湖南省师大附中高三物理上学期第一次月考试卷（含解析）.doc

湖南师大附中2015届高三上 学期第一次月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分其中17小题只有一个选项正确，812小题至少有一个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，错选或不选得0分将选项填写在答题卷上）1甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其vt图象如图所示，则( )a1 s时甲和乙相遇b06 s内甲乙相距最大距离为1 mc26 s内甲相对乙做匀速直线运动d4 s时乙的加速度方向反向考点：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：vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时间轴的下方解答：解：a由图象可知：在t=1s时，甲乙速度相等，位移不等，没有相遇，故a错误；b图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图象可知，6s末甲乙相距最远，最远距离x=，故b错误；c甲乙两个物体在26内图象的斜率相同，所以加速度相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故c正确；d乙物体在26内图象的斜率相同，所以加速度是相同的，没有反向，故d错误故选：c点评：本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题2如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图中正确的是( )abcd考点：匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律 专题：运动学中的图像专题分析：对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系解答：解：a、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能是曲线，所以a错误；b、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能是倾斜的直线，所以b错误；c、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，所以c正确；d、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x=at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，所以d错误故选c点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题3如图，一固定斜面上两个质量相同的小滑块a和b紧挨着匀速下滑，a与b的接触面光滑已知a与斜面间的动摩擦因数是b与斜面间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，b与斜面间的动摩擦因数是( )atanbcotctandcot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：对ab整体进行研究，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解解答：解：设每个物体的质量为m，b与斜面之间动摩擦因数为以ab整体为研究对象根据平衡条件得 2mgsin=amgcos+bmgcos=2mgcos+mgcos解得 =tan故选a点评：本题是力平衡问题，研究对象也可以采用隔离法研究，要注意斜面对两个物体的支持力相等4北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能计划“北斗”系统最终将有5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成这些卫星均绕地心o做匀速圆周运动某时刻两颗正在同时提供服务的非静止轨道卫星分别位于轨道上的a、b两位置（如图所示）若卫星均顺时针运行，轨道半径为r，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判断中错误的是( )a这两颗卫星的加速度大小相等，均为b卫星1由位置a运动到位置b所需的时间为c卫星1由位置a运动到位置b的过程中万有引力做功为零d卫星1向后喷气就一定能追上卫星2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：由=可得出r相同则速度v大小相等，v变大则r变大（做离心运动），再结合=mg即gm=gr2（黄金代换），即可求解解答：解：a、根据f合=ma得，对卫星有=ma，加速度a=，根据地球表面物体万有引力等于重力得：=mg，即gm=gr2联立解得a=所以这两颗卫星的加速度大小相等，均为故a正确；b、根据=得t=2gm=gr2t=t联立可解得t=，故b正确；c、卫星1由位置a运动到位置b的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故c正确；d、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2故d错误本题选错误的，故选：d点评：关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式=，=mg，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动5如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于c、d两点，a、b两端被悬挂在水平天花板上，相距2l，现在c点上悬挂一个质量为m的重物，为使cd绳保持水平，在d点上可施加力的最小值为( )amgbcd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：受力分析方法专题分析：由几何关系可知cd段水平时各绳间的夹角；对结点c分析，由共点力的平衡可求得cd绳水平时绳的拉力；再对结点d分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值解答：解：由图可知，要想cd水平，各绳均应绷紧，则ac与水平方向的夹角为60；结点c受力平衡，则受力分析如图所示，则cd绳的拉力t=mgtan30=mg；d点受绳子拉力大小等于t，方向向左；要使cd水平，d点