山東省臨沂市蒙陰縣第一中學(xué)高三物理第八次月考試題（含解析）新人教版.doc

2014-2015學(xué)年山東省臨沂市蒙陰一中高三（下）第八次月考物理試卷 一、選擇題（本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，第15小題只有一項符合題目要求，第69小題有多項符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分）1（6分）如圖所示，水平地面上放著一堆圓木，關(guān)于圓木p在支撐點m、n處受力的方向，下列說法中正確的是（） a m處受到地面的彈力豎直向上 b n處受到其它圓木的彈力豎直向上 c m處受到地面的摩擦力沿mn方向 d n處受到其它圓木的摩擦力沿水平方向【考點】： 力的合成與分解的運用【專題】： 受力分析方法專題【分析】： 支持力的方向是垂直于接觸面指向被支持的問題，靜摩擦力的方向是與相對運動趨勢的方向相反，由此可判知各選項的正誤【解析】： 解：a、m處受到的支持力的方向與地面垂直向上，即豎直向上，故a正確；n、n處受到的支持力的方向與原木p垂直向上，不是豎直向上，故b錯誤；c、原木相對于地有向左運動的趨勢，則在m處受到的摩擦力沿地面向右，故c錯誤；d、因原木p有沿原木向下的運動趨勢，所以n處受到的摩擦力沿mn方向，故d錯誤故選：a【點評】： 解決本題的關(guān)鍵要掌握支持力和靜摩擦力方向的特點，并能正確分析實際問題支持力是一種彈力，其方向總是與接觸面垂直，指向被支持物靜摩擦力方向與物體相對運動趨勢方向相反2（6分）如圖甲所示，q1、q2為兩個被固定的點電荷，其中q1帶負(fù)電，a、b兩點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運動（粒子只受電場力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示以下說法中正確的是（） a q2一定帶負(fù)電 b q2的電量一定大于q1的電量 c b點的電場強度一定為零 d 整個運動過程中，粒子的電勢能先減小后增大【考點】： 電場強度；電勢能【專題】： 壓軸題；電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】： 速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，可見a到b做加速度減小的減速運動，到b點加速度為0從而知道b點的電場力及電場強度通過b點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小通過能量守恒判斷電勢能的變化【解析】： 解：a、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零q1對負(fù)電荷的電場力向右，則q2對負(fù)電荷的電場力向左，所以q2帶正電故a錯誤，c正確 b、b點場強為零，可見兩點電荷在b點對負(fù)電荷的電場力相等，根據(jù)f=，b到q1的距離大于到q2的距離，所以q1的電量大于q2的電量故b錯誤 c、整個過程動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒電勢能先增大后減小故d錯誤故選c【點評】： 解決本題的關(guān)鍵根據(jù)圖象b點的加速度為0，根據(jù)這一突破口，從而判斷q2的電性及q1和q2的電量大小3（6分）如圖所示，人造衛(wèi)星a、b在同一平面內(nèi)繞地心o做勻速圓周運動已知a、b連線與a、o連線間的夾角最大為，則衛(wèi)星a、b的角速度之比等于（） a sin3 b c d 【考點】： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 人造衛(wèi)星問題【分析】： 根據(jù)題意知道當(dāng)行星處于最大視角處時，地球和行星的連線應(yīng)與行星軌道相切，運用幾何關(guān)系求解問題【解析】： 解：人造衛(wèi)星a、b在同一平面內(nèi)繞地心o做勻速圓周運動已知a、b連線與a、o連線間的夾角最大為，如圖：根據(jù)幾何關(guān)系有rb=rasin根據(jù)開普勒第三定律有：=所以：=故選：c【點評】： 能根據(jù)題目給出的信息分析視角最大時的半徑特征，在圓周運動中涉及幾何關(guān)系求半徑是一個基本功問題4（6分）如圖所示，電動勢為e、內(nèi)阻為r的電池與定值電阻r0、滑動變阻器r串聯(lián)，已知r0=r，滑動變阻器的最大阻值是2r當(dāng)滑動變阻器的滑片p由a端向b端滑動時，下列說法中正確的是（） a 電源的輸出功率先變小后變大 b 電源的輸出功率先變大后變小 c 滑動變阻器消耗的功率變小 d 定值電阻r0上消耗的功率先變大后變小【考點】： 伏安法測電阻；電功、電功率【專題】： 恒定電流專題【分析】： 