辽宁省本溪高中高三物理上学期10月月考试卷（含解析）.doc

辽宁省本溪高中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（10月份）一、选择题（本题包括11小题，1-6题为单选，7-11为多选每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共44分）1下列叙述中正确的是（）a伽利略认为力是维持物体速度的原因b库仑发现了电流的磁效应c牛顿是国际单位制中的一个基本单位dt、kg/as2都是磁感应强度的单位2如图所示，acb是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“”形框架，其中ca、cb边与竖直方向的夹角均为p、q两个轻质小环分别套在ca、cb上，两根细绳的一端分别系在p、q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为o图中虚线为竖直线，将质量为m的钩码挂在绳套上，op、oq两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1：l2=2：3，则两绳受到的拉力之比f1：f2等于（）a1：1b2：3c3：2d4：93如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，o为两电荷连线的中点，a、b两点所在直线过o点，且a与b关于o对称以下判断正确的是（）aa、b两点场强相同ba、b两点电势相同c将一负电荷由a点移到o点，电势能减小d将一正电荷由a点移到b点，电势能先减小后增大4如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的a点与圆心等高，一小物块从a点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达a点，则下列说法正确的是（）a圆弧轨道的半径一定是b若减小传送带速度，则小物块不可能到达a点c若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点d不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点5如图，a、b是两个完全相同的灯泡，l是一个自感系数较大的理想电感线圈，c是电容较大的电容器当s闭合时，关于a、b亮度情况的说法中不正确的是（）as闭合时，a立即亮，然后逐渐熄灭bs闭合时，b立即亮，然后逐渐熄灭cs闭合足够长时间后，b发光，而a不发光ds闭合足够长时间再断开s后，b逐渐熄灭6一有界匀强磁场区域如图（甲）所示，abcd是一个质量为m、电阻为r、边长为l、匝数为n的正方形线圈线圈一半在磁场内，一半在磁场外t=0时刻磁场磁感应强度由b0开始均匀减小，线圈在磁场力作用下运动，vt图象如图（乙），图中斜向虚线为速度图线在0点的切线，数据由图中给出，不考虑重力影响则磁场磁感应强度的变化率为（）abcd7如图所示，质量分别为ml、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力f的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m2在地面，ml在空中），力f与水平方向成角则m2所受支持力n和摩擦力f正确的是（）an=mlg+m2gfsinbn=mlg+m2gfcoscf=fcosdf=fsin8空间存在着平行于x轴方向的静电场，a、m、o、n、b为x轴上的点，oaob，om=on，ab间的电势 随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从m点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（）a粒子一定带正电b粒子从m向o运动过程所受电场力均匀增大c粒子一定能通过n点dao间的电场强度大于ob间的电场强度9 “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的p点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在p点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是（）a卫星在轨道上运动的速度小于月球的第一宇宙速度b卫星在轨道上运动周期比在轨道上短c卫星在轨道上运动的加速度大于沿轨道运动到p点时的加速度d、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小10如图所示，边长为l的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为r，a、b的中点和cd的中点的连线oo恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为b，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴oo匀速转动，则以下判断正确的是（）a图示位置线圈中的感应电动势最大为em=bl2b闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=bl2sintc线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻r的电荷量为q=d线圈转动一周的过程中，电阻r上产生的热量为q=11如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力f的作用下由静止开始运动，物体的机械能e随距离x的变化关系如图乙所示其中0x1过程的图线是直线，x1x3过程的图线是曲线，则下列说法中正确的是（）a在0x1过程中，物体的速度一直减小b在x1x2过程中，物体的加速度逐渐变大c在x2x3过程中，物体的加速度逐渐变小d在x2x3过