河北省唐山市滦南一中2016届高三上学期期初物理试卷

1、河北省唐山市滦南一中2016届高三上学期期初物理试卷一、选择题：本题共12题，每小题5分共60分，每小题给出的四个选项中，第18题只有一个选项符合题目要求，第912多个选项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分1库仑通过实验研究电荷间的作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系这种研究方法常被称为“控制变量法”下列应用了控制变量法的实验是( )A验证机械能守恒定律B探究力的平行四边形定则C探究加速度与力、质量的关系D探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律考点：验证机械能守恒定律 专题：实

2、验题；机械能守恒定律应用专题分析：控制变量法是物理上常用的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用此方法；如：探究加速度与力、质量的关系；分别研究加速度与力；加速度与质量的关系欧姆定律中，电流大小与电压和电阻都有关，分别研究电流与电压关系和电流与电阻的关系；焦耳定律中，导体产生的热量与电流、电阻、时间有关，研究时分别采用控制变量的方法，逐个研究热量与电流、电阻、时间的关系，从而得出结论解答：解：A、验证机械能守恒定律采用的是重力势能的改变量等于动能的改变量，不涉及控制变量法；故A错误；B、探究力的平行四边形定则时，采用的是等效替代法；故B错误；C、探究加速度与力、质量的关系时，要

3、分别研究加速度与力；加速度与质量的关系；故应控制变量；故C正确；D、探究匀变速直线运动速度随时间的变化规律时，不需要控制变量；故D错误；故选：C点评：此题考查物理上的研究方法，要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法2质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的vt图象，则拉力与摩擦力之比为( )A9：8B4：3C2：1D3：2考点：匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力解答：解

4、：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1=1.5m/s2；物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2=0.75m/s2；根据牛顿第二定律得：f=ma1；Ff=ma2，可得：F：f=3：2故选：D点评：图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题3某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为( )A65JB350JC700JD1250J考点：功能关系 分析：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做

5、匀速直线运动，根据竖直方向求出运动时间和起跳时竖直方向的速度，根据水平方向求出水平速度，根据速度的合成原则求出合速度，再根据动能定理即可求解解答：解：运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t=0.4s，竖直方向初速度vy=gt=4m/s水平方向做匀速直线运动，则v0=3.125m/s，则起跳时的速度v=5.07m/s设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：W=mv2=5025.7=642J；最接近700J故选：C点评：本题的关键是正确处理运动员的运动过程，知道运动员做抛体运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动；同时

6、要注意明确题目中只要求求出最接近的4如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )A方向向左，大小不变B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力 专题：整体法和隔离法分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法 1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力） 整体法的优点：通过整体法分析物理问题，

7、可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题通常在分析外力对系统的作用时，用整体法 2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力 隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体

8、受重力、支持力和向后的摩擦力，根据牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B分析，由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小解答：解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有然后隔离B，根据牛顿第二定律有fAB=mBa=mBg 大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故选A点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！5如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳拉动物块A汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A的下列

9、说法正确的是( )A将竖直向上做匀速运动B将处于超重状态C将处于失重状态D将竖直向上先加速后减速考点：运动的合成和分解；超重和失重 专题：运动的合成和分解专题分析：将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据A的运动情况得出A的加速度方向，得知物体运动情况解答：解：设绳子与水平方向的夹角为，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得，vA=vcos，车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，故ACD错误，B正确，故选：B点评：解决本题

10、的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度6如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100t（V）氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有( )A开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB开关接通后，电压表的示数为100VC开关断开后，电压表的示数变大D开关断开后，变压器的输出功率不变考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、交变电压的频率为=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即

11、一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，所以A项错误；B、由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，所以B项正确；C、开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，所以C项错误；D、断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D项错误故选：B点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解7如图，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平

12、行自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是( )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 专题：电磁感应与图像结合分析：分析导体框进入磁场后所做的可能的运动，进行判断和选择安培力在电磁感应现象中是阻力，总与导体相对于磁场的运动方向相反，安培力大小与速度成正比，根据牛顿第二定律分析线框加速度的变化情况，就判断速度图象斜率的变化情况解答：解：A、若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所

13、受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，电流减小变慢，斜率变小而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的故A正确B、线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和空出磁场过程安培力方向相同，符号相同故B错误CD、线框进入磁场过程，若重力大于安培力，线框将做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，加速度将减小，速度图象的斜率将减小故CD均错误故选：A点评：本题关键要有分析线框的受力情况和运动情况的能力，抓住安培力是阻力，其方向总与导体相对于磁场的速度成正比是关键8一轻杆BO，其O端用光滑铰链固定在

