河北省邯郸一中高考物理一轮收官试卷（二）（含解析）.doc

2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷（二）一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。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物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术创新和革命，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）a牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量gb德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律c丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则d法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值2如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力f拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（）a滑块对球的弹力增大b挡板对球的弹力减小c斜面对滑块的弹力增大d拉力f不变3如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）（）abcd4如图所示，理想变压器与电阻r，交流电压表v、交流电流表a按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻r=5图乙是r两端电压u随时间变化的图象，um=10v则下列说法中正确的是（）a交变电流的频率是um=50hzb电压表v的读数为10vc电流表a的读数为20ad变压器的输入功率为40w52014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（）a卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为gb卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为c如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速d“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小6如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，l）7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（）a匀强电场方向竖直向上b从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2c整个过程中小球电势能减少了2mg2t2d从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t28如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（）a通过r的电流方向为由外向内b通过r的电流方向为由内向外cr上产生的热量为d流过r的电量为二、必考题（共4小题，满分47分）9游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用部位；测量它的深度时，应使用部位（填表示部位的字母）某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为cm10某同学通过实验测定一个阻值约为0.5的电阻rx的阻值（1）现有电源（4v，内阻不计）、滑动变阻器（050，额定电流2a）、定值电阻r0=4.5、开关和导线若干以及下列电表：a电压表（03v，内阻3k） b电流表（00.6a，内阻约0.125）为减少测量误差，在实验中，应采用下图中的电路图（填“甲”或“乙”）（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片p的位置，并记录对应的电流表示数i、电压表示数u，则该电阻的测量值的表达式为rx=（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片p从一端滑向另一端，随滑片p移动距离x的增加，电压表的示数u也随之增加，下列反映ux关系的示意图中正确的是11如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨mac、nbd水平放置，ma、nb间距l=0.4m，ac、bd的延长线相交于e点且ae=be，e点到ab的距离d=6m，m、n两端与阻值r=2的电阻相连虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度b=1t一根长度也为l=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从ab处以初速度0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻r上消耗的电功率不变求：（1）电路中的电流i；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功w；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率p12如图所示，光滑水平轨道左端与长l=1.25m的水平传送带ab相接，传送带逆时针匀速转动的速度0=1m/s轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于a点现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端b点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点c后滑上质量为m=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下半圆轨道的半径r=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数3=0.026，g取10m/s2求：（1）物块到达b点时速度b的大小；（2）弹簧被压缩时的弹性势能ep；（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s三、选考题：【选修33】（共2小题，满分15分）13下列说法中正确的是（）a布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点d当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞a导热，活塞b绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为t0设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为s，且mg=p0s，环境温度保持不变求：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时气体的温度四、选考题：【选修34】（共2个小题，共0分）15 a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是（）a1：1b2：1c1：2d3：1e1：316有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？五、选考题：【选修35】（共2个小题，0分）17以下说法符合物理学史的是（）a普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元b康普顿效应表明光子具有能量c德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性d汤姆逊通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构e为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的18如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的b、c两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块c紧靠挡板但不粘连另一质量为m的小物块a以速度vo从右向左与b发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：（1）a、b碰后瞬间各自的速度；（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比2016年河北省邯郸一中高考一轮收官物理试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分.