1、2015-2016学年海南省海南中学、农垦中学、海口一中等“七校联盟”高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题1为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行隆重的阅兵式，关于甲、乙、丙、丁的图片，下列说法中错误的是（）A图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻B图乙方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C图丙中计算洲际导弹通过天安门广场（远大于导弹的长度）的时间时，洲际导弹不能看做质点D阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的2如图甲所示，某女士第一次站立在台阶式自动扶梯
2、上，扶梯将她送上搂，第二次如图乙所示，该女士乘相同自动扶梯的同时，她还相对于扶梯匀速向上走，两次到达同一高度，两次自动扶掷匀速运动的速度相同，下列关于两次自动扶梯的牵引力做功和功率的说法正确的是（）A两次牵引力做功相同，牵引力的功率第一次的较大B牵引力做功第一次的较大，两次牵引力功率相同C牵引力做功第一次的较大，功率也是第一次的大D两次牵引力做功相同，功率也相同3如图所示，两个相间的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态，已知A、B的质量均为m、C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面的动摩擦因
3、数为，重力加速度为g，不计滑轮摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是（）A物体A受到三个力的作用B小球受到三个力的作用C桌面受到物体的摩擦力大小为2mgD桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g4如图所示，帆船船头指向正东以速度v（静水中速度）航行，海面正刮着南风，风速为v，以海岸为参考系，不计阻力关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法中正确的是（）A帆船北偏东30方向航行，速度大小为2vB帆船东偏北60方向航行，速度大小为vC帆船东偏北30方向航行，速度大小为2vD帆船东偏南60方向航行，速度大小为v5如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，一阻值为10的电阻R连接在变
4、压器的副线圈上，若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100cos100t（V），下列说法中正确的是（）A电压表的示数为10VB电流表的示数为1AC变压器的输入功率为10WD交变电流的频率为100Hz6如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数1=0.1，A与B之间的动摩擦因数2=0.2，已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A5NB10NC15ND20N二、多项选择题7如图所示，在
5、一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略若导体棒向左加速运动，则（）A流经R1的电流方向向上B流经R1的电流方向向下C流经R2的电流方向向上D流经R2的电流方向向下8某火星探测器的发射过程的简化图如图所示，首先将该探侧器发射到一停泊测试轨道，使探测器沿椭圆环绕地球运行，其中图中的P点为椭圆轨道上的远地点；在经一系列的变轨进入工作轨道，使探测器在圆轨道上环绕火星运行已知地球和火星的半径分别为R1，R2，P点距离地面的高度为h1，在工作轨道上探测器距离火星表面的高度为h2，地球表面的重力加速度为g，火星的质量为
6、M，引力常量为G，忽略地球和火星自转的影响，根据以上信息可知（）A探测器在P点的线速度大小B探测器在P点的加速度大小C探侧器环绕火星运行的周期D火星表面的重力加速度9如图所示，a，b分别是A，B两物体的vt图象，以下说法正确的是（）AA物体在5s内一直做匀减速直线运动，B物体在5s内一直做匀速直线运动B在5s内A，B两物体的位移差是35mCA物体在第3s末的速度为12m/sD前3s内A物体的位移为60m10如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC
7、的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能三、实验题11图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为 mm和 mm12为了探究在质量不变时，物体的加速度与合力的关系，某学生想到用气垫导轨（物体在其上面运动时可认为摩擦力为0）和光电门及质量为m的滑块来进行实验如图所示，他将气垫导轨的一端用木块垫髙，使导轨有一个倾角，将滑块从导轨上端释放，光电门自动记录滑块经过A、B光电门时，滑块上挡光片的挡光时间t1、t2，用游标卡尺测得挡光片的宽度为d，用量角器测得气垫导轨的倾
