甘肃省白银市会宁一中2015-2016学年高三上学期第四次月考物理试卷

1、甘肃省白银市会宁一中2015-2016学年高三（上）第四次月考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）A第3s内的平均速度是3m/sB物体的加速度是0.4m/s2C前3s内的位移是6mD3s末的速度是4m/s2如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A小球A

2、可能受到2个力的作用B小球B可能受到3个力的作用CA、B的质量之比为1：sinDA、B的质量之比为1：tan3在汽车无极变速器中，存在如图所示的装置，A是与B同轴相连的齿轮，C是与D同轴相连的齿轮，A、C、M为相互咬合的齿轮已知齿轮A、C规格相同，半径为R，齿轮B、D规格也相同，半径为1.5R，齿轮M的半径为0.9R当齿轮M如图方向转动时以下说法错误的是（）A齿轮D和齿轮B的转动方向相同B齿轮D和齿轮A的转动周期之比为1：1C齿轮M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3D齿轮M和齿轮C的角速度大小之比为9：104如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨

3、道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断正确的是（）A两物块到达底端时速度相同B两物块到达底端时动能相同C两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率5如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV，它的动能应为（）A6 eVB13 eVC20 eVD27 eV6如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板

4、电容器先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变则下列说法正确的是（）A电容器的电容变小B电容器内部电场强度大小变大C电容器内部电场强度大小不变DP点电势升高72014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与

5、月球的中心连线扫过角度为引力常量为G，则（）A航天器的环绕周期为B航天器的轨道半径为C月球的质量为D月球的密度为8质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是（）A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动加速度大小为（1sin）gDM运动加速度大小为g三、非选择题：9用落体验证机械能守恒定律的实验（1）为进行该实验，备有下列器材可供选择铁架台、打点计时器、复写纸片、纸带、低压直流电源、天平、秒表、

6、导线、开关其中不必要的器材是，缺少的器材是（2）若实验中所用重物的质量m=1kg，打点时间间隔为0.02s，打出的纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的几点，测得OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm、OD=4.90cm，查出当地的重力加速度g=9.80m/s2，则重物在B点时的动能EKB= J，从开始下落到B点的过程中，重物的重力势能减少量是J（结果均保留三位有效数字）由此得出的结论是10某实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，实验装置如图1所示，一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下图2是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点（

7、相邻计数点间还有4个点未画出）的长度分别为：x1、x2、x3、x4、x5、x6（1）已知打点计时器使用的交流电频率为f，则打下3计数点时小车的速度v3=，小车下滑的加速度算式为a=（用题中所给的符号表示）（2）已知当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需测量的物理量有 （要用文字及符号表示）（3）用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=11如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：（1）该电子刚飞离加速

8、电场时的速度大小（2）金属板AB的长度（3）电子最后穿出电场时的动能12如图所示，一质量m=2kg的物体从离地面高h=0.8m处水平抛出，恰能无碰撞第沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑圆弧AB和四分之一圆弧CD与水平固定BC相切，已知=53°，圆弧AB半径为R=1.0m，BC部分与物体的摩擦因素=0.4，BC段长度为3m，其余部分均为光滑面（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）物体水平抛出的速度v？（2）物体运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力？（3）物块最终静止在哪个位置？三、选考题。请考生任选一模块作

9、答物理-选修3-3（15分）13一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同14如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2L，压强为latm，充气筒每次充入0.2L压强为latm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：充气多少次可以让气体压强增大至3

10、atm；将充气后的蹦蹦球拿到温度为13的室外后，压强将变为多少？物理-选修3-4（15分）15（2015梧州模拟）图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（）A波速为0.5m/sB波的传播方向向右C02s时间内，P运动的路程为8cmD02s时间内，P向y轴正方向运动E当t=7s时，P恰好回到平衡位置16（2015秋会宁县校级月考）一玻璃立方体中心有一点状光源今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积