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对d点的拉力可分解为沿bd绳的f1，及另一分力f2，由几何关系可知，当力f2与bd垂直时，f2最小，而f2的大小即为拉力的大小；故最小力f=tsin60=mg；故选c点评：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析6速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中s0a=s0c，则下列说法正确的是( )a甲束粒子带正电，乙束粒子带负电b甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷c能通过狭缝s0的带电粒子的速率等于d若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场b2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小解答：解：a、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故a错误；b、根据洛伦兹力提供向心力，qvb=m，得：r=，r甲r乙则甲的比荷大于乙的比荷，b正确；c、能通过狭缝s0的带电粒子，根据平衡条件：qe=qvb1，得速率v=，故c错误；d、若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析r=，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故d错误；故选：b点评：本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径7甲图是某电场中的一条竖直方向的电场线，a、b是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从a点自由释放，小球沿电场线从a到b运动过程中的速度图线如乙图，比较a、b两点电势的高低和电场强度e的大小，并比较该小球在a、b两点的电势能ep大小和电场力f大小，可得( )aabbeaebcepaepbdfafb考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据小球所受的电场力方向判断电场线方向，从而分析电势的高低根据加速度的大小判断场强大小的变化根据电场力做功分析电势能的变化解答：解：a、由乙图知小球从a到b运动过程中做加速度减小的加速运动，所以小球所受的电场力方向必定竖直向上，小球带负电，则电场线方向竖直向下，则ab故a错误b、小球的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得 qemg=ma，则知e逐渐减小，即有eaeb，故b错误c、电场力对小球做正功，其电势能减小，则有epaepb故c正确d、根据公式f=qe可知fafb，故d错误故选：c点评：本题考查了对图象的认识和理解，关键能从图象中获取有用的物理信息，本题是小型的综合题8如图所示电路中，电源内电阻为r，r1、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键s，将滑动变阻器r2的滑片向上滑动，电流表和电压表示数变化量的大小分别为i、u，下列结论中正确的是( )a电流表示数变大b电压表示数变大crdr考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图，r1、r2并联，再与r4串联，与r3并联，电压表测量路端电压，等于r3电压由r2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小解答：解：设r1、r2、r3、r4的电流分别为i1、i2、i3、i4，电压分别为u1、u2、u3、u4干路电流为i总，路端电压为u，电流表电流为i a、滑动变阻器r2的滑片向上滑动，r2变小，外电阻变小，i总变大，u=eir变小，u3变小，u变小，i3变小，而由i总=i3+i4，i总变大，i4变大，u4变大，而u1+u4=u，u变小，u1变小，i1变小又i总=i1+i，i总变大，i1变小，则i变大，故a正确，b错误； c、d，由欧姆定律u=ei总r，得=r由i总=i+i1，i变大，i1变小，i总变大，则ii总，故，故c错误，d正确故选ad点评：本题的难点在于确定电流表示数变化量ia与干路电流变化i的大小，采用总量法，这是常用方法同时，要理解9a、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2：1b球1和球2动能增加量之比为1：2c球1和球2抛出时初速度之比为：1d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根据动能定理求出动能的增加量之比解答：解：a、因为ac=2ab，则ac的高度差是ab高度差的2倍，根据得，t=，解得运动的时间比为1：故a错误；b、根据动能定理得，mgh=ek，知球1和球2动能增加量之比为1：2故b正确；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：bc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10如图所示，以o为圆心、mn为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿ao、bo和co方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bo垂直mn，ao、co和bo的夹角都为30，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系可能正确的是( )atatbtcbtatbtccta=tbtcdta=tb=tc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：粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=t求出粒子的运动时间解答：解：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=t，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长若粒子的运动半径r和圆形区域半径r满足r=r，则如图甲所示，tatb=tc；当rr时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大；则有：tatbtc当rr，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，rrr时，tatb=tc，故bc错误，ad正确；故选：ad点评：本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期t相同，画出轨迹后，根据公式t=t求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键11如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，r0为定值电阻，r为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小下列说法正确的是( )a图乙中电压的有效值为220 