辽宁省沈阳市高考物理一模试卷

辽宁省沈阳市高考物理一模试卷

‎2019年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷 一、选择题：本题共10小题．，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．（6分）贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是（　　）‎ A．U→Th+He ‎ B．U+n→I+Y+2n ‎ C．H+H→He+n ‎ D．He+Al→P+n ‎2．（6分）如图为一个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前2s内向西运动，则该质点（　　）‎ A．在前2s内加速度方向也向西 ‎ B．在前4s内加速度方向始终向东 ‎ C．在后2s内加速度方向始终向东 ‎ D．在6s内加速度方向始终不变 ‎3．（6分）“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道I为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道II为“神舟十一号”运行轨道。此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则（　　）‎ A．“天宫二号”在轨道I的运行速率大于“神舟十一号”在轨道II上运行速率 ‎ B．“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要减速 ‎ C．“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体 ‎ D．“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少 ‎4．（6分）如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则（　　）‎ A．A、B离开弹簧时的速度比为1：2 ‎ B．A、B离开弹簧时的速度比为1：1 ‎ C．A、B质量之比为1：2 ‎ D．A、B质量之比为2：1‎ ‎5．（6分）某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是（　　）‎ A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线 ‎ B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线 ‎ C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线 ‎ D．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝2Ω ‎6．（6分）如图所示，竖直放置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后（　　）‎ A．导体棒ef的加速度一定大于g ‎ B．导体棒ef的加速度一定小于g ‎ C．导体棒ef机械能一定守恒 ‎ D．导体棒ef机械能一定减少 ‎7．（6分）我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为（　　）‎ A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm ‎8．（6分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈输出电压的频率为50Hz ‎ B．副线圈输出电压的有效值为44V ‎ C．P向左移动时，原、副线圈的电流比减小 ‎ D．P向左移动时，变压器的输出功率增加 ‎9．（6分）如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1＞F2，两物体运动一段时间后（　　）‎ A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小 ‎ B．若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小 ‎ C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大 ‎ D．若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大 ‎10．（6分）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如右图所示则（　　）‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 ‎ B．两粒子的轨道半径之比Ra：Rb＝：1 ‎ C．两粒子的质量之比ma：mb＝1：2 ‎ D．两粒子的质量之比ma：mb＝2：1‎ 二、非选择题：包括必考必考题和选考题两部分，第11-12题为必考题，每个考生都必修作答．第13-14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共35分．解答时应该写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎11．（15分）如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动。到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：‎ ‎（1）小球所受重力和电场力的大小 ‎（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能 ‎12．（20分）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2‎ ‎＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。‎ ‎【物理-选修3-4】（15分）‎ ‎13．（5分）a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．玻璃对三种光的折射率关系为na＞nb＞nc ‎ B．玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率 ‎ C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄 ‎ D．a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小 ‎ E．