湖南省永州市高三理综（物理部分）第三次模拟考试试题（含解析）新人教版.doc

2015年湖南省永州市高考物理三模试卷 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（6分）（2015永州三模）如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平a、b是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，a、b两点离墙壁的距离分别是x1、x2则物块与地面的最大静摩擦力为（） a k（x2x1） b k（x2+x1） c d 【考点】： 摩擦力的判断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】： 分别对物体处于对a、b点时进行受力分析，根据平衡条件列方程即可求解【解析】： 解：水平方向上，物块在a点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有：k（x0x1）=f同理，在b点根据水平方向上，受力平衡有：k（x2x0）=f联立解得：物块与地面的最大静摩擦力为f=；故选：c【点评】： 本题考查了平衡条件以及胡克定律的直接应用，同时注意胡克定律中的形变量与长度的区别2（6分）（2015永州三模）一质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（） a 铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1） b 铁块上滑过程处于超重状态 c 铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反 d 铁块上滑过程损失的机械能为mv12【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】： 由图象可知道，物体在0t1内减速上升，在t1t2内匀加速下降，加速度始终向下；超重加速度向上，失重状态的加速度的方向向下；vt图象面积可以表示位移知速度关系；由能量是守恒的知机械能的损失【解析】： 解：a、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为：v1t1，下滑的位移为v2（t2t1），经过一段时间又返回出发点说明v1t1=v2（t2t1），故a正确；b、上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故b错误，c错误；d、根据能量守恒知上滑损失机械能为：e=ek1mgh=，故d错误；故选：a【点评】： 该题通过速度图象考查力学的各种关系，图象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，结合牛顿第二定律和功能关系求解，综合性较强3（6分）（2015永州三模）如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（） a b球一定先落在斜面上 b a球可能垂直落在半圆轨道上 c a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 d a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案【解析】： 解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为a，初速度合适，可知小球做平抛运动落在a点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上故c正确，a、d错误若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故b错误故选：c【点评】： 本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较4（6分）（2015永州三模）带电质点p1固定在光滑的水平绝缘桌面上，另有一个带电质点p2在桌面上运动，某一时刻质点p2的速度沿垂直于p1p2的连线方向，如图所示，关于质点p2以后的运动情况，下列说法正确的是（） a 若p1、p2带异种电荷，可能做加速度变大，速度变小的曲线运动 b 若p1、p2带异种电荷，速度大小和加速度大小可能都不变 c 若p1、p2带同种电荷，可能做速度变小的曲线运动 d 若p1、p2带同种电荷，可能做加速度变大的曲线运动【考点】： 元电荷、点电荷；物体做曲线运动的条件【分析】： 分p1和p2为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，p2要远离p1，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况【解析】： 解：a、若p1、p2为同种电荷，p1、p2之间的库仑力为引力，当p1、p2之间的库仑力大于需要的向心力的时候，p2球做向心运动，加速度变大，速度变大故a错误b、若p1、p2为异种电荷，p1、p2之间的库仑力为吸引力，当p1、p2之间的库仑力恰好等于向心力的时候，p2球就绕着p1做匀速圆周运动，此时p2速度的大小和加速度的大小都不变，故b正确cd、若p1、p2为同种电荷，p1、p2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以质点p2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以p2的加速度在减小速度增大，故cd错误；故选：b【点评】： 当p1、p2为异种电荷的时候，质点p2可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，p2就绕着p1做匀速圆周运动5（6分）（2015永州三模）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（v）的交流电源，交流电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻r0=10，可变电阻r的阻值范围为010，则（） a 