程中，合力对物体做正功二、实验题（13题4分，14题12分）12一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是（）aa的原长比b的长ba的劲度系数比b的大ca的劲度系数比b的小d测得的弹力与弹簧的长度成正比13图1为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：（1）如果用直流“50v”挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为v（2）用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势e=1.5v，选择开关在“1”挡，把它的两表笔短接，旋转可变电阻r1的旋钮，当指针指向“0”时，流过多用电表的电流为ma；（3）图2是测量rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测rx的值，其测量结果与原结果相比将较（填空“变大”、“变小”或“不变”）（4）图3是将表头g改装成两个倍率挡（如“1”、“10”）的欧姆表电路原理图，则当开关s合向端（选填“a”或“b”）时，欧姆表是较大倍率挡三、计算题（15题10分16题15分）14（10分）粗糙的水平面上放置一质量为m=1.2kg的小物块（可视为质点），对它施加f=3n的水平作用力，使物块沿水平面向右匀加速运动已知物块通过a点时的速度为va=1m/s，到达b点所用时间t1=2s，此后再运动x=8m到达c点，到c点的速度为vc=5m/s，求：（1）物块在水平面上运动的加速度a；（2）物块与水平面间的动摩擦因数15如图所示，平行金属板a和b间距离为d，现给a、b板加上如图所示的方波形电压，t=0时刻a板比b板的电势高，电压的正向值与反向值均为u0现有由质量为m、电荷量为+q的粒子组成粒子束，从ab的中点o处以平行于金属板方向的速度沿oo射入，所有粒子在金属板间的飞行时间均为t，不计重力影响求：（1）不同时刻进入电场的粒子射出电场时的速度大小和方向（2）平行金属板右侧为平行边界磁场，左右边界方向与oo垂直，宽度为l，方向垂直纸面向里，所有粒子进入磁场后垂直右边界射出，问磁感应强度的大小（15分）16下列说法正确的是（）a两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小b物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关c定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加d分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大e物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换17（9分）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启上部连通左右水银的阀门a，当温度为300k平衡时水银的位置如图（h1=h2=5cm，l1=50cm，），大气压为75cmhg求：（1）右管内气柱的长度l2（2）关闭阀门a，当温度升至405k时，左侧竖直管内气柱的长度l3（15分）18关于振动和波动，下列说法正确的是（）a单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关b部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象c在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大d各种波均会发生偏振现象e我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在距离我们远去19如图所示，为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r=12cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点一束红光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑已知该介质对红光的折射率为n=，求两个亮斑与a点间的距离（15分）20以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（）a紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大b比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定c重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损d根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小e自然界中含有少量的14c，14c具有放射性，能够自发地进行衰变，因此在考古中可利用14c来测定年代21如图所示，光滑水平面上放置质量均为m=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块p之问的动摩擦因数=0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块p（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块p之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能e0=10j，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，滑块p滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2求：（1）滑块p滑上乙车前的瞬时速度的大小；（2）滑块p滑上乙车后相对乙车滑行的距离辽宁省本溪高中2015-2016学年高三（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括11小题，1-6题为单选，7-11为多选每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共44分）1下列叙述中正确的是（）a伽利略认为力是维持物体速度的原因b库仑发现了电流的磁效应c牛顿是国际单位制中的一个基本单位dt、kg/as2都是磁感应强度的单位考点：物理学史 