黑龙江省大庆市铁人中学高考物理模拟试卷（一）（含解析）.doc

2015年黑龙江省大庆市铁人中学高考物理模拟试卷（一）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1第4题只有一项符合题目要求；第5第8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在圆轨道上质量为m的人造地球卫星，它距地面的高度等于地球的半径为r，地面上的重力加速度为g，则（）a卫星运动的速度为b卫星运动的加速度为0.5gc卫星运动的周期为4d卫星运动的动能为mgr2如图所示，a、b两物块叠放在一起，a、b间接触面粗糙，它们以沿斜面向上的相同初速度冲上一足够长的光滑斜面在a、b运动的过程中，下列判断正确的是（）a上升过程中，b物块受到沿接触面向上的摩擦力b下滑过程中，a、b两物块将发生相对滑动c上升和下滑过程中，b物块始终不受摩擦力da、b两物块上升至最高点时，它们均处于平衡状态3如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为s，这两个电极与可变电阻r相连在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为b发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻r消耗电功率的最大值为（）abcd4如图所示，一质量为m的木块与水平面接触，木块上方固定有一根直立的绝缘轻弹簧，弹上端系一带电且质量为m的小球（弹簧不带电），小球在竖直方向上振动，当加上竖直方向的匀强电场后，在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度当木块对水平面压力为零时，小球的加速度大小是（）abcd5如图所示，电源的电动势和内阻分别为e、r，r0=r，滑动变阻器的滑片p由a向b缓慢移动，则在此过程中（）a电压表v1的示数一直增大b电压表v2的示数先增大后减小c电源的总功率先减小后增大d电源的输出功率先减小后增大6如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场b和平行纸面且与竖直平面夹角为45的斜向下的匀强电场e，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的p点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么（）a小球在复合场中一定做匀速直线运动b磁感应强度，场强c若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动d若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场7如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）a穿过弹性圆环的磁通量增大b从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流c弹性圆环中无感应电流d弹性圆环受到的安培力方向沿半径向里8如图所示，m是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压=311sin100tv变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），r1为一定值电阻下列说法正确的是（）a当r2所在处出现火情时，电阻r1的功率变大b当r2所在处出现火情时，电压表v2的示数变大c当r2所在处出现火情时，电流表a的示数变大d电压表v1示数为22v二、实验题9打点计时器是高中物理中重要的物理实验仪器，图甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的，请回答下面的问题（1）甲图是打点计时器，电源采用的是（2）乙图是打点计时器，电源采用的是（3）某同学用如图丙所示的装置来研究自由落体运动下列有关操作的叙述正确的是a安装打点计时器时要注意让上下限位孔在同一竖直线上b将打点计时器与直流低压电源连接c释放纸带时应尽量让重物靠近打点计时器d应先释放纸带，然后接通电源实验得到一条纸带，测得各点之间的距离如图丁所示已知电源频率为50hz，则纸带中打a点到打f点的时间间隔是s从该纸带可知，重物下落的加速度大小a=m/s2（保留三位有效数字）若实际电源的频率不是50hz，而是52hz，则由上面计算出的加速度将（偏大或偏小）10表格中所列数据是测量小灯泡ui关系的实验数据：u（v）0.00.20.51.01.52.02.53.0i（a）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图1中的图；（2）在图2 的方格纸内画出小灯泡的ui曲线分析曲线可知小灯泡的电阻随i变大而（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图丙所示，用一个阻值为10的定值电阻r和上述小灯泡组成串联电路，连接到内阻不计、电动势为3v的电源上则流过灯泡的电流约为a三、计算题11建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的若测出其圆锥底的周长为12.5m，高为1.5m，如图所示（1）试求黄沙之间的动摩擦因数（保留2位有效数字）（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？