(泄露天機)2015年高考物理押題試卷(全國卷)

1、15屆高三物理（XKB）泄露天機 1如圖所示，兩顆衛(wèi)星圍繞著質(zhì)量為M的中心星體做勻速圓周運動。若兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上，兩顆衛(wèi)星間的作用及其他星體對兩顆衛(wèi)星的作用均忽略不計，則下列判斷正確的是（ ）MA兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等B兩顆衛(wèi)星的向心加速度相同C兩顆衛(wèi)星的向心力大小相等D兩顆衛(wèi)星的動能相等【答案】A【提示】由“兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上”得知兩顆衛(wèi)星的角速度相等，根據(jù)= m2r，得r = ，可見兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等，選項A正確；由a = 2r得向心加速度大小a1 = a2，但方向相反，選項B錯誤；由萬有引力提供向心力即F向 = 知，F(xiàn)向與衛(wèi)星的質(zhì)量m有關(guān)，由于兩顆衛(wèi)

2、星的質(zhì)量關(guān)系不確定，選項C錯誤；根據(jù)= m得衛(wèi)星的動能Ek = m = 與m有關(guān)，選項D錯誤。升壓變壓器降壓變壓器用戶發(fā)電廠V1A1A2V22（多選）如圖所示，在遠距離輸電電路中，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電電線的電阻均不變，變壓器、電表均為理想化的。若發(fā)電廠的輸出功率減小，則下列說法正確的是（ ）A電壓表V1示數(shù)減小，電流表A1減小B電壓表V2示數(shù)增大，電流表A2減小C輸電線上損耗功率增大D用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值增大【答案】BD【提示】根據(jù) = 得電壓表V1兩端的電壓U1不變，選項A錯誤；根據(jù)P出 = U1I1得通過電流表A1的電流I1將減小，根據(jù) = 得通過電流表A2的電流I2將減小

3、，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U = U1 I1R線將增大，根據(jù) = 得電壓表V2兩端的電壓U2增大，選項B正確；輸電線上損耗功率P線 = IR線將減小，選項C錯誤；用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值為 = U2隨著U2的增大而增大，選項D正確。3如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A水平恒力大小F = mgtanB地面對斜面體的支持力大小N2 = (M + m)g C物塊對斜面的壓力大小N1 = mgcosD斜面體的加速度大小為gtan 【答

4、案】B【提示】物塊與斜面體相對靜止，加速度相同，對物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有N2 = ( M + m )g，選項B正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F = ( M + m )a，對斜面體，豎直方向上受力平衡有N2 = Mg + N1cos，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sin = Ma，解得N1 = ，a = gtan，F(xiàn) = mgtan，選項A、C、D均錯誤。4（多選）如圖1所示，小物塊靜止在傾角=37°的粗糙斜面上?，F(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37° = 0.6

5、，cos37° = 0.8，重力加速度g = 10m/s2。下列說法正確的是（）12340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/s/m · s-1O圖2圖3F圖1A物塊的質(zhì)量為1kgB物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C03s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD03s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】AD【提示】由速度圖象知在13s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，則0.8 + mgsin mgcos = ma，a = m/s2 = 0.4m/s2。在34s時間內(nèi)，物塊勻速運動，受力平衡，則mgcos mgsin = 0.4N，解得m = 1kg， = 0

6、.8，選項A正確，B錯誤；01s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，13s時間內(nèi)，力F = 0.8N，物塊的位移x = × 0.4 × 22m = 0.8m，03s內(nèi)力F做功的平均功率為 = W = 0.213W，選項C錯誤；03s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為mgcos · x = 5.12J，選項D正確。ABCD甲船乙船5如圖所示，甲、乙兩船在同一河岸邊A、B兩處，兩船船頭方向與河岸均成角，且恰好對準對岸邊C點。若兩船同時開始渡河，經(jīng)過一段時間t，同時到達對岸，乙船恰好到達正對岸的D點。若河寬d、河水流速均恒定，兩船在靜水中的劃行速率恒定，不影響各自的航行，下列判斷正

