湖南省益阳六中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2013-2014学年湖南省益阳六中高二（上）期末物理试卷一、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68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（6分）（2014怀化三模）如图所示，用手指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使oa水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时手对针脚a、b均有作用力，下图对这两个作用力方向的描述，大致正确的是（）abcd2（6分）（2014怀化三模）如图所示，a、b两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为m的斜面c顶端由静止开始下滑已知斜面的倾角为，斜面始终保持静止则在此过程中，以下说法正确的是（）aa、b两物体间作用力为0ba、b两物体间的作用力为2mgsinc斜面对地面的压力为mg+2mgd地面对斜面的摩擦力为03（6分）（2014怀化三模）如图所示，真空中有a、b两个等量异种点电荷，o、m、n是ab连线的垂线上的三个点，且aoob一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，运动轨迹如图中实线所示若分别用m和n代表m、n两点的电势，用ekm和ekn，am和an代表粒子经过m、n两点时的动能和加速度，则以下关系正确的是（）am=n，ekm=ekn，am=anbmn，ekmekn，amancmn，ekmekn，amandmn，ekmekn， aman4（6分）（2014八道江区校级二模）如图所示，从倾角为=30的斜面顶端以初动能e1=6j向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能e2为（）a8jb12jc14jd16j5（6分）（2011朝阳区一模）1980年10月14日，中国科学院紫金山天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经国际小行星中心和国际小行星命名委员会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星”，以表彰这位“两弹一星”的功臣对我国科技事业做出的卓越贡献若将地球和“钱学森星”绕太阳的运动看作匀速圆周运动，它们的运行轨道如图所示已知“钱学森星”绕太阳运行一周的时间约为3.4年，设地球绕太阳运行的轨道半径为r，则“钱学森星”绕太阳运行的轨道半径约为（）abcd6（6分）（2014怀化三模）一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36v72w”字样，用电器工作时需使用变压器将220v的交变电压进行降压由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）a原线圈cd两点间的电压为220 vb在t=0.01 s时，电压表的示数为0 vc通过原线圈中的电流为0.4 ad可变电阻r0上消耗的电功率为l6 w7（6分）（2014怀化三模）如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为r，开关k闭合两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是（）a若将滑片p向上滑动，粒子将向a板偏转b若将a极板向上移动，粒子将向b板偏转c若增大带电粒子带电量，粒子将向a板偏转d若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转8（6分）（2013黄州区校级二模）如图甲所示，导体框架abcd的ab、cd边平行，框架平面与水平面的夹角为，质量为m的导体棒pq垂直放在两平行导轨ab、cd上，导体棒与框架构成回路的总电阻为r，整个装置处于垂直于框架平面的变化磁场中，磁感应强度（取垂直框架向上为正）随时间变化规律如图乙所示pq能始终保持静止，则在0t2时间内，回路中电流i随时间t变化的图象（取pqcbp方向为正）和pq受到的摩擦力f随时间t变化的图象（取平行于框架平面向上为正）可能正确的是（）abcd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（共47分）9（6分）（2013孝感二模）在用游标为20分度的游标卡尺测某金属管的内径时，示数如图甲所示，读数为cm在测定金属丝的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为mm10（9分）（2013下陆区校级模拟）现有一量程为3v的电压表，内阻约为3k为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图a所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内电阻其中r1是最大阻值为9999的电阻箱，r2是最大阻值为20的滑动变阻器试根据图a所示的电路图，完成如图b所示的实物电路的连线根据电路图连线后有如下的主要操作步骤：a将电阻箱的阻值调至某一确定阻值（最好为3k左右），并记下此时的电阻值r闭合开关s1和s2，调节滑动变阻器r2的滑动头p，使电压表的指针偏转一个较大的角度（或满刻度），并记录此时电压表的示数u1b断开s1，拆除电路，实验器材复原c保持p的位置不变，断开s2，记录此时电压表的示数u2d按电路图连好电路后，将滑动变阻器的滑动头p移至a端按本实验正确的操作步骤排序（只填写步骤前的字母）根据实验记录的数据r、u1、u2，可求出电压表的内电阻为：rv=根据此实验原理，电压表内阻的测量值与真实值的关系为：测量值真实值（选填大于、等于或小于）11（14分）（2011江苏校级模拟）如图所示，倾角=37的斜面底端b平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端b时的速度大小（2）物块运动到圆轨道的最高点a时，对圆轨道的压力大小12（18分）（2013秋资阳区校级期末）如图所示，匀强磁场分布在0x（2+）a且以直线pq为下边界的区域内，opq=30y0的区域内存在着沿y轴正向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子重力）从电场