2015年福建省高考物理試卷解析解析

1、第1頁（共 20 頁）2015 年福建省高考物理試卷、選擇題（共 6 6 小題，每小題 6 6 分，滿分 3636 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè) 選項(xiàng)符合題目要求。）1.（6分）（2015?福建）如圖，一束光經(jīng)玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光 為？a、b該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、門則（ ）2.（6分）（2015?福建）如圖，若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，a、b到地心O的距離分別為1、2,線速度大小分別為VI、2,則（）3.（6分）（2015?福建）圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n門2,在T的原線圈兩端接入一電

2、壓u=Umsin的交流電源，若輸送電功率為P,輸電線的總電阻為2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）TB.b,nanbC.?a 汕)，nab,nanba、b，波長分別C.V1嚴(yán)、2;- =()v26uQFllOA .A.(I)二B.n14rC.42卩21()2(i2rn2 %D.2 P 24 ()2C )2rnlUR2第2頁（共 20 頁）4.（6分）（2015?福建）簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，波速為V,若某時(shí)刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質(zhì)點(diǎn)a、b相距為s，a、b之間只存在一個(gè)波谷，5.（6分）（2015?福建）如圖，在豎直平面內(nèi)，滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對

3、稱，且A、B、C三點(diǎn) 在同一水平線上.若小滑塊第一次由A滑到C,所用的時(shí)間為ti，第二次由C滑到A，所 用的時(shí)間為t2,小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（）A.t1Vt2B.t1=t2C.t1t2D. 無法比較t1、t2的大小6.（6分）（2015?福建）如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的正方形線框abed，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、de以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且 與線框接觸良好，不計(jì)摩擦.在PQ從靠近ad處向be滑動(dòng)的過程中（

4、）B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大二、非選擇題（本題包括 4 4 小題，共 7272 分）7.（6分）（2015?福建）某同學(xué)做 探究彈力和彈簧伸長量的關(guān)系 ”的實(shí)驗(yàn).1圖甲是不掛鉤碼時(shí)彈簧下端指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，其示數(shù)為7.73cm;圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，此時(shí)彈簧的伸長量I為_cm;2本實(shí)驗(yàn)通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈簧的彈力，關(guān)于此操作，下列選項(xiàng)中規(guī)范的做法是_ ;（填選項(xiàng)前的字母）A.逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對應(yīng)的鉤碼總重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺

5、刻度和對應(yīng)的鉤碼總重3圖丙是該同學(xué)描繪的彈簧的伸長量 I與彈力F的關(guān)系圖線.圖線的AB段明顯偏離直線OA，造成這種現(xiàn)象的主要原因是_則從該時(shí)刻起,A.F列四幅波形圖A.PQ中電流先增大后減小第3頁（共 20 頁）8.（12分）（2015?福建）某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不同電壓下的電功率大小，實(shí)驗(yàn)器材如圖甲所示，現(xiàn)已完成部分導(dǎo)線的連接.tv1實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，請按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖甲實(shí)物接線圖中完成余下導(dǎo)線的連接；2某次測量，電流表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，則電流表的示數(shù)為 _A；3該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示，根據(jù)圖線判斷，將

6、_只相同的小電珠并聯(lián)后，直接與電動(dòng)勢為3V、內(nèi)阻為1Q的電源組成閉合回路，可使小電珠的總功率最大，其總功率的值為 _W（保留兩位小數(shù)）.9.（15分）（2015?福建）一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示求：（1）摩托車在020s這段時(shí)間的加速度大小a;_（2）摩托車在075s這段時(shí)間的平均速度大小.*p&fXT卜2.10l.fin0W (k4(l 0.50 (X60O ld 0.2() 204575 /$第5頁（共 20 頁） 物理- -選修 3-33-312.（6分）（2015?福建）下列有關(guān)分子動(dòng)理論和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的認(rèn)識，其中正確的是（）A.分子間距離

