學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2015-2016學年福建省龍巖市永定一中高三（下)段考物理試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態．現將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(）A．保持靜止狀態 B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速直線運動2．如圖所示,5000個大小相同、質量均為m且光滑的小球,靜止放置于兩相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B與水平面的夾角為30°,已知重力加速度為g，則笫2014個小球對第2015個小球的作用力大小為（)A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg3．如圖所示，一圓心為O、半徑為R的圓中有兩條互相垂直的直徑AC和BD，電荷量均為Q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，+Q和O點的連線與OC間的夾角為60°，兩個點電荷的連線與AC的交點為P．下列說法中正確的是（）A．P點的電場強度小于O點的電場強度B．A點的電勢低于C點的電勢C．點電荷﹣q在O點與在C點所受的電場力相同D．點電荷+q在點B具有的電勢能小于在D點具有的電勢能4．如圖所示,先接通S使電容器充電，然后斷開S．當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強E的變化情況是(）A．Q變小，C不變，U不變,E變小 B．Q變小，C變小，U不變，E不變C．Q不變，C變小，U變大,E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小5．歷時8年，跋涉48億公里的“黎明”號飛行器于2015年3月7日首次抵達太陽系的小行星帶內質量最大的天體﹣谷神星,“黎明”號飛行器繞谷神星做勻速圓周運動,已知引力常量為G，下列說法正確的是（）A．飛行器軌道半徑越大，線速度越大B．飛行器軌道半徑越大,運行周期越大C．若測得飛行器圍繞谷神星旋轉的圓軌道的周期和軌道半徑，可得到谷神星的平均密度D．圖示中飛行器由環谷神星圓軌道a變軌進入環谷神星橢圓軌道b時，應讓發動機在P點點火使其加速6．如圖，直角三角形支架ABC固定于豎直面內，支架AB，BC邊光滑絕緣，在水平底邊AC的中點固定一帶正電的小球，另有一帶正電的小環穿在支架上，若把小環分別放在如圖所示的1,2,3，4位置上，其中位置1與小球的連線垂直于AB，位置2與小球的連線垂直于AC,則可能使小環處于平衡的位置是(）A．位置1 B．位置2 C．位置3 D．位置47．如圖所示，小物塊從距A點高度h處自由下落，并從A點沿切線方向進入半徑為R的四分之一圓弧軌道AB，經過最低點B后又進入半徑為的半圓弧軌道BC，圖中C點為軌道最高點，O為半圓弧軌道BC的圓心，兩軌道均光滑且在最低點相切，重力加速度為g．則以下說法正確的是（）A．若物塊能從軌道BC的最高點C飛出，則下落的高度h可能為B．若已知下落高度h=R，則可求出物塊打到軌道AB上的速度大小C．釋放的高度越高，在軌道BC的最高點C和最低點B的壓力差越大D．若物塊從最高點C飛出后，碰到軌道AB上的速度方向不可能與過碰撞點的軌道切線垂直8．如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質小定滑輪O1、O2和質量為m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質量也為m的小物塊連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內，與水平面的夾角θ=60°，直桿上C點與兩定滑輪均在同一高度，C點到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g，設直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰．現將小物塊從C點由靜止釋放，當小物塊沿桿下滑距離也為L時（圖中D處），下列說法正確的是（）A．小物塊剛釋放時輕繩中的張力一定大于mgB．小球下降最大距離為L（1﹣）C．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為2：1D．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為2：三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題（共129分)9．某研究性學習小組用圖1裝置來測定當地重力加速度，主要操作如下：①安裝實驗器材，調節試管夾（小鐵球）、光電門和紙杯在同一豎直線上;②打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，用光電計時器記錄小鐵球在兩個光電門間的運動時間t，并用刻度尺（圖上未畫出)測量出兩個光電門之間的高度h,計算出小鐵球通過兩光電門間的平均速度v;③保持光電門1的位置不變,改變光電門2的位置,重復②的操作．