湖北省恩施州高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年湖北省恩施州高二（下）期末物理试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题4分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分1（4分）（2015春恩施州期末）在物理学的研究过程中，科学家们采用了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）a在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法b在探究加速度、力和质童三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法c在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段都近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法d根据平均速度定义式：=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想方法考点：物理学史分析：本题根据常用的物理研究方法，如理想模型法、等效替代法等，进行解答即可解答：解：a、在验证力的平行四边形定则的实验中使用了等效替代的方法，故a错误b、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验使用了控制变量的方法，故b错误；c、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故c错误；d、平均速度定义式：=，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想方法，故d正确故选：d点评：解决此题的关键要知道物理常用的研究方法，如理想模型法、等效替代法、控制变量法、比值定义等2（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，物块a静止放在倾角为的长木板上，现使木板绕o点逆时针方向缓慢旋转，旋转时物块a与木板保持相对静止，则下列对于物块a的受力情况的说法中正确的是（）a木板对物块a的作用力不变b木板对物块a的作用力变小c木板对物块a的支持力变大d木板对物块a的摩擦力变小考点：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：要求支持力和摩擦力如何变化，需要对物体进行受力分析，然后通过正交分解求出重力的沿木板方向和垂直木板方向的分力，再根据物体处于平衡状态求出支持力和摩擦力的表达式，最后根据倾角的变化判断出支持力和摩擦力的变化情况解答：解：ab、物体a受力平衡，木板对a的作用力始终等于木板的重力，不变，故a正确，b错误；cd、对物体进行受力分析可知物体受竖直向下的重力mg，垂直木板向上的支持力n，沿木板向上的静摩擦力f，由于物体始终处于静止状态，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力相平衡，故合力不变因此，n=mgcos在沿斜面方向有f=mgsin，由题意可知逐渐增大，故n逐渐减小，f逐渐增大，故cd错误故选：a点评：本类题目的解题步骤：确定研究对象，对研究对象进行受力分析，再进行正交分解，最后根据受力平衡写出所求力的数学表达式，从而可以根据角度的变化情况判断出力的变化情况3（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管a的上端边缘，沿直径方向向管内以水平初速度v0抛入一个弹性小球，球与管壁多次相碰后落地（球与管壁相碰时间不计）若换一根等高但直径更大的内壁光滑的钢管b，用同样的方法抛入此钢球，则以下说法正确的是（）a在a管中的球运动时间长b在b管中的球运动时间长c在两管中的球运动时间一样长d小球与b管碰撞的次数比a管碰撞的次数多考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，结合竖直方向上的运动规律判断运动的时间根据水平方向上的运动规律判断碰撞的次数解答：解：abc、小球在竖直方向上做自由落体运动，换一根等高但直径更大的内壁光滑的钢管b，竖直方向上的运动规律相同，则运动的时间相同，故a、b错误，c正确d、小球在水平方向上与管壁碰撞前后均做匀速直线运动，直径变大，碰撞的时间间隔变长，总时间一定，则小球与b管碰撞的次数比a管碰撞的次数少，故d错误故选：c点评：解决本题的关键知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式分析求解，基础题4（4分）（2015春恩施州期末）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上灯泡的电阻不变，导轨和导体棒电阻不计，导体棒ab垂直导轨且与导轨接触良好，现将导体棒从静止释放，则在下滑过程中（）a导体棒上感应电流从a流向bb导体棒ab受到的安培力方向平行斜面向上c导体棒ab开始做匀加速直线运动后做匀速直线运动d灯泡一直变亮考点：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：根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