云南省玉溪一中高三物理上学期第二次月考试卷（含解析）.doc

云南省玉溪一中2015届高三上学期第二次月考物理试卷一、选择题（每小题4分1-6，只有一个选项符合题意；7-10题每小题有多个选项符合题意）（试题中g=10m/s2）1（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）a甲的加速度大于乙的加速度b甲做加速直线运动，乙做减速直线运动c甲的速度比乙的速度变化快d甲、乙在相等时间内速度变化可能相等2（4分）如图所示，在拉力作用下，小球a沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力f和支持力fn的大小变化是（）af增大，fn减小bf和fn均减小cf和fn均增大df减小，fn不变3（4分）如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力f作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为（）afbfc24mg+d因为动摩擦因数未知，所以不能确定4（4分）如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，c为绕地球做圆周运动的卫星，p为b、c两卫星轨道的交点已知a、b、c绕地心运动的周期相同相对于地心，下列说法中不正确的是（）a卫星b在p点的运行加速度大小与卫星c的运行加速度大小相等b卫星c的运行速度大于物体a的速度c可能出现：在每天的某一时刻卫星b在a的正上方d物体a和卫星c具有相同大小的加速度5（4分）如图，倾角为的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体a与一劲度系数为k的轻弹簧相连现用拉力f沿斜面向上拉弹簧，使物体a在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态在这一过程（）a弹簧的伸长量为b拉力f做的功为fhsinc物体a的机械能增加d斜面体受地面的静摩擦力大小等于fcos6（4分）如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端p点正上方某一位置q处以速度v0水平向左抛出一个小球a，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球b从同一点q处自由下落，下落至p点的时间为t2不计空气阻力，则t1：t2=（）a1：2b1：c1：3d1：7（4分）关于静电场，下列说法正确的是（）a电势等于零的物体一定不带电b电场强度为零的点，电势一定为零c同一电场线方向上的各点，电势一定降低d负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加8（4分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力f作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）a木块立即做减速运动b木块在一段时间内速度仍可增大c当f等于弹簧弹力时，木块速度最大d弹簧压缩量最大时，木块加速度为零9（4分）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽为150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）a能到达正对岸b渡河的时间可能等于50sc以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200md以最短位移渡河时，位移大小为200m10（4分）某电场的电场线的分布如图所示一个带电粒子只在电场力作用下由m点沿图中虚线所示的路径运动通过n点则下列判断正确的是（）a粒子带负电b粒子在m点的加速度小c粒子在n点的速度大d电场力对粒子做正功二选择题（每空3分，共18分，）11（9分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量m重物的质量m：用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平：让物块从光电门a的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门a和光电门b所用的时间ta和tb，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均；根据上述实验数据求出动擦因数回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图（b）其读数为cm（2）物块的加速度a可用d、s、ta，和tb，表示为a=（3）动摩擦因数可用m、m、；和重力加速度g表示为=12（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：rx（阻值约4，额定电流约0.5a）；电压表：v（量程3v，内阻约3k）；电流表：a1（量程0.6a，内阻约0.2）；a2（量程3a，内阻约0.05）；电源：e1（电动势3v，内阻不计）e2（电动势12v，内阻不计）滑动变阻器：r（最大阻值约20）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关s；导线（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为mm（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选、电源应选（均填器材代号）（3）在虚线框中完成电路原理图三、计算题（共2小题，13题12分、14题为15分，共27分）13（12分）一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，其右端与一倾角为=37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度（sin37=0.6，g取l0m/s2）14（15分）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为l1=1m，导轨平面与水平面成=30角，上端连接阻值r=1.5的电阻；质量为m=0.2kg、阻值r=0.5的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为l2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力f，g=10m/s2求：（1）当t=2s时，外力f1的大小；（2）当t=3s前的瞬间，外力f2的大小和方向；（3）请在图丙中画出前4s外力f随时间变化的图象（规定f方向沿斜面向上为正）物理-选修3-415（6分）关于热学知识的下列叙述中正确的是 （）a温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小b布朗运动就是液体分子的热运动c将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体d第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的e在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加16（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积s=0.01m2，中间用两个活塞a与b封住一定质量的理想气体，a、b都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，a的质量可不计、b的质量为m，并与一倔强系数k=5103n/m的较长的弹簧相连已知大气压强p0=1105pa，平衡时，两活塞间的距离l0=0.6m现用力压a使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡此时，用于压a的力f=5102n求活塞a向下移的距离（假定气体温度保持不变）选修17关于原子核的结合能，下列说法正确的是（）a原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