11、之比的最小值物理-选修3-5（15分）17（2015秋会宁县校级月考）关于天然放射性，下列说法正确的（）A放射性元素的半衰期与外界的温度无关B所有元素都有可能发生衰变C一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线D、和三种射线中，射线的穿透能力最强E放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性18（2015陕西校级二模）如图，小球a、b用等长细 线悬挂于同一固定点O让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°忽略空气阻力，求两球a、b的质量之比；两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比201

12、5-2016学年甘肃省白银市会宁一中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则（）A第3s内的平均速度是3m/sB物体的加速度是0.4m/s2C前3s内的位移是6mD3s末的速度是4m/s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度【专题】直线运动规律专题【分析】由公式=求解第3s内的平均速度第3s内位移等于前3s内与前2s内位移之差，根据位移公式列式，

13、求出加速度再由运动学求出前3s内的位移和3s末的速度【解答】解：A、第3s内的平均速度为： =m/s=3m/s，故A正确；B、设加速度大小为a，则有：x=aa=，得：a=1.2m/s2，故B错误；C、前3s内位移为：x3=，故C错误；D、3s末的速度是v=at3=1.2×3=3.6m/s，故D错误；故选A【点评】本题运用匀变速直线运动的基本公式研究初速度为零的匀加速运动问题，也可以通过图象研究2如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是（）A小球A可能受到

14、2个力的作用B小球B可能受到3个力的作用CA、B的质量之比为1：sinDA、B的质量之比为1：tan【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题【分析】分别对AB两球分析，运用合成法，用T表示出A、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳子AB两球的拉力是相等的【解答】解：A、对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；B、对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；C、定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错

15、误；D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T=mBg=（根据正弦定理列式）故mA：mB=1：tan，故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来3在汽车无极变速器中，存在如图所示的装置，A是与B同轴相连的齿轮，C是与D同轴相连的齿轮，A、C、M为相互咬合的齿轮已知齿轮A、C规格相同，半径为R，齿轮B、D规格也相同，半径为1.5R，齿轮M的半径为0.9R当齿轮M如图方向转动时以下说法错误的是（）A齿轮D和齿轮B的转动方向相同B齿轮D和齿轮A的转动周期之比为1：1C齿轮

16、M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3D齿轮M和齿轮C的角速度大小之比为9：10【考点】线速度、角速度和周期、转速【专题】匀速圆周运动专题【分析】AB同轴转动，CD同轴转动，角速度相同，AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等，然后利用v=r解决问题【解答】解：A、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，因为M顺时针转动，故A逆时针转动，C逆时针转动，又AB同轴转动，CD同转转动，所以齿轮D和齿轮B的转动方向相同，故A正确；B、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，齿轮A、C规格相同，半径为R，根据v=r得，AC转动的角速度相同，AB同轴转动，角速度相同，CD同轴

17、转动相同，且齿轮B、D规格也相同，所以齿轮D和齿轮A的转动角速度相同，转动周期之比为1：1，故B正确；C、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，根据v=r得，A是与B同轴相连的齿轮，所以A=B，根据v=r得：M和齿轮B边缘某点的线速度大小之比为2：3，故C正确；D、AMC三个紧密咬合的齿轮是同缘传动，边缘线速度大小相同，根据v=r得：M和齿轮C的角速度大小之比为10：9，故D错误；本题选错误的，故选：D【点评】本题关键明确同缘传动边缘点线速度相等，然后结合v=r以及频率和周期的定义进行分析，基础题4如图所示，质量相同的甲乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，

18、轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下下列判断正确的是（）A两物块到达底端时速度相同B两物块到达底端时动能相同C两物块运动到底端的过程中重力做功的瞬时功率在增大D两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率【考点】动能定理；功率、平均功率和瞬时功率【专题】动能定理的应用专题【分析】根据动能定理比较两物块到达底端的动能，从而比较出速度的大小，根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcos比较瞬时功率的大小【解答】解：A、根据动能定理得，mgR=，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同故A错误，B正确B、两物块运动到底端的