（可用根式表示结果）12在图示区域中，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为b，今有一质子以速度v0由y轴上的a点沿y轴正方向射入磁场，质子在磁场中运动一段时间以后从c点进入x轴下方的匀强电场区域中，在c点速度方向与x轴正方向夹角为45，该匀强电场的强度大小为e，方向与y轴夹角为45且斜向左上方，已知质子的质量为m，电量为q，不计质子的重力，（磁场区域和电场区域足够大）求：（1）c点的坐标（2）质子从a点出发到第三次穿越x轴时的运动时间（3）质子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场e方向的夹角的正切值四、选做题【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是 （）a第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律b自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源c气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大d分子a从远处靠近固定不动的分子b，当a只在b的分子力作用下到达所受的分子力为零的位置时，a的动能一定最大14如图所示为内径均匀的u形管，其内部盛有水银，封闭端内的空气柱长l=12cm，两侧水银面的高度差为h=2cm已知大气压强为p0=75cmhg现从开口端缓缓的加入水银，直到两侧水银面处在同一高度则（1）此时封闭端内的空气柱长为多少？（2）从开口端加入的水银总共有多长？【物理-选修3-4】共2小题15下列说法中正确的是（）a机械波和电磁波都能在真空中传播b铁路、民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测c根据狭义相对论的原理知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的d两列波叠加时产生干涉现象，其振动加强区域与减弱区域是稳定不变的16如图所示，半圆玻璃砖的半径r=10cm，折射率n=，直径ab与屏幕mn垂直并接触于a点激光a以入射角i=60射向玻璃砖圆心o，结果在屏幕mn上出现两光斑，求两光斑之间的距离l【物理-选修3-5】共3小题17卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是18氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子已知基态的氦离子能量为e1=54.4ev，氦离子能级的示意图如图所示在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（）a40.8evb43.2evc51.0evd54.4ev19如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道mn的半径为r，mp为粗糙水平面两个小物块a、b可视为质点，在半圆形轨道圆心o的正下方m处，处于静止状态若a、b之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，a恰能经过半圆形轨道的最高点n，而b到达的最远位置恰好是a在水平面上的落点已知粗糙水平面与b之间的动摩擦因数为，求：（1）a在轨道最高点的速度大小；（2）b到达的最远位置离m点的距离；（3）a与b的质量之比2015年黑龙江省大庆市铁人中学高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1第4题只有一项符合题目要求；第5第8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在圆轨道上质量为m的人造地球卫星，它距地面的高度等于地球的半径为r，地面上的重力加速度为g，则（）a卫星运动的速度为b卫星运动的加速度为0.5gc卫星运动的周期为4d卫星运动的动能为mgr【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人造卫星问题【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论即可【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，有f=f向f=f向=因而解得 地球表面重力加速度为g= 根据题意r=r+h=2r 由式，可以得到ek=mv2=故选c【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，以及地球表面重力等于万有引力列两个方程求解2如图所示，a、b两物块叠放在一起，a、b间接触面粗糙，它们以沿斜面向上的相同初速度冲上一足够长的光滑斜面在a、b运动的过程中，下列判断正确的是（）a上升过程中，b物块受到沿接触面向上的摩擦力b下滑过程中，a、b两物块将发生相对滑动c上升和下滑过程中，b物块始终不受摩擦力da、b两物块上升至最高点时，它们均处于平衡状态【考点】摩擦力的判断与计算【专题】摩擦力专题【分析】先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，然后隔离对b分析，根据加速度求出摩擦力，从而判断出b受力尤其是所受摩擦力情况【解答】解：a、在上升和下滑的过程，整体都是只受两个力，重力和支持力，根据牛顿第二定律得：（ma+mb）gsin=（ma+mb）a，因此有：a=gsin，方向沿斜面向下以b为研究对象根据牛顿第二定律有：mbgsin+f=ma，解得：f=0，故a错误、c正确；b、由于b所受摩擦力为零，因此a、b两物块不会发生相对滑动，故b错误；d、两物块上升至最高点时，速度为零，但加速度不为零，它们不是处于平衡状态，故d错误故选：c【点评】解决本题的关键先用整体法求出整体加速度，再隔离对b分析，从而得出b所受摩擦力情况，同时注意理解摩擦力产生的条件3如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为s，这两个电极与可变电阻r相连在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为b发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻r消耗电功率的最大值为（）abcd【考点】电功、电功率；电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出r消耗电功率的最值【解答】解：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为 