量b一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能c铯原子核（cs）的结合能小于铅原子核（pb）的结合能d比结合能越大，原子核越不稳定e自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能18如图甲所示，a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，a的质量为3kga以一定的初速度向右滑动，与b发生碰撞，碰前a的速度变化如图乙中图线i所示，碰后a、b的速度变化分别如图线、所示，g取10m/s2，求：（1）a与地面间的动摩擦因数（2）物体b的质量云南省玉溪一中2015届高三上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分1-6，只有一个选项符合题意；7-10题每小题有多个选项符合题意）（试题中g=10m/s2）1（4分）甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4m/s2，a乙=4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（）a甲的加速度大于乙的加速度b甲做加速直线运动，乙做减速直线运动c甲的速度比乙的速度变化快d甲、乙在相等时间内速度变化可能相等考点：加速度 专题：直线运动规律专题分析：加速度是矢量，加速度的正负表示方向，加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动解答：解：a、甲的加速度等于乙的加速度，故a错误b、甲的加速度方向与速度方向相同，甲做加速运动，乙的加速度方向与速度方向相反，乙做减速运动，故b正确c、甲乙的加速度大小相等，速度变化快慢相同，故c错误d、甲乙的加速度一正一负，在相同时间内速度的变化量大小相等，方向不同，故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道加速度是矢量，正负表示方向，知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系2（4分）如图所示，在拉力作用下，小球a沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力f和支持力fn的大小变化是（）af增大，fn减小bf和fn均减小cf和fn均增大df减小，fn不变考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力f和支持力fn的大小变化解答：解：小球受重力g、支持力fn、拉力f处于动态平衡状态根据平衡条件得知：fn与f的合力与g大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图由力的合成图可知，f增大，fn减小故选：a点评：本题是平衡问题中动态变化分析问题，运用图解法比较直观简洁，也可以运用函数法研究3（4分）如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力f作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为（）afbfc24mg+d因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第48个小物块对第49个小物块的作用力大小解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：a=gsin30gcos30隔离对49和50个木块分析，根据牛顿第二定律得：f2mgsin302mgcos30=2ma，解得：，故a正确，b、c、d错误故选：a点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用4（4分）如图所示，a为静止于地球赤道上的物体，b为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，c为绕地球做圆周运动的卫星，p为b、c两卫星轨道的交点已知a、b、c绕地心运动的周期相同相对于地心，下列说法中不正确的是（）a卫星b在p点的运行加速度大小与卫星c的运行加速度大小相等b卫星c的运行速度大于物体a的速度c可能出现：在每天的某一时刻卫星b在a的正上方d物体a和卫星c具有相同大小的加速度考点：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：a静止于地球赤道上随地球一起自转，c为绕地球做圆周运动，b为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，a、b、c绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r可以判断物体a和卫星c的运动情况，卫星b、c轨迹在p点相交，根据牛顿第二定律判断加速度解答：解：a、卫星b绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a=，经过p点时，卫星b与卫星c的加速度相等，故a正确b、物体a静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星c为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据线速度公式v=，卫星c的线速度较大，故b正确c、a、b绕地心运动的周期相同，也就等于地球的自转周期b为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星b在a的正上方故c正确d、物体a静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星c为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r，卫星c的加速度较大，故d错误本题选择不正确的故选：d点评：本题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达式形式分析卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等5（4分）如图，倾角为的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体a与一劲度系数为k的轻弹簧相连现用拉力f沿斜面向上拉弹簧，使物体a在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态在这一过程（）a弹簧的伸长量为b拉力f做的功为fhsinc物体a的机械能增加d斜面体受地面的静摩擦力大小等于fcos考点：机械能守恒定律；功的计算 专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据胡克定律可得弹簧的伸长量；根据功的定义式可得拉力f做的功；机械能的增量就等于末态的机械能减去初态的机械能；根据整体处于平衡状态可得系统水平方向合力为0，即水平向左的拉力等于水平向右的摩擦力解答：解：a、根据胡克定律可得弹簧的伸长量x=，故a错误b、根据功的定义式可得拉力f做的功w=fx=f=，故b错误c、在整个运动过程中物体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能即e=ep=mgh，故c错误d、以整体为研究对象，整体在水平方向不受外力，故有拉力f在水平方向的分力等于地面的摩擦力，故有f=fcos，故d正确故选：d点评：系统增加的机械能等于除重力和弹簧的弹力外其它力所做的功，这是2015届高考考查的重点和难点，要注意掌握6（4分）如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端p点正上方某一位置q处以速度v0水平向左抛出一个小球a，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球b从同一点q处自由下落，下落至p点的时间为t2不计空气阻力，则t1：t2=（）a1：2b1：c1：3d1：考点：平抛运动；自由落体运动 