山东省德州市高三物理第一次模拟试题（含解析）.doc

山东省德州市2015届高考物理一模试卷 一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1一物体做直线运动的vt图象如图所示，则( )a物体在02s内做匀变速直线运动b第4s末物体回到出发点c第4s末物体的加速度改变方向d前3s内合外力做的功等于前5s内合外力做的功2如图所示，斜面体a放在粗糙水平地面上，用轻绳拴住的小球b置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为=30现将斜面体a水平向右推动少许，整个系统仍处于静止状态，不计小球与斜面间的摩擦则( )a地面对斜面体存在水平向右的静摩擦力b斜面体对地面的压力变大c轻绳对小球的拉力变大d斜面体对小球的支持力变大3如图甲所示变压器可视为理想变压器，其原线圈接入图乙所示的交变电压，铭牌上标注“22v，11w”的小电动机刚好正常工作，图中a、v为理想交流电流表和电压表下列说法正确的是( )a原线圈输入的交变电压的瞬时值表达式为u=220cos50t（v）b通过小电动机电流的频率为50hzc电流表的示数为0.05ad如果电动机转子突然被卡住不转，变压器的输入功率减小4一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是( )a0x1段的电场强度逐渐减小b粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123dx1与x2两点间的电势差u12等于x2与x3两点间的电势差u235假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为t，引力常量为g则( )a地球半径r=b地球半径r=c地球质量m=d地球质量m=6如图所示，水平面内两根光滑的足够长平行金属导轨的左端与电阻r相连接，匀强磁场b竖直向下分布在导轨所在的空间内，一金属棒垂直于导轨放置并与导轨接触良好若对金属棒施加一个水平向右的外力f，使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，若导轨与金属棒的电阻不计，金属棒产生的电动势为e，通过电阻r的电量为q、电阻r消耗的功率为p，则下列图象正确的是( )abcd7如图所示，质量分别为2m和m的a、b两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态且足够长，不计一切阻力，重力加速度为g，现将两物体同时由静止释放并开始计时，在a下落t秒的过程中（未落地），下列说法正确的是( )a轻绳对a物体的拉力为mgba、b组成系统的重力势能增大ct时刻，b所受拉力的瞬时功率为mg2tdt时间内，b的机械能增加了mg2t2二、非选择题8某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位移传感器和力传感器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条af图线、，如图乙所示（1）实验时，一定要进行的操作是_a改变托盘中砝码的个数b滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放c用天平测出托盘的质量d为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的质量远小于滑块的质量（2）在轨道倾斜的情况下得到的af图线是_（选填或）（3）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=_kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=_（重力加速度g取10m/s2）9某兴趣小组用合金丝组装滑动变阻器（1）组装前他们首先利用螺旋测微器测出合金丝的直径，如图甲所示，则该合金丝的直径为_mm，然后利用刻度尺测得合金丝的长度，并结合标称的电阻率粗略计算出合金丝的总电阻rx，约为5（2）组装好滑动变阻器后，他们选用下列器材精确测量滑动变阻器的总电阻rx：a电流表a1（量程0.6a，内阻约0.6）b电流表a2（量程3a，内阻约为0.12）c电压表v1（量程15v，内阻约15k）d电压表v2（量程3v，内阻约3k）e滑动变阻器r，总电阻约20f两节干电池（内阻不计）g电键s、导线若干所选电流表为_（填“a1”或“a2”），所选电压表为_（填“v1”或“v2”）请帮他们完成图乙的实物连接，使其成为测量电路，要求电表读数范围尽可能大10（18分）如图所示，在水平地面上有一辆电动遥控车，其上表面mn与一条上端固定的长绳末端p点等高，遥控车始终以v0=2m/s的恒定速度向右运动，质量m=30kg的微型机器人（可看做质点）从绳上o点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生900n的摩擦阻力，滑到绳子末端p时速度刚好为零，此时遥控车右端m恰好到达p点的正下方，已知op的长度l1=7.5m，微型机器人与遥控车间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）机器人从o点下滑至p点所用的时间t；（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面mn至少多长；（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量q11如图所示，在x轴上方存在沿x轴正方向场强为e的匀强电场，在x轴下方的矩形区域abcd内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的ab边与x轴重合，m点是y轴上的一点，在m点