广东省阳江市阳东县广雅学校高三物理上学期8月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省阳江市阳东县广雅学校高三（上）月考物理试卷（8月份）一、单项选择题1体操吊环运动中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环（如图甲所示），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图乙所示位置，则在此过程中，吊环的每根绳的拉力ft（两绳拉力相等）及其两绳的合力f 的大小变化情况为（）aft减小，f 不变bft增大，f 增大cft增大，f 减小dft增大，f 不变2如图a，静止在光滑水平面上o点的物体，从t=0开始物体受到如图b所示的水平力作用，设向右为f的正方向，则物体（）a一直向左运动b一直向右运动c一直匀加速运动d在o点附近左右运动3在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则（）aa灯和b灯都变亮ba灯变亮，b灯变暗ca灯变暗，b灯变亮da灯和b灯都变暗4带电粒子（重力不计）穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示了粒子的径迹，这是云室的原理，如图所示是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是（）a四种粒子都带正电b四种粒子都带负电c打到a、b点的粒子带正电d打到c、d点的粒子带正电5如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是（）a角越大，小球对斜面的压力越大b角越大，小球运动的加速度越小c角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短d角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同6滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度一时间图象如图乙所示，则由图象中ab段曲线可知，运动员在此过程中（）a做匀变速曲线运动b做变加速直线运动c所受力的合力不断增大d机械能守恒7电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知ea和eb，电势分别为a和b，则（）aeaeb，abbeaeb，abceaeb，abdeaeb，ab8远距离输电，原来采用2200v输电，输电线上损失的电功率为p，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22kv输电，则输电线上损失的电功率将变为（）a pb pc10pd100p9如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的n极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）a线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引b线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥c线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引d线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥二、不定项选择题10如图所示，水平地面上放置着质量为m的粗糙斜面体，一质量为m的物体在拉力f的作用下静止于斜面上，则（）a地面对斜面体有水平向左的摩擦力b地面对斜面体无摩擦力c物体受摩擦力的方向沿斜面向下d地面对斜面体的支持力小于（m+m）g112009年4月15日零时16分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第2 颗北斗导航卫星送入预定轨道北斗导航卫星是中国北斗卫星导航系统建设计划中的第二颗组网卫星，是地球同步静止轨道卫星关于地球同步通讯卫星，下列说法错误的是（）a同步卫星运行轨道一定与赤道面重合，周期是24hb它处于平衡状态，具有一定的高度c同步卫星的高度和速率是确定的值d它的运行速度大于7.9km/s12下列叙述正确的是（）a伽利略认为力不是维持物体运动的原因b后人为了纪念牛顿，把n作为力学中的基本单位c卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律d法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象13如图，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为f1=30n、f2=20n的水平拉力分别作用在m1、m2上，达到稳定状态后，下列说法正确的是（）a弹簧秤的示数是25 nb弹簧秤的示数是28 nc在突然撤去f2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2d在突然撤去f1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s214升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到6m/s，则此过程中（g取10m/s2）（）a升降机对物体做功1800jb合外力对物体做功1800jc物体的重力势能增加了6800jd物体的机械能增加了6800j15研制核武器的钚239（pu）可由铀239（u）经过衰变而产生，下列叙述正确是（）a钚239和铀239是同位素b铀239经过一个半衰期时原子核的数量减少为原来的一半c铀239经过一次衰变产生钚239d铀239经过二次衰变产生钚23916如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，则（）a衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供