r=根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即r=r时，外电阻消耗的电功率最大此时r=，代入电功率中得到最大电功率pm=故选b【点评】本题关键是根据电阻定律求出电源的内阻，要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图中内电路是导体长度是d，容易搞错4如图所示，一质量为m的木块与水平面接触，木块上方固定有一根直立的绝缘轻弹簧，弹上端系一带电且质量为m的小球（弹簧不带电），小球在竖直方向上振动，当加上竖直方向的匀强电场后，在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度当木块对水平面压力为零时，小球的加速度大小是（）abcd【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】当小球加速度为零时，速度最大，根据该规律得出电场力与重力的大小关系当木块对水平面压力为零时，求出弹簧的弹力，再对小球受力分析，求出小球的合力，从而根据牛顿第二定律求出小球的加速度大小【解答】解：在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度，此时小球的加速度为零，所以此时小球的合外力等于0，所以mg=qe当木块对水平面压力为零时，知弹簧的弹力为mg，由于电场力与重力的合力为零，小球所受的合力为mg，根据牛顿第二定律有：a=g故c正确，a、b、d错误故选：c【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解5如图所示，电源的电动势和内阻分别为e、r，r0=r，滑动变阻器的滑片p由a向b缓慢移动，则在此过程中（）a电压表v1的示数一直增大b电压表v2的示数先增大后减小c电源的总功率先减小后增大d电源的输出功率先减小后增大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由图看出电路的结构是：变阻器两侧电阻并联后与r0串联，电压表v1测量路端电压，电压表v2测量r0的电压滑片p由a向b缓慢移动的过程中，变阻器的总电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可确定两电压表读数的变化情况由p=ei分析电源总功率的变化情况根据推论：外电路总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析输出功率的变化情况【解答】解：a、b，由图看出，变阻器两侧电阻并联后与r0串联，滑片p由a向b缓慢移动的过程中，变阻器的总电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流先减小后增大，则路端电压先增大后减小，r0的电压先减小后增大，故伏特表v1的示数增大后减小，伏特表v2的示数先减小后增大，故ab错误c、由于干路电流先减小后增大，由公式p=ei可知，电源的总功率先减少后增加故c正确d、根据推论：外电路总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，r0=r，则知电源的输出功率先减小后增大故d正确故选：cd【点评】本题中变阻器两侧电阻并联，滑片滑到中点时，并联电阻最大考查分析电路动态变化问题的能力6如图所示，虚线框中存在垂直纸面向外的匀强磁场b和平行纸面且与竖直平面夹角为45的斜向下的匀强电场e，有一质量为m、电荷量为q的带负电的小球在高为h处的p点从静止开始自由下落，当小球运动到复合场内时刚好做直线运动，那么（）a小球在复合场中一定做匀速直线运动b磁感应强度，场强c若换成带正电的小球，小球仍可能做直线运动d若同时改变小球的比荷与初始下落高度h，小球仍能沿直线通过复合场【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】小球进入复合场受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为洛伦兹力的大小与速度大小有关，由题意可知该直线运动为匀速直线运动，通过共点力平衡求出磁感应强度和电场强度的大小通过小球的受力判断若小球带正电能否做直线运动【解答】解：a、小球在复合场中受到竖直向下的重力、与电场强度方向相反的电场力和水平向右的洛伦兹力的作用，如图所示其中电场力和重力是恒力，而洛伦兹力的大小与小球的速度大小成正比，若小球做的是变速运动，那么洛伦兹力也是变力，小球的合外力方向也要改变，这与题意不符，所以小球在复合场中一定做匀速直线运动故a正确b、根据小球的平衡条件可得，qvb=mg，又v2=2gh，联立各式解得磁感应强度b=，电场强度e=故b错误c、若换成带正电的小球，则电场力和洛伦兹力同时反向，合力不可能为零故c错误d、若要使小球沿直线通过复合场，小球的合力一定为零，所以一定要满足b=和e=，若同时改变小球 