贵州省遵义市航天高中高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年贵州省遵义市航天高中高三（上）第四次月考物理试卷二、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，第14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伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2如图所示，光滑固定斜面c倾角为，质量均为m的两物块a、b一起以某一初速沿斜面向上做匀减速直线运动已知物块a上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是( )a物块a受到b的摩擦力水平向左b物块b受到a的支持力做负功c两物块a、b之间的摩擦力大小为mgsincosd物块b的机械能减少3如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），r表示输电线的电阻( )a用电器增加时，变压器输出电压增大b用电器增加时，变压器的输入功率增加c用电器增加时，输电线的热损耗减少d要提高用户的电压，滑动触头p应向下滑4在如图所示的电路中，灯泡l的电阻大于电源的内阻r，闭合电键s，将滑动变阻器的滑片p向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )a灯泡l变亮b电流表读数变小，电压表读数变小c电源的输出功率变小d电容器c上所带的电荷量减少5发射月球探测卫星要经过多次变轨，如图是某月球探测卫星发射后的近地轨道，、是两次变轨后的转移轨道，o点是、轨道的近地点，q、p分别是、轨道的远地点，则下列说法正确的是( )a在三个轨道上卫星在o点的速度相同b在三个轨道上卫星在o点的加速度相同c卫星在q点的机械能等于在p点的机械能d卫星在q点的机械能大于在p点的机械能6如图所示，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为b的匀强磁场，mn是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点p垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )a只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在mn上b对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心c对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长d只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在mn上7如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是( )aa对b的静电力一定是引力ba对b的静电力可能是斥力ca的电量可能比b少da的电量一定比b多8如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上0、a两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，oa=ob=ab，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形oab始终在竖直平面内，若转动过程oa、ab两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )aob绳的拉力范围为0bob绳的拉力范围为cab绳的拉力范围为0dab绳的拉力范围为0二、非选择题：9如图所示装置可用来验证机械能守恒定律摆锤a栓在长l的轻绳一端，另一端固定在o点，在a上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板p阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量？_根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=_根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为_10（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量：旋动部件_，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件_使指针对准电阻的_（填“0刻线”或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤并按_的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准（2）如图2所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为_；测直流电流时，用的是100ma的量程，指针所示电流值为_ma；测直流电压时，用的是50v量程，则指针所示的电压值为_v11（14分）素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱如图是由足够长的斜直轨道，半径r1=2m的凹形圆弧轨道和半径r2=3.6m的凸形圆形弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道这三部轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内其中m点为凹形圆弧轨道的最低饭，n为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心o与m点在同一水平面上，一可视为质点的，质量为m=1kg的滑板从斜直轨道卜的p点无初速滑下，经m点滑向n点，p点距水平面的高度h=3.2m不计一切阻力，g 取10m/s2求：（1）滑板滑至m点时的速度多大？（2）滑板滑至m点时，轨通对滑板的支持力多大？（3）若滑板滑至n点时对轨道恰好无压力，则滑板的下滑点p距水平面的高度多大？