8、角为，则（1）要测出滑块的加速度还必须测出（同时用符号表示该测量量）；（2）滑块的加速度为a=（用上面的已知量和测量量符号表示）（3）要改变滑块受到的合力，只须改变，在利用图象探究加速度与合力的关系时，以纵轴表示加速度，在不用合力表示横轴的情况下，可用（填“sin”“cos”或“tan”）表示横轴四、计算题13为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道一辆货车在倾角=30的连续长直下坡高速路上，以v0=7m/s的速度在刹车状态下匀速行驶（在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力），突然汽车刹车失灵，形如加速运动，此时汽车所受到的摩擦和空气阻
9、力共为车重的0.2在加速前进了x0=96m，货车冲上了平滑连接的倾角=53避险车道，已知货车在避险车道上所受到的摩擦和空气阻力共为车重的0.45货车的各个运动过程均可视为直线运动取sin53=0.8，g=10m/s2求：（1）汽车刚冲上避险车道时的速度大小v；（2）汽车在避险车道上行驶的最大距离x14如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9“形固定轨道相接，钢管内径很小传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12m，“9“字全高H=0.8m“9“字CDE部分圆弧半径为R=0.2m的圆弧，滑块与传送带间的动摩擦
10、因数为=0.3，重力加速度g=10m/s2（1）求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；（2）滑块滑到轨道最高D时对轨道作用力的大小和方向；（3）若滑块从“9”形轨道F点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45的斜面上P点，求P、F两点间的竖直高度h五、模块3-3试题选考题15一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即ABCA（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环，则：A由AB，气体分子的平均动能（填“增大”、“减小”或“不变”）B由BC，气体的内能（填“增大”、“减小”或“不变”）C由CA，气体热量（填“吸收”或
11、“放出”）16平静呼吸时，一般成年人每次吸入和呼出的气体体积相等，约为500mL，若呼出的气体在标准状态下的体积V=500mL，气体在标准状态下的摩尔体积V0=22.4L/mol，阿伏伽德罗常数NA=61023mol1，求成年人每次呼出的气体的分子个数（结果保留三位有效数字）六、模块3-4试题选择题（共2小题，每小题3分，满分6分）17下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝
12、干涉条纹间距就越大18在某介质中有一列简谐波，t=1s时刻的波形如图所示若波向右传播，此时刻该波刚好好传到A点（x=1m处），再经过1sA点第一次出现波谷求：该列波的周期T；该列波的波速v七、模块3-5试题解答题（共2小题，满分0分）19用光照射某种金属时恰好能发生光电效应，若增大光的强度，则逸出的光电子的最大初动能（填“变大”、“不变”或“变小”），同改用频率更大的b光照射该金属，则一定（填“会”或“不会”）发生光电效应20如图所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量均为m=2kg一个质量mc=1kg的小铁块C以vo=10m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一
13、起匀速运动若木块A在铁块C滑离后的速度vA=1m/s求：铁块C在滑离A时的速度；木块B的最终速度2015-2016学年海南省海南中学、农垦中学、海口一中等“七校联盟”高三（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行隆重的阅兵式，关于甲、乙、丙、丁的图片，下列说法中错误的是（）A图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻B图乙方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C图丙中计算洲际导弹通过天安门广场（远大于导弹的长度）的时间时，洲际导弹不能看做质点D阅兵预演
14、空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的【考点】质点的认识；时间与时刻【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点路程是标量，大小等于物体运动轨迹的长度，位移是矢量，位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度，与运动的路线无关当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可【解答】解：A、图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻，故A正确；B、图乙方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等，故B正确；C、图丙中计算洲际导弹通过天安门广
