辽宁省丹东市凤城一中高三物理下学期模拟试卷（含解析）.doc

辽宁省丹东市凤城一中2015届高考物理模拟试卷一、选择题：（每题6分，共48分）在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )a卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来b奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质c开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动d伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点2如图所示是某物体做匀变速直线运动的速度图线，某同学根据图线得出以下结论：物体始终沿正方向运动；物体先向负方向运动，在t=2s后开始向正方向运动；在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上；前4s内，在t=2s时，物体距出发点最远以上分析结论正确的是( )a只有b只有c只有d只有3现在，人造地球卫星发挥着越来越重要的作用2014年3月8日凌晨，飞往北京的马航mh370航班起飞后与地面失去联系，机上有我们154名中国人我国西安卫星测控中心启动卫星测控应急预案，紧急调动海洋、风云、高分、遥感等4个型号、近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持假设某颗圆周运动卫星a轨道在赤道平面内，距离地面的高度为地球半径的2.5倍，取同步卫星b离地面高度为地球半径的6倍，则( )a卫星a的线速度大于第一宇宙速度b卫星a的向心加速度是地球表面重力加速度的倍c同步卫星b的向心加速度为地球表面赤道上物体随地球自转向心加速度的倍d卫星b的周期小于卫星a的周期4利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为l的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，a、b两点相距也为l，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )a2mgb3mgc2.5mgdmg5如图所示，边长为a正方形abcd处在匀强电场中，其中a=b=0，d=，f点为cd的中点保持该电场的大小和方向不变，让正方形以b点为轴在纸面内顺时针转过abf，则此时的f点电势和该匀强电场的场强分别为( )a、b、c、d、6如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是( )a磁铁插向左环，横杆发生转动b磁铁插向右环，横杆发生转动c磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流d磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流7如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36v，6w）字样，此时l1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5a，下列说法正确的是( )a原、副线圈匝数之比为3：1b变压器的输入功率为12wc电压表的读数为18vd若l3突然断路，则l1变暗，l2变亮，输入功率减小8在一水平向右匀速传输的传送带的左端a点，每隔t的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因素为，工件质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，下列判断正确的有( )a传送带的速度为b传送带的速度为2c每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为d在一段较长的时间t内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为二、非选择题（共129分）（一）必考题9某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理；（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=_cm；（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力f，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_；（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？_（填“是”或“否”）10为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻r （阻值约100）、滑动变阻器r1（0100）、滑动变阻器r2（010）、电阻箱r0（09999.9）、理想电流表a（量程50ma）、直流电源e（3v，内阻忽略）、导线、电键若干（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接滑动变阻器应选_（填入字母）实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到_（选填“左”或“右”）端，再接通开关s；保持s2断开，闭合s1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流i1断开s1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱r0阻值在100左右，再闭合s2，调节r0阻值使得电流表读数为_时，r0的读数即为电阻的阻值（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱r0值，读出电流表相应的电流i，由测得的数据作出1/ir0图象如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为_（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好？为什么？_11如图所示，质量m=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力f=8n，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长（取g=10m/s2）求：（1）经多长时间两者达到相同的速度？（2）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小12（19分）如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，且当u大于零时，上极板电势比下极板高金属板板长l=0.2m，板间距离d=0.2m在金属板右侧，紧挨着金属板边缘有一个足够长的匀强磁场区域，其边界为直线mn和pq，mn、pq均与两板中线oo垂直，磁感应强度b=1.25102t，方向垂直纸面向里现有带正电的粒子流沿两板中线oo连续射入电场中，已知每个粒子的速度大小 v0=105m/s，比荷q/m=108c/kg，重力忽略不计在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定不变，不考虑因电场变化对带电粒子运动产生的影响，不考虑电荷间的相互影响求：（1）能够进入磁场区域的粒子的最大动能与最小动能的比值；（2）要让穿过mn进入磁场的粒子都能从磁场中返回到mn，磁场区域的最小宽度；（3）u满足什么范围，穿过mn进入磁场的粒子能重新返回进入电场？