當(dāng)滑動變阻器滑片p由a端向b端滑動時，電路中總電阻會發(fā)生變化，抓住電動勢和內(nèi)電阻不變，去分析電路中電流和路端電壓如何變化關(guān)于電阻r0上的功率變化，因為r0是定值電阻，只要分析電流如何變化就可得知分析滑動變阻器上功率的變化，可將r0等效到內(nèi)電阻中去，根據(jù)結(jié)論，當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時，輸出功率最大去進(jìn)行分析【解析】： 解：a、當(dāng)外電阻等于內(nèi)電阻時，電源的輸出功率最大，由題意可知，r外r0=r，當(dāng)滑動變阻器的滑片p由a端向b端滑動時，外電路電阻從3r減小到r，由于整個過程中，外電阻一直大于電源內(nèi)阻，隨外電阻阻值的減小，電源的輸出功率不斷增大，故ab錯誤c、把r0與電源組成的整體看做等效電源，電源內(nèi)電阻變?yōu)?r，滑動變阻器消耗的功率可看成電源的輸出功率，r外2r，隨著外電阻的減小，輸出功率減小，故c正確d、當(dāng)滑動變阻器滑片p由a端向b端滑動時，電路中的總電阻變小，電動勢和內(nèi)電阻不變，可知電路總電流變大，根據(jù)p=i2r0，ro不變，定值電阻r0上消耗的功率變大故d錯誤故選：c【點評】： 分析滑動變阻器的功率如何變化是本題的關(guān)鍵，把把定值電阻r0和電源看成一個整體，此時電源的輸出功率即為滑動變阻器消耗的功率5（6分）在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊a、b，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，c為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)開始用一恒力f沿斜面方向拉物塊a使之向上運動，當(dāng)物塊b剛要離開c時，物塊a運動的距離為d，速度為v則此時（） a 物塊b滿足m2gsin=kd b 物塊a加速度為 c 物塊a重力的功率為m2gsinv d 彈簧彈性勢能的增加量為fdm1gdsinm1v2【考點】： 功率、平均功率和瞬時功率；功能關(guān)系【專題】： 功率的計算專題【分析】： 當(dāng)b剛離開c時，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊a的加速度大?。桓鶕?jù)機械能守恒定律求解a的速度【解析】： 解：a、開始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于a的重力沿斜面下的分力，當(dāng)b剛離開c時，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，故有：m2gsin=kx2，但由于開始是彈簧是壓縮的，故dx2，所以有：m2gsinkd，故a錯誤；b、當(dāng)b剛離開c時，彈簧的彈力等于b的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，物塊a的加速度為：a=，開始彈簧處于壓縮，壓縮量，又x1+x2=d，解得：a=故b錯誤c、由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時功率等于m1gsin，設(shè)開始彈簧的壓縮量為x1，則有：m1gsin=kx1，設(shè)彈簧的伸長量為x2，則有：m2gsin=kx2，因為x1+x2=d，則有：m1gsin+m2gsin=kd，所以重力做功的功率為：p=（kdmgsin）v故c錯誤d、彈簧彈性勢能的增加量為由動能定理可知：fdm1gdsinw=m1v2，解得：w=fdm1gdsinm1v2，故d正確故選：d【點評】： 含有彈簧的問題，往往要研究彈簧的狀態(tài)，分析物塊的位移與彈簧壓縮量和伸長量的關(guān)系是常用思路6（6分）（2015春臨沂校級月考）為了探測某星球，載著登陸艙的探測飛船在以該星球中心為圓心、半徑為r1的圓軌道上運動，周期為t1，總質(zhì)量為m1隨后登陸艙脫離飛船，變軌到離該星球更近的半徑為r2的圓軌道上運動，此時登陸艙的質(zhì)量為m2，則下列說法正確的是（） a 該星球的質(zhì)量為m= b 登陸艙在半徑為r1與半徑為r2的軌道上運動時的速度大小之比為= c 該星球表面的重力加速度為g= d 登陸艙在半徑為r2的軌道上做圓周運動的周期為t2=t1【考點】： 萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】： 萬有引力定律的應(yīng)用專題【分析】： 研究飛船繞星球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量研究登陸艙繞星球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出線速度和周期再通過不同的軌道半徑進(jìn)行比較【解析】： 