vb电压表的示数为44 vcr处出现火警时电流表示数增大dr处出现火警时电阻r0消耗的电功率增大考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，r处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化解答：解：a、设将此电流加在阻值为r的电阻上，电压的最大值为um，电压的有效值为u=t代入数据得图乙中电压的有效值为110v，故a错误；b、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故b错误；c、r处温度升高时，阻值减小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故c正确d、由a知出现火警时电流表示数增大，电阻r0消耗的电功率增大，故d正确故选：cd点评：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键12如图所示，一个电阻值为r、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路线圈的半径为r1在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和b0导线的电阻不计在0至t1时间内，下列说法正确的是( )ar1中电流的方向由a到b通过r1b电流的大小为c线圈两端的电压大小为d通过电阻r1的电荷量考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应功能问题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小解答：解：a、由图象分析可知，0至t1时间内有，由法拉第电磁感应定律有：e=n=ns面积为：s=r22由闭合电路欧姆定律有：i1=联立以上各式解得，通过电阻r1上的电流大小为：i1=由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向为从b到a，故a错误，b正确；c、线圈两端的电压大小为u=i12r=，故c错误；d、通过电阻r1上的电量为：q=i1t1=，故d正确；故选：bd点评：考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率同时磁通量变化的线圈相当于电源二、实验题（本题共2小题，共15分将答案填写在答题卷中）13“用dis研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示实验中通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力f的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条af图线，如图（b）所示（1）图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（选填“”或“”）（2）在轨道水平时小车运动的阻力f=0.5n；（3）（单选）图（b）中，拉力f较大时，af图线明显弯曲，产生误差为消除此误差可采取的措施是ca调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动b在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量c在钩码与细绳之间接入一力传感器，用力传感器读数代替钩码的重力d更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：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操作细节；根据af图象的特点结合牛顿第二定律求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源解答：解：（1）由图象可知，当f=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）图线是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于0.5n时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时f=f=0.5n（3）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力f的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数f的关系图象，故选c故答案为：（1）； （2）0.5n； （3）c；点评：对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练14有一电流表a，量程为1ma，内阻r1约为100，要求测量其内阻可选用器材有：电阻箱r1，最大阻值为99 999.9；滑动变阻器甲，最大阻值为10k；滑动变阻器乙，最大阻值为2k；电源e，电动势约为6v，内阻不计；开关2个，导线若干采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：断开s1和s2，将r调到最大；合上s1，调节r使a表满偏；保持r不变，合上s2，调节r1使a表半偏，此时可以认为a表的内阻r1=r1在上述可供选择的器材中，可变电阻r应该选择甲（选填“甲”或“乙”）；认为内阻r1=r1，此结果与r1的真实值相比偏小（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：器材选取的原则是安全、精确，根据此原则选择合适的器材通过半偏法测量电流表的内阻，根据电阻箱的读数求出电流表的内阻大小解答：解：该实验的原理是通过半偏法测量电流表的内阻，所以需要有一个相对不变的电流，所以，电阻值较大的滑动变阻器能更好地做到这一点，所以需要选择最大阻值为10k的滑动变阻器甲；闭合电建s2后，电流表部分的并联电阻值变小，所以闭合电路的总电阻变小，电路中的总电流变大；所以当电流表的指针半偏时，流过电阻箱的实际电流要大于流过电流表的电流，所以电阻箱的电阻值要比电流表的内阻小即测量值小于真实值故答案为：甲；偏小点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，会通过伏安法测量电流表的内阻三、计算题（本题共3小题，解答须写出必要的文字说明，规律公式，只有答案没有过程计0分，请将解题过程书写在答卷中其中15题8分，16、17题各12分，选考题15分，共47分）152014年8月3日我国云南鲁甸发生里氏6.5级地震，为救援灾区人民，要从悬停在空中的直升机上投放救灾物资，每箱救灾物资的质量为20kg，设箱子承受的地面冲击力大小为1 