15、场（远大于导弹的长度）的时间时，洲际导弹能看做质点，故C错误；D、阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，故D正确；本题选错误的，故选：C【点评】时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间通常与物体的状态相对应；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应知道路程和位移大小的关系知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略2如图甲所示，某女士第一次站立在台阶式自动扶梯上，扶梯将她送上搂，第二次如图乙所示，该女士乘相同自动扶梯的同时，她还相对于扶梯匀速向上走，两次到达同一高度，两次自动扶掷匀速运动的速度相同，下列
16、关于两次自动扶梯的牵引力做功和功率的说法正确的是（）A两次牵引力做功相同，牵引力的功率第一次的较大B牵引力做功第一次的较大，两次牵引力功率相同C牵引力做功第一次的较大，功率也是第一次的大D两次牵引力做功相同，功率也相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】功等于力和在力的方向上通过距离的乘积，两种情况力的大小相同，但对扶梯作用力的作用点的移动距离不同，故两次扶梯运客所做的功不同；两种情况力的大小相同，对扶梯作用力的作用点的移动速度一定，故牵引力的功率相同【解答】解：功等于力和在力的方向上通过距离的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相同；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动
17、的距离要比第二次扶梯运动的距离长；故两次扶梯运客所做的功不同，第一次的较大；功率等于力与力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相同，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同故选：B【点评】本题考查了学生对功和功率的计算公式的掌握和运用，确定两次送客运行的距离相同，但第二次送客运行的速度大是本题的关键3如图所示，两个相间的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态，已知A、B的质量均为m、C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计滑轮摩擦和空气阻力
18、，下列说法中正确的是（）A物体A受到三个力的作用B小球受到三个力的作用C桌面受到物体的摩擦力大小为2mgD桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】以A为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A是否受到摩擦力以AB整体为研究对象，由平衡条件研究桌面对B的摩擦力【解答】解：A、以A为研究对象，由平衡条件可知，B对A没有摩擦力，否则A在水平方向上受力不平衡，则A受到重力和B的支持力二个力作用，故A错误B、小球受到两个力：重力和箱底的支持力，故B错误CD、以AB整体为研究对象，由平衡条件得知，桌面对B的摩擦力等于（M+m0）g，B与桌面间的
19、静摩擦力不一定达到最大，所以桌面对B的摩擦力不一定等于2mg，由牛顿第三定律知桌面受到物体的摩擦力大小为（M+m0）g，故C错误，D正确故选：D【点评】对于受力分析，除按重力、弹力和摩擦力的顺序分析外，首先要灵活选取研究对象，采用整体法和隔离法结合进行分析4如图所示，帆船船头指向正东以速度v（静水中速度）航行，海面正刮着南风，风速为v，以海岸为参考系，不计阻力关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法中正确的是（）A帆船北偏东30方向航行，速度大小为2vB帆船东偏北60方向航行，速度大小为vC帆船东偏北30方向航行，速度大小为2vD帆船东偏南60方向航行，速度大小为v【考点】运动的合成和分解【
20、分析】根据船在静水的速度，与海风的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向【解答】解：以海岸为参考系，帆船船头指向正东以速度v（静水中速度）航行，海面正刮着南风，风速为v；由矢量合成可知，二者的合速度v合=2v；方向北偏东30度，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题考查运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容要掌握其合成与分解的方法5如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2=10：1，一阻值为10的电阻R连接在变压器的副线圈上，若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100cos100t（V），下列说法中正确的是（）A电压表的示数为10VB电流表
