2019-2020年高三第八次月考物理試題含解析

1、2019-2020年高三第八次月考物理試題含解析一、選擇題（本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15小題只有一項(xiàng)符合題目要求，第69小題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)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(diǎn)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(diǎn)】： 力的合成與分解的運(yùn)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

2、力的方向是與相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向相反，由此可判知各選項(xiàng)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(cuò)誤；C、原木相對(duì)于地有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則在M處受到的摩擦力沿地面向右，故C錯(cuò)誤；D、因原木P有沿原木向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，所以N處受到的摩擦力沿MN方向，故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵要掌握支持力和靜摩擦力方向的特點(diǎn)，并能正確分析實(shí)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(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反2（6分）如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)被固定的點(diǎn)電荷，其中Q1

3、帶負(fù)電，a、b兩點(diǎn)在它們連線的延長(zhǎng)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(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)（粒子只受電場(chǎng)力作用），粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)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(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零 D 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的電勢(shì)能先減小后增大【考點(diǎn)】： 電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)能【專題】： 壓軸題；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】： 速度時(shí)間圖線上每一點(diǎn)的切線斜率表示瞬時(shí)加速度，可見a到b做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，到b點(diǎn)加速度為0從而知道b點(diǎn)的電場(chǎng)力及電場(chǎng)強(qiáng)度通過B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可以分析出兩個(gè)點(diǎn)電荷電量的大小通過能量

4、守恒判斷電勢(shì)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(yùn)動(dòng)，在b點(diǎn)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為零，則電場(chǎng)力為零，所以該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零Q1對(duì)負(fù)電荷的電場(chǎng)力向右，則Q2對(duì)負(fù)電荷的電場(chǎng)力向左，所以Q2帶正電故A錯(cuò)誤，C正確 B、b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，可見兩點(diǎn)電荷在b點(diǎn)對(duì)負(fù)電荷的電場(chǎng)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(cuò)誤 C、整個(gè)過程動(dòng)能先減小后增大，根據(jù)能量守恒電勢(shì)能先增大后減小故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵根據(jù)圖象b點(diǎn)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

5、內(nèi)繞地心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)】： 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(shí)，地球和行星的連線應(yīng)與行星軌道相切，運(yùn)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)評(píng)】： 能根據(jù)題目給出的信息分析視角最大時(shí)的半徑特征，在圓周運(yùn)動(dòng)中涉及幾何關(guān)系求半徑是一個(gè)基本

6、功問題4（6分）如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電池與定值電阻R0、滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)，已知R0=r，滑動(dòng)變阻器的最大阻值是2r當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)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(diǎn)】： 伏安法測(cè)電阻；電功、電功率【專題】： 恒定電流專題【分析】： 當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，電路中總電阻會(huì)發(fā)生變化，抓住電動(dòng)勢(shì)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?yàn)镽0是定值電阻，只要分析電流如何變化就可得知分析滑動(dòng)

7、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(shí)，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(shí)，電源的輸出功率最大，由題意可知，R外R0=r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，外電路電阻從3r減小到r，由于整個(gè)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(cuò)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(dòng)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(dòng)變阻器滑片P由a端向b端滑動(dòng)時(shí)，電路中的總電阻變小，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，可知電路總電流變大

8、，根據(jù)P=I2R0，RO不變，定值電阻R0上消耗的功率變大故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 分析滑動(dòng)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(gè)整體，此時(shí)電源的輸出功率即為滑動(dòng)變阻器消耗的功率5（6分）在傾角為的光滑斜面上有兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊B剛要離開C時(shí)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為d，速度為v則此時(shí)（） 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(shì)能的增加量為Fdm1gdsinm1

9、v2【考點(diǎn)】： 功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功能關(guān)系【專題】： 功率的計(jì)算專題【分析】： 當(dāng)B剛離開C時(shí)，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(zhǎng)量；根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A的加速度大??；根據(jù)機(jī)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(shí)，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(cuò)誤；B、當(dāng)B剛離開C時(shí)，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，