第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。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物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术创新和革命，促进了物质生活繁荣与人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）a牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量gb德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律c丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则d法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测量计算出引力常量g，故a错误；b、顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，故b错误；c、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则，故c错误；d、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故d正确；故选：d【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球m搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力f拉住弧形滑块，使球与滑块均静止现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比（）a滑块对球的弹力增大b挡板对球的弹力减小c斜面对滑块的弹力增大d拉力f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】隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化【解答】解：a、b、对球进行受力分析，如图（a），球只受三个力的作用，挡板对球的力f1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，f2与竖直方向夹角减小，最小时f2垂直于f1，可以知道挡板弹力f1和滑块对球的作用力f2都减小；故a错误，b正确；c、d、再对滑块和球一起受力分析，如图（b），其中f n=gcos不变，f+f1不变，f1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力f增大，故c错误，d错误故选：b【点评】本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用3如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点则能大致反映滑块整个运动过程中速度v、加速度a、动能ek、重力对滑块所做的功w与时间t关系的是（取初速度方向为正方向）（）abcd【考点】功的计算【专题】功的计算专题【分析】根据牛顿第二定律求出上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律，根据动能定理得出动能与位移的规律，根据w=mgh，得出重力势能与位移变化关系【解答】解：a、b上滑时的加速度a1=gsin+gcos，下滑时的加速度a2=gsingcos知a1a2根据位移公式x=，由于下滑与上滑过程位移大小相等，则知，下滑时间t2上滑的时间t1由于机械能有损失，返回到出发点时速度小球出发时的初速度根据速度时间图线的斜率表示加速度，故a正确，b错误c、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故c错误d、重力做功w=mgh=mgxsin，故d错误故选：a【点评】解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况4如图所示，理想变压器与电阻r，交流电压表v、交流电流表a按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻r=5图乙是r两端电压u随时间变化的图象，um=10v则下列说法中正确的是（）a交变电流的频率是um=50hzb电压表v的读数为10vc电流表a的读数为20ad变压器的输入功率为40w【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据电阻r两端电压u随时间t变化的图象，结合有效值与最大值的关系，及周期，即可求解频率；交流电压表测量是有效值；根据原副线圈的电压与匝数成正比，即可求解电源的电压u随时间t变化的规律；根据欧姆定律，即可求出原线圈中电流i随时间t变化的规律【解答】解：a、由图象可知，周期为t=2102s，那么交流电的频率：，故a错误；b、由于um=10v，则有效值为： v，电压表的读数为有效值，即10v故b正确；c、根据欧姆定律，副线圈中的电流值： a，变压器是原副线圈的电流与匝数成反比，则原线圈中电流： a故c错误；d、输入功率等于输出功率，即：p入=ui2=102=20w故d错误；故选：b【点评】考查电表测量是有效值，掌握有效值与最大值的联系与区别，理解由图象确定电压或电流的变化规律，注意原副线圈的电压、电流与匝数的关系52014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图“北斗”系统中两颗卫星“g1”和“g3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的a、b两位置，“高分一号”在c位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为r，不计卫星间的相互作用力则以下说法正确的是（）a卫星“g1”和“g3”的加速度大小相等均为gb卫星“g1”由位置a运动到位置b所需的时间为c如果调动“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其减速d“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题【分析】a、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式gm=gr2求卫星的加速度大小b、由万有引力提供向心力，求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间c、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大d、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小【解答】解：a、根据万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式gm=gr2得其加加速度大小相等均为，则a错误 b、由r2=a=， 又t=可得t=，则b错误 c、“高分一号”卫星到达卫星“g3”所在的轨道，必须对其加速，则c错误 