山东省枣庄市第一中学高二物理下学期复习模拟练习题（含解析）.doc

2016年山东省枣庄一中高考物理模拟试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的（）a轨道半径减小，角速度增大b轨道半径减小，角速度减小c轨道半径增大，角速度增大d轨道半径增大，角速度减小2如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）a保持静止状态b向左上方做匀加速运动c向正下方做匀加速运动d向左下方做匀加速运动3一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220v的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为u，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（）au=66v，k=bu=22v，k=cu=66v，k=du=22v，k=4有两个匀强磁场区域 i和 ii，i中的磁感应强度是 ii中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与 i中运动的电子相比，ii中的电子（）a运动轨迹的半径是 i中的k倍b加速度的大小是 i中的k倍c做圆周运动的周期是 i中的k倍d做圆周运动的角速度是 i中的相等5一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为l1和l2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（）a vl1b vc vd v61824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是（）a圆盘上产生了感应电动势b圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动c在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化d圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动7如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）a斜面的倾角b物块的质量c物块与斜面间的动摩擦因数d物块沿斜面向上滑行的最大高度8在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，p和q间的拉力大小仍为f不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）a8b10c15d189如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g则（）aa落地前，轻杆对b一直做正功ba落地时速度大小为ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gda落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg10由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行已知同步卫星的环绕速度约为3.1103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）a西偏北方向，1.9103m/sb东偏南方向，1.9103m/sc西偏北方向，2.7103m/sd东偏南方向，2.7103m/s11我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落己知探测器的质量约为1.3103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2则此探测器（）a在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/sb悬停时受到的反冲作用力约为2103nc从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒d在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度二、解答题（共4小题，满分47分）12某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为r=0.20m）完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的 示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为kg；（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：序 号12345m（kg）1.801.751.851.751.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为n；小车通过最低点时的速度大小为 m/s（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）13图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路（1）已知毫安表表头的内阻为100，满偏电流为1ma；r1和r2为阻值固定的电阻若使用a和b两个接线柱，电表量程为3ma；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10ma由题给条件和数据，可求出r1=，r2=（2）现用量程为3ma、内阻为150的标准电流表a对改装电表的3ma挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0ma电池的电动势为1.5v，内阻忽略不计；定值电阻r0有两种规格，阻值分别为300和1000；滑动变阻器r有两种规格，最大阻值分别为750和3000则r0应选用阻值为的电阻，r应选用最大阻值为的滑动变阻器（3）若电阻r1和r2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻图（b）中的r为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a） 虚线框内的电路则图中的d点应和接线柱（填”b”或”c”）相连判断依据是：14如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1t，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12v的电池相连，电路总电阻为2，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量15一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离物理-选修3-3（共2小题，满分15分）16下列说法正确的是（）a将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体b固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质c由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体d在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体e在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变17如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm2，气缸外大气压强为p=1.00105pa，温度为t=303k初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为t1=495k，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2求：（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强四、解答题（共2小题，满分0分）18在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比，x1x2（填“”“=”或“”），若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏幕的距离为1.00m，测得地1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为mm19甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v=25cm/s，两列波在t=0时的波形曲线如图所示求：（ i）t=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；（ ii）从t=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm的质点的时间物理-选修3-520在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为，所用材料的逸出功可表示为21如图，在足够长的光滑水平面上，物体a、b、c位于同一直线上，a点位于b、c之间，a的质量为m，b、c的质量都为m，三者均处于静止状态，现使a以某一速度向右运动，求m和m之间应满足什么条件，才能使a只与b、c各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的六、解答题（共4小题，满分30分）22如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线则（）a在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度b在真空中，a光的波长小于b光的波长c玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率d若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失e分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距23平衡位置位于原点o的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，p、q为x轴上的两个点（均位于x轴正方），p与o的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期t=1s，振幅a=4cm当波传到p点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在q处的质点第一次处于波峰位置求：（i）p、q间的距离；（ii）从t=0开始到平衡位置在q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程24实物粒子和光都具有波粒二象性下列事实中突出体现波动性的是（）a电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样b射线在云室中穿过会留下清晰的径迹c人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构d人们利用电子显微镜观测物质的微观结构e光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关25两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段两者的位置x随时间t变化的图象如图所示求：（i）滑块a、b的质量之比；（ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比2016年山东省枣庄一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的（）a轨道半径减小，角速度增大b轨道半径减小，角速度减小c轨道半径增大，角速度增大d轨道半径增大，角速度减小【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】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvb=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后b减小，所以r增大线速度、角速度的关系为：v=r线