7、減小時(shí)分子勢能一定減小第6頁（共 20 頁）B . j溫度越高，物體中分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)越劇烈C.彳物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度無關(guān)D.非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性13.（6分）（2015?福建）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體，由狀態(tài)a經(jīng)過ab過程到達(dá)狀態(tài)b或 者經(jīng)過ac過程到達(dá)狀態(tài)c.設(shè)氣體在狀態(tài)b和狀態(tài)c的溫度分別為Tb和Tc,在過程ab和ac中吸收的熱量分別為Qab和Qac,則（ ）A.TbTc,QabQacB.TbTc,QabVQacC.Tb=Tc,QabQacD.Tb=Tc,QabVQac 物理- -選修 3-53-514. （2015?福建）下列有關(guān)

8、原子結(jié)構(gòu)和原子核的認(rèn)識，其中正確的是（）A.丫射線疋冋速運(yùn)動(dòng)的電子流B.氫原子輻射光子后，其繞核運(yùn)動(dòng)的電子動(dòng)能增大C.太t陽輻射能量的主要來源是太陽中發(fā)生的重核裂變D.:Bi的半衰期是5天，100克Bi經(jīng)過10天后還剩下50克o J15. （2015?福建）如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì) 量為m，速度大小為2vo，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為vo,方向向左，兩 滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）AA.A和B都向左運(yùn)動(dòng)B.A和B都向右運(yùn)動(dòng)C.A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D.A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)第7頁（共 20 頁）2015 年福建省高考物理試卷參考答案與試題解

9、析一、選擇題（共 6 6 小題，每小題 6 6 分，滿分 3636 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè) 選項(xiàng)符合題目要求。）1.（6分）（2015?福建）如圖，一束光經(jīng)玻璃三棱鏡折射后分為兩束單色光a、b，波長分別為屆、b該玻璃對單色光a、b的折射率分別為na、門|3,則（ ）:光的折射定律.:光的折射專題.:根據(jù)光線的偏折程度比較光的折射率大小，從而得出光的波長大小.B.加,naVnbC.屆V兀），naVnbD.ab,nanbA.B.V1-=,C.V1（工2D.V1=（衛(wèi)）vzf Vr1v2 Vr2v2rlv2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)

10、星問題.分析：根據(jù)萬有引力提供向心力=m=，解出線速度與軌道半徑 rr的關(guān)系進(jìn)行求解.v= ,a、b到地心O的距離分別為門、2點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是要掌握萬有引力提供向心力這個(gè)關(guān)系，能夠根據(jù)題意選擇恰當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_(dá)式.3.（6分）（2015?福建）圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為ni、門2,在T的原線圈兩端接入一電壓u=Umsin的交流電源，若輸送電功率為P,輸電線的總電阻為2r,不考慮其它因素的影響，則輸電線上損失的電功率為（）TA.n2(二)”n24rB.（二）-口4rC.42 2 L ( )22r%D.i I2：24()2( . )2rnl考點(diǎn)

11、：;遠(yuǎn)距離輸電.專題： 交流電專題.分析：:I理想變壓器輸入功率和輸出功率相等，通過原線圈的電壓求出副線圈的電壓，再根據(jù)P1=求出輸電線上的電流，從而求出輸電線上消耗的功率.解答：解：加在原線圈上的電壓UU1U1=:,根據(jù)電壓比與匝數(shù)比關(guān)系：UnUn2 2，解答：1解：根據(jù)萬有引力提供故選：A.第9頁（共 20 頁）)cr ru”所以：H ,2根據(jù)匸上，輸電線上的電流 匸上，輸電線上消耗的功率P耗=l2?2r=4（上丄）2（上）UU2n2 %2r.故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.故選：C.點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵注意電壓有效值的使用及變壓器的特點(diǎn)，輸入功率等于輸出功率，電壓比等于匝數(shù)比.4.（6分）（2