a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长 ‎14．（10分）如图所示，是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v＝4m/s。‎ ‎①求x＝2.5m，处质点在0～4.5s内通过的路程及t＝4.5s时的位移。‎ ‎②此时A质点的纵坐标为2cm，试求从图示时刻开始经过多长时间A质点第一次到达波峰？（结果保留2位有效数字）‎ ‎2019年辽宁省沈阳市高考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共10小题．，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．（6分）贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是（　　）‎ A．U→Th+He ‎ B．U+n→I+Y+2n ‎ C．H+H→He+n ‎ D．He+Al→P+n ‎【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．‎ ‎【分析】原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变。由此分析即可。‎ ‎【解答】解：A、核反应U→Th+He是U核放射出α粒子变成新核的过程，为α衰变。故A正确；‎ B、核反应U+n→I+Y+2n是U核吸收一个慢中子后发生裂变反应。故B错误；‎ C、核反应H+H→He+n是轻核聚变。故C错误；‎ D、核反应He+Al→P+n是用α粒子轰击Al的人工核反应方程。故D错误 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质，牢记常见的核反应类型。‎ ‎2．（6分）如图为一个质点做直线运动的v﹣‎ t图象，该质点在前2s内向西运动，则该质点（　　）‎ A．在前2s内加速度方向也向西 ‎ B．在前4s内加速度方向始终向东 ‎ C．在后2s内加速度方向始终向东 ‎ D．在6s内加速度方向始终不变 ‎【考点】1I：匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；4B：图析法；512：运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】v﹣t图象的斜率表示加速度，由斜率研究加速度的大小和方向。‎ ‎【解答】解：由图象可知，前2s速度为负，向西运动，说明向东为正方向 A、根据速度图象的斜率等于加速度，由图得知，前2s加速度为正，说明物体的加速度向东，故A错误；‎ B、由图象可知前4s斜率不变，始终为正，即在前4s内加速度方向始终向东，故B正确；‎ C、由图象可知，后2s斜率为负，即加速度为负，方向向西，故C错误；‎ D、由图象可知，前4s加速度向东，后2s加速度向西，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解决本题的关键是明确速度﹣时间图线中，速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。‎ ‎3．（6分）“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道I为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道II为“神舟十一号”运行轨道。此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则（　　）‎ A．“天宫二号”在轨道I的运行速率大于“神舟十一号”在轨道II上运行速率 ‎ B．“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要减速 ‎ C．“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体 ‎ D．“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少 ‎【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星；6B：功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；529：万有引力定律在天体运动中的应用专题．‎ ‎【分析】万有引力不够提供向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力时，做近心运动；根据万有引力提供向心力得出线速度与轨道半径的关系，从而比较速度的大小 ‎【解答】解：A、由万有引力提供向心力：G＝m得v＝“天宫一号”的半径大则其速率小，故A错误 ‎ BCD、“神舟十一号”变轨要加速做离心运动，向后喷出气体，机械能增加，故C正确，BD错误。‎ ‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。‎ ‎4．（6分）如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧。现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面。A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则（　　）‎ A．A、B离开弹簧时的速度比为1：2 ‎ B．A、B离开弹簧时的速度比为1：1 ‎ C．A、B质量之比为1：2 ‎ D．A、B质量之比为2：1‎ ‎【考点】43：平抛运动；53：动量守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．‎ ‎【分析】A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，由水平位移可以求出它们的初速度关系，‎ 弹簧弹开物体过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的质量关系。‎ ‎【解答】解：AB、AB离开桌面后做平抛运动，它们的运动时间相等，速度之比：＝‎ ‎＝＝＝，故A正确，B错误；‎ CD、两物体及弹簧组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB＝0，则质量之比：＝＝，故C错误，D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用平抛运动规律、动量守恒定律即可解题。‎ ‎5．