7、確的是（）A兩船在靜水中的劃行速率不同B甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C兩船同時到達D點D河水流速為【答案】C【提示】由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度1相等，由1 = sin知兩船在靜水中的劃行速率相等，選項A錯誤；乙船沿BD到達D點，可見河水流速水方向沿AB方向，可見甲船不可能到達到正對岸，甲船渡河的路程較大，選項B錯誤；根據(jù)速度的合成與分解，水 = cos，而sin = ，得水 = ，選項D錯誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x = (cos + 水)t = = AB，可見兩船同時到達D點，選項C正確。ACBO6如圖所示，直角三角形OAB區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙

8、面向外的勻強磁場，C為AB的中點?，F(xiàn)有比荷相同的兩個分別帶正、負電的粒子（不計重力）沿OC方向同時從O點射入磁場。下列說法正確的是（）A若有一個粒子從OA邊射出磁場，則另一個粒子一定從OB邊射出磁場B若有一個粒子從OB邊射出磁場，則另一個粒子一定從CA邊射出磁場C若兩個粒子分別從A、B兩點射出磁場，則它們在磁場中運動的時間之比為21ACBOO2R1R2D若兩個粒子分別從A、B兩點射出磁場，則它們在磁場中運動的軌道半徑之比為1【答案】C【提示】由qB = m 得軌道半徑R = 。由題意可知，兩個粒子分別順、逆時針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項A、B均錯誤；若兩個粒子分別從A

9、、B兩點射出磁場，如圖所示，則 = 60°， = 30°，OA = OBtan30°，R1 = ，R2 = ，得 = ，選項D錯誤；周期T = 相同，由t1 = T、t2 = T得 = ，選項C正確。7在光滑水平面上充滿水平向右的勻強電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()ABEOA小球的動能先變小后變大B小球的切向加速度一直變大C小球受到的拉力先變大后變小 D小球受到的電場力做功功率先增大后減小【答案】D【提示】

10、小球從A點擺動到B點的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項A錯誤；小球從A點擺動到B點的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為，則小球的切向加速度a1 = 隨著的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F qEcos = m得小球受到的拉力大小F = qEcos + · Ek，cos、Ek均隨著的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項D正確。BI60°8在絕緣水平面上方均

11、勻分布著方向與水平向右成60°角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運動。已知棒與水平面間的動摩擦因數(shù) = 。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上的過程中棒始終保持勻速直線運動，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為，則關(guān)于磁場的磁感應強度的大小B與的變化關(guān)系圖象可能正確的是（ ）BmgBILfN/°/T-1OB90/°B/TOA90/°/T-1OC906030/°/T-1OD906030【答案】C【提示】棒受力如圖所示，則BILsin =(mg + BILcos)，得 = (si

12、n cos) = sin( 30°)，只有選項C正確。9如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導軌cd、eg，端點d、e之間連接一電阻R，金屬桿ab靜止在金屬框架上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中。導軌及桿ab的電阻忽略不計?，F(xiàn)對桿ab施加一沿dc方向的外力F，使桿ab中的電流i隨時間t的圖象如圖乙所示。運動中桿ab始終垂直于導軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿ab受到的安培力功率大小P隨時間t變化的圖象，可能正確的是() 【答案】C【提示】桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢e = BL，感應電流i = ，由乙圖得i = kt，解得桿ab的速率 = t，可見桿ab的加速度a

13、= 不變，對桿ab根據(jù)牛頓第二定律有F BiL = ma，得F = BLkt + ma，選項A、B均錯誤；桿ab受到的安培力功率大小P = BiL · = k2Rt2，選項C正確，D錯誤。ABC10如圖所示，擋板C垂直固定在傾角 = 30°的光滑長斜面上，質(zhì)量分別為m、2m的兩物塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧壓縮長度為L?，F(xiàn)用方向沿斜面向上、大小為mg（g為重力加速度）的恒力F拉A，若A向上運動一段距離x后撤去F，當A運動到最高處時B剛好不離開C，則下列說法正確的是（ ）AA剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為BA上升的最大豎直高度為3LC拉力F

14、的功率隨時間均勻增加DL = x【答案】D【提示】A剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為 = g，選項A錯誤；F未作用前，對A受力平衡有mgsin = kL，得k = ，A運動到最高處時，對B受力平衡有2mgsin = kL，得L = 2L，A上升的最大豎直高度為(L + L)sin = L，選項B錯誤；由于F作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度隨時間不是均勻變化的，所以F = mg隨時間也不是均勻變化的，選項C錯誤；在A從最低處運動到最高處的過程，對A根據(jù)動能定理有Fx ( L L) mg(L + L)sin = 0 0，得x = L，選項D正確（或用排

