内蒙古巴彦淖尔一中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

内蒙古巴彦淖尔一中2015-2016学年高三（上）期中物理试卷一、选择题：本题共8题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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如图所示，水平推力f使物体静止于斜面上，则（）a物体一定受3个力的作用b物体可能受3个力的作用c物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力d物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力2如图所示，物体b叠放在物体a上，a、b的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为的固定斜面c匀速下滑，则（）aa、b间没有摩擦力ba受到b施加的静摩擦力方向沿斜面向上ca受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinda与b间的动摩擦因数为=tan3“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力f的大小随时间t变化的情况如图所示将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（）agb2gc3gd4g4竖直向上抛出一小球，3s末落回到抛出点，则小球在第2s内的位移（不计空气阻力）是（）a0b5 mc10 md1.25 m5据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，命名为“55cancrie”该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍假设母星与太阳密度相同，“55cancrie”与地球均做匀速圆周运动，则“55cancrie”与地球的（）a轨道半径之比约为b轨道半径之比约为c向心加速度之比约为d向心加速度之比约为6计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5400r/min和7200r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则（）a磁头的位置相同时，7200r/min的硬盘读写数据更快b对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长c不管磁头位于何处，5400r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等d5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3：47两物体m、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，oa、ob与水平面的夹角分别为30、60，m重20n，m、m均处于静止状态则下列判断正确的是（）aob绳的拉力为10nboa绳的拉力为10nc水平面对m的摩擦力大小为0nd水平面对m的摩擦力大小为10（1）n8如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁开始时a、b均静止弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力ffa0，b所受摩擦力ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）affa大小不变bffa方向改变cffb仍然为零dffb方向向右二非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选择题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点因保存不当，纸带被污染如图所示，a、b、c、d是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：xa=16.6mm、xb=126.5mm、xd=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为s；（2）打c点时物体的速度大小为m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为（用xa、xb、xd和f表示）10如图1所示，为“用dis（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持不变，用钩码所受的重力大小作为，用dis测小车的加速度（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量在某次实验中根据测得的多组数据可画出af关系图线（如图2所示）分析此图线的oa段可得出的实验结论是（3）（单选题）此图线的ab段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是a小车与轨道之间存在摩擦 b导轨保持了水平状态c所挂钩码的总质量太大 d所用小车的质量太大11一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力f随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）求：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小（2）物块质量m（3）物块与水平面间的动摩擦因数12如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量m=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板a，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙在a最右端放有可视为质点的物块b，其质量m=1kgb与a左段间动摩擦因数=0.4开始时二者均静止，现对a施加f=20n水平向右的恒力，待b脱离a（a尚未露出平台）后，将a取走b离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m（取g=10m/s2）求（1）b离开平台时的速度vb（2）b从开始运动到刚脱离a时，b运动的时间tb和位移xb（3）a左端的长度l2三、选考题（共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑如果多做，则每科按所做的第一题计分）物理选修3-3模块（15分）13对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （）a若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变b若气体的内能不变，其状态也一定不变c若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大d气体温度每升高1k所吸收的热量与气体经历的过程有关e当气体温度升高时，气体的内能一定增大14如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐已知大气压强为p0=76cmhg如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气四、物理选修3-4模块（15分）15（2015哈尔滨校级三模）一振动周期为t、振幅为a、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是 （）a振幅一定为ab周期一定为tc速度的最大值一定为vd开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离e若p点与波源距离s=vt，则质点p的位移与波源的相同16（2014衡水校级模拟）一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记p离水面的高度为h1=0.6m，尾部下端q略高于水面，赛艇正前方离赛艇前端s1=0.8m处有一浮标，示意如图一潜水员在浮标前方s2=3.0m处下潜到深度为h2=4.0m时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端q，继续下潜h=4.0m，恰好能看见q求：（1）水的折射率n；（2）赛艇的长度1（可用根式表示）五.