解：a、研究飛船繞星球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，得出：m=，故a錯誤b、研究登陸艙繞星球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力有：在半徑為r的圓軌道上運動：，得出：，表達(dá)式里m為中心體星球的質(zhì)量，r為運動的軌道半徑所以登陸艙在r1與r2軌道上運動時的速度大小之比為，故b正確c、根據(jù)圓周運動知識，a=只能表示在半徑為r1的圓軌道上向心加速度，而不等于x星球表面的重力加速度，故c錯誤d、研究登陸艙繞星球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：在半徑為r的圓軌道上運動：，得出：表達(dá)式里m為中心體星球的質(zhì)量，r為運動的軌道半徑所以登陸艙在r1與r2軌道上運動時的周期大小關(guān)系為：t2=，故d正確故選：bd【點評】： 求一個物理量之比，我們應(yīng)該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再進(jìn)行之比向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用7（6分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比是10：1，原線圈輸入交變電壓u=100sin50t（v），在副線圈中串接有理想電流表和定值電阻r，電容器并聯(lián)在電阻r兩端，電阻阻值r=10，關(guān)于電路分析，下列說法中正確的是（） a 電流表示數(shù)是1a b 電流表示數(shù)是a c 電阻r消耗的電功率為10w d 電容器的耐壓值至少是10v【考點】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專題】： 交流電專題【分析】： 由電流與匝數(shù)成反比可以求得原、副線圈匝數(shù)比，電容器的作用是通交流隔直流【解析】： 解；a、由題意知原線圈輸入電壓有效值為100v，所以副線圈電壓為10v，由于電容器通交流，所以電流表示數(shù)大于1a，故ab錯誤；c、電阻r消耗的電功率為=10w，故c正確，d、副線圈電壓最大值為10v，電容器的耐壓值至少是10v，所以d正確；故選cd【點評】： 本題需要掌握變壓器的電壓之比和匝數(shù)比之間的關(guān)系，同時對于電容器的作用要了解8（6分）如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強度為e，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進(jìn)入bc區(qū)域，bc寬度也為d，所加電場大小為e，方向豎直向上，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于粒子運動的有關(guān)說法中正確的是（） a 粒子在ab區(qū)域中做勻變速運動，運動時間為 b 粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r=2d c 粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為 d 粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為【考點】： 帶電粒子在混合場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】： 將粒子在電場中的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速運動，豎直分運動為末速度為零的勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律列式分析；粒子在復(fù)合場中運動時，由于電場力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力【解析】： 解：a、將粒子在電場中的運動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運動為初速度為零的勻加速運動，豎直分運動為末速度為零的勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)公式，有水平方向：v0=at，d=豎直方向：0=v0gt解得a=g t=故a正確；b、粒子在復(fù)合場中運動時，由于電場力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qv0b=m解得r= 由得到r=2d，故b正確；c、由于r=2d，畫出軌跡，如圖由幾何關(guān)系，得到回旋角度為30，故在復(fù)合場中的運動時間為t2= 