12（18分）如图所示，宽为l=2m、足够长的金属导轨mn和mn放在倾角为=30的斜面上，在n和n之间连有一个阻值为r=1.2的电阻，在导轨上aa处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4的金属滑杆，导轨的电阻不计用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的p处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度h=4.0m在导轨的nn和oo所围的区域存在一个磁感应强度b=1.0t、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为=，此区域外导轨是光滑的电动小车沿ps方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由aa滑到oo位置（g取10m/s2）求：（1）请问滑杆aa滑到oo位置时的速度是多大？（2）若滑杆滑到oo位置时细绳中拉力为10.1n，滑杆通过oo位置时的加速度？（3）若滑杆运动到oo位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到aa位置过程中，电阻r上产生的热量q为多少？（设导轨足够长，滑杆滑回到aa时恰好做匀速直线运动）【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )a在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果b当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大c液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的d热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体e自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生14如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长l=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中当管竖直放置时，封闭气柱a的长度la=50cm现把开口端向下插入水银槽中，直至a端气柱长la=37.5cm时为止，这时系统处于静止状态已知大气压强p0=75cmhg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度【物理-选修3-4】15最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上33km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是( )a该地震波的波长为3 kmb质点振动的最大周期为0.8 sc该地震波最小波速为5 km/sd从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置e从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点后回到平衡位置16如图所示，一个足够大的水池盛满清水，水深h=4m，水池底部中心有一点光源a，其中一条光线斜射到水面上距a为l=5m的b点时，它的反射光线与折射光线恰好垂直（1）求水的折射率n；（2）用折射率n和水深h表示水面上被光源照亮部分的面积（圆周率用表示）【物理选修3-5】(15分)17如图所为氢原子的能级图用光子能量为13.06ev的光照射一群处于基态的氢原子，下列说法正确的是( )a氢原子可以辐射出连续的各种波长的光b氢原子可辐射出10种不同波长的光c氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时辐射光的波长最短d辐射光中，光子能量为0.31ev的光波长最长e用光子能量为14.2ev的光照射基态的氢原子，能够使其电离18如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角=37a、b是两个质量均为m=1kg的小滑块（可视为质点），c为左侧附有胶泥的竖直薄板（质量均不计），d是两端分别水平连接b和c的轻质弹簧当滑块a置于斜面上且受到大小f=4n、方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面向下匀速运动现撤去f，让滑块a从斜面上距底端l=1m处由静止下滑，求：（g=10m/s2，sin37=0.6）（1）滑块a到达斜面底端时的速度大小；（2）滑块a与c接触粘在一起后，a、b和弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能2015-2016学年贵州省遵义市航天高中高三（上）第四次月考物理试卷二、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，第14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伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )a如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【分析】小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去【解答】解：a、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与o点等高的位置，故a正确；b、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故b错误；c、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故c错误；d、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故d错误故选：a【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点2如图所示，光滑固定斜面c倾角为，质量均为m的两物块a、b一起以某一初速沿斜面向上做匀减速直线运动已知物块a上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是( )a物块a受到b的摩擦力水平向左b物块b受到a的支持力做负功c两物块a、b之间的摩擦力大小为mgsincosd物块b的机械能减少【考点】功能关系；摩擦力的判断与计算；功的计算【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】根据整体法求出ab共同的加速度，将加速度分解为水平方向和竖直方向，隔离对b分析，求出a、b之间的支持力和摩擦力【解答】解：a、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离b分析可得，故b定会受到a是加大水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律，则物块a受到b的摩擦力水平向右，故a错误；b、物块b受到a的支持力向上，物体b有向上的位移，故支持力做正功故b错误；c、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度a1=acos=gsincos，竖直方向上的分速度a2=asin=gsin2隔离对b分析，a对b的摩擦力f=ma1=mgsincos，故c正确；d、先对整体分析，有沿向下加速度为gsin再对b分析，（把a对b的摩擦力和支持力看作一个力），重力沿斜面的分力产生的加速度为gsin，重力的另一个分力与把a对b的作用力平衡，所以b对a的合力垂直于斜面方向，不做功，所以b机械能不变故d错误故选：c【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离的运用3如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），r表示输电线的电阻( )a用电器增加时，变压器输出电压增大b用电器增加时，变压器的输入功率增加c用电器增加时，输电线的热损耗减少d要提高用户的电压，滑动触头p应向下滑【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器输出电压由输入电压和线圈匝数决定，输入功率由输出功率决定，输电线的热损耗由线路电阻和输电电流决定用电器增加，表示负载值减小，输出功率会变大，输入功率增加，输电线的热损耗也增加，变压器输出电压不变滑动触头p的改变，会使副线圈匝数改变，从而引起副线圈电压改变，滑动触头向上时，匝数变多，副线圈电压变大，滑动触头向下滑时，匝数变少，副线圈电压变小【解答】解：a、用电器增加，表示负载值减小，输出功率会变大，但变压器输出电压不变故a错误 b、用电器增加时，电压不变，负载r值减小，由p出=知 变压器的输出功率要增加，又p入=p出故输入 功率也要增加，b正确 c、用电器增加时，变压器的输出功率增加，输出电压不变，由p出=ui 输电电流i变大，根据p热=i2r 知 输电线的热损耗增加，故c错误 d、要提高用户的电压，根据 应使副线圈匝数增加，滑动触头p应向上滑，故d错误 故选b【点评】这是变压器动态分析题，要理解用电器增加和负载值增大的区别，用电器增加表示负载值减小，输出功率会变大，负载值增大时输出功率要变小另外，要掌握线圈匝数改变对电压的影响4在如图所示的电路中，灯泡l的电阻大于电源的内阻r，闭合电键s，将滑动变阻器的滑片p向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )a灯泡l变亮b电流表读数变小，电压表读数变小c电源的输出功率变小d电容器c上所带的电荷量减少【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器滑片p向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大灯炮l的电阻大于电源的内阻，当r增大时，电源的输出功率减小变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数u=eir变大【解答】解：a、当滑动变阻器滑片p向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻r总增大，总电流i减小，灯泡的功率p=i2rl，rl不变，p减小，则灯泡变暗故a错误b、i减小，电流表读数变小，电压表读数u=eir变大故b错误c、当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大由于灯炮l的电阻大于电源的内阻，当r增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出功率减小故c正确d、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故d错误故选：c【点评】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论要记牢对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等5发射月球探测卫星要经过多次变轨，如图是某月球探测卫星发射后的近地轨道，、是两次变轨后的转移轨道，o点是、轨道的近地点，q、p分别是、轨道的远地点，则下列说法正确的是( )a在三个轨道上卫星在o点的速度相同b在三个轨道上卫星在o点的加速度相同c卫星在q点的机械能等于在p点的机械能d卫星在q点的机械能大于在p点的机械能【考点】万有引力定律及其应用；机械能守恒定律【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题【分析】o点为椭圆轨道运动的近地点，卫星在近地点要做离心运动，故在不同椭圆轨道上运动的卫星在近地点的速度大小不同，轨道越高在近地点的速度越大，在近地点只有万有引力作用，故产生加速度相同卫星向更高轨道发射，需要克服重力做更多的功，故卫星轨道越高，其机械能越大【解答】解：a、卫星在不同轨道上具有不同的机械能，向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，故同一卫星在高轨道上的机械能比低轨道上的机械能来得大，故在o点，由于不同轨道卫星具有不同的机械能，而在o点具有相同的重力势能，故不同轨道的卫星在o点具有不同的速度大小，故a错误；b、卫星在o点运动时只受万有引力作用，卫星产生的加速度即为万有引力加速度，故不管卫星在哪个轨道上运动经过o点时都具有相同的加速度，故b正确；cd、q所在轨道高度比p点所在轨道高度小，卫星在高轨道上运行时的机械能大于在低轨道上运行时的机械能，故知q点卫星的机械能小于在p点的机械能，所以c、d错误；故选：b【点评】掌握卫星变轨原理，知道向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