15、除法判斷）。OAB11如圖所示，一固定的水平玻璃圓環(huán)均勻帶上電荷，其中心O的正上方和正下方分別有兩點A、B，OA = OB = h?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶正電小球放在A點時恰好處于靜止狀態(tài)，若給小球一個沿豎直向下的初速度0，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（ ）A帶電圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強方向豎直向上B小球從A點運動到B點的過程中電場力一直做負功C小球從A點運動到B點的過程中通過O點時速度最大D小球通過B點時的速度為【答案】D【解析】帶正電小球靜止在A點，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強方向豎直向上，根據(jù)對稱性知帶電圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強方向豎直向下，選項

16、A錯誤；小球從A點運動到B點的過程中電場力先做負功后做正功，選項B錯誤；小球通過O點時只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過O點時速度并非最大，選項C錯誤；根據(jù)對稱性可知，小球從A點運動到B點的全過程，電場力對小球做的總功為零，根據(jù)動能定理有mg · 2h = m m，得小球通過B點時的速度 = ，選項D正確。Mm12如圖所示，輕彈簧下端懸掛著質(zhì)量為M的物塊，物塊靜止后，在其下方輕繩的下端輕輕地掛上一質(zhì)量為m的鉤碼，并將鉤碼m由靜止釋放。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。已知下列四個關(guān)于輕繩對鉤碼的最大拉力Tm的表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學

17、的物理知識，通過一定的分析判斷正確的表達式是（ ）ATm = mgBTm = MgCTm = mgDTm = mg【答案】A【解析】令m = 0，則Tm應為零，而選項B中的Tm = Mg，選項B錯誤；令m 趨近于M，則選項C中Tm趨近于無窮大，不合理，選項C錯誤；令M = 0，則選項D中的表達式簡化為Tm = mg，由于M = 0且尚未掛上鉤碼時彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當彈簧彈力與mg平衡時，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運動，可見輕繩對鉤碼的最大拉力Tm應大于mg，所以選項D錯誤；由排除法知選項A正確。圖113某學習小組利用圖1所示裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗

18、。若某同學按圖1所示開始實驗，則一個很明顯的不合理之處是_。經(jīng)糾正后，按正確操作，得到如圖2所示的一條點跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點O到計數(shù)點A、B、C、D各點的距離分別為h1、h2、h3、h4，相鄰計數(shù)點間時間間隔為T，從O到D的時間為t。若用O、C兩點來驗證機械能守恒定律，為了計算打下C點時的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同學提供了四個計算式，其中正確的是_。（填選項前的字母）OAB h1 h2 h3 h4CD圖2A甲同學：C = B乙同學：C = gt C丙同學：C = D丁同學：C = 提供正確計算式的同學發(fā)現(xiàn)，以C點算出的重力勢能mgh3總比m略大些，這主要是因為_?！敬鸢浮?/p>

19、釋放紙帶前重物離打點計時器太遠 C 實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。【提示】因釋放紙帶前重物離打點計時器太遠，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點數(shù)極少，所以實驗中釋放紙帶前應提高紙帶使重物靠近打點計時器。因?qū)嶒炛写嬖谧枇?，重物下落時的實際加速度小于重力加速度，計算速度時應根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學；而甲、乙兩同學提供的計算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學提供的計算式是求DE段的平均速度即求CD間中間時刻的速度。因為實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因

20、阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。圖甲14某同學利用如圖甲所示的實驗裝置運用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M。其主要步驟為：調(diào)整長木板傾角，當鉤碼的質(zhì)量為m0時滑塊沿木板恰好向下做勻速運動。mg/Na/m · s-21.00.200.400.6003.04.02.0保持木板傾角不變，撤去鉤碼m0，將滑塊移近打點計時器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，并打出點跡清晰的紙帶如圖乙所示（已知打點計時器每隔0.02s打下一個點）。請回答下列問題： 圖乙 圖丙i）打點計時器在打下B點時滑塊的速度B = _m/s；ii）滑塊做勻加速直線運動的加速度a = _m/s2；iii）滑塊質(zhì)量M = _

