湖北省武汉二中高三物理下学期八模试卷（含解析）.doc

湖北省武汉二中2015届高考物理八模试卷 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15题只有一项符合题目要求，第58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在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是( )a人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方b两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大c两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢d一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”2天文单位（简写au）是天文常数之一历史上定义为地球和太阳之间的平均距离已知水星距离太阳为0.4au，木星距离太阳约5.2au，海王星距离太阳约30.1au，则通过估算判断下述行星公转角速度最接近109rad/s的是( )a水星b地球c木星d海王星3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r、l和d分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，下列说法中正确的是( )a交流电的方向每秒钟改变50次b在t=0.005s时，电压表的示数为22vc有光照射r时，d变亮d抽出l中的铁芯，电流表的示数变小4如图甲所示，q1、q2为两个被固定的点电荷，其中q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是( )aq2一定带负电bq2的电量一定大于q1的电量cb点的电场强度一定为零d整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大5如图甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场b中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力f的正方向，f随时间的变化关系如图乙所示选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，不考虑线圈的形变，则b随时间t的变化关系不可能是下列选项中的( )abcd6如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的a点由静止释放，恰好从p点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从q点垂直于x轴进入第象限，q点距o点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物理量有( )a圆周运动的速度大小b电场强度的大小和方向c小球在第象限运动的时间d磁感应强度大小7从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是( )a小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小b小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gc小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小d小球上升过程的平均速度小于8如图所示，竖直面内有一个闭合导线框acde（由细软导线制成）挂在两固定点a、d上，水平线段ad为半圆的直径，在导线框的e处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态在半圆形区域内，有磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻为r，圆的半径为r，在将导线上的c点以恒定角速度（相对圆心o）从a点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )a在c从a点沿圆弧移动到d点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针b在c从a点沿圆弧移动到图中adc=30位置的过程中，通过导线上c点的电量为c当c沿圆弧移动到圆心o的正上方时，导线框中的感应电动势最大d在c从a点沿圆弧移动到d点的过程中，导线框中产生的电热为二、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16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示木块从a点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到b1点停下，o点为弹簧原长时所处的位置，测得ob1的距离为l1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为w1用完全相同的弹簧2根、3根并列在一起都使木块由a点静止释放，进行第2次、第3次实验并记录相应的数据，作出弹簧对木块做功w与木块停下的位置距o点的距离l的图象如图乙所示请回答下列问题：（1）wl图线为什么不通过原点？_（2）弹簧被压缩的长度loa=_cm10为了测量某种材料制成的电阻丝rx的电阻率，提供的器材有：a电流表g，内阻rg=120，满偏电流ig=3mab电流表a，内阻约为1，量程为00.6ac螺旋测微器，刻度尺d电阻箱r0（09999，0.5a）e滑动变阻器r（5，1a）f电池组e（6v，0.05）g一个开关s和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用_档（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示（2）把电流表g与电阻箱串联改装成量程为6v的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为r0=_（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为l，电阻丝的直径为d电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表g的示数为i1，电流表a的示数为i2，请用已知量和测量量的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式=_11如图所示，ab、cd为两个光滑的平台，一倾角为37，长为5m的传送带与两平台平滑连接现有一小物体以10m/s的速度沿ab平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到cd平台上，问：（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？