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v0沿y轴负方向开始运动，恰好从n点进入磁场，当质子第二次经过x轴时电场反向，质子恰好回到m点，若|om|=2|on|，不计质子的重力求：（1）n点横坐标xn；（2）匀强磁场的磁感应强度b0；（3）矩形区域的最小面积s；（4）若质子第二次经过x轴时，撤去x轴上方的电场，同时在om中点处放置一块平行于x轴的绝缘挡板，质子与挡板发生碰撞，碰撞前后质子速度的水平分量不变，竖直分量等大反向，求质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t【物理选修33】12下列说法正确的是( )a足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力b液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大c空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢d热量不可能从低温物体传到高温物体13如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，质量m=4kg、截面积s=40cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，在气缸内距缸底某处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300k现通过内部电热丝加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开ab，已知大气压强p0=1.0105pa，（g取10m/s2）（1）求气缸内气体的温度；（2）继续加热气缸内的气体，使活塞缓慢上升，则此过程中（活塞未滑出气缸），气体的内能_（填“增加”或“减少”），气体吸收的热量_（填“大于”、“小于”或“等于”）气体对外界做的功【物理选修34】14图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，p是平衡位置为x=1m处的质点，q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点q的振动图象，则( )at=0.10s时，质点q的速度方向向上b该波沿x轴的负方向传播c该波的传播速度为40m/sd从t=0.10s到t=0.25s，质点p通过的路程为30 cm15如图是一个半径为r的半球形透明物体的截面图，其轴线oa水平，现用一细束单色光水平入射到距o点r处的c点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出（1）求透明体对该单色光的折射率；（2）将细光束平移到距o点处，求出射光线与oa轴线的交点距o点的距离【物理选修35】16钍th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤pa，其方程为thpa+x，钍的半衰期为24天，则下列说法中正确的是( )ax为质子bx是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的c衰变过程中伴随有射线产生d1g钍th经过120天后还剩0.2g钍th17如图所示，一块足够长的木板c质量为2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有a、b两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹），两炭块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为，开始时木板静止不动，a、b两炭块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示，a、b两炭块相距足够远求：（1）木板的最终速度；（2）a、b两炭块在木板上所留痕迹的长度之和山东省德州市2015届高考物理一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）1一物体做直线运动的vt图象如图所示，则( )a物体在02s内做匀变速直线运动b第4s末物体回到出发点c第4s末物体的加速度改变方向d前3s内合外力做的功等于前5s内合外力做的功考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：由速度的正负分析物体的运动方向，确定运动性质加速度大小等于图线的斜率大小，位移大小等于面积根据物体的加速度是否变化，判断物体是否做匀变速直线运动解答：解：a、01s物体做匀加速直线运动，12s匀减速直线运动，故a错误；b、根据图象中位移大小等于面积，上方为正，下方为负得：4s内物体的位移为：，即第4s末物体回到出发点，故b正确；c、3s末5s末是同一条倾斜直线，加速度不变，故c错误；d、由图象可知，3s末物体的速度为1m/s，由动能定理得，前3s合外力做的功：前5s内合外力做的功为：，故w1=w2，即前3s内合外力做的功等于前5s内合外力做的功，故d正确；故选：bd点评：本题主要抓住速度的正负表示速度的方向、斜率等于加速度、面积等于位移进行分析匀变速直线运动的特点是加速度保持不变2如图所示，斜面体a放在粗糙水平地面上，用轻绳拴住的小球b置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为=30现将斜面体a水平向右推动少许，整个系统仍处于静止状态，不计小球与斜面间的摩擦则( )a地面对斜面体存在水平向右的静摩擦力b斜面体对地面的压力变大c轻绳对小球的拉力变大d斜面体对小球的支持力变大考点：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