副线圈中交变电流的频率为100hz b t=0.02s时，电压表的示数为0 c 调节可变电阻r的阻值时，电流表示数的变化范围为1.1a2.2a d 当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为24.2w【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：a、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50hz，故a错误b、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220v，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22v，故b错误c、当r的阻值为零时，副线圈电流为i=2.2a，当r的阻值为10时，副线圈电流为i=1.1a，电流与匝数成反比，电流表示数的变化范围为0.11a0.22a，故c错误d、当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率等于输出功率p=i2r=1.1220=24.2w，故d正确故选：d【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决6（6分）（2015永州三模）如图所示，两星球相距为l，质量比为ma：mb=1：9，两星球半径远小于l从星球a沿a、b连线向b以某一初速度发射一探测器只考虑星球a、b对探测器的作用，下列说法正确的是（） a 探测器的速度一直减小 b 探测器在距星球a为处加速度为零 c 若探测器能到达星球b，其速度可能恰好为零 d 若探测器能到达星球b，其速度一定大于发射时的初速度【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】： 根据万有引力与探测器速度方向的关系，判断探测器的速度变化；抓住探测器所受的合力为零，根据万有引力定律求出加速度为零的位置根据万有引力做功情况判断探测器到达星球b时的速度与初速度的关系【解析】： 解：a、探测器从a向b运动，所受的万有引力合力先向左再向右，则探测器的速度先减小后增大故a错误b、当探测器合力为零时，加速度为零，则有：，因为ma：mb=1：9，则ra：rb=3：1，知探测器距离星球a的距离为x=故b正确c、探测器到达星球b的过程中，由于b的质量大于a的质量，从a到b万有引力的合力做正功，则动能增加，所以探测器到达星球b的速度一定大于发射时的速度故c错误，d正确故选：bd【点评】： 解决本题的关键知道合力的方向与速度方向相同，做加速运动，合力的方向与速度方向相反，做减速运动当合力为零，加速度为零7（6分）（2015永州三模）如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在a处，小物体在甲传送带上到达b处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离b处竖直高度为h的c处时达到传送带的速率v，已知b处离地面的高度均为h则在小物体从a到b的过程中（） a 小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 b 两传送带对小物体做功相等 c 两传送带消耗的电能相等 d 两种情况下因摩擦产生的热量相等【考点】： 功能关系；功的计算【分析】： 由题，甲图中小物体从底端上升到顶端b速度与传送带速度相同，乙图中上升到c处速度与传送带速度相同，两种过程，初速度、末速度相等，位移不同，由运动学公式列式比较加速度的大小，由牛顿第二定律比较动摩擦因数的大小动能定理表达式不同本题的关键是比较两种情况下产生的热量关系，要根据相对位移【解析】： 解：a、根据公式v2=2ax，可知物体加速度关系a甲a乙，再由牛顿第二定律mgcosmgsin=ma，得知甲乙，故a正确；b、传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故b正确；c、d、由摩擦生热q=fs相对知，甲图中：=，q甲=f1s1=vt1=f1，f1mgsin=ma1=m乙图中：q乙=f2s2=f2，f2mgsin=ma2=m解得：q甲=mgh+mv2，q乙=mg（hh）+mv2，q甲q乙，故d错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能e电等于摩擦产生的热量q与物块增加机械能之和，因物块两次从a到b增加的机械能相同，q甲q乙，所以将小物体传送到b处，两种传送带消耗的电能甲更多，故c错误，d错误；故选：ab【点评】： 解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系注意传送带消耗电能和摩擦生热的关系及求法8（6分）（2015永州三模）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为b的匀强磁场区域区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界mn、pq、gh均平行于斜面底边，mp、pg均为l一个质量为m、电阻为r、边长也为l的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行t1时刻ab边刚越过gh进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到pq与mn的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动重力加速度为g，下列说法正确的是（） a 当ab边刚越过pq时，导线框的加速度大小为a=gsin b 导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1：v2=4：1 c 从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量 d 从t1到t2的过程中，有 的机械能转化为电能【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 