百校联盟高考物理冲刺金卷（二）

2016届百校联盟高考物理冲刺金卷（二）一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．2016年1月6日，我国最新编号的2101号歼﹣20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向vy﹣t图象分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是（）A．歼﹣20战机在前50s内竖直方向的加速度大小为0.8m/s2B．歼﹣20战机在50s到100s内静止C．歼﹣20战机在100s到200s内竖直方向的加速度大小为0.2m/s2D．在200s末，以地面为参考系，歼﹣20战机的速度大小为02．如图所示，两根长直导线a、b通有方向相反大小分别为I和2I的恒定电流，此时导线b受到的磁场力大小为F，设该磁场力方向为正方向．若在导线b的右侧再放置一根与a、b导线平行且共面的通电长直导线c（导线a、b与b、c之间的距离相等），导线c中通有如图所示的电流I′．导线b受到磁场力大小变为2F．已知通电导线周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中常量k＞0．I为电流强度，r为距导线的距离．则此时导线a受到的磁场力为（）A．﹣F B．F C．﹣F D．F3．如图所示，两等量异种电荷+Q和﹣Q分别位于x轴上的a、b两点其位置关于坐标原点O对称，曲线acd是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，d、c两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列判断正确的是（）A．d、c、e三点中，c点的电势最高B．d、e两点电场强度和电势均相同C．将一个正电荷q沿着圆弧从d点经c点移到e点，电场力先做正功后做负功D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则与之和为定值4．如图所示，其风扇的三速风速档位变换器的电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值为U0=220V，n0=2200匝．档位1、2、3对应的线圈匝数分别为550匝、1100匝、2200匝，电动机M的内阻r=4Ω，额定电压U=220V，额定功率P=110W（电动机内阻可认为阻值不变），下列说法正确的是（）A．当选择档位为2时，电动机两端电压为55VB．当选择档位由2变为1时，电动机的功率减小C．当选择档位1时，电动机的热功率为1WD．当选择档位3时，电动机的输出功率为55W5．如图所示，质量为m1，长度为l的导体棒ab横放在相距为l的U型金属框架上，电阻R串联在MN上，框架质量为m2，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，质量为m0的重物，通过细线与ab垂直相连，ab从静止开始无摩擦地运动始终与MM′、NN′保持良好接触，设框架和桌面足够长，且二者之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计框架和导体棒的电阻（）A．U型金属框架一定能滑动B．U型金属框架一定不能滑动C．若U型金属框架能滑动，则恰好能滑动时，棒ab的速度为D．若U型金属框架不能滑动，棒ab的最终速度为二、多选择题（共3小题，每小题3分，满分9分）6．在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑0﹣6t0时间内其运动的v﹣t图象如图，由图象可知（）A．0﹣t0与t0﹣6t0时间内重力平均功率大小之比为5：1B．0﹣t0与t0﹣6t0时间内磨擦力平均功率之比为1：1C．0﹣t0与t0﹣6t0时间内机械能变化量大小之比为1：5D．0﹣6t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：27．2015年9月14日12时42分，我国在酒泉卫星发射中心成功将高分九号卫星送人太空，高分九号卫星是国家高分辨率对地观测系统科技生大专项安排的一颗光学遥感卫星，地图象元分辨率最可达亚米级，若卫星进入运行轨道后，将卫星的运行轨道看做圆轨道，其运行周期为T，距地面的高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（）A．卫星运动的加速度为B．地球第一宇宙速度为C．地球表面的重力加速度为D．地球的平均密度8．如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的摩擦因数μ＜tanθ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是（）A．上滑的过程A、B整体处于失重状态B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程D．A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等三、实验题9．