系解答：解：a、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流i在导体棒ab中从b到a，故a错误；b、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流i在导体棒ab中从b到a，由左手定则判断导体棒ab受沿斜面向上的安培力f安，故b正确；c、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当f安=mgsin时达到最大速度vm，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此导体棒做先做加速度减小的加速运动，直到匀速运动故c错误；d、导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，由e=blv可知，产生的感应电动势e先变大后不变，由p=可知的，灯泡实际功率先变大后不变，灯泡亮度先变亮后亮度保持不变，故d错误；故选：b点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生5（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，小球自a点由静止自由下落，到b点时与竖直弹簧接触，d点是小球运动的最低点，bc=cd不计弹簧质量和空气阻力，小球在由a到d向下运动过程中，下列说法正确的是（）a小球的机械能守恒b小球在b点时其重力做功功率最大c到c点时小球的动能最大d由a到d的整个过程中小球重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：开始小球做自由落体运动，小球从b点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始小于重力，到bd间某位置等于重力，后大于重力，因此，小球从b到d过程中先做加速运动，后做减速运动，到d点速度减为零，弹簧压缩到最短，因此明确了整个过程中小球的运动情况，根据功能关系可正确解答本题解答：解：a、以小球和弹簧组成的系统为研究对象，小球运动过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，符合机械能守恒的条件，因此，系统的机械能守恒，小球机械能不守恒故a错误；b、重力做功功率最大即小球速度最大，当小球重力等于弹力时，加速度为零，速度最大，即动能最大，该位移处于b与d之间，不在b点，故b错误；c、假定c点时小球动能最大即速度最大，根据能量守恒在bc间运动时，弹簧增加的弹性势能为ep1+ek1，在cd间运动时增加的弹性势能等于ep2+ek2，因为bc=cd，ep1=ep2，ek1ek2，可知在bc和cd间弹簧增加的弹性势能不同，故不满足机械能守恒，故在c点时小球的动能不是最大故c错误；d、在a点小球的动能为零，在d点小球的动能也为零，根据机械能守恒可知，整个过程中小球重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，故d正确故选：d点评：本题关键是明确小球的运动情况和整个过程中能量的转化情况，特别是小球从b到d的过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增加的减速运动6（4分）（2015春恩施州期末）从地面竖直向上抛出一小球，小球在上升运动过程中所受空气阻力大小与小球的速度大小成正比，小球上升的最大高度为h0，上升时间为t0，规定竖直向上方向为正方向，用v表示小球的瞬时速度，x表示小球的位移，e表示小球的机械能下列图象正确的是（）abcd考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：对于图象问题可以根据物理知识求出两个坐标轴所代表物理量的函数关系来判断其图象性质如是直线还是曲线等，也可以通过特殊点来进行判断解答：解：ab、小球上升过程中的加速度a=，因为小球做减速运动，小球的加速度逐渐减小，故小球向上做加速度减小的减速运动，因为a是匀减速运动图象，b是加速度增大的减速运动图象，故ab均错误；cd、根据能量守恒定律可知，小球机械能的变化等于阻力对小球所做的功，因为阻力f=kv，所以wf=kvx，又小球做减速运动，故小球机械能减小的变化率随位移的增加而减小，不是均匀减小，故c错误，d正确故选：d点评：本题考查了图象问题、涉及加速度、位移、功率和机械能，涉及到矢量性考查知识点全面，运动学图象是解决运动学最简单的方法，用好图象可起到事半功倍的效果，在学习中应注意图象的掌握7（4分）（2015春恩施州期末）如图所示水平桌面由粗糙程度不同的ab、bc两部分组成，且ab=bc，小物块p（可视为质点）以某一初速度从a点滑上桌而，最后恰好停在c点，p物块在ab、bc上所做的运动均可看作匀变速直线运动已知小物块经过ab与bc两部分的时间之比为1：4，则小物块p与桌面上ab、bc两部分之间的动摩擦因数1、2之比为（）a8：1b4：1c1：4d1：8考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据匀变速直线运动的平均速度推论，抓住位移相等求出在ab和bc上的运动时间之比，结合速度时间公式和牛顿第二定律求出在ab和bc上的动摩擦因数之比解答：解：设b点的速度为vb，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