山西省太原五中高三物理下学期第二次模拟考试试卷（含解析）.doc

山西省太原五中2015届高考物理二模试卷一、选择题：每小题6分1下列说法正确的是( )a笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向b用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强e=，电容c=，加速度a= 都是采用比值法定义的c卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值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2应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( )a手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态b手托物体向上运动的过程中，当物体速度最大时，手和物体分离c在物体离开手的瞬间，手和物体的加速度大小相同d在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度3如图所示，某物体自空间o点以水平初速度v0抛出，落在地面上的a点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与oa完全重合的位置上，然后将此物体从o点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下p为滑道上一点，op连线与竖直成45角，则此物体( )a在整个下滑过程中，物体有可能脱离滑道b物体经过p点时，速度的竖直分量为v0c由o运动到p点的时间等于d物体经过p点时，速度的大小为v04如图所示，为赤道上随地球自转的物体a、赤道上空的近地卫星b和地球的同步卫星c的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是( )a三者角速度的大小关系为a=cbb三者向心加速度大小关系为aaabacc三者的周期关系为ta=tctbd三者线速度的大小关系为vavbvc5如图所示，在ab间接入正弦交流电有效值u1=220v，通过理想变压器和二极管d1、d2给阻值r=5的纯电阻负载供电，已知d1、d2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为u0，设电阻r上消耗的热功率为p，则有( )au0=20v，p=20wbu0=20v，p=40wcu0=20v，p=40wdu0=20v，p=20 w6实验电路如图所示，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u，电流表示数i及干电池的输出功率p都会发生变化，下面各示意图中正确的是( )abcd7在x 轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2左边），电势随着x 的关系如图所示当x=x0时，电势为0，当x=x1时，电势有最小值u=u0点电荷产生电势的公式为u=k，下列说法中正确的是( )aq2在坐标原点处，且为正电荷bx0位置处电场强度为零cq1到坐标原点的距离为（1）d两个点电荷所带电荷量大小q1q28如图所示，在xoy平面内，有一个圆形区域的直径ab与x轴重合，圆心o的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场不计粒子重力则( )a若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达b点，粒子的初速度大小为b若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达b点，粒子的初速度大小为c若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，在磁场中运动的时间为t=，且粒子也能到达b点，粒子的初速度大小为d若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，在磁场中运动的时间为t=，且粒子也能到达b点，粒子的初速度大小为三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：9多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器如图甲是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将s拨到_或_两个位置，在进行电压测量时，应将s拨到_或_两个位置使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是_若选择开关处在“直流电压2.5v”档时指针位于b，则被测电压是_v；测量完成后，将选择开关拨向_位置10物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块a放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹_，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块a与物块b相连，绳与滑轮摩擦不计给物块a带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块a，该过程可近似认为物块a带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是_a纸带上的点迹间距先增加后减小至零b纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值c纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变d纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度b外，本实验还必须测量的物理量有_a物块a的质量mb物块b的质量mc物块a与木板间的动摩擦因数d两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度b、0和所测得的物理量可得出q的表达式为_11质量m=2kg的物体静止于水平地面的a处，b为同一水平面上的另一点，a、b间相距l=20m若用大小为30n、沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至b处（已知cos37=0.8，sin 37=0.6取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）改用大小为20n、与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从a处由静止开始运动并能到达b处，求该力作用的最短时间t12（19分）如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度b=1t；质量m=1103kg、电量q=1103c、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值（计算结果可以用分数和保留值表示）(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-313下列说法正确的是( )a当一定量气体吸热时，其内能可能减小b玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体c单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点d当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部e气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关14如图，体积为v、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4t0、压强为1.2p0的理想气体p0和t0分别为大气的压强和温度已知：气体内能u与温度t的关系为u=at，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