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故d正确，abc错误故选：d【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的运动方向，应用牛顿第二定律、线速度与角速度的关系即可解题2如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）a保持静止状态b向左上方做匀加速运动c向正下方做匀加速运动d向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可【解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小f=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45，故电场力逆时针旋转45，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故abc错误，d正确；故选：d【点评】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目3一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220v的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为u，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（）au=66v，k=bu=22v，k=cu=66v，k=du=22v，k=【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而可解的比值k【解答】解：由题意知：副线圈的电流为：i2=则原线圈的电流为：i1=与原线圈串联的电阻的电压为：ur=i1r=由变压器的变比可知，原线圈的电压为3u，所以有：解得：u=66v原线圈回路中的电阻的功率为：p1=r=副线圈回路中的电阻的功率为：p2=所以k=选项a正确，bcd错误故选：a【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系该题类似于远距离输电的情况4有两个匀强磁场区域 i和 ii，i中的磁感应强度是 ii中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动与 i中运动的电子相比，ii中的电子（）a运动轨迹的半径是 i中的k倍b加速度的大小是 i中的k倍c做圆周运动的周期是 i中的k倍d做圆周运动的角速度是 i中的相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可【解答】解：设中的磁感应强度为b，则中的磁感应强度为kb，a、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，中的电子运动轨迹的半径为，中的电子运动轨迹的半径为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，故a正确；b、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以中的电子加速度的大小为，中的电子加速度的大小为，所以的电子的加速度大小是中的倍，故b错误；c、根据电子在磁场中运动的周期公式t=可知，中的电子运动周期为，中的电子运动周期为，所以中的电子运动轨迹的半径是中的k倍，所以中的电子运动轨迹的周期是中的k倍，故c正确；d、做圆周运动的角速度=，所以中的电子运动角速度为，中的电子运动角速度为，在的电子做圆周运动的角速度是中的倍，故d错误；故选：ac【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题5一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为l1和l2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，到v的最大取值范围是（）a vl1b vc vd v【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据3hh=得，水平位移的最小值，则最小速度若球与球台边缘相碰，根据3h=得，水平位移的最大值为xmax=，则最大速度，故d正确，a、b、c错误故选：d【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，难度中等61824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是（）a圆盘上产生了感应电动势b圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动c在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化d圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【考点】* 涡流现象及其应用【专题】电磁感应与电路结合【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动【解答】解：a、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故a正确；b、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故b正确；c、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故c错误；d、圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其它位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动；故d错误；故选：ab【点评】本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了涡流7如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（）a斜面的倾角b物块的质量c物块与斜面间的动摩擦因数d物块沿斜面向上滑行的最大高度【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】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsin+mgcos=ma1；下降过程有：mgsinmgcos=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；故选：acd【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系8在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩p和q间的拉力大小为f；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向东行驶时，p和q间的拉力大小仍为f不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）a8b10c15d18【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可【解答】解：设pq两边的车厢数为p和q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得：f=pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得：f=qma，根据以上两式可得：，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是bc故选：bc【点评】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题9如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g则（）aa落地前，轻杆对b一直做正功ba落地时速度大小为ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gda落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【考点】功能关系；功的计算【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小【解答】解：a、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功故a错误b、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：magh=mava2，解得va=故b正确c、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故c错误；d、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故d正确；故选：bd【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大10由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行已知同步卫星的环绕速度约为3.1103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）a西偏北方向，1.9103m/sb东偏南方向，1.9103m/sc西偏北方向，2.7103m/sd东偏南方向，2.7103m/s【考点】同步卫星；运动的合成和分解【专题】人造卫星问题【分析】已知合速度为同步卫星的线速度，一个分速度是在转移轨道上的速度，另一个分速度待求，运用速度合成的平行四边形法则求解即可【解答】解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1103m/s；一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55103m/s；合速度与该分速度的夹角为30度，根据平行四边形定则，另一个分速度v2如图所示：该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为：=1.9103m/s故选：b【点评】本题已知合速度和一个分速度，根据平行四边形定则求解另一个分速度，要结合余弦定理列式求解，基础题目11我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落己知探测器的质量约为1.3103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2则此探测器（）a在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/sb悬停时受到的反冲作用力约为2103nc从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒d在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；机械能守恒定律【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力提供向心力得月球表面重力加速度，根据运动学公式得出着陆前的瞬间速度；根据二力平衡得出悬停时受到的反冲击作用力大小；根据v=判断线速度关系【解答】解：a、根据万有引力等于重力，可得重力加速度g=，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2，所以月球表面的重力加速度大小约为g=1.66m/s2，根据运动学公式得在着陆前的瞬间，速度大小约v=3.6m/s，故a错误；b、登月探测器悬停时，二力平衡，f=mg=1.31031.662103n，故b正确；c、从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，有外力做功，机械能不守恒，故c错误；d、根据v=，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故d正确；故选：bd【点评】解答本题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速度的，关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力二、解答题（共4小题，满分47分）12某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为r=0.20m）完成下列填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的 示数为1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为1.40kg；（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示：序 号12345m（kg）1.801.751.851.751.