12、015?福建）簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，波速為V,若某時(shí)刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質(zhì)點(diǎn)a、b相距為s,a、b之間只存在一個(gè)波谷，則從該時(shí)刻起，下列四幅波形圖中質(zhì)點(diǎn)a最早到達(dá)波谷的是（）A.i VB. 口C.D.門*:波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象.:根據(jù)波的傳播方向判斷出a點(diǎn)的振動(dòng)方向，讀出波長，求出周期.分別得到質(zhì)點(diǎn) 圖示位置到達(dá)波谷的時(shí)間，從而進(jìn)行比較.:解：A圖中，波長為2s,周期為丁=一=二.a點(diǎn)正向上振動(dòng)，V V達(dá)波谷的時(shí)間tA=-一 ；4 2v的時(shí)間的時(shí)間2波長為s,周期為谷的時(shí)間tA=T=-4 6v故D圖中質(zhì)點(diǎn)a最早到達(dá)波谷.故選：D.解決本題的關(guān)鍵

13、要確定波長與s的關(guān)系，求得周期.能熟練根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì) 點(diǎn)的振動(dòng)方向.3分析：本題分段過程分析：當(dāng)PQ從左端滑到ab中點(diǎn)的過程和從ab中點(diǎn)滑到右端的過程, 抓住PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變.導(dǎo)體棒由靠近ab邊向de邊勻速滑動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢不變，外電路總電 阻先增大后減小，由歐姆定律分析PQ兩端的電壓如何變化；質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到B圖中,波長為s,周期為T=二.a點(diǎn)正向下振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)V Va從圖示位置到C圖中,波長為s,周期為T= =：. a點(diǎn)正向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)V Va從圖示位置到D圖中,T=二.a點(diǎn)正向下振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)a從圖示位置到達(dá)波v 3v第11頁（共 20 頁）用的時(shí)間為t2,小滑塊

14、兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過程始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則（）:滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律判斷滑塊受到的支持力大小關(guān)系, 力大小關(guān)系，再比較滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.: 2 2解：在AB段，由牛頓第二定律得：mg-F=m厶，滑塊受到的支持力：F=mg-m,RR則速度v越大，滑塊受支持力F越小，摩擦力f= F就越小，22在BC段，由牛頓第二定律得：F-mg=，滑塊受到的支持力：F=mg+m二，則RR速度v越大，滑塊受支持力F越大，摩擦力f就越大,由題意知從A運(yùn)動(dòng)到C相比從C到A,在AB段速度較大，在BC段速度較小，所以 從A到C運(yùn)動(dòng)過程受摩擦力較小，用時(shí)短，故A正確，BCD錯(cuò)誤

15、；故選：A.摩擦力公式即可正確解題.6.（6分）（2015?福建）如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的正方形線框abed，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、de以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且 與線框接觸良好，不計(jì)摩擦.在PQ從靠近ad處向be滑動(dòng)的過程中（）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化. 專題：電磁感應(yīng)一一功能問題.A.打Vt2B.tl=t2C.tlt2D.無法比較tl、t2的大小:動(dòng)能定理的應(yīng)用;滑動(dòng)摩擦力.然后判斷摩擦本題考查了比較滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系,分析清楚滑塊的

16、運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用牛頓第二定律與A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大.V齊蓋枚IN WSTf第12頁（共 20 頁）&菁優(yōu)Z jyeoo.con由題意，PQ上外力的功率等于電功率，由P=，分析功率的變化；rR當(dāng)PQ從左端滑到ab中點(diǎn)的過程中，由于總電阻增大，則干路電流減小，PQeb回路的電阻減小，通過eb的電流增大，可知ab中電流減?。划?dāng)PQ從ab中點(diǎn)滑到右端的 過程中，干路電流增大，PQda回路的電阻增大，PQ兩端的電壓減小，可知ab中電 流減??；根據(jù)矩形線框總電阻與PQ電阻的關(guān)系，分析其功率如何變化.當(dāng)矩

