1、2014-2015学年山东省枣庄八中高三（上）期末物理试卷一、选择题（每小题3分，共42分下列每小题所给选项1-8只有一项符合题意，9-14有多个选项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1（3分）（2015虹口区一模）关于科学家的贡献，下列描述中正确的是（）A卡文迪什利用扭秤巧妙地测得静电力常量k的数值B开普勒根据行星运动的规律，提出了万有引力定律C伽利略通过对斜面实验结论的合理外推，得出了自由落体运动的规律D法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、卡文迪许利用扭秤巧妙
2、地测得引力常量G的数值，故A错误；B、牛顿根据行星运动的规律，提出了万有引力定律，故B错误；C、伽利略通过对斜面实验结论的合理外推，得出了自由落体运动的规律，故C正确；D、奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转，发现了电流的磁效应，故D错误；故选：C点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（3分）（2015秋衡水校级月考）如图所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶，是我国古代雕塑艺术的稀世之宝，飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为（）A马跑得快的缘故B马蹄大的缘故C马的重
3、心在飞燕上D马的重心位置和飞燕在一条竖直线上考点：重心分析：对马进行受力分析，马处于平衡状态，飞燕对马的支持力和马的重力平衡，这些力与跑得快慢没关系，和马蹄的大小没关系解答：解：A、飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞翔的燕子上，和马跑得快慢没关系，和马蹄的大小没关系，而是因为马处于平衡状态，飞燕对马的支持力和马的重力在一条竖直线上，故AB错误，D正确C、根据马的形态，马的重心不会在飞燕上，C错误故选：D点评：本题考查了重心的概念，要注意根据共点力的平衡条件进行分析，明确能够静止的主要原因3（3分）（2012秋廊坊校级期末）在杭宁高速公路上，分别有图示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思
4、是（）A甲是指位移，乙是平均速度B甲是指路程，乙是平均速度C甲是指位移，乙是瞬时速度D甲是指路程，乙是瞬时速度考点：位移与路程；平均速度；瞬时速度专题：直线运动规律专题分析：告示牌甲是量程牌，表示路程限速是指瞬时速度不能超过多大解答：解：告示牌甲是量程牌，表示路程限速是指瞬时速度不能超过多大，告示牌乙上面的数字是瞬时速度故选D点评：本题考查对生活中常识的了解程度量程牌的数字、计程器的读数等都表示路程速度计测量瞬时速度的大小4（3分）（2015山东模拟）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点
5、向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（）AQ2一定带负电BQ2的电量一定大于Q1的电量Cb点的电场强度一定为零D整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零
6、，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小5（3分）（2014秋成都校级月考）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动当B接收到
7、反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速340m/s，则汽车的加速度大小为（）A20 m/s2B15m/s2C10 m/s2D5 m/s2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时间的关系专题：直线运动规律专题分析：超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，求出在整个这段时间内汽车的位移，再根据初速度为零的匀加速直线运动的特点求出接收到信号所用的时间，运用匀变速运动的规律求解解答：解：超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中：汽车的位移为：x=355335m=20m初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1：
8、3，所以x1=5m，x2=15m，则超声波被A接收时，AB的位移x=335+5=340m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间：T=1s，根据：x=at2得：155=a12解得：a=10 m/s2故选：C点评：过程不是很清晰，画运动过程图能方便的找到各个量之间的关系，再应用匀变速直线运动的规律求解，画图是做好物理题的一个很好的辅助6（3分）（2010上海模拟）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿
9、abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）ABCD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：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果解答：解：A、D开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误，B、C开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割
10、长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向故B正确，C错误故选B点评：对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律7（3分）（2014嘉峪关校级模拟）真空中，两个相距L的固定电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE，则（
11、）A在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点BE带正电，F带负电，且QEQFC负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D过N点的等势面与过N点的切线（图中虚线）垂直考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合电场线和等势面垂直N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小先比较电势的高低，再根据Ep=qU，比较电势能解答：解：A、只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子
12、的运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点故A错误B、N点的场强是由E、F两电荷在产生场强的叠加，根据N点的切线与EF连线平行，可知E带正电，F带负电，则电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以QFQE故B错误C、因沿电场线方向电势逐渐降低，则MN，再根据Ep=q，q为负电荷，知EpMEpN即负检验电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，故C错误D、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过