专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间解答：解：小球a恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy=gt1=v0 水平位移s=v0t1 竖直位移hq=g 由得到：由几何关系可知小球b作自由下落的高度为：hq+sg 联立以上各式解得：故选：d点评：本题关键是明确小球q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值7（4分）关于静电场，下列说法正确的是（）a电势等于零的物体一定不带电b电场强度为零的点，电势一定为零c同一电场线方向上的各点，电势一定降低d负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加考点：电势；电场；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低解答：解：a、静电场中，电势具有相对性，电势的零点可人为选取，所以电势为零的物体不一定不带电，故a错误；b、静电场中，电势具有相对性，电场强度与电势没有直接关系，所以电场强度为零的点电势不一定为零，故b错误；c、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故c正确；d、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故d正确；故选：cd点评：本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零8（4分）如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力f作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（）a木块立即做减速运动b木块在一段时间内速度仍可增大c当f等于弹簧弹力时，木块速度最大d弹簧压缩量最大时，木块加速度为零考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：木块接触弹簧后，水平方向受到恒力f和弹簧的弹力，根据弹力与f的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况解答：解：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力f和弹簧水平向左的弹力弹簧的弹力先小于恒力f，后大于恒力f，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力f时，木块的速度为最大值当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力f，合力向左，加速度大于零，故bc正确，ad错误故选：bc点评：本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析9（4分）一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽为150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）a能到达正对岸b渡河的时间可能等于50sc以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200md以最短位移渡河时，位移大小为200m考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸解答：解：a、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸故a错误b、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：tmin=50s，故b正确c、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：x=v水tmin=450m=200m，即到对岸时被冲下200m，故c正确d、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸所以最短位移s=200m故d正确故选：bcd点评：小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度10（4分）某电场的电场线的分布如图所示一个带电粒子只在电场力作用下由m点沿图中虚线所示的路径运动通过n点则下列判断正确的是（）a粒子带负电b粒子在m点的加速度小c粒子在n点的速度大d电场力对粒子做正功考点：电场线；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小解答：解：a电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以a错误；b电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在n点的受力大，加速度大，所以b正确；c从m点到n点，运动方向与电场力的方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，所以c正确，d正确故选：bcd点评：该类题目，一般先根据粒子的运动的轨迹弯曲的方向，判断出粒子的受到的电场力的方向，然后判定电荷的正负与电场力做功的正负属于基础题目二选择题（每空3分，共18分，）11（9分）图（a）为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量m重物的质量m：用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平：让物块从光电门a的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门a和光电门b所用的时间ta和tb，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均；根据上述实验数据求出动擦因数回答下列为题：（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示如图（b）其读数为0.960cm（2）物块的加速度a可用d、s、ta，和tb，表示为a=（3）动摩擦因数可用m、m、；和重力加速度g表示为=考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）由速度公式求出速度，由匀变速运动的速度位移公式求出加速度；（3）由动能定理列方程求出动摩擦因数解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm；（2）滑块的速度va=，vb=，从a到b，由速度位移公式得：vb2va2=2as，解得，加速度a=（3）由动能定理得：mgs=mvb2mva2，解得：=；故答案为：（1）0.960；（2）；（3）点评：本题考查了游标卡尺读数、求加速度、求动摩擦因数等问题；主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读应用速度公式、匀变速运动的速度位移公式、动能定理即可正确解题12（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：rx（阻值约4，额定电流约0.5a）；电压表：v（量程3v，内阻约3k）；电流表：a1（量程0.6a，内阻约0.2）；a2（量程3a，内阻约0.05）；电源：e1（电动势3v，内阻不计）e2（电动势12v，内阻不计）滑动变阻器：r（最大阻值约20）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关s；导线（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为1.773mm（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选a1、电源应选e1（均填器材代号）（3）在虚线框中完成电路原理图考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出（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（3）滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