21、的示数为1AC变压器的输入功率为10WD交变电流的频率为100Hz【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】根据瞬时值表达式，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出副线圈电压的有效值；由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小【解答】解：A、根据瞬时值表达式知原线圈电压有效值U=100V，根据电压与匝数成正比知副线圈即电压表的示数为10V故A错误；B、通过电阻的电流为I=1A，又由于电流表读出的是有效值，再由匝数比等于电流反比，得电流表A的读数为0.1A故B错误；C、输出功率等于P=10W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10W，C正确；D、交流电的频率f=50H
22、z，故D错误；故选：C【点评】正弦变化规律的交流电的有效值与最大值为倍关系；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同6如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数1=0.1，A与B之间的动摩擦因数2=0.2，已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=3kg，重力加速度g取10m/s2，现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A5NB10NC15ND20N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用
23、【分析】物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：当F作用在物体B上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有：2mg=ma 对整体，有：Fmax1（m1+m2）g=（m1+m2）a；由上述各式联立解得：Fmax=15N故选：C【点评】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解二、多项选择题7如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可
24、忽略若导体棒向左加速运动，则（）A流经R1的电流方向向上B流经R1的电流方向向下C流经R2的电流方向向上D流经R2的电流方向向下【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向【解答】解：AB、根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在导线与R1回路中，电流为顺时针方向，即流过R的电流为向上，故A正确、B错误；CD、同理，流经R2的电流方向向上，故C正确、D错误故选：AC【点评】本题考查右手定则的应用注意PQ作为电源构成了两个回路，分别在各自的回路中找出电流方向8某火星探测器的发射过程的简化图
25、如图所示，首先将该探侧器发射到一停泊测试轨道，使探测器沿椭圆环绕地球运行，其中图中的P点为椭圆轨道上的远地点；在经一系列的变轨进入工作轨道，使探测器在圆轨道上环绕火星运行已知地球和火星的半径分别为R1，R2，P点距离地面的高度为h1，在工作轨道上探测器距离火星表面的高度为h2，地球表面的重力加速度为g，火星的质量为M，引力常量为G，忽略地球和火星自转的影响，根据以上信息可知（）A探测器在P点的线速度大小B探测器在P点的加速度大小C探侧器环绕火星运行的周期D火星表面的重力加速度【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【分析】根据万有引力等于向心力，列式可求得探测器在P点的
26、线速度和加速度由T=求探侧器环绕火星运行的周期根据重力等于万有引力，列式求解【解答】解：A、探测器沿椭圆环绕地球运行，在P点，不能根据万有引力等于向心力列式，所以不能求出探测器在P点的线速度，故A错误B、在P点，根据牛顿第二定律得：G=ma在地球表面上有：G=mg，联立解得，探测器在P点的加速度 a=，即能求出探测器在P点的加速度，故B正确C、探侧器环绕火星运行时，有 G=m（R2+h2），则得 T=2，可知，能求出探侧器环绕火星运行的周期，故C正确D、在火星表面上有 G=mg火，可得g火=，故D正确故选：BCD【点评】卫星问题主要抓住两点：一是天体表面上，物体的重力和万有引力相等二是卫星做圆
27、周运动时万有引力提供圆周运动的向心力9如图所示，a，b分别是A，B两物体的vt图象，以下说法正确的是（）AA物体在5s内一直做匀减速直线运动，B物体在5s内一直做匀速直线运动B在5s内A，B两物体的位移差是35mCA物体在第3s末的速度为12m/sD前3s内A物体的位移为60m【考点】匀变速直线运动的图像【分析】由vt图象中速度的正负可知两物体的运动方向，斜率等于加速度，可分析加速度的大小，由图象与时间轴围成的面积可知两物体通过的位移关系【解答】解：A、由图可知，A物体在第1s内与15s内的加速度的大小不同；不是做匀减速直线运动故A错误；B、由图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，可知A物
28、体第1s内的位移： m，15s内的位移： m；物体B一直做匀速直线运动，位移：xB=vBt=105=50m，二者的位移差：x=xA1+xA2xB=25+6050=35m故B正确；C、第3s末是15s内的中间时刻，所以第3s末的速度等于15s内的平均速度，即： m/s故C错误；D、13s内A的位移：，所以，前3s内A物体的位移为25+35=60m故D正确故选：BD【点评】对于速度时间图象关键要明确这几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度，速度的正负表示物体的运动方向；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移10如图所示，一圆心为O、半径为