13、N点的切线垂直故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，二根据电势能的公式判断8（3分）（2014秋枣庄校级月考）如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数=0.2，杆的竖直部分光滑两部分各套有质量均为1kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连初始A、B均处于静止状态，已知：OA=3m，OB=4m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1m（取g=10m/s2），那么该过程中拉力F做功为（）A14 JB10 JC16 JD12 J考点：运动的合成和分解；动能定理的应用专题：运动的合成和分解专题分析：对
14、AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用动能定理列式，得到拉力的功解答：解：对AB整体受力分析，受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，如图根据共点力平衡条件，有竖直方向：N=G1+G2水平方向：F=f+N1其中：f=N解得：N=（m1+m2）g=20Nf=N=0.220N=4N对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到：WFfsm2gh=0根据几何关系，可知求B上升距离h=1m，故有：WF=fs+m2gh=41+1101=14J故选：A点评：本题中拉力为变
15、力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据动能定理求变力做功9（3分）（2014秋枣庄校级月考）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈d的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R外其余电阻不计在c、d两端加上ul=220sin 100t（V）的交变电压则（）A若单刀双掷开关接a，则电压表示数为22 VB若单刀双掷开关接a，再将滑动变阻器触片P向下移，电压表示数变大C若将单刀双掷开关由a拨向b，两电流表的示数均变大D若将单刀双掷开关由a拨向b，变压器的输入功率变大考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反
16、比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析解答：解：A、当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为220V，所以副线圈电压有效值为22V，故A正确；B、滑动变阻器触头向下移动的过程中，电阻减小，电压不变，电流增大，故B错误；C、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故C正确；D、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，输出功率变大，输入功率变大，故D正确故选：ACD点评：做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数10（3分）（2014宁夏二模）发射地球同步
17、卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3轨道1、2相切于A点，轨道2、3相切于B点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A卫星在轨道1上的运行速率大于轨道3上的速率B卫星在轨道1上的角速度小于在轨道3上的角速度C卫星在椭圆轨道2上经过A点时的速度大于7.9km/sD卫星在椭圆轨道2上经过B点时的加速度等于它在轨道3上经过B点时的加速度考点：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专题：人造卫星问题分析：根据万有引力提供向心力，卫星的速度为根据开普勒第三定律，卫星在轨道1上的周期较小
18、，因此角速度最大卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过度到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该较大速度可以瞬间变化，但是在同一个处万有引力相等，加速度相等解答：解：A、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有，得轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道1上线速度较大，故A正确；B、=，轨道3半径比轨道1半径大，卫星在轨道3上角速度较小，故B错误；C、卫星在轨道1上的速度为7.9 km/s，要过渡到轨道2，在A点应该做离心运动，速度应该增大，选项C正确D、根据牛顿第二定律和万有引力定律，得a=，所以卫星在轨道2上经过B点的加速度等
19、于在轨道3上经过B点的加速度故D正确故选：ACD点评：本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论11（3分）（2015江西二模）如图，水平传送带A、B两端相距S=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数=0.1工件滑上A端瞬时速度VA=4m/s，达到B端的瞬时速度设为VB，则（）A若传送带不动，则VB=3m/sB若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，VB=3m/sC若传送带以速度V=2m/s顺时针匀速转动，VB=3m/sD若传送带以速度V=2m/s顺时针匀速转动，VB=2m/s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关
20、系专题：传送带专题分析：若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知，a=g，可求出vB若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，工件的运动情况跟传送带不动时的一样；若传送带以速度V=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的运动情况跟传送带不动时的一样；解答：解：A、若传送带不动，工件的加速度a=g=1m/s2，由，得vB=m/s=3m/s故A正确B、若传送带以速度V=4m/s逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为a=g，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=3m/s故B正确C、D若传送带以
21、速度V=2m/s顺时针匀速转动，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度仍为a=g，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则vB=3m/s故C正确D错误故选ABC点评：本题关键要分析工件的受力情况，根据牛顿第二定律分析传送带运动与不动时加速度的关系，即可由运动学公式得到vB12（3分）（2014春苍南县校级期末）质量m=1kg的物体在光滑平面上运动，初速度大小为2m/s在物体运动的直线上施以一个水平恒力，经过t=1s，速度大小变为4m/s，则这个力的大小可能是（）A2 NB4 NC6 ND8 N考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据匀变速直线运动的