b圆桶转速增大，衣服对桶壁的压力也增大c圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动d圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大17我国自主研发的四级火箭“远征一号”于今年第四季度首飞该火箭实现“一箭多星”直接入轨发射假设某次发射有三颗卫星a、b、c，某时刻三颗卫星的位置恰好在同一直线上（如图所示），忽略卫星间的相互作用，下列说法正确的有（）a向心加速度aaabacb绕行速率vavbvcc运动一周后，a先回到原地点d卫星与地球间的引力fafbfc18如图所示，点电荷的静电场中电场线用实线表示，但其方向未标明，虚线是某一带正电的粒子通过该电场区域时的运动轨迹a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受到电场力的作用，根据此图，下列说法不正确的是（）a可以判断a、b两点电场强度方向b可以确定带电粒子在a、b两点处的受力方向ca点的电势能比b点的电势能大d带电粒子在b点的速度较大三、实验题19某同学利用如图 （a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持状态他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小f与弹簧长度x的关系图线由此图线可得该弹簧的原长x0= cm，劲度系数k= n/m他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧长度x= cm（2）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点o点的位置、两弹簧测力计的读数f1、f2以及如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数f=20某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力f及质量m关系的实验，图中（甲）为实验装置简图他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法中正确的是（选填字母代号）a实验时要平衡摩擦力 b实验时不需要平衡摩擦力c钩码的重力要远小于小车的总重力 d实验进行时应先释放小车再接通电源如图（乙）所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e是计数点（每打5个点取一个计数点），其中l1=3.07cm，l2=12.38cm，l3=27.87cm，l4=49.62cm则打c点时小车的速度为m/s，小车的加速度是m/s2（计算结果均保留三位有效数字）21某同学在做多用电表测未知电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用“100”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用档（填“10”或“1k”），换档后，先要（2）如果用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测某电阻r的阻值，表盘的示数如上图，则该电阻r的阻值约为22用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的ui图象，由图可知测得的电池的电动势为v，内电阻为23如图所示，半径r=0.2m的光滑圆弧形槽底端b与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右端c点正上方悬挂一质量为m=0.1kg的物块b，bc距离l=1.25m，一质量为m=0.1kg物块a从a点无初速滑下，经传送带后与物块b相碰并粘在一起，在a、b碰撞瞬间绳子断开，a、b沿水平方向飞出，已知滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2，c点距水平面的高度为h=0.8m，a、b两物块均视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）滑块a到达底端b时对槽的压力（2）滑块a到达传送带c点的速度大小（3）求滑块a、b的落地点到c点的水平距离三、物理-选修3-324一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pt图象如图所示下列判断正确的是 （）a过程ab中气体一定吸热b过程bc中气体既不吸热也不放热c过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热da、b、和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小eb和c两个状态中，容器壁单位面积时间内受到气体分子撞击的次数不同25一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为t0，现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了，若此后外界的温度变为t，求重新达到平衡后气体的体积已知外界大气的压强始终保持不变、重力加速度大小为g四、物理-选修3-526甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的函数关系分别如图中的、所示下列判断正确的是a与不一定平行b图象的斜率表示普朗克常数c乙金属的极限频率大d图象纵轴截距由入射光强度决定e光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大27如图，a、b、c三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，b、c之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把b和c紧连，使弹簧不能伸展，以至于b、c可视为一个整体现a以初速度v0沿b、c的连线方向朝b运动，与b相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使c与a、b分离已知离开弹簧后c的速度恰好为v0求弹簧释放的势能2015-2016学年广东省阳江市阳东县广雅学校高三（上）月考物理试卷（8月份）参考答案与试题解析一、单项选择题1体操吊环运动中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环（如图甲所示），然后身体下移，双臂缓慢张开到如图乙所示位置，则在此过程中，吊环的每根绳的拉力ft（两绳拉力相等）及其两绳的合力f 