29、R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q和O点的连线与OC间的夹角为60，两个点电荷的连线与AC的交点为P下列说法中正确的是（）AP点的电场强度大于O点的电场强度BA点的电势低于C点的电势C点电荷q在O点与在C点所受的电场力相同D点电荷+q在点B具有的电势能小于在D点具有的电势能【考点】电场强度；电势能【分析】根据电场线的分布情况，分析P点和O点的场强等量异种点电荷电场的分布具有对称性，可以结合其对称性来分析，结合等量异种点电荷电场电场线和等势线的分布图象来分析电势的高低，由电势能公式Ep=q分析电势能的大小【解答】解：A、在A
30、C连线上，P点的电场线最密，场强最大，所以P点的电场强度大于O点的电场强度，故A正确B、AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误C、根据等量异种点电荷电场电场线分布的对称性可知，O、C两点的电场强度相同，则点电荷+q在O点和C点所受电场力相同故C正确D、根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势，由电势能公式Ep=q分析可知：点电荷+q在B点的电势能大于在D点具有的电势能故D错误故选：AC【点评】本题考查等量异种点电荷电场的分布特点，关键要掌握等量异种点电荷电场的电场线和等势线的分布图象，来分析场强和电势关系三、实验题11（2
31、014秋龙岩期末）图中游标卡尺和螺旋测微器的读数分别为11.4 mm和5.6650.002 mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.40mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.165mm，所以最终读数为5.5mm+0.165mm=5.665mm，
32、由于需要估读，最后的结果可以为5.6650.002故答案为：11.4 5.6650.002【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12（2015秋朔州校级期中）为了探究在质量不变时，物体的加速度与合力的关系，某学生想到用气垫导轨（物体在其上面运动时可认为摩擦力为0）和光电门及质量为m的滑块来进行实验如图所示，他将气垫导轨的一端用木块垫髙，使导轨有一个倾角，将滑块从导轨上端释放，光电门自动记录滑块经过A、B光电门时，滑块上挡光片的挡光时间t1、t2，用游标卡尺测得挡光片的宽度为d，用量角器测得气垫导轨的倾角为，则（1）要测出滑块的加速度还
33、必须测出两光电门之间的距离x（同时用符号表示该测量量）；（2）滑块的加速度为a=（用上面的已知量和测量量符号表示）（3）要改变滑块受到的合力，只须改变气垫导轨的倾角，在利用图象探究加速度与合力的关系时，以纵轴表示加速度，在不用合力表示横轴的情况下，可用sin（填“sin”“cos”或“tan”）表示横轴【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1和光电门2的瞬时速度，结合速度位移公式求出滑块的加速度；对小车在斜面上受力分析，可知，滑块受到的合力F=mgsin，所以可以改变来改变合力，根据牛顿第二定律求解即可【解答】解：（1）滑块在
34、气垫导轨上做匀加速直线运动，通过光电门可以求出AB两点的速度，根据匀变速直线运动位移速度公式可知，要求加速度，再需要测量两光电门之间的距离x即可；（2）滑块经过光电门A时的瞬时速度为，滑块经过光电门B时的瞬时速度为，根据2ax=得：a=（3）对滑块受力分析可知，滑块受到的合力F=mgsin，要改变滑块受到的合力，只须改变气垫导轨的倾角即可，根据牛顿第二定律可知：mgsin=ma，则a=gsin，所以以纵轴表示加速度，在不用合力表示横轴的情况下，可用sin表示横轴故答案为：（1）两光电门之间的距离x；（2）；（3）气垫导轨的倾角；sin【点评】要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还
35、是间接测量，通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量，滑块通过光电门时时间极短，可以用平均速度代替瞬时速度求解通过光电门的速度四、计算题13（2015秋海南校级月考）为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道一辆货车在倾角=30的连续长直下坡高速路上，以v0=7m/s的速度在刹车状态下匀速行驶（在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力），突然汽车刹车失灵，形如加速运动，此时汽车所受到的摩擦和空气阻力共为车重的0.2在加速前进了x0=96m，货车冲上了平滑连接的倾角=53避险车道，已知货车在避险车道上所受到的摩擦和空气阻力共为车重的