19、过程中，下落的高度相同，由于质量不一定相等，则重力做功不一定相同故B错误C、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，故甲的功率先增大后减小，故C错误D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率故D错误故选：B【点评】动能是标量，只有大小没有方向，但是要注意速度是矢量，比较速度不仅要比较速度大小，还要看速度的方向；以及知道瞬时功率的表达式P=mgcos，注意为力与速度方向的夹角5如图所示，虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面2的电势为0一带正电的点电荷在

20、静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为8eV，它的动能应为（）A6 eVB13 eVC20 eVD27 eV【考点】电势能【分析】由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为8eV时的动能值【解答】解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小为21eV而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从2等势面到4等势面时

21、，动能减小14eV，电势能增大，等势面2的电势为0，电荷经过b时电势能为14eV，又由题，电荷经b点时的动能为5eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=14eV+5eV=19eV，其电势能变为8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为27eV，故D正确，ABC错误；故选：D【点评】本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，注意动能与电势能之和是不变，是解题的突破口6如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变则下列说法正确的是（）A电容器的电容变小B电容器内部电场强度大

22、小变大C电容器内部电场强度大小不变DP点电势升高【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】在电容器的电量不变的情况下，将B板下移，则导致电容变化，电压变化，根据E=与c=相结合可得E=，从而确定电场强度是否变化再根据电荷带电性可确定电势能增加与否【解答】解：A、根据c=，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A正确；B、根据E=与c=相结合可得E=，由于电量不变，场强大小不变，故B错误C正确；D、B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确；故选：ACD【点评】做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用72

23、014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”再人返回飞行试验返回器在内蒙古四于王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再人返回关键技术，为“嫦娥5号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t（t小于航天器的绕行周期），航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过角度为引力常量为G，则（）A航天器的环绕周期为B航天器的轨道半径为C月球的质量为D月球的密度为【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】由万有引力充当向心力而做圆周运动的，则由万有引力公

24、式及已知量可得出能计算的物理量【解答】解：A、经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为则：，得：故A正确；B、根据几何关系得：故B错误；C、由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：所以：故C正确；D、人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r，则月球的体积：月球的密度：故D错误故选：AC【点评】万有引力在天体中的运动，主要是万有引力充当向心力，注意向心力的表达有多种形式，应灵活选择8质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放

25、置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是（）A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动加速度大小为（1sin）gDM运动加速度大小为g【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】由第一次放置M恰好能静止在斜面上，可得M和m的质量关系，进而可求第二次放置M的加速度，轻绳的拉力【解答】解：第一次放置时M静止，则：Mgsin=mg，第二次放置时候，由牛顿第二定律：Mgmgsin=（M+m）a，联立解得：a=（1sin）g=g对M由牛顿第二定律：Tmgsin=ma，解得：T=mg，故A错误，B正确，C正确，D正确故选：BCD【点评】该题的关键是用好牛顿第二定律，对给定的情形分

26、别列方程，同时注意连接体问题的处理方法：整体法和隔离法的灵活应用三、非选择题：9用落体验证机械能守恒定律的实验（1）为进行该实验，备有下列器材可供选择铁架台、打点计时器、复写纸片、纸带、低压直流电源、天平、秒表、导线、开关其中不必要的器材是秒表、低压直流电源、天平，缺少的器材是低压交流电源、刻度尺（2）若实验中所用重物的质量m=1kg，打点时间间隔为0.02s，打出的纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的几点，测得OA=0.78cm、OB=1.79cm、OC=3.14cm、OD=4.90cm，查出当地的重力加速度g=9.80m/s2，则重物在B点时的动能EKB=0.174 J，从开始下落到B