：，又t1：t2=1：4解得：在ab上的加速度为：，则bc上的加速度为：，联立解得：1：2=8：1故选：a点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁并能正确应用8（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，匀强电场中有一圆，其所在平面与电场线平行，o为圆心，a、b、c、d为圆周上的四个等分点若将某带电粒子从a点以相同的初动能向各个不同的方向发射，到达圆周上各点时，过d点动能最大，不计重力和空气阻力则（）a该电场的电场线一定与od平行b该带电粒子一定带正电c带电粒子若经过c点，则其动能不可能与初动能相同d带电粒子不可能经过b点考点：电场线；带电粒子在匀强电场中的运动分析：带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从a点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从d点离开圆形区域的带电微粒的动能最大则说明电场力做功最大，从而得d点是沿电场强度方向离a点最远根据动能定理分析动能的变化解答：解：a、据题，带电粒子从a点以相同的初动能向各个不同方向发射，到达d点动能最大，说明d点是沿电场强度方向离a点最远的点，d点电势能最小，若带电粒子带正电，d点为电势最低点；若带电粒子带负电，d点为电势最高点；该电场的电场线一定是与od平行，故a正确、b错误c、由于c点与a点为电势相等的点所以带电粒子若经过c点，则其动能一定与初动能相同，故c错误d、由于题述带电粒子向各个不同方向发射，带电粒子可能经过b点，故d错误故选：a点评：本题的关键要分析粒子到达d点动能最大的原因，知道匀强电场等势面的分布情况，运用动能定理分析动能的变化9（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，a为离地高度为r的人造地球卫星，b为地球同步卫星设卫星a的速度大小为va、周期为ta、机械能为ea，卫星b的速度大小为vb、周期为tb、机械能为eb则下列关系正确的是（）avavbbtatbctatbdeaeb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：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度与周期，然后答题解答：解：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；a、由牛顿第二定律得：g=m，解得：v=，由于rarb，则：vavb，故a正确；bc、由牛顿第二定律得：g=mr，解得：t=2，由于rarb，则tatb，故b错误，c正确；d、卫星的机械能：e=ek+ep=，由于不知道卫星间的质量关系，无法判断它们机械能间的关系，故d错误；故选：ac点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题10（4分）（2015春恩施州期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为b，方向垂直纸面向里匀强磁场中有一折成角的金属导轨aob，导轨平而垂直磁场方向一条直导线mn垂直ob方向放置在导轨上并接触良好，mn受水平拉力f以初速v从导轨o点开始向右沿水平方向匀速运动，若导轨和直导线的单位长度的电阻都为r，设闭合回路的感应电流大小为i，则下列的it、ft图象正确的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：由e=blv求出感应电动势，由电阻定律求出回路电阻，然后欧姆定律求出电流，再分析图示图象答题解答：解：mn向右匀速运动，切割磁感线的长度为：l=vttan，闭合回路总电阻：r=r（vt+vttan+），感应电动势：e=blv，电路电流：i=，由于b、v、r、不变，则电流i不变，故b正确；故选：b点评：本题考查了判断电流随时间变化的关系，是一道电磁感应与电学相结合的题目，由e=blv求出感应电动势，应用电阻定律与欧姆定律可以解题11（4分）（2015春恩施州期末）如图甲所示，电阻不计的矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴以角速度匀速转动，产生了如图乙所示的正弦交变电流理想变压器的原副线圈匝数之比为10：1，为交流电压表，灯泡的电阻rl=10，以下说法正确的是（）a通过小灯泡的电流的频率为5hzbt=0ols时刻，电压表的示数为0ct=0o1s时刻，穿过矩形线框的磁通量最大d灯泡在1分钟内发热2400j考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：电表读数为交流电有效值，不能与瞬时值混淆，输出功率也是用有效值计算p=u2i2电流表读数可根据公式求得解答：解：a、由图象知交流电的周期为0.02s，频率50hz，所以a错误b、由图象可知，在t=0.01s时，电压最小，但电压表显示的是有效值；故一直有示数；故b错误；c、t=0o1s时刻，电动势为零；故穿过矩形线框的磁通量最大；故c正确；b、电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为200v，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