如图甲为某一同学在探究功与速度变化关系的实验图，在水平台面上放一长木板，板的右端有一个定滑轮，细绳一端连接小车，加一端跨过定滑轮，连接装有砝码的托盘，将小车同纸带移近打点计时器，由静止释放托盘，每次托盘下落高度一定，木板足够长，小车没有碰到右侧滑轮（小车在碰到右侧滑轮之前，托盘已经着地），装饰小车中的砝码依次移花接至托盘中，释放托盘，多次实验打下纸带，实验中小车质量为M，托盘质量为m0，每个砝码的质量也为m0，所有砝码与托盘的总质量为m，托盘下落的高度为h，当地重力加速度为g．（1）减小实验误差，实验操作中先将长木板放置在水平桌面上，接下来再进行一项调节是．（填正确答案标号）A．将长木板一端垫高，释放空托盘让其拖动小车拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动B．将长木板一端垫高，撤除接线，用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动C．将长木板一端高，撤除拉线，让小车自行下滑拉着纸带并打点，然后判断小车是否做匀加速运动D．每移动一次砝码，小车对木板的压力都不同，导致磨擦力不同，所以都应平衡一次摩擦力（2）实验中，用不同数目的砝码，拉动小车拖动纸带，图乙是一条实验纸带，O为初始点，纸带上的点为打点计时器打下的原始点，则对纸带上的数据处理正确的是（填正确答案标号）A．选取OA间距，求OA间的平均速度B．选取DE间距，求DE间的平均速度C．选取DG间距，求DG间的平均速度D．选取AG间距，求AG间的平均速度（3）实验对多次做功的定量记录和对纸袋的分析，探究功与速度的变化的关系，在数据处理时采用了图象法处理，纵轴为小车最大速度的平方v2，横轴为n（托盘中的砝码个数n码=n﹣1），得到图丙，图线为过原点的斜直线，说明做功与速度变化的关系是，图线斜率的表达式k=．10．已知2B铅笔的笔芯主要成分是石墨，某同学想测量该笔芯的电阻率．（1）首先用螺旋测微器测量笔芯的直径，测得直径读数为1.655mm，则此时该螺旋测微器（图甲）的可动刻度上的B、C刻度线所对应的刻度是、．（2）该同学到铅笔制造厂找来一根未截断的长笔芯直接接在电动势为E=32V的学生电源上，通过改变接在电路中铅笔芯的长度l测得流过导线的电流倒数如下表所示：编号123456电流的倒数/A﹣10.580.720.820.971.121.40铅笔芯的长度l/m0.100.200.300.400.500.60请在图乙中描绘出电流的倒数与铅笔芯长度关系的图象，（3）若第（2）小问中所描绘的图象斜率为k，铅笔芯的直径为d，电源电动势为E，则铅笔芯的电阻率表达式为ρ=．利用图象以及（1）、（2）小问测量和已知数据可求电阻率大小约为Ω•m（结果保留两位有效数字）．四、解答题（共2小题，满分32分）11．（12分）如图所示，有一曲线斜面CBA，一滑块从斜面的顶端C点由静止开始下滑，最终滑到斜面的底端A点时速度恰为零．AB段斜面的倾角为37°，BC段斜面的倾角为53°，滑块与斜面AB和斜面BC间的摩擦因数均为0.8，滑块经过B点时无机械能损失（g取10m/s2），求：（1）滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的加速度大小之比；（2）斜面CB和斜面BA的长度lCB、lBA之比及滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的赶时间t1、t2之比．12．（20分）在如图所示的坐标系中，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外，一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=1.5h处的P2；点进入磁场，不计重力，求：（1）粒子到达P2时速度的大小和方向；（2）电场强度的大小；（3）若在y轴的负半轴上D（0，﹣1.5h）处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板（粒子与其相碰时电量不变，原速度反弹），粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，则磁感应强度B应为多大，并求粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间．【物理选修33】13．（5分）下列说法正确的是（）A．温度越高，布朗运动越显著B．从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关C．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部D．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体E．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大14．