10、壓縮量，又x1+x2=d，解得：a=故B錯(cuò)誤C、由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時(shí)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(zhǎng)量為x2，則有：m2gsin=kx2，因?yàn)閤1+x2=d，則有：m1gsin+m2gsin=kd，所以重力做功的功率為：P=（kdmgsin）v故C錯(cuò)誤D、彈簧彈性勢(shì)能的增加量為由動(dòng)能定理可知：Fdm1gdsinW=m1v2，解得：W=Fdm1gdsinm1v2，故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 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(zhǎng)量的關(guān)系是常用思路6（6分）（2015春臨沂校級(jí)月考）為了探測(cè)

11、某星球，載著登陸艙的探測(cè)飛船在以該星球中心為圓心、半徑為r1的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)的周期為T2=T1【考點(diǎn)】： 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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提

12、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(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：，得出：M=，故A錯(cuò)誤B、研究登陸艙繞星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力有：在半徑為r的圓軌道上運(yùn)動(dòng)：，得出：，表達(dá)式里M為中心體星球的質(zhì)量，r為運(yùn)動(dòng)的軌道半徑所以登陸艙在r1與r2軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小之比為，故B正確C、根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，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(cuò)誤D、研究登陸艙繞星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)：，得出：表達(dá)式里M為

13、中心體星球的質(zhì)量，R為運(yùn)動(dòng)的軌道半徑所以登陸艙在r1與r2軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的周期大小關(guān)系為：T2=，故D正確故選：BD【點(diǎn)評(píng)】： 求一個(gè)物理量之比，我們應(yīng)該把這個(gè)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【

14、考點(diǎn)】： 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(cuò)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(diǎn)評(píng)】： 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(shí)對(duì)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(chǎng)強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以

15、初速度v0豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，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(chǎng)大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 B 粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r=2d C 粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D 粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為【考點(diǎn)】： 帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】： 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】： 將粒子在電場(chǎng)

16、中的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為末速度為零的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列式分析；粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于電場(chǎng)力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力【解析】： 解：A、將粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為末速度為零的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于電場(chǎng)力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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

17、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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2= 故C錯(cuò)誤；D、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=故粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t1+t2=，故D正確；故選：ABD【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵是將粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)正交分解為直線運(yùn)動(dòng)來研究，而粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力和電場(chǎng)力平衡，洛侖茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)中，某同學(xué)用圖甲所示裝置測(cè)量放在水平光滑桌面上鐵塊A與金屬板B間的動(dòng)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

18、金屬板B，使其向左運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打下一系列的點(diǎn)，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，圖中各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，可求得拉金屬板的水平力F=3.50N【考點(diǎn)】： 探究影響摩擦力的大小的因素【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；摩擦力專題【分析】： 拉動(dòng)B過程中，A處于平衡狀態(tài)，其所受滑動(dòng)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)，F(xiàn)f

19、=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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)評(píng)】： 本題借助實(shí)驗(yàn)考查了基本規(guī)律的應(yīng)用，平時(shí)訓(xùn)練中一定要加強(qiáng)應(yīng)用基本規(guī)律解決實(shí)際問題的能了，強(qiáng)調(diào)知識(shí)的活學(xué)活用10（9分）如圖甲所示，為測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)電路圖，某同學(xué)按電路連好實(shí)驗(yàn)器材并進(jìn)行測(cè)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 0.2

20、4 0.27 0.45 0.57（1）請(qǐng)?jiān)趫D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(dòng)勢(shì)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(shí)驗(yàn)室沒有合適的電壓表，某同學(xué)用老師提供的多用電表測(cè)量電壓，實(shí)驗(yàn)時(shí)多用電表黑表筆應(yīng)連接圖甲中的b（填a或b），某次測(cè)量時(shí)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(shí)電源路端電壓為1.25V【考點(diǎn)】： 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）應(yīng)用描點(diǎn)法作出圖示，根據(jù)圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻；（2）電壓表正接線柱接高電勢(shì)點(diǎn)，負(fù)接線柱接低電勢(shì)點(diǎn)；由圖示電表確定其分度值，根據(jù)指針位置上升