分析：伽利略认为力是改变物体速度的原因，奥斯特发现了电流的磁效应，牛顿是国际单位制中的一个导出单位；t、kg/as2都是磁感应强度的单位解答：解：a、伽利略认为力是改变物体速度的原因，亚里士多德认为力是维持物体速度的原因故a错误；b、奥斯特发现了电流的磁效应故b错误；c、牛顿是国际单位制中的一个导出单位；故c错误；d、t、kg/as2都是磁感应强度的单位故d正确故选：d点评：本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆；单位制也是一个重要的记忆性的知识点，要牢记七个基本量与一些重要的导出单位2如图所示，acb是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“”形框架，其中ca、cb边与竖直方向的夹角均为p、q两个轻质小环分别套在ca、cb上，两根细绳的一端分别系在p、q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为o图中虚线为竖直线，将质量为m的钩码挂在绳套上，op、oq两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1：l2=2：3，则两绳受到的拉力之比f1：f2等于（）a1：1b2：3c3：2d4：9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：先对pq环受力分析，它们只受两个力，根据二力平衡条件可知，绳子的拉力都是垂直于杆子的，这是解决此题的关键再对结点o受力分析，再根据三力平衡判断f1=f2解答：解：对p、q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的对结点o受力分析如图所示根据平衡条件可知，fp和fq的合力与ft等值反向，如图所示几何关系可知，=故fp=fq即f1：f2=1：1故选a 点评：要能正确的受力分析，并且能熟练运用几何知识分析力的关系属于基础题3如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，o为两电荷连线的中点，a、b两点所在直线过o点，且a与b关于o对称以下判断正确的是（）aa、b两点场强相同ba、b两点电势相同c将一负电荷由a点移到o点，电势能减小d将一正电荷由a点移到b点，电势能先减小后增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：据等量异号电荷的电场分布特点分析各点的场强关系，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势关系；由电势能的定义分析电势能的大小解答：解：a、如图所示，根据两等量异种电荷电场线的分布情况，由对称性可知，a、b两点场强相同；故a正确；b、根据顺着电场线电势逐渐减小，可知，a点的电势高于两点电荷连线中垂面的电势，b的电势低于两点电荷连线中垂面的电势，而中垂面是一个等势面，所以a点的电势高于b点的电势，故b错误c、由上分析可知，a点的电势高于o点的电势，负电荷在电势高处电势能小，则将一负电荷由a点移到o点，电势能增大，故c错误d、a点的电势高于b点的电势，正电荷在电势高处电势能大，则将一正电荷由a点移到b点，电势一直降低，电势能一直减小，故d错误故选：a 点评：该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性4如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的a点与圆心等高，一小物块从a点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达a点，则下列说法正确的是（）a圆弧轨道的半径一定是b若减小传送带速度，则小物块不可能到达a点c若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点d不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能经过圆弧轨道的最高点考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：由于圆轨道是光滑的，物体从a点下滑之后，机械能守恒，物体在传送带上减速运动，减到零之后又开始反向加速，返回圆轨道时速度等于从圆轨道下滑到传送带时的速度大小根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小，与原来下滑时的速度的大小相对比，可以知道物体能不能回到原来的a点解答：解：a、物体在圆轨道上下滑的过程中，物体的机械能守恒，根据机械能守恒可得：mgr= mv02所以小物块滑上传送带的初速度：v0= ，物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v ，物体就能返回到a点则r 故a错误b、若减小传送带速度，只要传送带的速度v ，物体就能返回到a点故b错误c、d、若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到a点，不能滑到圆弧轨道的最高点故c错误，d正确故选：d点评：本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力，物体在减速和反向的加速阶段的加速度的大小是相同的，当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候，物体反向加速的速度的大小才会等于下滑时的速度的大小，才能够返回原来的a点5如图，a、b是两个完全相同的灯泡，l是一个自感系数较大的理想电感线圈，c是电容较大的电容器当s闭合时，关于a、b亮度情况的说法中不正确的是（）as闭合时，a立即亮，然后逐渐熄灭bs闭合时，b立即亮，然后逐渐熄灭cs闭合足够长时间后，b发光，而a不发光ds闭合足够长时间再断开s后，b逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：电容对直流电是断开的，而线圈能阻碍电流的变化：即电流增大时阻碍增大，减小时阻碍减小解答：解：a、s闭合之后，由于l的阻碍作用ab立即亮，之后，l的直流电阻为零，a被短路，b发光，而a不发光，故a正确b错误；c、s闭合足够长时间后，l线圈相当于导线，则a不发光，而b正常发光，故c正确；d、s闭合足够长时间再断开s后，电容器对b渐渐发电，导致b逐渐熄灭，故d正确；本题选择错误的，故选：b点评：做好本题的关键是知道电容器是通高频阻低频，线圈会阻碍电流的突变6一有界匀强磁场区域如图（甲）所示，abcd是一个质量为m、电阻为r、边长为l、匝数为n的正方形线圈线圈一半在磁场内，一半在磁场外t=0时刻磁场磁感应强度由b0开始均匀减小，线圈在磁场力作用下运动，vt图象如图（乙），图中斜向虚线为速度图线在0点的切线，数据由图中给出，不考虑重力影响则磁场磁感应强度的变化率为（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小，结合电路知识求出感应电流知道vt图象上某一点切线斜率的物理意义，根据牛顿第二定律求出问题解答：解：从图线可知，t=o时刻线圈速度为零，图中斜向虚线为过0点速度曲线的切线，所以加速度为：a=；此时刻线框中感应电动势：e=n=nl2感应电流为：i=；由f=nb0il=ma联立可解得：=故选：d点评：于图象问题，我们要清楚某一点切线斜率的物理意义把电磁感应与动力学和电路知识结合起来解决问题本题容易出错的地方是：安培力f=b0il，将n漏掉7如图所示，质量分别为ml、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力f的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m2在地面，ml在空中），力f与水平方向成角则m2所受支持力n和摩擦力f正确的是（）an=mlg+m2gfsinbn=mlg+m2gfcoscf=fcosdf=fsin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：对整体分析，根据共点力平衡求出地面的支持力n和摩擦力f的大小解答：解：对整体分析，在竖直方向上有：fsin+n=（m1+m2）g，则：n=m1g+m2gfsin 在水平方向上有：f=fcos故选：ac点评：掌握物体的受力分析方法，还要注意相应几何知识的应用；若物体受力较多时，一般可以借助正交分解法得出平衡条件的公式8空间存在着平行于x轴方向的静电场，a、m、o、n、b为x轴上的点，oaob，om=on，ab间的电势 随x的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从m点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（）a粒子一定带正电b粒子从m向o运动过程所受电场力均匀增大c粒子一定能通过n点dao间的电场强度大于ob间的电场强度考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：图中a、b两点电势相等，m点的电势小于n点的电势，o点的电势最高根据电场力做功情况，分析粒子能否通过n点根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；图象的斜率大小等于电场强度解答：解：a、由图可知，ab两点电势相等，o点的电势最高，a到o是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从m点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电a错误；b、a到m电势均匀升高，故a到0的电场是匀强电场，所以粒子m向o运动过程中所受电场力不变故b错误；c、由图可知，ab两点电势相等，m点的电势小于n点的电势，故m到o电场力做的功大于o到n电场力做的功，所以粒子能通过n点故c正确；d、a到m电势均匀升高，图象的斜率大小等于电场强度，故a到0的电场是匀强电场，故d正确；故选：cd点评：本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，知道图象的斜率等于电场强度，分析时要注意电荷所受的电场力方向与场强方向是相反的9 “嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的p点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在p点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法正确的是（）a卫星在轨道上运动的速度小于月球的第一宇宙速度b卫星在轨道上运动周期比在轨道上短c卫星在轨道上运动的加速度大于沿轨道运动到p点时的加速度d、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据开普勒第三定律 ，比较各轨道的周期；根据万有引力提供向心力 ，轨道半径越大，线速度越小，从而可比较出卫星在轨道上运动的速度于月球的第一宇宙速度大小；比较加速度，只需比较它所受的合力（万有引力）即可解答：解：a、根据万有引力提供向心力 ，轨道半径越大，线速度越小月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度故a正确b、根据开普勒第三定律 ，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道运动的周期最长故b正确c、卫星在轨道上在p点和在轨道在p点的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度相等故c错误d、从轨道进入轨道和从轨道进入轨道，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道上运行的机械能最小，故d正确故选：abd点评：解决本题的关键掌握开普勒第三定律 ，以及万有引力提供向心力 10如图所示，边长为l的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为r，a、b的中点和cd的中点的连线oo恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为b，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴oo匀速转动，则以下判断正确的是（）a图示位置线圈中的感应电动势最大为em=bl2b闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=bl2sintc线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻r的电荷量为q=d线圈转动一周的过程中，电阻r上产生的热量为q=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式em=bs求解感应电动势的最大值图中是中性面，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=emsint可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q= ，求通过电阻r的电荷量最大值是有效值的 倍，求得电动势有效值，根据焦耳定律求电量q解答：解：a、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故a错误b、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为em=bs=b，瞬时值表达式为e=emsint=bl2sint故b正确c、线圈从图示位置转过180的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为=2bs=2b=bl2，流过电阻r的电荷量为q=，故c错误d、感应电动势的有效值为e=，感应电流有效值为i=，r产生的热量为q=i2rt，t=，联立得q=故d正确故选：bd点评：本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点，掌握感应电荷量的经验公式q= ，知道用有效值求热量11如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力f的作用下由静止开始运动，物体的机械能e随距离x的变化关系如图乙所示其中0x1过程的图线是直线，x1x3过程的图线是曲线，则下列说法中正确的是（）a在0x1过程中，物体的速度一直减小b在x1x2过程中，物体的加速度逐渐变大c在x2x3过程中，物体的加速度逐渐变小d在x2x3过程中，合力对物体做正功考点：牛顿第二定律；功的计算 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化解答：解：a、在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，物体是由静止开始运动，运动方向向下则重力的分力大于拉力f，物体做加速运动，速度一直增大，故a错误；b、x1x2过程中，图线斜率逐渐增大，说明机械能减少的越来越快，知力f逐渐增大根据a= ，可知，加速度逐渐减小，故b错误；c、在x2x3过程中，机械能逐渐增大，说明力f做正功，即物块开始沿斜面向上运动，图线斜率逐渐减小，说明机械能增加的越来越慢，知力f逐渐减小，根据a= 知物块加速度逐渐减小，故cd正确；故选：cd点评：解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律二、实验题（13题4分，14题12分）12 一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是（）aa的原长比b的长ba的劲度系数比b的大ca的劲度系数比b的小d测得的弹力与弹簧的长度成正比考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：弹簧的弹力满足胡克定律，f=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长解答：解：a、在图象中横截距表示弹簧的原长，故a的原长比b的短，故a错误； b、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故b正确；c、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故c错误；d、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故d错误故选：b点评：本题考查了胡克定律，注意ft图象的认识，明确胡确定律中的x为形变量13图1为正在测量中的多用电表表盘，请完成下列问题：（1）如果用直流“50v”挡测量电压，指针位置如图1所示，读数为23.0v（2）用图1多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一电池、一个可变电阻和一表头相串联，如图2所示，电源