（二）选考题【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )a可以将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用b温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大c气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果d分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小e在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高14如图所示，玻璃管的横截面s=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取p0=1105pd）物理-选修3-415一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )aa质点再经过一个周期将传播到d点bb点正在向上运动cb点再经过t回到平衡位置d该波的周期t=0.05sec点再经过t将到达波峰的位置16如图所示，mn是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为0=600nm的单色细光束ab平行于mn射向球体，b为入射点，若出射光线cd与mn的交点p到球心o的距离是球半径的倍，且与mn所成的夹角=30求：透明体的折射率n；此单色光在透明球体中的波长物理-选修3-5（15分17下列说法正确的是( )a卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型b结合能越大，原子核结构一定越稳定c如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行d发生衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1e在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率18如图所示，光滑平台上有两个刚性小球a和b，质量分别为2m和3m，小球a以速度v0向右运动并与静止的小球b发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球b飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（）碰撞后小球a和小球b的速度；（）小球b掉入小车后的速度辽宁省丹东市凤城一中2015届高考物理模拟试卷一、选择题：（每题6分，共48分）在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )a卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来b奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质c开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动d伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点考点：物理学史 分析：本题根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、牛顿发现万有引力定律后，进行了“月地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故a错误；b、安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故b错误；c、开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故c错误；d、伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点，故d正确；故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，平时注意历史知识的积累2如图所示是某物体做匀变速直线运动的速度图线，某同学根据图线得出以下结论：物体始终沿正方向运动；物体先向负方向运动，在t=2s后开始向正方向运动；在t=2s前物体位于出发点负方向上，在t=2s后位于出发点正方向上；前4s内，在t=2s时，物体距出发点最远以上分析结论正确的是( )a只有b只有c只有d只有考点：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 专题：运动学中的图像专题分析：物体在前2s内沿负方向运动，后2s内沿正方向运动，速度方向相反速度图象的斜率表示加速度，t=2s前与t=2s后相比，直线的斜率相同，加速度相同在t=4s时，物体离出发点的位移最小，为零解答：解：物体在前2s内沿负方向运动，后2s内沿正方向运动故错正确 t=0时物体位于原点，前2s物体沿负方向运动，t=2s时离出发点最远，后沿正方向运动，t=4s时回到出发点，故04s内物体一直位于出发点负方向，故错误正确故选：c点评：本题考查根据速度图象分析物体运动情况的能力，速度图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移3现在，人造地球卫星发挥着越来越重要的作用2014年3月8日凌晨，飞往北京的马航mh370航班起飞后与地面失去联系，机上有我们154名中国人我国西安卫星测控中心启动卫星测控应急预案，紧急调动海洋、风云、高分、遥感等4个型号、近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持假设某颗圆周运动卫星a轨道在赤道平面内，距离地面的高度为地球半径的2.5倍，取同步卫星b离地面高度为地球半径的6倍，则( )a卫星a的线速度大于第一宇宙速度b卫星a的向心加速度是地球表面重力加速度的倍c同步卫星b的向心加速度为地球表面赤道上物体随地球自转向心加速度的倍d卫星b的周期小于卫星a的周期考点：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 专题：人造卫星问题分析：根据地球表面重力与万有引力相等，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，知道第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大线速度，由此展开讨论即可解答：解：a、第一宇宙速度是近地卫星运行速度同时也是围绕地球做圆周运动的最大速度，故a错误；b、在地球表面有：可得，卫星a的轨道ra=3.5r，万有引力提供向心力有：=ma，则其向心加速度a=，故b正确；c、同步卫星与地球自转角速度相同，根据a=r2知，向心加速度与轨道半径成正比，故c错误；d、根据万有引力提供圆周运动向心力知得：t=，又知半径大的b卫星周期大，故d错误故选：b点评：本题关键是抓住万有引力提供圆周运动向心力，熟练掌握规律是解决问题的基础，要注意卫星的轨道半径与离地高度是不同的，轨道半径等于离地高度加上地球半径4利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为l的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，a、b两点相距也为l，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为( )a2mgb3mgc2.5mgdmg考点：向心力；物体的弹性和弹力 