17、形線框的總電阻 等于PQ的電阻時(shí)，線框的功率最大.解答：解：根據(jù)右手定則可知，PQ中電流的方向?yàn)镼P，畫出該電路的等效電路圖如圖,R21RL其中R1為ad和be上的電阻值，R2為ab上的電阻與ed上的電阻的和，電阻之間的 關(guān)系滿足：RI+R2+RI=3R，由題圖可知，打-RX（R + %）9當(dāng)導(dǎo)體棒位于中間位置時(shí)，左右兩側(cè)的電阻值是相等的，此時(shí):3R 3R可知當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中，開始時(shí)的電阻值小于中間位置處的電阻值，所以當(dāng) 導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小.A、 導(dǎo)體棒由靠近ad邊向be邊勻速滑動(dòng)的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLv，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由

18、歐姆定律分析得知電路中的總電流先減小后增大，即PQ中電流先減小后增大.故A錯(cuò)誤.B、PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，U=E-IR，可知PQ兩端的 電壓先增大后減小.故B錯(cuò)誤；C、 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻K2大后減小，由P=得知，PQ上外力的功率先減小后增大.故C正確.IRD、 由以上的分析可知，導(dǎo)體棒PQ上的電阻始終大于線框的電阻，當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路的功率的分配關(guān)系與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電路的電阻值與電源的內(nèi)電阻相等時(shí)外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小.故D錯(cuò)誤.

19、故選：C.點(diǎn)評：本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點(diǎn)時(shí)線框總電阻最大， 分析電壓的變化和電流的變化； 二要根據(jù)推論： 外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)電源的輸出功 率最大， 分析功率的變化.當(dāng)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的過程中，開始時(shí)的電阻值:R先增第13頁（共 20 頁）二、非選擇題（本題包括 4 4 小題，共 7272 分）7.（6分）（2015?福建）某同學(xué)做 探究彈力和彈簧伸長量的關(guān)系 ”的實(shí)驗(yàn).1圖甲是不掛鉤碼時(shí)彈簧下端指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，其示數(shù)為7.73cm;圖乙是在彈簧下端懸掛鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度，此時(shí)彈簧的伸長量I為6.93 cm；2本實(shí)驗(yàn)通過在彈簧下端懸掛鉤碼的方法來改變彈

20、簧的彈力，關(guān)于此操作，下列選項(xiàng)中規(guī)范的做法是A;（填選項(xiàng)前的字母）A逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對應(yīng)的鉤碼總重B.隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對應(yīng)的鉤碼總重3圖丙是該同學(xué)描繪的彈簧的伸長量I與彈力F的關(guān)系圖線.圖線的AB段明顯偏離直線OA，造成這種現(xiàn)象的主要原因是超過彈簧的彈形限度.*P?？键c(diǎn)：探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系.專題： 實(shí)驗(yàn)題；彈力的存在及方向的判定專題.分析： （1根據(jù)彈簧測力計(jì)的讀數(shù)方法可得出對應(yīng)的讀數(shù)，再由讀數(shù)減去原長即為伸長量；2根據(jù)實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確性要求可明確哪種方法更為規(guī)范；3由彈簧的性質(zhì)和圖象進(jìn)行分析，則可得出造成圖象偏離的原因.解答

21、：解： 由圖可知，圖乙中示數(shù)為：14.65cm,則伸長量l-14.66cm 7.73cm-6.93cm；2為了更好的找出彈力與形變量之間的規(guī)律，應(yīng)逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針?biāo)傅臉?biāo)尺刻度和對應(yīng)的鉤碼總重；故選：A；3在彈簧的彈性限度范圍內(nèi)，胡克定律是成立的，但若超過彈簧的彈性限度，胡克 定律將不再適用；圖中出現(xiàn)偏折的原因是因?yàn)槌^了彈簧的彈性限度；故答案為：6.93；A;超過彈簧的彈性限度.點(diǎn)評：彈簧測力計(jì)的原理是在彈簧的彈性限度內(nèi)，彈簧的伸長與受到的拉力成正比，對于實(shí) 驗(yàn)問題，我們要充分利用測量數(shù)據(jù)求解可以減少誤差.&（12分）（2015?福建）某學(xué)習(xí)小組探究一小電珠在不