21、（用字母a、m0、當?shù)刂亓铀俣萭表示）。保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運動，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應的加速度。若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的amg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M = _kg。（取g = 10m/s2，計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】i）1.38；ii）3.88；iii）m0 0.200【解析】i）B = m/s = 1.38m/s；ii）由s = aT2得a = m/s2 = 3.88m/s2；iii）滑塊做勻速運動時受力平衡有m0g = Mgsin f，撤去m0時滑塊做勻加速直線

22、運動時受到的合外力F合 = Mgsin f，由F合 = Ma得M = m0。掛上質(zhì)量為m的鉤碼時滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，受到的合外力為F合 = Mgsin f mg，由F合 = Ma得a = mg + g，結(jié)合圖丙得 = ，得M = 0.200kg。15某學習小組欲探究小燈泡（額定電壓為3V，額定電流約為0.5A）的伏安特性，可提供的實驗器材如下：A干電池：電動勢約4.5V，內(nèi)阻可不計B雙量程的電壓表 V1：量程為03V、內(nèi)阻約為3k；V2：量程為015V、內(nèi)阻約為15kAV圖1C雙量程的電流表 A1：量程為00.6A、內(nèi)阻約為1； A2：量程為03A、內(nèi)阻約為0.1D滑動變阻器R：阻

23、值范圍010、允許通過最大電流為2AE開關(guān)S，導線若干在盡量提高測量精度的情況下，請回答下列問題：根據(jù)以上器材，請你把實驗電路原理圖1補充完整，并在圖1中標明所選器材的代號。根據(jù)選擇的正確電路原理圖，用筆畫線代替導線將實物圖2連接成完整電路。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應移到_端（選填“A”或“B”）AB圖2圖30.10.20.30.40.51230I/AU/V按正確操作得到7組電壓表和電流表示數(shù)如下表所示，請圖3所示的坐標紙上畫出小燈泡的U I圖線。組數(shù)1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49若將該小燈泡

24、接在電動勢為3.0V、內(nèi)阻為2.0的干電池兩端，則此時該小燈泡的電阻為_。（結(jié)果保留3個有效數(shù)字）【答案】如圖4所示 連線如圖5所示；A 如圖6中曲線所示 4.5或4.6或4.7A1V1圖4AB圖50.10.20.30.40.51230I/AU/V圖6【提示】探究小燈泡的伏安特性，要求燈泡兩端的電壓可以從零伏開始調(diào)整到額定電壓，即要求測量的電壓范圍從03V，選擇電壓表V1；由于小燈泡的額定電流約為0.5A<0.6A，選擇電流表A1；由于小燈泡的最大電阻約為Rm = = 6，很明顯Rm<<RV1，電流表采用外接法，實驗電路原理圖4所示。根據(jù)圖4，用筆畫線代替導線將實物圖2連接成

25、完整電路如圖5所示。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應移到A端，使閉合開關(guān)后燈泡兩端的電壓為零以保護電表。畫出小燈泡的U I圖線如圖6中曲線所示。根據(jù)閉合電路歐姆定律有U = 3.0 2.0I，此直線如圖6中所示，與曲線的交點坐標為（0.455A，2.10V），得待求電阻為 = 4.6。16某多用電表內(nèi)歐姆擋“×1”的內(nèi)部電路圖如圖所示，小明同學將電阻箱和電壓表V并聯(lián)后接在兩表筆a、b上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠小于電壓表V的內(nèi)阻）和電池的電動勢E。實驗的主要步驟為：/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00 (1

26、)表筆a為_(填“紅表筆”或“黑表筆”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“×1”，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)_，使指針指在_(填“左”或“右”)側(cè)零刻度處。(2)改變電阻箱R的阻值，分別讀出6組電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R，將、的值算出并記錄在表格中，請將第3、5組數(shù)據(jù)的對應點在坐標紙上補充標出，并作出 圖線。組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.10.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.400.831.051.351.682.002.50(3)根據(jù)圖線得到電動勢E = _V，內(nèi)電阻r = _。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(4