（10分）如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着27℃理想气体，活塞的质量为m0，横截面积为S；质量为2m0的一沙桶（里面没有沙）通过细绳与活塞相连，当活塞处于静止状态时，活塞与容器底部相距h0，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：（Ⅰ）理想气体的压强p；（Ⅱ）通过电热丝缓慢给气体加热一段时间，使活塞缓慢移动，且使理想气体的温度上升到77℃；再保持理想气体的温度不变，不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢移动，当沙子、桶的质量和为4m0时，活塞离容器底部的高度．【物理选修34】15．如图所示，一列向右传播的简谱横波在t=0时刻恰好传到A点，波速大小v=0.6m/s，P质点的横坐标为x=1.26m，该列波的频率是Hz，质点P第一次到达波峰的时间是s．16．如图所示，一横截面为直角三角形的三棱镜的ABC，其∠A=30°，在BC的延长线上有一单色点光源S，从S射出的一条光线从AC边上的D点（图中未画出）处射入棱镜中，∠CSD=15°，经三棱镜折射后垂直于AB边射出，已知光在真空中传播速度为c，求：该单色光在三棱镜中的传播速度．【物理选修35】17．经过多次α衰变和多次β衰变成变后，则变成的衰变方程为若的质量为m1，的质量为m2，α粒子的质量为mα，β粒子的质量mβ，光在真空中传播的速度为c，则上述衰变过程中释放的核能为．18．如图所示，在光滑的水平地面上，木块C叠于足够长的木板A上的左端某处，A、C开始以v0=10m/s的初速度共同向右运动，与静止在地面上的B磁撞后，B立即获得vB=3m/s的速度，已知mA=1kg、mB=4kg、mC=2kg，A、C间接触面粗糙，试求：（Ⅰ）第一次碰撞瞬间A、B、C组成的系统损失的机械能；（Ⅱ）第一次碰撞后还能进行第二次碰撞吗？分析说明．

2016届百校联盟高考物理冲刺金卷（二）参考答案与试题解析一、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）1．2016年1月6日，我国最新编号的2101号歼﹣20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向vy﹣t图象分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是（）A．歼﹣20战机在前50s内竖直方向的加速度大小为0.8m/s2B．歼﹣20战机在50s到100s内静止C．歼﹣20战机在100s到200s内竖直方向的加速度大小为0.2m/s2D．在200s末，以地面为参考系，歼﹣20战机的速度大小为0【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】根据图象的斜率表示加速度求解加速度大小，歼﹣20战机在50s到100s内竖直方向做匀速直线运动，速度不为零，在200s末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零．【解答】解：A、根据图象可知，前50s内竖直方向的加速度大小为，故A正确；B、歼﹣20战机在50s到100s内竖直方向做匀速直线运动，不是静止状态，故B错误；C、根据图象可知，在100s到200s内竖直方向的加速度大小为，故C错误；D、在200s末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零，所以歼﹣20战机的速度大小不一定为零，故D错误．故选：A【点评】本题主要考查了速度﹣时间图象的应用，知道图象的斜率表示加速度，能根据图象得出每个时刻的速度，难度适中．2．如图所示，两根长直导线a、b通有方向相反大小分别为I和2I的恒定电流，此时导线b受到的磁场力大小为F，设该磁场力方向为正方向．若在导线b的右侧再放置一根与a、b导线平行且共面的通电长直导线c（导线a、b与b、c之间的距离相等），导线c中通有如图所示的电流I′．导线b受到磁场力大小变为2F．已知通电导线周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中常量k＞0．I为电流强度，r为距导线的距离．则此时导线a受到的磁场力为（）A．﹣F B．F C．﹣F D．F【考点】平行通电直导线间的作用；安培力【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对导体a的作用力的可能性，由力的合成求解a受到的磁场力．【解答】解：异向电流之间为斥力，没有加导线c时，导线b给a的作用力大小为F，方向向左，由B=，可知，导线c在b处的磁场强度为在a处的2倍，导线c给b的作用大小为F，方向向右，结合F=BIL，可知，导线c给导线a的作用力大小为，方向向左，故导线a受到的磁场力为，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢量性．3．如图所示，两等量异种电荷+Q和﹣Q分别位于x轴上的a、b两点其位置关于坐标原点O对称，曲线acd是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，d、c两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点，下列判断正确的是（）A．d、c、e三点中，c点的电势最高B．d、e两点电场强度和电势均相同C．