广西桂林市四校联考高三物理下学期模拟试卷（含解析）.docVIP

广西桂林市四校联考2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10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如图所示，在某工厂的仓库里，有三根截面半径均为r、质量均为m的金属圆柱a、b、c，a、b放在粗糙水平地面上，c放在a、b上面，不计金属圆柱之间的摩擦，a、b、c始终都处于静止状态当a、b两金属圆柱的间距变小时，下列说法中正确的是( )ab对地面的压力增大b地面对a的作用力的方向始终竖直向上ca、c间的弹力减小d地面对a的摩擦力增大2远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈电压分别为u1、u2，电流分别为i1、i2，输电线上的电阻为r，其消耗的电功率为p，降压变压器原、副线圈电压分别为u3、u4，电流分别为i3、i4变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈两端的电压u1为恒定值，当用户的总功率增加时，下列正确的是( )au2变小bp变小cu3变小di1不变3为检测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了电磁流量计如图所示，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为b的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板电极（图中未画出）当污水布满管口从左向右流经该装置时，理想电压表将显示两个电极间的电压u下列说法中正确的是( )a前侧的金属板为正极，后侧的金属板为负极b污水中的正、负离子含量越多，电极间的电压u越高c污水的流动速度为d污水的流量为4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，则在地球赤道上空绕地球近地飞行的卫星的线速度为( )abcgdg05静电场在x轴上的场强e随x的变化关系如图所示，a、b、c、d为x轴上的四个点，相邻两个点之间的距离相等，x轴正向为场强正方向，下列说法中正确的是( )aa、b、c、d四个点中a的电势最高bb、c两点间的电势差小于c、d两点间的电势差c将一负点电荷从a沿x轴移到d点的过程中电场力一直做负功d将一负点电荷从a沿x轴移到d点的过程中，该点电荷的电势能先增大后减少6在倾角为的固定光滑斜面上有两个轻弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开挡板c时，物块a运动的距离为d，速度为v，则( )a物块a的重力势能增加m1gdb物块b的质量满足m2gsin=kdc此时物块a的加速度为d此过程中，弹簧的弹性势能变化了fdm1gdsinm1v27如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，平行板电容器c的极板水平放置闭合开关s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，则下列说法中正确的是( )a增大r1的阻值，带电油滴向下加速b增大r2的阻值，带电油滴仍静止不动c增大两板间的距离，电流表中的电流方向由a到bd将两板错开些，电流表中的电流方向由b到a8如图所示，在匀强磁场中匀速转动的圆形线圈周期为t，匝数为10匝，转轴o1o2垂直于磁场方向，线圈电阻为2，从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，线圈转过30时的电流为1a，下列说法中正确的是( )a线圈中电流的最大值为ab线圈消耗的电功率为4wc任意时刻线圈中的感应电流为i=2sintad任意时刻穿过线圈的磁通量为=cost（wb）9将一小球在o处竖直向上抛出，小球在空中运动过程中始终受大小不变的水平风力的作用，a为轨迹上的最高点，轨迹上的c点与o点在同一水平面上，a、b连线与oc垂直，下列说法中正确的是( )a小球从o到a的时间与从a到c的时间相等b小球在运动过程中任意相等时间内速度变化量大小相等，方向相同c小球在运动过程中做变加速运动dbc段的长度为ob段长度的两倍10如图所示，足够长的传送带以速度v1匀速运动，小物块p放在传送带的底端，t=0时刻小物块p在传送带底端具有速度v2下列描述小物块p的速度随时间变化的图象可能正确的是( )abcd二、非选择题：本题共5小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11某同学利用如图1所示的验证牛顿第二定律的实验装置来验证动能定理实验时保持小车的质量不变，不断改变钩码的个数，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的速度，绳中的拉力由拉力传感器读出（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车能沿平面轨道做匀速直线运动，这一步骤叫平衡摩擦力这样做的目的是_（2）该实验是否需要满足钩码的总质量远小于小车和拉力传感器的总质量？