物理选修3-5模块（15分）17（2015克拉玛依校级模拟）在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为0，该金属的逸出功为若用波长为（0）的单色光做该实验，则其遏止电压为已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h18（2015克拉玛依校级模拟）如图，a、b、c三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，b、c之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把b和c紧连，使弹簧不能伸展，以至于b、c可视为一个整体现a以初速度v0沿b、c的连线方向朝b运动，与b相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使c与a、b分离已知离开弹簧后c的速度恰好为v0求弹簧释放的势能2015-2016学年内蒙古巴彦淖尔一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8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如图所示，水平推力f使物体静止于斜面上，则（）a物体一定受3个力的作用b物体可能受3个力的作用c物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力d物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力【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】以物体为研究对象进行受力分析，由正交分解法得出沿斜面和垂直于斜面两个方向进行分析，由共点力的平衡条件可得出物体受力情况【解答】解：物体受重力、支持力及推力而处于静止，如图建立直角坐标系，将重力及推力分解，则在沿斜面方向上若重力的分力等于推力沿斜面向上的分力，而物体没有相对运动的趋势，故物体不受摩擦力； 若向上的推力的分力大于重力的分力，则有向上的运动趋势，摩擦力向下；若推力分力小于重力的分力，则摩擦力向上；故物体可能受三个力也可能受四个力；而摩擦力的方向可能向上也可能向下，故acd错误；b正确；故选b【点评】若物体受三个明确力的作用而处于平衡时，一般用合成法进行分析；若受力超过四个时一般采用正交分解法进行分析2如图所示，物体b叠放在物体a上，a、b的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为的固定斜面c匀速下滑，则（）aa、b间没有摩擦力ba受到b施加的静摩擦力方向沿斜面向上ca受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinda与b间的动摩擦因数为=tan【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力；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b物体受力分析，根据共点力平衡可以得出a受力的情况，得出ab间摩擦力的大小及方向再对整体受力分析可得出a受斜面的摩擦力情况【解答】解：a、对b受力分析可知，b受重力、支持力；将重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使b能匀速下滑，受力一定平衡，故a对b应有沿斜面向上的摩擦力；故a错误；b、由牛顿第三定律可知，a受到b的摩擦力应沿斜面向下，故b错误；c、对整体分析，并将整体重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力与摩擦力等大反向，故a受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小为2mgsin，故c正确；d、由于ab间为静摩擦力，无法确定动摩擦因数，故d错误；故选c【点评】在求摩擦力时，一定要先判断物体受到的力是动摩擦力还是静摩擦力；若为静摩擦力，可由受力平衡进行分析；但如果是滑动摩擦力，可以由滑动摩擦力的公式求出，但是要注意物体也可能处于平衡状态，故也可以由共点力的平衡求出3“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力f的大小随时间t变化的情况如图所示将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（）agb2gc3gd4g【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】图象中拉力的变化幅度越来越小，说明拉力逐渐趋向与一个定值，而联系人的实际振动幅度越来越小，最后静止不动，说明了重力等于0.6f0，而最大拉力为1.8f0，故结合牛顿第二定律可以求出最大加速度【解答】解：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6f0，而最大拉力为1.8f0即：0.6f0=mgfm=1.8f0 结合牛顿第二定律，有：fmg=ma当拉力最大时，加速度最大，因而有：1.8f0mg=mam由两式解得：am=2g所以acd错误，b正确故选：b【点评】本题用图象描述了生活中一项体育运动的情景解答本题，必须从图象中提取两个重要信息：一是此人的重力，二是蹦极过程中处于最大加速度位置时人所受弹性绳的拉力要获得这两个信息，需要在图象形状与蹦极情境之间进行转化：能从图象振幅越来越小的趋势中读出绳的拉力从而判断人的重力；能从图象第一个“波峰”纵坐标的最大值想象这就是人体位于最低点时弹性绳的最大拉力4竖直向上抛出一小球，3s末落回到抛出点，则小球在第2s内的位移（不计空气阻力）是（）a0b5 mc10 md1.25 m【考点】竖直上抛运动【专题】定性思想；方程法；直线运动规律专题【分析】竖直上抛运动的上升和下降过程具有对称性，可以用整体法和分段法求解，求第2秒内的位移，可用整体法求出前2s内的位移减去第1s内的位移即可【解答】解：对竖直上抛运动的全过程，有：，代入数据解得：v0=15m/s，全过程：由x=v0t得：前2s的位移为：x2=15254=10m；第1s内的位移为：x1=15151=10m；所以第2s内的位移为：1010m=0m故选：a【点评】本题考查竖直上抛运动的规律，竖直上抛运动可以用整体法和分段法求解，选择适当的方法求解即可5据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，命名为“55cancrie”该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍假设母星与太阳密度相同，“55cancrie”与地球均做匀速圆周运动，则“55cancrie”与地球的（）a轨道半径之比约为b轨道半径之比约为c向心加速度之比约为d向心加速度之比约为【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】根据万有引力提供向心力，列出等式根据题目中的已知量表示出未知量代入等式把所要比较的物理量表示出来再进行比较【解答】解：a、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：，解得，所以轨道半径之比为，故a错误，b正确c、根据万有引力提供向心力，列出等式：，解得向心加速度a=，所以向心加速度之比约为=，故c、d错误故 