21、讀出其示數(shù)【解析】： 解：（1）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)描出的點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)值是1.5，電源電動(dòng)勢(shì)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(shì)點(diǎn)，由圖甲所示可知，黑表筆應(yīng)接b點(diǎn)；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(diǎn)評(píng)】： 要掌握描點(diǎn)法作圖的方向，電源UI圖象圖縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻11（13分）質(zhì)量為m=1.0k

22、g的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量為M=3.0kg的長(zhǎng)木板的右端，木板上表面光滑，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.2，木板長(zhǎng)L=1.0m開始時(shí)兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)木板施加水平向右的恒力F=12N，如圖所示，經(jīng)一段時(shí)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(zhǎng)時(shí)間（g取10m/s2）【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【專題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】： 由題，木板上表面光滑，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊相對(duì)于地面靜止不動(dòng)分析木板的運(yùn)動(dòng)情況，在撤去F前，木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，撤去F后木板做勻減速運(yùn)動(dòng)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

23、木板加速和減速運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)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(zhǎng)度時(shí)，滑塊不會(huì)從木板上滑下來，求出最長(zhǎng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1；減速過程的位移為x2，加速度為a2，減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(zhǎng)時(shí)間為1s答：用水平恒力F作用的最長(zhǎng)時(shí)間是1s【點(diǎn)評(píng)】： 本題首先要分析

24、物體的運(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，磁場(chǎng)上邊界到擋板的距離s=0.55m一個(gè)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(zhǎng)L=0.50m從t=0時(shí)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框的ab邊離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)撤去拉力，線框繼續(xù)向上

25、運(yùn)動(dòng)，并與擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程的時(shí)間可忽略不計(jì)，且沒有機(jī)械能損失線框向上運(yùn)動(dòng)過程中速度與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示已知線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(dòng)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?。唬?）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）已知線框向下運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，x為線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后對(duì)磁場(chǎng)上邊界的位移大?。?，求線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；牛

26、頓第二定律；動(dòng)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的大小；（2）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出安培力表達(dá)式，由平衡條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）由vt圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng)，說明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度 D=0.40m 線框ab邊離開磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)檔板時(shí)的位移為sD=0.15m，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦力

27、大小相等，線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動(dòng)，abab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2=1.0 m/s；進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，由v=v0求出線框全部離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度根據(jù)焦耳定律求出線框向上運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)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(shí)間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)

28、動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv1通過線框的電流I=線框所受安培力F安=BIL=對(duì)于線框勻速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng)，說明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度 D=0.40m 線框ab邊離開磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)檔板時(shí)的位移為sD=0.15m，設(shè)線框與擋板碰撞前的速度為v2由動(dòng)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(dòng)摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50

29、N，因此線框與擋板碰撞后向下做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v2=1.0 m/s；進(jìn)入磁場(chǎng)后因?yàn)橛质艿桨才嗔ψ饔枚鴾p速，做加速度逐漸變小的減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框全部離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)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(chǎng)前速度已經(jīng)減為零，這時(shí)安培力消失，線框受力平衡，所以線框?qū)㈧o止在磁場(chǎng)中某位置線框向上運(yùn)動(dòng)通過磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱Q1=I2Rt=0.40J線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是0.50T；（3）線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的

30、整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q是0.45J【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵要根據(jù)速度圖象，分析線框的運(yùn)動(dòng)過程，整合了平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等力學(xué)規(guī)律與電磁感應(yīng)規(guī)律，綜合性較強(qiáng)【物理-選修3-3】（15分）13（5分）（2015春臨沂校級(jí)月考）如圖為兩分子系統(tǒng)的勢(shì)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(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為引力 B 當(dāng)r小于r1時(shí)，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力 C 當(dāng)r等于r2時(shí)，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(diǎn)】： 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