_（填“是”或“否”）（3）图2为实验中打出一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的6个计数点a、b、c、d、e、f，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各相邻两个计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5，已知打点计时器接在频率为f的交流电源两端，实验中从拉力传感器中读出小车受到的拉力为f，小车和传感器的总质量为m，钩码的质量为m，选取纸带上打b点到打e点的过程，写出验证动能定理的表达式_12某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率，步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为_cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为_mm；（3）用图丙所示的电路测定其电阻值，其中rx是待测的圆柱形导体，r为电阻箱，电源电动势为e，其内阻不计在保证安全的情况下多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了如图丁所示的r图线，电阻rx=_；（结果保留两位有效数字）（4）根据以上数据可以估算出圆柱形导体的电阻率约为_m（结果保留两位有效数字）13如图所示，半径r=1m的光滑金属半球壳abc与水平面在c点连接，一质量m=0.10kg的小物块静止在水平面上距c点s=1.25m的d点，o点是球心，d、c、o三点在同一直线上，物块与水平间的动摩擦因数数=0.20，现用水平恒力f=1n向左拉小物块，拉了一段距离后撤去拉力，取g=10m/s2（1）若物块运动到c点时速度为零，恰好沿球壳滑下，求物块滑到最低点b时对球壳的压力大小（2）要使小物块能进入金属半球壳继续运动，水平恒力至少作用多少时间？（3）若小物块运动到c点水平飞出，经t=0.4s落在球壳上，则水平恒力作用多长距离？14在光滑绝缘的水平地面上方，有一个宽度为4l、磁感应强度大小为b的匀强磁场区域，如图所示，一个边长为l、质量为m、电阻为r的金属正方形单匝线圈abcd在水平拉力作用下，沿垂直磁场方向，以初速度v1匀速进入磁场，当完全进入磁场后，撤去拉力，之后线圈ad边以速度v2离开磁场，线圈离开磁场所用的时间为t（1）求线圈进入磁场过程中b、c两点间的电势差及水平拉力的大小（2）求线圈离开磁场过程中产生的电流的有效值（3）试证明v1v2=15（18分）如图所示，坐标平面的第象限内存在方向水平向左的匀强电场，第象限内有两个极板m、n、质荷比为=41020kg/c的带正电粒子，在m极板表面处经m、n间加速电场加速后，从x轴上的a点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，oa=0.2m，之后粒子以与y轴正方向成60角进入第象限，为了使该粒子能从c点垂直于x轴进入第象限，可在适当的地方加一个垂直于xoy平面、磁感应强度大小为b=0.16t的匀强磁场，若此磁场仅分布在一个圆形区域内粒子重力不计求：（1）m、n两极板之间的电势差；（2）第象限内的匀强电场的电场强度大小；（3）圆形磁场的最小半径和粒子在此磁场中运动的时间附加题：本题共2小题，每小题0分。分别考查3-3、3-4、3-5模块。请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分。选修3-316下列叙述中，正确的是( )a估算金属原子的大小时可以把原子看成是球形或立方体b物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的c分子间的相互作用随着分子间距离的增大，一定先减小后增大d在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规律排列的，具有空间上的周期性e任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能17一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：气体在状态b时的温度为多少摄氏度？该气体从状态a到状态c的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？选修3-4(15分)18下列说法正确的是( )a拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度b全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性c真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关d机械波和电磁波都可以在真空中传播e波源沿直线匀速靠近一静止的接收者，则接收者接收到信号的频率会比波源频率高19一列横波在x轴上传播，a、b是x轴上相距sab=6m的两质点t=0时，b点正好到达最高点，且b点到x轴的距离为4cm，而此时a点恰好经过平衡位置向上运动，已知这列波的频率为25hz（1）求经过时间1s，a质点运动的路程；（2）设a、b在x轴上的距离大于一个波长，求该横波的波速选修3-520放射性物质碘131的衰变方程为+y可知y粒子为_若的质量为m1，的质量为m2，y粒子的质量为m3真空中的光速为c，则此核反应释放出的核能为_21如图所示，长度为l的长木板a两侧各固定着一个薄挡板，包括挡板在内的总质量为m，静止在光滑的水平地面上小木块b（可视为质点）质量为m，从a的中点开始以初速度v0在a上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，后滑到左端与挡板发生碰撞，经一个来回，恰好在a的中点与a保持相对静止，已知碰撞过程时间极短且无能量损失最终a的速度沿什么方向？