14、竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示现将细绳缓慢往左拉，使杆BO与杆AO间的夹角逐渐减小，则在此过程中，拉力F及杆BO所受弹力FN的大小变化情况是( )AFN先变小，后变大BFN始终不变CF先变小，后变大DF始终不变考点：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：当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图根据平衡条件，运用三角形相似法，得出F和FN与边长AB、AO、BO及物体重力的关系，再分析F、FN的变化情况解答：解：设物体的重力为G以B点为研究对象，分

15、析受力情况，作出力图，如图作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G由F2FNBABO得：=得到：FN=G式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变同理：=得到：F=G，式中，AO、G不变，但是AB逐渐减小，所以F逐渐变大故B正确，ACD错误；故选：B点评：本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，是常用的思路9两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点取无限远处的电势为零一带负电的试探电荷q，仅在静电力作用下运动，则( )A若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B若q从A点

16、由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小Cq由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动考点：电场线；电场强度 分析：根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况解答：解：A、电场强度在MN上是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O点为对称中心做往复运动；故A正确两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中a、b连线的中垂线MN上，设任意点P到O的距离是x，a到O的距离是，则a在P产生的场强：在 a、b连线的中垂线MN上的分量：

17、展开得：由三项式定理：得由于故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动时的电场力逐渐减小，加速度一直减小，故B错误C、从A到O过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C错误D、负电荷在A点受到的电场力的方向竖直向下，根据等量同种点电荷的电场分布的空间对称性可知，若在A点给q一个合适的初速度，使它在A点受到的电场力恰好等于向心力，它可以在与两个电荷的连线垂直的平面内做匀速圆周运动，故D正确故选：AD点评：本题考查静电场的基本概念关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析10有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c

18、是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )Aa的向心加速度等于重力加速度gB在相同时间内b转过的弧长最长Cc在4 h内转过的圆心角是Dd的运动周期有可能是20h考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系解答：解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速

19、度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g故A错误；B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故D错误；故选：BC点评：对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点11如图，A

20、、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面下列说法正确的是( )A斜面倾角=30BA获得的最大速度为gCC刚离开地面时，B的加速度为零D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒考点：共点力平衡的条件及其应用；机械能守恒定律 分析：（1）C

21、刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角（2）A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等解答：解：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg 此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B有：Tkx2mg=0对A有：4mgsinT=0 以上方程联立可解得：sin=，=30 故A正确； B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg

22、由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm=2g所以A获得最大速度为2g，故B错误；C、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选：A点评：本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒12如图所示，一水平方向足够长的传送带

23、以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间 又返回光滑水平面，此时速率为 v2，则下列说法正确的是( )A若v1v2，则v2=v1B若v1v2，则v2=v2C不管v2多大，总有v2=v2D只有v1=v2时，才有v2=v2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：传送带专题分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后分v1大于、等于、小于v2三种情况分析解答：解：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分三种情况

24、讨论：如果v1v2，物体会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2=v2；如果v1=v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，有v2=v2；如果v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故选AB点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体可能一直加速，也有可能先加速后匀速运动二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第13-16题为必考题，每个试题考生都必须作答第17-19题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共4题，45分）1

25、3“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律某同学设计了如图1所示的实验装置，一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图2所示，他记录的小钢球的直径d=1.030cm（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量不需要（填“需要”或“不需要”）（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法

26、能提高实验精度的是ACA在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量考点：探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；（3）从实验的测量原理可判定各个选项解答：解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为10mm+60.05mm=10.30mm=1.030 cm（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv2可知，实验不需要测量小钢球的质量

27、（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v=，然后验证：mgh=mv2，即gh=v2是否成立，由此验证机械能守恒，AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误CD、由于实际存在阻力故：mghfh=mv2，即：gh=v2可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误故选：AC故答案为：（1）1.030 （2）不需要 （3）AC点评：本题难点在于第三问，要明确实验的原理，综合不考虑空气阻力和考虑空气阻力两种情况，分别列动能定理来讨论142014年诺贝尔物理学奖授予三名日裔科学家，以表彰他们在发现新型高效、环境友好型光源方面所作出的贡献三位获奖者“

28、发明的高效蓝色发光二极管（LED）带来了明亮而节能的白色光源”某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约300，电学符号与小灯泡电学符号相同实验室提供的器材有：A电流表A1（量程为15mA，内阻RA1约为10）B电流表A2（量程为2mA，内阻RA2=20）C定值电阻R1=10D定值电阻R2=1980E滑动变阻器R（0至20）一只F电压表V（量程为6V，内阻RV约3k）G蓄电池E（电动势为4V，内阻很小）F开关S一只（1）要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有ABD（填写器材前的字母编号）（2）画出实验电路图（3）写出测量LED