为20v，灯泡1分钟的发热量q=2400j；故d正确；故选：cd点评：本题考查对交变电流图象的认识；要明确电表读数为交流电有效值，正弦交流电有效值等于最大值的12（4分）（2015西安模拟）如图所示，平行金属板中带电质点p原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，r1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，则（）a质点p将向下运动br3上消耗的功率逐渐增大c电流表读数减小，电压表读数增大d电源的输出功率逐渐增大考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点p如何运动根据干路电流和通过r3的电流变化，确定通过电流表的电流变化根据r3和r2的电压变化，判断电压表示数的变化根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化解答：解：当滑动变阻器r4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流i增大电容器板间电压等于r3的电压r4减小，并联部分的总电阻减小，则r3的电压减小，r3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点p所受的电场力减小，所以质点p将向下运动流过电流表的电流ia=ii3，i增大，i3减小，则ia增大，所以电流表读数增大r4的电压u4=u3u2，u3减小，u2增大，则u4减小，所以电压表读数减小由于r1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13题一第17题为必考题，第18-20题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共47分）13（6分）（2015春恩施州期末）如图甲所示为某同学刚组装好的利用重物做自由落体运动的装置，他准备用该装置用打点计时器打出的纸带来测当地的重力加速度（1）请你指出装置中明显有一处应该改进的地方夹子离电火花计时器应更近一些（2）该同学得到如图乙所示的一条纸带，他在纸带上取连续6个点，间距如图乙所示，若打点计时器的打点时间间隔为t，则当地的重力加速度为考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）根据题意明确实验中应需要改进的地方；（2）根据逐差法可求得重力加速度的大小解答：解：（1）由图可知，重物离打点计时器较远；故应使夹子离电火花计时器应更近一些；（2）由x=at2可得：x45x12=3at2；x56x23=3at2；取平均值可得：a=故答案为：（1）夹子离电火花计时器应更近一些；（2）点评：本题考查加速度的计算实验，要注意明确实验原理，掌握逐差法的灵活变形及应用14（9分）（2015春恩施州期末）（1）一个多用电表的原理电路如图1所示，电流计g的量程ig=0.001a，内阻rg=100，r1=9900，r2=1.01若要当做电流表使用，双刀双掷电键应与cd连接（选填“ab”或“cd“），其量程为00.1a若要当做电压表使用，双刀双掷电键应与ab连接（选填“ab”或“cd”），其量程为010v（2）现有一刻度均匀、量程未准确确定的电压表v1，已知其量程在1316v之间，内阻r1=150k为测定其准确量程，实验室提供了如表所列的器材，要求方法简洁，尽可能减少误差，并能测出多组数据 器材（代号） 规格 标准电压表v2 量程3v，内阻r2=30k 电流表a 量程3a，内阻r3=0.01 滑动变阻器r 总阻值1k 稳压电源e 20v，内阻很小 开关s、导线若干某同学设计了如图2所示的甲、乙、丙三种电路图，你认为选择乙电路图测量效果最好（填“甲”、“乙”、“丙”）根据测量效果最好的那个电路图，将图3有关器材连接成测量电路考点：伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）先确定接在不同位置时电流表与电阻是串联还是并联关系，若是并联为电流表，若是串联为电压表，再据所联的阻值求得相应的量程（2）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，所以可考虑将它们串联使用，又由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，然后设出待测电压表每格的电压，测出其偏转格数，根据欧姆定律即可求解解答：解：（1）双刀双掷电键与cd连接时，r2与电流表g并联，r2起分流作用，改装成大量程的电流表，量程i=双刀双掷电键与ab连接，r1和电流表g串联，r1起分压作用，改装成大量程的电压表则量程u=ig（r1+rg）=0.00110000v=10v（2）由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1ma，所以可将两电压表串联使用，由于变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如下图所示；故答案为：（1）cd、00.1aab、010v （2）乙如图所示；点评：本题考查电阻的测量实验；对地电学实验，一定要注意电压表（或电流表）的反常规接法，即电压表与电压表可以串联、电流表与电流表可以并联15（10分）（2015春恩施州期末）某同学去医院住院部看望病人，病人在住院部10楼该同学在医院1楼大厅乘电梯前，发现医院有1号和2号两部电梯，由于住院部每层上下人员众多，医院规定：1号电梯只在奇数楼层上下人员，2号电梯只在偶数楼层和1楼大厅上下人员若已知电梯每次停靠等待人员上下的时间是15s，电梯加速和减速的加速度大小都为a=1m/s2，电梯上升的最大速度为2m/s，每层楼高5m，重力加速度g=10m/s2求：（1）该同学在电梯中受到的最大支持力和最小支持力之比；（2）该同学从住院部1楼大厅乘电梯到10楼的最短时间是多少？