江苏省扬州市高三物理一模试题（含解析）新人教版.doc

2013年江苏省扬州市高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2013扬州一模）2012年4月30日4时50分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，成功发射两颗北斗导航卫星，卫星顺利进入预定转移轨道若其中一颗卫星a进入半径为r1的圆轨道，另一颗卫星b进入半径为r2的圆轨道，且r1r2，假设两颗卫星的质量相等则下列说法中正确的是（）a卫星a绕地运行的向心加速度a1小于卫星b绕地运行的向心加速度a2b卫星a绕地运行的向心力f1小于卫星b绕地运行的向心加速度f2c卫星a绕地运行的周期t1小于卫星b绕地运行的周期t2d卫星a绕地运行速度v1与卫星b绕地运行速度v2之比为r1/r2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：两颗卫星都绕地球做匀速圆周运动，其向心力都由地球的万有引力提供，则由牛顿第二定律列式可得出各量的表达式，则可得出各量间的关系解答：解：卫星的向心力都由地球的万有引力提供，则有 g=man=m=m2r=m，则可知：a、由得：向心加速度an=，半径越大，向心加速度越小，则a1a2故a错误b、向心力f=g，两卫星的质量相等，则半径越大，向心力越小，所以f1f2故b错误c、由得：周期t=，半径越大，周期越大，则t1t2故c正确d、由得：运行速度为v=，则故d错误故选c点评：对于人造地球卫星，根据地球的万有引力提供向心力，列式即可进行分析2（3分）（2013扬州一模）如图所示，有一正方形区域，cb为对角线，a、d分别为对应边的中点，一不计重力的带电粒子以速度v沿cb方向射入当在正方形平面内有垂直于cb方向的匀强电场e时，粒子从a点飞出，速率为v1，所用时间为t1；当区域有垂直于纸面、磁感应强度为b的匀强磁场时，粒子从d点飞出，速率为v2，所用时间为t2则下列说法正确的是（）at1=t2bt1t2cv1=v2dv1v2考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据平抛运动的基本公式及圆周运动的向心力公式、周期公式，联立方程即可求解同时根据左手定则，结合粒子运动的方向与磁场方向，即可确定粒子带何种电解答：解：a、粒子在电场力作用下作类似于平抛运动，而在磁场作用下作匀速圆周运动在电场作用下，水平方向的速度分量保持不变，而在磁场作用下，作匀速圆周运动时，水平方向的速度分量逐步减小，故t1小于t2故a错误，b正确，c、粒子在电场力作用下作类似于平抛运动，而在磁场作用下作匀速圆周运动在电场作用下，电场力对粒子做正功，导致动能增加，而洛伦兹力始终不做功，所以速率不变，则v1v2，故cd错误；故选：b点评：本题是带电粒子在电磁场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，并考查了左手定则，难度适中3（3分）（2013扬州一模）如图所示，a、b两球用轻杆相连，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的o点现用一水平力f作用于小球b上，使系统保持静止状态且a、b两球在同一水平线上已知两球重力均为g，轻杆与细线oa长均为l则（）a细线ob的拉力为2gb细线ob的拉力为gc水平力f的大小为2gd水平力f的大小为g考点：共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对ab球和杆整体受力分析，受已知拉力f、重力2mg、oa绳子的拉力和of绳子的拉力，根据共点力平衡条件列方程；乙o为支点，再根据力矩平衡条件列方程；最后联立求解即可解答：解：对ab球和杆整体受力分析，受已知拉力f、重力2mg、oa绳子的拉力和of绳子的拉力，如图所示根据共点力平衡条件，有：水平方向：f=fbosin45 竖直方向：fao+fbocos45=2mg 根据力矩平衡条件，有：fao=mgab 由于轻杆与细线oa长均为l，故联立可以解出：f=mgfao=2mg0.6mgfb0=1.4mg故abc错误，d正确；故选d点评：本题关键受力分析后根据共点力平衡条件和力矩平衡条件列式后联立求解；也可以结合三力汇交原理列式，较难4（3分）（2013扬州一模）某大型游乐场内的新型滑梯可以简化为如图所示的物理模型一个小朋友从a点开始下滑，滑到c点时速度恰好减为0，整个过程中滑梯保持静止状态若ab段的动摩擦因数1小于bc段的动摩擦因数2，则该小朋友从斜面顶端a点滑到底端c点的过程中（）a滑块在ab段重力的平均功率等于bc段重力的平均功率b滑块在ab和bc段合外力所做的总功相同c地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左d地面对滑梯的支持力大小始终等于小朋友和滑梯的总重力大小考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率专题：动能定理的应用专题分析：由