专题：匀速圆周运动专题分析：小球恰能过最高点的临界情况是重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最小速度，再根据动能定理求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的张力解答：解：小球恰好过最高点时有：mg=m解得： 根据动能定理得，mgl=由牛顿第二定律得：tmg=m联立得，t=2mg故a正确，b、c、d错误故选：a点评：本题综合运用了动能定理和牛顿第二定律，知道细线拉着小球在竖直面内做圆周运动，最高点和最低点靠竖直方向上的合力提供向心力5如图所示，边长为a正方形abcd处在匀强电场中，其中a=b=0，d=，f点为cd的中点保持该电场的大小和方向不变，让正方形以b点为轴在纸面内顺时针转过abf，则此时的f点电势和该匀强电场的场强分别为( )a、b、c、d、考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，沿着同一方向移动相同的距离，电势的降落相等；利用三角函数结合各点的电势即可求解解答：解：由题意，ab是等势面，所以cd也是等势面，电场线的方向沿da方向设边长为l，e=；正方向转动后的位置如图，根据旋转的性质由图中的几何关系可得：设cbf=则：c1bf1=mbc1=；mbf1=2根据勾股定理得到：=；=sin2其中：sin=，cos=又：uf1=e联立以上各式，代入数据解得：f1=u故选：c点评：本题主要运用了勾股定理，能根据旋转的性质得到mf1的长度，是解决本题的关键6如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是( )a磁铁插向左环，横杆发生转动b磁铁插向右环，横杆发生转动c磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流d磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流考点：楞次定律 分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动解答：解：a、c、左环不闭合，磁铁插向左环时，产生感应电动势，但不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；故ac错误；b、d、右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；根据楞次定律：来拒去留，从上向下看横杆发生逆时针方向转动所以选项bd正确故选：bd点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题7如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36v，6w）字样，此时l1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5a，下列说法正确的是( )a原、副线圈匝数之比为3：1b变压器的输入功率为12wc电压表的读数为18vd若l3突然断路，则l1变暗，l2变亮，输入功率减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：a、l1恰正常发光，其电流为i=a，灯泡的电阻r=216，电压表示数为0.5ir=18v，根据输入功率等于输出功率知=9w，解得：u1=18v，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，ab错误，c正确d、若l3突然断路，电阻增大，电流减小，则l1变暗，分压减小，l2分压增大变亮，输入功率p=ui减小，d正确故选：cd点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决8在一水平向右匀速传输的传送带的左端a点，每隔t的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间动摩擦因素为，工件质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，下列判断正确的有( )a传送带的速度为b传送带的速度为2c每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为d在一段较长的时间t内，传送带因为传送工件而将多消耗的能量为考点：牛顿第二定律；物理模型的特点及作用；功能关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，通过x=vt求出传送带的速度；根据工件和传送带之间的相对路程大小，求出摩擦产生的热量；根据能量守恒知，多消耗的能量一部分转化为工件的动能，一部分转化为摩擦产生的内能解答：解：a、工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x=vt，解得传送带的速度v=故a正确b、设每个工件匀加速运动的位移为s，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为g，则传送带的速度，根据题目条件无法得出s与x的关系故b错误c、工件与传送带相对滑动的路程为：=，则摩擦产生的热量为：q=故c错误d、根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量e=，在时间t内，传送工件的个数n=，则多消耗的能量故d正确故选：ad点评：解决本题的关键知道工件在传送带上的运动规律，知道各个工件在传送带上的运动规律相同，结合牛顿第二定律、运动学公式、能量守恒综合求解二、非选择题（共129分）（一）必考题9某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理；（1）将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s=50.00cm；（2）测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间t1和t2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力f，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是滑块、挡光条和拉力传感器的总质量m；（3）该实验是否需要满足砝码盘和砝码总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？