27、点的过程中，重物的重力势能减少量是0.175J（结果均保留三位有效数字）由此得出的结论是误差允许的范围内，做自由落体运动的重锤的机械能守恒【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，清楚该实验的误差来源根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出B点的动能，根据下降的高度求出物体重力势能的减小量，从而判断机械能是否守恒【解答】解：（1）该实验中，要有做自由落体运动的物体重锤；通过打点计时器来记录物体运动时间，不需要秒表，打点计时器需要的是交流电源，因此低压直流电源不需要，缺少低压交流

28、电源，由于验证机械能公式中可以把物体质量约掉，因此不需要天平，同时实验中缺少刻度尺所以不必要的器材有：秒表、低压直流电源、天平缺少的器材是：低压交流电源、刻度尺（2）利用匀变速直线运动的推论得：vB=0.59m/s则B点的动能EkB=mvB2=（0.59）2=0.174J重物重力势能的减小量Ep=mgh=1×9.8×0.0179J=0.175J在实验误差允许的范围内减少的物体重力势能等于其增加的动能，物体自由下落过程中机械能守恒故答案为：（1）秒表、低压直流电源、天平；低压交流电源、刻度尺（2）0.174；0.175；误差允许的范围内，做自由落体运动的重锤的机械能守恒【点评

29、】运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟练应用基本物理规律解决实验问题10某实验小组测量小车从斜面上下滑所受到的阻力大小，实验装置如图1所示，一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下图2是打出的纸带的一段，已量出各相邻计数点（相邻计数点间还有4个点未画出）的长度分别为：x1、x2、x3、x4、x5、x6（1）已知打点计时器使用的交流电频率为f，则打下3计数点时小车的速度v3=，小车下滑的加速度算式为a=（用题中所给的符号表示）（2）已知当地的重力加速度为g，本实验中只有毫米刻度尺，没有量角器，为了求出小车在下滑过程中所受的阻力

30、，还需测量的物理量有小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h （要用文字及符号表示）（3）用加速度a及其他需要测得的量表示阻力的计算式为F阻=mgma【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题【分析】（1）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据x=aT2列式求解加速度；（2、3）根据牛顿第二定律列式求解阻力，确定待测量【解答】解：（1）相邻计数点间还有4个点未画出，打点计时器使用的交流电频率为f，则匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：V3=根据公式x=aT2，有：（x6+x5+x4）（x1+x2+x3）=a（3T）2解得：a=， （

31、2、3）根据牛顿第二定律，有：mgsinF阻=ma解得：F阻=mgsinma=mgma故还需要测量小车质量m、斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；故答案为：（1）；（2）小车质量m； 斜面上任意两点间距离l及这两点的高度差h；（3）mgma【点评】本题关键是明确小车的受力情况和运动性质，然后结合运动学公式和牛顿第二定律定律列式求解11如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小（2）金属板AB的长度（3）电子最后穿出电场时的动能【

32、考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是，由此可以求得极板的长度；（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功【解答】解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得： 所以 （2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有： L=v0t 由解得：（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是，由此对电子做功 代人中得：答：（1）电子进入

33、偏转电场时的速度为；（2）极板的长度为；（3）电子最后穿出电场时的动能【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可12如图所示，一质量m=2kg的物体从离地面高h=0.8m处水平抛出，恰能无碰撞第沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑圆弧AB和四分之一圆弧CD与水平固定BC相切，已知=53°，圆弧AB半径为R=1.0m，BC部分与物体的摩擦因素=0.4，BC段长度为3m，其余部分均为光滑面（计算中取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：（1）物体水平抛出的速度v？（

34、2）物体运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力？（3）物块最终静止在哪个位置？【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）物体从平台飞出后做的是平抛运动，根据平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，可以求得运动的时间，得到物体通过A点的竖直分速度，再根据速度的分解求解初速度v（2）从A点开始物体做的是圆周运动，由机械能守恒求出物体经过B点的速度，根据向心力的公式可以求得在B点时受到的支持力的大小，再由牛顿第三定律得到压力（3）由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，最终停在BC上，设在BC上运动的总路程是S，对全程运用动能定理求出S，即可确定位置【解答】解

