黑龙江省哈尔滨市第一中学高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

黑龙江省哈尔滨市第一中学2015届高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版一、选择题（本大题共15小题，每小题3分共45分，1-10题只有一个选项，11-15题有多个选项，全部选对得3分，选对但不全得2分）1在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，a、b两灯亮度的变化情况为（）a a灯和b灯都变亮b a灯、b灯都变暗c a灯变亮，b灯变暗d a灯变暗，b灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：从图可知，滑动变阻器与灯泡b并联，然后跟另一电阻串联，再和灯泡a并联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况由于电压一定，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及电压表示数的变化判断灯泡的亮度应依据灯泡的实际功率，由于灯泡的电阻不变，可利用公式p=i2r判断灯泡实际功率的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以总电阻变小，总电流变大，所以电源内阻的电压变大，所以a灯的电压变小，根据可知a的功率变小，故a灯变暗；由i=可知a的电流变小，而总电流变大，所以通过另一支路的电流变大，所以另一个电阻的电压变大，故灯泡b的电压变小，根据可知b的功率变小，故b灯变暗故选b点评：本题考查的是滑动变阻器对电路中电流、电压的调节情况，分析清楚电路结构、根据滑动变阻器阻值的变化，判断b与并联电路电压的变化情况，熟练应用功率公式是正确解题的关键2（3分）如图所示，细而轻的绳两端，分别系有质量为ma、mb的球，ma静止在光滑半球形表面p点（球可视为质点），已知过p点的半径与水平面夹角为60，则ma和mb的关系是（）ama=mbbma=mbcma=2mbdmb=ma考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以质量为mb的球为研究对象，求出绳子的拉力大小，再以质量为ma的球为研究对象，求出两球质量的关系解答：解：以质量为mb的球为研究对象，根据平衡条件得，绳子的拉力f=mbg再以质量为ma的球为研究对象，分析受力如图，绳子的拉力方向近似沿着球面的切线方向根据平衡条件得：magcos60=f联立得：ma=2mb故选c点评：本题采用隔离法研究力平衡问题，两物体之间拉力大小相等，是两物体之间的联系3（3分）地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为f1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为f2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受的向心力为f3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v若三者质量相等，则（）a f1=f2f3ba1=a2=ga3cv1=v2=vv3d1=32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分析：题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可解答：解：a、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2r3物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故f1f2 ，故a错误；b、由选项a的分析知道向心力f1f2 ，故由牛顿第二定律，可知a1a2，故b错误；c、由a选项的分析知道向心力f1f2 ，根据向心力公式f=m，由于m、r一定，故v1v2，故c错误；d、同步卫星与地球自转同步，故t1=t3，根据周期公式t=2可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故t3t2，再根据=，有1=32，故d正确；故选d点评：本题关键要将物体1、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化4用恒力f向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是（）a力f做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量b重力所做的功等于物体重力势能的增量c力f做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量d力f、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量考点：动能定理的应用；功能关系；机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据动能定理，通过合力功判断动能的变化，根据重力功判断重力势能的变化，根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量进行分析解答：解：a、根据动能定理得，力f、阻力、重力三力做功之和等于物体动能的增量故a错误，d错误b、物体向上运动，重力做负功，重力势能增加，克服重力做的功等于重力势能的增量故b错误c、除重力以外其它力做功等于物体机械能的增量，知力f和阻力做的功等于物体机械能的增量故c正确故选c点评：解决本题的关键掌握合力功与动能的关系，重力功与重力势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系5（3分）如图所示，质量分别为m和m的两物体p和q叠放在倾角为的斜面上，p、q间的动摩擦因数为1，q与斜面间的动摩擦因数为2（21）当它们从静止开始沿斜面加速下滑时，两物体始终保持相对静止，则物体p受到的摩擦力大小为（）a 0b1mgcosc2mgcosdmgsin考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：先对pq整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体p，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力解答：解：对pq整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有（m+m）gsin2（m+m）gcos=（m+m）a解得a=g（sin2cos） 