故c錯誤；d、粒子在電場中運動時間為t1=故粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為t=t1+t2=，故d正確；故選：abd【點評】： 本題關(guān)鍵是將粒子在電場中的運動正交分解為直線運動來研究，而粒子在復(fù)合場中運動時，重力和電場力平衡，洛侖茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運動二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分考生根據(jù)要求作答（一）必考題9（6分）在一次課外活動中，某同學(xué)用圖甲所示裝置測量放在水平光滑桌面上鐵塊a與金屬板b間的動摩擦因數(shù)已知鐵塊a的質(zhì)量ma=1kg，金屬板b的質(zhì)量mb=0.5kg用水平力f向左拉金屬板b，使其向左運動，彈簧秤的示數(shù)如圖甲所示，則a、b間的摩擦力f=2.50n，a、b間的動摩擦因數(shù)=0.25（g取10m/s2）該同學(xué)還將紙帶連接在金屬板b的后面，通過打點計時器連續(xù)打下一系列的點，測量結(jié)果如圖乙所示，圖中各計數(shù)點間的時間間隔為0.1s，可求得拉金屬板的水平力f=3.50n【考點】： 探究影響摩擦力的大小的因素【專題】： 實驗題；摩擦力專題【分析】： 拉動b過程中，a處于平衡狀態(tài)，其所受滑動摩擦力大小等于彈簧秤示數(shù)，根據(jù)平衡條件列式求解；根據(jù)x=at2求出金屬板的加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律，即可求出水平拉力大小【解析】： 解：a處于平衡狀態(tài)，所受摩擦力等于彈簧秤示數(shù)，ff=f=2.50n根據(jù)ff=mag，解得：=0.25由題意可知，金屬板做勻加速直線運動，根據(jù)x=at2，其中x=2cm=0.02m，t=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：fff=mba，帶入數(shù)據(jù)解得f=3.5n故答案為：2.50，0.25，3.50【點評】： 本題借助實驗考查了基本規(guī)律的應(yīng)用，平時訓(xùn)練中一定要加強應(yīng)用基本規(guī)律解決實際問題的能了，強調(diào)知識的活學(xué)活用10（9分）如圖甲所示，為測量電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗電路圖，某同學(xué)按電路連好實驗器材并進(jìn)行測量，記錄數(shù)據(jù)如下表： 1 2 3 4 5u/v 1.40 1.35 1.25 1.10 1.00i/a 0.12 0.24 0.27 0.45 0.57（1）請在圖乙中畫出ui圖象（寫在答卷頁上相應(yīng)的區(qū)域），并根據(jù)圖線求出電動勢e=1.5v（保留兩位有效數(shù)字），內(nèi)電阻r=0.9（保留一位有效數(shù)字）（2）若實驗室沒有合適的電壓表，某同學(xué)用老師提供的多用電表測量電壓，實驗時多用電表黑表筆應(yīng)連接圖甲中的b（填a或b），某次測量時多用表檔位開關(guān)置于直流電壓2.5v檔，示數(shù)如圖丙所示，此時電源路端電壓為1.25v【考點】： 測定電源的電動勢和內(nèi)阻【專題】： 實驗題【分析】： （1）應(yīng)用描點法作出圖示，根據(jù)圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻；（2）電壓表正接線柱接高電勢點，負(fù)接線柱接低電勢點；由圖示電表確定其分度值，根據(jù)指針位置上升讀出其示數(shù)【解析】： 解：（1）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點，然后根據(jù)描出的點作出圖象如圖所示：由圖示電源ui圖象可知，圖象與縱軸交點坐標(biāo)值是1.5，電源電動勢e=1.5v，電源內(nèi)阻r=0.9（2）多用電表的黑表筆接“”插孔，電壓表的負(fù)接線柱應(yīng)接低電勢點，由圖甲所示可知，黑表筆應(yīng)接b點；多用表檔位開關(guān)置于直流電壓2.5v檔，由圖丙所示表盤可知，其分度值為0.05v，電壓表示數(shù)為1.25v故答案為：（1）圖象如圖所示；1.5；0.9；（2）b；1.25【點評】： 要掌握描點法作圖的方向，電源ui圖象圖縱軸交點坐標(biāo)值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻11（13分）質(zhì)量為m=1.0kg的小滑塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量為m=3.0kg的長木板的右端，木板上表面光滑，木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為=0.2，木板長l=1.0m開始時兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對木板施加水平向右的恒力f=12n，如圖所示，經(jīng)一段時間后撤去f為使小滑塊不掉下木板，試求：用水平恒力f作用的最長時間（g取10m/s2）【考點】： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系【專題】： 