陕西省西安市长安一中高三物理上学期第五次质检试题（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年陕西省西安市长安一中高三（上）第五次质检物理试卷一、选择题（本题共8小题，共计48分在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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（2011长沙县模拟）19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）a牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律b伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识c欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系d奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论2（6分）（2011怀宁县校级模拟）如图所示，a、b两物体在同一直线上运动，当它们相距s=7m时，a在水平拉力和摩擦力的作用下，正以4m/s的速度向右做匀速运动，而物体b此时速度为10m/s，方向向右，它在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则a追上b用的时间为（）a6sb7sc8sd9s3（6分）（2012建德市校级模拟）如图所示，质量为m、m的a、b两个物体静止叠放在水平面上，已知a、b间动摩擦因数为1，b和水平面间的动摩擦因数为2现给a物体施加一恒定作用力f，使其向右运动，b保持静止下列说法可能正确的是（）ab受到水平面的摩擦力大小为2（m+m）gba受到的摩擦力大小等于fc将作用力f增大，则b将向右运动d无论作用力f多大，b将始终保持静止状态4（6分）（2013秋长安区校级月考）有两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星a和b，它们的轨道半径ra：rb=1：2，则它们的向心加速度aa、ab的关系，以下判断中不正确的是（）a根据a=2r，可得aa：ab=1：2b根据a=，可得aa：ab=2：1c根据a=v，可得aa：ab=1：1d根据a=g，可得aa：ab=4：15（6分）（2011秋漳州期末）如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）a小球不可能做匀速圆周运动b当小球运动到最高点时绳的张力一定最小c小球运动到最低点时，球的线速度一定最大d小球运动到最低点时，电势能一定最大6（6分）（2013秋长安区校级月考）为了测一个已知额定电压为100v的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表a和灯泡l，滑动变阻器的阻值范围是0100，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2：1，交流电源的电压为u0=440v，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表a的示数为1.2a，则（）a灯泡的额定功率为40 wb灯泡的额定电流为2.4 ac滑动变阻器并联部分的阻值为50d滑动变阻器消耗的电功率为240 w7（6分）（2011淄博三模）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻r的阻值，可使电压表v的示数减小u（电压表为理想电表），在这个过程中（）a通过r1的电流减小，减少量一定等于br2两端的电压增加，增加量一定等于uc路端电压减小，减少量一定等于ud通过r2的电流增加，但增加量一定小于8（6分）（2010秋闸北区期末）北半球海洋某处，地磁场水平分量b1=0.8104t，竖直分量b2=0.5104t，海水向北流动海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距l=20m，如图所示与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为u=0.2mv，则（）a西侧极板电势高，东侧极板电势低，且海水的流速大小为0.125m/sb西侧极板电势高，东侧极板电势低，且海水的流速大小为0.2m/sc西侧极板电势低，东侧极板电势高，且海水的流速大小为0.125m/sd西侧极板电势低，东侧极板电势高，且海水的流速大小为0.2m/s二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（4分）（2013秋长安区校级月考）图中游标卡尺读数为cm，螺旋测微器读数为m10（11分）（2013秋长安区校级月考）影响物质材料电阻率的因素很多一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大；半导体材料的电阻率则随温度的升高而减小；ptc元件由于材料的原因有特殊的导电特性，其电阻随温度变化关系复杂（1）如图（甲）是由某金属材料制成的电阻r随摄氏温度t变化的图象，若用该电阻与电池（电动势e=1.5v，内阻不计）、电流表（量程为5ma、内阻rg=100）、电阻箱r串联起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”电流刻度较大处对应的温度刻度值；（填“较大”或“较小”）若电阻箱阻值r=50，在丙图中空格处（5ma）对应的温度数值为（2）现有一只由ptc元件做成的加热器，实验测出各温度下它的阻值，数据如下：t/0102030405060708090100r/k1411734568101416已知ptc加热器器外表面向四周散热的功率为pq=0.1（tt0）瓦，其中t（单位为）为加热器的温度，t0为室温（本题取20）当加热器产生的焦耳热功率pr和向四周散热的功率pq相等时加热器温度保持稳定加热器接到200v的电源上，在方格纸上已根据反复实验的大量实验数据作出了ptc加热器功率pr随温度t的变化关系曲线，请在同一坐标平面内作出pq与温度t之间关系的图象加热器工作的稳定温度为；加热器保持工作稳定温度的原理为：当温度稍高于稳定温度时：；当温度稍低于稳定温度时：从而保持温度稳定 