（2）当小物体在ab平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台cd，求这个临界速度（3）若小物体以8m/s的速度沿平台ab向右运动，欲使小物体到达高台cd，传送带至少以多大的速度顺时针运动？12（18分）如图所示，等腰直角三角形acd的直角边长为2a，p为ac边的中点，q为cd边上的一点，dq=a在acd区域内，既有磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为e的匀强电场，一带正电的粒子自p点沿平行于ad的直线通过acd区域不计粒子的重力（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自p点射入磁场，从q点射出磁场，求粒子的比荷；（3）若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自p点射入电场，求粒子在acd区域中运动的时间（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选1题解答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-4】13某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏p，让一复色光束sa射向玻璃砖的圆心o后，有两束单色光a和b射向光屏p，如图所示他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是( )a单色光a的波长大于单色光b的波长b在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度c单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间d当光束sa绕圆心o逆时针转动过程中，在光屏p上最早消失的是a光e相同条件下，a光比b光容易发生衍射14空间有a和b两点，a处有一做简谐振动的振源当空间充有某种介质时，a处的振动经过0.5s传到b处，此后a和b两处的振动方向始终相反当空间充有另一种介质时，a处振动经0.6s传到b处，此后a和b两处的振动方向始终相同试求该振源做简谐振动的最小可能频率【物理-选修3-5】15恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108k时，可以发生“氦燃烧”完成“氦燃烧”的核反应方程：he+_be+ybe是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.61016s一定质量的be，经7.81016s后所剩be占开始时的_16如图所示，ab为倾角=37的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道bc相连接，质量为m2的小球乙静止在水平轨道上，质量为m1的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰若m1：m2=1：2，且轨道足够长，要使两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数的取值范围（sin37=0.6，cos37=0.8）湖北省武汉二中2015届高考物理八模试卷一、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15题只有一项符合题目要求，第58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在物理学发展史上伽利略、牛顿等许许多多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献 以下选项中符合他们观点的是( )a人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方b两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大c两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢d一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明：静止状态才是物体不受力时的“自然状态”考点：物理学史分析：人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方，符合伽利略、牛顿的惯性理论两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受的力越大速度就越大，不符合伽利略、牛顿的观点伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快、力不是维持物体运动的原因根据伽利略、牛顿的观点判断选项的正误解答：解：a、人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，人保持起跳时车子的速度，水平速度将车子的速度，所以将落在起跳点的后方符合伽利略、牛顿的惯性理论故a正确b、力越大，物体运动的速度越大，不是伽利略、牛顿的观点故b错误c、伽利略、牛顿认为重物与轻物下落一样快，所以此选项不符合他们的观点故c错误d、此选项说明力是维持物体运动的原因，是亚里士多德的观点，不是伽利略、牛顿的观点故d错误故选a点评：本题要对亚里士多德的观点和伽利略、牛顿的观点关于力和运动关系的观点有了解可以根据牛顿的三大定律进行分析2天文单位（简写au）是天文常数之一历史上定义为地球和太阳之间的平均距离已知水星距离太阳为0.4au，木星距离太阳约5.2au，海王星距离太阳约30.1au，则通过估算判断下述行星公转角速度最接近109rad/s的是( )a水星b地球c木星d海王星考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力提供向心力，得出角速度与轨道半径的关系，通过行星和地球的公转角速度之比得出轨道半径之比，从而进行判断解答：解：行星绕太阳运动，根据得，=，由此可知，设某行星的公转角速度为1，地球的公转角速度为2，则，地球公转的角速度为，行星的角速度为rad/s，可得，海王星最接近故d正确，a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道角速度与轨道半径的关系3如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，r、l和d分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，下列说法中正确的是( )a交流电的方向每秒钟改变50次b在t=0.005s时，电压表的示数为22vc有光照射r时，d变亮d抽出l中的铁芯，电流表的示数变小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况解答：解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50 