的比荷与初始下落的高度h，以上两个式子不能同时满足，故d错误故选：a【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，通过小球的受力分析小球的运动，难度中等7如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）a穿过弹性圆环的磁通量增大b从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流c弹性圆环中无感应电流d弹性圆环受到的安培力方向沿半径向里【考点】楞次定律；感应电流的产生条件【专题】电磁感应与电路结合【分析】磁感线是闭合曲线，在磁铁外部，从n极出发进入s极；在磁铁内部，从s极指向n极图中，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向右，磁铁外部，穿过线圈的磁感线方向向左，与内部的磁通量抵消一部分，根据线圈面积大小，抵消多少来分析磁通量变化情况【解答】解：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消a、现将弹性圆环均匀向外扩大，则磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，导致磁通量变小，故a错误b、由a选项分析，可知，磁通量变小，则由楞次定律得，产生感应电流顺时针，故b正确，c错误；d、产生顺时针感应电流，在外部感线的作用下，根据左手定则可知，弹性圆环受到的安培力方向沿半径向内，故d正确；故选：bd【点评】对于穿过回路的磁场方向有两种的情况确定磁通量时，要根据抵消后总的磁通量来进行比较或计算大小同时考查左手定则与楞次定律的应用8如图所示，m是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压=311sin100tv变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），r1为一定值电阻下列说法正确的是（）a当r2所在处出现火情时，电阻r1的功率变大b当r2所在处出现火情时，电压表v2的示数变大c当r2所在处出现火情时，电流表a的示数变大d电压表v1示数为22v【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】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：a、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电流变大，所以r1的电压要增大，电阻r1的功率变大，所以a正确；b、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电流变大，所以r1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以r2的电压就要减小，所以b错误；c、由b的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以c正确；d、由表达式可知，输入的电压有效值为220v，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22v，电压表v1测的是副线圈两端电压，所以d正确故选：acd【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解二、实验题9打点计时器是高中物理中重要的物理实验仪器，图甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的，请回答下面的问题（1）甲图是电磁打点计时器，电源采用的是低压交流电46v（2）乙图是电火花打点计时器，电源采用的是220v交流电源（3）某同学用如图丙所示的装置来研究自由落体运动下列有关操作的叙述正确的是aca安装打点计时器时要注意让上下限位孔在同一竖直线上b将打点计时器与直流低压电源连接c释放纸带时应尽量让重物靠近打点计时器d应先释放纸带，然后接通电源实验得到一条纸带，测得各点之间的距离如图丁所示已知电源频率为50hz，则纸带中打a点到打f点的时间间隔是0.1s从该纸带可知，重物下落的加速度大小a=9.63m/s2（保留三位有效数字）若实际电源的频率不是50hz，而是52hz，则由上面计算出的加速度将偏小（偏大或偏小）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题【分析】（1、2）了解打点计时器的构造、工作原理、工作特点等，比如工作电压、打点周期等，掌握基本仪器的使用，能够正确的使用打点计时器；（3）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根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据频率变化，导致实际点间距变化，从而确定加速度的变化情况【解答】解：（1）甲图是电磁打点计时器，使用交流电源的计时仪器，工作电压4v6v；（2）乙图是电火花打点计时器，工作电压是220v交流电源；（3）：a打点计时器的两个限位孔应在同一竖直线上，以减小摩擦力的影响，故a正确b电磁打点计时器应该接在6v交流电源上，故b错误c、开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止，先接通电源，再释放纸带，故c正确，d错误故选：ac打a点到打f点的时间间隔t=5=50.02s=0.1s根据a= 