说明理由求b与a间的动摩擦因数为广西桂林市四校联考2015届高考物理模拟试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10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如图所示，在某工厂的仓库里，有三根截面半径均为r、质量均为m的金属圆柱a、b、c，a、b放在粗糙水平地面上，c放在a、b上面，不计金属圆柱之间的摩擦，a、b、c始终都处于静止状态当a、b两金属圆柱的间距变小时，下列说法中正确的是( )ab对地面的压力增大b地面对a的作用力的方向始终竖直向上ca、c间的弹力减小d地面对a的摩擦力增大考点：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：对圆柱c分析，根据平衡条件列式判断ac间的弹力变化情况；对球a分析，根据平衡条件列式分析圆柱a与地面间的弹力和摩擦力的情况解答：解：c、对圆柱c分析，受重力和两个支持力，如图所示：2ncos=mg解得：n=当a、b两金属圆柱的间距变小时，减小，故n减小，故c正确；abd、对圆柱a受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：nsin=fmg+ncos=n1解得：n1=f=当a、b两金属圆柱的间距变小时，减小，结合对称性，b对地面的压力（支持力的反作用力）不变，为mg，故a错误；地面对a的作用力（支持力和静摩擦力的合力）的方向斜向上，故b错误；地面对a的摩擦力减小，故d错误；故选：c点评：本题关键受力分析后根据平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析，要结合正交分解法列式，不难2远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈电压分别为u1、u2，电流分别为i1、i2，输电线上的电阻为r，其消耗的电功率为p，降压变压器原、副线圈电压分别为u3、u4，电流分别为i3、i4变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈两端的电压u1为恒定值，当用户的总功率增加时，下列正确的是( )au2变小bp变小cu3变小di1不变考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数之反比；根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，得出u3、u2的关系解答：解：a、电压之比等于线圈匝数之比；因输入电压不变；故输出电压不变；故a错误；b、因用户总功率增加，电压不变；电流增大，因电流之比为定值；故输入电流变大；由p=i2r可知，输电线上的功率增大；故bd错误；c、因u3=u2i2r，故u3变小，故c正确；故选：c点评：解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈电压之比、电流之比与匝数比的关系，2、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系3为检测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了电磁流量计如图所示，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为b的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板电极（图中未画出）当污水布满管口从左向右流经该装置时，理想电压表将显示两个电极间的电压u下列说法中正确的是( )a前侧的金属板为正极，后侧的金属板为负极b污水中的正、负离子含量越多，电极间的电压u越高c污水的流动速度为d污水的流量为考点：霍尔效应及其应用分析：a、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高bc、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知d、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差解答：解：a、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏所以前表面比后表面电势低故a错误bc、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qe=qvb，即=vb那么v=，而污水流量q=vbc=bc=，可知q与u成正比，与a、b无关，故bc错误d、根据公式q=，则u=，电压表的示数与磁感应强度、流量q以及流量计的高有关，与离子浓度无关故d正确故选