将一个正电荷q沿着圆弧从d点经c点移到e点，电场力先做正功后做负功D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则与之和为定值【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【分析】根据等量异号电荷的电场分布特点图（如图）可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小．【解答】解：A、结合等量异号电荷的电场分布特点图可知，d、c、e三点中，d点的电势最高．故A错误；B、电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可知，d、e两点的电场强度的方向不同；同时由图可知，d点的电势高于e点的电势，故B错误；C、d、c、e三点中，d点的电势最高，e点的电势最低，所以将一个正电荷q沿着圆弧从d点经c点移到e点，电场力始终做正功，故C错误；D、将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到a的距离为r1，到b的距离为r2，则由勾股定理得：两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则由库仑定律得：，所以：+=，为定值．故D正确．故选：D【点评】本题考查等量同种电荷的电场分布，要牢记等量异号电荷的电场分布特点图，注意明确其电场线及等势面的分布规律是关键．基础题目．4．如图所示，其风扇的三速风速档位变换器的电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值为U0=220V，n0=2200匝．档位1、2、3对应的线圈匝数分别为550匝、1100匝、2200匝，电动机M的内阻r=4Ω，额定电压U=220V，额定功率P=110W（电动机内阻可认为阻值不变），下列说法正确的是（）A．当选择档位为2时，电动机两端电压为55VB．当选择档位由2变为1时，电动机的功率减小C．当选择档位1时，电动机的热功率为1WD．当选择档位3时，电动机的输出功率为55W【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据电压与匝数成正比求出副线圈两端的电压，电动机的功率可以根据公式分析，电动机的输出功率等于电动机输入的电功率减去电动机内阻消耗的热功率．【解答】解：A、由电压与匝数的关系，，即解得：，选项A错误；B、当由档位2变换到1时，副线圈匝数减少，在档位2时有：，得；在档位1时有，得，输出电压减小，电动机的功率减小，选项B正确；CD、在额定功率的情况下，电动机的额定电流为，热功率，输出功率为，选项D错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1W，选项C错误；故选：B【点评】本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式．5．如图所示，质量为m1，长度为l的导体棒ab横放在相距为l的U型金属框架上，电阻R串联在MN上，框架质量为m2，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，质量为m0的重物，通过细线与ab垂直相连，ab从静止开始无摩擦地运动始终与MM′、NN′保持良好接触，设框架和桌面足够长，且二者之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计框架和导体棒的电阻（）A．U型金属框架一定能滑动B．U型金属框架一定不能滑动C．若U型金属框架能滑动，则恰好能滑动时，棒ab的速度为D．若U型金属框架不能滑动，棒ab的最终速度为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】导体棒与桌面间存在摩擦力，当导体棒切割磁感线产生感应电流，惠氏金属框产生安培力，当安培力等于摩擦力时，此时金属框架运动，即可判断【解答】解：A、当导体棒匀速运动时，导体棒的速度达到最大值，此时整个回路的电流达到最大值，金属框架的安培力最大，若此时满足F安=m0g≥μ（m1+m2则金属棒滑动，故金属框架能否滑动与m0及μ（m1+m2）g的大小有关系，故AB错误；C、若框架能滑动，框架受到最大静摩擦力F=μ（m1+m2）g，MN受到的安培力，刚好运动时，有F安=F，即框架恰好滑动，棒ab的速度达到，故C正确D、若框架不会滑动，则最终m0匀速下落，根据平衡条件F安=m0g，即最大下落速度为，故D错误故选：C【点评】本题主要考查了金属棒切割产生感应电流，形成的感应电流使金属框架受到安培力，根据共点力平衡求得即可二、多选择题（共3小题，每小题3分，满分9分）6．在足够长的固定斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑0﹣6t0时间内其运动的v﹣t图象如图，由图象可知（）A．0﹣t0与t0﹣6t0时间内重力平均功率大小之比为5：1B．0﹣t0与t0﹣6t0时间内磨擦力平均功率之比为1：1C．0﹣t0与t0﹣6t0时间内机械能变化量大小之比为1：5D．0﹣6t0时间内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：2【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率【分析】根据=Fv即可计算平均功率；机械能的变化量等于除重力以外的力做的功；动能变化量等于合外力所做的功．