的大小变化情况为（）aft减小，f 不变bft增大，f 增大cft增大，f 减小dft增大，f 不变【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】两根绳拉力的合力与人的重力平衡，根据平行四边形定则判断拉力的变化【解答】解：对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以两绳的合力f的不变，即当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小ft都要增大，所以d正确a、b、c错误故选d【点评】点评：本题即使考查学生对合力与分力之间关系的理解，在合力不变的情况下，两个分力之间的夹角越大，那么这两个分力的大小就越大2如图a，静止在光滑水平面上o点的物体，从t=0开始物体受到如图b所示的水平力作用，设向右为f的正方向，则物体（）a一直向左运动b一直向右运动c一直匀加速运动d在o点附近左右运动【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】物体所受的合力等于水平拉力，根据牛顿第二定律结合加速度方向与速度方向的关系判断出物体的运动【解答】解：在01s内物体向右做匀加速直线运动，在12s内，加速度方向相反，与前1s内加速度大小相等，向右做匀减速直线运动，2s末速度为零，以后重复这样的运动知物体一直向右运动故b正确，a、c、d错误故选b【点评】解决本题的关键能够通过物体的受力判断出物体的运动情况本题也可以用速度时间图线进行分析3在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则（）aa灯和b灯都变亮ba灯变亮，b灯变暗ca灯变暗，b灯变亮da灯和b灯都变暗【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先分析电路结构，再由闭合电路欧姆定律即可分析电路中电流及电压的变化，再由欧姆定律即可分析两灯泡的变化【解答】解：由图可知，灯泡b与滑动变阻器串联后与一电阻并联，然后再与a并联，当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，电源内阻和r1所占电压减小，则并联部分电压增大，故灯泡a亮度变亮，通过灯a和r2的电流都增大，而总电流减小，所以通过b的电流减小，a灯变暗，故b正确故选：b【点评】对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题首先要明确电路结构，再按“局部整体局部”的思路进行分析即可求解4带电粒子（重力不计）穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示了粒子的径迹，这是云室的原理，如图所示是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是（）a四种粒子都带正电b四种粒子都带负电c打到a、b点的粒子带正电d打到c、d点的粒子带正电【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据左手定则：将左手掌摊平，让磁力线穿过手掌心，四指表示正电荷运动方向，则和四指垂直的大拇指所指方向即为洛伦兹力的方向但须注意，运动电荷是正的，大拇指的指向即为洛伦兹力的方向；对负电荷应用左手定则的方法是，用四指表示负电荷运动的反方向，那么大拇指的指向就是洛伦兹力方向【解答】解：ab两粒子向上偏转即受到的洛伦兹力向上，磁场向外所以此时四指的方向应当水平向左，即四指的指向与两粒子运动方向相反，所以ab两粒子带负电，故ac错误cd两粒子向下偏转即受到的洛伦兹力向下，磁场向外所以此时四指的方向应当水平向右，即四指的指向与两粒子运动方向相相同，所以cd两粒子带正电，故b错误，d正确故选：d【点评】应当灵活应用左手定则判断洛伦兹力方向，或者已知洛伦兹力方向判断电荷的电性或运动方向5如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是（）a角越大，小球对斜面的压力越大b角越大，小球运动的加速度越小c角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短d角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同【考点】牛顿运动定律的综合应用【分析】对小球进行受力分析，根据力的合成与分解原则求出小球对斜面压力的表达式，根据牛顿第二定律求出小球运动的加速度，重力加速度始终为g，恒定不变，从而找出正确的答案【解答】解：a、对小球进行受力分析，则有：n=mgcos，随着的增大，n减小，故a错误；b、根据牛顿第二定律得：，随着的增大，a增大，与小球的质量无关故b错误，d错误c、小球运动的时间t：，得：角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短故c正确故选：c【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，知道重力加速度始终为g，恒定不变，难度不大，属于基础题6滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度一时间图象如图乙所示，则由图象中ab段曲线可知，运动员在此过程中（）a做匀变速曲线运动b做变加速直线运动c所受力的合力不断增大d机械能守恒【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】速度时间图线的切线斜率表示加速度，