測出多組（h，t），計算出對應的平均速度v；④畫出v﹣t圖象請根據實驗，回答如下問題：（1）設小鐵球到達光電門1時的速度為v0,當地的重力加速度為g．則小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為．(用v0、g和t表示）（2）實驗測得的數據如表:實驗次數123456h（cm)10.0020。0030.0040.0050.0060.00t（s）0.0690。1190.1590。1950.2260。255v（m/s）1。451.681。892。052.212。35請在如圖2坐標紙上畫出v﹣t圖象．(3）根據v﹣t圖象，可以求得當地重力加速度g=m/s2，試管夾到光電門1的距離約為cm．（以上結果均保留兩位有效數字）10．某學生用圖（a）所示的實驗裝置測量物塊與斜面的動摩擦因數．已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖（b）所示，圖中標出了五個連續點之間的距離．（1）物塊下滑時的加速度a=m/s2,打C點時物塊的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小為g，求出動摩擦因數，還需測量的物理量是(填正確答案標號)A．物塊的質量B．斜面的高度C．斜面的傾角．11．如圖,一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°．不計重力．求A、B兩點間的電勢差．12．如圖所示,ABCD為固定在豎直平面內的軌道,AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角θ=37°,半徑r=2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為E=2×l05N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場．質量m=5×l0﹣2kg、電荷量q=+1×10﹣6C的小物體（視為質點）被彈簧槍發射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌．以小物體通過C點時為計時起點,0.1s以后,場強大小不變,方向反向．已知斜軌與小物體間的動摩擦因數μ=0.25．設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2．sin37°=0。6，cos37°=0。8．（1）求彈簧槍對小物體所做的功;（2）在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度．[物理-—選修3—3］13．如圖所示，一定質量的理想氣體由a狀態變化到b狀態，則此過程中()A．外界對氣體做功 B．氣體的內能減小C．氣體對外放熱 D．氣體分子的平均動能增大14．如圖所示，封有理想氣體的導熱氣缸,開口向下被豎直懸掛，不計活塞的質量和摩擦，整個系統處于靜止狀態，現在活塞下面掛一質量為m的鉤碼，經過足夠長的時間后，活塞下降h高度．已知活塞面積為S，大氣壓為P0，重力加速度為g．（ⅰ）掛上鉤碼穩定后，被封閉氣體的壓強;（ⅱ）設周圍環境溫度不變,從掛上鉤碼到整個系統穩定，這個過程，封閉氣體吸收（放出）多少熱量．[物理-—選修3—4］15．如圖所示,虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．據此可知（）A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點通過P點時的電勢能較Q點大C．帶電質點通過P點時的動能較Q點大D．帶電質點通過P點時的加速度較Q點大16．一束電子流在U1=500V的電壓作用下得到一定速度后垂直于平行板間的勻強電場飛入兩板間的中央，如圖所示．若平行板間的距離d=1cm,板長l=5cm,問至少在平行板上加多大電壓U2才能使電子不再飛出平行板？[物理--選修3—5]17．氫彈的工作原理是利用氫核聚變放出巨大能量．在某次聚變中，一個氘核與一個氚核結合成一個氦核．已知氘核的比結合能是1.09MeV；氚核的比結合能是2。78MeV；氦核的比結合能是7。03MeV．則氫核聚變的方程是;一次氫核聚變釋放出的能量是MeV．18．如圖所示,一單擺懸于O點,擺長L=1m，擺球質量為m，將單擺拉至與豎直方向成60°角的位置釋放，當擺到最低位置時，一質量也為m的子彈以一定的速度射中小球，并留在小球里，此時擺線剛好斷掉，小球被水平拋出，落地點距懸點正下方的A點的距離x=1m，懸點到水平地面的距離H=3m，求子彈射入小球時的初速度v0,已知重力加速度g=10m/s2．