22、同電壓下的電功率大小，實(shí)驗(yàn)器材 如圖甲所示，現(xiàn)已完成部分導(dǎo)線的連接.第14頁（共 20 頁）Q 0.10 0.20 030 0+40 030 0*60丙1實(shí)驗(yàn)要求滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大，請 按此要求用筆畫線代替導(dǎo)線在圖甲實(shí)物接線圖中完成余下導(dǎo)線的連接；2某次測量，電流表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，則電流表的示數(shù)為0.44 A；3該小組描繪出的伏安特性曲線如圖丙所示，根據(jù)圖線判斷，將4只相同的小電珠并聯(lián)后，直接與電動(dòng)勢為3V、內(nèi)阻為1Q的電源組成閉合回路，可使小電珠的總功率最大，其 總功率的值為2.25 W（保留兩位小數(shù)）.考點(diǎn)：描繪小電珠的伏安特性曲線.專題：

23、; 實(shí)驗(yàn)題.分析： （11根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法，然后連接實(shí)物電路圖.2根據(jù)圖示電流表確定其量程與分度值，讀出其示數(shù).3當(dāng)內(nèi)外電阻相等時(shí)電源的輸出功率最大，即小電珠的總功率最大，由圖示圖象求 出此時(shí)電珠兩端電壓與電流，由歐姆定律求出電珠的電阻，然后求出燈泡的個(gè)數(shù)，應(yīng) 用功率公式可以求出小電珠的總功率.解答：解：滑動(dòng)變阻器的滑片從左到右移動(dòng)過程中，電流表的示數(shù)從零開始逐漸增大, 則滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，電路圖如圖所示：2由圖乙所示電流表可知，其量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.44A.3電源內(nèi)阻為1歐姆，當(dāng)外電路電阻與電源內(nèi)阻相等，即燈泡并聯(lián)總電阻為1歐姆時(shí)燈泡的總功率最大，

24、由于內(nèi)外電阻相等，則內(nèi)外電壓相等，電源電動(dòng)勢為3V，則路端電壓為1.5V，由圖2502,10I.fin；：ll0第15頁（共 20 頁）丙所示圖象可知，3mg；電壓為1.5V時(shí)通過小電珠的電流為0.375A，此時(shí)小電珠的電阻：】Q=4Q,I 0. 3754只小電珠的并聯(lián)阻值為1Q,因此需要4只小電珠并聯(lián)，此時(shí)小電珠的總功率：P=4UI=4 X1.5XJ.375P.25.故答案為：如圖所示；0.44;4;2.25.點(diǎn)評：本題考查了連接實(shí)物電路圖、電流表讀數(shù)、求燈泡個(gè)數(shù)、求燈泡總功率；當(dāng)電壓與電 流從零開始變化時(shí)滑動(dòng)變阻器只能采用分壓接法，根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法是正確連接實(shí)物電路圖的前提與關(guān)

25、鍵.9.(15分)(2015?福建)一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛，其運(yùn)動(dòng)過程的v-t圖象如圖所示求：(1)摩托車在020s這段時(shí)間的加速度大小a;(2)摩托車在075s這段時(shí)間的平均速度大小 一.:勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像.:運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題.:(1)v-t圖象的斜率等于加速度，由加速度的定義求解.(2)由圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，求得位移，再求平均速度大小.:解：(1)摩托車在020s這段時(shí)間的加速度a=，=1.5m/s2.At 20075s這段時(shí)間的位移、30m=1500m22020s這段時(shí)間的加速度大小a是1.5m/s;075s這段時(shí)間的平均速度大小 是20m/s.解決本題的

26、關(guān)鍵要抓住速度圖象的兩個(gè)物理意義: 圍的面積表示位移.10.(19分)(2015?福建)如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑 為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn).一 質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車.已 知滑塊質(zhì)量m，在任一時(shí)刻滑塊相對地面(2)摩托車在平均速度大小一=丄號=嘰答：(1)摩托車在(2)摩托車在斜率等于加速度，圖象與時(shí)間軸所O204575 /$第17頁(共