电动势e=1.5v，选择开关在“1”挡，把它的两表笔短接，旋转可变电阻r1的旋钮，当指针指向“0”时，流过多用电表的电流为100ma；（3）图2是测量rx阻值时的电路，欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能进行欧姆调零，按正确使用方法再测rx的值，其测量结果与原结果相比将较变大（填空“变大”、“变小”或“不变”）（4）图3是将表头g改装成两个倍率挡（如“1”、“10”）的欧姆表电路原理图，则当开关s合向b端（选填“a”或“b”）时，欧姆表是较大倍率挡考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据图示表盘确定其分度值，再读出其示数（2）多用电表欧姆档的原理是闭合电路欧姆定律当指针指向“0”时，外接电阻为0，根据闭合电路欧姆定律求电流（3）电池电动势变小，内阻变大时，相同的外接电阻，通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，结合多用电表的刻度盘分布分析（4）根据电流表的改装原理：表头与小电阻并联，分析量程的大小，从而确定解答：解：（1）如果是用直流“50v”挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为1v，则读数为23.0v（2）由图1知，欧姆档的中值电阻为r中=15根据闭合电路欧姆定律得：两表笔短接，有：ig=指针指在中央时，有：ig=由上得：rg+r+r1=r中，可得ig=0.1a=100ma即当指针指向“0”时，流过多用电表的电流为100ma（3）当欧姆表中的电池电动势变小，内阻变大时，根据闭合电路欧姆定律知，相同的待测电阻通过多用电表的电流减小，指针偏转角度减小，指针指示的读数变大，则测量值将变大（4）图3是将表头g改装成两个倍率挡的欧姆表电路原理图，由图知，当开关s合向b端时，通过欧姆表的电流较小，根据闭合电路欧姆定律知，欧姆表的倍率较大故答案为：（1）23.0；（2）100；（3）变大；（4）b点评：对多用电表读数时，要根据选择开关的位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定地分度值，读出其示数要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律，知道其中值电阻等于欧姆表的内阻三、计算题（15题10分16题15分）14（10分）粗糙的水平面上放置一质量为m=1.2kg的小物块（可视为质点），对它施加f=3n的水平作用力，使物块沿水平面向右匀加速运动已知物块通过a点时的速度为va=1m/s，到达b点所用时间t1=2s，此后再运动x=8m到达c点，到c点的速度为vc=5m/s，求：（1）物块在水平面上运动的加速度a；（2）物块与水平面间的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物体做匀加速直线运动，应用匀变速运动的速度公式与速度位移公式可以求出物体的加速度（2）应用牛顿第二定律可以求出动摩擦因数解答：解：（1）物块做匀加速直线运动，到达b点时的速度：vb=va+at1，从b到c过程中，由匀变速运动的速度位移公式得：vc2vb2=2ax，解得：a=1m/s2，（a=6m/s2，不合题意，舍去）；（2）对物块，由牛顿第二定律得：fmg=ma解得：=0.15；答：（1）物块在水平面上运动的加速度1m/s2；（2）物块与水平面间的动摩擦因数为0.15点评：本题考查了求加速度、动摩擦因数问题，知道物体做匀加速直线运动，应用匀变速运动公式与牛顿第二定律即可正确解题15（15分）如图所示，平行金属板a和b间距离为d，现给a、b板加上如图所示的方波形电压，t=0时刻a板比b板的电势高，电压的正向值与反向值均为u0现有由质量为m、电荷量为+q的粒子组成粒子束，从ab的中点o处以平行于金属板方向的速度沿oo射入，所有粒子在金属板间的飞行时间均为t，不计重力影响求：（1）不同时刻进入电场的粒子射出电场时的速度大小和方向（2）平行金属板右侧为平行边界磁场，左右边界方向与oo垂直，宽度为l，方向垂直纸面向里，所有粒子进入磁场后垂直右边界射出，问磁感应强度的大小考点：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 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：一种情况在0 t之间，t0时刻进入电场的粒子运动情况相同，还有一种情况在 tt之间进入电场的粒子运动情况相同，分别利用类平抛运动规律求其在射出电场时速度大小和方向；所有粒子进入磁场后垂直右边界射出的临界情况为与右边界相切，根据几何知识确定半径，然后根据牛顿第二定律列方程求磁感应强度大小解答：解：（1）设在0t之间，t0时刻进入电场， vy=a（tt0）a+at0=v=tan= =30，方向斜向下； 设在tt之间进入电场，速度vy=根据周期性，在任何时刻进入电场，射出电场时， =300，（2）由几何关系得，r=2l，qvb=mb=答：（1）不同时刻进入电场的粒子射出电场时的速度大小为 ，方向与水平方向成30角斜向下；（2）平行金属板右侧为平行边界磁场，左右边界方向与oo垂直，宽度为l，方向垂直纸面向里，所有粒子进入磁场后垂直右边界射出，磁感应强度的大小为 点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式（15分）16（6分）下列说法正确的是（）a两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小b物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关c定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加d分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大e物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换考点：能量守恒定律；热力学第一定律；热力学第二定律 