湖南省师大附中高三物理第一次月考试题（含解析）(1).doc

湖南省师大附中2015届高三物理第一次月考试题（含解析）本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页时量90分钟，满分110分第卷选择题(共48分)【试卷综析】本试卷是高三开学模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、恒定电流、电磁感应等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，考查了较多的知识点。注重常见方法和思想，体现基本要求，是份非常好的试卷。一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分其中17小题只有一个选项正确，812小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选或不选得0分将选项填写在答题卷上)【题文】1甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则(c)a1 s时甲和乙相遇b06 s内甲乙相距最大距离为1 mc26 s内甲相对乙做匀速直线运动d4 s时乙的加速度方向反向【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系a2 a5【答案解析】c 解析： a由图象可知：在t=1s时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故a错误；b图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知，6s末甲乙相距最远，最远距离x=448m，故b错误；c甲乙两个物体在2-6内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故c正确；d乙物体在2-6内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，没有反向，故d错误故选：c【思路点拨】 v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方本题是速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题【题文】2如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接下图中v、a、ff和x分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，它们随时间变化的图象正确的是(c)【知识点】匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律a5 b2 c2【答案解析】c 解析： a、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，所以a错误；b、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，所以b错误；c、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，所以c正确；d、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x= at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，所以d错误故选c【思路点拨】 对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系本题是为速度-时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题【题文】3如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块a和b紧挨着匀速下滑，a与b的接触面光滑已知a与斜面之间的动摩擦因数是b与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，则b与斜面之间的动摩擦因数是(a)a.tan b.cot ctan dcot 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用b3 b4【答案解析】 a 解析： 设每个物体的质量为m，b与斜面之间动摩擦因数为以ab整体为研究对象根据平衡条件得 2mgsin=amgcos+bmgcos=2mgcos+mgcos解得 = tan故选a【思路点拨】 对ab整体进行研究，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解本题是力平衡问题，研究对象也可以采用隔离法研究，要注意斜面对两个物体的支持力相等【题文】4北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的a、b两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力，下列判断错误的是(d)a这两颗卫星的加速度大小相等，均为b卫星1由a 位置运动到b位置所需的时间是c卫星1由a位置运动到b位置的过程中万有引力不做功d卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用d5【答案解析】 d 解析： a、根据=ma得，对卫星有 =ma，可得a=，取地面一物体由=mg，联立解得a=，可见a正确b、根据=mr得，t=，又gm=g ，t= t，联立可解得t=，故b正确c、卫星1由位置a运动到位置b的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故c正确；d、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2故d错误；故选d【思路点拨】 由 ，可得出r相同则速度v大小相等，v变大则r变大（做离心运动），再结合 =mg即gm=g（黄金代换），即可求解关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动【题文】5如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于c、d两点，a、b两端被悬挂在水平天花板上，相距为2l.现在c点上悬挂一个质量为m的重物，为使cd绳保持水平，在d点上可施加的力的最小值为(c)amg b.mgc.mg d.mg【知识点】 力的合成与应用b3【答案解析】 c 解析：由图可知，要想cd水平，则ac与水平方向的夹角为60；结点c受力平衡，则受力分析如图所示，结点c受到沿ac拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力t，即：t=faccos60=fac，结点c受到沿ac拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：mg=facsin60= fac，t=mg；结点d受力平衡，当拉力f的方向与bd垂直时，力臂最长、最省力，如图所示， 最小拉力f=f=tcos30=tcos30=mg=mg故选c【思路点拨】 由几何关系可知cd段水平时各绳间的夹角；对结点c分析，由共点力的平衡可求得cd绳水平时绳的拉力；再对结点d分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析【题文】6速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中s0as0c，则下列说法正确的是(b)a甲束粒子带正电，乙束粒子带负电b甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷c能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于d若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为32【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力c2 