积v1；（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q物理-选修3-415下列说法正确的是( )a我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去b为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制c用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理d根据麦充斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波e利用红外摄影可以不受天气（阴雨、大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物16一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点o处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点n的平衡位置为x=5m，经某一时间振动传播到质点m时的波形如图所示，求：经过多长时间n点第一次出现波谷；质点n开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程物理-选修3-517氢原子的部分能级如图所示，已知可见光子能量在1.62ev到3.11ev之间由此可推知，氢原子( ) a从高能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光b从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光c从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出射线d从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短e从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的低18如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题a小球开始释放高度hb小球抛出点距地面的高度hc小球做平抛运动的射程图中o点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1多次从斜轨上s位置静止释放，找到其平均落地点的位置p，测量平抛射程op然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上s位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的符号）a用天平测量两个小球的质量m1、m2b测量小球m1开始释放高度hc测量抛出点距地面的高度hd分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置m、ne测量平抛射程om，on若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_（用中测量的量表示）；若碰撞过程没有动能的损失，那么还应满足的表达式为_（用中测量的量表示）山西省太原五中2015届高考物理二模试卷一、选择题：每小题6分1下列说法正确的是( )a笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向b用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强e=，电容c=，加速度a= 都是采用比值法定义的c卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值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、笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故a正确；b、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强e=，电容c=，都是采用比值法定义的，加速度a= 不是比值法定义，故c错误；c、卡文迪许测出了引力常量的数值，库仑测出了静电力常量的数值，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正确；故选：ac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应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加深入有趣例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( )a手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态b手托物体向上运动的过程中，当物体速度最大时，手和物体分离c在物体离开手的瞬间，手和物体的加速度大小相同d在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：牛顿第二定律；超重和失重 专题：牛顿运动定律综合专题分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可解答：解：a、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故a错误b、物体向上先加速后减速，速度最大时，两者的速度相等，加速度相等，不会发生分离，故b错误c、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故c错误，d正确故选：d点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离3如图所示，某物体自空间o点以水平初速度v0抛出，落在地面上的a点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与oa完全重合的位置上，然后将此物体从o点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下p为滑道上一点，op连线与竖直成45角，则此物体( )a在整个下滑过程中，物体有可能脱离滑道b物体经过p点时，速度的竖直分量为v0c由o运动到p点的时间等于d物体经过p点时，速度的大小为v0考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：若做平抛运动，op连线与竖直方向成45角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从o点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，则物体做圆周运动，且运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向解答：解：a、物体从o点由静止释放，始终沿着轨迹运动，不会脱离滑道，所以a错误；c、物体若做平抛运动，有：，则t=现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于故c错误b、物体若做平抛运动，运动到p点时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为，则物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=，解得，所以v=2v0则物体经过p点时，速度的竖直分量故b正确，d错误故选：b点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动且分运动与合运动具有等时性4如图所示，为赤道上随地球自转的物体a、赤道上空的近地卫星b和地球的同步卫星c的运动示意图，若它们的运动都可视为匀速圆周运动，则比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是( )a三者角速度的大小关系为a=cbb三者向心加速度大小关系为aaabacc三者的周期关系为ta=tctbd三者线速度的大小关系为vavbvc考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：本题中涉及到三个做圆周运动物体，ac转动的周期相等，bc同为卫星，故比较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较解答：解：a、c、卫星c为同步卫星，周期与a物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：=mr，得t=所以b的周期小于c的周期则c错误，由 