题意可知，小朋友在ab段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在bc段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小解答：解：a、根据平均速度的公式，设b点的速度为v，则ab段和bc段的平均速度都为，所以滑块在ab段重力的平均功率等于bc段重力的平均功率故a正确b、滑块在ab段合力做正功，在bc段，合力做负功，一正一负故b错误c、小朋友在ab段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在bc段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故c错误d、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在ab段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力fn小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在bc段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力故d错误故选a点评：本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究5（3分）（2013扬州一模）如图所示装置中，一个足够长的光滑水平导轨与一理想变压器的原线圈相连，导体棒ab处于匀强磁场中，副线圈上连接有灯泡l和电容c，其余一切电阻不计则下列说法正确的是（）a若ab棒向右做匀速直线运动，则灯泡l中有cd的电流b若ab棒向右做匀速直线运动，则电容器c下极板带正电c若ab棒向右做匀加速直线运动，则灯泡l中有dc的电流d若ab棒向右做匀加速直线运动，则电容器c上极板带正电考点：导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理专题：电磁感应功能问题分析：理想变压器是根据磁通量的变化来工作的，当原线圈的磁通量恒定时，副线圈是没有感应电流的，根据变压器的工作的原理，运用楞次定律和右手定则、安培定则结合分析原线圈中的电流的变化情况即可得出结论解答：解：a、b若ab棒匀速运动，则ab棒切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，所以副线圈的电流为零，灯泡l不亮，电容器不带电故a、b均错误；c、d若ab棒向右做匀加速直线运动，由右手定则判断可知，ab棒中产生由ba的感应电流，而且感应电流增大，感应电流通过原线圈，根据安培定则可知，原线圈中产生向下的磁场，而且磁场不断增强，则穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律判断得知，副线圈中产生向下的螺旋式电流，灯泡l中有dc的电流，电容器c下极板带正电，故c正确，d错误故选c点评：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分6（4分）（2013扬州一模）将甲乙两球从相同高度同时由静止开始落下，两球在到达地面前，除重力外，还受到空气阻力f的作用，此阻力与球的下落速率v成正比，即f=kv（k0），且两球的比例常数k完全相同如图所示为两球的vt图象若甲球与乙球的质量分别为m1和m2，则下列说法正确的是（）am1m2bm1m2c乙球先到达地面d甲球先到达地面考点：匀变速直线运动的图像；自由落体运动专题：运动学中的图像专题分析：根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，抓住位移相等，比较运动的时间根据最终做匀速直线运动重力和阻力相等，通过速度大小关系比较出重力的大小解答：解：两者位移相等时，即图线与时间轴围成的面积相等，知球乙的运动时间长，知球甲先抵达地面匀速运动时，重力与空气阻力平衡，则有mg=kv，因为球甲做匀速运动的速度大，则球甲的质量大，即m1m2故a、d正确，b、c错误故选ad点评：解决本题的关键知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移知道小球落地前重力与阻力相等7（4分）（2013扬州一模）如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨poq固定在水平桌面上，导轨间的夹角为，导轨单位长度的电阻为r导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场t=0时刻将一电阻不计的金属杆mn，在外力作用下以恒定速度v从o点开始向右滑动在滑动过程中保持mn垂直于两导轨间夹角的平分线，且与导轨接触良好，导轨和金属杆足够长下列关于电路中电流大小i、金属杆mn间的电压u、外力f及电功率p与时间t的关系图象中正确的是（）abcd考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