牛頓運動定律綜合專題【分析】： 由題，木板上表面光滑，當(dāng)木板運動時，滑塊相對于地面靜止不動分析木板的運動情況，在撤去f前，木板做勻加速運動，撤去f后木板做勻減速運動根據(jù)牛頓第二定律分別求出撤去f前后木板的加速度由位移公式分別求出木板加速和減速運動的位移與時間的關(guān)系式當(dāng)加速和減速的總位移小于等于木板的長度時，滑塊不會從木板上滑下來，求出最長的時間【解析】： 解：撤去f前后木板先加速后減速設(shè)加速過程的位移為x1，加速度為a1，加速運動的時間為t1；減速過程的位移為x2，加速度為a2，減速運動的時間為t2由牛頓第二定律得撤力前：f（m+m）g=ma1解得a1= m/s2撤力后：（m+m）g=ma2解得a2= m/s2又x1=a1t12，x2=a2t22為使小滑塊不從木板上掉下，應(yīng)滿足x1+x2l又a1t1=a2t2由以上各式可解得t11 s即作用的最長時間為1s答：用水平恒力f作用的最長時間是1s【點評】： 本題首先要分析物體的運動情況，其次把握滑塊不從木板上滑下的條件，即兩物體之間的幾何關(guān)系12（19分）如圖甲所示，表面絕緣、傾角=30的斜面固定在水平地面上，斜面的頂端固定有彈性擋板，擋板垂直于斜面，并與斜面底邊平行斜面所在空間有一寬度d=0.40m的勻強磁場區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，磁場上邊界到擋板的距離s=0.55m一個質(zhì)量m=0.10kg、總電阻r=0.25的單匝矩形閉合金屬框abcd，放在斜面的底端，其中ab邊與斜面底邊重合，ab邊長l=0.50m從t=0時刻開始，線框在垂直cd邊沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，從靜止開始運動，當(dāng)線框的ab邊離開磁場區(qū)域時撤去拉力，線框繼續(xù)向上運動，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時間可忽略不計，且沒有機械能損失線框向上運動過程中速度與時間的關(guān)系如圖乙所示已知線框在整個運動過程中始終未脫離斜面，且保持ab邊與斜面底邊平行，線框與斜面之間的動摩擦因數(shù)=，重力加速度g取10m/s2（1）求線框受到的拉力f的大小；（2）求勻強磁場的磁感應(yīng)強度b的大小；（3）已知線框向下運動通過磁場區(qū)域過程中的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足v=v0（式中v0為線框向下運動ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小，x為線框ab邊進(jìn)入磁場后對磁場上邊界的位移大?。?，求線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱q【考點】： 導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；共點力平衡的條件及其應(yīng)用；牛頓第二定律；動能定理的應(yīng)用【專題】： 電磁感應(yīng)功能問題【分析】： （1）根據(jù)vt圖象的斜率求出加速度，由牛頓第二定律求解拉力f的大??；（2）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運動，推導(dǎo)出安培力表達(dá)式，由平衡條件求解磁感應(yīng)強度b的大??；（3）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明線框的寬度等于磁場的寬度 d=0.40m 線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達(dá)檔板時的位移為sd=0.15m，根據(jù)動能定理求出線框與擋板碰撞前的速度，線框碰檔板后速度大小不變分析線框向下運動的過程：線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，abab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v2=1.0 m/s；進(jìn)入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，由v=v0求出線框全部離開磁場區(qū)域時的速度根據(jù)焦耳定律求出線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求出線框向下運動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱【解析】： 