当ab边刚越过gh进入磁场i时做匀速直线运动，安培力、拉力与重力的分力平衡，由平衡条件和安培力公式结合求解线圈ab边刚进入磁场i时的速度大小；当线圈进入磁场ii做匀速运动的过程中，再次根据平衡条件求解速度；从t1到t2的过程中，减小的机械能全部转化为电能【解析】： 解：a、当ab边刚越过pq时，由于两个边的切割磁感线的电动势方向相同，故电流增加为2倍，ab边的安培力增加为2倍，cd边也有了安培力，故加速度不为gsin，故a错误；b、第一次，根据平衡条件，有：mgsin=0第二次，根据平衡条件，有：mgsin2=0联立解得：v1：v2=4：1，故b正确；c、从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少，故c正确；d、从t1到t2的过程中，有+mgh的机械能转化为电能，故d错误；故选：bc【点评】： 本题从力和能量两个角度分析电磁感应现象，安培力的表达式f=是常用的经验公式，要记牢运用动能定理时，要分析所有力做功情况，不能遗漏三、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（6分）（2015永州三模）如图甲是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面ab与水平面相切于b点且固定带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在c点，p为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，则遮光条的宽度d=1.060cm；（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有bc；a小物块质量m b遮光条通过光电门的时间tc光电门到c点的距离s d小物块释放点的高度h（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是b【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；（2）根据题目的叙述，确定实验的原理，然后确定待测量与摩擦力的公式；（3）根据实验的原理确定处理实验数据的方法【解析】： 解：（1）主尺的刻度：1cm，游标尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.0512=0.60mm，总读数：10mm+0.60mm=10.60mm=1.060cm；（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与滑块通过光电门的时间即可求得滑块的速度：v=；b到c的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：mgs=0mv2；联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式：=；还需要测量的物理量是：光电门p与c之间的距离s，与遮光条通过光电门的时间t，故bc正确，ad错误（3）由动摩擦因数的表达式可知，与t2和s的乘积成反比，所以s与 的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量，横坐标用物理量s，即b正确，acd错误故答案为：（1）1.060；（2）bc；（3）b【点评】： 本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可10（9分）（2015永州三模）一位同学想测量一个量程约为5v有清晰刻度但没有示数、内电阻约为10k的电压表vx的内阻，可以使用的实验器材如下：a电源（电动势约15v，内电阻小于2）b标准电压表v0（量程为15v，内电阻约30k）c电阻箱（阻值范围09 999.9）d电阻箱（阻值范围099 999.9）e滑动变阻器（阻值为020）f滑动变阻器（阻值为020k）g开关s和导线若干该同学的实验操作过程为：（1）将实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱r1应选d，滑动变阻器r0应选e（选填仪器前的字母序号）；（2）将电阻箱r1的阻值调至最大，将滑动变阻器的滑片p移至滑动变阻器接近右端处，闭合开关s；接着调节电阻箱，直至电压表vx满偏，记录此时电阻箱的阻值和标准电压表v0的示数；（3）向左移动滑片p至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱r1直至电压表vx满偏，记录此时电阻箱的阻值和标准电压表v0的示数；（4）重复步骤（3）35次；（5）该同学将实验中记录的各组电阻箱的阻值r和标准电压表v0的示数u的数据在ur坐标系中正确地描好了点（如图乙），请你在图中完成ur图线；（6）根据图线可以求得电压表vx的内电阻为9k（结果保留一位有效数字）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 由所给电路及实验过程可知其实验原理：u0的求数为u，r1的示数为r，则，图象法处理数据在ur图象中纵截距为ux，斜率为则可求ux与rx再由串并联特点选择相应的器材根据对应的图象中的斜率可求得待测电阻的阻值【解析】： 解：（1）因要测电压表的电阻约为10k，所串联电阻分压由所给的数据可达电压表的2倍，则其阻值要达到20k，故选d，滑动变阻器用的分压式接法，选小电阻便于调节故选e（5）图线如图 （6）因，由图知纵截距为4.5v其为量程，斜率为可得：rx=9k故答案为：（1）de（5）如上图（6）9【点评】： 本题考查电阻的测量，重点在于考查对实验电路的理解，要求能掌握结合图象处理实验数据的能力，并学会求分压电阻11（13分）（2015永州三模）某汽车训练场地有如图设计，在平直的道路上，依次有编号为a、b、c、d、e的五根标志杆，相邻杆之间的距离l=12.0m一次训练中，学员驾驶汽车以57.6km/h的速度匀速向标志杆驶来，教练与学员坐在同排观察并记录时间当教练经过o点时向学员发出指令：“立即刹车”，同时用秒表开始计时学员需要经历t=0.5s的反应时间才开始刹车，刹车后汽车做匀减速直线运动，停在d标杆附近教练记录自己经过b、c杆时秒表的读数分别为tb=4.5s，tc=6.5s，已知loa=44m，教练距车头的距离s=1.5m求：（1）学员的反应时间t和刹车后汽车做匀减速运动的加速度大小a；（2）汽车停止运动时，车头离标志杆d的距离x【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： （1）学员甲在反应时间t内，汽车做仍匀速运动，刹车后做匀减速运动汽车从o到标志杆b的过程中和汽车从o到标志杆c的过程中分别列位移方程，联立求解速度和加速度（2）先求出汽车从开始到停下运动的距离，在根据位移关系求汽车停止运动时车头前端面离d的距离【解析】： 