与电路结合分析：（1）求出t时刻导体棒的有效切割长度，结合切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出电流强度的大小（2）由欧姆定律得到u的表达式（3）当导体棒做匀速直线运动时，水平外力等于安培力，根据平衡求出水平拉力的表达式（3）导体棒内电流大小恒定，抓住r与时间成正比，得到功率表达式根据各量的表达式选择图象解答：解：a、t时刻导体棒有效的切割长度为l=2vttan=kt（k=2vtan）回路中感应电动势为e=blv总电阻为r=（2vttan+2）r则感应电流i=定值，故a正确b、金属杆mn间的电压u=blmnvi（2vttan）r，u随着时间均匀减小故b错误c、导体棒做匀速直线运动，则有f=f安=bil=biktt，故c错误d、电功率p=i2r=i2（2vttan+2）rt故d正确故选ad点评：本题关键是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电阻定律得到感应电流不变，再得到其他各量的表达式，即可进行判断8（4分）（2013扬州一模）在真空中a、b两点分别放有异种点电荷+q和2q，以ab连线中点o为圆心作一圆形路径abcd，如图所示，则下列说法正确的是（）a场强大小关系有ea=eb、ec=edb电势高低关系有ab、c=dc将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做负功d将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变考点：电场强度；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，带正电q，带负电2q，电场线方向由a指向b，根据顺着电场线电势逐渐降低电场线越密，电场强度越大根据对称性，分析各点电势关系、场强关系及根据电场力做功来确定电势能变化情况解答：解：a、由于qaqb，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强而cd两点的电场强度大小相等，方向不同，故a错误 b、由题，电场线方向由a指向b，则有ab、由于电荷从c点移到d点，电场力做功为零，所以两点电势相等故b正确 c、将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功故c正确 d、将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在d点的电场力方向与速度方向夹角小于90，而在c点电场力方向与速度方向夹角大于90，所以电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增加故d错误故选bc点评：本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断9（4分）（2013扬州一模）在竖直方向的电场中一带电小球由静止开始竖直向上运动，运动过程中小球的机械能与其位移关系的图象如图所示，其中0s1过程的图线为曲线，s1s2过程中的图线为直线根据该图象，下列说法正确的是（）a小球一定带正电b0s1过程中小球始终在做加速运动cs1s2过程中所处的电场一定是匀强电场ds1s2过程中小球的动能可能不变考点：电场强度；动能定理的应用专题：电场力与电势的性质专题分析：由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果电场力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果电场力大于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小解答：解：a、只知电场力方向竖直向上，由于不知电场强度的方向，所以无法确定带什么电，故a错误b、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在os1内斜率的绝对值逐渐增大，故在os1内物体所受的电场力先不变后逐渐减小所以开始先加速运动，当电场力减小后，可能减速运动，故b错误c、由于物体在s1s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的电场力不变，即为匀强电场，故c正确d、由于物体在s1s2内ex图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故d正确故选c、d点评：除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少；ex图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口三、简答题：请将解答填写在答题卡相应的位置10（8分）（2013扬州一模）某同学利用光电传感器设计了测定重力加速度的实验，实验装置如图所示，实验器材有带有标度的竖直杆、