河南省洛阳市中成外国语学校高三物理下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省洛阳市中成外国语学 校2015届高三下学期月考物理试卷（4月份）一、选择题：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运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为m、m球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则（） a 运动员的加速度为gcot b 球拍对球的作用力 c 运动员对球拍的作用力为mgcos d 若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动2如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力f拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（） a 滑块对球的弹力增大 b 挡板对球的弹力减小 c 斜面对滑块的弹力增大 d 拉力f不变3如图所示a、d分别是斜面的顶端、底端，b、c是斜面上的两个点，ab=bc=cd，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（） a 球1和球2运动的时间之比为2：1 b 球1和球2运动的时间之比为1：2 c 球1和球2抛出时初速度之比为2：1 d 球1和球2运动时的加速度之比为1：24如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0108c的滑块p（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02取重力加速度g=10m/s2则下列说法中不正确的是（） a 滑块运动的加速度逐渐减小 b 滑块运动的速度先增大后减小 c x=0.15m处的场强大小为2.0106n/c d 滑块运动的最大速度约为0.1m/s52014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”以及“高分一号”均可认为绕地心o做匀速圆周运动卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（） a 卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为 g b 卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为 c 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速 d “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小6如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到d点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从a点运动到e点的过程中，下列说法中正确的是（） a 质点经过c点的速率比d点的大 b 质点经过a点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90 c 质点经过d点时的加速度比b点的大 d 质点从b到e的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（） a 匀强电场方向竖直向上 b 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2 c 整个过程中小球电势能减少了2mg2t2 d 从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t28如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（） a 通过r的电流方向为由外向内 b 通过r的电流方向为由内向外 c r上产生的热量为 d 流过r的电量为二、非选择题9dis实验是利用现代信息技术进行的实验“用dis研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择dis以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能ep、动能ek或机械能e试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能e、动能ek、重力势能ep随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是（按顺序填写相应图线所对应的文字）；根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：10某实验小组进行“探究热敏电阻 的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻rt（常温下约8k）、温度计、电流表ma（量程1ma，内阻约200）电压表v （量程3v，内阻约10k）电池组e （4.5v，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值为20）开关s、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整实验开始前滑动变阻器的滑动触头p应置于端（选填a或b）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻rtt图象如图乙中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是（填选项前的字母，不定项选择）a电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大b电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小c温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流 较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式i2r=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t是周围环境温度，i为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电 流恒为 50ma，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在11如图所示，质量m=5kg、上表面光滑的长度为l=1m的木板，在f=25n的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块（可视为质点），它们的质量均为m=1kg，将一小铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了l时，又无初速地在木板的最右端放上第2块小铁块，只要木板运动了l就在木板的最右端无初速放一小铁块取g=10m/s2试问（1）第1块小铁块放上后，木板运动l时，木板的速度多大？最后放在木板上的小铁块是第几块？12如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m=1kg，导轨间距d=0.5m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为ep=16j现释放弹簧（与两棒不拴接），两金属棒获得大小相等的速度，且ab棒平行导轨进入一随时间变化的磁场，已知b=2+0.5t（单位：t），方向垂直导轨平面向下，导轨上另有两个挡块p、q，cd棒与之碰撞时无能量损失，pc=am=16m，两棒电阻均为r=5，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时（不考虑弹簧弹开两棒的时间），在ab棒进入磁场边界的瞬间，加一外力f（大小和方向都可以变化），使之始终做加速度a=0.5m/s2的匀减速直线运动，求：（1）ab棒刚进入磁场时的外力f的大小与方向；ab棒速度为零时所受到的安培力【物理-选修3-4】13a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是（） a 1：1 b 2：1 c 1：2 d 3：1 e 1：3 14有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？