考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）电梯向上加速时，该同学受到的支持力最大，当电梯向上减速时，该同学受到的支持力最小根据牛顿第二定律求解（2）该同学从住院部1楼大厅乘电梯到10楼的最短时间是电梯加速和减速的时间与电梯停靠等待人员上下的时间之和由速度时间公式求出电梯加速和减速的时间，由速度位移公式求出位移，再求出总时间解答：解：（1）电梯向上加速时，该同学处于超重状态，受到的支持力最大，设为nmax当电梯向上减速时，该同学处于失重状态，受到的支持力最小，设为nmin据牛顿第二定律有：nmaxmg=ma，mgnmin=ma解得：=（2）电梯加（减）速时间：t1=2s加（减）速距离：s1=2m从1楼大厅到2楼的时间：t2=2t1+=4.5s从2楼到4楼的时间：t3=2t1+=7s因此从1楼大厅坐电梯到10楼的最短时间：t=t2+4t3+4t解得：t=92.5s答：（1）该同学在电梯中受到的最大支持力和最小支持力之比是11：9；（2）该同学从住院部1楼大厅乘电梯到10楼的最短时间是92.5s点评：解决本题的关键要理清电梯的运动情况，再牛顿第二定律和运动学公式结合解答，要知道电梯的加速度方向向下时处于失重，加速度方向向上时处于超重16（10分）（2015春恩施州期末）如图所示，水平轨道ab与竖直半圆轨道bd相切于b点，半圆轨道的半径为r，整个轨道处于竖直向下的电场强度为e的匀强电场中一个质量为m，带电量为+q的小球从水平轨道上的c点向左运动，刚好能通过半圆轨道的最高点d，通过最高点后恰好回到c点，不计一切摩擦，己知重力加速度为g，求：（1）bc的距离；（2）小球从c点向左运动的初速度v0的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）小球恰好通过d点，由牛顿第二定律可以求出小球到达d点的速度，小球离开d后做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出bc间的距离（2）由动能定理可以求出小球的初速度解答：解：（1）小球恰好通过d点，在d点，由牛顿第二定律得：qe+mg=m，解得：v=，小球从d点做类平抛运动回到c点，在竖直方向：2r=at2，由牛顿第二定律得：qe+mg=ma，在水平方向：s=vt，解得：s=2r；（2）由动能定理得：（qe+mg）2r=mv2mv02，解得：v0=；答：（1）bc的距离为2r；（2）小球从c点向左运动的初速度v0的大小为点评：本题是一道力学综合题，考查了求小球的水平位移、小球的初速度大小，分析清楚小球的运动过程、应用牛顿第二定律、类平抛运动规律、动能定理可以解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键17（12分）（2015春恩施州期末）如图，在边长为l的等边三角形abc区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度（速度大小未确定）沿垂直于bc的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于ab边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）磁场的磁感应强度大小；（2）要确保粒子能从bc边射出，射入的最大速度；（3）ac、ab边上可能有粒子射出的范围考点：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：（1）根据几何关系求出粒子垂直ad射出时圆心角的大小，结合周期公式和运动的时间求出磁感应强度的大小（2）当轨迹圆与ac、ad都相切时，粒子能从cd边射出，半径最大，速度为最大值，根据几何关系求出半径，结合半径公式求出最大速度（3）当轨迹圆与ac相切时，从ac边射出的粒子距c最远，当轨迹圆与ad边的交点f恰在圆心o正上方时，射出的粒子距d点最远，结合几何 关系求出ac、ad边上可能有粒子射出的范围解答：解：（1）垂直于ab边射出的粒子轨迹对应圆心角为600，则：t0=t，据牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，t=，解得：b=；（2）当粒子轨迹圆与ab、ac都相切时，能从bc边射出的粒子的半径最大，对应速度为最大值，此时：r=sin60=l，解得：vmax=；（3）由（2）知，当轨迹圆与ac相切时，从ac边射出的粒子距c最远，故有粒子射出的范围为ce段，ce=cos60=，当轨迹圆与ad边的交点d恰在圆心o正上方时，射出的粒子距b点最远故有粒子射出的范围为bd段，bd=l；答：（1）磁场的磁感应强度大小为；（2）要确保粒子能从bc边射出，射入的最大速度为；（3）ac、ab边上可能有粒子射出的范围：lxl点评：本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，抓住临界状态，结合半径公式和周期公式进行求解，难度中等（二）选考题：共15分。