2015—2016學年福建省龍巖市永定一中高三（下)段考物理試卷參考答案與試題解析二、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態．現將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將（）A．保持靜止狀態 B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速直線運動【考點】帶電粒子在混合場中的運動．【分析】開始時刻微粒保持靜止，受重力和電場力而平衡；將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面)逆時針旋轉45°,電容器帶電量不變，間距不變,正對面積也不變,故電場強度的大小不變，電場力的大小不變，方向逆時針旋轉45°,根據平行四邊形定則求解出合力的方向，確定微粒的運動即可．【解答】解:在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態,微粒受重力和電場力平衡,故電場力大小F=mg，方向豎直向上;將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面)逆時針旋轉45°，電場強度大小不變，方向逆時針旋轉45°,故電場力逆時針旋轉45°,大小仍然為mg；故重力和電場力的大小均為mg，方向夾角為135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定,向左下方做勻加速運動；故ABC錯誤,D正確;故選:D．2．如圖所示,5000個大小相同、質量均為m且光滑的小球，靜止放置于兩相互垂直且光滑的平面A、B上，平面B與水平面的夾角為30°，已知重力加速度為g，則笫2014個小球對第2015個小球的作用力大小為（）A．1493mg B．2014mg C．2015mg D．2986mg【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．【分析】將第2015個球到第5000個球共2986個球看成整體研究，分析受力情況，由平衡條件即可求解2014個小球對第2015個小球的作用力大小【解答】解：2015個球到第5000個球共2986個球看成整體研究，由于無摩擦力,只受重力、斜面支持力和第四個球的支持力；由平衡條件得知，第2014個球對第2015個球的作用力大小等于整體的重力沿AB平面向下的分力大小，即有F=2986mgsin30°=1493mg．故選：A3．如圖所示,一圓心為O、半徑為R的圓中有兩條互相垂直的直徑AC和BD，電荷量均為Q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，+Q和O點的連線與OC間的夾角為60°，兩個點電荷的連線與AC的交點為P．下列說法中正確的是（)A．P點的電場強度小于O點的電場強度B．A點的電勢低于C點的電勢C．點電荷﹣q在O點與在C點所受的電場力相同D．點電荷+q在點B具有的電勢能小于在D點具有的電勢能【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度．【分析】根據電場線的分布情況,分析P點和O點的場強大小．等量異種點電荷電場的分布具有對稱性,可以結合其對稱性來分析，結合等量異種點電荷電場電場線和等勢線的分布圖象來分析電勢的高低，由電勢能公式Ep=qφ分析電勢能的大小．【解答】解：A、在AC連線上，P點的電場線最密,場強最大，所以P點的電場強度大于O點的電場強度，故A錯誤．B、AC連線是等量異種點電荷電場中的一條等勢線，故A、C兩點的電勢相等,故B錯誤．C、根據等量異種點電荷電場電場線分布的對稱性可知，O、C兩點的電場強度相同，則點電荷﹣q在O點和C點所受電場力相同．故C正確．D、根據順著電場線方向電勢降低，結合電場線的分布情況可知，B點的電勢高于D點電勢，由電勢能公式Ep=qφ分析可知：點電荷+q在B點的電勢能大于在D點具有的電勢能．故D錯誤．故選：C4．如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S．當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩板間電勢差U，電容器兩極板間場強E的變化情況是（）A．Q變小，C不變，U不變，E變小 B．Q變小,C變小，U不變，E不變C．Q不變,C變小，U變大，E不變 D．Q不變，C變小，U變小，E變小【考點】電容器的動態分析．【分析】電容器與電源斷開，電量保持不變，增大兩極板間距離時，根據C=,判斷電容的變化，根據U=判斷電勢差的變化,根據E=，判斷電場強度的變化．【解答】解:電容器與電源斷開，電量保持不變，增大兩極板間距離時，根據C=，知電容C變小,根據U=，知兩極板間的電勢差U變大,根據E==，知電場強度E不變．故C正確,A、B、D錯誤．故選C．5．歷時8年,跋涉48億公里的“黎明”號飛行器于2015年3月7日首次抵達太陽系的小行星帶內質量最大的天體﹣谷神星，“黎明"號飛行器繞谷神星做勻速圓周運動，已知引力常量為G，下列說法正確的是(）A．飛行器軌道半徑越大，線速度越大B．飛行器軌道半徑越大，運行周期越大C．若測得飛行器圍繞谷神星旋轉的圓軌道的周期和軌道半徑，可得到谷神星的平均密度D．圖示中飛行器由環谷神星圓軌道a變軌進入環谷神星橢圓軌道b時,應讓發動機在P點點火使其加速【考點】萬有引力定律及其應用．【分析】根據開普勒第三定律，分析周期與軌道半徑的關系；飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，由星球的萬有引力提供向心力，根據萬有引力定律和密度公式可求解星球的平均密度【解答】解:A、根據衛星的速度公式v=，可知軌道半徑越大，速度越小．