可知cb则a正确b、bc的向心力由万有引力提供即：，acab，故b错误；d、ac比较，角速度相等，由v=r，可知ac则d错误故选：a点评：本题涉及到两种物理模型，即ac转动的周期相等，bc同为卫星，其动力学原理相同，要两两分开比较，最后再统一比较5如图所示，在ab间接入正弦交流电有效值u1=220v，通过理想变压器和二极管d1、d2给阻值r=5的纯电阻负载供电，已知d1、d2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为u0，设电阻r上消耗的热功率为p，则有( )au0=20v，p=20wbu0=20v，p=40wcu0=20v，p=40wdu0=20v，p=20 w考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：在ab间接入正弦交流电u1=220v，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=10匝，根据电压与匝数成正比得有效值u2=20v而二极管的反向耐压值至少为u0，它是最大值，所以u0=v，根据电流的热效应知r两端电压为u，则，解得u=vq为副线圈正中央抽头，所以r消耗的热功率为p=40w故选：c点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解6实验电路如图所示，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u，电流表示数i及干电池的输出功率p都会发生变化，下面各示意图中正确的是( )abcd考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：根据功率与电压的关系，结合阻和外阻相等时，输出功率最大，而路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，从而求出电源输出功率表达式，再由欧姆定律，然后答题解答：解：电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为b而欧姆定律可知，u与i成正比，因此a图象也符合条件，故ab正确，cd错误； 故选：ab点评：要掌握应用图象法处理实验数据的方法；注意p与u图象建立在两者表达式基础上，掌握电源输出功率何时最大的条件7在x 轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2左边），电势随着x 的关系如图所示当x=x0时，电势为0，当x=x1时，电势有最小值u=u0点电荷产生电势的公式为u=k，下列说法中正确的是( )aq2在坐标原点处，且为正电荷bx0位置处电场强度为零cq1到坐标原点的距离为（1）d两个点电荷所带电荷量大小q1q2考点：电势差与电场强度的关系；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据顺着电场线方向电势降低，确定出两电荷的电性由图知当x=x0时，电势为零，由电场的叠加原理求出两电荷的位置解答：解：a、由图知：x从0到，电势先降低后升高，电势随x变化图线的斜率表示场强，在x1处场强为零，以及x=x0时，电势为0，知q2是正电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，在x轴的负方向上故a正确b、电势随x变化图线的斜率表示场强，x0位置处图线的斜率不为零，则电场强度不为零，故b错误c、设q1的坐标为x，则，解得x=，则q1到坐标原点的距离为（1），故c正确d、因为两电荷在x1处产生的场强为零，根据场强的叠加知，两个点电荷所带电荷量大小q1q2故d错误故选：ac点评：本题信息给予题，关键要抓住题干中有效信息和图象中有效信息，利用叠加原理分析8如图所示，在xoy平面内，有一个圆形区域的直径ab与x轴重合，圆心o的坐标为（2a，0），其半径为a，该区域内无磁场在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场不计粒子重力则( )a若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达b点，粒子的初速度大小为b若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，且粒子不经过圆形区域就能到达b点，粒子的初速度大小为c若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，在磁场中运动的时间为t=，且粒子也能到达b点，粒子的初速度大小为d若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60，在磁场中运动的时间为t=，且粒子也能到达b点，粒子的初速度大小为考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：ab、若粒子不经过圆形区域就能到达b点，故粒子到达b点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，由几何关系确定半径，然后根据牛顿第二定律确定粒子的初速度；cd、若粒子的初速度方向与y轴正向夹角为60，粒子到达b点的速度与x轴夹角=30，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求粒子的初速度大小解答：解：ab、粒子不经过圆形区域就能到达b点，故粒子到达b点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为r1，如图，由几何关系得： r1sin30=3ar1又qv1b=m解得：v1=，故a正确，b错误cd、粒子在磁场中的运动周期为：t=，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为：=360=60，粒子到达b点的速度与x轴夹角=30设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：3a=2r2sin30+2acos230又 qv2b=m，解得：v2=故c正确，d错误故选：ac点评：解决本题的突破口是知道以直径为斜边的内接圆一定是直角三角形从而确定出d点的半径过a点，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：9多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器如图甲是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将s拨到3或4两个位置，在进行电压测量时，应将s拨到5或6两个位置使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙中a、b所示若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，则被测电阻的阻值是500若选择开关处在“直流电压2.5v”档时指针位于b，则被测电压是1.98v；测量完成后，将选择开关拨向off挡或交流电压最高档位置考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：多用表测量电阻的内部电路为含有电池的电路，测量电压的内部电路不含有电池，电流计要串联电阻分压据此选择电路；根据多用电表选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后读出其示数；多用电表使用完毕，要把选择开关置于off挡或交流电压最高档解答：解：由图甲所示可知，将s拨到3或4位置时，多用电表内部电源被接通，可以测电阻；将s拨到5或6位置时，表头与分压电阻串联，构成电压表，可以测电压若选择开关处在“10”的电阻档时指针位于a