d4 k2【答案解析】b 解析： a、由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故a错误；b、粒子在磁场中做圆周运动满足 ，由题意知 ，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷蘑菇b正确；c、由 知能通过狭缝 的带电粒子的速率等于 ，故c错误；d、 ，知 ，故d错误，故选b【思路点拨】 根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定p1极板的带电情况在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡【题文】7甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，a、b是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从a点自由释放，小球沿电场线从a到b运动过程中的速度图线如乙图，比较a、b两点电势的高低和电场强度e的大小，并比较该小球在a、b两点的电势能ep大小和电场力f大小，可得(c)aab beaebcepaepb dfafb【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能i1 i2【答案解析】c 解析： 从速度时间图象可以看出，物体加速，该负电荷受到的电场力方向从a向b，而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，所以场强方向从b向a，故ab速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故eaeb；故选：c【思路点拨】 速度时间图象的切线的斜率表示加速度，负试探电荷受到的电场力方向与场强方向相反沿着电场力方向，电势降低本题关键根据速度时间图象得到速度和加速度的变化情况，然后得到电场力的大小和方向情况，最后判断电势的高低【题文】8如图所示电路中，电源内电阻为r，r1、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合开关s，将滑动变阻器r2的滑片向左滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为i、u，下列结论正确的是(ad)a电流表示数变大，电压表示数变小b电阻r1被电流表短路c.rd.r【知识点】闭合电路的欧姆定律j2 j10【答案解析】 ad 解析：设电阻r1、r2、r3、r4的电流分别为i1、i2、i3、i4，电压分别为u1、u2、u3、u4，外电压为u a、当滑动触头p向左滑动时，其接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流i总变大，外电压u=e-ir，故u变小，u3变小u变小，i3变小，而由i总=i3+i4，i总变大，i4变大，u4变大，而u1+u4=u，u变小，u1变小，i1变小又i总=i1+i，i总变大，i1变小，则i变大，且变化的绝对值ii总，则根据闭合电路欧姆定律，u=e-i总r，绝对值r，则r故b、c错误，a、d正确故选ad【思路点拨】理想电流表内阻不计，当作导线处理电压表测量外电压弄清电路的结构：则r1与r2并联后与r4串联，再与r4并联当滑动触头p向左滑动时，接入电路的减小电阻，可根据欧姆定律判断电路中电流、电压的变化【题文】9a、d分别是斜面的顶端、底端，b、c是斜面上的两个点，abbccd，e点在d点的正上方，与a等高从e点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在b点，球2落在c点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程(bc)a球1和球2运动的时间之比为21b球1和球2动能增加量之比为12c球1和球2抛出时初速度之比为21d球1和球2运动时的加速度之比为12【知识点】平抛运动d2【答案解析】 bc 解析： a、因为ac=2ab，则ac的高度差是ab高度差的2倍，根据hgt2得，t=，解得运动的时间比为1：故a错误；b、根据动能定理得，mgh=ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2故b正确；c、ac在水平方向上的位移是ab在水平方向位移的2倍，结合x=v0t，解得初速度之比为2：1故c正确；d、平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同故d错误故选：bc【思路点拨】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解【题文】10如图所示，以o为圆心、mn为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿ao、bo和co方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bo垂直mn，ao、co和bo的夹角都为30，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是(ad)atatbtbtcctatbtbtc；当r r，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，rrr时，tatb=tc， 故选ad【思路点拨】粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=t求出粒子的运动时间本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期t相同，画出轨迹后，根据公式t=t求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键【题文】11如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为51，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，r0为定值电阻，r为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小下列说法正确的是(cd)a图乙中电压的有效值为220 vb电压表的示数为44 vcr处出现火警时电流表示数增大dr处出现火警时电阻r0消耗的电功率增大【知识点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率m1 m2 m3【答案解析】 cd 解析： a、设将此电流加在阻值为r的电阻上，电压的最大值为um，电压的有效值为u代入数据得图乙中电压的有效值为110 v，故a错误；b、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故b错误；c、r处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故c正确；d、r处出现火警时通过r0的电流增大，所以电阻r0消耗的电功率增大，故d正确；故选cd【思路点拨】 求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值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，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，r处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键 【题文】12如图所示，一个电阻值为r、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图(b)所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和b0.