35、：（1）物体做平抛运动的过程，据平抛运动的规律可得通过A点时的竖直分速度 vy=4m/s据题知物体通过A点时速度沿A点的切线方向，与水平方向的夹角为53°则根据速度的分解可知：v=vycot53°=4×m/s=3m/s（2）物体从抛出到B的过程，由机械能守恒得 mgh+mgR（1cos53°）=在B点，有 Nmg=m联立解得=2m/s，N=100N根据牛顿第三定律知，物体运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为100N（3）设在BC上运动的总路程是S，对全程运用动能定理得：mgS=0解得 S=5m因为BC段长度为3m，所以物体最终停在BC上离B点3m处答：

36、（1）物体水平抛出的速度v是4m/s（2）物体运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是100N（3）物块最终静止在BC上离B点3m处【点评】解决本题的关键要把握每个过程的规律，特别是要明确摩擦力作功与总路程有关，运用动能定理对整个过程列式，可求出总路程三、选考题。请考生任选一模块作答物理-选修3-3（15分）13一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其PT图象如图所示下列判断正确的是（）A过程ab中气体一定吸热B过程bc中气体既不吸热也不放热C过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热Da，b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小Eb和c两个状态中，容器壁单位

37、面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题【解答】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律U=Q+W可知，气体吸热，故B错误；C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖

38、吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W0，气体温度降低，内能减少，U0，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误；D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D正确；E、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分钟数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故E正确；故选：ADE【点评】本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在PT图象中等容线为过原点的直线14如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在17的室内对蹦蹦球充

39、气，已知充气前球的总体积为2L，压强为latm，充气筒每次充入0.2L压强为latm的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：充气多少次可以让气体压强增大至3atm；将充气后的蹦蹦球拿到温度为13的室外后，压强将变为多少？【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】据题充气过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律求解当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律求解【解答】解：设充气n次可以让气体压强增大至3atm据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：P1（V+nV）=P2V代入：1×（2+n×

40、;0.2）=3×2解得 n=20（次）当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得：=可得 P3=P2=×3atm2.8atm答：充气20次可以让气体压强增大至3atm；室外温度达到了13，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为2.8atm【点评】本题的关键要明确不变量，运用玻意耳定律和查理定律求解，解题要注意确定气体的初末状态参量物理-选修3-4（15分）15（2015梧州模拟）图（a）为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图（b）为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，下列说法正确的是（）A波速为0.5m/sB波的传播方向向右C02s时间内，P

41、运动的路程为8cmD02s时间内，P向y轴正方向运动E当t=7s时，P恰好回到平衡位置【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】先根据质点的振动图象，判断波的传播方向，再根据波长和周期求波速；据波形成的条件和特点分析各质点的振动情况【解答】解：A、由图（a）可知该简谐横波波长为2m，由图（b）知周期为4s，则波速为v=0.5m/s，故A正确；B、根据图（b）的振动图象可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；C、由于t=2s时，质点P在波谷，且2s=0.5T，所以质点P的路程为2A=8cm，故C正确；D、由于该波向左

42、传播，由图（a）可知t=2s时，质点P已经在波谷，所以可知02s时间内，P向y轴负方向运动，故D错误；E、当t=7s时，t=5s=1，P恰好回平衡位置，故E正确故选：ACE【点评】熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向、利用周期表示时间，求质点的路程、注意时间和空间周期性的对应16（2015秋会宁县校级月考）一玻璃立方体中心有一点状光源今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值【考点】光的折射定律【专题】压轴题；光的折射专题【分析】通过光线在镀膜部分发生全反射，根据临界情况，通过几何关系求出镀膜面积与立方体表面积之比的最小值【解答】解：如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发