解：（1）汽车从o到标志杆b的过程中：loa+l=v0t+v0（tbt）（tbt）2汽车从o到标志杆c的过程中：loa+2l=v0t+v0（tct）（tct）2联立方程组得：v0=16m/sa=2m/s2（2）汽车从开始到停下运动的距离：可得x=72m因此汽车停止运动时车头前端面在cd之间离dloa+3lsx=44+36272=6.5m答：（1）刹车前汽车做匀速运动的速度大小为16m/s，汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a为2m/s2；（2）汽车停止运动时车头前端面离d的距离为6m【点评】： 此题要理解反应时间内汽车继续做匀速运动，还要养成画运动过程示意图，找位移之间的关系此题有一定的难度12（19分）（2015永州三模）在真空中，边长为3l的正方形区域abcd分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场的磁感应强度大小为b1=，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为b2=，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为u，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入中间区域的电场中，不计粒子重力，求：（1）a点到a点的距离；（2）电场强度e的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cc1间离开；（3）改变中间区域的电场方向和场强大小，粒子可从d点射出，粒子在左右两侧磁场中运动的总时间是多少【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）根据动能定理求出粒子经加速电场加速后的速度，结合洛伦兹力提供向心力，通过半径公式和几何关系求出a点到a点的距离；（2）作出粒子在右侧磁场中沿半径为rn和rm的两临界轨道从上边缘cc1离开磁场时的轨迹，通过半径公式、动能定理以及几何关系求出电场强度的取值范围；（3）作出粒子的运动轨迹，根据周期公式以及粒子在磁场中的圆心角求出粒子在左右两侧磁场中运动的总时间【解析】： 解：（1）粒子在金属板电场加速时 粒子在左侧磁场中运动时，有 a到a点的距离 由式解得（2）如图甲所示，粒子在右侧磁场中沿半径为rn和rm的两临界轨道从上边缘cc1离开磁场时，有 rm=l 又 粒子在中间电场运动时 由式解得，电场强度的取值范围为（3）粒子在左右磁场运动必须改变中间区域的电场方向并取定电场e的某一恰当确定数值，粒子才能沿如图乙所示的轨迹从d点射出由式可得=60，有由式解得答：（1）a点到a点的距离为；（2）电场强度e的取值在范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cc1间离开；（3）粒子在左右两侧磁场中运动的总时间是【点评】： 本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识，结合半径公式和周期公式进行求解(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3-3（15分）13（6分）（2015永州三模）以下说法正确的是（） a 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点 b 外界对物体做功，物体内能一定增加 c 布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动 d 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小 e 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数【考点】： * 晶体和非晶体；物体的内能【分析】： 晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；根据热力学第一定律：u=w+q判断物体的内能的变化；布朗运动和扩散现象都是分子无规则热运动的体现；【解析】： 解：a、单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，故a正确；b、外界对物体做功，若同时物体放出热量，物体内能不一定增加，故b错误；c、布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动故c正确；d、当分子间的距离增大时，分子之间的引力和斥力均同时减小，但斥力减小的更快，当合力表现为引力时，分子势能增加，当合力表现为斥力时，分子势能减小，故d正确；e、固体液体的分子间距离较小，但气体分子间距离较大，故知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不可计算出阿伏加德罗常数，故e错误；故选：acd【点评】： 该题考查晶体与非晶体的特点、热力学第一定律、布朗运动、分子力和分子势能等知识点，都是一些记忆性的知识点的内容，做好这一类的题目，关键要多看课本，熟悉基础知识14（9分）（2015永州三模）如图所示，结构相同的绝热汽缸a与导热汽缸b均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦已知两汽缸的横截面积之比sa：sb=2：1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时汽缸中的活塞与缸底的距离均为l，温度均为t0，压强均等于外界大气压p0缓慢加热a中气体，停止加热达到稳定后，a中气体压强为原来的1.2倍设环境温度始终保持不变，求：（i）停止加热达到稳定后，a、b汽缸中的气体压强之比；（ii）稳定后汽缸a中活塞距缸底的距离【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】： 