36、0.45货车的各个运动过程均可视为直线运动取sin53=0.8，g=10m/s2求：（1）汽车刚冲上避险车道时的速度大小v；（2）汽车在避险车道上行驶的最大距离x【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速阶段的加速度，结合速度位移公式求出到达底端的速度，即刚冲上避险车道的速度（2）根据牛顿第二定律求出上滑的加速度大小，根据速度位移公式求出汽车在避险车道上行驶的最大距离【解答】解：（1）设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知解得： 由公式解得：v=25m/s（2）设货车在避险车道上行车时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知解得：
37、 由 解得：x=25m答：（1）汽车刚冲上避险车道时的速度大小v为25m/s；（2）汽车在避险车道上行驶的最大距离x为25m【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过牛顿第二定律求出加速阶段和减速阶段的加速度是解决本题的关键14（2015秋海南校级月考）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9“形固定轨道相接，钢管内径很小传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12m，“9“字全高H=0.8m“9“字CDE部分圆弧半径为R=0.2m的圆弧，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=1
38、0m/s2（1）求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；（2）滑块滑到轨道最高D时对轨道作用力的大小和方向；（3）若滑块从“9”形轨道F点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45的斜面上P点，求P、F两点间的竖直高度h【考点】动能定理；平抛运动【分析】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间（2）对B到D的过程运用动能定理求出D点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在D点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向（3）对B到F的过程运用动能定理，求出到达F点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速
39、度位移公式求出P、D两点间的高度【解答】解：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律mg=ma得：a=g=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间为：，前2s内的位移为：，之后滑块做匀速运动的位移为：x2=Lx1=6m所用的时间为：，故有：t=t1+t2=3s（2）滑块由B到D的过程中动能定理有：在D点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：，代入数据解得：FN=90N，方向竖直向下，由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上 （3）滑块从B到F的过程中由动能定理得：在P点有：，又，代入数据解得：h=1.4
40、m答：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间为3s；（2）滑块滑到轨道最高点D时对轨道作用力的大小为90N，方向竖直向上；（3）P、F两点间的竖直高度为1.4m【点评】本题中物体在传送带上先加速后匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式联立确定运动情况，滑块在细管中运动时机械能守恒，可以求出各个时刻的速度，最后结合平抛运动的规律解答五、模块3-3试题选考题15（2012春历城区校级期中）一定质量的理想气体，由初始状态A开始，按图中箭头所示的方向进行了一系列状态变化，最后又回到初始状态A，即ABCA（其中BC与纵轴平行，CA与横轴平行），这一过程称为一个循环，则：A由AB，气体分子的平均动能
41、增大（填“增大”、“减小”或“不变”）B由BC，气体的内能减小（填“增大”、“减小”或“不变”）C由CA，气体放出热量（填“吸收”或“放出”）【考点】理想气体的状态方程【分析】A到B，气体的压强体积都变大，B到C，气体做的是等容变化，C到A，气体做的是等压变化，根据气体的不同的变化过程，逐个分析即可得出气体内能的变化【解答】解：由图象可知，AB，气体的压强体积都变大，由，可知PV的乘积变大，气体的温度T升高，所以内能增加，所以气体的分子平均动能增加；由BC，气体做的是等容变化，压强减小，温度降低，所以气体的内能减小，CA过程是等压变化，体积减小，温度降低，内能减少，要放出热量故答案为：增大；减
42、小；放出【点评】利用热力学第一定律判断气体的内能变化的时候要注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的16（2015秋海南校级月考）平静呼吸时，一般成年人每次吸入和呼出的气体体积相等，约为500mL，若呼出的气体在标准状态下的体积V=500mL，气体在标准状态下的摩尔体积V0=22.4L/mol，阿伏伽德罗常数NA=61023mol1，求成年人每次呼出的气体的分子个数（结果保留三位有效数字）【考点】分子的热运动【分析】根据摩尔体积、摩尔质量和体积，求出空气的质量再求出空气分子的摩尔数，即可求得空气分子数【解答】解：每次呼出气体的物质的量：每次呼出气体分子的个数：N=