27、 20 頁)速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊 與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩，求：3mg；考點(diǎn)：功能關(guān)系；機(jī)械能守恒定律.分析：(1)滑塊在圓弧的軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中合外力提供向心力，所以滑塊在B點(diǎn)的左側(cè)受到的支持力要大于重力，當(dāng)滑塊到達(dá)B時(shí)的速度最大，受到的支持力最大， 由機(jī)械能守恒求出滑塊在B點(diǎn)的速度，然后又牛頓第二定律即可求解；(2)根據(jù)題意，在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 然后結(jié)合機(jī)械能守恒即可求出小車的最大速度大小vm；在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出小車的位移.2倍,2倍，寫出速度的關(guān)系式,解答：解：(1

28、)當(dāng)滑塊到達(dá)B時(shí)的速度最大，受到的支持力最大；當(dāng)滑塊下滑的過程中機(jī)械 能守恒，得：mgR二gm需滑塊在B點(diǎn)處受到的支持力與重力的合力提供向心力，得：解得：N=3mg由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力： 即滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力是N =N=3mg3mg.(2)在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 最大速度是vm,由機(jī)械能守恒得：1922倍，設(shè)小車的由于在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的 從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，所以滑塊2倍，即：由于它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)可得：s滑塊=2s車又:s滑塊+s車=L所以：小車的位移大?。簊=

29、 L答：(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力是 第 14 頁(共20 頁)&菁優(yōu)jyeoo.con1滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；2滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s.解得:第19頁(共 20 頁)丈；滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程3中，小車的位移大小是該題的第一問考查機(jī)械能守恒與向心力，比較簡單；第二問主要考查系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體間的相對位 移，往往根據(jù)平均速度研究也可以根據(jù)題目提供的特殊的條件：在任一時(shí)刻滑塊相 對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍， 不使用動(dòng)量守恒定律.11.(20分)(2015?福建)如圖，絕緣粗糙的豎直平面M

30、N左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑， 到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小Vc；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為VD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp.考

31、點(diǎn)：;帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng).專題：;帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題.分析：(1)小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN，此時(shí)與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析 計(jì)算此時(shí)的速度的大?。?2)由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功Wf；(3)撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大?。唤獯穑?/解: (1)小滑塊沿MN運(yùn)動(dòng)過程，水平方向受力滿足qvB+N=qE小滑塊在C點(diǎn)離開MN時(shí)N=0F解得Vc=(2) 滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小是C.物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度無關(guān)第 16 頁（共 20 頁）小滑塊速度最大時(shí)，速度方向與電場力、重力

32、的合力方向垂直, 撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，等效加速度為g,（3）小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Wf為mgh2B2（2）由動(dòng)能定理mgh-Wf=1 2 尹化-0解得Wf=mgh-2B2(3)如圖，2VD-2PV且第仃頁（共 20 頁）（2）小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，在與MN分離時(shí)，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過程逐步 求解即可. 物理- -選修 3-33-312.（6分）（2015?福建）下列有關(guān)分子動(dòng)理論和物質(zhì)結(jié)構(gòu)的認(rèn)識，其中正確的是（）A.分子間距離減小時(shí)分子勢能一定減小B.溫度越高，物體中分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)越劇烈解得- _ j：_：，答：（門小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc為：;vp為沖：手;匚宀第仃頁（共 20 頁）D非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性考點(diǎn)：物體的內(nèi)能；*晶體和非晶體.分析：分子間距離減小時(shí)分子勢能可能減小，也可能增大；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；根 據(jù)麥克斯韋統(tǒng)計(jì)規(guī)律可以解釋分子的速率的分布規(guī)律；單晶體的物理性質(zhì)是各向異 性，多晶體和非晶體的物理性質(zhì)各向同性.解答：解：A、當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，