中活塞在气体变化前后都是受力平衡，对活塞受力分析，利用力平衡可求得ab气体的变化中，b的变化是等温变化较简单，利用b的变化求得b变化后的lb，又因为ab两部分的总长度是定值，可解的a距底端的距离【解析】： 解：（i）膨胀后a的压强pa=1.2p0加热后活塞平衡时，有：（pap0）sa=（pbp0）sb则膨胀后b的压强为：pb=1.4p0由式解得：pa：pb=6：7 （ii）设稳定后a、b两汽缸中活塞距缸底的距离分别为la、lb，对b，有：p0lsb=1.4p0lbsb又：la+lb=2l由式解得：la=l 答：（i）停止加热达到稳定后，a、b汽缸中的气体压强之比为6：7；（ii）稳定后汽缸a中活塞距缸底的距离为【点评】： 对连接体问题中，连接体在气体变化前后受力都平衡，所以对连接体利用受力平衡求解就很简单了，再者在两部分气体中，利用变化简单的气体，求解气体状态参量，会减少很多繁琐的过程物理-选修3-4（15分）15（2015永州三模）一振动周期为t，位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正反方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x=处的质点p，下列说法正确的是 （） a 质点p振动周期为t，速度的最大值为v b 若某时刻质点p的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向 c 质点p开始振动的方向沿y轴正方向 d 当p开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点p一定在波谷 e 若某时刻波源在波谷，则质点p也一定在波谷【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】： 简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同质点的振动速度与波传播速度不同简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为=vt，根据质点p与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关系【解析】： 解：a、质点p振动周期与o点振动周期相同，也为t但其振动速度与波速不同故a错误b、x=，p与o是反相点，若某时刻质点p的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，故b正确；c、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点p开始振动的方向沿y轴正方向故c正确d、p与o是反相点，故若某时刻波源在波峰，则质点p一定在波谷，故d正确，e错误；故选：bcd【点评】： 利用机械波的基本特点：简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，起振方向都与波源的起振方向相同，进行分析，根据距离与波长的关系确定p与波源状态关系16（2015永州三模）如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于bc面的方向正好入射到该三棱镜的ab及ac面上，结果所有从ab、ac面入射的光线进入后恰好全部直接到达bc面求：（i）该材料对此平行光束的折射率；（ii）这些直接到达bc面的光线从bc面折射而出后，如果照射到一块平行于bc面的屏上形成光斑，则当屏到bc面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两条？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （i）先据题意知从ab、ac面入射的光线进入后恰好全部直接到达bc面，说明从ab面进入三棱镜的折射光线与ac平行，画出光路图，根据对称性和几何关系得到入射角和折射角，即可求得折射率（ii）画出光路图，如图o为bc中点，在b点附近折射的光线从bc射出后与直线ao交于d，可看出只要光屏放得比d点远，则光斑会分成两块，由几何知识求解【解析】： 解：（i）由于对称性，我们考虑从ab面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于ac面的，由对称性和几何知识可得，光线进入ab面时的入射角和折射角分别为： =60，=30 则材料的折射率为 n=（ii）如图o为bc中点，紧靠b点从bc面射出的光线与直线ao交于d，由图可知：当光屏放在d点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑 由几何关系有 od=tan=a 所以当光屏到bc距离d超过a时，光斑分为两条 答：（i）该材料对此平行光束的折射率为；（ii）当光屏到bc距离d超过a时，光斑分为两条【点评】： 本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角和折射角，即能解决此类问题物理-选修3-5（15分）17（2015永州三模）下列说法中正确的是（） a 无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应 b 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小 c 在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒 d 铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用 e 质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是（2m1+2m2m3）c2【考点】： 验证动量守恒定律；光电效应；爱因斯坦