：先对小球和斜面整体受力分析，根据平衡条件判断地面对斜面静摩擦力的方向，将斜面体a水平向右推动少许后，绳子与竖直方向的夹角增大，对小球进行受力分析，根据平衡条件列式求出绳子拉力和斜面对小球支持力的变化，最后对斜面体进行受力分析，根据小球对斜面体压力的变化判断地面对斜面体支持力的变化解答：解：a、对小球和斜面整体受力分析，受到重力、地面对斜面体的支持力，绳子的拉力以及地面的静摩擦力，处于平衡状态，合力为零，则地面对斜面体的静摩擦力水平向右，与绳子的拉力沿水平方向的分力相等，故a正确；b、对小球进行受力分析，如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件则有：tcos=mgsin30，tsin+n=mgcos30将斜面体a水平向右推动少许后，绳与竖直方向的夹角增大，则减小，而小球仍处于静止状态，受力平衡，所以沿斜面方向：tcos=mgsin30，减小，cos增大，则t减小，垂直斜面方向：tsin+n=mgcos30，减小，sin减小，则t减小，则n增大，对斜面体受力分析，受到重力、地面的支持力、小球对斜面体的压力以及静摩擦力作用，根据n增大可知，小球对斜面体的压力增大，则压力在竖直方向上的分量增大，所以地面对斜面的支持力增大，故bd正确，c错误故选：abd点评：解决本题的关键能够正确地对物体进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意解题过程中，研究对象的选取，难度中等3如图甲所示变压器可视为理想变压器，其原线圈接入图乙所示的交变电压，铭牌上标注“22v，11w”的小电动机刚好正常工作，图中a、v为理想交流电流表和电压表下列说法正确的是( )a原线圈输入的交变电压的瞬时值表达式为u=220cos50t（v）b通过小电动机电流的频率为50hzc电流表的示数为0.05ad如果电动机转子突然被卡住不转，变压器的输入功率减小考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据图象知道电压的有效值，周期和频率，电压表测量的是有效值，再根据电流与匝数成反比和功率公式即可解答：解：a、由乙图知原线圈输入的交变电压的最大值220v，周期为0.02s，频率为50hz，所以u=220cos100t（v），a错误；b、由乙图知交流电的周期为0.02s，所以频率为50 hz，输出端的交流电的频率为50hz，b正确；c、原线圈的电压有效值为220v，所以匝数比为10：1，电流与匝数成反比，串联在副线圈电路中电流表的示数为i=0.5a，电流表的示数为0.05a，c正确；d、电动机转子突然被卡住不转，变压器的输入功率增大，d错误；故选：bc点评：本题考查了变压器的原理，要能够从图象中获取有用物理信息，根据图象知道电压的有效值，周期和频率4一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，其中x3x2=x2x1，则下列说法正确的是( )a0x1段的电场强度逐渐减小b粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动cx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123dx1与x2两点间的电势差u12等于x2与x3两点间的电势差u23考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势能与电势的关系：ep=q，场强与电势的关系：e=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化解答：解：a、根据电势能与电势的关系：ep=q，场强与电势的关系：e=，得：e=，由数学知识可知epx图象切线的斜率等于，0x1段的斜率逐渐减小，电场强度逐渐减小，故a正确b、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故b错误c、根据电势能与电势的关系：ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故c正确d、x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，有u=ed，可知x1与x2两点间的电势差u12等于x2与x3两点间的电势差u23不相同，故d错误故选：ac点评：本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况5假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为t，引力常量为g则( )a地球半径r=b地球半径r=c地球质量m=d地球质量m=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：质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径解答：解：a、在两极地区，物体受到地球的万有引力，其大小为mg0，在赤道处，地球对物体的万有引力大小仍为mg0，万有引力和重力的合力提供圆周运动向心力有即有：m（g0g）=mr=，故a正确，b错误；c、质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，=mg0，m=，故c正确，d错误；故选：ac点评：解决本题的关键是认识到在赤道处的重力实为地球对物体的万有引力减去物体随地球自转的向心力，掌握力的关系是正确解题的前提6如图所示，水平面内两根光滑的足够长平行金属导轨的左端与电阻r相连接，匀强磁场b竖直向下分布在导轨所在的空间内，一金属棒垂直于导轨放置并与导轨接触良好若对金属棒施加一个水平向右的外力f，使金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，若导轨与金属棒的电阻不计，金属棒产生的电动势为e，通过电阻r的电量为q、电阻r消耗的功率为p，则下列图象正确的是( )abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率 