【解答】解：A．设t0=1s，根据图象可知：0﹣1s内的平均速度为==5m/s，1﹣6s内平均速度为==﹣5m/s，所以0﹣1s内重力的平均功率为=mg=5mg，1﹣6s内重力平均功率=mg=5mg，故A错误；B．滑动摩擦力f=μmgcosθ，整个运动过程中滑动摩擦力不变，根据=f，可知0一ls内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率相等，故B正确；C．机械能的变化量等于滑动摩擦力做的功，0一1s内机械能变化量大小为Wf1=t1=，1～6s内机械能变化量大小为Wf2=t2=5，所以0一1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1：5，故C正确；D.1﹣6s内动能变化量大小为△EK=mv2=50m，根据牛顿第二定律，向上滑行时有：mgsinθ+f=ma1=10m，向下滑行时有：mgsinθ﹣f=ma2=2m，解得：f=4m，机械能变化量大小Wf2=ft2=5×4m×5=100m，所以1﹣6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1：2，故D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了恒力功率公式、牛顿第二定律及功能关系的应用，难度适中．解答此题的关键是能够从图象获得信息，为计算方便，这里把设t0=1s，好些一些．7．2015年9月14日12时42分，我国在酒泉卫星发射中心成功将高分九号卫星送人太空，高分九号卫星是国家高分辨率对地观测系统科技生大专项安排的一颗光学遥感卫星，地图象元分辨率最可达亚米级，若卫星进入运行轨道后，将卫星的运行轨道看做圆轨道，其运行周期为T，距地面的高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（）A．卫星运动的加速度为B．地球第一宇宙速度为C．地球表面的重力加速度为D．地球的平均密度【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度；万有引力定律及其应用【分析】根据圆周运动加速度表达式；由引力提供向心力，即可求得地球的质量，与重力加速度，及平均密度；同时由引力提供向心力，可求得第一宇宙速度．【解答】解：A、因卫星运动的加速度a=ω2r==，故A正确；BD、因将天宫一号的运行轨道看做圆轨道，万有引力充当向心力，即，解得：M=，那么地球的平均密度ρ==，而地球的第一宇宙速度为v==，故B错误，D正确；C、地球表面的重力加速度g==，故C错误；故选：AD．【点评】考查牛顿第二定律的应用，掌握万有引力定律与向心力表达式，理解平均密度是质量除以自身体积，不是轨道半径对应的体积．8．如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的摩擦因数μ＜tanθ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是（）A．上滑的过程A、B整体处于失重状态B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程D．A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】先对整体受力分析，根据牛顿第二定律分别求出整体向上和向下的加速度，然后判断是否超重，以及整体能否静止在最高点；再隔离对B分析，根据加速度求出摩擦力，从而判断出B所受摩擦力情况．【解答】解：A、在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：（mA+mB）gsinθ+f=（mA+mB）a，f=μmgcosθ因此有：a=gsinθ+μgcosθ，方向沿斜面向下．所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态．故A正确；B、同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：（mA+mB）gsinθ﹣f=（mA+mB）a′，得：a′=gsinθ﹣μgcosθ由于μ＜tanθ，所以a′＞0所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动．故B错误；C、以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ+f′=ma，解得：f′=μmBgcosθ；向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：mBgsinθ﹣f″=ma′，解得：f″=μmBgcosθ；所以f″=f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故C错误，D正确．故选：AD【点评】解决本题的关键先用整体法求出整体加速度，再隔离对B分析，从而得出B所受摩擦力情况，同时注意理解摩擦力产生的条件．三、实验题9．