中一点m（2a，a）以初速度vo沿x轴正向射出后，恰好经坐标原点o进入第i象限，最后刚好不能从磁场的右边界飞出求：（1）匀强电场的电场强度的大小e；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小b；（3）粒子在磁场中的运动时间三、（二）选考题：共15分请考生从给出的2道物理题、选一题作答【选修物理3-3】（15分）13（6分）（2014秋忻府区校级月考）下列说法正确的是（）a物体吸收热量，其温度一定升高b橡胶无固定熔点，是非晶体c做功和热传递是改变物体内能的两种方式d布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映e第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律14（9分）（2014大连二模）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：该气体在状态bc时的温度分别为多少？该气体从状态a到状态c的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？四、【选修物理3-5】（15分）15（2014怀化三模）下列说法正确的是（）a氡的半衰期为3.8天，若取8个氡原子核，经3.8天后可能还剩5个氡原子核b衰变的实质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是粒子c物质波的波长由动能所决定d氘核和氚核可发生热核聚变，核反应方程是h+hhe+ne按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变16（2014怀化三模）如图，质量为m=1kg的木桩竖直插在沙中，质量为m=4kg的铁锤从木桩的正上方离木桩上端h=5m高处自由落下，铁锤击中木桩后不反弹，在极短时间内两者达到共同速度一起竖直向下运动，经时间t=0.1s停下（不计空气阻力和碰撞时间，g取10m/s2）求：铁锤和木桩的共同速度大小；木桩受到沙的平均作用力大小2013-2014学年湖南省益阳六中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、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68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（6分）（2014怀化三模）如图所示，用手指捏住圆规的一个针脚，另一个有铅笔芯的脚支撑在手掌心位置，使oa水平，然后在外端挂上一些不太重的物品，这时手对针脚a、b均有作用力，下图对这两个作用力方向的描述，大致正确的是（）abcd考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：如图，在圆规外端挂上物品，针脚a相对于手有向左运动的趋势，手对针脚有向右的静摩擦力，针脚b对手有斜向右下方的压力解答：解：由题，在圆规外端挂上物品，针脚a相对于手指有向左运动的趋势，手指对针脚有向右的静摩擦力；挂上物品后，针脚b对手产生斜向右下方的压力，根据牛顿第三定律，手对针脚b有向左上的支持力；故选：b点评：本题是生活中的物理现象，运用物理知识进行分析，培养观察和思考问题的习惯，对学习物理大有好处2（6分）（2014怀化三模）如图所示，a、b两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为m的斜面c顶端由静止开始下滑已知斜面的倾角为，斜面始终保持静止则在此过程中，以下说法正确的是（）aa、b两物体间作用力为0ba、b两物体间的作用力为2mgsinc斜面对地面的压力为mg+2mgd地面对斜面的摩擦力为0考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对整体受力分析求出整体的加速度，再对b受力分析即可求得a对b的压力；对abc整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解地面对其的支持力和静摩擦力情况解答：解：a、b、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a=gsin；则再对b由牛顿第二定律可知：f合=ma=mgsin；合力等于b的重力沿斜面向下的分力；故说明ab是没有相互作用力；故a正确，b错误；c、d、对abc整体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；由于ab整体向左下方加速下滑，c静止不动，故abc整体的合力向左下方，故支持力小于重力，即斜面对地面的压力小于mg+2mg；地面对斜面的摩擦力水平向左；故c错误，d错误；故选：a点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要明确ab两物体加速度相同，均是重力的分力提供加速度；对加速度不同的连接体问题也可以用整体法列式3（6分）（2014怀化三模）如图所示，真空中有a、b两个等量异种点电荷，o、m、n是ab连线的垂线上的三个点，且aoob一个带负电的检验电荷仅在电场力的作用下，运动轨迹如图中实线所示若分别用m和n代表m、n两点的电势，用ekm和ekn，am和an代表粒子经过m、n两点时的动能和加速度，则以下关系正确的是（）am=n，ekm=ekn，am=anbmn，ekmekn，amancmn，ekmekn，amandmn，ekmekn，aman考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，粒子所受的电场力大，加速度大；电场线疏的地方电场的强度小，电场力和加速度小电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加分析电势能的变化，根据能量守恒分析动能的大小解答：解：据负带电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以a带正电，b带负电，因为aoob，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，所以m点的电势低，场强大，即mn，emen由于粒子带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，则知粒子在m处电势能大，即epmepn，根据能量守恒定律可得：粒子在n处动能大，即ekmekn故c正确，abc错误故选：c点