【物理-选修3-5】15以下说法符合物理学史的是（） a 普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元 b 康普顿效应表明光子具有能量 c 德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性 d 汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构 e 为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的16如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的b、c两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块c紧靠挡板但不粘连另一质量为m的小物块a以速度vo从右向左与b发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）a、b碰后瞬间各自的速度；弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比河南省洛阳市中成外国语学校2015届高三下学期月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题：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运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为m、m球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦及空气阻力不计，则（） a 运动员的加速度为gcot b 球拍对球的作用力 c 运动员对球拍的作用力为mgcos d 若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动解答： 解：a、b、c对网球：受到重力mg和球拍的支持力n，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：nsin=mancos=mg解得，a=gtan，n=以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为f=故ac错误，b正确d、当agtan时，网球将向上运动，由于gsin与gtan的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动故d错误故选：b点评： 本题是两个作用下产生加速度的问题，分析受力情况是解答的关键，运用正交分解，根据牛顿第二定律求解2如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力f拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（） a 滑块对球的弹力增大 b 挡板对球的弹力减小 c 斜面对滑块的弹力增大 d 拉力f不变考点： 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： 隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化解答： 解：a、b、对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力f1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，f2与竖直方向夹角减小，最小时f2垂直于f1，可以知道挡板弹力f1和滑块对球的作用力f2都减小；故a错误，b正确；c、d、再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中f n=gcos不变，f+f1不变，f1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力f增大，故c错误，d错误故选：b点评： 本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用3如图所示a、d分别是斜面的顶端、底端，b、c是斜面上的两个点，ab=bc=cd，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（） a 球1和球2运动的时间之比为2：1 b 球1和球2运动的时间之比为1：2 c 球1和球2抛出时初速度之比为2：1 d 球1和球2运动时的加速度之比为1：2考点： 平抛运动专题： 平抛运动专题分析： 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解答： 解：a、b、因为ac=2ab，则ac的高度差是ab高度差的2倍，根据h=gt2得，t=，解得运动的时间比为1：故a错误，b错误；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：c点评： 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4如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0108c的滑块p（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02取重力加速度g=10m/s2则下列说法中不正确的是（） a 滑块运动的加速度逐渐减小 b 滑块运动的速度先增大后减小 c x=0.15m处的场强大小为2.0106n/c d 滑块运动的最大速度约为0.1m/s考点： 带电粒子在匀强电场中的运动专题： 电场力与电势的性质专题分析： 电势与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大解答： 解：a、b、c、电势与位移x图线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强e=v/m=2106v/m，此时的电场力f=qe=21082106n=0.04n，滑动摩擦力大小f=mg=0.022n=0.04n，在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大故a错误，b、c正确d、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5105v，代入求解，最大速度大约为0.1m/s故d正确本题选择不正确的，故选：a点评： 解决本题的关键知道电势与位移x图线的斜率表示电场强度，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况52014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”以及“高分一号”均可认为绕地心o做匀速圆周运动卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（） a 卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为 g b 卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为 c 如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速 d “高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题： 人造卫星问题分析： 根据万有引力提供圆周运动向心力及重力与万有引力相等分析卫星的加速度大小情况，掌握卫星变轨原理即通过做离心运动和近心运动改变运动轨道，根据除重力外其它力做功与机械能变化的关系分析机械能的变化情况解答： 