江西省赣中南五校高三物理上学期第二次联考试卷（含解析）.doc

江西省赣中南五校2016届高三上学期第二次联考物理试卷一、选择题（每题2分，共40分）1若已知物体的速度方向和它所受合力的方向，如图所示，可能的运动轨迹是( )abcd考点：物体做曲线运动的条件 专题：物体做曲线运动条件专题分析：当物体的速度方向和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向解答：解：物体做曲线运动时，轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向故c正确，而b不应该出现向下凹的现象，故a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道当物体的速度方向和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一向2从水平地面以某一速率竖直上抛一小球，设小球所受空气阻力恒定，则以下说法正确的是( )a小球的上升时间大于下落时间b小球抛出速率大于落地速率c小球上升过程加速度等于下落过程加速度d小球上升过程平均功率小于下落过程平均功率考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律 专题：功率的计算专题分析：利用牛顿第二定律判断出上升和下降过程的加速度，利用运动学公式求的时间，根据动能定理即可判断速度，及平均功率解答：解：a、根据牛顿第二定律可知，上升的加速度大于下落的加速度，上升和下落的位移大小相同，故根据位移时间公式可知小球的上升时间小于下落时间，故a错误，c错误；b、小球在整个运动过程中，阻力做负功，动能减小，故速度大小减小，故小球抛出速率大于落地速率，故b正确；c、由ab可知，上升过程合力做功大于下落过程，而上升过程所需时间小于下落过程，根据p=可知小球上升过程平均功率大于下落过程平均功率，故d错误；故选：b点评：本题关键是明确功的物理意义，即功是能量转化的量度；同时要明确有阻力的上抛运动中，阻力是变力，重力是恒力3如图所示，a、b两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中b受到的摩擦力( )a方向向左，大小不变b方向向左，逐渐减小c方向向右，大小不变d方向向右，逐渐减小考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力 专题：整体法和隔离法分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力） 整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题通常在分析外力对系统的作用时，用整体法 2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力 隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体b分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对b物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小解答：解：a、b两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对a、b整体根据牛顿第二定律有然后隔离b，根据牛顿第二定律有fab=mba=mbg 大小不变，物体b做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选a点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！4如图所示，在斜面上o点先后以v0和2v0的速度水平抛出a、b两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为( )a1：2b1：3c1：4d1：5考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：抛出的小球做平抛运动，分都落在斜面上，一个在斜面上一个在水平面上，和两个都落在水平面来计算解答：解：当a、b两个小球都能落到水平面上时，由于两者的下落高度相同，运动的时间相同，则水平位移之比为初速度之比，为1：2，所以a正确；当a、b都落在斜面的时候，它们的竖直位移和水平位移的比值即为斜面夹角的正切值，即=tan，整理可得，时间t=，两次平抛的初速度分别为0和20，所以运动的时间之比为=两小球的水平位移大小之比为xa：xb=v0ta：2v0tb=1：4，所以c正确当只有a落在斜面上的时候，a、b水平位移之比在1：4和1：2之间，所以b正确故选abc点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解注意ab可能的三种情况即可5质量为m的物块，沿着半径为r的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )a受到向心力为mg+mb受到的摩擦力为mc受到的摩擦力为mgd受到的合力方向斜向左上方考点：摩擦力的判断与计算 专题：摩擦力专题分析：根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向解答：解：a、向心力的大小fn=m故a错误b、根据牛顿第二定律得：nmg=m，则有：n=mg+m所以滑动摩擦力为：f=n=（mg+m）故b错误，c也错误d、由于重力支持力的合力方向竖直向上，滑动摩擦力方向水平向左，则物体合力的方向斜向左上方故d正确故选：d点评：解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解6一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为l1和l2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是( )avl1bvcvdv考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