评：本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析本题4（6分）（2014八道江区校级二模）如图所示，从倾角为=30的斜面顶端以初动能e1=6j向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能e2为（）a8jb12jc14jd16j考点：平抛运动；动能定理专题：平抛运动专题分析：小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系得出运动的时间，从而得出竖直分速度与水平分速度的关系，结合动能的表达式求出小球落到斜面上的动能大小解答：解：根据得：，则竖直分速度为：因为，则有：=14j故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直上的运动规律，抓住竖直位移与水平位移的关系进行求解5（6分）（2011朝阳区一模）1980年10月14日，中国科学院紫金山天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经国际小行星中心和国际小行星命名委员会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星”，以表彰这位“两弹一星”的功臣对我国科技事业做出的卓越贡献若将地球和“钱学森星”绕太阳的运动看作匀速圆周运动，它们的运行轨道如图所示已知“钱学森星”绕太阳运行一周的时间约为3.4年，设地球绕太阳运行的轨道半径为r，则“钱学森星”绕太阳运行的轨道半径约为（）abcd考点：开普勒定律；万有引力定律及其应用分析：根据开普勒第三定律，地球与钱学森星的轨道半径的三次方之比等于公转周期的平方之比，列式求解解答：解：根据开普勒第三定律，有=解得r钱=r故选c点评：本题考查开普勒定律的应用，当然，也可根据万有引力等于向心力列式求解6（6分）（2014怀化三模）一课外活动小组在一次活动中，用到的用电器上标有“36v72w”字样，用电器工作时需使用变压器将220v的交变电压进行降压由于手边只有一个匝数比为5：1的变压器，不能直接使用经过讨论后，大家认为可在原线圈上加一个可变电阻进行调节，设计好的电路示意图如图甲所示当在ab两端间加上如图乙所示的电压后，用电器恰好能正常工作，则下列说法正确的是（）a原线圈cd两点间的电压为220 vb在t=0.01 s时，电压表的示数为0 vc通过原线圈中的电流为0.4 ad可变电阻r0上消耗的电功率为l6 w考点：变压器的构造和原理；电功、电功率；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：副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系，即可求得cd两端的电压；电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值；根据公式p=ui计算出副线圈中的电流，然后根据变压器的电流与匝数的关系计算原线圈中的电流；根据p=ui计算可变电阻上的电功率解答：解：a、副线圈两端的电压即用电器两端的电压，根据变压器的电压与匝数的关系得：故a错误；b、电压表中的电压是交流的有效值，不是瞬时值故b错误；c、根据公式p=ui得：副线圈中的电流为：，根据变压器的电流与匝数的关系得：故c正确；d、可变电阻r0上消耗的电功率为：p0=（uu1）i1=（220180）0.4w=16w故d正确故选：cd点评：考查变压器的原理，明确电流与电压与匝数的关系，还要明确该电路中，ab两端的电压与cd两端的电压不是一个电压，cd两端的电压才是变压器的输入电压7（6分）（2014怀化三模）如图所示，电源电动势为e，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为r，开关k闭合两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是（）a若将滑片p向上滑动，粒子将向a板偏转b若将a极板向上移动，粒子将向b板偏转c若增大带电粒子带电量，粒子将向a板偏转d若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转考点：带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电容器与r并联，故电容器两端的电压等于r两端的电压；则a、b之间形成电场，带电粒子在混合场中做匀速运动，则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反；则分析滑片移动时，极板间场强的变化可知电场力的变化，则可知粒子受力的变化，即可得出带电粒子偏转的方向解答：解：a、因电容器与电阻并联，将滑片p向上滑动，电阻两端的电压减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，因带负电，电场力向上，则粒子将向b板偏转运动，故a错误；b、保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由e=可知，板间场强减小，若粒子带负电，则粒子所受电场力向上，洛仑兹力向下，带电粒子受电场力变小，则粒子将向b板偏转，故b正确；c、若增大带电粒子带电量，所受电场力增大，而所受洛仑兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故c错误；d、由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带负电，受电场力向上，洛仑兹力向下，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛仑兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，故d正确；故选：bd点评：本题综合了电路、电容及磁场的知识，综合性较强；同时要注意由于题目中没有给出粒子的电性，故必须讨论可能出现的情况8（6分）（2013黄州区校级二模）如图甲所示，导体框架abcd的ab、cd边平行，框架平面与水平面的夹角为，质量为m的导体棒pq垂直放在两平行导轨ab、cd上，导体棒与框架构成回路的总电阻为r，整个装置处于垂直于框架平面的变化磁场中，磁感应强度（取垂直框架向上为正）随时间变化规律如图乙所示pq能始终保持静止，则在0t2时间内，回路中电流i随时间t变化的图象（取pqcbp方向为正）和pq受到的摩擦力f随时间t变化的图象（取平行于框架平面向上为正）可能正确的