解：a、根据万有引力提供向心力，得a=而gm=gr2所以卫星的加速度故a错误；b、根据万有引力提供向心力，得所以卫星1由位置a运动到位置b所需的时间t=故b错误；c、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达g3所在轨道必须对其加速，故c错误；d、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小故d正确故选：d点评： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及黄金代换式gm=gr26如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到d点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从a点运动到e点的过程中，下列说法中正确的是（） a 质点经过c点的速率比d点的大 b 质点经过a点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90 c 质点经过d点时的加速度比b点的大 d 质点从b到e的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小考点： 向心力；牛顿第二定律专题： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析： 物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向解答： 解：a、由题意，质点运动到d点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿d点轨迹的切线方向，则知加速度斜向左上方，合外力也斜向左上方，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由c到d过程中，合外力做负功，由动能定理可得，c点的速度比d点速度大，故a正确；b、质点运动到d点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿轨迹的切线方向，加速度指向轨迹的内侧，则有a、b、c三点速度与加速度方向夹角大于90，故b正确；c、质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过d点时的加速度与b点相同，故c错误；d、质点从b到e的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，故d错误；故选：ab点评： 本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，关键掌握曲线运动速度方向特点和物体做曲线运动的条件，知道加速度的方向特点7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（） a 匀强电场方向竖直向上 b 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2 c 整个过程中小球电势能减少了2mg2t2 d 从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能专题： 电场力与电势的性质专题分析： 分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由w=qed求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出a点到最低点的高度，得到重力势能的减小量解答： 解：a、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故a错误；b、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ek=，故b错误；c、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为e，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g，则小球回到a点时的速度为v=vat=2gt整个过程中小球速度增量的大小为v=vv=3gt，速度增量的大小为3gt由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：eq=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故c正确；d、设从a点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqe（hgt2）=0解得：h=gt2；故d正确故选：cd点评： 本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究8如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（） a 通过r的电流方向为由外向内 b 通过r的电流方向为由内向外 c r上产生的热量为 d 流过r的电量为考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律专题： 电磁感应与电路结合分析： 根据楞次定律判断感应电流的方向金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量通过r的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过r的电量 q=求解解答： 解：ab、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过r的电流方向为由外向内故a正确，b错误c、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em根据焦耳定律有：q=t时间为 t=联立解得 q=故c正确d、通过r的电量由公式：q=t=故d错误故选：ac点评： 解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量二、非选择题9dis实验是利用现代信息技术进行的实验“用dis研究机械能守恒定律”的实验装置如图甲所示，小组同学在实验中利用小铁球从很光洁的曲面上滚下，选择dis以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示图象的横轴表示小球距d点（最低点）的高度h，纵轴表示小铁球的重力势能ep、动能ek或机械能e试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的机械能e、动能ek、重力势能ep随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是甲、丙、乙（按顺序填写相应图线所对应的文字）；根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是：忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒考点： 验证机械能守恒定律专题： 实验题分析： 根据小球向上滑动过程中，重力做负功，高度h增大，由ep=mgh增大，动能减小，而重力势能和动能的总量即机械能不变来选择图线小球摆动过程受到支持力和重力，支持力不做功，只有重力做功，在这个条件下得出结论：只有重力做功的情况下小球机械能守恒解答： 解：（1）将各个时刻对应的高度和速度二次方数据标在坐标图中，用描点法作出v2h图象；由mgh=mv2，可得v2h图象的斜率等于2g根据小球下滑动能增大、重力势能减小、机械能不变可知表示小球的重力势能ep、动能ek、机械能e随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲 小球运动过程受到支持力和重力，拉支持力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒故得出的结论是：忽略阻力作用，小球在下落过程中机械能守恒故答案为：（1）甲、丙、乙；忽略阻力作用，小球下落过程机械能守恒点评： 本题考查理解物理图象的能力守恒定律关键要明确条件验证性实验最后得出结论时，要强调在实验误差允许的范围内10某实验小组进行“探究热敏电阻 