（6分）某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是（　　）‎ A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线 ‎ B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线 ‎ C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线 ‎ D．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝2Ω ‎【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BG：电功、电功率．菁优网版权所有 ‎【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．‎ ‎【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式PE＝EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr＝I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系。‎ ‎【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE＝EI∝I，故PE﹣I图线是直线，直线a表示电源总功率随电流I变化的图线，故A错误；‎ B、电源内电阻消耗的功率：Pr＝I2r，应为开口向上的曲线，故b表示Pr﹣I图线；故B错误；‎ C、输出功率：PR＝PE﹣Pr＝EI﹣I2r，应为开口向下的曲线，故c表示PR﹣I图线；故C正确，‎ D、当I＝2A时，PR＝0．说明外电路短路，根据P＝EI，得到E＝＝V＝3V；r＝＝Ω＝1.5Ω；故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象；同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和。‎ ‎6．（6分）如图所示，竖直放置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后（　　）‎ A．导体棒ef的加速度一定大于g ‎ B．导体棒ef的加速度一定小于g ‎ C．导体棒ef机械能一定守恒 ‎ D．导体棒ef机械能一定减少 ‎【考点】37：牛顿第二定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．菁优网版权所有 ‎【专题】34：比较思想；43：推理法；539：电磁感应中的力学问题．‎ ‎【分析】当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则ef的加速度大小可能大于g。若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g。根据功能关系分析ef的机械能变化情况。‎ ‎【解答】解：AB、当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小大于g，方向竖直向上。若安培力小于mg，则ef的加速度大小小于g。故AB错误。‎ CD、导体棒ef 克服安培力做功，其机械能减小，转化为电能，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查分析导体棒运动情况的能力，而分析运动情况，必须分析其受力情况，关键抓住安培力大小与速度成正比，高度不同，安培力大小不同。‎ ‎7．（6分）我国高铁技术发展迅猛，目前处于世界领先水平，已知某路段为一半径为5600米的弯道，设计时速为216km/h（此时车轮轮缘与轨道间无挤压），已知我国的高铁轨距约为1400mm，且角度较小时可近似认为tanθ＝sinθ，重力加速度g等于10m/s2，则此弯道内、外轨高度差应为（　　）‎ A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm ‎【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；43：推理法；516：物体做曲线运动条件专题．‎ ‎【分析】要使火车安全通过弯道，则火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解。‎ ‎【解答】解：半径R＝5600m，时速v＝216km/h＝60m/s；‎ 根据牛顿第二定律得，mgtanθ＝m 解得：tanθ＝‎ 由题意得tanθ＝sinθ＝‎ 而L＝1400mm 联立得：h＝90mm＝9cm，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】解决本题的关键理清向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大，注意单位的统一。‎ ‎8．（6分）一理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈输出电压的频率为50Hz ‎ B．副线圈输出电压的有效值为44V ‎ C．P向左移动时，原、副线圈的电流比减小 ‎ D．P向左移动时，变压器的输出功率增加 ‎【考点】BG：电功、电功率；E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有 ‎【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；53A：交流电专题．‎ ‎【分析】根据甲图可明确交流电的最大值和周期，则根据最大值和有效值关系可明确有效值，再根据变压器原理可明确输出端的电压；输出电压不变，根据滑片的移动可明确电阻的变化，从而明确电流的变化情况。‎ ‎【解答】解：A、由图甲所示可知，原线圈输入电流的周期为0.02s，原线圈中电压频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz，故A正确；‎ B、由图甲所示图线可知，原线圈电压有效值为220V，由变压比可知：，代入数据解得：U2＝44V，故B正确；‎ C、变压器原副线圈的变流比与原副线圈线圈匝数成反比，原副线圈匝数不变，原副线圈电流表不变，故C错误；‎ D、当P向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，副线圈中电流I增大，副线圈的电压U不变，变压器的输出功率：P＝UI变大，故D正确；‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】本题查理想变压器中，原、副线圈上电压关系、电流变化、功率关系及有效值等方面的理解及应用，注意电路动态分析的分析方法。