11（14分）（2011温州模拟）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道ab的下端与光滑的圆弧轨道bcd相切于b，c是最低点，圆心角boc=37，d与圆心o等高，圆弧轨道半径r=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从d点的正上方e点处自由下落，de距离h=1.6m，物体与斜面ab之间的动摩擦因数=0.5取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）物体第一次通过c点时轨道对物体的支持力fn的大小；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度lab至少要多长；（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从e点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量q的大小12（18分）（2006淮安模拟）如图是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境，在此宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以mn为界，上部分匀强磁场的磁感强度为b1，下部分的匀强磁场的磁感强度为b2，b1=2b2=2b0，方向相同，且磁场区域足够大在距离界线为h的p点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量q的小球，发现球在界线处速度方向与界线成60角，进入下部分磁场然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标q点时，刚好又接住球而静止，求（1）pq间距离是多大？（2）宇航员质量是多少？（二）选考题：共15分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）（2013秋长安区校级月考）如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑现用水平外力f作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（）a气体放出热量b气体分子平均动能不变c水平外力f逐渐变大d气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现14（10分）（2014嘉峪关校级模拟）如图所示pv图中，一定质量的理想气体由状态a经过 acb过程至状态b，气体对外做功280j，放出热量410j；气体又从状态b经bda过程回到状态a，这一过程中外界对气体做功200jacb过程中气体的内能如何变化？变化了多少？bda过程中气体吸收还是放出多少热量？【物理-选修3-4】（15分）15（2014扶沟县校级模拟）下列说法正确的是 （）a光的偏振现象说明光是纵波b菜汤上的油花呈现彩色是光的干涉现象c光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理d光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条间距一定变大16（2013秋长安区校级月考）一列横波的波形如图所示，实线表示t1=0时刻的波形图，虚线表示t2=0.005s时刻的波形图，求：若2tt2t1t，波速可能为多大？（t为周期）若tt2t1，并且波速为3600m/s，通过计算说明波向哪个方向传播？【物理-选修3-5】（15分）17（2010北京）太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少太阳每秒钟辐射出的能量约为41026 j，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近（）a1036kgb1018kgc1013kgd109kg18（2012春石家庄期末）小球a和b的质量分别为ma和mb，且mamb在某高度处将a和b先后从静止释放小球a与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为h的地方恰好与正在下落的小球b发生正碰设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短求小球a、b碰撞后b上升的最大高度2013-2014学年陕西省西安市长安一中高三（上）第五次质检物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，共计48分在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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）（2011长沙县模拟）19世纪30年代，法拉第曾提出电荷周围存在一种场，而非存在“以太”后来人们用电荷在场空间受力的实验证明了法拉第观点的正确性，所用方法叫做“转换法”下面给出的四个研究实例中，采取的方法与上述研究方法相同的是（）a牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律b伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识c欧姆在研究电流与电压、电阻关系时，先保持电阻不变研究电流与电压的关系；然后再保持电压不变研究电流与电阻的关系d奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论考点：物理学史分析：牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