，被测电阻的阻值是：5010=500若选择开关处在“直流电压2.5v”档，由图示表盘可知，其分度值为0.05v，指针位于b，则被测电压是：1.98v；测量完成后，将选择开关拨向off挡或交流电压最高档位置故答案为：3、4；5、6；500；1.98；off挡或交流电压最高档点评：本题考查了多用电表的结构、多用电表的读数、多用电表使用注意事项，多多用电表读数，要选确定其所测量的量与量程，然后根据指针位置读数，读数时视线要与电表刻度线垂直；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数10物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电量如图（a）所示，他将一由绝缘材料制成的小物块a放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题：（1）为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹间距相等，测出此时木板与水平面间的倾角，记为0（2）如图（b）所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块a与物块b相连，绳与滑轮摩擦不计给物块a带上一定量的正电荷，保持倾角0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块a，该过程可近似认为物块a带电量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是da纸带上的点迹间距先增加后减小至零b纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值c纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变d纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变（3）为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度b外，本实验还必须测量的物理量有bda物块a的质量mb物块b的质量mc物块a与木板间的动摩擦因数d两物块最终的速度v（2）用重力加速度g，磁感应强度b、0和所测得的物理量可得出q的表达式为考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：实验题分析：平衡摩擦力后滑块受到的合力为零，滑块做匀速直线运动没有磁场时，对a受力分析，a受到重力mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可以解得斜面的动摩擦因数当存在磁场时，以ab整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+mgsin0）（bqv+mgcos0）=（m+m）a，根据表达式分析物体的运动性质解答：解：（1）此实验平衡摩擦力后，确定滑块做匀速直线运动的依据是，看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的（2）设a的质量为m，b的质量为m，没有磁场时，对a受力分析，a受到重力mg、支持力、摩擦力根据平衡条件可知：f=mgsin0，fn=mgcos0又因为f=fn，所以当存在磁场时，以ab整体为研究对象，由牛顿第二定律可得（mg+mgsin0）（bqv+mgcos0）=（m+m）a由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以ab一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差相等公式x=at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减少；匀速运动时，间距不变故d正确、abc错误故选：d（3）（4）根据（mg+mgsin0）（bqv+mgcos0）=（m+m）a，可得当加速度减为零时，速度最大，设最大速度为v，则（mg+mgsin0）（bqv+mgcos0）=0化简得q=，把=tan0代入，得由此可知为了测定物体所带电量q，除0、磁感应强度b外，本实验还必须测量的物理量有物块b的质量m和两物块最终的速度v故答案为：（1）间距相等；（2）d；（3）bd；（4）点评：要明确实验原理，理解为什么挂钩码前要首先平衡摩擦力，正确的受力分析是关键11质量m=2kg的物体静止于水平地面的a处，b为同一水平面上的另一点，a、b间相距l=20m若用大小为30n、沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至b处（已知cos37=0.8，sin 37=0.6取g=10m/s2）（1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）改用大小为20n、与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从a处由静止开始运动并能到达b处，求该力作用的最短时间t考点：牛顿第二定律；动摩擦因数 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而通过滑动摩擦力公式求出动摩擦因数（2）设f作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达b处，速度恰为0，根据牛顿第二定律，结合正交分解求出加速度，再根据位移时间公式求出力作用的最短时间t解答：解：（1）物体做匀加速直线运动，根据l=at02得：a=10m/s2根据牛顿第二定律得，ff=ma，解得：f=30210n=10n则动摩擦因数：=0.5（2）设f作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达b处，速度恰为0，由牛顿定律fcos45（mgfsin45）=ma 则a=m/s2=6m/s2撤去外力后的加速度为a=5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速运动的初速度，因此有：at=at则t=t=2t由题意得：l=at2+at2解得：t=1.7s答：（1）求物体与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）该力作用的最短时间为 1.7s点评：本题综合考查了运动学公式和牛顿第二定律，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力12（19分）如图，水平地面上方有绝缘弹性竖直档板，板高h=9m，与板等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s=3m板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度b=1t；质量m=1103kg、电量q=1103c、视为质点的带电小球从挡板最下端，以某一速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与档板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能从筐口的中心处落入筐中（不考虑与地面碰撞后反弹入筐情况），g=10m/s2，求：（1）电场强度的大小与方向；（2）小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值（计算结果可以用分数和保留值表示）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电粒子在混合场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由平衡关系可求和电场强度；（2）带电粒子在电场中做圆周运动，由牛顿第二定律可确定半径和周期；分析可能出现的碰撞情况，找出所有符合要求的结果，进而求出小球从出发到落入筐中的运动时间的可能取值解答：解：（1）因小球能做匀速圆周运动，所以有：eq=mge=10n/c方向竖直向下（2）洛仑兹力提供向心力有：qvb=m 且t=得：t=2s=6.28s因为速度方向与半径方向垂直，圆心必在档板的竖直线上 rs=3m；设小球与档板碰撞n次，其最大半径为要击中目标必有：n1.5n只能取0，1 