d、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，摩擦力做功机械能减小，则d正确故选：d【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，以及黄金代换式gm=gr26如图，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，l）【考点】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】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系求出粒子的半径，从而确定圆心的坐标，根据圆心角的大小，求出粒子在磁场中的运动时间【解答】解：电子的运行轨迹如图所示根据几何关系得，r=2（rl），解得r=2l，则圆心的坐标为（0，l）故c错误，d正确根据几何关系得，圆心角的大小为60度，周期t=，则电子的运行时间t=故b正确，a错误故选：bd【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握确定圆心、半径和圆心角是解决本题的关键，本题对数学几何要求较高，平时的学习中需加强训练7质量为m的带电小球由空中某点a无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到a点整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（）a匀强电场方向竖直向上b从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2c整个过程中小球电势能减少了2mg2t2d从a点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由w=qed求得电场力做功，即可得到电势能的变化由动能定理得求出a点到最低点的高度，得到重力势能的减小量【解答】解：a、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故a错误；b、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ek=，故b错误；c、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为e，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=（vtat2）又v=gt解得 a=3g，则小球回到a点时的速度为v=vat=2gt整个过程中小球速度增量的大小为v=vv=3gt，速度增量的大小为3gt由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：eq=4mg整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故c正确；d、设从a点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mghqe（hgt2）=0解得：h=gt2；故d错误故选：c【点评】本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究8如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为l，轨道电阻不计在轨道顶端连有一阻值为r的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为b现有一根长度稍大于l、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中（）a通过r的电流方向为由外向内b通过r的电流方向为由内向外cr上产生的热量为d流过r的电量为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em，根据焦耳定律求出求解金属棒产生的热量通过r的电量由公式金属棒向上穿越磁场过程中通过r的电量 q=求解【解答】解：ab、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过r的电流方向为由外向内故a正确，b错误c、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为em=blv0，有效值为e=em根据焦耳定律有：q=t时间为 t=联立解得 q=故c正确d、通过r的电量由公式：q=t=故d错误故选：ac【点评】解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流，相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线，要用有效值求解热量，用平均值求解电量二、必考题（共4小题，满分47分）9游标卡尺结构如图甲所示，测量某一圆柱形容器的内径时，应使用b部位；测量它的深度时，应使用d部位（填表示部位的字母）某次测量时游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为1.22cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，不需要估读【解答】解：游标卡尺来测量内径应该用内爪即b部分测量它的深度时，应使用d部位游标卡尺测内径时，主尺读数为12mm，游标读数为0.12=0.2mm，最后读数为12.2mm=1.22cm故答案为：b；d；1.22【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法注意游标卡尺的精确度10某同学通过实验测定一个阻值约为0.5的电阻rx的阻值（1）现有电源（4v，内阻不计）、滑动变阻器（050，额定电流2a）、定值电阻r0=4.5、开关和导线若干以及下列电表：a电压表（03v，内阻3k） b电流表（00.6a，内阻约0.125）为减少测量误差，在实验中，应采用下图中的甲电路图（填“甲”或“乙”）（2）按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片p的位置，并记录对应的电流表示数i、电压表示数u，则该电阻的测量值的表达式为rx=ro（3）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片p从一端滑向另一端，随滑片p移动距离x的增加，电压表的示数u也随之增加，下列反映ux关系的示意图中正确的是c【考点】伏安法测电阻【专题】定量思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）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（2）由图示电压表与电流表读出其示数，然后由欧姆定律求出电阻阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律，结合电阻定律，即可求解【解答】解：（1）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，故选择甲图（2）电压表的读数为u；电流表的读数为i；根据欧姆定律，则有：rx=ro；（3）根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，u=irx=rx，当滑片p移动距离x的增加，被测电阻rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则ux图象如图c所示，故选c故答案为：（1）甲；（2）ro；（3）c【点评】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；理解欧姆定律与电阻定律的应用，掌握误差的分析及其产生原因11如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨mac、nbd水平放置，ma、nb间距l=0.4m，ac、bd的延长线相交于e点且ae=be，e点到ab的距离d=6m，m、n两端与阻值r=2的电阻相连虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度b=1t一根长度也为l=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从ab处以初速度0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻r上消耗的电功率不变求：（1）电路中的电流i；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功w；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率p【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）由e=blv可求得电动势；由欧姆定律可求得电路中的电流；（2）根据导体切割的有效长度可得出安培力的表达式，利用fx图象，借助vt图象的规律可由图象求得安培力的功；（3）由电功公式可求得运动的时间；根据电功率不变则可得出电动势的表达式；则由动能定理可求得外力做功的功率【解答】解：（1）金属棒开始运动时产生感应电动势e=blv0=10.42