通过斜率的变化判断加速度的变化，从而根据牛顿第二定律判断合力的变化【解答】解：a、图线的切线斜率逐渐减小，知加速度逐渐减小，知运动员做变加速直线运动故a错误，b正确c、根据牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，则合力逐渐减小故c错误d、因为运动员在运动的过程中加速度在变化，最终做匀速运动，知机械能减小故d错误故选：b【点评】解决本题的关键掌握速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度7电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知ea和eb，电势分别为a和b，则（）aeaeb，abbeaeb，abceaeb，abdeaeb，ab【考点】电势；电场强度；电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题【解答】解：根据电场线疏密表示电场强度大小，eaeb；根据沿电场线电势降低，ab，故abd错误，c正确故选c【点评】本题考查用电场线如何表示的电场强度大小及电势高低8远距离输电，原来采用2200v输电，输电线上损失的电功率为p，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22kv输电，则输电线上损失的电功率将变为（）a pb pc10pd100p【考点】远距离输电【专题】交流电专题【分析】根据p=ui，抓住输送功率不变得出输送电流的变化，结合求出输电线上损失的功率变化【解答】解：根据p=ui知，i=，由于输电电压变为原来的10倍，则输送电流变为原来的，根据，可知损失的功率变为原来的，即故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，掌握输电线上损失的功率9如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的n极朝下当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）（）a线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引b线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥c线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引d线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【考点】楞次定律【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，故b正确；故选b【点评】在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向二、不定项选择题10如图所示，水平地面上放置着质量为m的粗糙斜面体，一质量为m的物体在拉力f的作用下静止于斜面上，则（）a地面对斜面体有水平向左的摩擦力b地面对斜面体无摩擦力c物体受摩擦力的方向沿斜面向下d地面对斜面体的支持力小于（m+m）g【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】本题中物体静止在斜面上，合力为零，斜面保持静止，合力为零，可以以整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力【解答】解：a、以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（m+m）g、地面的支持力n和摩擦力f、拉力f由于f有水平向右的分力，则由平衡条件可知：f一定水平向左故a正确，b错误；c、以m为研究的对象，则沿斜面的方向受到重力沿斜面向下的分力与拉力、摩擦力的作用，由于不知道拉力f与重力的分力mgsin的大小关系，所以不能判断出是否由摩擦力，以及摩擦力的方向故c错误；d、以整体为研究对象，根据平衡条件可得：f=fcosn=（m+m）gfsin由上可知，n（m+m）g故d正确故选：ad【点评】本题的关键是采用整体法当两个物体的加速度都为零，可以运用整体法研究，比较简便；如果采用隔离法分析，将使问题复杂化112009年4月15日零时16分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第2 颗北斗导航卫星送入预定轨道北斗导航卫星是中国北斗卫星导航系统建设计划中的第二颗组网卫星，是地球同步静止轨道卫星关于地球同步通讯卫星，下列说法错误的是（）a同步卫星运行轨道一定与赤道面重合，周期是24hb它处于平衡状态，具有一定的高度c同步卫星的高度和速率是确定的值d它的运行速度大于7.9km/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】同步卫星的轨道在赤道上空，周期一定，轨道半径一定，线速度大小一定，高度一定，轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度是做匀速圆周运动最大的环绕速度【解答】解：a、同步卫星的轨道平面与赤道平面重合，周期等于地球的自转周期，为24h，故a正确b、同步卫星靠万有引力提供向心力，不是处于平衡状态，故b错误c、同步卫星的周期一定，根据知，轨道半径一定，则高度一定，根据v=知，轨道半径一定，则速率一定，故c正确d、根据v=知，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径最小，知第一宇宙速度是做圆周运动的最大环绕速度，所以它的运行速度小于7.9km/s，故d错误本题选错误的，故选：bd【点评】解决本题的关键知道同步卫星的特点：定周期、定轨道、定高度、定速率，以及知道第一宇宙速度的物理意义，基础题12下列叙述正确的是（）a伽利略认为力不是维持物体运动的原因b后人为了纪念牛顿，把n作为力学中的基本单位c卡文迪许通过扭秤实验，总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律d法拉第经过多年的实验探索终于发现