度解答：解：若球与网恰好不相碰，根据3hh=得，水平位移的最小值，则最小速度若球与球台边缘相碰，根据3h=得，水平位移的最大值为xmax=，则最大速度，故d正确，a、b、c错误故选：d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，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等7北斗卫星导航系统是我国正在实施的自主发展、独立运行的卫星导航系统，卫星分布在绕地球的几个轨道上运行，其中的北斗2a距地面的高度约为1.8万千米，已知地球同步卫星离地面的高度约为3.6万千米，地球半径约为6400km，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，则北斗2a卫星的运行速度约为( )a3.0km/sb4.0km/sc7.9km/sd2.5km/s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：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式根据圆周运动知识，利用同步卫星的周期表示出同步卫星的线速度解答：解：设m为地球质量，m1为同步卫星，m2为北斗2a卫星质量，r为地球半径，r1为地球同步卫星离地面的高度，r2为北斗2a卫星距地面的高度，v1为同步卫星的速度，v2为北斗2a卫星速度研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：根据圆周运动知识得： t=243600s，研究北斗2a卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式： 由解得：v2=4km/s 故b正确、acd错误故选：b点评：向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用要注意轨道半径r是卫星到地球中心的距离8如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220v，40w”，当灯泡所消耗的功率都调于20w时，哪种台灯消耗的功率最小( )abcd考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：从该题题干的问法上可以看出，该题是正确选项为唯一选项的单选题，利用电阻变化改变电流，电阻本身消耗电能，利用变压器改变电压和电流，变压器不损失能量解答：解：从该题题干的问法上可以看出，该题是正确选项为唯一选项的单选题台灯的消耗功率包含灯泡和其他辅助器件的总功率由a、b、c、d四选项分析可知：c中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率（台灯消耗功率）只有灯泡的功率20 w而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 w故选：c点评：本题考查滑动变阻器及变压器在控制电路中的作用；要知道电路中电功率消耗与那些因素有关掌握选择题的解答技巧9如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭，而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度（v）时间（t）图象可能是( )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：由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意解答：解：a、在3s内位移为x=103=15m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意故a错误b、由图可知sb15m，可能为20m，所以汽车可能不超过停车线，故b正确；c、在3s内位移等于x=10=20m，则c可能是该汽车运动的vt图象故c正确d、在3s内位移等于x=10=17.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意故d错误故选：bc点评：本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择10如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为b的匀强磁场中，a、b间距为l，左右两端均接有阻值为r的电阻，质量为m、长为l且不计电阻的导体棒mn放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在o点的轻质弹簧连接组成弹簧振子开始时，弹簧处于自然长度，导体棒mn具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒mn第一次运动到最右端，这一过程中a、b间的电阻r上产生的焦耳热为q，已知运动过程中mn始终与ad、bc垂直，则( )a初始时刻棒所受的安培力大小为b当棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能为mvqc当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv2qd当棒第二次回到初始位置时，a、b间电阻的热功率为考点：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：由e=blv0、i=、f=bil三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小mn棒从开始到第一次运动至最右端，电阻r上产生的焦耳热为q，整个回路产生的焦耳热为2q解答：解：a、由f=bil及i=，得安培力大小为：fa=，故a正确；b、由于速度、加速度不断变化，机械能不断减小，故当棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能大于ep=mv02q，故b错误；c、mn棒第一次运动至最右端的过程中ac间电阻r上产生的焦耳热q，回路中产生的总焦耳热为2q由能量守恒定律得：mv02=2q+ep，此时弹簧的弹性势能为：ep=mv022q，故c错误；d、当棒第二次回到初始位置时，由于机械能减小，a、b间电阻的热功率小于，故d错误；故选：a点评：本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻r上产生的热量11如图，把一块洗净的玻璃板吊在轻橡皮筋下端，让玻璃板水平的接触水面，现缓慢向上拉橡皮筋使玻璃板离开水面，则将玻璃板拉离水面所需要的拉力( )a大于玻璃板重力b小于玻璃板重力c等于玻璃板重力d不需要拉力也可以将玻璃板拉离水面考点：*表面张力产生的原因 