用合理外推方法伽利略通过理想实验用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的是转换法解答：解：a、牛顿通过对天体现象的研究，总结出万有引力定律，采用经验归纳和合理外推方法，不是转换法故a错误b、伽利略用逻辑推理否定了亚里士多德关于落体运动的认识，采用的是理想实验法，不是转换法故b错误c、欧姆在研究电流与电压、电阻关系时采用的控制变量法，不是转换法故c错误d、奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出通电导线周围存在磁场的结论，采用的方法的是转换法故d正确故选d点评：本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，还要学习他们的科学研究的方法2（6分）（2011怀宁县校级模拟）如图所示，a、b两物体在同一直线上运动，当它们相距s=7m时，a在水平拉力和摩擦力的作用下，正以4m/s的速度向右做匀速运动，而物体b此时速度为10m/s，方向向右，它在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为2m/s2，则a追上b用的时间为（）a6sb7sc8sd9s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：假设经过时间t，物块a追上物体b，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可解答：解：物体a做匀速直线运动，位移为：xa=vat=4t物体b做匀减速直线运动减速过程的位移为：=10tt2设速度减为零的时间为t1，有在t1=5s的时间内，物体b的位移为xb1=25m，物体a的位移为xa1=20m，由于xa1xb1+s，故物体a未追上物体b；5s后，物体b静止不动，故物体a追上物体b的总时间为：=故选：c点评：本题是追击问题，特别要注意物体b做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间3（6分）（2012建德市校级模拟）如图所示，质量为m、m的a、b两个物体静止叠放在水平面上，已知a、b间动摩擦因数为1，b和水平面间的动摩擦因数为2现给a物体施加一恒定作用力f，使其向右运动，b保持静止下列说法可能正确的是（）ab受到水平面的摩擦力大小为2（m+m）gba受到的摩擦力大小等于fc将作用力f增大，则b将向右运动d无论作用力f多大，b将始终保持静止状态考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：以b为研究对象，根据b水平方向受力情况，根据平衡条件求解水平面对b的摩擦力大小以a为研究对象，a做加速运动，a受到的摩擦力大小小于f无论作用力f多大，a对b的摩擦力不变，b将始终保持静止状态解答：解：a、以b为研究对象，b水平方向受到：a对b水平向右的滑动摩擦力，大小为1mg和水平面对b的摩擦力，由平衡条件得知：水平面对b的摩擦力大小等于1mg故a错误b、a原来处于静止状态，在恒定作用力f作用下，a做加速运动，则a受到的摩擦力大小小于f故b错误c、d，由上分析可知，a对b水平向右的滑动摩擦力大小为1mg，与f的大小无关，所以无论作用力f多大，b将始终保持静止状态故c错误，d正确故选d点评：本题中b受到水平面的静摩擦力，不能直接根据f=n求解，此公式用来求滑动摩擦力或最大静摩擦力，静摩擦力可以根据平衡条件或牛顿定律求解4（6分）（2013秋长安区校级月考）有两颗绕地球做匀速圆周运动的卫星a和b，它们的轨道半径ra：rb=1：2，则它们的向心加速度aa、ab的关系，以下判断中不正确的是（）a根据a=2r，可得aa：ab=1：2b根据a=，可得aa：ab=2：1c根据a=v，可得aa：ab=1：1d根据a=g，可得aa：ab=4：1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：绕地球圆周运动的卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，据此列式分析即可解答：解：a、根据万有引力提供圆周运动向心力有：知，角速度知轨道半径不同卫星的角速度不同，故向心加速度不与半径成正比，故a错误；b、根据万有引力提供圆周运动向心力有：知，线速度，所以线速度不同，故向心加速度不与半径成反比，故b错误；c、根据万有引力提供圆周运动向心力知两卫星的半径不等线速度与角速度均不相等，故不能根据a=v得出向心加速度为1：1，故c错误；d、根据万有引力提供圆周运动向心力有：可知，向心加速度与半径的二次方成反比，故有aa：ab=4：1，d正确故选：d点评：掌握卫星圆周运动时由万有引力提供圆周运动向心力，注意物理量与多个物理量有关时要注意由控制变量法求解物理量间的关系5（6分）（2011秋漳州期末）如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则（）a小球不可能做匀速圆周运动b当小球运动到最高点时绳的张力一定最小c小球运动到最低点时，球的线速度一定最大d小球运动到最低点时，电势能一定最大考点：电势能；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电小球做圆周运动，由重力、线的拉力、电场力三力的合力提供，但三者的大小未知，小球是否做匀速圆周运动以及何时速度最大要具体分析，电势能的大小可由其算式分析解答：解：a、重力竖直向下、电场力竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故a错误b、重力与电场力大小未知，小球速度最小位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故b错误c、由b分析可知，c错误d、沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处点势能最大，故d正确故选d点评：要能正确分析向心力来源，知道电势分布于电场线之间的关系，明确电势能计算式6（6分）（2013秋长安区校级月考）为了测一个已知额定电压为100v的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表a和灯泡l，滑动变阻器的阻值范围是0100，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2：1，交流电源的电压为u0=440v，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表a的示数为1.2a，则（）a灯泡的额定功率为40 