，卫星获得的机械能大，从能量角度分析可以使问题简化6如图所示，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为b的匀强磁场，mn是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点p垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力及重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )a只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在mn上b对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心c对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长d只要速度满足，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在mn上【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】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v=时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系【解答】解：a、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在mn上，与粒子的速度有关故a错误b、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故b正确c、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=t知，运动时间t越小故c错误d、速度满足v=时，轨道半径r=r，入射点、出射点、o点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在mn板上，故d正确故选：bd【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系7如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是( )aa对b的静电力一定是引力ba对b的静电力可能是斥力ca的电量可能比b少da的电量一定比b多【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果【解答】解：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a正确，b错误同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”故d正确，c错误，故选：ad【点评】三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”8如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上0、a两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，oa=ob=ab，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形oab始终在竖直平面内，若转动过程oa、ab两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是( )aob绳的拉力范围为0bob绳的拉力范围为cab绳的拉力范围为0dab绳的拉力范围为0【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速【专题】定量思想；临界法；匀速圆周运动专题【分析】转动的角速度为零时，ob绳的拉力最小，ab绳的拉力最大，当ab绳的拉力刚好为零时，ob绳的拉力最大，根据共点力平衡和牛顿第二定律进行求解【解答】解：转动的角速度为零时，ob绳的拉力最小，ab绳的拉力最大，这时二者的值相同，设为t1，则2t1cos30=mg，解得t1=mg增大转动的角速度，当ab绳的拉力刚好为零时，ob绳的拉力最大，设这时ob绳的拉力为t2，则t2cos30=mg，t2=mg因此ob绳的拉力范围 mgmg，ab绳的拉力范围0mg故bc正确，ad错误故选：bc【点评】本题考查圆周运动的向心力，要明确匀速圆周运动的向心力由合外力提供，本题的关键要分析清楚圆周运动的临界状态和临界条件，由动力学方法研究二、非选择题：9如图所示装置可用来验证机械能守恒定律摆锤a栓在长l的轻绳一端，另一端固定在o点，在a上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板p阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度为了求出这一速度，实验中还应该测量哪些物理量？铁片遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h根据测得的物理量表示摆锤在最低点的速度v=根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】铁片在最低点飞出时做平抛运动，根据平抛运动的特点要求求出铁片平抛出去的水平速度，应该知道水平和竖直方向的位移大小；根据平抛运动的规律x=v0t，可以求出铁片在最低点的速度；重锤下落过程中机械能守恒，由可以求出其机械能守恒的表达式【解答】解：铁片在最低点飞出时做平抛运动，平抛的初速度即为铁片在最低点的速度，根据平抛运动规律可知：x=v0t，因此要想求出平抛的初速度，应该测量遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h根据铁片做平抛运动有：s=v0t 