：d点评：解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡4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，则在地球赤道上空绕地球近地飞行的卫星的线速度为( )abcgdg0考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：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解解答：解：在两极地区，物体只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：mg=mr在地球赤道上空绕地球近地飞行的卫星，根据万有引力提供向心力，得：=m解得：v=，故选：b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5静电场在x轴上的场强e随x的变化关系如图所示，a、b、c、d为x轴上的四个点，相邻两个点之间的距离相等，x轴正向为场强正方向，下列说法中正确的是( )aa、b、c、d四个点中a的电势最高bb、c两点间的电势差小于c、d两点间的电势差c将一负点电荷从a沿x轴移到d点的过程中电场力一直做负功d将一负点电荷从a沿x轴移到d点的过程中，该点电荷的电势能先增大后减少考点：电场线；电势差与电场强度的关系分析：由图可以看出x轴上b点的右侧电场方向沿x轴正方向，b点的左侧电场方向沿x轴负方向，沿着电场线的方向电势降低，图象与x轴围成的面积表示电势差，根据力的方向与位移方向判断电场力做功情况，根据电场力做功情况判断电势能的变化情况解答：解：a、由图象可知，x轴上b点的右侧电场方向沿x轴正方向，b点的左侧电场方向沿x轴负方向，所以b点的电势最高，故a错误；b、图象与x轴围成的面积表示电势差，则bc两点间的电势差小于cd两点间的电势差，故b正确；c、负点电荷沿x轴从a移到b的过程中，受到电场力方向向右，从b移到d点的过程，电场力方向向左，所以将一负点电荷从a沿x轴移到d点的过程中电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故cd错误故选：b点评：本题考查从图象获取信息的能力，另外u=ed，所以ex图象组成图形的面积还可以表示电势差，难度适中6在倾角为的固定光滑斜面上有两个轻弹簧相连接的物块a、b，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，c为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开挡板c时，物块a运动的距离为d，速度为v，则( )a物块a的重力势能增加m1gdb物块b的质量满足m2gsin=kdc此时物块a的加速度为d此过程中，弹簧的弹性势能变化了fdm1gdsinm1v2考点：功能关系分析：当b刚离开c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块a的加速度大小；根据功能关系求弹簧的弹性势能变化解答：解：a、物块a的重力势能增加m1gdsin，故a错误b、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于a的重力沿斜面下的分力，当b刚离开c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故b错误；c、当b刚离开c时，对a，根据牛顿第二定律得：fm1gsinkx2=m1a1，又开始时，a平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块a加速度为a1=，故c错误；d、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：fdm1gdsinm1v2，故d正确；故选：d点评：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路7如图所示，电路中r1、r2均为可变电阻，平行板电容器c的极板水平放置闭合开关s，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，则下列说法中正确的是( )a增大r1的阻值，带电油滴向下加速b增大r2的阻值，带电油滴仍静止不动c增大两板间的距离，电流表中的电流方向由a到bd将两板错开些，电流表中的电流方向由b到a考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻r1的电压，改变r2，对电容器的电压没有影响增大r1分担的电压增大，电容器的电压增大，油滴将向上运动，增大两板间的距离，将两板错开些都会导致电容变小，而电压不变，则电荷量减小，电容器处于放电状态，从而判断电流方向解答：解：a、电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻r1的电压，当增大r1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动故a错误b、电路稳定时，当增大r2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强不变，油滴将不运动故b正确c、增大两板间