分析：玻璃板与水面接触时，玻璃板与水分子之间存在作用力，当用力向上拉时，水分子之间要发生断裂，还要克服水分子间的作用力，所以拉力比玻璃板的重力要大，反映出水分子和玻璃的分子间存在引力作用解答：解：当玻璃板与水面接触时，玻璃板与水分子之间存在作用力，当用力向上拉时，水分子之间要发生断裂，还要克服水分子间的作用力，所以拉力比玻璃板的重力要大，反映出水分子和玻璃的分子间存在引力作用故选：a点评：本题主要考察对分子间相互作用力的应用，不要与大气压力混淆，基础题12如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球a和b紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运( )a球a的角速度一定大于球b的角速度b球a的线速度一定大于球b的线速度c球a的运动周期一定小于球b的运动周期d球a对筒壁的压力一定大于球b对筒壁的压力考点：向心力；牛顿第二定律 专题：压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：对小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可解答：解：a、对小球受力分析，受重力和支持力，如图根据牛顿第二定律，有f=mgtan=m解得v=由于a球的转动半径较大，故线速度较大，=，由于a球的转动半径较大，故角速度较小，故a错误，b正确；c、t=，a的角速度小，所以周期大，故c错误；d、由a选项的分析可知，压力等于，与转动半径无关，故d错误；故选b点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析13下列关于平抛运动说法正确的是( )a在日常生活中，我们将物体以水平速度抛出后物体在空气中一定做平抛运动b做平抛运动的物体水平位移越大，则说明物体的初速度越大c做平抛运动的物体运动时间越长，则说明物体做平抛运动的竖直高度越大d做平抛运动的物体落地时速度方向与水平方向夹角的正弦值与时间成正比考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动是一种匀变速曲线运动，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由运动学规律分析解答：解：a、平抛运动是指将物体水平抛出后只受重力作用的运动，在日常生活中，物体水平抛出后空气阻力不能忽略，所以做的不是平抛运动，故a错误b、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，则初速度 v0=，只有在时间t一定时，水平位移越大，物体的初速度才越大，否则不一定，故b错误c、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，知物体运动时间越长，说明物体做平抛运动的竖直高度越大，故c正确d、做平抛运动的物体落地时速度方向与水平方向夹角的正弦值 sin=，则知sin与t不成正比，故d错误故选：c点评：解决本题的关键要明确平抛运动的动力学特征，分析其运动性质，知道两个分运动的规律14以下说法正确的是( )a经典力学理论普遍适用，大到天体，小到微观粒子均适用b经典力学理论的成立具有一定的局限性c在相对论中，物体的质量不随运动状态而改变d相对论与量子力学否定了经典理论考点：经典时空观与相对论时空观的主要区别 分析：经典力学有一定的局限性，经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于高速、微观的物体相对论的基本结论告诉我们，质量随速度的增加而增大相对论和量子力学的出现，并没有否定经典力学，经典力学是相对论和量子力学在低速、宏观条件下的特殊情形解答：解：a、b、经典力学有一定的局限性，经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于高速、微观的物体所以a错误，b正确c、在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变，当物体做高速运动时，根据相对论，质量随速度的增加而增大所以c错误d、相对论和量子力学的出现，并没有否定经典力学，经典力学是相对论和量子力学在低速、宏观条件下的特殊情形所以d错误故选：b点评：此题考查经典力学的适用范围和相对论、量子力学主要研究的对象，以及狭义相对论的基本结论属于基础题15关于振动和波的关系，下列说法正确的是( )a如果波源停止振动，介质中的波也立即停止传播b振动的质点在一个周期内通过的路程等于一个波长c波动的过程就是介质中振动的质点由近及远的传播过程d波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远的传播过程考点：机械波；简谐运动的振幅、周期和频率 