000n，箱子与地面的作用时间为0.5s，已知当地的重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，试求：（1）与地面作用时，箱子的加速度是多少？（2）为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过多少米？考点：牛顿第二定律；自由落体运动 专题：直线运动规律专题分析：（1）由牛顿第二定律求出加速度（2）由自由落体运动规律求出高度解答：解（1）在箱子与地面作用的过程中，由牛顿第二定律得：a=40m/s2；（2）箱子刚触地时的速度为：v=at=400.5=20m/s，在自由落体过程中，由速度位移公式得：h=20m；答：（1）与地面作用时，箱子的加速度是40m/s2；（2）为保证救灾物资安全落地，飞机投放物资时的高度不应超过20米点评：本题考查了求加速度、高度问题，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的速度位移公式即可正确解题16如图所示，m、n为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电量为+q，质量为m（不计重力），从点p经电场加速后，从小孔 q进入n板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，cd为磁场边界上的一绝缘板，它与n板的夹角为=45，孔q到板的下端c的距离为l当m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上求：（1）两板间电压的最大值um；（2）cd板上可能被粒子打中的区域的长度x；（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；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）粒子恰好垂直打在cd板上，根据粒子的运动的轨迹，可以求得粒子运动的半径，由半径公式可以求得电压的大小；（2）当粒子的运动的轨迹恰好与cd板相切时，这是粒子能达到的最下边的边缘，在由几何关系可以求得被粒子打中的区域的长度（3）打在qe间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，根据周期公式即可求解解答：解：（1）m、n两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在cd板上，所以圆心在c点，ch=qc=l，故半径r1=l又因qvb=mqum=所以um=（2）设轨迹与cd板相切于k点，半径为r2，在akc中：sin45=所以r2=（）l即kc长等于r2=（）l所以cd板上可能被粒子打中的区域即为hk的长度，x=hk=r1r2=l（）l=（2）l（3）打在qe间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期：t=所以答：（1）两板间电压的最大值um为；（2）cd板上可能被粒子打中的区域的长度x为（2）l；（3）粒子在磁场中运动的最长时间tm为点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了17如图所示，斜面倾角为，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为m=1.0kg的木板与轻弹簧接触但不拴接，弹簧与斜面平行且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为2=0.25，系统处于静止状态小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下运动当弹簧被压缩x=0.5m到p点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动设金属块从开始运动到与木块达到相同速度共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin =0.28、cos =0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字（1）求木板开始运动瞬间的加速度；（2）求弹簧被压缩到p点时的弹性势能是多少？（3）假设木板在由p点压缩弹簧到弹回到p点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）运用隔离法分别对金属块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度；（2）根据动能定理求得弹簧压缩过程中做的功，再根据弹力做功与弹性势能变化的关系求得弹簧的弹性势能；（3）根据能量转化和守恒定律求得木板离开弹簧后的速度，再根据动能定理求得木板上滑的最大距离解答：解（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a=1gcosgsin=0.75100.96100.28m/s2=4.4m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力f1=1mgcos=0.752100.96n=14.4n，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力f2=2（m+m）gcos=0.25（1+2）100.96n=7.2n，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a0=10m/s2，沿斜面向下（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有v2=v1at=5.34.40.75m/s=2.0m/s在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