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为7.9n；小车通过最低点时的速度大小为1.4 m/s（重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字）【考点】向心力；牛顿第二定律【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位；根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据fm=m桥g+fn，知小车经过凹形桥最低点时对桥的压力fn，根据fn=m0g+m0，求解速度【解答】解：（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：fm=n=m桥g+fn解得：fn=7.9n根据牛顿运动定律知：fnm0g=m0，代入数据解得：v=1.4m/s故答案为：（2）1.40，（4）7.9，1.4【点评】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果13图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路（1）已知毫安表表头的内阻为100，满偏电流为1ma；r1和r2为阻值固定的电阻若使用a和b两个接线柱，电表量程为3ma；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10ma由题给条件和数据，可求出r1=15，r2=35（2）现用量程为3ma、内阻为150的标准电流表a对改装电表的3ma挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0ma电池的电动势为1.5v，内阻忽略不计；定值电阻r0有两种规格，阻值分别为300和1000；滑动变阻器r有两种规格，最大阻值分别为750和3000则r0应选用阻值为300的电阻，r应选用最大阻值为3000的滑动变阻器（3）若电阻r1和r2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻图（b）中的r为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a） 虚线框内的电路则图中的d点应和接线柱c（填”b”或”c”）相连判断依据是：闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是r1，若电表指针不动，则损坏的电阻是r2【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值（2）应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择（3）有电流流过电表时电表指针发生偏转，没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题【解答】解：（1）使用a、b接线柱时，iab=ig+=0.001+=0.003，使用a、c接线柱时，iac=ig+=0.001+=0.010，解得：r1=15，r2=35；（2）改装后电流表内阻：r=33，r0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：r=r+ra+r0=500，r0=rrra=50033150=317，则应r0选300；电路电流最小时：r滑=r=500=2500750，则滑动变阻器应选择3000的（3）由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是r1，若电表指针不动，则损坏的电阻是r2；故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是r1，若电表指针不动，则损坏的电阻是r2【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题14如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1t，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12v的电池相连，电路总电阻为2，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量【考点】安培力【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据f=bil求的安培力，由共点力平衡求的质量【解答】解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下断开时：2kl1=mg开关闭合后2k（l1+l2）=mg+f受到的安培力为：f=bil回路中电流为i=联立解得m=0.01kg答：金属棒的质量为0.01kg【点评】本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可；15一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得1；再对碰后过程分析同理可求得2（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板最终的距离【解答】解：（1）规定向右为正方向木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和m由牛顿第二定律有1（m+m）g=（m+m）a1 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得 v1=v0+at 式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得 1=0.1 在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mg=ma2 由图可得 式中，t2=2s，v2=0，联立式和题给条件得 2=0.4 （2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg+1（m+m）g=ma3 v3=v1+a3t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为（11）小物块运动的位移为 （12）小物块相对木板的位移为s=s2s1（13）联立（11）（12）（13）式，并代入数值得s=6.0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m（14）（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3由牛顿第二定律及运动学公式得 1（m+m）g=（m+m）a4 （15）（16）碰后木板运动的位移为 s=s1+s3 （17）联立（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得 s=6.5m （18）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m答：（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2分别为0.1和0.4（2）木板的最小长度是6.0m；（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m【点评】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，一步步进行解析，是完全可以求解物理-选修3-3（共2小题，满分15分）16下列说法正确的是（）a将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体b固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质c由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体d在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体e在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变【考点】* 晶体和非晶体【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误【解答】解：a、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项a错误b、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项b正确c、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石选项c正确d、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体把晶体硫加热熔化（温度超过300）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫所以选项d正确e、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加选项e错误故选：bcd【点评】解答该题要熟练的掌握晶体和非晶体的特性，对于晶体有一下特点：1、晶体有整齐规则的几何外形；2、晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；3、晶体有各向异性的特点非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体它没有一定规则的外形，如玻璃、松香、石蜡等它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各项同性”它没有固定的熔点17如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l=40.0cm2，气缸外大气压强为p=1.00105pa，温度为t=303k初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为t1=495k，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取10m/s2求：（i）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；（ii）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强【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】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强【解答】解：（ i）设初始时气体体积为v1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为v2，温度为t2由题给条件得 v2=s2l在活塞缓慢下移的过程中，用pl表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得s1（p1p）=m1g+m2g+s2（p1p）故缸内气体的压强不变由盖吕萨克定律有 联立式并代入题给数据得 t2=330k （ii）在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变设达到热平衡时被封闭气体的压强为p，由查理定律，有联立式并代入题给数据得 p=1.01105pa 答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330k；（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01105pa【点评】本题考查了求气体的温度与压强，分析清楚气体状态变化过程、应用盖吕萨克定律与查理定律即可正确解题四、解答题（共2小题，满分0分）18在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比，x1x2（填“”“=”或“”），若实验中红光的波