如图甲为某一同学在探究功与速度变化关系的实验图，在水平台面上放一长木板，板的右端有一个定滑轮，细绳一端连接小车，加一端跨过定滑轮，连接装有砝码的托盘，将小车同纸带移近打点计时器，由静止释放托盘，每次托盘下落高度一定，木板足够长，小车没有碰到右侧滑轮（小车在碰到右侧滑轮之前，托盘已经着地），装饰小车中的砝码依次移花接至托盘中，释放托盘，多次实验打下纸带，实验中小车质量为M，托盘质量为m0，每个砝码的质量也为m0，所有砝码与托盘的总质量为m，托盘下落的高度为h，当地重力加速度为g．（1）减小实验误差，实验操作中先将长木板放置在水平桌面上，接下来再进行一项调节是B．（填正确答案标号）A．将长木板一端垫高，释放空托盘让其拖动小车拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动B．将长木板一端垫高，撤除接线，用手拨动小车后让其拉着纸带运动并打点，判断小车是否做匀速运动C．将长木板一端高，撤除拉线，让小车自行下滑拉着纸带并打点，然后判断小车是否做匀加速运动D．每移动一次砝码，小车对木板的压力都不同，导致磨擦力不同，所以都应平衡一次摩擦力（2）实验中，用不同数目的砝码，拉动小车拖动纸带，图乙是一条实验纸带，O为初始点，纸带上的点为打点计时器打下的原始点，则对纸带上的数据处理正确的是C（填正确答案标号）A．选取OA间距，求OA间的平均速度B．选取DE间距，求DE间的平均速度C．选取DG间距，求DG间的平均速度D．选取AG间距，求AG间的平均速度（3）实验对多次做功的定量记录和对纸袋的分析，探究功与速度的变化的关系，在数据处理时采用了图象法处理，纵轴为小车最大速度的平方v2，横轴为n（托盘中的砝码个数n码=n﹣1），得到图丙，图线为过原点的斜直线，说明做功与速度变化的关系是合外力做的功与速度的平方成正比，图线斜率的表达式k=．【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应平衡摩擦力，使用打点计时器时，先接通电源，后是否纸带；（2）我们要求出最后匀速运动时的速度，所以选取后面点迹比较均匀的DG段；（3）对小车的砝码以及砝码盘整体，根据动能定理求出v2关于n的表达式，根据表达式结合图象得出结论，并根据表达式得出图象的斜率【解答】解：（1）A、为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤除细线，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故AC错误，B正确；D、平衡摩擦力只需要平衡一次，每移动一次砝码，不需要从新平衡摩擦力，故D错误．故选：B（2）我们要求出最后匀速运动时的速度，所以选取后面点迹比较均匀的DG段，求DG间的平均速度，故C正确，ABD错误．故选：C（3）对小车的砝码以及砝码盘整体，根据动能定理得：[（n﹣1）m0+m0]gh=（m+M）v2整理得：，则若v2﹣n图线为过原点的斜直线，则说明合外力做的功与速度的平方成正比，v2﹣n图线斜率的表达式为：k=．故答案为：（1）B；（2）C；（3）合外力做的功与速度的平方成正比；【点评】对于实验问题，首先应该明确实验目的、实验原理和操作方法，知道平衡摩擦力的方法，注意涉及图象问题，要先求出函数表达式，结合数学知识求解，难度适中．10．已知2B铅笔的笔芯主要成分是石墨，某同学想测量该笔芯的电阻率．（1）首先用螺旋测微器测量笔芯的直径，测得直径读数为1.655mm，则此时该螺旋测微器（图甲）的可动刻度上的B、C刻度线所对应的刻度是15、10．（2）该同学到铅笔制造厂找来一根未截断的长笔芯直接接在电动势为E=32V的学生电源上，通过改变接在电路中铅笔芯的长度l测得流过导线的电流倒数如下表所示：编号123456电流的倒数/A﹣10.580.720.820.971.121.40铅笔芯的长度l/m0.100.200.300.400.500.60请在图乙中描绘出电流的倒数与铅笔芯长度关系的图象，（3）若第（2）小问中所描绘的图象斜率为k，铅笔芯的直径为d，电源电动势为E，则铅笔芯的电阻率表达式为ρ=．利用图象以及（1）、（2）小问测量和已知数据可求电阻率大小约为8.8×10﹣3Ω•m（结果保留两位有效数字）．【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）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；（2）根据表格数据一一描点，并作图；（3）根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜率的含义即可求解．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，总读数为1.655mm，所以可动刻度为0.155mm，最后的一位数5是估读的，所以A对应的数字是20，B对应的数字是15，C对应的数字是10；（2）依据表格数据，在电流的倒数与铅笔芯长度关系的图象中进行一一描点，然后平滑连接，如下图所示：；（3）由电阻定律，R=，及闭合电路欧姆定律E=I（R+r），可得，E=I（）．即，由数学知识，可知，ρ=kES=，代入数据，解得：ρ=8.8×10﹣3Ω•m；故答案为：（1）15，10；（2）如上图所示；（3），8.8×10﹣3．