专题：电磁感应与图像结合分析：根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、功率公式和牛顿第二定律分别得到e、q、p和f的表达式，再进行选择解答：解：a、金属棒做匀加速运动，t时刻金属棒的速度为 v=at，感应电动势为 e=blv=blat，则知et，et图象应是过原点的倾斜直线，故a错误b、根据感应电荷量公式 q=t2；qt图象是开口向上的抛物线，故b错误c、电阻r消耗的功率 p=t2；pt图象是开口向上的抛物线，故c正确d、根据牛顿第二定律得：ff安=ma，又f安=，联立得：f=+ma，根据数学知识可知ft图象是向上倾斜的直线，故d错误故选：c点评：本题运用电磁感应与电路、力学知识得到各个量的解析式是解题的关键，再由数学知识分析图象的形状本题中感应电荷量表达式q=和安培力表达式f安=，在电磁感应问题中经常用到，记牢了可提高解题的效率7如图所示，质量分别为2m和m的a、b两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态且足够长，不计一切阻力，重力加速度为g，现将两物体同时由静止释放并开始计时，在a下落t秒的过程中（未落地），下列说法正确的是( )a轻绳对a物体的拉力为mgba、b组成系统的重力势能增大ct时刻，b所受拉力的瞬时功率为mg2tdt时间内，b的机械能增加了mg2t2考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系 专题：功率的计算专题分析：两个物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒对整体，根据牛顿第二定律求出两个物体的加速度大小和细绳的拉力大小，并求出细绳对a做的功，即可得到a的机械能减少量由功率公式求解拉力的瞬时功率解答：解：a、根据牛顿第二定律得：对ab整体有：a=对a有：2mgt=2ma，得细绳的拉力 t=，故a错误；b、在a落地之前的运动中，a重力势能减小量大于b重力势能增加量，所以a、b组成系统的重力势能减小故b错误c、下落t秒时，b的速度大小为 v=at=gt则b所受拉力的瞬时功率为 p=tv=，故c错误d、下落t秒时，a下落的高度为 h=则a克服细绳拉力做功为 w=th=根据功能关系得知：a的机械能减少量为ea=w=mg2t2，ab组成的系统机械能守恒，故b机械能增加为mg2t2，故d正确故选：d点评：本题是连接体问题，要抓住系统的机械能守恒，而单个物体的机械能并不守恒，能熟练运用整体法和隔离法求出加速度和细绳的拉力二、非选择题8某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了多组实验，将位移传感器和力传感器得到的多组数据输入计算机进行处理，得到了两条af图线、，如图乙所示（1）实验时，一定要进行的操作是aa改变托盘中砝码的个数b滑块在轨道水平和倾斜的两种情况下必须在同一位置由静止释放c用天平测出托盘的质量d为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的质量远小于滑块的质量（2）在轨道倾斜的情况下得到的af图线是（选填或）（3）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=0.2（重力加速度g取10m/s2）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题分析：（1）依据实验操作要求可分析必须进行的操作（2）知道滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数（3）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解解答：解：（1）a、改变托盘中砝码的个数才能改变拉力f，故a正确b、滑块的释放位置对该实验没有影响，不要求每次在同一位置，故b错误cd、本题拉力可以由力的传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故c错误，d错误故选：a（2）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（3）根据f=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力f的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形得加速度a和所受拉力f的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5kg 由图形得，在水平轨道上f=1n时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得：fmg=0解得：=0.2故答案为：（1）a；（2）；（3）0.5；0.2点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解9某兴趣小组用合金丝组装滑动变阻器（1）组装前他们首先利用螺旋测微器测出合金丝的直径，如图甲所示，则该合金丝的直径为1.205mm，然后利用刻度尺测得合金丝的长度，并结合标称的电阻率粗略计算出合金丝的总电阻rx，约为5（2）组装好滑动变阻器后，他们选用下列器材精确测量滑动变阻器的总电阻rx：a电流表a1（量程0.6a，内阻约0.6）b电流表a2（量程3a，内阻约为0.12）c电压表v1（量程15v，内阻约15k）d电压表v2（量程3v，内阻约3k）