了电磁感应现象【考点】物理学史【分析】本题应抓住伽利略、卡文迪许、库仑和法拉第等等科学家的成就进行解答【解答】解：a、伽利略通过理想斜面实验得到力不是维持物体运动的原因的结论，故a正确b、牛顿是力的单位，但不是力学基本单位故b错误c、卡文迪许通过扭秤实验，测量万有引力常量g，是库仑用扭秤实验总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律故c错误d、法拉第经过多年的实验探索，终于在1831年发现了电磁感应现象故d正确故选ad【点评】本题关键要掌握一些物理学史和力学的基本单位，属于基础题13如图，两个质量分别为m1=1kg、m2=4kg的物体置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接两个大小分别为f1=30n、f2=20n的水平拉力分别作用在m1、m2上，达到稳定状态后，下列说法正确的是（）a弹簧秤的示数是25 nb弹簧秤的示数是28 nc在突然撤去f2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2d在突然撤去f1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，结合牛顿第二定律求出弹簧秤的示数撤去f的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出瞬时加速度【解答】解：a、对整体分析，整体的加速度a=，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，ff2=m2a，解得f=f2+m2a=20+42n=28n，故a错误，b正确c、撤去f2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2的加速度，故c正确d、撤去f1的瞬间，m1的加速度大小，故d错误故选：bc【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，关键抓住弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用14升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到6m/s，则此过程中（g取10m/s2）（）a升降机对物体做功1800jb合外力对物体做功1800jc物体的重力势能增加了6800jd物体的机械能增加了6800j【考点】功能关系【分析】对升降机受力分析，受重力和支持力，根据功能关系多次列式分析求解【解答】解：a、对物体运用动能定理，有：，故有： =6800j，故a错误；b、对物体运用动能定理，有：，故b正确；c、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故：ep=mgh=100105=5000j，故c错误；d、机械能的增加量等于增大的动能和重力势能，即： =6800j，故d正确；故选：bd【点评】本题关键是根据动能定理列式，明确重力的功、支持力的功、总功、重力势能增加量、动能增加量的求法15研制核武器的钚239（pu）可由铀239（u）经过衰变而产生，下列叙述正确是（）a钚239和铀239是同位素b铀239经过一个半衰期时原子核的数量减少为原来的一半c铀239经过一次衰变产生钚239d铀239经过二次衰变产生钚239【考点】裂变反应和聚变反应【专题】衰变和半衰期专题【分析】当质子数相同时，才是同位素；质量数等于质子数加上中子数，质量数等于核子数经过1次衰变，电荷数少2，质量数少4，发生1次衰变，电荷数多1，质量数不变对于半衰期即为原子核的数量减少为原来的一半的时间，从而即可求解【解答】解：a、钚239和铀239它们的质子数不同，则不是同位素故a错误b、经过一个半衰期时，原子核的数量减少为原来的一半故b正确c、pu经过1次衰变，电荷数少2，质量数少4，即电荷数变为90，质量数变为235故c错误d、pu经过2次衰变，电荷数多2，质量数不变，即电荷数变为94，质量数仍为239故d正确故选：bd【点评】解决本题的关键知道衰变和衰变的实质，以及知道电荷数等于质子数，质子数和中子数之和等于质量数，注意理解半衰期是针对大量核子数而言的，同时知道什么是名同位素16如图，在匀速转动的洗衣机脱水桶内壁上，有一件湿衣服随圆桶一起转动而未滑动，则（）a衣服随圆桶做圆周运动的向心力由静摩擦力提供b圆桶转速增大，衣服对桶壁的压力也增大c圆桶转速足够大时，衣服上的水滴将做离心运动d圆桶转速增大以后，衣服所受摩擦力也增大【考点】匀速圆周运动；向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】衣服随脱水桶一起做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，在水平方向上的合力提供向心力，竖直方向合力为零，根据牛顿第二定律分析弹力的变化情况【解答】解：a、b、d、衣服受到重力、筒壁的弹力和静摩擦力的作用，共3个力作用，由于衣服在圆筒内壁上不掉下来，竖直方向上没有加速度，重力与静摩擦力二力平衡，靠弹力提供向心力；随着圆桶转速的增加，弹力增加，但静摩擦力不变；故a错误，b正确，d错误；c、对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，随着圆桶转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故c正确；故选：bc【点评】解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解；同时要知道离心运动的条件；基础问题17我国自主研发的四级火箭“远征一号”于今年第四季度首飞该火箭实现“一箭多星”直接入轨发射假设某次发射有三颗卫星a、b、c，某时刻三颗卫星的位置恰好在同一直线上（如图所示），忽略卫星间的相互作用，下列说法正确的有（）a向心加速度aaabacb绕行速率vavbvcc运动一周后，a先回到原地点d卫星与地球间的引力fafbfc【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】根