当n=0，即为图1中rm2=（9rm）2+s2解得rm=5m；在图1中由几何知识有：sin=37 对应小球运动时间最短tmin=s当n=1，时可得：（h3r）2+s2=r2（93r）2+32=r2解得：r1=3m，r2=3.75m r1=3m时由如图2中的 运动轨迹可知：运动时间t=sr2=3.75m时运动时间最长，其运动轨迹如图2中的轨迹所示，由几何知识有：cos=；故=37则tmax=s所以时间的可能值为：s、s或s；答：（1）电场强度的大小为10n/c；方向竖直向下；（2）时间的可能值为：s、s或s；点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，基本方法为确定圆心和半径；但要准确解题的关键在于能否由题意找出物体的运动轨迹，并能确定带电小球转过的圆心角对学生几何知识的应用较高(二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答物理-选修3-313下列说法正确的是( )a当一定量气体吸热时，其内能可能减小b玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体c单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点d当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部e气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关考点：热力学第一定律；* 晶体和非晶体 分析：根据热力学第一定律，u=w+q可知，即可求解；玻璃是非晶体；晶体有固定的熔点，而非晶体没有；由分子间距大于平衡位置时，体现分子引力；单位体积内气体的分子数和气体温度，直接影响气体的压强，从而即可求解解答：解：a、根据u=w+q可知，当一定量气体吸热时，其内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故a正确；b、晶体有整齐规则的几何外形，晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变，且晶体有各向异性的特点，玻璃是非晶体，故bc错误；d、液体与大气相接触时，液体表面体现分子引力，体现表面张力，故d正确；e、单位体积内气体的分子数多少和气体温度的高低，影响着气体的压强，即气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，故e正确故选：ade点评：考查热力学第一定律的内容，注意w与q的正负确定，掌握晶体与非晶体的区别，理解分子表面引力，同时掌握影响气体分子的压强因素14如图，体积为v、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4t0、压强为1.2p0的理想气体p0和t0分别为大气的压强和温度已知：气体内能u与温度t的关系为u=at，a为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的求：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积v1；（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量q考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律 专题：理想气体状态方程专题分析：找出初状态和末状态的物理量，由查理定律和盖吕萨克定律求体积，根据功的公式和内能表达式求放出的热量解答：解：（1）在气体由压缩p=1.2p0到p0时，v不变，温度由2.4t0变为t1，由查理定律得得：t1=2t0在气体温度由t1变为t0的过程中，体积由v减小到v1，气体压强不变，由着盖吕萨克定律得解得：v1=0.5v（2）活塞下降过程中，活塞对气体的功为w=p0（vv1）在这一过程中，气体内能的减少为u=a（t1t0）由热力学第一定律得，气缸内气体放出的热量为q=w+u得：q= 答：（1）气缸内气体与大气达到平衡时的体积为0.5v（2）在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量为 点评：本题考查了理想气体状态方程的应用和热力学第一定律的应用，难度适中物理-选修3-415下列说法正确的是( )a我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去b为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制c用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理d根据麦充斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波e利用红外摄影可以不受天气（阴雨、大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物考点：红外线的热效应和红外线遥控；全反射 分析：根据多普勒效应，由接收的频率的大小，从而可得波长的长短，从而可确定间距的远近；将信号取下来，是解调；而加载信号是调制；光导纤维是运用光的全反射原理；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产磁场；当波长越长，越容易发生衍射现象，从而即可各项求解解答：解：a、在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，根据c=f，光速不变，则频率变小，由多普勒效应可知，当频率变小时，则两者间距增大，因此该星球正在距离我们远去，故a正确；b、从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行解调，而加载信号过程是调制，故b错误；c、光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理；故c正确；d、根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的电场周围一定产磁场，不一定产生变化的磁场，若电场均匀变化，将产生稳定的磁场，故d错误；e、因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则容易绕过障碍物；故e正确；故选：ace点评：考查光的全反射原理、掌握干涉与衍射的区别，注意影响稳定干涉与明显衍射的条件，及电磁波的传播及相对论等内容，同时掌握根据多普勒效应来确定间距的变化，要注意在学习中能准确掌握物理学史，并区别调制与解调的不同16一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点o处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐横波，绳上质点n的平衡位置为x=5m，经某一时间振动传播到质点m时的波形如图所示，求：经过多长时间n点第一次出现波谷；质点n开始振动时的振动方向以及此时绳的左端已振动所通过的路程考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由图读出波长，求出波速当图中x=0.5m处的波谷传到n点时，n点第一次出现波谷，由t=求时间介质中各个质点的起振方向都相同，由波形平移法判断求出波从m传到n的时间，由时间与周期的关系求解质点通过的路程解答：解：由图可知，波长=2m，周期t=1s，则波速 v=2m/s振动传播到质点n经历的时间 t=2.25s任何一个质点的振动都在重复波源的振动，此时，质点m在重复波源刚刚开始振动，振动方向沿y轴负向，所以质点n开始振动时的振动方向也是沿y轴负向从m传播到n，需要时间 t=2s质点n开始振动时，绳的左端振动已经振动 t=2s=2t，而目前绳的左端已经振动半个周期，所以通过的路程 s1=4a2+2a=80cm答：经过2.25s时间n点第一次出现波谷；质点n开始振动时的振动方向沿y轴负向，此时绳的左端已振动所通过的路程为80cm点评：本题第1小题运用的是波形平移法求波传播的时间，也可以分两段求：先求出波传到n点的时间，再求形成波谷的时间物理-选修3-517氢原子的部分能级如图所示，已知可见光子能量在1.62ev到3.11ev之间由此可推知，氢原子(