wb灯泡的额定电流为2.4 ac滑动变阻器并联部分的阻值为50d滑动变阻器消耗的电功率为240 w考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据变压器电压和电流与匝数的关系求出副线圈电压和电流，而灯泡正常发光，所以灯泡两端的电压为100v，根据串并联电路的特点及根据功率公式即可求解解答：解：a、根据原副线圈电压之比等于匝数比可知，副线圈电压为u2=220v，根据原副线圈电流之比等于匝数的倒数比可知，副线圈电流i2=2i1=2.4a，灯泡的额定电压为100v，所以与灯泡串联的电阻值为r2=50，所以与灯泡并联部分的阻值也为50，所以通过并联部分滑动变阻器的电流为i=2a，所以通过灯泡的电流为2.42a=0.4a，所以灯泡的功率pl=ulil=1000.4=40w，故a正确，b错误，c正确；d、滑动变阻器消耗的功率为1002+1202.4w=488w，故d错误故选：ac点评：本题考查了变压器的特点，而难点在于如何求滑动变阻器消耗的功率7（6分）（2011淄博三模）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻r的阻值，可使电压表v的示数减小u（电压表为理想电表），在这个过程中（）a通过r1的电流减小，减少量一定等于br2两端的电压增加，增加量一定等于uc路端电压减小，减少量一定等于ud通过r2的电流增加，但增加量一定小于考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图可知，r1与r并联后与r2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过r1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及r2两端电压的关系解答：解：a、因电压表示数减小，而r1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故a正确；b、r1两端的电压减小，则说明r2及内阻两端的电压均增大，故r2两端的电压增加量一定小于u，故b错误；c、因内电压增大，故路端电压减小，由b的分析可知，路端电压的减小量一定小于u，故c错误；d、由b的分析可知，r2两端的电压增加量一定小于u，故电流的增加量一定小于，故d正确；故选ad点评：本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式8（6分）（2010秋闸北区期末）北半球海洋某处，地磁场水平分量b1=0.8104t，竖直分量b2=0.5104t，海水向北流动海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距l=20m，如图所示与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为u=0.2mv，则（）a西侧极板电势高，东侧极板电势低，且海水的流速大小为0.125m/sb西侧极板电势高，东侧极板电势低，且海水的流速大小为0.2m/sc西侧极板电势低，东侧极板电势高，且海水的流速大小为0.125m/sd西侧极板电势低，东侧极板电势高，且海水的流速大小为0.2m/s考点：霍尔效应及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：海水向北流动时，正负离子向北流动，受到洛伦兹力向东西方向偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出流速解答：解：正负离子向北流动，受到洛伦兹力，正离子向西侧极板偏转，负离子向东侧极板偏转，两极板间形成电场，最终最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，有，所以v=西侧极板带正电，东侧极板带负电，所以西侧极板电势高，东侧极板电势低故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键知道海水向北流动时，正负离子向北流动，受到洛伦兹力向东西方向偏转，打在两极板上，在两极板间形成电场，最终正负离子受电场力和洛伦兹力处于平衡二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（4分）（2013秋长安区校级月考）图中游标卡尺读数为5.235cm，螺旋测微器读数为0.004685m考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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解答：解：游标卡尺的固定刻度读数为5.2cm，游标读数为0.057mm=0.35mm=0.035cm，所以最终读数为5.2cm+0.035cm=5.235cm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0118.5mm=0.185mm，所以最终读数为4.5mm+0.185mm=4.685mm=0.004685m故答案为：5.235；0.004685点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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10（11分）（2013