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而分析判断【解答】解：a、根据得，a=，v=，t=，轨道半径越大，线速度越小，向心加速度越小，周期越大，则aaabac，vavbvc，tatbtc，故a正确，b错误c、因为tatbtc，可知a的周期最小，运动一周后，a先回到原地点，故c正确d、由于卫星的质量未知，无法比较卫星与地球的引力大小，故d错误故选：ac【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，并能灵活运用18如图所示，点电荷的静电场中电场线用实线表示，但其方向未标明，虚线是某一带正电的粒子通过该电场区域时的运动轨迹a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受到电场力的作用，根据此图，下列说法不正确的是（）a可以判断a、b两点电场强度方向b可以确定带电粒子在a、b两点处的受力方向ca点的电势能比b点的电势能大d带电粒子在b点的速度较大【考点】电场线；电场强度；电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解这类题是思路：根据运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力向左，由于粒子带正电，故电场线向左可以判断a、b两点电场强度方向，故a正确b、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力向左，故b正确c、由于a点运动到b点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以a点的电势能比b点的电势能小，带电粒子在b点的速度较小，故c、d错误本题选不正确的，故选cd【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解比较电势能的大小：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能三、实验题19某同学利用如图 （a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小f与弹簧长度x的关系图线由此图线可得该弹簧的原长x0=4 cm，劲度系数k=50 n/m他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧长度x=10 cm（2）完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点o点的位置、两弹簧测力计的读数f1、f2以及两细绳套的方向如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到o点的位置，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数f=4.0【考点】验证力的平行四边形定则【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律f=kx求解劲度系数；直接从弹簧秤得到弹力，即可求解（2）本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题【解答】解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2n时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律f=kx，有：k=50n/m；当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，弹簧的弹力为3.0n，则由胡克定律可知：x=0.06m=6cm；则弹簧的长度为：6cm+4cm=10cm；（2）如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点o点的位置、两弹簧测力计的读数f1、f2以及两细绳套的方向如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到o点的位置，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数f=4.0n故答案为：（1）竖直4；5010（2）两细绳套的方向o点的位置；4.0【点评】1、本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律f=kx并结合图象列式求解，不难2、本题属于对实验原理的直接考查，应准确掌握实验的目的及实验原理分析需要记录的内容，在学习绝不能死记硬背20某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力f及质量m关系的实验，图中（甲）为实验装置简图他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列说法中正确的是ac（选填字母代号）a实验时要平衡摩擦力 b实验时不需要平衡摩擦力c钩码的重力要远小于小车的总重力 d实验进行时应先释放小车再接通电源如图（乙）所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e是计数点（每打5个点取一个计数点），其中l1=3.07cm，l2=12.38cm，l3=27.87cm，l4=49.62cm则打c点时小车的速度为1.24m/s，小车的加速度是6.22m/s2（计算结果均保留三位有效数字）【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】该实验装置于验证牛顿第二定律的实验装置相同，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求c的速度大小，利用逐差法根据x=at2可求物体的加速度【解答】解：根据实验原理我们知道，为了让砝码的重力更加接近为小车的合外力，本实验中需要平衡摩擦力和让砝码重力远远小于小车重力，实验时先接通电源后释放小车，故bd错误，ac正确故选ac每打5个点取一个计数点，相邻的计数点的时间间隔是0.1s，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速得c点的速度为：vc=m/s=1.24m/s根据x=at2可得：a=m/s2=6.22m/s2故答案为：a、c 