得：a=9.63m/s2若实际电源的频率不是50hz，而是52hz，则导致打点计时的时间变小，因此点与点间距变小，而处理数据时，时间却仍认为0.02秒，由上面计算出的加速度将偏小故答案为：（1）电磁，低压交流电46v；（2）电火花，220v交流电源；（3）ac；0.1，9.63，偏小【点评】（1、2）对于基本仪器的使用，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去操作，深刻了解具体操作细节的含义，学会正确进行数据处理；（3）要探究一个物体的运动随时间变化的规律，必须知道物体在不同时刻的速度，直接测量瞬时速度是比较困难的，我们可以借助打点计时器先记录物体在不同时刻的位置，再通过对纸带的分析，计算得到各个时刻的瞬时速度以及纸带的加速度10表格中所列数据是测量小灯泡ui关系的实验数据：u（v）0.00.20.51.01.52.02.53.0i（a）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图1中的图甲；（2）在图2 的方格纸内画出小灯泡的ui曲线分析曲线可知小灯泡的电阻随i变大而变大（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）如图丙所示，用一个阻值为10的定值电阻r和上述小灯泡组成串联电路，连接到内阻不计、电动势为3v的电源上则流过灯泡的电流约为0.170a【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】当小灯泡与定值电阻接在内阻不计的电源两端时，可以把定值电阻等效为电源内阻，从而在小灯泡的伏安特性曲线上再作出表示电源的ut图象，图象的交点即为它们接成闭合电路时通过小灯泡的电流【解答】解：（1）从表格可以看出电流和电压从零逐渐增大，故滑动变阻器应用分压式接法，故甲图正确（2）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后作出ui图象，小灯泡的ui图象如图所示根据欧姆定律r=知图线上的点与原点o连线的斜率表示电阻r，显然r随电压或电流的增大而变大（3）若把阻值为10定值电阻r和上述小灯泡组成串联电路连接到内阻不计、电动势为3v的电源上，可以在小灯泡的ui图象中再画出电源的ui图象，如图所示，则两图线的交点横坐标为i=0.170a（0.1700.175均可）故答案为（1）甲（2）图象如图所示；变大（3）0.170；（0.1700.175内均可）【点评】物理实验中有很多重要的思想方法，如等效（替代）法、控制变量法、放大法、假设法等；注意表示导体的伏安特性曲线与表示电源的伏安特性曲线的区别及应用三、计算题11建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的若测出其圆锥底的周长为12.5m，高为1.5m，如图所示（1）试求黄沙之间的动摩擦因数（保留2位有效数字）（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？（可用根式表示结果）【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）最上面的黄沙受重力、支持力和静摩擦力而平衡，静摩擦力达到最大值，故平衡条件列式求解；（2）黄沙靠墙堆放的，最多堆成半个圆锥状，结合几何关系分析即可【解答】解：（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则：mgsin=fn=mgcos其中：f=n所以：=tan=0.75，故=37（称为摩擦角）（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取rx为最小，所以有hx=rx，根据体积公式，该堆黄沙的体积为：，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故，解得：，占地面积至少为：=2m29.97m2答：（1）黄沙之间的动摩擦因数为0.75（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为9.97m2【点评】本题关键是结合黄沙恰好不滑动的临界情况，根据平衡条件列式分析求解出摩擦角，然后结合几何关系列式分析，不难12在图示区域中，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为b，今有一质子以速度v0由y轴上的a点沿y轴正方向射入磁场，质子在磁场中运动一段时间以后从c点进入x轴下方的匀强电场区域中，在c点速度方向与x轴正方向夹角为45，该匀强电场的强度大小为e，方向与y轴夹角为45且斜向左上方，已知质子的质量为m，电量为q，不计质子的重力，（磁场区域和电场区域足够大）求：（1）c点的坐标（2）质子从a点出发到第三次穿越x轴时的运动时间（3）质子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场e方向的夹角的正切值【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）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可求得圆的半径，再由几何关系可得出c点的坐标；（2）分析粒子第三次经过x轴时的运动过程；由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度，从而求出其经过的时间，在电场中粒子做类平抛运动，由速度的合成与分解关系可求得电场中的时间，从而求得总时间；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，第一次进入磁场时做往复运动；再进入磁场后做圆周运动，此后进入电场做类平抛运动，由几何关系及运动的合成与分解可求得结果【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力