联立可解得：v0=下落到最低点过程中，铁片重力势能的减小量等于其重力做功，因此有：ep=mgh=mgl（1cos）动能的增量为：根据ep=ek得机械能守恒的关系式为：故答案为：铁片遇到挡板后铁片的水平位移x和竖直下落高度h；【点评】本题比较简单，考查了平抛运动的基本规律和机械能守恒的基本知识，对于基础知识要加强理解和应用10（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量：旋动部件s，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件t使指针对准电阻的0刻线（填“0刻线”或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的待测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤并按adc的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准（2）如图2所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为1700；测直流电流时，用的是100ma的量程，指针所示电流值为47ma；测直流电压时，用的是50v量程，则指针所示的电压值为23.5v【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“off”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出；（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据多用电表测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数【解答】解：（1）用多用电表测电阻，实验步骤为：旋动部件s，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件t，使指针对准电阻的0刻线欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关k置于“1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：adc（2）用的是“100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为：17100=1700；测直流电流时，用的是100ma的量程，由图示表盘可知，其分度值为2ma，指针所示电流值为47ma；测直流电压时，用的是50v量程，由图示表盘可知，其分度值为1v，则指针所示的电压值为23.5v；故答案为：（1）s；t；0刻线；adc；（2）1700；47；23.5【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近11（14分）素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱如图是由足够长的斜直轨道，半径r1=2m的凹形圆弧轨道和半径r2=3.6m的凸形圆形弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道这三部轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内其中m点为凹形圆弧轨道的最低饭，n为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心o与m点在同一水平面上，一可视为质点的，质量为m=1kg的滑板从斜直轨道卜的p点无初速滑下，经m点滑向n点，p点距水平面的高度h=3.2m不计一切阻力，g 取10m/s2求：（1）滑板滑至m点时的速度多大？（2）滑板滑至m点时，轨通对滑板的支持力多大？（3）若滑板滑至n点时对轨道恰好无压力，则滑板的下滑点p距水平面的高度多大？【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）对滑板从p到m过程运用机械能守恒定律列式求解；（2）在m点，小车受到的重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解；（3）若滑板滑至n点时对轨道恰好无压力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出在n点的速度大小，再运用机械能守恒求解滑板的下滑点p距n点水平面的高度【解答】解：（1）以地面为参考平面，对滑板从p到m过程运用机械能守恒定律，得到 mgh=解得，vm=8m/s（2）在m点，由牛顿第二定律得： nmg=m所以n=42n（3）若滑板滑至n点时对轨道恰好无压力，则有mg=m得vn=6m/s对滑板从p到n过程，由机械能守恒定律得 mgh=mgr2+所以h=5.4m答：（1）滑板滑至m点时的速度是8m/s（2）滑板滑至m点时，轨通对滑板的支持力是42n（3）若滑板滑至n点时对轨道恰好无压力，则滑板的下滑点p距水平面的高度是5.4m【点评】本题是机械能守恒与向心力知识的应用，关键要掌握滑板到达n点的临界条件12（18分）如图所示，宽为l=2m、足够长的金属导轨mn和mn放在倾角为=30的斜面上，在n和n之间连有一个阻值为r=1.2的电阻，在导轨上aa处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻为r=0.4的金属滑杆，导轨的电阻不计用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连，绳与滑杆的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮的正下方水平面上的p处（小车可视为质点），滑轮离小车的高度h=4.0m在导轨的nn和oo所围的区域存在一个磁感应强度b=1.0t、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，此区域内滑杆和导轨间的动摩擦因数为=，此区域外导轨是光滑的电动小车沿ps方向以v=1.0m/s的速度匀速前进时，滑杆经d=1m的位移由aa滑到oo位置（g取10m/s2）求：（1）请问滑杆aa滑到oo位置时的速度是多大？（2）若滑杆滑到oo位置时细绳中拉力为10.1n，滑杆通过oo位置时的加速度？（3）若滑杆运动到oo位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到aa位置过程中，电阻r上产生的热量q为多少？