否（填“是”或“否”）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题分析：（1）先明确刻度尺的分度值，读数时注意估读一位；（2）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式，进而得到还需要测量的物理量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量解答：解：（1）光电门1处刻度尺读数为：23.00cm，光电门2处刻度尺读数为：73.00cm，故两光电门中心之间的距离s=73.00cm23.00cm=50.00cm；（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：v1=滑块通过光电门2速度为：v2=根据功能关系需要验证的关系式为：fs=mv22mv12=m（）2m（）2可见还需要测量出m，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量；（3）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量故答案为：（1）50.00；（2）滑块、挡光条和拉力传感器的总质量m；（3）否点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提10为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻r （阻值约100）、滑动变阻器r1（0100）、滑动变阻器r2（010）、电阻箱r0（09999.9）、理想电流表a（量程50ma）、直流电源e（3v，内阻忽略）、导线、电键若干（1）甲同学设计（a）所示的电路进行实验请在图（b）中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接滑动变阻器应选r2（填入字母）实验操作时，先将滑动变阻器的滑动头移到左（选填“左”或“右”）端，再接通开关s；保持s2断开，闭合s1，调滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流i1断开s1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱r0阻值在100左右，再闭合s2，调节r0阻值使得电流表读数为i1时，r0的读数即为电阻的阻值（2）乙同学利用电路（c）进行实验，改变电阻箱r0值，读出电流表相应的电流i，由测得的数据作出1/ir0图象如图（d）所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则电阻的阻值为（3）若电源内阻是不可忽略的，则上述电路（a）和（c），哪种方案测电阻更好？为什么？电路（a）好因为电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：本题（1）的关键是明确变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便；题的关键是明确本实验的条件是保持变阻器的输出电压不变，然后根据欧姆定律即可求解题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出公式，然后整理出与的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解题（3）的关键是明确电源内阻对电路（a）没有影响对电路（c）有影响解答：解：（1）连线图如图所示：由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选；实验操作时，应将变阻器的滑动触头置于输出电压最小的最左端； 根据实验原理可知，变阻器的输出电压u应保持不变，根据欧姆定律，断开闭合时应有：u=；断开闭合时应有：u=，比较可知，当=时，r=，即调节r0阻值使得电流表读数为时，r0的读数即为电阻的阻值；（2）根据闭合电路欧姆定律应有：e=i（r+），整理可得：=，根据函数斜率和截距概念可知m=，k=，解得r=；（3）若电源内阻是不可忽略的，则电路（a）好，因为电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差故答案为：（1）如图；左；（2）（3）电路（a）好；电源内阻对用（a）测电阻没有影响，而导致用（c）测量电阻偏大，有测量误差点评：本题应明确：当变阻器采用分压式接法时，变阻器的阻值越小调节越方便；变阻器采用分压式接法时，当待测电阻远大于变阻器的全电阻时，变阻器的输出电压基本保持不变；遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律列出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解11如图所示，质量m=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力f=8n，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数 =0.2，小车足够长（取g=10m/s2）求：（1）经多长时间两者达到相同的速度？（2）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小考点：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）利用牛顿第二定律求的各自的加速度，利用运动学公式求的时间；（2）当小物块放上小车后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物块做匀加速直线运动，小车在水平方向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动求出两者速度相等时所经历的时间，判断物块和小车能否保持相对静止，一起做匀加速直线运动判断出物块和小车的运动情况，根据运动学公式求出物块的位移解答：解：（1）小物块的加速度=2 m/s2小车的加速度=0.5 m/s2由amt=v0+amt解得t=1 s（2）在开始1 s内小物块的位移s1=此时其速度v=at=2 m/s在接下来的0.5 s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a=0.8 m/s2这0.5 s内的位移s2=vt1+at=1.1 m则小物块通过的总位移s=s1+s2=2.1 m答：（1）经1s两者达到相同的速度（2）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为2.1m点评：解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解12（19分）如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，且当u大于零时，上极板电势比下极板高金属板板长l=0.2m，板间距离d=0.2m在金属板右侧，紧挨着金属板边缘有一个足够长的匀强磁场区域，其边界为直线mn和pq，mn、pq均与两板中线oo垂直，磁感应强度b=1.25102t，方向垂直纸面向里现有带正电的粒子流沿两板中线oo连续射入电场中，已知每个粒子的速度大小 v0=105m/s，比荷q/m=108c/kg，重力忽略不计在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为恒定不变，不考虑因电场变化对带电粒子运动产生的影响，不考虑电荷间的相互影响求：（1）能够进入磁场区域的粒子的最大动能与最小动能的比值；（2）要让穿过mn进入磁场的粒子都能从磁场中返回到mn，磁场区域的最小宽度；（3）u满足什么范围，穿过mn进入磁场的粒子能重新返回进入电场？