的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻rt（常温下约8k）、温度计、电流表ma（量程1ma，内阻约200）电压表v （量程3v，内阻约10k）电池组e （4.5v，内阻约1）滑动变阻器r（最大阻值为20）开关s、导线若干、烧杯和水（1）根据提供器材的参数将图甲所示的实物图中所缺的导线补接完整实验开始前滑动变阻器的滑动触头p应置于a端（选填a或b）（3）利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻rtt图象如图乙中的实测曲线，与图中理论曲线相比二者有一定的差异除了偶然误差外，下列关于产生系统误差的原因或减小系统误差的方法叙述正确的是ac（填选项前的字母，不定项选择）a电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大b电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小c温度升高到一定值后，电流表应改为外接法（4）将本实验所用的热敏电阻接到一个电流 较大的恒流电源中使用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平衡时，满足关系式i2r=k（tt0）（其中k是散热系数，t是电阻的温度，t是周围环境温度，i为电流强度），电阻的温度稳定在某一值若通过它的电 流恒为 50ma，t0=20，k=0.25w/，由实测曲线可知该电阻的温度稳定在50考点： 伏安法测电阻专题： 实验题分析： （1）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图；滑动变阻器采用分压接法时，闭合开关前，滑片应调到分压电路分压应为零处（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应点，然后作出图象分析实验电路，根据伏安法测电阻所造成的误差分析误差原因（4）作出p散=k（tt0）的图象，与热敏电阻随温度变化的图象的交点即为该电阻的稳定温度，带入公式即可求得此时的发热功率解答： 解：（1）根据电路图连接实物图，如图1所示因当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零，从而保护电流表故答案为a（3）应用描点法作图，图象如图2所示由于实验采用的是电流表内接法，所以电压表读数大于热敏电阻两端的电压所以在相同的温度下，热敏电阻的测量值总比理论值偏大；当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法，故ac正确；（4）电阻的散热功率可表示为p散=k（tt0）=i2r i=40ma，r=100（tt0），在rt图象中做出如图所示的图线，据其与理论图线的交点即可求得：该电阻的温度大约稳定在50故答案为：（1）连线如图；a；（3）ac；（4）50点评： 本题为探究性实验，要求能将所学知识熟练应用；本题中要特别注意第3小问中的作图解决的办法；由于导体电阻随温度的变化而变化，故不能直接应用欧姆定律，而是根据图象进行分析11如图所示，质量m=5kg、上表面光滑的长度为l=1m的木板，在f=25n的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块（可视为质点），它们的质量均为m=1kg，将一小铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了l时，又无初速地在木板的最右端放上第2块小铁块，只要木板运动了l就在木板的最右端无初速放一小铁块取g=10m/s2试问（1）第1块小铁块放上后，木板运动l时，木板的速度多大？最后放在木板上的小铁块是第几块？考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系专题： 牛顿运动定律综合专题分析： （1）放上小铁块后，木板减速运动，根据牛顿第二定律和运动学规律来计算速度的大小；木板一直做减速运动，根据速度位移间的关系可以求得运动的总共位移的大小，从而得到小铁块的数目解答： 解：（l）木板最初做匀速运动时，f=mg第1块小铁块放在木板上后，木板做匀减速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：（m+m）gf=ma联立方程得：由于木板的长度为1m总有一块小铁块在木板上，木板做匀减速运动的加速度大小一直为a，设最后放在木板上的小铁块是第n块，即有：联立方程得：n=13.5最后放在木板上的小铁块是第13块答：（1）第1块小铁块放上后，木板运动l时，木板的速度为4.8m/s；最后放在木板上的小铁块是第13块点评： 木板一直做减速运动，这是解决本题的关键，根据木板运动的总位移的大小就可以求得铁块的数目12如图所示，两完全相同的金属棒垂直放在水平光滑导轨上，其质量均为m=1kg，导轨间距d=0.5m，现两棒并齐，中间夹一长度不计的轻质压缩弹簧，弹簧弹性势能为ep=16j现释放弹簧（与两棒不拴接），两金属棒获得大小相等的速度，且ab棒平行导轨进入一随时间变化的磁场，已知b=2+0.5t（单位：t），方向垂直导轨平面向下，导轨上另有两个挡块p、q，cd棒与之碰撞时无能量损失，pc=am=16m，两棒电阻均为r=5，导轨电阻不计，若从释放弹簧时开始计时（不考虑弹簧弹开两棒的时间），在ab棒进入磁场边界的瞬间，加一外力f（大小和方向都可以变化），使之始终做加速度a=0.5m/s2的匀减速直线运动，求：（1）ab棒刚进入磁场时的外力f的大小与方向；ab棒速度为零时所受到的安培力考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题分析： （1）先根据能量守恒求出ab棒释放后获得的速度v0，由运动学公式求出ab棒运动到mn所用时间，即可求得ab棒刚进入磁场时磁感应强度，再根据安培力公式和牛顿第二定律求解ab棒进入磁场后，又经t2=8s速度变为零，而此段时间内cd棒与pq碰撞后反向运动，恰好在t2时刻到达磁场边界mn，由法拉第定律求出感应电动势，结合b=2+0.5t，求出位移，从而得到安培力解答： 解：（1）弹簧弹开时，两棒获得速度大小均为v0，则ep=2mv02，得v0=4m/sab棒经t1=s=4s进入磁场，此时磁感应强度为 b1=2+0.54t=4t，ab棒受到的安培力 f安=1.6n依牛顿第二定律 f安f=ma，得所加外力 f=f安ma=1.1n，方向向右ab棒进入磁场后，又经t2=8s速度变为零，而此段时间内cd棒与pq碰撞后反向运动，恰好在t2时刻到达磁场边界mn，故此时的电动势为 e=b2dv0=b2dv0其中b2=2+0.512t=8t，x为ab棒通过的位移x=16m代入上式解得 e=12v，i=1.2a故此时ab 棒受到的安培力 f=b2di=81.20.5n=4.8n，方向向左答：（1）ab棒刚进入磁场时的外力f的大小是1.1n，方向向右；ab棒速度为零时所受到的安培力大小是4.8n，方向向左点评： 本题是双杆问题，关键要通过计算分析两棒的运动情况，本题既有动生电动势，又有感生电动势，总电动势是它们的代数和【物理-选修3-4】13a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是（） a 1：1 b 2：1 c 1：2 d 3：1 e 1：3 考点： 横波的图象分析： 由题，甲、丙图象反相，t小于a波的周期ta，说明a波经过了半个周期b波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择解答： 解：由图读出，a波波长为a=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期ta=2t；b波波长为b=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期tb=，波速va=，vb=，得到va：vb=1：n，所以a、b两列波的波速va、vb之比可能是ace，不可能的是b、d故选：ace点评： 本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键14有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源s与球心o之间的距离so解答： 解：如图所示，根据折射定律，有：根据反射定律，有：1=3其中：3+2=90联立可得：1=60，2=30 由图，有：=2=30，=1=30 故：故光源s与m间距：答：光源s与球冠顶点m之间的距离sm约为0.73r点评：