的距离，则电容器的电容变小，因电容器的电压不变，根据q=uc可知，电荷量变小，电容器处于放电状态，电流表中的电流方向由a到b故c正确d、将两板错开些，正对面积减小，则电容器的电容变小，因电容器的电压不变，根据q=uc可知，电荷量变小，电容器处于放电状态，电流表中的电流方向由a到b故d错误故选：bc点评：本题要搞清电路的结构，知道电容器的电压等于可变电阻r1的电压，改变r2，对电容器的电压没有影响，明确电容的影响因数，能结合q=uc分析，难度适中8如图所示，在匀强磁场中匀速转动的圆形线圈周期为t，匝数为10匝，转轴o1o2垂直于磁场方向，线圈电阻为2，从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，线圈转过30时的电流为1a，下列说法中正确的是( )a线圈中电流的最大值为ab线圈消耗的电功率为4wc任意时刻线圈中的感应电流为i=2sintad任意时刻穿过线圈的磁通量为=cost（wb）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据交流电产生的规律及转过30度时的电流可求得电流的最大值、有效值；再由功率公式可明确产生的功率；根据最大值规律可求得磁通量的变化规律解答：解：a、从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，感应电动势的表达式为e=emsint，则感应电流i=sin则由题意可知：1a=解得：em=4v，则im=2a，i有效=a；线圈消耗的电功率p=i有效2r=22=4w；故a错误，b正确；c、由以上分析可知，i=imsint=2sint；故c正确；d、由em=nbs=m得m=（wb），故任意时刻，=mcost=cos（）（wb）；故d错误；故选：bc点评：本题考查交流电的产生规律，要注意正确应用磁通量、法拉第电磁感应定律等理解交流电的产生，并明确描述交流电的最大值、有效值、瞬时值及平均值之间的关系9将一小球在o处竖直向上抛出，小球在空中运动过程中始终受大小不变的水平风力的作用，a为轨迹上的最高点，轨迹上的c点与o点在同一水平面上，a、b连线与oc垂直，下列说法中正确的是( )a小球从o到a的时间与从a到c的时间相等b小球在运动过程中任意相等时间内速度变化量大小相等，方向相同c小球在运动过程中做变加速运动dbc段的长度为ob段长度的两倍考点：运动的合成和分解；抛体运动分析：将小球的运动分为竖直方向上的竖直上抛运动和水平方向上的匀加速直线运动；根据运动合成和分解可明确两个方向上的运动情况；根据受力情况明确速度的变化情况解答：解：小球在竖直方向做竖直上抛运动，故小球从o到a的时间和从a到c的时间相等；故a正确；b、由于小球受到的合外力恒定，故小球做匀变速曲线运动；由于小球做匀变速运动，故小球在运动过程中任意相等的时间内速度变化量大小相等；方向相同；故b正确，c错误；d、因小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，故在相等的时间内，bc段的长度为ob段长度的3倍；故d错误；故选：ab点评：本题考查运动的合成与分解规律，解题时要注意明确两个分运动相互独立，互不干涉；故可以分别进行分析，再根据时间关系找出彼此之间的联系10如图所示，足够长的传送带以速度v1匀速运动，小物块p放在传送带的底端，t=0时刻小物块p在传送带底端具有速度v2下列描述小物块p的速度随时间变化的图象可能正确的是( )abcd考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：要分不同的情况进行讨论：若v2v1：分析在摩擦力f重力沿斜面向下的分力和f重力沿斜面向下的分力的运动情况若v2v1：分析在摩擦力f重力沿斜面向下的分力和f重力沿斜面向下的分力的运动情况即可选择图象解答：解：a、若v2v1：物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若摩擦力f重力沿斜面向下的分力，则物体与传送带一起匀速运动，则a图是可能的，故a正确b、若v2v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，滑动摩擦力沿斜面向上，物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小零，向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律知 mgsinmgcos=ma，知共速后加速度大小不变，则b图是可能的，故b正确c、若v2v1：物体先做匀加速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，物体与传送带一起匀速运动，则d图是可能的，故c正确d、若v2v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力f重力沿斜面向下的分力，加速度将减小，则该图不可能，故d错误故选：abc点评：本题考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析可能的运动情况，关键要正确分析共速后摩擦力与重力分力的关系，确定其运动情况二、非选择题：本题共5小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11某同学利用如图1所示的验证牛顿第二定律的实验装置来验证动能定理实验时保持小车的质量不变，不断改变钩码的个数，用打点计时器和小车后端拖动的纸带测出小车运动的速度，绳中的拉力由拉力传感器读出（1）实验时先不挂钩码，反复调整垫木的左右位置，直到小车能沿平面轨道做匀速直线运动，这一步骤叫平衡摩擦力这样做的目的是实验中小车受到的合力等于拉力传感器的读数（2）该实验是否需要满足钩码的总质量远小于小车和拉力传感器的总质量？