‎ ‎9．（6分）如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1和F2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F1＞F2，两物体运动一段时间后（　　）‎ A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小 ‎ B．若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小 ‎ C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大 ‎ D．若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大 ‎【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】32：定量思想；4C：方程法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】以整体为研究对象进行受力分析，撤去力前后根据牛顿第二定律求解加速度大小进行分析；再以乙为研究对象分析弹力。‎ ‎【解答】解：AB、一起运动时，整体的加速度F1﹣F2＝（m1+m2）a；甲、乙之间的作用力N﹣F2＝m2a，‎ 解得N＝；撤去F1，则整体的加速度a1＝，a1不一定大于a，甲乙之间的作用力N1＝＜N，故A错误、B正确；‎ CD、若突然撤去F2，F1＝（m1+m2）a2，则整体的加速度a2＝，a1一定大于a，甲乙之间的作用力N2＝＜N，即甲乙的加速度都一定增大，甲乙间的作用力减小，故C正确，D错误；‎ 故选：BC。‎ ‎【点评】此题考查了牛顿第二定律的应用，关键是灵活运用整体和隔离法列出方程进行比较讨论。‎ ‎10．（6分）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如右图所示则（　　）‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 ‎ B．两粒子的轨道半径之比Ra：Rb＝：1 ‎ C．两粒子的质量之比ma：mb＝1：2 ‎ D．两粒子的质量之比ma：mb＝2：1‎ ‎【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】12：应用题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据粒子偏转方向，由左手定则判断电性；根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径；根据几何关系得到中心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量、速度之比。‎ ‎【解答】解：A、由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；‎ B、由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故ra＝＝d，rb＝＝d，ra：rb＝：1，故B正确，‎ C、由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的中心角为60°，b粒子转过的中心角为120°，根据运动时间相同可得运动周期为：Ta：Tb＝2：1；‎ 再根据洛伦兹力做向心力可得：qvB＝m，所以，运动周期为：T＝；‎ 根据电荷量相等可得：ma：mb＝Ta：Tb＝2：1，故C错误，D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。‎ 二、非选择题：包括必考必考题和选考题两部分，第11-12题为必考题，每个考生都必修作答．第13-14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共35分．解答时应该写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎11．（15分）如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动。到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：‎ ‎（1）小球所受重力和电场力的大小 ‎（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能 ‎【考点】65：动能定理；AE：电势能与电场力做功；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；49：合成分解法；52D：动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）从A到B由动能定理可求得重力的大小，从B到C电场力做功与电势能变化的关系可求得电场力；‎ ‎（2）从B到C的过程由动能定理求得离开轨道的速度，小球脱离轨道后竖直方向做匀减速运动，由运动学公式可求得到达最高点的时间和上升的高度，水平方向做匀加速运动，由位移公式可求得到最高点发生的水平位移，小球脱离轨道到最高点的过程由动能定理可求出最高点的动能。‎ ‎【解答】解：（1）从A到B由动能定理得：mgR＝E0﹣0‎ 解得：G＝mg＝‎ 从B到C电场力做功：W电＝F电R＝2E0‎ 解得：F电＝‎ ‎（2）从B到C的过程由动能定理得：﹣mgR+W电＝﹣E0‎ 解得：vC＝‎ 小球脱离轨道后竖直方向做匀减速运动，设到最高点的时间为t 由速度公式得：t＝‎ 由位移公式得上升的高度：h＝‎ 水平方向做匀加速运动，到最高点发生的水平位移x＝‎ 小球脱离轨道到最高点的过程由动能定理得：﹣mgh+F电x＝EK﹣‎ 联立解得：EK＝8E0‎ 答：（1）小球所受重力是，电场力的大小是 ‎（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能8E0‎ ‎【点评】本题考查了动能定理、运动学公式，过程虽然较多但比较清晰，需要注意离开轨道后的曲线运动要通过受力特点分解成直线运动求解，这是解决曲线运动常用的方法，要掌握。‎ ‎12．（20分）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：‎ ‎（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。