导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是(bd)ar1中电流的方向由a到b通过r1 b电流的大小为c线圈两端的电压大小为 d通过电阻r1的电荷量【知识点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律j2 l2【答案解析】bd 解析： a、由图象分析可知，0至t1时间内有：由法拉第电磁感应定律有：e=n面积为：s=由闭合电路欧姆定律有：i1=联立以上各式解得，通过电阻r1上的电流大小为：i1=由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向为从b到a，故a错误，b正确；c、线圈两端的电压为路端电压，为 上的电压，故 故c错误；d、通过电阻r1上的电量为：q=i1t1=t1 ,故d正确；故选：bd【思路点拨】 线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小而产生的热量则是由焦耳定律求出考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源第卷非选择题(共62分)二、实验题(本题共2小题，共15分将答案填写在答题卷中)【题文】13(9分)“用dis研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力f.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力f的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条af图线，如图(b)所示(1)图线_(3分)_(选填“”或“”) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2)在轨道水平时，小车运动的阻力ff_0.5(3分)_n；(3)(单选)图(b)中，拉力f较大时，af图线明显弯曲，产生误差为避免此误差可采取的措施是_c(3分)_a调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动b在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量c将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力d更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系c4【答案解析】（1）；（2）0.5n；（3）c； 解析： 1）由图象可知，当f=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）图线是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于0.5n时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时f=f=0.5n（3）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力f的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数f的关系图象，故选c【思路点拨】 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和操作细节；根据a-f图象的特点结合牛顿第二定律求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练【题文】14. (6分)有一电流表a，量程为1 ma，内阻r1约为100 ，要求测量其内阻可选用器材有：电阻箱r1，最大阻值为99 999.9 ；滑动变阻器甲，最大阻值为10 k；滑动变阻器乙，最大阻值为2 k；电源e，电动势约为6 v，内阻不计；开关2个，导线若干采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：断开s1和s2，将r调到最大；合上s1，调节r使a表满偏；保持r不变，合上s2，调节r1使a表半偏，此时可以认为a表的内阻r1r1.在上述可供选择的器材中，可变电阻r应该选择_甲(3分)_(选填“甲”或“乙”)；认为内阻r1r1，此结果与r1的真实值相比_偏小(3分)_(选填“偏大”、“偏小”或“相等”)【知识点】半偏法测电阻 j5【答案解析】甲 偏小 解析：（1）闭合 后，电路中总电阻发生变化，要减小实验误差，r应选滑动变阻器甲。（2）闭合 后，回路总电阻变小，总电流变大，当电流表示数为原电流一半时，通过 的电流比通过电流表的电流大，由并联电路的特点 ，故偏小【思路点拨】本题考查对实验器材的选取，半偏法测电流表和误差分析及探索实验的能力。 三、计算题(本题共4小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中其中15题8分，16、17题各12分，选考题15分，共47分)【题文】15(8分)2014年8月3日我国云南鲁甸发生里氏6.5级地震，为救援灾区人民，要从悬停在空中的直升机上投放救灾物资，每箱救灾物资的质量为20 kg，设箱子承受的地面冲击力大小为1 000 n，箱子与地面的作用时间为0.5 s，已知当地的重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力，试求：(1)与地面作用时，箱子的加速度是多少？(2)为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过多少米？【知识点】牛顿第二定律 自由落体运动 a3 c2【答案解析】（1）40 m/s2 （2）20m 解析：(1)在箱子与地面作用的过程中，a40 m/s2(2)箱子刚触地时的速度为vat20 m/s在自由落体过程中h20 m【思路点拨】 箱子开始在空中做自由落体运动，与地面接触后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解，本题比较简单，属于基本题。【题文】16(12分)如图所示，m、n为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点p经电场加速后，从小孔q进入n板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，cd为磁场边界上的一绝缘板，它与n板的夹角为45，孔q到板的下端c的距离为l，当m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上，求：(1)两板间电压的最大值um；(2)cd板上可能被粒子打中区域的长度s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm.【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动d4 c2 i3 k2【答案解析】 （1）（2）(1)l（3） 解析： (1)m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上，所以圆心在c点，如图所示，chqcl故半径r1l，又因为qv1bm且qummv，所以um(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与cd板相切于k点，此轨迹的半径为r2，设圆心为a，在akc中：sin 45，解得r2(1)l，即kcr2(1)l所以cd板上可能被粒子打中的区域的长度shk，即sr1r2(2)l(3)打在qe间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm【思路点拨】（1）粒子恰好垂直打在cd板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；（2）当粒子的运动的轨迹恰好与cd板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度（3）打在qe间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了【题文】17(12分)如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m1.0 kg的木板与轻弹簧接触但不拴接，弹簧与斜面平行且为原长，在木板右上端放一质量为m2. 