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；并掌握电阻定律与闭合电路欧姆定律的内容，及理解电流的倒数与铅笔芯长度图象的斜率含义．四、解答题（共2小题，满分32分）11．（12分）如图所示，有一曲线斜面CBA，一滑块从斜面的顶端C点由静止开始下滑，最终滑到斜面的底端A点时速度恰为零．AB段斜面的倾角为37°，BC段斜面的倾角为53°，滑块与斜面AB和斜面BC间的摩擦因数均为0.8，滑块经过B点时无机械能损失（g取10m/s2），求：（1）滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的加速度大小之比；（2）斜面CB和斜面BA的长度lCB、lBA之比及滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的赶时间t1、t2之比．【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）以物体为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小，然后求出加速度之比；（2）根据匀变速直线运动速度时间关系求解时间之比；根据平均速度乘以时间等于位移求解位移之比．【解答】解：（1）设滑块的质量为m，在斜面CB加速运动时，根据牛顿第二定律可得：mgsin53°﹣μmgcos53°=ma1，解得a1=3.2m/s2；在斜面BA减速运动时，由牛顿第二定律可知：μmgcos37°﹣mgsin37°=ma2，解得a2=0.4m/s2，所以a1：a2=8：1；（2）滑块从C到B做初速度为零的匀加速直线运动，所以达到B点时的速度为vB=a1t1，解得：，滑块从B到A做初速度为vB的匀减速直线运动，达到A点时的速度为0，故有：0=vB﹣a2t2，解得：，所以t1：t2=a2：a1=1：8；滑块从C到B运动的位移，滑块从B到A运动的位移，所以lCB：lBA=t1：t2=1：8．答：（1）滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的加速度大小之比为8：1；（2）斜面CB和斜面BA的长度lCB、lBA之比为1：8，滑块在斜面CB和斜面BA上运动时的赶时间之比为1：8．【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．12．（20分）在如图所示的坐标系中，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外，一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=1.5h处的P2；点进入磁场，不计重力，求：（1）粒子到达P2时速度的大小和方向；（2）电场强度的大小；（3）若在y轴的负半轴上D（0，﹣1.5h）处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板（粒子与其相碰时电量不变，原速度反弹），粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，则磁感应强度B应为多大，并求粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间．【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【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的知识求出粒子的速度大小与方向．（2）电场力对粒子做功，应用动能定理可以求出电场强度．（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹，求出粒子的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出磁感应强度；求出粒子在磁场与在电场中的运动时间，然后求出总的运动时间．【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：1.5h=v0t，在竖直方向：h=t，解得：vy=v0，粒子的速度：v==v0，方向：tanθ==，解得：θ=53°，速度方向与水平方向夹53°角；（2）电场对粒子做正功，由动能定理得：qEh=mv2﹣mv02，解得：E=；（3）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识得：Rsin37°=1.5h，解得，粒子轨道半径：R=2.5h，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：B=；粒子运动轨迹如图所示，粒子第2次与挡板相碰时，粒子在电场中做了3个类平抛运动，在磁场中做了3段圆弧的圆周运动，粒子在电场中的运动时间：t1=3×=，粒子在磁场中的总偏转角：α=3×37°=111°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T==，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t2=T=，粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间：t=t1+t2=；答：（1）粒子到达P2时速度的大小为：v0，方向与水平方向夹53°角斜向右下；（2）电场强度的大小为；（3）磁感应强度B应为：，粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间为．