分析：振源停止振动时，在介质中传播的波动并不立即停止波传播过程中质点并不会随波向前传播；波传播的是能量及运动形式解答：解：a、振源停止振动时，由于惯性，其他振动质点并不立即停止振动，所以在介质中传播的波动并不立即停止故a错误b、振动的质点只是在平衡位置附近做周期性振动，在一个周期内通过的路程并不等于一个波长故b错误c、振动的质点只是在平衡位置附近做周期性振动；质点并没有随波传播；故c错误；d、波动的过程是质点的振动形式及能量由近及远的传播过程；故d正确；故选：d点评：机械波只是传播能量和振动形式，并不会将参与波动的点向外传播16长为l的细绳，一端系一质量为m的小球，另一端固定于某点，当绳竖直时小球静止，现给小球一水平初速度v0，使小球在竖直平面内做圆周运动，并且刚好过最高点，则下列说法中正确的是( )a小球过最高点时速度为零b小球开始运动时绳对小球的拉力为mc小球过最高点时绳对小球的拉力为mgd小球过最高点时速度大小为考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：小球在竖直平面内做圆周运动，刚好越过最高点，知在最高点绳子的拉力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点的速度解答：解：小球刚好越过最高点，知绳子的拉力t=0，根据牛顿第二定律得：mg=m解得：v=，故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道“绳模型”最高点的临界情况，以及知道与“杆模型”的区别17航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在a点短时间开动小型发动机进行变轨，从圆形轨道进入椭圆道，b为轨道上的一点，如图所示，下列说法中正确的是( )a在轨道上经过a的速度大于经过b的速度b在轨道上经过b的速度大于在轨道i上运动的速度c在轨道上运动的周期大于在轨道上运动的周期d在轨道上经过a的加速度等于在轨道上经过a的加速度考点：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：卫星在椭圆轨道近地点速度大于远地点速度；根据开普勒第三定律=k知，判断在轨道上运动的周期与在轨道上运动的周期大小；万有引力是合力满足牛顿第二定律解答：解：a、根据开普勒第二定律可知航天飞机在远地点a的速度小于在近地点b的速度，故a错误b、从近地圆轨道进入轨道，需要加速，所在轨道上经过b的速度大于近地圆轨道运行速度，根据v=得近地圆轨道运行速度大于在轨道上的速度，所以在轨道上经过b的速度大于在轨道上的速度，故b正确；c、由开普勒第三定律=k知，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故c错误；d、根据a=，在轨道上经过a的加速度等于在轨道上经过a的加速度，故d正确；故选：bd点评：解决本题的关键理解航天飞机绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较物体实际所受到的力，即万有引力18如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板m2的左端，右端与小木块m1连接，且m1与m2、m2与地面之间接触面光滑，开始时m1和m2均静止，现同时对m1、m2施加等大反向的水平恒力f1和f2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m1、m2和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度），正确的说法是( )a由于f1、f2等大反向，故系统机械能守恒b由于f1、f2分别对m1、m2做正功，故系统动能不断增加c由于f1、f2分别对m1、m2做正功，故系统机械能不断增加d当弹簧弹力大小与f1、f2大小相等时，m1、m2的动能最大考点：机械能守恒定律；胡克定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：f1和f2等大反向，但是由于它们的位移不同，所以做的功的大小不同，当弹簧弹力大小与f1、f2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化解答：解：a、由于f1、f2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，故a错误；b、开始时，弹簧的弹力小于f1、f2，两物块加速，动能增加，当弹簧弹力大小与f1、f2大小相等时，m和m受力平衡，加速度减为零，此后速度减小，动能减小，故b错误；c、由于f1、f2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于f1、f2，之后，两物块再加速相向运动，f1、f2对系统做负功，系统机械能开始减少，故c错误d、当弹簧弹力大小与f1、f2大小相等时，m和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，故d正确故选d点评：本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力19如图所示，a，b两个带正电的粒子，电荷量分別为q1与q2，质量分别为m1和m2它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后a粒子打在b板的a点，b粒子打在b板的b点，若不计重力则( )a电荷量q1大于q2b质量m1小于m2c粒子的电荷量与质量之比d粒子的电荷量与质量之比考点：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：两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明解答：解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 加速度：a= 时间 t= 偏转量 y=at2 因为两个粒子的初速度相等，由得：tx，则得a粒子的运动时间短，由得：a的加速度大，由得：a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大故c正确abd错误故选：c点评：解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程属于基本题型20如图所示为厦门胡里山炮台的一门大炮假设炮弹水平射出，以海平面为重力势能零点，炮弹射出时的动能恰好为重力势能的3倍，不计空气阻力，则炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角为( )a30b45c60d75考点：机械能守恒定律；平抛运动 