22、速度时间公式求出物体的加速度大小，结合牛顿第二定律求出水平恒力的大小注意1s后的速度方向可能与初速度方向相同，可能与初速度方向相反解答：解：当1s后的速度方向与初速度方向相同，则加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：F=ma=12N=2N当1s后的速度方向与初速度方向相反，则加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：F=ma=16N=6N故A、C正确，B、D错误故选：AC点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意运动学公式的矢量性13（3分）（2014秋枣庄校级月考）如图所示，电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面的夹角为，宽度为L，下端与阻值为R的电阻相
23、连磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，现使质量为m的导体棒ab位置以平行于斜面的初速度沿导轨向上运动，滑行到最远位置ab后又下滑已知导体棒运动过程中的最大加速度为2gsin，g为重力加速度，轨道足够长，则（）A导体棒运动过程中的最大速度BR上的最大热功率为C导体棒返回到ab位置前已经达到下滑的最大速度D导体棒返回到ab位置时刚好达到下滑的最大速度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：当导体棒合力为零，速度最大，电流最大，热功率最大上滑时的初始时刻，加速度最大，根据牛顿第二定律，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出此时的速度，
24、对全过程研究，运用能量守恒定律判断在何位置下滑的速度最大解答：解：A、当导体棒所受的合力为零时，速度最大，有：mgsin=解得vm=故A错误B、当速度最大时，感应电流最大，R上的功率最大，则P=故B正确C、导体棒向上运动速度最大时，加速度最大，即在ab时的速度最大，设为v，根据牛顿第二定律得，mgsin+=ma=2mgsin，则在ab时的速度v=，与下滑的最大速度相等，对从ab开始向上运动开始到下滑最大速度的过程中，由能量守恒定律得，动能变化量为零，则重力势能的减小量等于内能的产生，可知导体棒返回到ab位置以下达到下滑的最大速度故CD错误故选：B点评：在分析下滑速度最大时的位置，抓住动能变化量
25、为零，重力势能减小量等于内能的增加量分析14（3分）（2014秋枣庄校级月考）质量为2103kg，发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4103 N，则下列判断中正确的有（）A汽车的最大动能是4105 JB汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kWC汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4105 JD若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2考点：功率、平均功率和瞬时功率分析：汽车在平直公路上行驶，当牵引力等于阻力时，速度达到最大以恒定加速度启动，当功率达
26、到额定功率时，匀加速直线运动结束，根据牛顿第二定律求出牵引力，从而根据功率与牵引力的关系求出匀加速直线运动的末速度，再通过速度时间公式求出匀加速直线运动的时间解答：解：A、当牵引力等于阻力时，速度达到最大则vm=20m/s，故最大动能为=4105 J，故A正确B、汽车以2m/s2的加速度起动做匀加速启动，牵引力F=f+ma=4000+20002N=8000N，2s末速度v=at=4m/s此时功率为P=Fv=32kW，故B正确；C、匀加速达到的最大速度v=，通过的位移为x=，摩擦力做功为W=fx=1105 J，故C错误；D、速度为5m/s时，牵引力为F=，加速度为a=，故D正确；故选：ABD点评
27、：解决本题的关键会通过汽车受力情况判断其运动情况，知道汽车在平直路面上行驶时，当牵引力与阻力相等时，速度最大二、实验题：15（4分）（2014秋枣庄校级月考）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，某小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系（1）下列图象中能表示该同学实验结果的是A（2）某次实验中打出如图所示的纸带（打点计时器电源的频率为50Hz），则这个加速度值a=0.80m/s2（计算结果保留两位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）
28、平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线；（2）根据公式x=aT2，结合逐差法进行计算即可；解答：解：（1）平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为直线，故选A；（2）根据公式x=aT2得到：0.03530.0193=2aT2代入数据得到：a=m/s2=0.80m/s2 故答案为：（1）A；（2）0.80点评：本题考查了学生对牛顿第二定律掌握和运用，本题关键：一是公式x=aT2理解与掌握，注意巧用T的含义，二是能从图象上得到相关信息16（10分）（2015山东模拟）为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：A电流表G
29、，内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mAB电流表A，内阻约为1，量程为00.6AC螺旋测微器，刻度尺D电阻箱R0（09999，0.5A）E滑动变阻器R（5，1A）F电池组E（6V，0.05）G一个开关S和导线若干某同学进行了以下操作：（1）用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用1档（填“1”或“100”），进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示（2）把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=1880（3）请用改装好的电压表设计一个测量电阻Rx阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，请将图2中电路图补画完整（4）电阻
30、率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号（各量不允许代入数值）写出计算电阻率的表达式=考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）多用电表盘刻度，不均匀，且从左向右，电阻刻度越来越小，而多用电表电阻的测量值等于表盘示数乘以倍率；（2）根据电压表的量程为03V，结合电流表G（内阻Rg=99，满偏电流Ig=3mA），即可求出电阻箱的阻值；因两个电流表，一电流表与电阻串联当作电压表，因此使用另一电流表的内接法，再能准确得出所测电阻的电流；根据滑动变阻器（5，2A），因此采用滑
31、动变阻器限流式，从而画出正确的电路图，即可求解（3）由电阻定律求出电阻率的表达式，结合欧姆定律及串并联的特征，然后求出电阻率解答：解：（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“1O”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“1”倍率读数，读数为：R=115=15；（2）将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，而电流表G（内阻Rg=120，满偏电流Ig=3mA）；所以改装后的电压表的内阻为Rv=；由于电流表G的内阻Rg=120，因此电阻箱的阻值应调为R0=2000120=1880；由于题意可知，两电流表，当另电流表使用外接法，能准确测出所测电阻
32、的电流，同时又能算出所测电阻的电压；而滑动变阻器R（5，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用限流式，则电路图如下图所示；（3）由电阻定律可知，电阻R=，则电阻率=，根据欧姆定律，R=；所以电阻率=故答案为：（1）1；（2）1880，（3）如图所示；（4）点评：（1）考查欧姆表读数，注意此刻度不均匀，尽量让指针在中央附近，同时乘以倍率；（2）确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键，测量电阻的方法除了伏安法外，还有“安安法”（即两个电流表组合）、“伏伏法”（两个电压表组合）等（3）掌握电阻定律，同时注意利用电流表与电阻的关系，求出电压的方法三、计算题：要求有必要的语言文字叙述17（14