29、灯正常工作时的电阻表达式Rx=，I1、I2分别为电流表A1、A2的读数（说明式中题目未给出的各字母的意义）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法LED灯的额定电压为3V，题目所给的电压表量程太大，测量不准确，需通过电流表和定值电阻改装为电压表，因为通过LED的电流较小，可以用题目中的电压表当电流表使用根据闭合电路欧姆定律求出LED正常工作时的电阻，根据欧姆定律得出LED电压为3V时，电流表的电流解答：解：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，

30、由于电压表的量程偏大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED两端的电压，可以将电流表A2与定值电阻R2串联改装为电压表测量电压；LED灯正常工作时的电流大约在6mA左右，故电流表选A；因为滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法滑动变阻器选择小电阻；故选：D；（2）根据（1）的分析可知，应采用分压接法，电流表采用外接法；原理图如下；（3）根据闭合电路欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I2（R+RA2），通过灯泡的电流I=I1I2，所以LED灯正常工作时的电阻RX=因为改装后的电压表内阻为1985+15=2000，则当I2=1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电

31、压，测出来的电阻为正常工作时的电阻故答案为：（1）ABD （2）如图 （3），I1、I2分别为电流表A1、A2的读数点评：本题的难点在于电流表的量程偏小，无法测电流，电压表的量程偏大，测量电压偏大，最后需通过改装，用电流表测电压，电压表测电流15一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央桌布的一边与桌的AB边重合，如图示，已知盘与桌布间的动摩擦因数为l，盘与桌面间的动摩擦因数为2现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关

32、系；牛顿第二定律 专题：压轴题分析：小圆盘要不能从桌面上掉下，则小圆盘在整个过程中相对桌面的位移不能超过桌面边长的一半，故需要求出小圆盘两次相对桌面的位移，第一次小圆盘在桌布的摩擦力的作用下加速运动，设桌布的加速度，用桌布的加速度表示小圆盘的位移和离开桌布时的速度，在桌布上运动时小圆盘相对于桌布的位移为桌面边长的一半，小圆盘由于惯性在桌面上继续做匀减速运动，其加速度由桌面的摩擦力提供，这样就可以用桌布的加速度表示出小圆盘在桌面上滑行的位移从而求出桌布的加速度解答：解：小圆盘在桌布的摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，其加速度为a1，由牛顿第二定律得lmg=mal 故a1=1g 桌布从突然以恒定

33、加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内桌布做匀加速直线运动，设所经历时间为t，桌布通过的位移x，故x=at2 在这段时间内小圆盘移动的距离为x1，小圆盘通过的位移x1=a1t2 小圆盘和桌布之间的相对位移为方桌边长的一半，故有x=L+x1 设小圆盘离开桌布时的速度为v1，则有v12=2al x1 小圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动，设小圆盘的加速度大小为a2，则有2mg=ma2 设小圆盘在桌面上通过的位移大小为x2后便停下，将小圆盘的匀减速运动看做由静止开始的匀加速运动，则有v12=2a2 x2 小圆盘没有从桌面上掉下则有x2+x1L 联立以上各式解得：a 即只有桌布抽离桌面的加速度

34、a时小圆盘才不会从桌面上掉下点评：学习物理一定要注意受力分析（特别是摩擦力的分析）和物体运动过程的分析，只有受力情况和运动过程清楚了才能正确选择物理规律进行求解16如图所示，空间某竖直平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B折线的顶角A=90，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿PQ方向射出，不计粒子的重力（l）若在P、Q间加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使粒子以速度v0从P点沿直线运动到Q点，求场强的大小和方向（2）撤去电场，为使粒子从P点射出后，途经折线的顶点A到达Q点，则初速度v

35、应满足什么条件？并求出粒子从P点经A到达Q点所用时间的最小值考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子从P点沿PQ直线运动到Q点，所受电场力与洛伦兹力平衡，根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，即可求解初速度v应满足的条件；由n取奇数与偶数两种情况下，结合圆心角，从而求出时间解答：解：（1）粒子从P点沿PQ直线运动到Q点，所受电场力与洛伦兹力平衡，有： qE=qv0B解得：E=v0B 方向竖直向下（2）根据运动的对称性，粒子能从P点经A点到达Q点，运动轨迹如图所示满足：L=nx