请考生从给出的3个模块（【选修3-3】、【选修3-4】、【选修3-5】）中任选一个模块作答）【物理一选修3-3】18（5分）（2015春恩施州期末）下列说法正确的是 （）a分子间引力和斥力总是随着分子间的距离减小而增大，但引力比斥力变化快b物体的内能跟物体的温度和体积有关c布朗运动就是液体分子的热运动d气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的，压强的大小跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关e绝热压缩一定质量的气体时气体的温度升高考点：布朗运动；分子间的相互作用力；物体的内能专题：布朗运动专题分析：分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，但斥力增加的更快物体的内能跟物体的温度和体积有关布朗运动不是液体分子的热运动气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的根据热力学第一定律分析压缩气体时内能的变化，从而确定温度的变化解答：解：a、子间引力和斥力总是随着分子间的距离减小而增大，但斥力比引力变化快，故a错误b、物体的内能跟物体的温度和体积有关故b正确c、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，但不是液体分子的热运动，故c错误d、气体对容器壁的压强是大量气体分子对器壁的碰撞产生持续均匀的压力而产生的，压强的大小跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关，故d正确e、绝热压缩一定质量的气体时，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体的内能增大，温度升高，故e正确故选：bde点评：本题的关键要掌握分子动理论、物体的内能、热力学第一定律等热力学知识，要明确布朗运动不是分子的运动，而是固体微粒的运动19（10分）（2015春恩施州期末）在一端封闭另一端开口向上的竖直玻璃管内，用14cm高的水银柱封闭着60cm长的理想气体，如图所示几何尺寸，管内外气体的温度恒定不变现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平，外界大气压强p0=76cmhg和温度不变求：此时气体的压强和注入管中的水银柱高度考点：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：结合液体产生的压强的特点，先求出气体的状态参量，然后又玻意耳定律求出气体的压强，然后求出注入水银柱的高度解答：解：初始气体的压强：p1=p0+h=76+14=90cmhg，设注入管中的水银柱高度为h1（cm），则此时气体压强：p2=p0+h+h1=（90+h1）cmhg，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1l1s=p2l2s，即：9060=（90+h1）（68h1），解得：h1=18cm，气体压强：p2=108cmhg；答：此时气体的压强为108cmhg，注入管中的水银柱高度为18cm点评：本题考查了求气体压强的求法与玻意耳定律，分析清楚气体状态变化过程，应用玻意耳定律即可正确解题【选修3-4】20（2015春恩施州期末）如图（a）为一列简谐横波在t=0.1os时刻的波形图，p是平衡位置在x=1om处的质点，q是平衡位置在x=4om处的质点；图（b）为质点q的振动图象，下列说法正确的是 （）a在t=0.10s时，质点q向y轴正方向运动b在t=0.25s时，质点p的加速度方向与y轴正方向相同c从t=0.1os到t=0.25s，质点p通过的路程为30cmd从t=0los到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6me质点q简谐运动的表达式为y=losinl0t（cm）考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播根据时间与周期的关系，分析质点p的位置和加速度，求出通过的路程解答：解：a、根据图b可知，t=0.1s时，质点q向y轴负方向运动，故a错误；b、由图b可知，t=0时刻，q向下振动，所以波沿x负方向传播，由图b知该波的周期是0.20s，t=0.25s时，又经过为1.5s=，此时p点在时间轴下方，所以加速度方向与y轴正方向相同故b正确c、从t=0.1os到t=0.25s，经过了，3a=30cm，但是p点不在平衡位置，也不在波峰或波谷处，所以路程不是30cm，故c错误；d、由甲图知波长=8m，从t=0.1os到t=0.25s，经过了，波沿x负方向传播，则该波沿x轴负方向传播了=6m，故d正确e、角速度，振幅a=10cm，点q简谐运动的表达式为y=losinl0t（cm），故e正确；故选：bdd点评：本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在周期内振动的路程才是3a21（2015春恩施州期末）如图所示为用某种透明材料制成的等腰直角三棱镜abc，已知ab边长为l，d为ab的中点，一束单色光平行于底边bc从d点射入等腰直角三棱镜abc，单色光在ac边上的e点恰好发生全反射后从底边上的f点射出求：光在透明材料中的折射率；f点到c点的距离