秋长安区校级月考）影响物质材料电阻率的因素很多一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大；半导体材料的电阻率则随温度的升高而减小；ptc元件由于材料的原因有特殊的导电特性，其电阻随温度变化关系复杂（1）如图（甲）是由某金属材料制成的电阻r随摄氏温度t变化的图象，若用该电阻与电池（电动势e=1.5v，内阻不计）、电流表（量程为5ma、内阻rg=100）、电阻箱r串联起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”电流刻度较大处对应的温度刻度值较小；（填“较大”或“较小”）若电阻箱阻值r=50，在丙图中空格处（5ma）对应的温度数值为50（2）现有一只由ptc元件做成的加热器，实验测出各温度下它的阻值，数据如下：t/0102030405060708090100r/k1411734568101416已知ptc加热器器外表面向四周散热的功率为pq=0.1（tt0）瓦，其中t（单位为）为加热器的温度，t0为室温（本题取20）当加热器产生的焦耳热功率pr和向四周散热的功率pq相等时加热器温度保持稳定加热器接到200v的电源上，在方格纸上已根据反复实验的大量实验数据作出了ptc加热器功率pr随温度t的变化关系曲线，请在同一坐标平面内作出pq与温度t之间关系的图象加热器工作的稳定温度为70；加热器保持工作稳定温度的原理为：当温度稍高于稳定温度时：加热器电阻增大，产生的焦耳热的功率小于散热的功率，温度将下降；当温度稍低于稳定温度时：加热器电阻减小，产生的焦耳热的功率大于散热的功率，温度将上升从而保持温度稳定 考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流与电阻r的关系，电路中电流越大，该电阻的阻值越大，由图象可知温度越高当电流为5ma时，由闭合电路欧姆定律求出电阻r的值，根据图象读出对应的温度（2）当发热功率与散热温度相等时，物体温度处于恒定，则由图可知其稳定温度由图可知当温度高于稳定温度时发热功率的变化及发热功率与散热功率间的关系，由功率公式p=可知电阻的变化解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：电路中电流i=，可见，电阻r越小，电流i越大，对应的温度越低，所以电流刻度较大处对应的温度刻度较小当电流为5ma时，由闭合电路欧姆定律i=，得：r=r=150，由rt图象，根据数学得到：r=t+100（），当r=150，t=50c（2）pq=0.1（tt0），pq与温度t之间关系的图象如图由图可知，当温度为70时，发热功率和散热功率相等，即此时物体的温度不再变化；当温度稍高于稳定温度时：加热器电阻增大，产生的焦耳热的功率小于散热的功率，温度将下降当温度稍低于稳定温度时：加热器电阻减小，产生的焦耳热的功率大于散热的功率，温度将上升故答案为：（1）较小，50；（2）70；加热器电阻增大，产生的焦耳热的功率小于散热的功率，温度将下降；加热器电阻减小，产生的焦耳热的功率大于散热的功率，温度将上升点评：本题考查学生对图象的理解及应用，图象法为物理中常用方法，应学会熟练应用在应用中重点掌握：（1）图象中坐标的含义；（2）图象的变化；（3）截矩的意义；（4）斜率的意义11（14分）（2011温州模拟）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道ab的下端与光滑的圆弧轨道bcd相切于b，c是最低点，圆心角boc=37，d与圆心o等高，圆弧轨道半径r=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从d点的正上方e点处自由下落，de距离h=1.6m，物体与斜面ab之间的动摩擦因数=0.5取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）物体第一次通过c点时轨道对物体的支持力fn的大小；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度lab至少要多长；（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从e点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量q的大小考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；功能关系；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）由机械能守恒可求得物体在c点的速度，c点物体做圆周运动，则由牛顿第二定律充当向心力可求得支持力；（2）要使物体不飞出，则到达a点时速度恰为零，则由动能定理可求得ab的长度；（3）由于摩擦力小于重力的分力，则物体不会停在斜面上，故最后物体将稳定在c为中心的圆形轨道上做往返运动，由功能关系可求得热量q解答：解：（1）物体从e到c，由机械能守恒得：mg（h+r）=mvc2； 在c点，由牛顿第二定律得：fnmg=m 联立、解得支持力 fn=12.4n （2）从edcba过程，由动能定理得wgwf=0 wg=mg（h+rcos37）labsin37wf=mgcos37lab 联立、解得斜面长度至少为：lab=2.4m （3）因为，mgsin37mgcos37（或tan37）所以，物体不会停在斜面上物体最后以c为中心，b为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动从e点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量q=ep ep=mg（h+rcos37） 联立、解得q=4.8j 在运动过程中产生热量为4.8j点评：在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式12（18分）（2006淮安模拟）如图是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境，在此宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以mn为界，上部分匀强磁场的磁感强度为b1，下部分的匀强磁场的磁感强度为b2，b1=2b2=2b0，方向相同，且磁场区域足够大在距离界线为h的p点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量q的小球，发现球在界线处速度方向与界线成60角，进入下部分磁场然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标q点时，刚好又接住球而静止，求（1）pq间距离是多大？