否（填“是”或“否”）（3）图2为实验中打出一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的6个计数点a、b、c、d、e、f，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各相邻两个计数点间的距离分别为x1、x2、x3、x4、x5，已知打点计时器接在频率为f的交流电源两端，实验中从拉力传感器中读出小车受到的拉力为f，小车和传感器的总质量为m，钩码的质量为m，选取纸带上打b点到打e点的过程，写出验证动能定理的表达式f（x1+x2+x3+x4）=mf2（）2mf2（）2考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）明确平衡摩擦力的方法及意义即可回答：（2）根据实验原理可分析是否需要使钩码的总质量远小于小车和传感器的质量；（3）根据功的公式表示拉力的功；再根据平均速度公式求出速度，得出动能的表达式，则可验证动能定理解答：解：（1）垫起平面轨道的右端，让小车重力沿斜面向下的分力与它受到的摩擦力平衡，才能认为在实验中小车受到的合力等于拉力传感器的读数；（2）由于在实验前已平衡摩擦力，故拉力传感器的读数就等于小车受到的合外力，故不需要使钩码的总质量远小于小车和传感器的质量；（3）在打b点到e点的过程中，合力做功w=fs=f（x1+x2+x3+x4）；打b点时小车的速度为vb=；同理可得，e点的速度为ve=；则动能的变化量为：mve2mvb2；故验证动能定理的表达式为：f（x1+x2+x3+x4）=mf2（）2mf2（）2故答案为：（1）使小车受到的合力等于拉力传感器的读数；（2）否；（3）f（x1+x2+x3+x4）=mf2（）2mf2（）2点评：本题考查验证动能定理的实验，要注意明确实验原理，根据原理得出需要做的步骤，并明确实验数据处理的方法12某同学要测量一由新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率，步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为5.015cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为4.700mm；（3）用图丙所示的电路测定其电阻值，其中rx是待测的圆柱形导体，r为电阻箱，电源电动势为e，其内阻不计在保证安全的情况下多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了如图丁所示的r图线，电阻rx=17；（结果保留两位有效数字）（4）根据以上数据可以估算出圆柱形导体的电阻率约为5.9103m（结果保留两位有效数字）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）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；（3）根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电阻阻值；（4）根据实验数据与电阻定律求出电阻率解答：解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为6mm，游标尺上第8个刻度游标读数为0.053m=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm（3）由图示电路图可知，电压表示数：u=irx=rx，整理得：=r+，由图示图象可知，纵轴截距：b=0.5，电源电动势：e=2v，图象斜率：k=0.03，电阻阻值：rx=17；（4）由电阻定律可知：rx=，电阻率：=5.9103m；故答案为：（1）5.015；（2）4.700；（3）17；（4）5.9103点评：本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、求电阻、求电阻率；游标卡尺和螺旋测微器读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读，注意游标卡尺的分度；根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电阻阻值的关键13如图所示，半径r=1m的光滑金属半球壳abc与水平面在c点连接，一质量m=0.10kg的小物块静止在水平面上距c点s=1.25m的d点，o点是球心，d、c、o三点在同一直线上，物块与水平间的动摩擦因数数=0.20，现用水平恒力f=1n向左拉小物块，拉了一段距离后撤去拉力，取g=10m/s2（1）若物块运动到c点时速度为零，恰好沿球壳滑下，求物块滑到最低点b时对球壳的压力大小（2）要使小物块能进入金属半球壳继续运动，水平恒力至少作用多少时间？（3）若小物块运动到c点水平飞出，经t=0.4s落在球壳上，则水平恒力作用多长距离？