e滑动变阻器r，总电阻约20f两节干电池（内阻不计）g电键s、导线若干所选电流表为a1（填“a1”或“a2”），所选电压表为v2（填“v1”或“v2”）请帮他们完成图乙的实物连接，使其成为测量电路，要求电表读数范围尽可能大考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法解答：解：（1）螺旋测微器固定刻度读数1mm，可动刻度读数为0.0120.5mm=0.205mm，所以金属丝的直径为：1mm+0.25mm=1.205mm（2）因电源的电压为3v，因此电压表选择3v量程v2；由于阻值约为5的电阻rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为：=0.6a，从精确角来说，所以电流表选择0.6a的量程a1；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法然后连接实验的器材如图故答案为：（1）1.205；（2）a1，v2；如图点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读考查如何选择仪器，掌握选择的方法与原则；学会由电路图去连接实物图，注意电表的正负极；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直10（18分）如图所示，在水平地面上有一辆电动遥控车，其上表面mn与一条上端固定的长绳末端p点等高，遥控车始终以v0=2m/s的恒定速度向右运动，质量m=30kg的微型机器人（可看做质点）从绳上o点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生900n的摩擦阻力，滑到绳子末端p时速度刚好为零，此时遥控车右端m恰好到达p点的正下方，已知op的长度l1=7.5m，微型机器人与遥控车间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2求：（1）机器人从o点下滑至p点所用的时间t；（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面mn至少多长；（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量q考点：牛顿第二定律；自由落体运动 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机器人的加速度大小，根据速度位移公式，抓住总位移的大小求出自由下落的末速度，结合速度时间公式求出总时间（2）根据牛顿第二定律求出机器人在车上的加速度，抓住速度相等时两者的位移大小求出位移之差，即车的最小长度（3）根据功能关系和能量守恒求q解答：解：（1）自由下滑的加速度为重力加速度g，设所用时间为t1，末速度为v1=gt1握紧绳子后，对机器人受力分析可知：fmg=ma2入数据解得 a2=20 m/s2下滑时间为t2，根据速度关系知gt1=a2t2位移关系l1=（t1+t2）总时间t=t1+t2由式知：t=1.5s（2）机器人落到车上后向右匀加速运动，与车同速时对地位移位x1，根据牛顿第二定律有：mg=ma3x1=车对地位移为：x2=v0t=v0人和车的相对位移为s，则s=x2x1由解得：s=1m（3）由功能关系知产生热量：q=fh+mgs=9007.5+0.230101=6810j答：（1）机器人从o点下滑至p点所用的时间t为1.5s；（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面mn至少1m（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量q为6810j点评：本题涉及到多个运动的过程，对每个过程都要仔细的分析物体运动的情况，这道题可以很好的考查学生的分析问题的能力，有一定的难度11如图所示，在x轴上方存在沿x轴正方向场强为e的匀强电场，在x轴下方的矩形区域abcd内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的ab边与x轴重合，m点是y轴上的一点，在m点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v0沿y轴负方向开始运动，恰好从n点进入磁场，当质子第二次经过x轴时电场反向，质子恰好回到m点，若|om|=2|on|，不计质子的重力求：（1）n点横坐标xn；（2）匀强磁场的磁感应强度b0；（3）矩形区域的最小面积s；（4）若质子第二次经过x轴时，撤去x轴上方的电场，同时在om中点处放置一块平行于x轴的绝缘挡板，质子与挡板发生碰撞，碰撞前后质子速度的水平分量不变，竖直分量等大反向，求质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）质子从m点到n点属于类平抛运动，由运动的合成与分解规律可求得n点的坐标；（2）由几何关系确定粒子在磁场中的运动半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；（3）几粒子运动的轨迹可以确定磁场的最小区域范围，则可求得最小面积；（4）明确粒子在电磁场中运动的过程，分别求出对应的时间，则可求得质子运动的总时间解答：解：（1）质子从m点运动到n点做类平抛运动，设运动的时间为t1，则：沿y轴负方向上：2xn=v0t1沿x轴正方向：xn=at12又因为a=解得：xn=；（2）质子的运动轨迹如图所示；质子经过n点时，vx2=2axn解得：vx=v0故v=v0设质子进入磁场时的速度方向与x轴方向的夹角为，则tan=1；解得：=45由几何关系得质子在磁场中做圆周运动的半径为：r=xn由牛顿第二定律得：ev0b=m解得：b0=（3）矩形域的最小面积s=2r（r+xn）解得：s=（4）如图所示，质子在x轴上方向与档板