解：（1）由vt圖象可知，在00.4s時間內(nèi)線框做勻加速直線運動，進(jìn)入磁場時的速度為v1=2.0m/s，所以在此過程中的加速度 a=5.0m/s2由牛頓第二定律得 fmgsinmgcos=ma解得 f=1.5n（2）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 e=blv1通過線框的電流i=線框所受安培力f安=bil=對于線框勻速運動的過程，由力的平衡條件，有f=mgsin+mgcos+解得b=0.50t（3）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運動，并以速度v1勻速穿出磁場，說明線框的寬度等于磁場的寬度 d=0.40m 線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動，到達(dá)檔板時的位移為sd=0.15m，設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v2由動能定理，有mg（sd）sinmg（sd）cos=解得v2=1.0m/s線框碰檔板后速度大小仍為v2，線框下滑過程中，由于重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50n，因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運動，ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為v2=1.0 m/s；進(jìn)入磁場后因為又受到安培力作用而減速，做加速度逐漸變小的減速運動，設(shè)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3由v=v0得 v3=v2=1.0 m/s，因v30，說明線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場中某位置線框向上運動通過磁場區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱q1=i2rt=0.40j線框向下運動進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱q2=0.05j所以q=q1+q2=0.45j答：（1）線框受到的拉力f的大小是1.5n；（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度b的大小是0.50t；（3）線框在斜面上運動的整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱q是0.45j【點評】： 本題關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運動過程，整合了平衡條件、牛頓第二定律、動能定理等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強【物理-選修3-3】（15分）13（5分）（2015春臨沂校級月考）如圖為兩分子系統(tǒng)的勢能ep與兩分子間距離r的關(guān)系曲線下列說法正確的是（） a 當(dāng)r大于r1時，分子間的作用力表現(xiàn)為引力 b 當(dāng)r小于r1時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力 c 當(dāng)r等于r2時，分子間的作用力的合力為零 d 在r由r1變到r2的過程中，分子間的作用力做負(fù)功【考點】： 分子間的相互作用力【專題】： 分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系【分析】： 本題考查了分子勢能與分子之間距離的關(guān)系圖象，注意分子勢能為標(biāo)量，當(dāng)r=r0時，分子力為零，分子勢能最小，由圖可知r2=r0，然后根據(jù)分子力與分子之間距離關(guān)系可以求解【解析】： 解：由圖可知r2=r0，因此當(dāng)r大于r1而小于r2時分子力為斥力，大于r2時分子力為引力，故a錯誤；b、由于r1r2=r0，故當(dāng)r小于r1時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，故b正確c、由于r2=r0，因此當(dāng)r等于r2時，分子間的作用力為零，故c正確；d、當(dāng)r由r1變到r2的過程中，分子力為斥力，因此分子間作用力做正功，故d錯誤故選：bc【點評】： 