33、分）（2013长沙一模）如图所示，水平地面上有A、B两点，且两点间距离LAB=6m，质量m=2kg的物体（可视为质点）静止在A点，地面与物块的滑动摩擦因数=0.2，为使物体运动到B点，现给物体施加一水平F=10N的拉力，g取10m/s2，求（1）物体运动到B点的时间；（2）拉力F作用的最短时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：当拉力作用一段时间，撤去拉力，物体恰好匀减速直线运动到B点速度为零，则拉力的作用的时间为最短时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最短时间解答：解：（1）由Fmg=ma1得：a1=在水平地
34、面上做初速度为零的匀加速直线运动，位移有：解得：t=2s（2）要使F作用时间最短，则F作用一段最短时间t1后撤去该力，使物体匀减速运动t2时间在B点恰好停止设撤去F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a2，时间为t2，位移为s2，由题意可得：mg=ma2a2=2m/s2a1t1=a2t2s1+s2=LAB联立解得最短的时间答：（1）物体运动到B点的时间为2s（2）拉力F作用的最短时间为点评：解决本题的关键理清物体的运动过程，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解18（16分）（2013焦作一模）如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为
35、E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O，OO是平行于两金属板的中心线挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角=45，OC=a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子（不计重力），自O点沿OO方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度考点：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
36、动专题分析：（1）根据电场力与洛伦兹力相等，即可求出进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可得带电量多少，再由几何关系可确定电荷量的最大值；（3）根据运动轨迹的几何特性，结合几何关系即可求解解答：解：（1）沿直线OO运动的带电粒子，设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v，根据B1qv=qE，解得：（2）粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据，解得：因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切，则有：r1+r1=a，解得：r1=（1）a电荷量最大值q=（+1）（3）带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某
37、带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2+a= r2解得：r2=（+1）a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为 X=r2r1=2a 答：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度2a点评：考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系本题关键之处是画出正确的运动图【物理-选修3-5】（14分）19（5分）（2015春大竹县校级月考）在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是（）A一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，只延长入射光
38、照射时间，光电子的最大初动能将不变B氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大C射线为原子的核外电子电离后形成的电子流D铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化E查德威克发现了中子，其核反应方程为：Be+HeC+n考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度分析：光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关；衰变所释放的电子不是来自核外电子，是原子核内部的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来；半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定解答：解：A、光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光照射时间长短无
39、关故A正确B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大故B正确C、射线是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来故C错误D、半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定故D错误E、查德威克通过粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为：Be+HeC+n故E正确故选：ABE点评：本题考查了玻尔理论、能级、衰变、半衰期、核反应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点20（9分）（2015庆阳模拟）如图所示，圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定，质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水
40、平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连求：弹簧的最大弹性势能；A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：1、A下滑与B碰前，根据机械能守恒列出等式，A与B碰撞，根据动量守恒求出碰后速度，再据功能关系求解2、A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒求解解答：解：A下滑与B碰前，根据机械能守恒得：3mgh=3mA与B碰撞，根据动量守恒得：3mv1=4mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，据功能关系可得：Epmax=4m解得：Epmax=mgh 据题意，AB分离时A的速度大小为v2A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得：3mgh=3m解得：h=h 答：弹簧的最大弹性势能是mgh；A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度是h点评：本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及能量守恒定律的直接应用，难度适中