专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能恰好是重力势能的3倍，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角解答：解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得：+mgh=mv2据题有：=3mgh联立解得：v=v0；则 cos=可得 =30故选： a点评：解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的分解二、多项选择（每题5分，10分）21在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径r，地面上的重力加速度为g，则( )a卫星运动的加速度为gb卫星运动的周期为4c卫星运动的速度为d卫星运动的速度大小为考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力等于重力，求出地球表面重力加速度与地球质量的关系卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力充当向心力，列式卫星运动的速度、周期、加速度、动能与轨道半径的关系解答：解：a、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为m、卫星的轨道半径为r则 忽略地球自转的影响有联立得：v=，根据牛顿第二定律得：解得：a=g，故ac错误，d正确；b、根据圆周运动知识得：卫星运动的周期t=，故b正确；故选：bd点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力及万有引力等于向心力，知道重力加速度与距离中心天体球心距离的关系22如图所示，电路中的变压器为理想变压器，s为单刀双掷开关p是滑动变阻器r的滑动触头，u1为加在原线圈两端的交变电压，i1、i2分别为原线圈和副线圈中的电流下列说法正确的是( )a保持p的位置及u1不变，s由a切换到b，则i1减小b保持p的位置及u1不变，s由b切换到a，则r上消耗的功率减小c保持u1不变，s由b切换到a，将p向上滑动，则i1增大d保持u1不变，s由a切换到b，将p向下滑动，则r上消耗的功率增大考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比解答：解：a、s由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以i2减小，输出功率与输入功率相等，则i1减小，故a正确；b、s由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以r上消耗的功率变大，故b错误；c、保持u1不变，s由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，将p向上滑动，电阻减小，所以输出功率增大，输出功率与输入功率相等，则i1增大，故c正确；d、保持u1不变，s由a切换到b，副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，将p向下滑动，电阻增大，则r上消耗的功率减小，故d错误；故选：ac点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率三、综合题（50分）23把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让某种单色光从上方射入（图甲），这里可以看到明暗相间的同心圆（如图乙所示）这个现象是牛顿首先发现的，这个同心圆叫做牛顿环试探究牛顿环出现的原因为了使牛顿环的直径大些，应该选用表面弯曲得厉害些的凸透镜，还是选用表面不太弯的凸透镜？试叙述你选择的理由考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，当光程差为半个波长的奇数倍时是暗条纹路程差等于空气膜厚度的两倍使牛顿环的曲率半径越小，出现亮条纹的这一厚度向中心偏移从而得出圆环的半径的变化解答：解：如图（图中凸透镜的弯曲程度作了夸张）所示凸透镜的弯曲表面向上反射的光和下面的玻璃平面向上反射的光相互叠加，由于来自这两个面的反射光的路程差不同，在有些位置相互加强，有些位置相互削弱，因此出现了同心圆状的明暗相间的条纹为了使牛顿环的直径大些，其实就是使相邻的亮条纹（或暗条纹）的间距变大些，图中光线1和2反射回来的光线干涉后形成亮条纹它们对应的空气厚度差应为0.5，若选用弯曲程度较大的凸透镜，空气厚度差为0.5的点的间距将变密，即亮条纹间距将变密，牛顿环的直径变小，故应选用弯曲程度较小的凸透镜答：应选用弯曲程度较小的凸透镜点评：解了牛顿环的产生机理：光的薄膜干涉，根据产生亮纹的条件就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然24如图所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x轴正方向传播，求：（1）a点、c点的振动方向各是怎样的；（2）再经过t，质点a通过的路程和质点c的位移考点：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：根据上下坡法判断质点的振动方向根据一个周期内质点通过的路程等于4倍的振幅求出a通过的路程确定出质点c所处的位置，从而得出质点c的位移解答：解：（1）由于波沿x轴正方向传播，所以a点在“下坡区”，向上运动；c点、d点均在“上坡区”，c、d两点都向下运动；（2）再经过，a到达波谷处，所以a通过的路程s=3a=6 cm，c点到达波峰位置，其位移为2cm答：（1）a点向上运动，c点向下运动；（2）再经过t，质点a通过的路程为6cm，质点c的位移为2cm点评：本题考查了波传播过程中质点的振动，以及路程和位移的求解，弄清楚过程是关键，会根据上下坡法判断质点振动方向与波的传播方向的关系252010年4月14日，青海省玉树县发生里氏7.1级大地震，已知地震中的纵波和横波在地表附近的传播速度为9.1km/s和3.7km/s，在某地观