再对p物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinff=ma 由解得ff=2mgcos故选：c点评：本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体p，运用牛顿第二定律求解pq间的内力6如图所示，虚线表示某电场的等势面一带电粒子仅在电场力作用下由a运动到b的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的（）a粒子带正电，由a到b的过程中加速度一直增大b粒子带负电，由a到b的过程中速度先增大再减小c粒子带正电，由a到b的过程中电场力一直做正功d粒子带负电，由a到b的过程中电势能先增大再减小，但b点电势能比a点大考点：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式=判断电势能高低解答：解：由于等势面是同心圆，且外侧电势高，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；由于b位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aaab；从a到b，电势降低，由a到b的过程中电场力的方向与运动方向之间的夹角是钝角，属于电场力一直做做负功，粒子是动能减小，速度减小；电势能增大故b点电势能大，即epaepb；故选：d点评：本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据公式=判断电势能高低，不难也可以根据电场力做功与电势能改变的关系判断7（3分）如图所示小球沿水平面通过o点进入半径为r的半圆弧轨道后恰能通过最高点p，然后落回水平面不计一切阻力下列说法不正确的是（）a小球落地点离o点的水平距离为2rb小球落地点时的动能为c小球运动到半圆弧最高点p时向心力恰好为零d若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比p点高0.5r考点：牛顿第二定律；平抛运动；向心力专题：圆周运动中的临界问题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球恰能通过半圆弧轨道的最高点p时，由重力提供向心力，求出小球通过p点时的速度小球通过p点后做平抛运动，由高度2r求出时间，再由x=v0t求出水平距离根据机械能守恒定律求出小球落地点时的动能根据机械能守恒定律，求出将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变时小球能达到的最大高度解答：解：a、小球恰能通过半圆弧轨道的最高点p时，通过p点时速度为v，则 mg=m，v= 小球离开p点后平抛运动时间t= 则小球落地点离o点的水平距离x=vt=2r故a正确 b、由机械能守恒定律得：小球落地点时的动能ek=mg2r+=故b正确 c、小球运动到半圆弧最高点p时向心力等于重力故c错误 d、若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，设小球能达到的最大高度为比p点高h 由机械能守恒定律，得=mgh，h=0.5r 故d正确本题选错误的，故选c点评：本题考查综合运用平抛运动规律、机械能守恒定律和向心力知识的能力，比较容易8（3分）如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）a带点油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c带点油滴的电势能将减少d若电容器的电容减小，则极板带电量将增大考点：电容；电势能专题：电容器专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：a、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故a错误；b、场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低故b正确；c、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加故c错误；d、若电容器的电容减小，根据q=uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故d错误；故选：b点评：本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化9（3分）如图，斜面ac与水平方向的夹角为，在a点正上方与c等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到d点，则cd与da的比为（）abcd考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：将d点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解解答：解：设小球水平方向的速度为v0，将d点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求解得竖直方向的末速度为v2=，设该过程用时为t，则da间水平距离为v0t，故da=；cd间竖直距离为，故cd=得=故选d点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动10（3分）如图所示电路中，电源的电动势为e，内阻为r，r1为滑动变阻器，r2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，闭合电键s，当滑动变阻器r1的滑动触头p向右滑动时，电表的示数都发生变化，电流表示数变化量的大小为i、电压表v、v1和v2示数变化量的大小分别为u、u1和u2，下列说法错误的是（）au1u2b变小c不变d不变考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由变阻器接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串联电路的特点，分析电流表和电压表示数变化量的大小解答：解：当滑动变阻器r1的滑动触头p向右滑动时，r1减小，电路中电流增大，u2增大，路端电压u减小，则u1减小因为u=u1+u2，则u1u2根据闭合电路欧姆定律得：u