选：b【点评】该题考查的知识点是：应用牛顿第二定律和万有引力定律通过轨道半径估算周期、线速度、星球质量和密度、加速度等向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用6计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5400r/min和7200r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则（）a磁头的位置相同时，7200r/min的硬盘读写数据更快b对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长c不管磁头位于何处，5400r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等d5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3：4【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】转速是单位时间里做圆周运动转数，转速一定则角速度一定，由此根据线速度、角速度、周期间的关系展开讨论即可【解答】解：a、磁头位置相同时，转速快的硬盘磁头通过相同扇区用时少，即读写数据更快故a正确；b、对于某种硬盘其转速一定，则其角速度一定，而扇区是根据圆心角划分的，故通过某扇区的时间与角速度即转速有关，与磁头离盘面中心距离远近无关，故b错误c、扇区是根据圆心角来划分的，转速一定，则其角速度也一定，所以通过相同扇区即相同圆心角的时间是一定的，与磁头与所处的位置无关，故c正确；d、由题意知转速之比为3：4，角速度之比与转速之比相等，向心加速度a=r2，硬盘边缘的向心加速度之比不等于角速度即转速之比故d错误故选a c【点评】掌握转速、角速度、向心加速度之间的关系，并能根据扇区的定义确定是根据圆心角划分扇区的，决定时间关系是角速度而与半径无关7两物体m、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，oa、ob与水平面的夹角分别为30、60，m重20n，m、m均处于静止状态则下列判断正确的是（）aob绳的拉力为10nboa绳的拉力为10nc水平面对m的摩擦力大小为0nd水平面对m的摩擦力大小为10（1）n【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力；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】整个装置处于静止状态，先对结点o受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出ao、bo绳的张力f1和f2对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的f1，水平向右的f2，有平衡条件知f1和f2的差就等于m受到的摩擦力的大小【解答】解：对结点o受力分析如下图：把f1和f2分别分解到水平方向和竖直方向沿水平方向列方程：f1cos30=f2cos60沿竖直方向列方程：f1sin30+f2sin60=mg由联立得：oa绳的拉力 f1=20n=10nob绳的拉力 f2=f1=10n对m受力分析如下图：水平方向列平衡方程：f1+f=f2由解得：f=f2f1=10（1）n故m受到的摩擦力为静摩擦力大小为10（1）n方向水平向左故a、c错误，b、d正确故选：bd【点评】本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等8如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁开始时a、b均静止弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力ffa0，b所受摩擦力ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）affa大小不变bffa方向改变cffb仍然为零dffb方向向右【考点】牛顿第二定律【分析】根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况【解答】解：将右侧细绳剪断，则剪断瞬间，弹簧的弹力的大小不变，速度不能突变，故b仍静止，弹簧对木块b作用力方向向左，所以b所受摩擦力ffb方向应该向右；由于弹簧弹力不能发生突变，剪断瞬间，弹簧弹力不变，a的受力的情况不变，所受摩擦力也不变，所以选项ad正确故选：ad【点评】主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道这一点就很容易了二非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选择题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点因保存不当，纸带被污染如图所示，a、b、c、d是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：xa=16.6mm、xb=126.5mm、xd=624.5mm，若无法再做实验，可由以上信息推知：（1）相邻两计数点的时间间隔为0.1s；（2）打c点时物体的速度大小为2.5m/s（取2位有效数字）；（3）物体的加速度大小为（用xa、xb、xd和f表示）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题；直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小【解答】解：（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为t=0.1s（2）根据间的平均速度等于点的速度得：vc=2.5m/s（3）匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以at2均匀增大，即x=at2，所以有：xbc=xab+at2，xcd=xbc+at2=xab+2at2，xbd=2xab+3at2，所以物体的加速度大小a=故答案为：（1）0.1（2）2.5，（3）【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10如图1所示，为“用dis（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力大小作为拉力，用dis测小车的加速度（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量在某次实验中根据测得的多组数据可画出af关系图线（如图2所示）分析此图线的oa段可得出的实验结论是加速度与小车受到的合外力成正比（3）（单选题）此图线的ab段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是ca小车与轨道之间存在摩擦 b导轨保持了水平状态c所挂钩码的总质量太大 d所用小车的质量太大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】探究加速度与力的关系实验，首先要平衡摩擦力；当钩码质量远小于小车质量时，小车受到的拉力近似等于钩码受到的重力；如果钩码质量太大，小车受到的拉力小于钩码重力，图象发生弯曲【解答】解：（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持 小车的质量不变，用钩码所受的重力大小作为 拉力，用dis测小车的加速度；（2）由图可知，在oa段几乎是直线，即加速度与小车受到的合外力成正比（3）小车质量保持不变，改变所挂钩码的个数，开始钩码总质量远小于小车质量，a与拉力成正比，af图象是一条倾斜的直线，随着钩码质量的增加，码质量不再远小于小车质量，小车受到的拉力明显小于钩码的重力，加速度a与钩码重力不成正比，加速度随钩码重力的增加而变大，但加速度的增加幅度将逐渐减小，af图象向下弯曲，是由于没有满足钩码的质量远小于小车的质量故c正确故选：c故答案为：（1）小车的质量，拉力；（2）加速度与小车受到的合外力成正比；（3）c【点评】要清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力11一物块在粗糙水平面上，受到的水平拉力f随时间t变化如图（a）所示，速度v随时间t变化如图（b）所示（g=10m/s2）求：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小（2）物块质量m（3）物块与水平面间的动摩擦因数【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）根据速度图象（b）可知，1秒末物体处于静止状态，摩擦力f与水平拉力平衡（2）由图象分析可知，在2s4s内，物块做匀加速运动，水平拉力大小为12n；在4s6s内，物块做匀速运动，水平拉力大小为8n，此时滑动摩擦力与拉力平衡，而且滑动摩擦力大小不变由速度的斜率求出匀加速运动的加速度，分别用牛顿定律和平衡条件列方程，求出物块的质量（3）在4s6s内，滑动摩擦力大小与拉力相等，由公式f=n求出【解答】解：（1）由图（a）中可知，当t=1s时，f1=f1=4n（2）由图（b）中可知，当2s4s内，物块做匀加速运动，加速度大小为 