正確理解分子力、分子勢能與分子之間距離的變化關(guān)系，注意分子力與分子勢能變化的一個臨界點為r=r0，注意將分子力與分子之間距離和分子勢能與分子之間距離的圖象比較進(jìn)行學(xué)習(xí)14（10分）如圖所示，一個上下都與大氣相通的直圓筒，內(nèi)部橫截面的面積s=0.01m2，中間用兩個活塞a與b封住一定質(zhì)量的理想氣體，a、b都可沿圓筒無摩擦地上、下滑動，但不漏氣，a的質(zhì)量可不計、b的質(zhì)量為m，并與一勁度系數(shù)k=5103n/m的較長的彈簧相連已知大氣壓強p0=1105pa，平衡時，兩活塞間的距離l0=0.6m現(xiàn)用力壓a使之緩慢向下移動一定距離后，保持平衡此時，用于壓a的力f=5102n求：（假定氣體溫度保持不變）（1）此時兩活塞間的距離（2）活塞a向下移的距離（3）大氣壓對活塞a和活塞b做的總功【考點】： 理想氣體的狀態(tài)方程；胡克定律【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： （1）選封閉氣體為研究對象，壓縮過程為等溫變化，初壓強為p0，末壓強為（2）施加外力后，彈簧會縮短，活塞a下降的距離等于活塞間減少的距離與彈簧縮短的距離之和（3）將活塞a、b連同封閉的氣體看做一個整體，大氣壓對兩個活塞做的總功可由功的計算公式求得【解析】： 解：（1）已知達(dá)到平衡時f=5102n，則：p=p0+=1.5105pa p0 l0s=pls l=0.4m（2）當(dāng)氣體的壓強為p0時，彈簧受b的作用而有一定的壓縮量，當(dāng)氣體的壓強變?yōu)閜0+時，彈簧增加的壓縮量就是b向下移動的距離x，由胡克定律：f=kx x=0.1m設(shè)a向下移動的距離為y，l=l0+xy 得：y=0.3m（3）由于直圓筒上下都與大氣相通，大氣壓對兩個活塞做功總和為：w=ps（ll0 ）=200j答（1）壓縮后兩活塞間的距離為0.4m（2）活塞a向下移的距離0.3m（3）大氣壓對活塞a和活塞b做的總功300j【點評】： 明確氣體作何種變化，找準(zhǔn)氣體的初末狀態(tài)量；含有彈簧的題目要注意彈簧的形變，另外此題中還要注意到圓筒是上下都透氣的這個條件，要準(zhǔn)確理解題意，可思考如果僅有上口與大氣相通，第（3）問結(jié)果會如何？【物理-選修3-4】（15分）15如圖為一列簡諧橫波的波形圖，其中虛線是t1=0.01s時的波形，實線是t2=0.02s時的波形，已知t2t1=t關(guān)于這列波，下列說法中正確的是（） a 該波的傳播速度可能是600m/s b 從t1時刻開始，經(jīng)0.1s質(zhì)點p通過的路程為0.8m c 若該波波源從0點沿x軸正向運動，則在x=200m處的觀測者接收到的波的頻率將大于25hz d 遇到寬約3m的障礙物時，該波能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【考點】： 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】： 由圖讀出波長，求出周期，根據(jù)v=求解波速，由時間與周期的關(guān)系求解質(zhì)點通過的路程若該波波源從0點沿x軸正向運動，在x=200m處接收到的波的頻率將增大當(dāng)障礙物的尺寸與波長差不多，或比波長小時，波能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【解析】： 解：a、由圖讀出這列波的波長為=8m，周期t=（0.020.01）4=0.04s，所以波速為：v=，故a錯誤；b、由圖讀出這列波的振幅a=10cm，t=0.1s=2.5t，所以p通過的路程為：s=4a2.5=1m，故b錯誤；c、該波的頻率為f=25hz若該波波源從0點沿x軸正向運動，則在x=200m處接收到的波的頻率將增大，即頻率大于25hz故c正確d、該波的波長為8m，若該波傳播中遇到寬約3m的障礙物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象故d正確故選：cd【點評】： 對于波動圖象問題，根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點的振動方向，是應(yīng)掌握的基本功16如圖所示，abc為直角三棱鏡，bc邊長為16cm，ab邊長為32cm有一束很強的細(xì)光束op射到bc邊上，入射點p為bc的中點，op與bc的夾角為30，該光束從p點進(jìn)入棱鏡后再經(jīng)ac面反射沿與ac平行的mn方向射出，其中m為ac邊上的一點，am=8cm則棱鏡的折射率是多少？【考點】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 先根據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)反射的對稱性，作出p點關(guān)于ac對稱的點p，即可作出光線在ca面上入射光線和反射光線，并求出光線在ba面上的入射角和折射角，再根據(jù)折射定律求解折射率【解析