1.24，6.22【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果21某同学在做多用电表测未知电阻的实验中：（1）测量某电阻时，用“100”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用10档（填“10”或“1k”），换档后，先要欧姆调零（2）如果用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测某电阻r的阻值，表盘的示数如上图，则该电阻r的阻值约为220【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使欧姆表指针指在表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：（1）测量某电阻时，用“100”档时发现指针偏转角度过大，所选量程太大，应该换用10挡，换档后，先要进行欧姆调零（2）多用电表的电阻“10”挡，由图示表盘可知，电阻阻值为2210=220故答案为：（1）10 欧姆调零 （2）220【点评】使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在表盘的中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零22用如图甲所示的电路做“测定电池的电动势和内电阻”的实验，根据测得的数据做出了如图乙所示的ui图象，由图可知测得的电池的电动势为1.40v，内电阻为1.0【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】在ui图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：在ui图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.40v，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=1.0故答案为：1.40，1.0【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的23如图所示，半径r=0.2m的光滑圆弧形槽底端b与水平传带平滑相接，传送带以v1=4m/s的速率顺时针转动，其右端c点正上方悬挂一质量为m=0.1kg的物块b，bc距离l=1.25m，一质量为m=0.1kg物块a从a点无初速滑下，经传送带后与物块b相碰并粘在一起，在a、b碰撞瞬间绳子断开，a、b沿水平方向飞出，已知滑块与传送带间的动摩擦因数=0.2，c点距水平面的高度为h=0.8m，a、b两物块均视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，求：（1）滑块a到达底端b时对槽的压力（2）滑块a到达传送带c点的速度大小（3）求滑块a、b的落地点到c点的水平距离【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）a下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出a的速度，由牛顿第二定律求出支持力，然后求出压力（2）由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度，然后答题（3）由平抛运动规律可以求出水平位移【解答】解：（1）a从a到b过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=mvb2，在b点，对滑块，由牛顿第二定律得：fmg=m，代入数据解得：f=3n，由牛顿第三定律可知滑块对槽压力为3n，方向竖直向下；（2）滑块在传送带上，由牛顿第二定律得：mg=ma，设滑块在传送带上一直加速，则有：vc2vb2=2al，代入数据解得：vc=3m/s4m/s，由此可知滑块到c点的速度大小为3m/s；（3）设两滑块相碰速度为v，以碰撞前a的速度方向为正方向，由动量守恒得：mvc=2mv，a、b从c点水平抛出后做平抛运动，水平方向：x=vt，竖直方向：y=gt2，代入数据解得：x=0.6m；答：（1）滑块a到达底端b时对槽的压力大小为3n，方向竖直向下；（2）滑块a到达传送带c点的速度大小为3m/s（3）求滑块a、b的落地点到c点的水平距离为0.6m【点评】本题考查了求压力、速度、水平位移问题，分析清楚滑块的运动过程、应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与平抛运动规律即可正确解题三、物理-选修3-324一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pt图象如图所示下列判断正确的是 （）a过程ab中气体一定吸热b过程bc中气体既不吸热也不放热c过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热da、b、和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小eb和c两个状态中，容器壁单位面积时间内受到气体分子撞击的次数不同【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题【解答】解：a、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故a正确；b、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律u=q+w可知，气体吸热，故b错误；c、由图可知，c到a的过程中气体的纬度降低，则内能减小，所以过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放的热故c错误；d、由图象可知，a状态温度最低，分子平