【点评】本题考查了粒子在电场、磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、动能定理与牛顿第二定律可以解题．【物理选修33】13．（5分）下列说法正确的是（）A．温度越高，布朗运动越显著B．从微观角度看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子密集程度有关C．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部D．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体E．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大【考点】热力学第二定律；布朗运动；热力学第一定律【分析】布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动．受温度和颗粒大小的影响．气体压强的产生机理，由于大量的气体分子频繁的持续的碰撞器壁产生的，作用在器壁单位面积的平均作用力即为气体的压强，压强大小可以从微观和宏观两个角度说明．表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势，从而形成表面张力，依据表面张力形成原因分析；根据热力学第二定律，所有的热现象都有一定的方向性；做功和热传递都可以改变物体的内能，温度是分子的平均动能的标志．【解答】解：A、布朗运动是小微粒受到的液体分子的撞击的不平衡产生的；液体的温度越高，液体分子热运动的平均动能越大，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越显著．故A正确；B、气体压强的产生机理是：由于大量的气体分子频繁的持续的碰撞器壁而对器壁产生了持续的压力，单位时间内作用在器壁单位面积上的平均作用力就是气体对器壁产生的压强，从微观的角度看，气体分子的平均速率越大，单位体积内的气体分子数越多，气体对器壁的压强就越大，即气体压强的大小与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关．故B正确；C、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直．故C错误；D、热量能够从高温物体传到低温物体，在一定的条件下也能从低温物体传到高温物体，如空调．故D错误；E、气体放出热量，若同时有外力对其做功，则气体的内能可能增大，温度升高，所以其分子的平均动能可能增大．故E正确．故选：ABE【点评】该题考查到的知识点比较多，关键是要熟记气体压强的产生机理：由于大量的气体分子频繁的持续的碰撞器壁产生的，压强大小与分子的平均动能（宏观温度）和分子数密度（宏观体积）有关，分子平均动能越大、分子数密度越大，气体产生的压强就越大，注意气体质量是否一定的条件．14．（10分）如图所示，一圆柱形绝热容器竖直放置，通过绝热活塞封闭着27℃理想气体，活塞的质量为m0，横截面积为S；质量为2m0的一沙桶（里面没有沙）通过细绳与活塞相连，当活塞处于静止状态时，活塞与容器底部相距h0，已知大气压强为P0，重力加速度为g，求：（Ⅰ）理想气体的压强p；（Ⅱ）通过电热丝缓慢给气体加热一段时间，使活塞缓慢移动，且使理想气体的温度上升到77℃；再保持理想气体的温度不变，不停地向沙桶中加沙子，使活塞缓慢移动，当沙子、桶的质量和为4m0时，活塞离容器底部的高度．【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）根据平衡条件求出封闭气体的压强（2）气体先经过等容变化再经过等温变化，分别运用查理定律和玻意耳定律列式求解【解答】解：（Ⅰ）以活塞为研究对象，进行受力分析，活塞受向上的拉力F、重力、向下的大气压力、封闭气体向上的压力pS，根据平衡有对沙桶：联立可得解得：（Ⅱ）据盖﹣吕萨克定律可得根据玻意耳定律可得解得：答：（Ⅰ）理想气体的压强p为；（Ⅱ）活塞离容器底部的高度为．【点评】求封闭气体的压强，常常以与气体接触的活塞或水银柱为研究对象，根据力学知识求．对于气体，确定状态发生变化是关键．【物理选修34】15．如图所示，一列向右传播的简谱横波在t=0时刻恰好传到A点，波速大小v=0.6m/s，P质点的横坐标为x=1.26m，该列波的频率是2.5Hz，质点P第一次到达波峰的时间是2s．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由图读出波长，由波速公式求出频率，当图中波峰传到P点时，P点第一次到达波峰，由运动学公式求解时间．【解答】解：由图知，波长λ=0.24m，故频率为f===2.5Hz当图中波峰传到P点时，P点第一次到达波峰，设质点P第一次到达波峰的时间是t，则