27、)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值_（填“大”或“小”）。【答案】(1)a；調(diào)零旋鈕(或調(diào)R0)；右(2)如圖所示(3)1.43(1.451.41)；23.4(22.923.9) (4)小【提示】(1)表筆a接內(nèi)部電池的負極，應為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。(2) 圖線如圖所示。/V-1/-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(3)由E = U + ·r得·，結(jié)合圖線得0.70，解得E1.43V，r內(nèi)23.4 。(4)當R為無窮大即為不接電阻箱時電壓表的示數(shù)為多用

28、電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動勢的真實值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值小。17如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強方向沿PQ方向、大小為E的勻強電場，A為PQ的中點，D為OQ的中點，PQ = 2L， = 30°。一質(zhì)量為m、電量為 q的帶正電粒子（重力不計、初速度視為零），從靠近M板O處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點射出電場。（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點時的速率；AMNPQODO（2）若將三角形OPQ區(qū)域內(nèi)的電場撤去，在此

29、區(qū)域內(nèi)及其邊界上充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場，該粒子仍從O處由靜止釋放，要使該粒子在三角形OPQ區(qū)域中運動的時間最長，磁場的磁感應強度B應為多大？并求在磁場中運動的最長時間tm?！窘馕觥?（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動能定理有：qU = m2粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運動，有：= at2 Ltan = t 根據(jù)牛頓第二定律有：qE = ma APQOO1RR解得：U = EL， = 。（2）由t = 知，當一定時，弧長s最大即軌跡圓弧恰好與OP邊相切（如圖所示）時t最大。設(shè)軌跡圓弧與OP邊相切時圓弧的半徑為R，有：R + = L qB = m tm = 解得：B = ，tm = 2

30、。LABmC18如圖所示，長為L的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的C點，上端有一個質(zhì)量為m的光滑小球A（視為質(zhì)點），小球旁輕靠有一正方體滑塊B。若用一大小為mg的水平恒力（g為重力加速度大?。┫蛴易饔糜谛∏駻，當桿與水平面成 = 30°角時A、B恰好分離，求：（提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向m）（1）A、B分離瞬間球A的速度大??；（2）滑塊B的質(zhì)量M；（3）球A剛要觸地時球?qū)U的作用力F大小和方向。C12圖10.2【解析】（1）如圖10.2所示，設(shè)桿與水平面夾角時A與B的速度大小分別為1、2，有：2 = 1sin 在桿下擺過程中，對輕桿、球與滑

31、塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有：mgLcos + mg(L Lsin) = m+ M 0 解得1 = （2）分離時A、B不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、B在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B的加速度必為零，分離時兩者的水平加速度必為零。Cmg圖10.3mgT由圖10.3根據(jù)平衡條件有：Tcos = mg 由沿桿方向的合力提供向心力有：(Tsin + mg)sin = m 解得：M = m = (1 + 9)m （3）球A剛要觸地時的速度設(shè)為A，則根據(jù)動能定理有：mg(L Lcos) + mgLsin = m m F = m 解得：F = mg，方向水平向左 根據(jù)牛頓第三定律得F =

32、F = mg，方向水平向右。19LdhH如圖所示，有一磁感應強度大小為B的水平勻強磁場，其上下水平邊界的間距為H；磁場的正上方有一長方形導線框，其長和寬分別為L、d（dH），質(zhì)量為m，電阻為R?，F(xiàn)將線框從其下邊緣與磁場上邊界間的距離為h處由靜止釋放，測得線框進入磁場的過程所用的時間為t。線框平面始終與磁場方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g。求：（1）線框下邊緣剛進入磁場時線框中感應電流的大小和方向；（2）線框的上邊緣剛進磁場時線框的速率1；（3）線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！窘馕觥浚?）線框由靜止釋放到下邊緣剛進入磁場的過程，做自由落體運動，

33、有： = 2gh 得線框下邊緣剛進入磁場的速率為：0 = 線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E = BL0 LdhH012感應電流的大小為：I = 解得：I = 根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應電流的方向沿逆時針方向。（2）線框進入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律有：mg BIL = ma 根據(jù)微元法，取一小段時間，時間內(nèi)速度的減少量為，根據(jù)加速度的定義有：聯(lián)立可得：（mg BIL ）= m， 即mg BIL = m在時間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：兩邊求和得：mgt BLq= m（v1 v0）根據(jù)法拉第電磁感應定律有： = 根據(jù)閉合電路歐姆定律有： = 在時間t內(nèi)，通過線框某一橫截面的