1=ei（r2+r），则=r2+r，不变；r2为定值电阻，则=r2，不变由u=eir，得=r，不变，故b错误，acd正确本题选错误的，故选：b点评：本题的难点在于确定电压表示数变化量的大小，采用总量法，这是常用方法11（3分）玩具小车以初速度v0从底端沿足够长的斜面向上滑去，此后该小车的速度图象可能是下图中的哪一个（）abcd考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由于题目中没有告诉斜面是否光滑和摩擦因数的大小，故必须进行讨论，当斜面光滑时物体的加速度由重力沿斜面方向的分力提供，故物体在上升和下降的过程中加速度不变；如果最大静摩擦力大于大于重力沿斜面方向的分力，则物体的速度为0后将保持静止；如果重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，则物体能够返回运动，但合外力减小速度图象的斜率等于物体的加速度解答：解：当斜面粗糙时，物体在斜面上滑行时受到的滑动摩擦力大小f=fn而fn=mgcos所以物体沿斜面向上滑行时有mgsin+f=ma1故物体沿斜面向上滑行时的加速度a1=gsin+gcos物体沿斜面向下滑行时有mgsinf=ma2所以物体沿斜面向下滑行时的加速度a2=gsingcos故a1a2，所以b正确当斜面光滑时=0，故有a1=a2=gsin，所以a正确当mgcosmgsin时，物体滑动斜面的顶端后保持静止，故d正确故选abd点评：做题时一定要注意题目有没有告诉斜面是否光滑和不光滑时摩擦因数的大小，否则要注意讨论这是解决此类题目时一定要注意的问题12（3分）如图所示的ui图象中，直线i为某电源的路端电压与电流的关系，直线为某一电阻r的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻r连接成闭合电路，由图象可知（）ar的阻值为1.5b电源电动势为3v，内阻为0.5c电源的输出功率为3.0wd电源内部消耗功率为1.5w考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图象可知电源的电动势为3.0v，短路电流为2.0a；由图象可得外电路电阻r为1.5，两图象的交点坐标即为电阻r和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流解答：解：a、由图象可知，外电阻r=1.5，故a正确b、由图象可知，电源电动势e=3.0v，短路电流i短=2.0a，电源内阻r=1.5，故b错误c、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5v，干路电流为1.0a，电源的输出功率为p=ui=1.51.0w=1.5w，故c错误d、电源内部消耗功率为 p内=i2r=121.5w=1.5w，故d正确故选：ad点评：根据ui图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据ui图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键13（3分）如图（a）所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力f的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大f，物体的加速度随之改变，其加速度a随f变化的图象如图（b）所示取g=10m/s2，根据图（b）中所提供的信息可以计算出（）asin=0.6bsin=0.5c物体的质量为2.5kgd物体的质量为2.0kg考点：牛顿第二定律分析：根据牛顿第二定律得出加速度与f的关系式，结合图线斜率、截距求出物体的质量和sin解答：解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：fcosmgsin=may方向：nfsingcos=0解得：从图象中取两个点（15n，0），（30n，6m/s2）代入式解得：m=2kg，sin=0.6因而ad正确；故选：ad点评：本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力f的关系式，结合图象讨论14（3分）在真空中a、b两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过a、b两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是（）a由ab电场力做正功，电子的电势能减小b由bc电场对电子先做负功，后做正功，总功为零c由cd电子的电势能一直增加d由da电子的电势能先减小后增加，电势能总增加量为零考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势高低，分析电场力对电子做功的正负电场力做正功时，电势能减小；相反，电势能增加根据等势线的分布情况可知，电子靠近正电荷时，电势升高；反之，电势降低解答：解：a、由ab，电势降低，电场力做负功，电子的电势能增加故a错误b、如图，画出过b、c的等势线，则知由bc，电势先降低再升高，则电场对电子先做负功，后做正功根据对称性可知，b、c两点的电势相等，电场力做的总功为零故b正确c、由cd，电势升高，电场力做正功，电子的电势能减小故c错误d、由da，电势先升高后降低，电场对电子先做正功，后做负功，电子的电势能先减小后增加，电势能总增加量为零d、a两点的电势相等，电场力做的总功为零故d正确故选bd点评：本题要对等量异种电荷等势面的分布和电场线情况了解，考试经常做文章，抓住对称性分析对称点的电势关系15（3分）（2013长沙一模）如图示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板po、qo，竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电量的小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左作用力f作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现若稍改变f的大小，使b稍有向左移动一段小距离，则当a、b重新处于静止状态后（）aa、b间电场力增大b作用力f将减小c系统重力势能增加d系统的电势能将增加考点：电势能；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用专题：电场力与电势的性质专题分析：以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析a、b间电场力和挡板对小球的弹力如何变化，由库仑定律分析两间距离的变化情况，根据电场力做功正负判断系统电势能的变化对整体研究，分析作用力f如何变化解答：解：a、b以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得： 