光电计时器、小钢球等，小钢球的初始位置与标度o平齐，o、a、b、c、d、e间距相等竖直杆上端固定一个电磁铁，通电时，小钢球被吸在电磁铁上，断电时，小钢球自由下落光电门可以在竖直杆上移动（1）某同学用游标卡尺测量小钢球的直径，如图所示，读数为0.750cm；（2）先将光电门夹在a处，光电计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，量出oa的距离为h，小钢球的直径为d则小钢球运动到光电门处的瞬时速度v=，当地的重力加速为（用题中所给字母表示）；（3）该同学通过移动光电门在竖直杆上的位置进行多次实验，若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，请你判断此时光电门应固定在位置d处（选填“b”、“c”、“d”或“e”）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）游标卡尺读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度，根据速度位移公式求出当地的重力加速度（3）根据匀变速直线运动速度位移公式确定光电门的位置解答：解：（1）游标卡尺的读数等于7mm+0.0510mm=7.50mm=0.750cm（2）小球通过光电门时的速度根据v2=2gh，解得g=（3）若某次实验时光电门计时器记录下小钢球经过光电门的时间为t，则通过光电门的速度变为原来的2倍，根据v2=2gh得，知下落的高度变为原来的4倍，因为od=4oa，所以光电门应固定在d处故答案为：（1）0.750 （2）， （3）d点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度11（10分）（2013扬州一模）实验室有一个标签看不清的旧蓄电池和定值电阻r0，实验室提供如下器材：a电压表v（量程6v，内阻约为4k）b电表表a（量程1a，内阻约ra=10）c滑动变阻器r1（最大阻值20、额定电流2a）d电阻箱r（阻值范围09999）（1）为了测定定值电阻r0的阻值，甲同学选用了上述器材设计了一个能较准确测出其阻值的电路，如图1是其对应的实物图，请你将实物连线补充完整；（2）为测出旧蓄电池的电动势e，乙同学选用了上述器材设计了如图2所示的电路图下表是该同学测得的相关数据，请利用测得的数据在坐标纸3上画出合适的图象，并根据画出的图象求得该蓄电池的电动势e=6.1v；（结果保留2位有效数字）丙同学直接用电压表接在该蓄电池两极读出电压表的读数，其结果与乙同学测得的电动势相比偏小（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）实验次数12345r（）5.010.015.020.025.0i（a）0.830.500.360.260.22（a1）1.22.02.83.74.5考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）伏安法测量电阻，电流表采取内接，电压表和电流表示数的比值等于定值电阻和电流表内阻之和，根据该规律测出定值电阻的大小（2）本题采取安阻法测量电源的电动势和内阻，根据实验的原理推导出r图线，通过图线的斜率求出电源的电动势（3）直接用电压表测量电动势由于电压表有内阻，测量的电动势偏小解答：解：（1）将电流表采取内接，定值电阻等于电压表和电流表示数的比值减去电流表的内阻这样测量比较精确电路图如图所示（2）根据e=ir+ir得，r=，图线的斜率表示电动势，所以横轴表示，则e=（3）电压表直接接在电源的两端，由于电压表本身有内阻，测量的仍然是电源的外电压，所以测量值偏小故答案为：（1）如图所示（2）如图所示6.1v，（3）偏小点评：解决本题的关键掌握实验的原理，会通过图象法求解电源的电动势和内阻，以及知道误差形成的原因四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位12（15分）（2013扬州一模）如图所示，在绝缘光滑的水平面上，有一个质量为m、边长为l的正方形线框，用一垂直于ab 边的恒定外力将正方形线框以速率v1匀速拉进磁感应强度为b的有界匀强磁场区域，当正方形线框全部进入磁场后立即将外力撤去，线框最终能完全离开磁场，若测得cd边刚要离开磁场时速率为v2，已知磁场方向竖直向下，宽度为5l，正方形线框每条边的电阻均为r，求：（1）恒定外力的大小；（2）线框ab边刚进磁场到刚要出磁场时所用时间t和cd边刚要离开磁场时的电势差ucd；（3）整个过程中产生的焦耳热q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）外力将线框匀速拉进匀强磁场区域，外力与安培力二力平衡根据公式e1=blv1、i1=、f安=bi1l求得安培力，即可由平衡条件求出外力的大小（2）线框ab边刚进磁场时做匀速直线运动，撤去外力后完全进入磁场，没有感应电流产生，不受安培力，在未出磁场前仍是匀速运动，所以t=cd边刚要离开磁场时，根据e2=blv2、i2=求出感应电流，由欧姆定律求电势差ucd（3）根据功能关系求整个过程中产生的焦耳热q解答：解：（1）线框ab边刚进入磁场时，e1=blv1，线框中感应电流 