为w，其余力做功为ma0x，对木板运用动能定理得：ma0x+w=mv解得w=3.0j，说明此时弹簧的弹性势能ep=3.0j（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：ep（f2+mgsin+mgsin）x=（m+m）v（m+m）v木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：（m+m）g（2cos+sin）s=（m+m）v联列可解得s=0.077m答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2方向沿斜面向下；（2）弹簧被压缩到p点时的弹性势能是3.0j；（3）假设木板在由p点压缩弹簧到弹回到p点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m点评：在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理【物理-选修3-3】18下列说法中正确的是 ( )a布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c不具有规则几何形状的物体一定不是晶体d氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率相同考点：布朗运动；温度是分子平均动能的标志；* 晶体和非晶体 专题：布朗运动专题分析：解决本题需掌握：温度是物体内部分子热运动平均动能的标志；液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是 液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；布朗运动：悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的标志；晶体：是内部质点在三维空间呈周期性重复排列的固体解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，故a错误；b、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如；故b正确；c、晶体即是内部质点在三维空间呈周期性重复排列的固体，单晶体拥有整齐规则的几何外形，但多晶体无规则形状，故c错误；d、温度是物体内部分子热运动平均动能的标志；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于分子质量不同，故平均速率不同，故d错误；故选b点评：本题考查了布朗运动、分子力、液体表面张力的相关知识，关键要熟悉这些知识点，多看书就行19气缸长为l=1m（气缸厚度可忽略不计），固定在水平面上，气缸中有横截面积为s=100cm2的光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，已知当温度为t=27、大气压强为p0=1105 pa时，气柱长为l0=0.4m现用水平拉力向右缓慢拉动活塞，求：若拉动活塞过程中温度保持为27，活塞到达缸口时缸内气体压强；若活塞到达缸口时拉力大小为500n，求此时缸内气体温度为多少摄氏度考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：由题，温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律和力平衡条件可求得水平拉力f的大小；气缸内气体温度缓慢升高，根据理想气体状态方程求解气体的温度解答：解：活塞刚到缸口时，l2=1mp1sl0=p2sl2得p2=0.4105 pa温度升高活塞刚到缸口时，l3=1mp3=p0=0.5105 pa根据理想气体状态方程：=得：t3=375kt3=（375273）=102答：若拉动活塞过程中温度保持为27，活塞到达缸口时缸内气体压强为0.4105 pa；若活塞到达缸口时拉力大小为500n，此时缸内气体温度为102点评：本题关键要确定气体发生何种状态变化，再选择合适的规律列式求解【物理-选修3-4】20在均质弹性绳中有一振源s，它以5hz的频率上下做简谐运动，振幅为5cm，形成的波沿绳向左、右两边传播从振源开始振动计时，t时刻的波形如图所示，质点p右边的绳还未振动，s左边的波形没有画出，则 ( )a该波的波速为60cm/sb波源s开始振动的方向向下c图中的质点q在t时刻处在波谷d在t=0至t=1.0s时间内质点p运动的路程为70cm考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据频率求出周期，根据图象可知，波从s传到p点的时间为，根据v=求出波速，根据p点开始振动的方向判断波源开始振动方向，根据对称性判断x=6cm处质点t时刻所处位置，根据一个周期内振动运动的路程为4a求出在t=0至t=1.0s时间内质点p运动的路程解答：解：a、波的频率f=5hz，周期t=0.2s，由图知该波在t=t=0.3s时间内，波传播了12cm，则波速v= cm/s=cm/s=40cm/s，故a错误；b、此时p点的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故b正确；c、由对称性知x=6cm处质点t时刻处于波峰，故c错误；d、在t=0至t=1.0s时间内，即t=1s，质点p已振动0.7s，运动的路程为s=4a=45cm=70cm，故d正确故选：bd点评：本题要抓住对称性，s在振动过程中，波向两端同时传播，知道各质点开始振动的方向与波源开始振动方向相同21如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角aob=120，顶点o与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径r=a，圆锥轴线与桌面垂直有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合已知玻璃的折射率n=，求光束在桌面上形成的光照亮部分的面积考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折当第二次折射时，由于入射角等于30，而玻璃的折射率，可得临界角与入射角的关系，判断光线会发生光的全反射，作出光路图，可根据几何关系可确定光斑的半径解答：解：如图所示，射到oa界面的入射角=30，则sin=故入射光线能从圆锥侧面射出设折射角为，无限接近a点的折射光线为ac，根据折射定律有： sin=nsin解得：=60过o点作odac，则o2od=30在rto1ao中， o1o=rtan30=a在rtace中，ec=aetan30=故o2c=ecr=光束在