34、電荷量為：q=解得：1 = + gt 。（3）在線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中，線框進入磁場的過程中才有焦耳熱產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒定律有：Q = m + mgd m解得：Q = mg(h + d) m( + gt )2 。20關(guān)于分子動理論和熱力學定律，下列說法中正確的是（）A空氣相對濕度越大時，水蒸發(fā)越快B物體的溫度越高，分子平均動能越大C第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第一定律D兩個分子間的距離由大于109m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，再增大E若一定量氣體膨脹對外做功50J，內(nèi)能增加80J，則氣體一定從外界吸收130J的熱量【答案

35、】BDE【提示】空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和氣壓，水蒸發(fā)越慢，選項A錯誤；溫度是分子平均動能的標志，物體的溫度越高，分子熱運動就越劇烈，分子平均動能越大，選項B正確；第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第二定律，選項C錯誤；兩個分子間的距離由大于109m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先表現(xiàn)為引力，引力先增大到最大值后減小到零，之后，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，從零開始增大，選項D正確；若一定量氣體膨脹對外做功50J即W = 50J，內(nèi)能增加80J即U = 80J，根據(jù)熱力學第一定律U = Q + W，得Q = U W = 130J，選項E正確。ABL

36、1L2L21如圖所示，一根兩端封閉的均勻玻璃管AB，內(nèi)有一段長L = 3cm的水銀柱將兩段空氣柱隔開。當玻璃管放在水平桌面上時，L1 = 45cm，L2 = 105cm，管中空氣的壓強p = 20cmHg。現(xiàn)將玻璃管A端緩慢抬起直至玻璃管處于豎直狀態(tài)，管中空氣的溫度與環(huán)境溫度相同且恒為27。（1）求玻璃管處于豎直狀態(tài)時A端空氣柱的長度L1及其壓強p1；（2）若玻璃管處于豎直狀態(tài)時用冰塊包在A管周圍以降低A管中空氣的溫度，直至B管中空氣柱長度仍為105cm，求此時A管中空氣的溫度t。（設(shè)此過程中B管中空氣的溫度不變）【解析】（1）根據(jù)玻意耳定律，對A管中的空氣有：pL1S = p1L1S 對B管

37、中的空氣有：pL2S = (p1 + L)L2S 又：L1 + L2 = L1 + L2 解得：L1 = 50cm，p1 = 18cmHg。（2）由題意可知，B管中空氣的壓強仍為p = 20cmHg，則A管中空氣的壓強為：p = p L = 17cmHg對A管中的空氣，有： = 解得：T = T = 255KA管中空氣的溫度t = 18。123456720x/my/cm-200PQ22t = 0時刻位于坐標原點O的波源沿y軸方向開始振動，形成沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，t5s時波源停止振動，t6.5s時的波形圖如圖所示，此刻質(zhì)點P的平衡位置與O點的距離x4 m。下列說法正確的是 ( )A周期為

38、2sB04s時間內(nèi)質(zhì)點P運動的總路程為80mCt = 0時刻波源的振動方向沿y軸負方向Dt7s時刻質(zhì)點P位于波峰Et6.5s時刻開始質(zhì)點Q比質(zhì)點P第一次先回到平衡位置【答案】ABC【提示】波源停振后至(6.5s 5s) = 1.5s的時間內(nèi)，由圖象知波傳播了3m，得波速 = = 2m/s，由圖象知波長 = 4m，得周期T = = 2s，選項A正確；振動從O點傳到P點用時t1 = = m/s = 2s，04s時間內(nèi)P點只振動了(4s 2s) = 2s = T，運動的總路程為4 × 20cm = 80cm，選項B正確；05s時間內(nèi)波傳播距離L2 = 2 ×5m = 10m， = 2.5，可見t = 5s時的波形的右側(cè)還有1.5個完全波未畫出，根據(jù)振動方向與傳波方向間的關(guān)系知，t = 0時刻波源的振動方向沿y軸負方向，選項C正確；由于 = = ，質(zhì)點P位于平衡位置，選項D錯誤；t