i1=，安培力f安=bi1l，线框进入磁场时做匀速运动，f外=f安联立以上各式得：外力f外=（2）线框ab边刚进磁场时做匀速直线运动，撤去外力后完全进入磁场，没有感应电流产生，不受安培力，在未出磁场前仍是匀速运动，则线框ab边刚进磁场到刚要出磁场时所用时间t=cd边刚要离开磁场时，cd边产生的感应电动势 e2=blv2、此时回路中感应电流 i2=，由欧姆定律得电势差ucd=i23r=blv2（因为d点电势低于c点电势）（3）进入磁场过程中产生的焦耳热等于克服安培力做功，即q1=f安l=穿出磁场过程中，产生的焦耳热为q2=所以全过程产生的焦耳热为q=q1+q2=+答：（1）恒定外力的大小是；（2）线框ab边刚进磁场到刚要出磁场时所用时间t为cd边刚要离开磁场时的电势差ucd是blv2（3）整个过程中产生的焦耳热q是+点评：安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，要熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力表达式13（16分）（2013扬州一模）如图所示，半径r=0.45m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，b为轨道的最低点，b点右侧的光滑的水平面上紧挨b点有一静止的小平板车，平板车质量m=2kg，长度为 0.5m，小车的上表面与b点等高，距地面高度为0.2m质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从圆弧最高点a由静止释放g 取10m/s2试求：（1）物块滑到轨道上的b点时对轨道的压力；（2）若将平板车锁定并且在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图乙所示，求物块滑离平板车时的速度；（3）若撤去平板车的锁定与上表面铺的材料，此时物块与木板间的动摩擦因数为，物块仍从圆弧最高点a由静止释放，请通过分析判断物块能否滑离平板车若不能，请算出物块停在距平板车左端多远处；若能，请算出物块落地时距平板车右端的水平距离考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）根据机械能守恒定律求出物体到达b点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力（2）根据摩擦力的平均值求出摩擦力做的功，通过动能定理求出物块滑离平板车时的速度（3）根据牛顿第二定律分别求出物块和小车的速度，根据运动学公式判断物块是否滑离平板车，结合运动学公式以及平抛运动的规律求出物块落地时距平板车右端的水平距离解答：解：（1）物体从圆弧轨道顶端滑到b点的过程中，机械能守恒，则，解得vb=3m/s在b点由牛顿第二定律得，nmg=解得n=mg+m=30n即物块滑到轨道上b点时对轨道的压力n=n=30n，方向竖直向下（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，解得v=（3）当平板车不固定时，对物块对平板车设物块与平板车经过时间t达到共同速度（物块在平板车最左端的速度vc=vb），有vca1t=a2t，解得t=此时=，所以物块能滑离平板车设经过时间t1物块滑离平板车，则解得（另一解舍去）物块滑离平板车时的速度v物=vca1t1=此时平板车的速度物块滑离平板车做平抛运动的时间物块落地时距平板车右端的水平距离x=（v物v车）t3=0.2m答：（1）物块滑到轨道上的b点时对轨道的压力为30n（2）物块滑离平板车时的速度（3）能滑离平板车，物块落地时距平板车右端的水平距离为0.2m点评：本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解14（16分）（2013扬州一模）如图所示，在直角坐标系xoy中，坐标原点为o处存在一粒子源，现沿与y 轴左右均成30的范围内不断发射出质量为 m，电荷量为 q，速率为 v 的负离子理想直线边界 mn 通过 o 点，且与x轴成=30，在mn上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b，在mn下方存在与x轴成30的匀强电场，场强大小为e，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力（1）求离子打到om上的最大距离；（2）求沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过mn边界所需要的时间；（3）若匀强磁场仅在mn上方某个区域内存在，要使得这些离子均以平等于+x方向的速度通过om，求该磁场的最小面积考点：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）离子打到om上的最大距离就是圆的最大弦