hz，而每个周期内交流电的方向改变两次，故交流电的方向每秒改变100次；故a错误；b、原线圈电压有效值为220v，电压表的示数为有效值，大小不变，则其示数为：u2=22v，故b错误；c、有光照射r时，r阻值随光强增大而减小，电路中电流增大，则灯泡变亮；故c正确；d、抽出l中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以电流增大；故d错误故选：c点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法4如图甲所示，q1、q2为两个被固定的点电荷，其中q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是( )aq2一定带负电bq2的电量一定大于q1的电量cb点的电场强度一定为零d整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：a、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零q1对负电荷的电场力向右，则q2对负电荷的电场力向左，所以q2带正电故a错误，c正确 b、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据f=，b到q1的距离大于到q2的距离，所以q1的电量大于q2的电量故b错误 c、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故d错误故选c点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断q2的电性及q1和q2的电量大小5如图甲所示，将长方形导线框abcd垂直磁场方向放入匀强磁场b中，规定垂直ab边向右为ab边所受安培力f的正方向，f随时间的变化关系如图乙所示选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，不考虑线圈的形变，则b随时间t的变化关系不可能是下列选项中的( )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：由各选项可知b的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由f=bil可知安培力的变化情况解答：解：a、选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，由图可知，01s内，磁场向外且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s2s内，磁场向里且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀增大；故a可；b、选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，由图可知，01s内，磁场向外且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s2s内，磁场向外且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀增大；故b可；c、选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，由图可知，01s内，磁场向里且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即正负值，故c不可；d、选取垂直纸面向里为磁感应强度b的正方向，由图可知，01s内，磁场向里且减小，则穿过线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，即为负值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀减小；同理，当1s2s内，磁场向外且增大，则穿过线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，即为正值，根据法拉第电磁感应定律可知，磁场均匀变化，则感应电流大小恒定，再根据f=bil，则有安培力大小均匀增大，故d可；故选：c点评：本题要求学生能正确理解bt图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，02s，24s，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的6如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，y轴竖直向上第、象限内有垂直于坐标面向外的匀强磁场，第象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）一带电小球从x轴上的a点由静止释放，恰好从p点垂直于y轴进入第象限，然后做圆周运动，从q点垂直于x轴进入第象限，q点距o点的距离为d，重力加速度为g根据以上信息，可以求出的物理量有( )a圆周运动的速度大小b电场强度的大小和方向c小球在第象限运动的时间d磁感应强度大小考点：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：根据小球第象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；小球在第象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题解答：解：a、小球在第做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从a到p过程，由动能定理得：mgd=mv2，解得：v=，小球以速度v做圆周运动，故a正确；b、小球在第象限做匀速圆周运动，则mg=qe，电场强度：e=，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故b错误；c、小球做圆周运动的周期：t=，小球在第象限的运动时间：t=t=，故c正确；d、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：b=，由于不知道m、q，无法求出b，故d错误；故选：ac点评：本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功7从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是( )a小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小b小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）gc小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小d小球上升过程的平均速度小于考点：竖直上抛运动；平均速度分析：由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析解答：解：a、c、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，解得：g；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故a正确，c错误；b、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0；联立解得：，故b正确；d、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