43、nNA代入数据 解得：N=1.341022个答：成年人每次呼出的气体的分子个数是1.341022个【点评】解决本题的关键知道摩尔质量、质量、摩尔数之间的关系，知道分子数等于质量与分子质量的比值分子数也可以通过摩尔量与阿伏伽德罗常数的乘积求六、模块3-4试题选择题（共2小题，每小题3分，满分6分）17下列说法正确的是（）A只有横波才能产生干涉和衍射现象B均匀变化的磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C泊松亮斑支持了光的波动说D由红光和绿光组成的一细光束从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是绿光E用同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大【考点】光的干涉；光
44、的偏振；双缝干涉的条纹间距与波长的关系【分析】根据光从水中射到空气临界角大小分析哪种光先消失；根据干涉条纹的特点分析条纹明暗有无变化；泊松亮斑是从偏原来直线方向传播；非均匀变化的磁场才能产生非均匀变化的电场，从而产生电磁波；干涉是波特有现象【解答】解：A、任意波，只要频率相同，均能干涉现象故A错误B、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波，故B错误C、泊松亮斑支持了光的波动说故C正确D、绿光的折射率大于红光的折射率，由临界角公式sinC=知，绿光的临界角小于红光的临界角，当光从水中射到空气，在不断增大入射角时水面上，绿光先发生全反射，从水面消失，故D正确E、根
45、据干涉条纹间距公式，同一实验装置观察，光的波长越大，光的双缝干涉条纹间距就越大，故E正确；故选：CDE【点评】本题考查全反射条件，注意红光与绿光的临界角关系，理解波的干涉现象与条件，知道电磁波产生的原理，注意均匀变化与非均匀变化的区别，以及光的衍射现象的应用18在某介质中有一列简谐波，t=1s时刻的波形如图所示若波向右传播，此时刻该波刚好好传到A点（x=1m处），再经过1sA点第一次出现波谷求：该列波的周期T；该列波的波速v【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【分析】由波形图可得出波长以及质点的起振方向，从而根据A点到达波峰所用的时间用出周期T，再根据波速、波长与周期的关系可求得波速【解
46、答】解：由图可知，波的波长为2m；A点向上起振，则从图示时刻开始，A点经四分之一个周期到达波谷所在位置，故有：T=1s；解得：T=4s由v=可得：v=0.5m/s答：列波的周期T为4s；该列波的波速v为0.5m/s【点评】本题考查波速公式的应用以及波形图，要注意明确由波形图可明确波长以及各点的振动方向，同时要注意正确理解和应用波长、波速和周期间的关系七、模块3-5试题解答题（共2小题，满分0分）19（2015秋海南校级月考）用光照射某种金属时恰好能发生光电效应，若增大光的强度，则逸出的光电子的最大初动能不变（填“变大”、“不变”或“变小”），同改用频率更大的b光照射该金属，则一定会（填“会”或
47、“不会”）发生光电效应【考点】光电效应【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与入射光的强度无关入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目【解答】解：某金属在一束光的照射下，发生了光电效应，增大光的强度，单位时间内发出的光电子数目增加，而根据光电效应方程Ekm=hW0，知最大初动能与入射光的强度无关，因此逸出的光电子的最大初动能不变，改用频率更大的b光照射该金属，根据光电效应发生条件，一定会发生光电效应故答案为：不变，会【点评】考查光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，解决本题的关键知道影响光电子最大初动能的因素，以及知道光的强度影响单位时间发出的光电子数目20（2015秋海南校
48、级月考）如图所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量均为m=2kg一个质量mc=1kg的小铁块C以vo=10m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动若木块A在铁块C滑离后的速度vA=1m/s求：铁块C在滑离A时的速度；木块B的最终速度【考点】动量守恒定律【分析】要正确分析系统内各物体在各个状态下的物理量，利用动量守恒定律进行求解【解答】解：铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒得：mcvo=（mA+mB）vA+mcvc代入数据解得：vc=6m/s铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和木块A、B作用过程中动量守恒：mcvo=mAvA+（mC+mB）vB代入数据解得：vB=2.67m/s答：铁块C在滑离A时的速度为6m/s，最终木块B的速度为2.67m/s【点评】利用动量守恒定律解决问题时，要注意分析各个状态的物理量，灵活选择系统