36、其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为 或 设圆弧的半径为R，则有：2R2=x2解得：又解得：（n=1、2、3）当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为： 1=n+n=2n 从P经A到Q的总时间t1= （n=1、3、5）当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为： 2=n+n=n 从P经A到Q的总时间t2= （n=2、4、6）综合上述两种情况，可得微粒从P点经A到达Q点所用时间的最小值为：tmin=答：（1）场强的大小是v0B，方向竖直向下（2）撤去电场，为使粒子从P点射出后，途经折线的顶点A到达Q点，则初速度v应满足的条件是：（n=1、2、3），粒子从P点经

37、A到达Q点所用时间的最小值是点评：考查受力平衡条件，掌握牛顿第二定律的应用，理解在磁场中运动时间除与圆心角有关外，还与n取奇偶性有关三、选修题17在研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团，气团可看做理想气体作为研究对象气团直径很大可达几千米，其边缘部分与外界的热交换相对于整个气团的内能来说非常小，可以忽略不计气团从地面上升到高空后温度可降低到50，关于气团上升过程中下列说法不正确的是 ( )A气团体积膨胀，对外做功，内能增大，压强减少B气团体积收缩，外界对气团做功，内能减少，压强增大C气团体积膨胀，对外做功，内能减少，压强减少D气团体积收缩，外界对气团做功，内能增大，压强不变考点

38、：热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略根据热力学第一定律得知内能减小，温度降低解答：解：地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，W0由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，即Q=0根据热力学第一定律U=W+Q得知，U0，内能减少，温度降低所以只有C正确，ABD错误本题选择不正确的，故选：ABD点评：本题是热力学第一定律的实际应用，考查理论联系实际的能力，将理想气体的状态方程以及热力学第一定律结合大气的压强随高度的变化

39、以及温度随高度的变化即可正确解答比较简单18为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统（1）求此时航天服内气体的压强，并从微观角度解释压强变化的原因（2）若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体多少升？考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强 专题：理

40、想气体状态方程专题分析：（1）求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体压强；应用分子动理论分析答题（2）求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出气体的体积解答：解：（1）气体的状态参量：p1=1atm，V1=2L，V2=4L，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：12=p24，解得：p2=0.5atm；由于气体的压强与分子密度和分子平均动能有关，在气体体积变大的过程中，该气体的分子密度变小，而温度不变，即分子的平均动能不变，故该气体的压强减小（2）设需要1atm的等温气体V升，以该气体和航天服原有气体为研究对象，p3=0.9atm，V3=4L，由玻意耳定律得：p1V1+p1

41、V=p3V3，即：12+1V=0.94，解得：V=1.6L；答：（1）航天服内气体的压强为0.5atm；由于气体的压强与分子密度和分子平均动能有关，在气体体积变大的过程中，该气体的分子密度变小，而温度不变，即分子的平均动能不变，故该气体的压强减小（2）需补充1atm的等温气体1.6L点评：本题考查了求气体压强、气体体积问题，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律即可正确解题四、选修题19有一列简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播 t=0时刻的波形如图所示，坐标x1、x0关系为x1x0=2m以下说法中正确的是 ( )A质点b完成一次全振动的时间为sB质点a经s第一次回到平衡位置C质点b经s

42、处于x轴上方，并正在向y轴负方向运动D质点的振幅均为0.04m考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由波动图象读出波长，由波速公式求出周期，由数学知识求出质点的振动方程，进而求出a点第一次回到平衡位置的时间，先求出与周期的关系，根据图象判断此时b点的振动方向和所处位置，再判断s所处位置解答：解：A、根据图象可知，波长=2（x1x0）=22=4m，周期T=，则质点b完成一次全振动的时间为1s故A错误；B、角速度，振幅A=0.04s，由数学知识可知，质点的振动方程为y=0.04cos（2t+），当a点第一次回到平衡位置时，y=0，解得：t=，故B正确；C、s=

43、，此时b点沿y轴正方向振动，经过，质点b处于x轴上方，并正在向y轴负方向运动，故C正确；D、根据图象可知，质点振幅A=0.04m，故D正确故选：BCD点评：本题考查读图能力和应用波形平移法研究波动问题的能力也可以根据数学知识求解a质点第一次回到平衡位置所需的时间，能从图象上读出波长和振幅20如图所示，一个透明玻璃球的折射率为，一束足够强的细光束在过球心的平面内以45入射角由真空射入玻璃球后，在玻璃球中发生多次反射，从各个方向观察玻璃球，能看到几束光线射出？其中最强的一束出射光与入射光之间的夹角多大？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：已知入射角和折射率，由折射定律求出折射角光线进入球体