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：由图看出，磁感应强度均匀增大，穿过pqcb回路的磁通量均匀增加，回路中产生恒定电流，根据安培力公式分析安培力大小的变化情况，由左手定则判断安培力方向，由平衡条件分析棒pq受到的静摩擦力的大小变化情况解答：解：a、b由图看出，磁感应强度均匀变化，一定，穿过pqcb回路的磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，感应电流也恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向沿pqcbp方向，为正；故a错误，b正确c、由左手定则判断可知，在0t1时间内，导体棒pq所受安培力方向沿斜面向上由f=bil可知，b均匀减小，pq所受安培力大小f均匀减小，若静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得到，棒pq受到的静摩擦力大小f=mgsinf，f均匀减小，则f均匀增大在t1t2时间内，导体棒pq所受安培力方向沿斜面向下由f=bil可知，b均匀增大，pq所受安培力大小f均匀增大，静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得到，棒pq受到的静摩擦力大小f=f+mgsin，f均匀增大，则f均匀增大故c正确d、由左手定则判断可知，在0t1时间内，导体棒pq所受安培力方向沿斜面向上由f=bil可知，b均匀减小，pq所受安培力大小f均匀减小，若静摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件得到，棒pq受到的静摩擦力大小f=fmgsin，f均匀减小，则f均匀减小在t1t2时间内，导体棒pq所受安培力方向沿斜面向下由f=bil可知，b均匀增大，pq所受安培力大小f均匀增大，静摩擦力沿斜面向上，为正根据平衡条件得到，棒pq受到的静摩擦力大小f=f+mgsin，f均匀增大，则f均匀增大故d错误故选：bc点评：本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向二、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（共47分）9（6分）（2013孝感二模）在用游标为20分度的游标卡尺测某金属管的内径时，示数如图甲所示，读数为6.170cm在测定金属丝的电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为1.780mm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：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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、游标卡尺的主尺读数为：6.1cm=61mm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为140.05mm=0.70mm，所以最终读数为：61mm+0.70mm=61.70mm=6.170cm2、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为28.00.01mm=0.280mm，所以最终读数为1.5mm+0.280mm=1.780mm故答案为：6.170，1.780点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量注意读出的数据小数部分最后面的零不能漏掉10（9分）（2013下陆区校级模拟）现有一量程为3v的电压表，内阻约为3k为了较准确地测量其内电阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图a所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内电阻其中r1是最大阻值为9999的电阻箱，r2是最大阻值为20的滑动变阻器试根据图a所示的电路图，完成如图b所示的实物电路的连线根据电路图连线后有如下的主要操作步骤：a将电阻箱的阻值调至某一确定阻值（最好为3k左右），并记下此时的电阻值r闭合开关s1和s2，调节滑动变阻器r2的滑动头p，使电压表的指针偏转一个较大的角度（或满刻度），并记录此时电压表的示数u1b断开s1，拆除电路，实验器材复原c保持p的位置不变，断开s2，记录此时电压表的示数u2d按电路图连好电路后，将滑动变阻器的滑动头p移至a端按本实验正确的操作步骤排序dacb（只填写步骤前的字母）根据实验记录的数据r、u1、u2，可求出电压表的内电阻为：rv=根据此实验原理，电压表内阻的测量值与真实值的关系为：测量值大于真实值（选填大于、等于或小于）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据实验的原理图，逐步连接即可；依据实验的原理，设计合理的步骤即可；据半偏法测电阻原理分析即可解答：解：（1）据实验原理图，连接电路如图：（2）据实验的操作的大体步骤：实验准备实验操作数据处理整理仪器，所以本实验的操作步骤为：dacb（3）本实验中电压表的阻值远大于滑动变阻器的电阻，并用滑动变阻器的分压解法，故在操作中电路的总电阻几乎不变，故保持p的位置不变，含有电压表的支路的电压几乎不变，所以断开s2，流过r1的电流为i=，所以电压表的内电阻为：rv=（4）实验操作中，断开s2，当p不变时，会使电路总电阻稍微变大，总电流稍微减小，会使含电压表支路的电压稍微变大；而具体操作中认为含有电压表的支路的电压不变，即断开s2，r1两端的电压比u1u2大，再据rv=知，故会使测量值大于真实值故答案为：（1）如图（2）dacb：（3）（4）大于点评：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数据处理以及注意事项，掌握半偏法测电阻的原理及误差分析11（14分）（2011江苏校级模拟）如图所示，倾角=37的斜面底端b平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数=0.25，求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物块滑到斜面底端b时的速度大小（2）物块运动到圆轨道的最高点a时，对圆轨道的压力大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