法解答：解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.30.01mm=1.773mm；（2）电压表量程3v，故电源选e1，最大电流读数i，为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选a1；（3）滑动变阻器采用限流式；安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；电路如图所示：故答案为：（1）1.773；（2）a1，e1；（3）如图所示点评：实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚三、计算题（共2小题，13题12分、14题为15分，共27分）13（12分）一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0m，其右端与一倾角为=37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数=0.2，试问：（1）物块到达传送带右端的速度（2）物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度（sin37=0.6，g取l0m/s2）考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对物块进行受力分析，找出物块的合力，明确其运动性质，运用牛顿第二定律和运动学公式去求解到达传送带右端时的速度（2）物块冲上斜面后做匀减速直线运动，先根据运动学公式求出上物块运动的最大位移（到达最大位移时速度为0），然后与题目中的斜面长对比即可求解解答：解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动mg=malal=2m/s2当两者速度相等时，t=此时物块运动的位移为：s1=2m所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度为2m/s（2）物块以0速度滑上斜面mgsin=ma2a2=6m/s2物块速度为零时上升的距离s2=由于s20.4m，所以物块未到达斜面的最高点物块上升的最大高度：hm=s2sin=0.2m答：（1）物块到达传送带右端的速度为2m/s（2）物块不能到达斜面顶端，物块上升的最大高度为0.2m点评：本题要注意物体刚放在传送带上时在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，速度达到传送带速度后与传送带一起做匀速运动，此时不受摩擦力作用，能否到达最高点我们也可以根据动能定理去求解，难度适中14（15分）如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为l1=1m，导轨平面与水平面成=30角，上端连接阻值r=1.5的电阻；质量为m=0.2kg、阻值r=0.5的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为l2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力f，g=10m/s2求：（1）当t=2s时，外力f1的大小；（2）当t=3s前的瞬间，外力f2的大小和方向；（3）请在图丙中画出前4s外力f随时间变化的图象（规定f方向沿斜面向上为正）考点：法拉第电磁感应定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由图甲看出，b随时间均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力的表达式，在t=2s时，外力f为零，导体棒处于静止状态，由平衡条件即可求解b；（2）由图得到b的大小由f=bil求得安培力的大小，由平衡条件求解外力的大小和方向；（3）根据外力f随时间的表达式，画出图象解答：解：（1）回路中产生的感应电动势为e=l1l2=l1l2，感应电流为 i=，在t=2s时刻，处于静止状态，由平衡条件得： mg sin30b2il1f1=0；代入数据，可解得：f1=0，（2）当t=3s时，由图可知b3=1.5 t，则由平衡条件得外力f=b3il1mg sin30=b3l12l2mg sin30=0.5n，方向沿斜面向下（3）在前3s内，由平衡条件得： mg sin30=bil1+f，得f=mg sin30bil1而b=0.5t（t），i=l1l2=14 a=1a，得到f=10.5t在t=3s后，b不变，则f不变作出图象如图答：（1）当t=2s时，外力f1的大小是0；（2）当t=3s时，外力f的大小是0.5n，方向沿斜面向下（3）画出前4s外力f随时间的变化情况如上图点评：本题的解题关键有两点：一是根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，求解感应电流二是推导安培力，再由平衡条件求解外力物理-选修3-415（6分）关于热学知识的下列叙述中正确的是 （）a温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小b布朗运动就是液体分子的热运动c将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体d第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的e在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加考点：热力学第二定律；布朗运动 专题：热力学定理专题分析：温度是分子平均动能变化的标志理解布朗运动的实质、特点；盐颗粒大小变化不改变晶体的结构根据第二类永动机的原理分析改变物体内能的两种方式是热传递和做功解答：解：a、温度是分子平均动能变化的标志温度降低，分子平均动能减小，但是个别分子速度不一定都变小，故a正确b、布朗运动的悬浮在液体中固体微粒的运动，不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反应了液体分子运动的无规则性，故b错误；c、大颗粒的盐磨成细盐，不改变盐的晶体结构故c错误d、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了物理过程的方向性，所以制造不出来故d正确e、改变物体内能的两种方式是热传递和做功在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，气体的内能一定增加，故e正确故选：ade点评：解决该题要注意固体微粒运动和液体分子的运动是不同的两个运动，知道改变物体内能的两种方式，掌握热力学第一定律和热力学第二定律的内容，要注意平时多看课本，不断积累，多和生活实际联系加强理解和记忆16（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积s=0.01m2，中间用两个活塞a与b封住一定质量的理想气体，a、b都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，a的质量可不计、b的质量为m，并与一倔强系数k=5103n/m的较长的弹簧相连已知大气压强p0=1105pa，平衡时，两活塞间的距离l0=0.6m现用力压a使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡此时，用于压a的力f=5102n求活塞a向下移的距离（假定气体温度保持不变）考点：封闭气体压强 专题：理想气体状态方程专题分析：由于a的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以b为研究对象，求出弹簧的压缩量当用力压a时，再以b为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞a向下移动的距离解答：解：设活塞a向下移动l，相应b向下移动x，对气体分析：初态：p1=p0 v1=l0s末态：p2=p0+ v2=（l01+x）s由玻意耳定律：p1v1=p2v2因为两活塞间的距离原来为l0，活塞a向下移动l，相应b向下移动x，则末状态时，两活塞的距离为l0l+x得：p1l0s