a=2m/s2由牛顿第二定律，有 f2mg=ma在4s6s内，物块做匀速运动，则有 f3=f3=mg所以联立得 m=2kg（3）由f3=f3=mg 得 =0.4答：（1）1秒末物块所受摩擦力f的大小是4n；（2）物块质量m为2kg；（3）物块与水平面间的动摩擦因数=0.4【点评】本题首先考查读图能力，其次要根据速度图象分析物体的运动情况，这是解决本题的基础12如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量m=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板a，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙在a最右端放有可视为质点的物块b，其质量m=1kgb与a左段间动摩擦因数=0.4开始时二者均静止，现对a施加f=20n水平向右的恒力，待b脱离a（a尚未露出平台）后，将a取走b离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m（取g=10m/s2）求（1）b离开平台时的速度vb（2）b从开始运动到刚脱离a时，b运动的时间tb和位移xb（3）a左端的长度l2【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动【分析】对a、b隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题【解答】解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h=gt2，x=vbt联立解得vb=2m/s（2）设b的加速度为ab，b在a的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动由牛顿第二定律，f合=mg=mab，由匀变速直线运动规律，vb=abtb，xb=abtb2，联立解得：tb=0.5s，xb=0.5m（3）设b刚好开始运动时a的速度为v，以a为研究对象，由动能定理得fl1=mv12设b运动后a的加速度为aa，由牛顿第二定律和运动学的知识得：fmg=maa，（l2+xb）=v1tb+aatb2，联立解得l2=1.5m答：（1）b离开平台时的速度vb为2m/s（2）b运动的时间tb为0.5s，位移xb为0.5m（3）a左端的长度l2为1.5m【点评】能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解三、选考题（共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑如果多做，则每科按所做的第一题计分）物理选修3-3模块（15分）13对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （）a若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变b若气体的内能不变，其状态也一定不变c若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大d气体温度每升高1k所吸收的热量与气体经历的过程有关e当气体温度升高时，气体的内能一定增大【考点】物体的内能；理想气体的状态方程【专题】压轴题；内能及其变化专题【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化【解答】解：a、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故a正确；b、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故b错误；c、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度t随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变，故c错误；d、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1k所吸收的热量与气体经历的过程有关，故d正确；e、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故e正确；故答案为：ade【点评】理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，理想气体内能由温度决定14如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐已知大气压强为p0=76cmhg如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气【考点】理想气体的状态方程【专题】压轴题；理想气体状态方程专题【分析】根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解【解答】解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：p1=p0+gl3 （式中和g分别表示水银的密度和重力加速度）玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则p2=gl1，p2+gx=p0 （p2管内空气柱的压强）由玻意耳定律得p1（sl2）=p2（sh） （式中，h是此时空气柱的长度，s为玻璃管的横截面积）由式和题给条件得h=12cm从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则p3=p0+gx由玻意耳定律得p1（sl2）=p3（sh）（式中，h是此时空气柱的长度）由h9.2cm答：在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm【点评】本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解四、物理选修3-4模块（15分）15（2015哈尔滨校级三模）一振动周期为t、振幅为a、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是 （）a振幅一定为ab周期一定为tc速度的最大值一定为vd开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离e若p点与波源距离s=vt，则质点p的位移与波源的相同【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】压轴题【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关【解答】解：a、b、d波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，a、b正确，d错误；c、质点的振动速度大小跟波速无关，c错误；e、s=vt，则s等于一个波长，即p点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，e正确故选abe【点评】本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变化的16（2014衡水校级模拟）一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记p离水面的高度为h1=0.6m，尾