电场力f电=，减小，cos增大，则电场力f电减小挡板对a的弹力n=mgtan，减小，n减小对整体研究：水平方向：f=n，则作用力f将减小故a错误，b正确c、d电场力f电减小，根据库仑定律得知，两球间的距离增大，电场力做正功功，系统的电势能减小，而f做正功，根据功能关系可知，系统重力势能增加故c正确，d错误故选bc点评：本题是动态平衡问题，关键要灵活选择研究对象，先对a研究，再对b研究，比较简便二、实验题（每个空2分，共14分）16（4分）相邻计数点间的时间间隔为0.1s打点计时器打下d点时小车的瞬时速度为0.34m/s，小车的加速度为0.39m/s2（结果均保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上b点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小解答：解：相邻计数点间的时间间隔为0.1s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小有：vd=0.34m/s设a到b之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：x3x1=2a1t2x4x2=2a2t2为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值，得：a=（a1+a2）代入数据得：a=m/s2=0.39m/s2故答案为：0.34，0.39点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意单位和相邻两点间距离的转化17（10分）（2014四川二模）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图1可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图2可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r；电流表a1（量程04ma，内阻约50）；电流表a2（量程010ma，内阻约30）；电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）；直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）；滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）；开关s；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的r测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为=7.6102m（保留2位有效数字）考点：伏安法测电阻；测定金属的电阻率专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：（1）20分度游标卡尺游标每一分度表示长度为0.05mm，由主尺读出整毫米数，根据游标尺上第几条刻度线与主尺对齐，读出毫米的小数部分（2）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（3）电阻的测量值=指针指示值倍率（4）电路分为测量电路和控制电路两部分测量电路采用伏安法根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法变阻器若选择r2，估算电路中最小电流，未超过电流表的量程，可选择限流式接法解答：解：（1）主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数为30.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm （2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm （3）电阻的阻值r=2210=220 （4）电源电动为4v，电压表选v1电阻中最大电流约为 imax=16ma 则电流表选a2 因为=50，=7，则 故选择电流表外接法 当变阻器选择r2，采用限流式接法时，电路中电流的最小值约为 imin=1.8ma，则变阻器选择r2，采用限流式接法（5）由电阻定律r=，s= 代入解得=7.6102m本题答案是（1）50.15 （2）4.700 （3）220 （4）电路图如图所示 （5）7.6102点评：测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法三、计算题（本大题共3小题，共31分）18（10分）（2012汕头一模）如图，粗糙水平面与半径r=1.5m的光滑圆弧轨道相切于b点，静止于a处m=1kg的物体在大小为10n方向与水平水平面成37角的拉力f作用下沿水平面运动，到达b点时立刻撤去f，物体沿光滑圆弧向上冲并越过c点，然后返回经过b处的速度vb=15m/s已知sab=15m，g=10m/s2，sin37=0.6，con37=0.8求（1）物体到达c点时对轨道的压力（2）物体与水平面的动摩擦因数考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；动能定理专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）物体从b到c过程机械能守恒，根据守恒定律列式；在c点，支持力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；（2）对从a到b过程运用动能定理列式求解即可解答：解：（1）设物体在c处的速度为vc，由机械能守恒定律有mgr+=在c处，由牛顿第二定律有fc=联立并代入数据解得：轨道对物体的支持力fc=130n 根据牛顿第三定律，物体到达c点时对轨道的压力fc=130n（2）由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过b处与第二次通过的速度大小相等 从a到b的过程，由动能定理有：f con37（mgf sin37）sab=解得物体与水平面的动摩擦因数=0.125 