31、勢(shì)能與分子之間距離的關(guān)系圖象，注意分子勢(shì)能為標(biāo)量，當(dāng)r=r0時(shí)，分子力為零，分子勢(shì)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(shí)分子力為斥力，大于r2時(shí)分子力為引力，故A錯(cuò)誤；B、由于r1r2=r0，故當(dāng)r小于r1時(shí)，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(shí)，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(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 正確理解分子力、分子勢(shì)能與分子之間距離的變化關(guān)系，注意分子力與分子勢(shì)能變化的一個(gè)臨界點(diǎn)為r=

32、r0，注意將分子力與分子之間距離和分子勢(shì)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(gè)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(gè)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(dòng)，但不漏氣，A的質(zhì)量可不計(jì)、B的質(zhì)量為M，并與一勁度系數(shù)k=5103N/m的較長(zhǎng)的彈簧相連已知大氣壓強(qiáng)p0=1105Pa，平衡時(shí)，兩活塞間的距離l0=0.6m現(xiàn)用力壓A使之緩慢向下移動(dòng)一定距離后，保持平衡此時(shí)，用于壓A的力F=5102N求：（假定氣體溫度保持不變）（1）此時(shí)兩活塞間的距離（2）活塞A向下移的距離（3）大氣壓對(duì)活塞A和活塞B做的總功【考點(diǎn)】：

33、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(duì)象，壓縮過程為等溫變化，初壓強(qiáng)為p0，末壓強(qiáng)為（2）施加外力后，彈簧會(huì)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(gè)整體，大氣壓對(duì)兩個(gè)活塞做的總功可由功的計(jì)算公式求得【解析】： 解：（1）已知達(dá)到平衡時(shí)F=5102N，則：P=P0+=1.5105Pa P0 l0s=pls l=0.4m（2）當(dāng)氣體的壓強(qiáng)為p0時(shí)，彈簧受B的作用而有一定的壓縮量，當(dāng)氣體的壓強(qiáng)變?yōu)閜0+時(shí)，彈簧增加的壓縮量就是B向下移動(dòng)的距離x，由胡克定律：F=kx X=0.1m設(shè)

34、A向下移動(dòng)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(duì)兩個(gè)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(duì)活塞A和活塞B做的總功300J【點(diǎn)評(píng)】： 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(gè)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(huì)如何？【物理-選修3-4】（15分）15如圖為一列簡(jiǎn)諧橫波的波形圖，其中虛線是t1=0.01s時(shí)的波形，實(shí)線是t2=0.02s時(shí)的波形，已知t2

35、t1=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(shí)刻開始，經(jīng)0.1s質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為0.8m C 若該波波源從0點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，則在x=200m處的觀測(cè)者接收到的波的頻率將大于25Hz D 遇到寬約3m的障礙物時(shí)，該波能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象【考點(diǎn)】： 波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】： 由圖讀出波長(zhǎng)，求出周期，根據(jù)v=求解波速，由時(shí)間與周期的關(guān)系求解質(zhì)點(diǎn)通過的路程若該波波源從0點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，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(zhǎng)差不多，或比波長(zhǎng)小時(shí)，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(zhǎng)為=

36、8m，周期T=（0.020.01）4=0.04s，所以波速為：v=，故A錯(cuò)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(cuò)誤；C、該波的頻率為f=25Hz若該波波源從0點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，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(zhǎng)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(diǎn)評(píng)】： 對(duì)于波動(dòng)圖象問題，根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)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(zhǎng)為16cm，AB邊長(zhǎng)為32cm有一束很強(qiáng)的細(xì)光束OP射到BC邊上，入射點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，OP與BC的夾角為30，該光束從P點(diǎn)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(diǎn)，AM=8cm則棱鏡的折射率是多少？【考點(diǎn)】： 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(duì)稱性，作出P點(diǎn)關(guān)于AC對(duì)稱的點(diǎn)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