0 kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为10.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为20.25，系统处于静止状态小金属块突然获得一个大小为v15.3 m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下运动当弹簧被压缩x0.5 m到p点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动设金属块从开始运动到与木块达到相同速度共用时间t0.75 s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin 0.28、cos 0.96，g取10 m/s2，结果保留二位有效数字(1)求木板开始运动瞬间的加速度；(2)求弹簧被压缩到p点时的弹性势能是多少？(3)假设木板在由p点压缩弹簧到弹回到p点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离？【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律； 动能定理 c2 e2 e3【答案解析】(1) 10 m/s2，沿斜面向下(2) 3.0 j （3）0.077 m 解析：(1)对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a1gcos gsin 4.4 m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力f11mgcos 14.4 n，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力f22(mm)gcos 7.2 n，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a010 m/s2，沿斜面向下(2)设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有v2v1at2.0 m/s在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为w，其余力做功为ma0x，对木板运用动能定理得：ma0xwmv解得w3.0 j，说明此时弹簧的弹性势能ep3.0 j(3)金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：ep(f2mgsin mgsin )x(mm)v(mm)v木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：(mm)g(2cos sin )s(mm)v解得s0.077 m【思路点拨】对物体受力分析，求得合力，根据牛顿第二定律求解；根据能量守恒定律，物块重力势能的减小量转化为弹簧的弹性势能，其余转化为内能；反弹的过程弹簧的弹性势能转化为动能、重力势能和内能，然后根据能量转化守恒定律求解。【题文】18【物理选修33】 (15分)(1)(6分)下列说法正确的是_b_a布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c不具有规则几何形状的物体一定不是晶体d氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率相同【知识点】分子动理论h1【答案解析】 b 解析： a、布朗运动是指在显微镜下观察到的花粉颗粒的无规则运动，是由于液体分子撞击造成的，故a错误；b、叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果，故b正确；c、单晶体有整齐规则的几何外形，多晶体没有规则的几何形状；故c错误；d、温度相同，则分子的平均动能相同，而氢气的分子质量小，所以氮分子比氢分子具有相同的平均速率小故d错误故选b【思路点拨】布朗运动是固体小颗粒的运动；叶面上的小露珠呈球形是由于在液体表面张力作用下表面收缩的结果。温度的微观意义反映分子热运动的激烈程度，温度是物体的分子热运动平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大【题文】(2)(9分)气缸长为l1 m(气缸厚度可忽略不计)，固定在水平面上，气缸中有横截面积为s100 cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t27 、大气压强为p01105 pa时，气柱长为l00.4 m现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：若拉动活塞过程中温度保持为27 ，活塞到达缸口时缸内气体压强；若活塞到达缸口时拉力大小为500 n，求此时缸内气体温度为多少摄氏度【知识点】理想气体的状态方程h3【答案解析】（1）0.4105 pa （2）102 解析： 活塞刚到缸口时，l21 mp1sl0p2sl2得p20.4105 pa温度升高活塞刚到缸口时，l31 mp3p00.5105 pat3 k375 kt3(375273)102 【思路点拨】 由题，温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律和力平衡条件可求得。气缸内气体温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求解气体的温度本题关键要确定气体发生何种状态变化，再选择合适的规律列式求解【题文】19【物理选修34】 (15分)(1)(6分)在均质弹性绳中有一振源s，它以5 hz的频率上下做简谐运动，振幅为5 cm，形成的波沿绳向左、右两边传播从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点p右边的绳还未振动，s左边的波形没有画出，则_bd_a该波的波速为60 cm/sb波源s开始振动的方向向下c图中的质点q在t时刻处在波谷d在t0至t1.0 s时间内质点p运动的路程为70 cm【知识点】波的图像 g2 g4【答案解析】bd 解析： (1)该波的频率f5 hz，周期t0.2 s，由图知该波在tt0.3 s时间内，波传播了12 cm，则波速v cm/s m/s40 cm/s，选项a错误，此时p点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，选项b正确；由对称性知x6 cm处质点t时刻处于波峰，选项c错误；在t0至t1.0 s时间内，即t1 s，质点p已振动0.7 s，运动的路程为4a45 cm70 cm，选项d正确，故选bd【思路点拨】本题主要是根据图像得到波的周期、峰值，从而得到质点的振动规律，然后根据波速与周期的关系就可以求解。【题文】(2)(9分)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角aob120，顶点o与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径ra，圆锥轴线与桌面垂直有一半径为r的圆柱形平行光垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合已知玻璃的折射率n，求光束在桌面上形成的光斑的面积【知识点】光的折射定律 n1【答案解析】4a2 解析： 如图所示，射到oa界面的入射角30，则sin ，故入射光能从圆锥侧面射出设折射角为，无限接近a点的折射光线为ac，根据折射定律sin nsin 解得60过o点作odac，则o2od30在rto1ao中o1ortan 30aa在rtace中，ecaetan 30故o2cecr在rtoo2d中，o2d4atan 30光束在桌面上形成光环的面积so2d2o2c24a2【思路点拨】当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