故d正确；故选：abd点评：关于速度时间图象，重点要掌握速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移8如图所示，竖直面内有一个闭合导线框acde（由细软导线制成）挂在两固定点a、d上，水平线段ad为半圆的直径，在导线框的e处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态在半圆形区域内，有磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场设导线框的电阻为r，圆的半径为r，在将导线上的c点以恒定角速度（相对圆心o）从a点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )a在c从a点沿圆弧移动到d点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针b在c从a点沿圆弧移动到图中adc=30位置的过程中，通过导线上c点的电量为c当c沿圆弧移动到圆心o的正上方时，导线框中的感应电动势最大d在c从a点沿圆弧移动到d点的过程中，导线框中产生的电热为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；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：根据几何知识知线框磁通量为=2br2sin2=2br2sin2t，从而知电动势的瞬时值表达式，对于闭合线框acde而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律判定电流方向；根据q=n求解电荷量根据有效值求解电热解答：解：a、设转过角度为=t，根据几何知识知线框的面积：s=2rrsin=r2sin，磁通量为=br2sin=br2sin2t，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针，后顺时针，故a正确；b、根据q=n知q=，故b正确；c、根据e=知e=br2cos2t，c沿圆弧移动到圆心o的正上方时，导线框中的感应电动势最小为零，故c错误；d、根据c项知电动势有效值为e=br2，故电热为q=，故d正确；故选：abd点评：本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，注意知识的迁移应用二、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16题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示木块从a点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到b1点停下，o点为弹簧原长时所处的位置，测得ob1的距离为l1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为w1用完全相同的弹簧2根、3根并列在一起都使木块由a点静止释放，进行第2次、第3次实验并记录相应的数据，作出弹簧对木块做功w与木块停下的位置距o点的距离l的图象如图乙所示请回答下列问题：（1）wl图线为什么不通过原点？由于木块通过ao段时，摩擦力对木块做了功或w不为总功（2）弹簧被压缩的长度loa=3cm考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题分析：根据动能定理找出l与的关系，然后结合图象wl的关系找出w与的关系，结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于oa段摩擦力做的功解答：解：木块在平衡位置处获得最大速度，之后与弹簧分离，在摩擦力作用下运动到b位置停下，由o到b根据动能定理：fl=0mv02，故l；对全过程应用动能定理有：wfloafl=0，即w=fl+floa结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于oa段摩擦力做的功 （1）根据动能定理全过程的表达式，所以wl图线不通过原点，是因为未计木块通过ao段时，摩擦力对木块所做的功（2）图中w轴上的斜率等于摩擦力大小，即f=n，截距等于摩擦力做的功j，则loa=0.03m=3cm故答案为：（1）由于木块通过ao段时，摩擦力对木块做了功或w不为总功（2）3点评：本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度10为了测量某种材料制成的电阻丝rx的电阻率，提供的器材有：a电流表g，内阻rg=120，满偏电流ig=3mab电流表a，内阻约为1，量程为00.6ac螺旋测微器，刻度尺d电阻箱r0（09999，0.5a）e滑动变阻器r（5，1a）f电池组e（6v，0.05）g一个开关s和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用1档（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示（2）把电流表g与电阻箱串联改装成量程为6v的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为r0=1880（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整（4）电阻率的计算：测得电阻丝的长度为l，电阻丝的直径为d电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表g的示数为i1，电流表a的示数为i2，请用已知量和测量量的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式=考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）多用电表盘刻度，不均匀，且从左向右，电阻刻度越来越小，而多用电表电阻的测量值等于表盘示数乘以倍率；（2）根据电压表的量程为03v，结合电流表g（内阻rg=99，满偏电流ig=3ma），即可求出电阻箱的阻值；因两个电流表，一电流表与电阻串联当作电压表，因此使用另一电流表的内接法，再能准确得出所测电阻的电流；根据滑动变阻器（5，2a），因此采用滑动变阻器限流式，从而画出正确的电路图，即可求解（3）由电阻定律求出电阻率的表达式，结合欧姆定律及串并联的特征，然后求出电阻率解答：解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“1o”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“1”倍率读数，读数为：r=115=15；（2）将电流表g 与电阻箱串联改装成量程为6v的电压表，而电流表g（内阻rg=120，满偏电流ig=3ma）；所以改装后的电压表的内阻为rv=；由于电流表g的内阻rg=120，因此电阻箱的阻值应调为r0=2000120=1880；由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器r（5，1a），电源电压为6v，所以滑动变阻器使用限流式，则电路图如下图所示；（3）由电阻定律可知，电阻r=，则电阻率=，根据欧姆定律，r=；所以电阻率=故答案为：（1）1；（2）1880，（3）如图所示；（4）点评：（1）考查欧姆表读数，注意此刻度不均匀，尽量让指针在中央附近，同时乘以倍率；（2）确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键，测量电阻的方法除了伏安法外，还有“安安法”（即两个电流表组合）、“伏伏法”（两个电压表组合）等（3）掌握电阻定律，同时注意利用电流表与电阻的关系，求出电压的方法11如图所示，ab、cd为两个光滑的平台，一倾角为37，长为5m的传送带与两平台平滑连接现有一小物体以10m/s的速度沿ab平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到cd平台上，问：（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？