=0.8v；电路中的电流i=a=0.4a；（2）金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为l1，由几何关系可得：=l1=0.4此时金属棒所受安培力为：f=bil1=0.16（0x）作出fx图象，由图象可得运动过程中确服安培力所做的功为：w=x=0.36j；（3）金属棒运动过程所用时间为t，w=i2rt；解得：t=s；设金属棒运动的的速度为v，由于电阻r上消耗的电功率不变；则有：blv0=bv；v=2v0由动能定理可得：ptw=mv2mv02解得：p=代入数据解得：p=3.52w答：（1）电路中的电流i为0.4a；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功w为0.36j；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率p为3.52w【点评】本题中第二小题要注意该方法的正确应用，根据vt图象结论的迁移应用可直接求出面积所表示的意义12如图所示，光滑水平轨道左端与长l=1.25m的水平传送带ab相接，传送带逆时针匀速转动的速度0=1m/s轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于a点现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端b点后，立即沿切线进人竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点c后滑上质量为m=0.9kg的长木板且不会从木板上掉下半圆轨道的半径r=0.4m，物块与传送带间动摩擦因数1=0.8，物块与木板间动摩擦因数2=0.25，长木板与水平地面间动摩擦因数3=0.026，g取10m/s2求：（1）物块到达b点时速度b的大小；（2）弹簧被压缩时的弹性势能ep；（3）小物块在长木板上滑行的最大距离s【考点】动能定理；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）据恰好做圆周运动，利用牛顿运动定律列方程求解（2）利用运动过程能量守恒即可求弹簧压缩时的弹性势能（3）先据受力情况判断长木板的运动情况，再利用牛顿运动定律或动能定理求解【解答】解：（1）物体恰好做圆周运动，在光滑半圆轨道最高点，据牛顿第二定律：mg=解得：vb=2m/s （2）物体被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒： ep=由于vb1m/s，所以物块在传送带上一直做匀减速运动 物块在传送带上据动能定理得： 又因为：f1=1mg联立解得：ep=1.2j（3）物块从b到c过程中由机械能守恒定律得：mg2r=解得：vc= 物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：上表面受到的摩擦力f2=2mg=0.25n下表面受到摩擦力：f3=3（m+m）g=0.26nf2，所以长木板静止不动对物块在长木板上滑行过程由动能定理得： 联立解得：s=4m答：1）物块到达b点时速度b的大小2m/s；（2）弹簧被压缩时的弹性势能1.2j；（3）小物块在长木板上滑行的最大距离4m【点评】分析透滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，基础题三、选考题：【选修33】（共2小题，满分15分）13下列说法中正确的是（）a布朗运动并不是液体分子的运动，但它说明分子永不停息地做无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点d当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体【分析】依据布朗运动现象和实质判定a；由表面张力的形成原因判定b；液晶的特征是具有光学异性，故可以制作显示器；依据分子力做功判定分析势能；【解答】解：a、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则运动故a正确；b、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力露珠的形成就是由于液体表面张力的作用，故b正确；c、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故c正确；d、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故d错误；故选：abc【点评】该题关键是掌握布朗运动的现象和实质；其次要会分析分子力随距离的变化，以及分子力做功与分子势能变化关系，这些是重点考察内容14如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞a导热，活塞b绝热，将缸内理想气体分成、两部分初状态整个装置静止不动处于平衡，、两部分气体的长度均为l0，温度为t0设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为s，且mg=p0s，环境温度保持不变求：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度现只对气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时气体的温度【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】先由力学知识确定出状态中的气体压强，然后确定添加铁砂后的压强，根据对中气体列玻意耳定律方程即可求解；先根据玻意耳定律求出中气体后来的长度，然后以气体为研究对象列理想气体状态方程求解【解答】解：初状态气体压强 气体压强 添加铁砂后气体压强 p1=p0+=4p0气体压强p2=p1+=5p0根据玻意耳定律，气体等温变化，p2l0s=p2l2s 可得：，b活塞下降的高度h2=l0l2=0.4l0气体等温变化，可得：l1=0.5l0只对气体加热，i气体状态不变，所以当a活塞回到原来位置时，气体高度l2=2l00.5l0=1.5l0根据气体理想气体状态方程：=得：t2=2.5t0答：在活塞a上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞b下降的高度为0.4l0现只对ii气体缓慢加热，使活塞a回到初始位置，此时ii气体的温度2.5t0【点评】本题考查了理想气体状态方程和力学知识的综合应用，这是高考重点，要加强这方面的练习四、选考题：【选修34】（共2个小题，共0分）15a、b两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t（t小于a波的周期ta），这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则a、b两列波的波速va、vb之比可能是（）a1：1b2：1c1：2d3：1e1：3【考点】横波的图象【分析】由题，甲、丙图象反相，t小于a波的周期ta，说明a波经过了半个周期b波的图象与原来重合，说明经过了整数倍周期由图读出两波的波长，由题分别得到周期与时间的关系，由波速公式得到波速的关系式，再进行选择【解答】解：由图读出，a波波长为a=24cm，甲图到丙图一定是半个周期，所以周期ta=2t；b波波长为b=12cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期tb=，波速va=，vb=，得到va：vb=1：n，所以a、b两列波的波速va、vb之比可能是ace，不可能的是b、d故选：ace【点评】本题中知道两个时刻波形图，抓住经过半个周期时间，波形反相；经过整数倍周期时间，图象重合是关键16有一玻璃球冠，右侧面镀银，光源s就在其对称轴上，如图所示从光源s发出的一束光射到球面上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光折入玻璃球冠内，经右侧镀银面第一次反射恰能沿原路返回若球面半径为r，玻璃折射率为，求光源s与球冠顶点m之间的距离sm为多大？【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】作出光路图，根据折射定律和几何关系，求出入射角和折射角，再由几何关系求解光源s与球心o之间的距离so【解答】解：如图所示，根据折射定律，有：根据反射定律，有：1=3其中：3+2=90联立可得：1=60，2=30 由图，有：=2=30，=1=30 故：故光源s与m间距：答：光源s与球冠顶点m之间的距离sm约为0.73r【点评】处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图