（设导轨足够长，滑杆滑回到aa时恰好做匀速直线运动）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合【分析】（1）由速度公式求出金属棒通过cd时的速度大小v；（2）感应电动势为e=blv，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，然后由牛顿第二定律求出加速度（3）由平衡条件求出滑杆的速度，由能量守恒定律求出产生的热量【解答】解：（1）滑杆运动到oo位置时，小车通过s点时的速度为v=1.0m/s，设系绳与水平面的夹角为，则滑杆h=d，sin=0.8，=53此时向上的速度即绳端沿绳长方向的速度，代入数据得：v1=0.6m/s（2）滑杆运动到cd位置产生感应电动势为：e=blv1，产生感应电流为：i=，受到的安培力为：f安=bil=，代入数据，得：f安=1.5n滑杆通过cd位置时所受摩擦力为：f=mgcos=0.810=3n由fmgsinff安=ma，解得加速度：a=2m/s2（3）设滑杆返回运动到aa位置后做匀速运动的速度为v2，有：mgsin=mgcos+，带入数据，可得：v2=0.4m/s 由功能关系：q=mv12mv22+mgdsinmgdcos，带入数据得：q=1.08j所以，由串联电路特点可得：qr=0.81j答：（1）滑杆aa滑到oo位置时的速度是0.60m/s；（2）若滑杆滑到oo位置时细绳中拉力为10.1n，滑杆通过oo位置时的加速度是2m/s2；（3）若滑杆运动到oo位置时绳子突然断了，则从断绳到滑杆回到aa位置过程中，电阻r上产生的热量q为0.81j【点评】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、e=blv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求r产生的热量时要注意，系统产生的总热量为r与r产生的热量之和【物理-选修3-3】13下列说法正确的是( )a在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果b当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大c液晶显示屏是应用液晶的光学各向异性的特点制成的d热量能够自发地从高温物体传到低温物体，也能自发地从低温物体传到高温物体e自然界发生的一切过程能量都守恒，符合热力学第二定律的宏观过程都能自然发生【考点】* 液晶；分子间的相互作用力【专题】定性思想；推理法；热力学定理专题【分析】自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越大；宏观热现象要符合热力学第二定律才能发生【解答】解：a、表面张力有使液体的表面积最小的趋势，在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果；故a正确；b、当分子间表现为斥力时，距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，故b错误；c、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；故c正确；d、热量可以自发的从高温物体传到低温物体；但不能自发地从低温物体传到高温物体，故d错误；e、自然界发生的一切过程能量都守恒，符合能量守恒定律，但宏观热现象要符合热力学第二定律才能发生，故e正确；故选：ace【点评】本题考查了分子力与分子势能、液体表面张力、热力学第一定律、热力学第二定律等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识14如图所示，上端封闭、下端开口内径均匀的玻璃管，管长l=100cm，其中有一段长h=15cm的水银柱把一部分空气封闭在管中当管竖直放置时，封闭气柱a的长度la=50cm现把开口端向下插入水银槽中，直至a端气柱长la=37.5cm时为止，这时系统处于静止状态已知大气压强p0=75cmhg，整个过程中温度保持不变，试求槽内的水银进入管内的长度【考点】气体的等容变化和等压变化【分析】玻璃管旋转过程封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列方程求解把开口端向下缓慢插入水银槽中两部分气体均做等温变化，分别列玻意耳定律方程，联立即可求解【解答】解：对a部分气体，由玻意耳定律有：palas=pals pa=60cmhg解得：pa=80cmhg 对b部分气体有：pblbs=pbls 而 p=95cmhg pb=p0=75cmhg解得：l=27.6cmh=llhl=10037.51527.5=4.9cm 答：槽内的水银进入管内的长度为4.9cm【点评】该题考查了气体的等温变化，解决此类问题的关键是确定气体的状态及状态参量，要特别注意密封气体的水银柱长度的变化【物理-选修3-4】15最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上33km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是( )a该地震波的波长为3 kmb质点振动的最大周期为0.8 sc该地震波最小波速为5 km/sd从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置e从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点后回到平衡位置【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】振动图像与波动图像专题【分析】波形图可以直接读出振幅、波长由于波传播的周期性，且波沿x轴正方向传播，可知由实线变为虚线波形所经历的时间为（n+）t，从而表示出周期的通项；根据v=表示出波速的通项【解答】解：a、由图可知，在33km范围内有1.5个波长，所以波长为：km故a错误；b、由图可知，图中有实线变成虚线的时间：t=（n+）t，当n=0时的周期最大，此时：s，所以最大周期为0.8s故b正确c、波速：v=，周期最大上，波速最小，所以最小波速为：km/s故c正确；d、e、由图结合波向右传播可知，在t=0时刻，x=2.5 km处的质点振动的方向向上，而x=2 km处的质点已经在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x=2 km处的质点比x=2.5 km处的质点先回到平衡位置故d正确，e错误故选：bcd【点评】该题结合波的图象考查波长、波速与周期之间的关系，解答的关键是根据知道的两个时刻的波形，结合波的周期性，得到的是波速和周期的通项16如图所示，一个足够大的水池盛满清水，水深h=4m，水池底部中心有一点光源a，其中一条光线斜射到水面上距a为l=5m的b点时，它的反射光线与折射光线恰好垂直（1）求水的折射率n；（2）用折射率n和水深h表示水面上被光源照亮部分的面积（圆周率用表示）【考点】光的折射定律【专题】光