‎ ‎【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）分析滑块相对木板的运动得到摩擦力方向，从而得到滑块运动，根据速度变化和时间间隔得到加速度，从而求得动摩擦因数；‎ ‎（2）分析木板运动得到摩擦力方向，从而得到木板所受合外力，即可根据匀变速运动规律，由加速度求得动摩擦因数；‎ ‎（3）根据滑块和木板运动方向和加速度得到位移，再由运动方向得到相对位移。‎ ‎【解答】解：（1）滑块滑上木板到两者达到共同速度的过程，滑块相对木板向左运动，摩擦力方向向右；‎ 对滑块应用牛顿第二定律可得：加速度大小；‎ 根据滑块做匀减速运动的初末速度和时间间隔可得：；所以，μ1＝0.3；‎ ‎（2）木板向右运动过程，地面对木板的摩擦力方向向左，故由牛顿第二定律可得：木板做加速度的匀减速运动；‎ 木板向右运动到速度为零后，向左运动，地面对木板的摩擦力方向向右，故由牛顿第二定律可得：木板做加速度的匀加速运动；‎ 所以，设向右运动的时间为t1，则有：a1t1＝v0，a2（t﹣t1）＝v2，所以，μ2≈0.08；‎ ‎（3）由（2）可得：，；故根据滑块和木板的运动方向可得：从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小；‎ 答：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1为0.3；‎ ‎（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2为0.08；‎ ‎（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小为2.36m。‎ ‎【点评】求解相对运动位移时，我们一般先求解物体对地面的位移，再根据运动方向得到相对运动位移。‎ ‎【物理-选修3-4】（15分）‎ ‎13．（5分）a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是（　　）‎ A．玻璃对三种光的折射率关系为na＞nb＞nc ‎ B．玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率 ‎ C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄 ‎ D．a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小 ‎ E．a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长 ‎【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有 ‎【专题】34：比较思想；43：推理法；54D：光的折射专题．‎ ‎【分析】‎ 根据偏折程度判断玻璃对三种光的折射率的大小，从而得到波长关系，即可分析双缝干涉条纹间距的大小。根据临界角公式sinC＝分析临界角的大小。由光速公式v＝分析a光与c光在玻璃砖中传播速度的大小，结合光程关系分析传播时间关系。‎ ‎【解答】解：AB、a光通过玻璃砖后偏折程度比c光的大，所以玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率。由于玻璃对b光没有发生偏折，无法判断玻璃对b光的折射率与对a、c两光的折射率的大小。故A错误，B正确。‎ C、玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，则a光的波长比c光小，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，可知在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄，故C正确。‎ D、玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，根据临界角公式sinC＝分析知c光发生全反射时临界角较大，故D错误。‎ E、对于a、c两光，由v＝分析a光在玻璃砖中传播速度较小，而且传播的路程较长，所以a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长。故E正确。‎ 故选：BCE。‎ ‎【点评】本题考查对光的几何光学和物理光学理解能力和把握联系的能力。解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小，还要知道折射率与频率、波速的关系，同时要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律n＝、临界角公式sinC＝和光速公式v＝。‎ ‎14．（10分）如图所示，是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v＝4m/s。‎ ‎①求x＝2.5m，处质点在0～4.5s内通过的路程及t＝4.5s时的位移。‎ ‎②此时A质点的纵坐标为2cm，试求从图示时刻开始经过多长时间A质点第一次到达波峰？（结果保留2位有效数字）‎ ‎【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；51D：振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】①由图读出波长，由波速公式求出周期，根据时间与周期的倍数关系求解。‎ ‎②写出波动方程，求出A点的横坐标。当A左侧最近的波峰状态传到A点时，A点第一次出现波峰，根据距离与波速之比求出时间。‎ ‎【解答】解：①由图知，波长 λ＝2.0m，则该波的周期为 T＝＝＝0.5s 质点在一个周期内通过的路程是4A，则质点在0﹣4.5s内通过的路程为 s＝×4A＝×4×4cm＝144cm＝1.44m t＝0.25s时，该质点的位移为x＝4cm，因为 t＝0.25s＝，所以t＝0时刻该质点的位移 x＝﹣4cm，所以t＝4.5s＝9T时质点的位移 x＝﹣4cm ‎②该波的方程为y＝Asinx（cm）＝4sinπx（cm），当y＝2cm时，x＝cm，A左侧最近的波峰状态离A点的距离为：‎ ‎△x＝1.5cm+cm＝‎ 从图示时刻开始 A点第一次出现波峰的时间为：‎ t＝＝s＝0.42s。‎ 答：①x＝2.5m处的质点在0﹣4.5s内通过的路程是1.44m，t＝4.5s时的位移是﹣4cm；‎ ‎②从图示时刻开始经过0.42s时间A质点第一次到达波峰。‎ ‎【点评】解决本题的关键要知道质点在一个周期内的路程等于4倍的振幅，波形平移法是研究波动图象常用的方法，要能熟练运用。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/4/17 9:10:38；用户：qgjyuser10395；邮箱：qgjyuser10395.21957750；学号：21985402‎