故A錯誤；B、根據開普勒第三定律=K，飛行器軌道半徑越大，運行周期越大，故B正確；C、設星球的質量為M，半徑為R，平均密度為，ρ．張角為θ,飛行器的質量為m，軌道半徑為r，周期為T．對于飛行器，根據萬有引力提供向心力得:G=mr星球的平均密度ρ=可知若測得周期和軌道半徑,可得到星球的質量，由于不知道星球的半徑，不可得到星球的平均密度．故C錯誤;D、圖示中飛行器由環谷神星圓軌道a變軌進入環谷神星橢圓軌道b時，應讓發動機在P點點火使其減速．故D錯誤．故選:B6．如圖，直角三角形支架ABC固定于豎直面內，支架AB,BC邊光滑絕緣，在水平底邊AC的中點固定一帶正電的小球,另有一帶正電的小環穿在支架上,若把小環分別放在如圖所示的1，2，3，4位置上，其中位置1與小球的連線垂直于AB,位置2與小球的連線垂直于AC，則可能使小環處于平衡的位置是(）A．位置1 B．位置2 C．位置3 D．位置4【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】環受重力、支持力、靜電斥力，根據平衡條件,任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線．【解答】解：小環受重力、支持力、靜電斥力，支持力與桿垂直、重力豎直向下、靜電斥力在兩個電荷的連線上;A、在位置1，靜電斥力和支持力反向，合力與重力不可能共線，故不平衡，故A錯誤;B、在位置2，重力和靜電斥力可能平衡，故B正確；C、在位置3，重力和支持力的合力可能與靜電力反向、等值、共線，故可能平衡，故C正確；D、在位置4，如果支持力垂直向下，和靜電斥力的合力可能與重力反向、等值、共線，故可能平衡，故D正確；故選：BCD7．如圖所示，小物塊從距A點高度h處自由下落，并從A點沿切線方向進入半徑為R的四分之一圓弧軌道AB,經過最低點B后又進入半徑為的半圓弧軌道BC,圖中C點為軌道最高點,O為半圓弧軌道BC的圓心，兩軌道均光滑且在最低點相切，重力加速度為g．則以下說法正確的是(）A．若物塊能從軌道BC的最高點C飛出，則下落的高度h可能為B．若已知下落高度h=R，則可求出物塊打到軌道AB上的速度大小C．釋放的高度越高，在軌道BC的最高點C和最低點B的壓力差越大D．若物塊從最高點C飛出后，碰到軌道AB上的速度方向不可能與過碰撞點的軌道切線垂直【考點】動能定理;向心力．【分析】物塊恰能從軌道BC的最高點C飛出時，由重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出臨界速度，再由機械能守恒求出h．根據牛頓第二定律和機械能守恒分析在軌道BC的最高點C和最低點B的壓力差．【解答】解:A、物塊恰能從軌道BC的最高點C飛出時,由重力提供向心力，則mg=m從開始下落到C點的過程，由機械能守恒定律得：mgh=聯立解得h=，可知，若物塊能從軌道BC的最高點C飛出，則下落的高度h可能為．故A正確．B、若已知下落高度h=R,根據機械能守恒定律可求出物塊通過C點的速度．物塊離開C點后做平拋運動，則有y=,x=vCt又有x2+y2=R2由上聯立可得t和y,根據v=,可求出物塊打到軌道AB上的速度大小．故B正確．C、在C點有：mg+F1=m，在B點有：F2﹣mg=m根據機械能守恒定律得：mgR+=聯立解得:F2﹣F1=6mg，根據牛頓第三定律可知在軌道BC的最高點C和最低點B的壓力差為6mg，故C錯誤．D、若物塊從最高點C飛出后，根據“中點”結論可知,碰到軌道AB上的速度方向反向延長交水平位移中點，不可能與過碰撞點的軌道切線垂直，故D正確．故選：ABD．8．如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質小定滑輪O1、O2和質量為m的小球連接，另一端與套在光滑直桿上質量也為m的小物塊連接,已知直桿兩端固定,與兩定滑輪在同一豎直平面內,與水平面的夾角θ=60°，直桿上C點與兩定滑輪均在同一高度，C點到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g,設直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰．現將小物塊從C點由靜止釋放，當小物塊沿桿下滑距離也為L時（圖中D處）,下列說法正確的是(）A．小物塊剛釋放時輕繩中的張力一定大于mgB．小球下降最大距離為L(1﹣）C．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為2：1D．小物塊在D處的速度與小球速度大小之比為2：【考點】運動的合成和分解．【分析】當拉物塊的繩子與直桿垂直時,小球下降的距離最大，根據幾何關系求出小球下降的最大距離．將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向,沿繩子方向的分速度等于小球的速度．【解答】解：A、剛釋放的瞬間，小球的瞬間加速度為零，拉力等于mg，故A錯誤．B、當拉物塊的繩子與直桿垂直時,小球下降的距離最大,根據幾何關系知，,故B正確．C、將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向,沿繩子方向的分速度等于小球的速度，根據平行四邊形定則知，小物塊在D處的速度與小球的速度之比為v：v1=2：1，故C正確，D錯誤．