块滑动到b点过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理列式求解即可；（2）物块运动到圆轨道的最高点a时，受到重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可以列式；物体从b滑动到a过程，只有重力做功，机械能守恒，根据守恒定律列式；最后联立方程组求解即可解答：解：（1）物块滑动到b点过程中，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有mghmgcos=解得=6m/s即物块滑到斜面底端b时的速度大小为6m/s（2）物体从b滑动到a过程，只有重力做功，根据动能定理，有mg2r=解得在a点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得n=20n根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上；故物块运动到圆轨道的最高点a时，对圆轨道的压力大小为20n点评：本题关键对物体的运动情况分析清楚，然后运用动能定理和牛顿第二定律列式求解；同时要知道，能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决12（18分）（2013秋资阳区校级期末）如图所示，匀强磁场分布在0x（2+）a且以直线pq为下边界的区域内，opq=30y0的区域内存在着沿y轴正向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计粒子重力）从电场中一点m（2a，a）以初速度vo沿x轴正向射出后，恰好经坐标原点o进入第i象限，最后刚好不能从磁场的右边界飞出求：（1）匀强电场的电场强度的大小e；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小b；（3）粒子在磁场中的运动时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子垂直于电场进入第一象限，粒子做类平抛运动，由到达n的速度方向可利用速度的合成与分解得知此时的速度，根据牛顿第二定律可求出加速度与速度及位移关系，从而求出电场强度；（2）应用动能定理即可求得电场中粒子的速度，粒子以此速度进入第四象限，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，先画出轨迹图，找出半径；利用洛伦兹力提供向心力的公式，可求出在磁场中运动的半径（3）利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角的大小，然后求出运动时间解答：解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a=v0t，竖直方向：a=at2=t2，解得：e=；（2）在o点，vy=at，v=，tan=，解得：v=2v0，速度v与x轴正方向夹角：=60，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：（1+cos30）r=（2+）a，解得：r=a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：b=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：t=，粒子在磁场中的运动时间：t=t=；答：（1）匀强电场的电场强度的大小为；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小为；（3）粒子在磁场中的运动时间为点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，作出粒子运动轨迹、应用几何知识是正确解题的前提三、（二）选考题：共15分请考生从给出的2道物理题、选一题作答【选修物理3-3】（15分）13（6分）（2014秋忻府区校级月考）下列说法正确的是（）a物体吸收热量，其温度一定升高b橡胶无固定熔点，是非晶体c做功和热传递是改变物体内能的两种方式d布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映e第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律考点：热力学第二定律；布朗运动；热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，内能不一定增大，非晶体的特点是无固定熔点，布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，第二类永动机是不能制造出来的，它违反热力学第二定律解答：解：a、改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，内能不一定增大，其温度不一定升高，a错误c正确；b、非晶体的特点是无固定熔点，b正确；d、布朗运动是固体小颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，d错误；e、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，e正确；故选bce点评：本题考查了热力学第二定律的知识，难度不大基础题14（9分）（2014大连二模）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：该气体在状态bc时的温度分别为多少？该气体从状态a到状态c的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？考点：气体的等容变化和等压变化专题：压轴题；气体的状态参量和实验定律专题分析：根据图象可知：ab等容变化，由查理定律即可求出b状态温度；bc等压变化，由盖吕萨克定律即可求出c状态温度；比较ac两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较ac两状态的体积可判断w的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题解答：解；对于理想气体由图象可知：ab等容变化，由查理定律得：代入数据得：tb=100k又：t=273+t得：tb=173 bc等压变化，由盖吕萨克定律得 代入数据得：tc=300k联立得：tc=27a到状态c体积增大，对