专题：应用题分析：解答本题需掌握：分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；物体的内能包括分子热运动动能和分子势能，分子热运动的平均动能与热力学温度成正比，分子势能与分子间距有关；热力学第一定律公式：u=w+q解答：解：a、两个分子之间的引力和斥力都会随着分子间距的增大而减小，但斥力减小的更快；对于分子合力，子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，间距越小分子力越大；分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力，随着分子间距的增加，分子力先增加后减小；故a错误；b、物体的内能在宏观上与其温度、体积和质量有关，故b错误；c、定质量的气体经历等容过程，体积不变，故不对外做功，根据热力学第一定律，如果吸热则其内能一定增加，故c正确；d、分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，即到达平衡位置时，分子势能最小，故a的动能一定最大，故d正确；e、物质的状态（固、液、气三态）在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换，故e正确；故选cde点评：本题考查了分子力、分子势能、内能、热力学第一定律、物态变化等，知识点多，难度小，对基础知识要加强记忆17（9分）如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中开启上部连通左右水银的阀门a，当温度为300k平衡时水银的位置如图（h1=h2=5cm，l1=50cm，），大气压为75cmhg求：（1）右管内气柱的长度l2（2）关闭阀门a，当温度升至405k时，左侧竖直管内气柱的长度l3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）分别以两部分气体为研究对象，求出两部分气体压强，然后由几何关系求出右管内气柱的长度（2）以左管内气体为研究对象，由理想气体状态方程可以求出空气柱的长度解答：解：（1）左管内气体压强：p1=p0+h2=80cmhg，右管内气体压强：p2=p左+h1=85cmhg，p2=p0+h3，解得，右管内外液面高度差h3=10cm，右管内气柱长度l2=l1h1h2+h3=50cm；（2）设玻璃管截面积s，由理想气体状态方程， = ， = ，解得：l3=60cm答：（1）右管内气柱的长度为50cm（2）关闭阀门a，当温度升至405k时，左侧竖直管内气柱的长度为60cm点评：求出各气体压强是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题（15分）18关于振动和波动，下列说法正确的是（）a单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关b部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象c在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大d各种波均会发生偏振现象e我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在距离我们远去考点：光的偏振；用单摆测定重力加速度；产生共振的条件及其应用 分析：单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关，而弹簧振子的振动周期与振子的质量有关；当策动频率与固有频率相同时，则振动幅度最大，出现共振现象；在干涉中，振动加强点的振动方向总是相同，但位移时大时小；纵波不能发生偏振现象；根据多普勒效应，由接收的频率的大小，从而可得波长的长短，从而可确定间距的远近解答：解：a、单摆做简谐运动的周期公式t= ，与摆长及重力加速度有关，与摆球的质量无关，故a错误；b、部队过桥不能齐步走而要便步走，防止策动频率与固有频率相同，出现共振现象，故b正确；c、在波的干涉中，振动加强的点位移不一定最大，可能处于波峰，也可能处于波谷，也可能处于平衡位置，故c正确；d、纵波不能发生偏振现象，故d错误；e、在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，根据c=f，光速不变，则频率变小，由多普勒效应可知，当频率变小时，则两者间距增大，因此该星球正在距离我们远去，故e正确；故选：bce点评：考查影响单摆的振动周期的因素，掌握共振现象的条件，理解干涉现象中质点振动的位移大小，及波的偏振同时掌握根据多普勒效应来确定间距的变化19如图所示，为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r=12cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点一束红光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑已知该介质对红光的折射率为n=，求两个亮斑与a点间的距离考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：已知红光的折射率，可由公式sinc= 求出临界角，判断红光在ab面上能否发生全反射再由折射定律及几何知识可求得两光斑的距离解答：解：设红光的临界角为c，则 sinc=，则得c=60由题意，i=45c红光在ab面一部分折射，一部分反射画出如图光路图设折射角为r，两个光斑分别为p1、p2，根据折射定律得 n= 求得 sinr= 由几何知识可得 tanr= 解得：ap1=6 m 由几何知识可得oap2为等腰直角三角形，解得：ap2=12cm 答：两个亮斑与a点间的