（2）当小物体在ab平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台cd，求这个临界速度（3）若小物体以8m/s的速度沿平台ab向右运动，欲使小物体到达高台cd，传送带至少以多大的速度顺时针运动？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：1由速度位移公式可求解物体的加速度，根据牛顿第二定律可求得小物体跟传送带间的动摩擦因数；2当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，对小物体受力分析，据牛顿第二定律得加速度，由位移速度关系知临界速度；3物体在传送带上与传送带相对滑动过程中，分别由运动学公式求出物体和传送带发生的位移列式求解解答：解：（1）传送带静止时，小物体受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos+mgsin=ma1bc过程有：v20=2a1l 解得：a1=10 m/s2，=0.5（2）显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37=ma2 若恰好能到达高台时，有：v2=2a2l 解得：v=2 m/s即当小物体在ab平台上向右滑动速度小于2m/s时，无论传带顺时针传动的速度多大，小物体总也不能到达高台cd（3）以v1表示小物体在平台ab上的滑速度，以v2表示传送带顺时针传动的速度大小对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：v21v22=2a1x1 对从小物体速度减小到带速v2开始，到运动到恰滑上cd高台过程，有：v22=2a2x2 x1+x1=l 解得：v2=3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达高台cd答：（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数为0.5；（2）当小物体在ab平台上的运动速度小于2m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台cd（3）若小物体以8m/s的速度沿平台ab向右运动，欲使小物体到达高台cd，传送带至少以3m/s的速度顺时针运动点评：本题关键分析物体的运动状态，由牛顿第二定律和运动学公式联立列式求解，难度中档12（18分）如图所示，等腰直角三角形acd的直角边长为2a，p为ac边的中点，q为cd边上的一点，dq=a在acd区域内，既有磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为e的匀强电场，一带正电的粒子自p点沿平行于ad的直线通过acd区域不计粒子的重力（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；（2）若仅撤去电场，粒子仍以原速度自p点射入磁场，从q点射出磁场，求粒子的比荷；（3）若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自p点射入电场，求粒子在acd区域中运动的时间考点：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专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解；（3）粒子沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据运动学基本公式结合几何关系求解解答：解：（1）正粒子在场区受力平衡：qe=qv0b解得：根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强的方向由a指向c （2）过q点作半径oq，它与ca的延长线交于圆心o，作qhca，垂足为h，设正粒子做匀速圆周运动的半径为r，则：在直角三角形hoq中：ho2+hq2=r2ho=ochc=（r+a）hq联立解得：r=3a联立解得：（3）粒子沿初速度v0方向做匀速直线运动：x=v0t粒子沿电场方向做匀加速直线运动：由几何关系：x+y=a=10由=10 得：解得：答：（1）求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小为；（2）粒子的比荷为；（3）粒子在acd区域中运动的时间为点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选1题解答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-4】13某物理兴趣小组用实验探究光的色散规律，他们将半圆形玻璃砖放在竖直面内，在其左方竖直放置一个很大的光屏p，让一复色光束sa射向玻璃砖的圆心o后，有两束单色光a和b射向光屏p，如图所示他们根据实验现象提出了以下四个猜想，你认为正确的是( )a单色光a的波长大于单色光b的波长b在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度c单色光a通过玻璃砖所需的时间大于单色光b通过玻璃砖所需的时间d当光束sa绕圆心o逆时针转动过程中，在光屏p上最早消失的是a光e相同条件下，a光比b光容易发生衍射考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据光线的偏折程度，比较光的折射率大小，从而得出频率的大小关系由v=比较光在玻璃砖中传播速度的大小，即可比较时间的长短由sinc=比较临界角的大小，临界角小的光最先消失折射率越小，波长越长，越容易发生衍射解答：解：a、由图知，a光的偏折程度小于b光，所以a光的折射率小于b光的折射率，则a光的波长大于b光的波长，故a正确bc、由v=知，在玻璃中单色光a的传播速度大于单色光b的传播速度，在玻璃中通过的路程相等，则单色光a通过玻璃砖所需的时间短于单色光b通过玻璃砖所需的时间故b正确，c错误d、由sinc=知a光的临界角较大，b光的临界角较小，则当光束sa绕圆心o逆时针转动过程中，入射角增大，b光最早发生全反射，所以在光屏p上最早消失的是b光，故d错误e、a光的波长大于b光的波长，a光波动性强，相同条件下，a光比b光容易发生衍射，故e正确故选：abe点评：解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小，还要知道折射率与频率、波速的关系，要掌握几何光