方向，波向左平移传播的距离为x=0.40.15=0.25m的时刻，时间间隔为：t=0.05s故答案为：x，0.05点评：本题关键是会根据质点的振动方向判断波形的平移方向，明确当质点在最大位移处时，加速度最大16如图所示是一透明的圆柱体的横截面，半径r=2cm，折射率n=真空中一束光线沿平行于直径ab的方向从d点射入透明体，折射光线恰好通过b点真空中光速c=3.0108m/s，求：光在透明体中的传播速度v入射点d与ab间的距离d考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光在介质中的速度v=，c=3108m/s，n=作出光路图，由几何知识分析得到，入射角