碰撞前后均做匀速直线运动：t1=质子在磁场中的运动周期t=则质子在磁场中运动的时间t=t=质子从离开档板到再次回到档板所用的时间t=2t1+t2=答：（1）n点横坐标xn为（2）匀强磁场的磁感应强度b0（3）矩形区域的最小面积s为；（4）质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t为点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，要注意明确带电粒子在电场中的运动一般考查运动合成与分解的应用；而在磁场中重点明确几何关系的分析【物理选修33】12下列说法正确的是( )a足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间存在斥力b液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大c空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢d热量不可能从低温物体传到高温物体考点：热力学第二定律；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志；*相对湿度 分析：足球充足气后很难压缩，是因为足球内外气体的压强差比较大；表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；在用油膜法估测分子的大小”实验中，我们做了些理想化处理，认为油酸分子之间无间隙，油酸膜为单层分子根据相对湿度与绝对湿度之间的关系即可正确判定c；根据热力学第二定律可知，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体；解答：解：a、足球充足气后很难压缩，是因为足球内外气体的压强差比较大，与分子斥力无关故a错误；b、表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；故b正确；c、空气相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢故c正确；d、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体，如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故d错误；故选：bc点评：此题主要考查了热力学的基本知识点，如表面张力、热力学第二定律、相对湿度等，只要平时记住即可要注意热力学第二定律的几种不同的说法13如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，质量m=4kg、截面积s=40cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，在气缸内距缸底某处设有卡环ab，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在ab上，缸内气体的压强等于大气压强，温度为300k现通过内部电热丝加热汽缸内气体，直至活塞恰好离开ab，已知大气压强p0=1.0105pa，（g取10m/s2）（1）求气缸内气体的温度；（2）继续加热气缸内的气体，使活塞缓慢上升，则此过程中（活塞未滑出气缸），气体的内能增加（填“增加”或“减少”），气体吸收的热量大于（填“大于”、“小于”或“等于”）气体对外界做的功考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）对活塞受力分析，活塞受力平衡，根据理想气体状态列式求解；（2）由热力学第一定律求解，知道体积增大时，对外做功解答：解：（1）初始活塞受力平衡：p2s=mg+p0s，被封闭气体压强p1=p0=1105pa t1=300k解得：p1=1.1105pa 等压变化，代入数据，得t2=330k（2）温度升高，气体的内能增加，体积膨胀，气体对外做功，根据热力学第一定律知吸收的热量大于对外做功故答案为：330k，增加，大于点评：本题关键是得到封闭气体初末状态的各个状态参量，然后根据理想气体状态方程列式求解即可【物理选修34】14图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，p是平衡位置为x=1m处的质点，q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点q的振动图象，则( )at=0.10s时，质点q的速度方向向上b该波沿x轴的负方向传播c该波的传播速度为40m/sd从t=0.10s到t=0.25s，质点p通过的路程为30 cm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：根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0s时q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向上振动，从而确定了该波向左传播解答：解：a、由乙图中q点的振动图象可知t=0.10s时q点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以质点q的速度方向向下，故a错误；b、由乙图中q点的振动图象可知t=0.10s时q点在平衡位置，下一时刻位移为负，所以此时质点q的运动方向沿y轴负方向，则该波沿x轴的负方向传播，故b正确；c、根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：v=，故c正确；d、由乙图可以看出，从t=0.10s到t=0.25s的时间t=0.15s=t，而p点不在平衡位置，也不在波峰或波谷处，所以p点运动的路程不是3a=30cm，故d错误故