（2）宇航员质量是多少？考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；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：（1）小球在两个磁场均做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力及圆周运动的性质，可求得粒子运动的关径及周期；由粒子运动的对称性可求得pq间的距离；（2）由粒子的运动过程可求得宇航员运动的速度；由动量守恒可求得宇航员的质量解答：解：（1）画出小球在磁场b1中运动的轨迹如图所示，可知r1h=r1cos60，r1=2h由和b1=2b2可知r2=2r1=4h由得根据运动的对称性，pq的距离为l=2（r2sin60r1sin60）=2h；（2）粒子由p运动到q的时间宇航员匀速运动的速度大小为由动量守恒定律得mvmv=0可求得宇航员的质量答：（1）pq间的距离为2h；（2）宇航员的质量为点评：在解决带电粒子在磁场中的运动时，要“定圆心、求半径”，利用好几何关系进行求解（二）选考题：共15分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）（2013秋长安区校级月考）如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑现用水平外力f作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态变化到状态，在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是（）a气体放出热量b气体分子平均动能不变c水平外力f逐渐变大d气体内能不变，却对外做功，此过程违反热力学第一定律，不可能实现考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：封闭气体等温膨胀过程，温度是分子平均动能的标志且理想气体的内能只与温度有关，以活塞为研究对象根据受力平衡判断水平外力f的变化解答：解：a、活塞向右移动过程中，气体对外做功，气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律：u=q+w可知：内能不变，气体膨胀，对外做功，即w0，故q0，吸热气体要吸收热量，故a错误；b、气缸导热，气体温度不变，分子平均动能不变，故b正确；c、气体等温膨胀，根据玻意耳定律pv=c，可知气压不断减小，故内外压力差变大，向左，故f逐渐变大，故c正确；d、气体内能不变，从外界吸收热量，对外做功，此过程不违反热力学第一定律，故d错误；故选：bc点评：本题的突破口是：题目中说“导热”的气缸缸且环境保持恒温，即判断气体做等温变化，然后会根据热力学第一定律判断各种变化分析时要抓住温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志14（10分）（2014嘉峪关校级模拟）如图所示pv图中，一定质量的理想气体由状态a经过 acb过程至状态b，气体对外做功280j，放出热量410j；气体又从状态b经bda过程回到状态a，这一过程中外界对气体做功200jacb过程中气体的内能如何变化？变化了多少？bda过程中气体吸收还是放出多少热量？考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：在运用u=q+w来分析问题时，首先必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则：w0，表示外界对系统做功；w0，表示系统对外界做功；q0，表示系统吸热；q0，表示系统放热；u0，表示系统内能增加；u0，表示内能减少气体由状态a经过 acb过程至状态b，又从状态b经bda过程回到状态a，整个过程内能变化为0解答：解：acb过程中：w1=280j，q1=410j由热力学第一定律得：u=w1+q1=690j气体内能的减少量为690j因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，气体由状态a经过 acb过程至状态b，又从状态b经bda过程回到状态a，整个过程内能变化为0从状态b经bda过程回到状态u=690j由题意知w2=200j由热力学第一定律u=w2+q2q2=490j即吸收热量490j答：acb过程中气体的内能减少了690jbda过程中气体吸收热量490j点评：本题考查学生对能量守恒的正确理解和应用，必须注意在应用热力学第一定律时公式中各物理量的意义和条件【物理-选修3-4】（15分）15（2014扶沟县校级模拟）下列说法正确的是 （）a光的偏振现象说明光是纵波b菜汤上的油花呈现彩色是光的干涉现象c光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理d光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条间距一定变大考点：光的干涉；全反射；光的偏振专题：光的干涉专题分析：光的偏振现象说明光是横波；菜汤上的油花呈现彩色是光的薄膜干涉；光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理；根据双缝干涉的条纹间距公式判断条纹间距的变化解答：a、光的偏振说明光是横波故a错误b、菜汤上的油花是由于光在油膜的上下表面的反射光叠加发生的干