；则有：r=；由几何关系可知：xc=（r+rcos45）=（1+）得：c坐标为：（，0）（2）带电粒子在进入电场后做减速运动，后原方向返回；然后再进入磁场后做圆周运动；总时间包括磁场中的时间及电场中往返的时间；则有：在磁场中；在电场中eq=ma；（3）质子第三次穿越x轴后，在电场中作类平抛运动，由于v0与x负方向成45角，所以第四次穿越x轴时：得：沿电场方向速度的分量为：所以，速度的大小为速度方向与电场e的夹角设为，如图所示，则：得：答：（1）c点的坐标为（，0）（2）质子从a点出发到第三次穿越x轴时的运动时间是（3）质子第四次穿越x轴时速度的大小是，速度方向与电场e方向的夹角的正切值是【点评】本题过程很复杂，要注意认真分析带电粒子的运动情况，分别利用电场及磁场中的性质进行分析运动；要注意几何关系的正确应用四、选做题【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是 （）a第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律b自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源c气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大d分子a从远处靠近固定不动的分子b，当a只在b的分子力作用下到达所受的分子力为零的位置时，a的动能一定最大【考点】理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律；能源的开发和利用【分析】根据热力学第二定律、理想气体的状态方程与分子动理论的内容解答即可【解答】解：a、第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违背了能量转化的方向性这一规律，即热力学第二定律；故a错误；b、自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，能源使用的过程中品质会降低，故要节约能源故b正确；c、气体温度升高时分子热运动剧烈可以导致压强增大，但不知气体体积如何变化，由=c可知气体压强不一定增大；故c错误；d、分子a从远处靠近b，分子力先做正功再做负功，当所受分子力为0时做正功最多，分子动能最大故d正确故选：bd【点评】该题考查热力学第二定律、理想气体的状态方程与分子动理论的内容，都是记忆性的知识点，要多加积累14如图所示为内径均匀的u形管，其内部盛有水银，封闭端内的空气柱长l=12cm，两侧水银面的高度差为h=2cm已知大气压强为p0=75cmhg现从开口端缓缓的加入水银，直到两侧水银面处在同一高度则（1）此时封闭端内的空气柱长为多少？（2）从开口端加入的水银总共有多长？【考点】气体的等容变化和等压变化；封闭气体压强【分析】气体做等温变化，分析初态的体积、压强和末态的体积、压强，根据玻意耳定律，可求解；根据几何关系求解加入的水银的长度；【解答】解：（1）初态：p0=75cmhg，h=2cm，l=12cm 末态：p=p0=75cmhg，l 由玻意耳定律由：p1v1=p2v2（p0gh）ls=p0ls 代入数据：（752）12s=75ls解得：l=11.68cm （2）封闭端增加的水银长ll 开口端增加的水银长h+ll 所以，加入的水银总长为：h=h+2（ll）=2+2（1211.68）cm=2.64cm答：（1）此时封闭端内的空气柱长为11.68cm （2）从开口端加入的水银总共有2.64cm【点评】本题考查了理想气体状态方程的应用，对于气体状态变化问题，列出初末两个状态的参量，即可明确气体发生什么变化，有利于选择解题规律，同时方便代数据【物理-选修3-4】共2小题15下列说法中正确的是（）a机械波和电磁波都能在真空中传播b铁路、民航等安检口使用红外线对行李内物品进行检测c根据狭义相对论的原理知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的d两列波叠加时产生干涉现象，其振动加强区域与减弱区域是稳定不变的【考点】狭义相对论；波的叠加；波的干涉和衍射现象【分析】机械能波只能在介质中传播；安检采用的是穿透性较强的x光；狭义相对论认为：一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同；双缝干涉条纹间距与光的波长成正比结合这些知识进行分析频率相同的波可以波的叠加现象，形成稳定的干涉波形【解答】解：a、电磁波可以在真空中传播，而机械波只能在介质中传播；故a错误；b、安检采用的是穿透力较强的x射线，红外线不能用于内部物品检测；故b错误；c、根据狭义相对论的原理知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；故c正确；d、两列波若频率相同，能实现波的干涉现象，则将形成稳定的加强区和减弱区；故d正确；故选：cd【点评】本题考查波动部分的基本知识，理解并掌握干涉产生的条件、机械波的波速和光波波速的决定因素、相对论的基本原理等等是解答本题的关键，要加强基础知识的学习，力争不在基础题上失分16如图所示，半圆玻璃砖的半径r=10cm，折射率n=，直径ab与屏幕mn垂直并接触于a点激光a以入射角i=60射向玻璃砖圆心o，结果在屏幕mn上出现两光斑，求两光斑之间的距离l【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】画出光路图，根据折射定律和反射定律分别求出光线在o点的折射角和反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离l【解答】解：画出如图光路图，设折射角为r，根据折射定律得：n= sinr=解得：r=30根据光的反射定律，反射角 =60 由几何知识得，两个光斑p