考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）从c到b只有重力做功，根据动能定理求得小物块的速度，再根据小物块在b点所受合力提供其圆周运动向心力从而求得小物块对b点的压力；（2）小物块刚能进入金属半球壳继续运动时，物块到达c点的速度恰好为零，根据牛顿第二定律和位移速度公式结合求解（3）物块离开c点后做平抛运动，经t=0.4s落在球壳上，有两种情况：一、物块落在球壳的右侧二、物块落在球壳的左侧由平抛运动的规律求出物块经过c点的速度，再由动能定理求解解答：解：（1）设小物块滑到最低点b的速度为v，受到球壳的支持力为n，则在小物块从c至b的过程中只有重力做功，根据动能定理有： mgr=小物块在b点所受合力提供其圆周运动向心力，根据牛顿第二定律有： nmg=m得：n=3mg=30.110n=3n根据牛顿第三定律可知，小物块在b点对半球壳的压力为3n；（2）拉力作用过程有 fmg=ma1，得 a1=8m/s2；撤去拉力后，有 mg=ma2，得 a2=2m/s2；设拉力至少作用时间为t则撤去拉力时的速度为 v=a1t由位移关系得：=s联立解得 t=0.25s（3）由于小物块经0.4s落到球壳上，下落的高度 h=0.8m可能位置有两处，如图所示第一种可能：物块落在球壳的右侧则 vct=r=0.4m，vc=1m/s第二种可能：物块落在球壳的左侧 vct=r+，vc=4m/s设拉力作用距离为经，d到c的过程由动能定理有 fxmgs=当vc=1m/s时，x=0.3m当vc=4m/s时，x=1.05m答：（1）物块滑到最低点b时对球壳的压力大小是3n（2）要使小物块能进入金属半球壳继续运动，水平恒力至少作用的时间是0.25s（3）若小物块运动到c点水平飞出，经t=0.4s落在球壳上，则水平恒力作用的距离是0.3m或1.05m点评：解决本题的关键是正确构建物体模型，判断出各个阶段的运动特征，并找出它们之间的联系14在光滑绝缘的水平地面上方，有一个宽度为4l、磁感应强度大小为b的匀强磁场区域，如图所示，一个边长为l、质量为m、电阻为r的金属正方形单匝线圈abcd在水平拉力作用下，沿垂直磁场方向，以初速度v1匀速进入磁场，当完全进入磁场后，撤去拉力，之后线圈ad边以速度v2离开磁场，线圈离开磁场所用的时间为t（1）求线圈进入磁场过程中b、c两点间的电势差及水平拉力的大小（2）求线圈离开磁场过程中产生的电流的有效值（3）试证明v1v2=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：（1）由e=blv可求得感应电动势，根据欧姆定律可求得电流，再根据共点力的平衡条件可求得拉力大小；（2）根据功能关系可求得热量；再由焦耳定律可求得电流的有效值；（3）根据牛顿第二定律可明确速度变化与力之间的关系，再由数学规律可证明解答：解：（1）线圈进入磁场过程中bc边产生的感应电动势为：e=blv1bc两点间的电势差ubc=e=线圈中的电流i=因线圈匀速进入磁场，故f拉=f安=bil=（2）线圈离开磁场过程中产生的热量q=mv12mv22设电流的有效值为i1，由i12rt=q得i1=（3）线圈离开磁场过程中某一时刻，由牛顿第二定律得：bil=ma=ma=mv=等式两边求和可得：=得v1v2=答：（1）求线圈进入磁场过程中b、c两点间的电势差及水平拉力的大小为（2）求线圈离开磁场过程中产生的电流的有效值为（3）证明如上点评：本题考查导体切割磁感线中的能量及受力分析问题，要注意明确物理过程，注意分析能量转化间的关系；再正确应用物理规律求解即可15（18分）如图所示，坐标平面的第象限内存在方向水平向左的匀强电场，第象限内有两个极板m、n、质荷比为=41020kg/c的带正电粒子，在m极板表面处经m、n间加速电场加速后，从x轴上的a点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，oa=0.2m，之后粒子以与y轴正方向成60角进入第象限，为了使该粒子能从c点垂直于x轴进入第象限，可在适当的地方加一个垂直于xoy平面、磁感应强度大小为b=0.16t的匀强磁场，若此磁场仅分布在一个圆形区域内粒子重力不计求：（1）m、n两极板之间的电势差；（2）第象限内的匀强电场的电场强度大小；（3）圆形磁场的最小半径和粒子在此磁场中运动的时间考点：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：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对粒子由m到n过程由动能定理可求得两板间的电势差；（2）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成和分解可求得电场强度；（3）粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系及洛仑兹力充当向心力可明确圆心和半径，并求出粒子在磁场中运动的时间解答：解：（1）粒子从m到n由动能定理有：uq=mv02解得：mn两极板之间的电势差u=8104v；（2）粒子进入电场后做平抛运动，在y轴上有：vy=v0vx=vytan60=；解得：v0=2107m/s；在x轴方向上有：vx2=2a由牛顿第二定律有：eq=ma解得：e=1.2106v/m；（3）设粒子进入磁场做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有：bqv=mv=2v0解得：r=0.1m圆形磁场的最小半径为r=rcos30=m粒子在磁场中运动时间t=5.23109s答：（1）m、n两极板之间的电势差为8104v；（2）第象限内的匀强电场的电场强度大小为1.2106v/m；（3）圆形磁场的最小半径m；粒子在此磁场中运动的时间5.23109s点评：本题考查带电粒子在电磁场中的运动，要注意明确粒子在电场中的运动主要应为运动的合成与分解；而在磁场中则主要依靠洛仑兹力充当向心力；利用几何关系求解附加题：本题共2小题，每小题0分。