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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：1、偏转电压为零时，带电粒子进入磁场区域时的初动能最小，当偏转电压不为零时，粒子做类平抛运动，在竖直方向偏转位移最大时粒子获得动能最大，根据类平抛运动规律求解此时的最大动能，从而得到比值；2、带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度越大运动轨迹的半径越大，要求的磁场宽度越宽，根据上一小题的结论可知进入磁场的最大速度的值，根据洛伦兹力提供向心力 可以解得轨迹半径r，根据几何关系最小宽x=r+rsin45，代入数据化简即可3、粒子进入磁场时，速度方向与水平方向成角，速度大小为vt，它进磁场与出磁场之间的距离为l，根据几何关系，所有粒子的距离l是一常数，与偏转电压（角）无关，当粒子水平方向进入磁场时，故在小于0v的电压范围内粒子不能都返回电场根据几何关系，又匀加速运动的位移公式t2，代入数据计算出最小电压u，从而得知电压的取值范围解答：解：（1）带电粒子经过电场做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，故在电场中运动的时间为t，有：在竖直方向上运动的位移为：当偏转位移最大时，偏转电压最大，为：=100v故最大动能为：当偏转电压为零时，电场力不做功，则最小动能为：所以（2）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度越大运动轨迹的半径越大，要求的磁场宽度越宽，宽度最宽的粒子的运动轨迹如右图所示根据上一小题的结论可知进入磁场的最大速度为：根据洛伦兹力提供向心力为：解得：代入数据得：最小宽度为：x=r+rsin45解得：x=（3）设某粒子进入磁场时，速度方向与水平方向成角，速度大小为vt，它进磁场与出磁场之间的距离为l，如图，根据几何关系可得：=代入数据可得：l=0.16m 即所有粒子的距离l是一常数，与偏转电压（角）无关当粒子水平方向进入磁场时，故在小于0v的电压范围内粒子不能都返回电场，只有向下偏转的部分粒子才能返回电场，有：=0.06m又因为t2解得：u=60v 故范围为60vu100v答：（1）能够进入磁场区域的粒子的最大动能与最小动能的比值为2（2）要让穿过mn进入磁场的粒子都能从磁场中返回到mn，磁场区域的最小宽度为（3）交流电压在范围为60vu100v，穿过mn进入磁场的粒子能重新返回进入电场点评：本题关键是画出粒子进入磁场后的各种可能的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力列式后得出半径，然后求出磁偏转的距离表达式，从而得到偏转电压的范围（二）选考题【物理选修3-3】13下列说法正确的是( )a可以将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用b温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大c气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果d分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小e在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高考点：封闭气体压强；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律 分析：明确热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；分子间同时存在引力和斥力，随着分子距离的增加，引力和斥力同时减小；解答：解：a、工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用，这个过程违反热力学第二定律，故a错误；b、温度升高，物体中分子平均动能增大，大多数分子的动能增大，具体到某个分子的动能变化不能确定，b错误；c、气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，c正确；d、分子间作用力（引力和斥力）随分子间距离增大而减小，d正确；e、搅拌液体外界对液体做功，而此过程又是绝热，液体与外界无热量交换，据热力学第一定律可知能使液体，故温度升高，e正确故选：cde点评：本题考查热力学多个知识点，重点要理解并掌握布朗运动的实质和意义，知道温度的微观意义和热力学第二定律等等基础知识14如图所示，玻璃管的横截面s=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取p0=1105pd）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：整个过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由有意耳定律计算即可解答：解：玻璃管平放时有：p1=p0故：p1v1=p0l0s 玻璃管正立时有：故：玻璃管倒立时有：故：由解得：l=l3l2=代入数据得：l=2cm答：玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是2cm点评：以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可物理-选修3-415一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )aa质点再经过一个周期将传播到d点bb点正在向上运动cb点再经过t回到平衡位置d该波的周期t=0.05sec点再经过t将到达波峰的位置考点：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：质点不随波传播，波传播的是能量和振动的方式根据横波的图象得出机械波的振幅，波长根据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4倍的振幅得出质点在10s内通过的路程解答：解：a、质点不随波传播，a错；b、由波向右传播可知b点向上振动，b对；c、b点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，c错；d、由t=可知周期为0.05秒，d对； e、c点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，e对故选：bde点评：此题考查读图的能力，能由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力16如图所示，mn是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为0=600nm的单色细光束ab平行于mn射向球体，b为入射点，若出射光线cd与mn的交点p到球心o的距离是球半径的倍，且与mn所成的夹角=30求：透明体的折射率n；此单色光在透明球体中的波长考点：光的折射定律；折射率及其测定 专题：光的折射专题分析：连接ob、bc，在b点光线的入射角、折射角分别标为i、r，作出光路图，根据几何关系求