故選:BC．三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22題～第32題為必考題,每個試題考生都必須作答．第33題～第40題為選考題，考生根據要求作答．(一）必考題（共129分）9．某研究性學習小組用圖1裝置來測定當地重力加速度，主要操作如下：①安裝實驗器材，調節試管夾（小鐵球）、光電門和紙杯在同一豎直線上；②打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，用光電計時器記錄小鐵球在兩個光電門間的運動時間t，并用刻度尺(圖上未畫出）測量出兩個光電門之間的高度h，計算出小鐵球通過兩光電門間的平均速度v；③保持光電門1的位置不變,改變光電門2的位置,重復②的操作．測出多組（h，t)，計算出對應的平均速度v；④畫出v﹣t圖象請根據實驗，回答如下問題:(1)設小鐵球到達光電門1時的速度為v0，當地的重力加速度為g．則小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為v=v0+gt．（用v0、g和t表示）(2)實驗測得的數據如表:實驗次數123456h（cm）10。0020.0030.0040。0050。0060。00t（s）0。0690.1190。1590.1950.2260.255v(m/s)1。451.681.892.052。212.35請在如圖2坐標紙上畫出v﹣t圖象．（3)根據v﹣t圖象,可以求得當地重力加速度g=9。7m/s2，試管夾到光電門1的距離約為6。2cm．（以上結果均保留兩位有效數字）【考點】測定勻變速直線運動的加速度．【分析】根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度求解通過兩光電門間平均速度v；根據數據作出v﹣t圖象,根據v﹣t圖象的斜率物理意義求解重力加速度．【解答】解：（1）根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度得小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為v=v0+gt；（2)根據數據作出v﹣t圖象:(3）小鐵球通過兩光電門間平均速度v的表達式為v=v0+gt；所以v﹣t圖象的斜率表示g，所以當地重力加速度g=2k=9.7m/s2，根據v﹣t圖象得出v0=1.10m/s,根據運動學公式得試管夾到光電門1的距離約為x==0。062m=6。2cm，故答案為：（1）v=v0+gt（2）如圖（3）9。7;6。210．某學生用圖（a）所示的實驗裝置測量物塊與斜面的動摩擦因數．已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz,物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖（b）所示，圖中標出了五個連續點之間的距離．(1）物塊下滑時的加速度a=3.25m/s2，打C點時物塊的速度v=1。79m/s;（2)已知重力加速度大小為g，求出動摩擦因數，還需測量的物理量是C(填正確答案標號)A．物塊的質量B．斜面的高度C．斜面的傾角．【考點】探究影響摩擦力的大小的因素；測定勻變速直線運動的加速度．【分析】（1)根據△x=aT2可求加速度,根據求解C點的速度；（2）對滑塊根據牛頓第二定律列式求解動摩擦因素的表達式進行分析即可．【解答】解：(1）根據△x=aT2，有：解得：a===3。25m/s2打C點時物塊的速度：v=m/s=1。79m/s（2)對滑塊，根據牛頓第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=故還需要測量斜面的傾角，故選:C；故答案為：（1）3。25，1.79;（2）C．11．如圖，一質量為m、電荷量為q(q＞0）的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°．不計重力．求A、B兩點間的電勢差．【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系；動能定理；電勢差．【分析】粒子水平方向受電場力，做勻加速直線運動；豎直方向不受力，故豎直分運動是勻速直線運動；結合運動的合成與分解的知識得到A點速度與B點速度的關系，然后對A到B過程根據動能定理列式求解．【解答】解:設帶電粒子在B點的速度大小為vB，粒子在垂直電場方向的分速度不變，故：vBsin30°=v0sin60°①解得:②設A、B間的電勢差為UAB，由動能定理，有：③聯立②③解得：答:A、B兩點間的電勢差為．12．如圖所示,ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角θ=37°，半徑r=2。5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為E=2×l05N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場．質量m=5×l0﹣2kg、電荷量q=+1×10﹣6C的小物體（視為質點）被彈簧槍發射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌．以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變,方向反向．已知斜軌與小物體間的動摩擦因數μ=0.25．設小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2．sin37°=0。6，cos37°=0.8．（1)求彈簧槍對小物體所做的功；（2）在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度．【考點】動能定理的應用；牛頓第二定律；電場強度；電勢能．【分析】（1）設彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理即可求解;（2）對小物體進行受力分析，分析物體的運動情況，根據牛頓第二定律求出加速度，結合運動學基本公式即可求解．【解答】解：（1）設彈簧槍對小物體做功為Wf，由動能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02…①代人數據得：Wf=0。475J…②(2）取沿平直斜軌向上為正方向．設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得:﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1…③小物體向上做勻減速運動，經t1=0。1s后，速度達到v1,有：v1=v0+a1t1…④由③④可知v1=2。1m/s，設運動的位移為s1，有：sl=v0t1+a1t12…⑤電場力反向后,設小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2…⑥設小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有：0=v1+a2t2…⑦s2=v1t2+a2t22…⑧設CP的長度為s，有：s=s1+s2…⑨聯立相關方程，代人數據解得：s=0。57m答:（1）彈簧槍對小物體所做的功為0.475J；（2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，CP的長度為0.57m．［物理--選修3—3]13．如圖所示，一定質量的理想氣體由a狀態變化到b狀態，則此過程中（)A．外界對氣體做功 B．氣體的內能減小C．氣體對外放熱 D．氣體分子的平均動能增大【考點】熱力學第一定律；理想氣體的狀態方程．【分析】氣體從狀態a變化到b，壓強不變，發生等壓變化，根據呂薩克定律分析狀態a與狀態b溫度的關系，分析內能的變化．氣體的體積增大，氣體對外做功，氣體分子間平均距離增大．【解答】解:ABD、氣體從狀態a變化到b,壓強不變，體積增大，氣體對外界做功；根據呂薩克定律可知，氣體的溫度升高，氣體內能增大，分子的平均動能增大．故AB錯誤，D正確；C、由于一定質量的理想氣體的內能只跟溫度有關，則氣體的內能增大，由圖看出，氣體的體積增大，氣體對外做功,根據熱力學第一定律得知，氣體吸熱．故C錯誤．故選：D．14．如圖所示，封有理想氣體的導熱氣缸，開口向下被豎直懸掛，不計活塞的質量和摩擦，整個系統處于靜止狀態,現在活塞下面掛一質量為m的鉤碼，經過足夠長的時間后，活塞下降h高度．已知活塞面積為S，大氣壓為P0，重力加速度為g．(ⅰ）掛上鉤碼穩定后，被封閉氣體的壓強；（ⅱ)設周圍環境溫度不變，從掛上鉤碼到整個系統穩定，這個過程，封閉氣體吸收(放出）多少熱量．【考點】理想氣體的狀態方程．【分析】（ⅰ)以活塞和鉤碼組成的整體為研究對象，根據受力平衡列方程即可求解;（ⅱ)根據熱力學第一定律求吸放熱情況；【解答】解：(ⅰ）以活塞和鉤碼組成的整體為研究對象,進行受力分析，有解得：（ⅱ）氣體膨脹對外做的功氣體溫度不變，內能增量△U=0根據熱力學第一定律△U=W+Q代入數據：解得：吸熱答：（ⅰ）掛上鉤碼穩定后，被封閉氣體的壓強為；（ⅱ)設周圍環境溫度不變，從掛上鉤碼到整個系統穩定，這個過程，封閉氣體吸收熱量［物理--選修3—4]15．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．據此可知（）A．三個等勢面中,a的電勢最高B．帶電質點通過P點時的電勢能較Q點大C．帶電質點通過P點時的動能較Q點大D．帶電質點通過P點時的加速度較Q點大【考點】等勢面；電勢能．【分析】由于質點只受電場力作用,根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于質點帶正電，因此電場線方向也指向右下方;電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大．【解答】解:A、電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電,因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低,故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，故A錯誤;B、根據質點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；C、從P到Q過程中電場力