答：（1）物体到达c点时对轨道的压力为130n；（2）物体与水平面的动摩擦因数为0.125点评：本题关键明确滑块的运动规律，然后根据动能定理、向心力公式和机械能守恒定律列式求解19（10分）如图1所示，质量m=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，取g=10m/s2试求：（1）若木板长l=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力f=8n，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力f，通过分析和计算后，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力f大小变化的图象（设木板足够长）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）根据牛顿第二定律求出木块和木板的加速度，铁块运动到木板的右端时，铁块与木板的位移之差等于板长，由位移公式列式求出时间（2）在木板的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力f时，分析木板与铁块的状态，根据平衡条件或牛顿第二定律求出铁块所受的摩擦力f与f的关系，画出图象解答：解：（1）根据牛顿第二定律得 研究木块m：f2mg=ma1 研究木板m：2mg1（mg+mg）=ma2又，l=s木s板联立解得：t=1s （2）滑块与木板之间的最大静摩擦力：fm2=2mg=0.4110n=4n木板与地面之间的最大静摩擦力：fm1=1（mg+mg）=0.1（110+110）=2n当ffm1=2n时，木板与滑块都保持静止，f=f当m、m都运动，而且两者刚要相对滑动时，设此时的拉力大小为f1，根据牛顿第二定律得： 对m：f12mg=ma 对整体：f11（mg+mg）=（m+m）a联立解得，f1=10n，所以当2nf10n时，m、m相对静止则有：对整体：f1（mg+mg）=（m+m）a对铁块：f=ma即：f=+1（n） 当10nf时，m相对m滑动，此时摩擦力f=2mg=4n画出铁块受到的摩擦力f随力f大小变化的图象如图答：（1）若木板长l=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力f=8n，经过1s时间铁块运动到木板的右端（2）铁块受到的摩擦力f随力f大小变化的图象如图所示点评：对于两个物体，分析之间的关系是关键，往往有位移关系、时间关系、速度关系等等还要灵活选择研究对象，加速度相同时可采用整体法求出整体的加速度20（11分）如图，在水平向右的匀强电场中有一固定点o，用一根长度l=0.4m的绝缘细线把质量m=0.1kg、电量q=7.5104c的带正电小球悬挂在o点，小球静止在b点时细线与竖直方向的夹角为=37，现将小球拉至位置a使细线水平后由静止释放，求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球运动通过最低点c时的速度大小；（3）小球通过最低点c时细线对小球的拉力大小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）小球在b点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；（2）对小球，从a点运动到c点的过程中运用动能定理即可解题；（3）在c点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解解答：解：（1）小球在b点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件得： mgtan=qe解得：e=n/c=103n/c（2）对小球，从a点运动到c点的过程中运用动能定理得： mglqel=0解得，vc=m/s（3）在c点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式得： tmg=m解得：t=1.5n答：（1）匀强电场的场强大小为103n/c；（2）小球运动通过最低点c时的速度大小为m/s；（3）小球通过最低点c时细线对小球的拉力大小为1.5n点评：本题主要考查了平衡条件、动能定理及向心力公式的直接应用，难度不大四、选修题物理-选修3-3（10分）21（3分）（2014西藏模拟）关于热力学定律，下列说法正确的是（）a为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量b对某物体做功，必定会使该物体的内能增加c可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功d不可能使热量从低温物体传向高温物体e功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程考点：热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为u=q+w；不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化解答：解：a、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故a正确；b、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故b错误；c、热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化；故c错误；d、热量不能自发从低温物体传向高温物体，d错误；e、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的；但功和能是两个不同概念，功是不可能转化为能的，故e错误；故选a点评：本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式e=w+q进行分析，基础题22（7分）（2009山东）一定质量的理想气体由状态a经状态b变为状态c，其中ab过程为等压变化，bc过程为等容变化已知va=0.3m3，ta=tc=300k、tb=400k（1）求气体在状态b时的体积（2）说明bc过程压强变化的微观原因（3）设ab过程气体吸收热量为q，bc过程气体放出热量为q2，比较q1、q2的大小说明原因考点：气体的等容变化和等压变化；热力学第一定律；气体压强的微观意义专题：理想气体状态方程专题分析：（1）ab过程为等压变化，根据盖吕萨克定律可求出气体在状态b时的体积（2）气体的压强在微观上来看，与气体分子的密集程度和气体分子的平均动能有关所以要解释气体压强变化，只要分析出在等容变化过程中气体分子的密集程度和气体分子的平均动能的变化（3）根据热力学第一定律u=w+q，气体内能变化与温度有关，