分别考查3-3、3-4、3-5模块。请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分。选修3-316下列叙述中，正确的是( )a估算金属原子的大小时可以把原子看成是球形或立方体b物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的c分子间的相互作用随着分子间距离的增大，一定先减小后增大d在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规律排列的，具有空间上的周期性e任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能考点：热力学第二定律；阿伏加德罗常数；* 晶体和非晶体专题：热力学定理专题分析：物体由大量分子组成，分子在永不停息的做无规则热运动；晶体具有固定的熔点，源自内部的原子（或分子、离子）都是按照一定的规律排列的，具有空间周期性；热力学第二定律表述为：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，或不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，或不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零解答：解：a、金属原子的体积很小，在估算金属原子的大小时可以把原子看成是球形或立方体，故a正确；b、物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有一定的统计规律，故b错误；c、分子从不能再靠近的距离逐渐增大到无穷大的过程中，分子间的相互作用力为先减小后增大再减小，故c错误；d、在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规律排列的，具有空间上的周期性，故d正确；e、根据热力学第二定律，任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能，故e正确；故选：ade点评：本题考查了分子的微观模型、分子动理论、晶体的微观结构、热力学定律等，知识点多，关键是记住基础知识17一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示已知该气体在状态a时的温度为27则：气体在状态b时的温度为多少摄氏度？该气体从状态a到状态c的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？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：根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出b点的温度求出气体在c点的温度，然后应用热力学第一定律分析答题解答：解：由题意可知，ta=273+27=300k，va=1103m3，vb=3103m3，由图示图象可知，ab等压变化，由盖吕萨克定律得：=，代入数据解得：tb=900k，tb=tb273=627；气体状态参量：pa=3105pa，ta=273+27=300k，va=1103m3，pc=1105pa，tc=？，vc=3103m3，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：tc=300k，a、c两状态的温度相等，两状态的内能相等，从a到c过程，u=0，a到c过程气体体积增大，气体对外做功：w=fl=pv=1105（31）103=200j，由热力学第一定律：u=w+q得：q=uw=0（200）=200j0，气体从外界吸收200j的热量；答：气体在状态b时的温度为627摄氏度；该气体从状态a到状态c的过程中吸热，传递的热量是200j点评：本题考查气体实验定律，形式为图象模式，难度较小，对热力学第一定律的应用，各量的正负是关键选修3-4(15分)18下列说法正确的是( )a拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度b全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性c真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关d机械波和电磁波都可以在真空中传播e波源沿直线匀速靠近一静止的接收者，则接收者接收到信号的频率会比波源频率高考点：光的偏振；多普勒效应分析：观察者与声源间距变化会导致接收频率与发射频率不等现象，全息照片是利用激光的相干性，狭义相对论的