长，即直径；（2）作出沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过mn边界的轨迹图，在轨迹的图中找出时间与路径的关系；解答：解：如图1，垂直于mn方向的粒子打到om最远；由牛顿第二定律：，解得：粒子达到om上的最大距离：（2）作出沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过mn边界的轨迹图如图2，在磁场中运动的时间：在电场中运动的时间：（3）粒子在磁场中做圆周运动的半径：要使得这些离子均以平等于+x方向的速度通过om，磁场的形状如图3实线所示由几何关系得：s=s大s小=答：（1）离子打到om上的最大距离；（2）沿+y方向射出的离子从射出到第二次经过mn边界所需要的时间；（3）该磁场的最小面积点评：根据粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，依据几何特性作图是解题的关键之处是典型的数理结合的题型，是难题五选做题（本题包括三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若三题都做，则按15，16两题评分）15（12分）（2013扬州一模）（选修模块33）（1）如图1所示，在实验室某同学用导热性能良好的气缸和活塞将一定质量的理想气体密封在气缸内（活塞与气缸之间无摩擦）用滴管将水缓慢滴在活塞上，在此过程中ca气体对外做功，气体内能减小b外界对气体做功，气体内能增加c外界对气体做功，气体内能不变d气体从外界吸热，气体内能不变（2）如图2所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再从状态b变化到状态c则从状态a变化到状态b，气体分子的平均动能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）状态b的温度tb=状态c的温度tc（选填“”、“”或“=”）（3）在实验室中，用滴管滴出一滴油在水面上形成单分子油膜，已知这滴油的体积为v=51010m3，形成的油膜面积为s=0.7m2若已知该油的摩尔体积vmol=5104m3/mol且将每个油分子看成球形，请根据以上数据估算出阿伏加德罗常数（结果保留1位有效数字，已知球体积公式v球=，取3）考点：理想气体的状态方程；阿伏加德罗常数；热力学第一定律专题：理想气体状态方程专题分析：（1）一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，内能不变根据气体体积的变化，判断做功情况，由热力学第一定律判断热传递情况（2）温度是分子热运动平均动能的标志，温度越高，平均动能越大而温度根据气体方程=c判断（3）单分子油膜的厚度就等于油分子的直径，由d=求出分子直径用摩尔体积除以分子体积即近似等于阿伏加德罗常数解答：解：（1）由题，气缸和活塞导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体的温度与环境温度相同，保持不变，而一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度不变，则其内能不变用滴管将水缓慢滴在活塞上，气体被压缩，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律得知，气体向外界放热故c正确，abd错误故选c（2）理想气体从状态a变化到状态b，发生等压变化，体积增大，温度升高，则气体分子的平均动能增大；根据气体方程=c知，温度t与pv成正比，由图看出，b、c两个状态的pv相等，则温度相等（3）油分子的直径d=m71010m每个油分子的体积v0=则阿伏加德罗常数为na=61023mol1故答案为：（1）c；（2）增大，=（3）阿伏加德罗常数为61023mol1点评：本题关键要掌握热力学第一定律、气态方程，知道一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子热运动平均动能的标志等等热力学基本知识16（12分）（2013扬州一模）（选修模块34）（1）下列说法中正确的是da光的干涉和衍射说明光是横波b红外线与紫外线相比频率高，热效应明显c在真空中电磁波的频率越高，传播速度越大d在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度相同（2）如图所示，图甲为沿x轴负方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图象，乙图表示质点b（从质点a、b、c、d中选填）的振动图象，该波的波速为3m/s（3）如图丙所示，一束光线以与水平面成30的夹角斜射到水平桌面上的a点，若将厚度为d=2cm 的玻璃砖平放在桌面上，则该光束射到桌面上的b点（图中未画出），已知光在玻璃砖中的折射率为，求ab间的距离考点：光的折射定律；光的干涉；光的衍射专题：光的折射专题分析：（1）干涉和衍射是一切波所特有的现象，而光的偏振是横波所特有的现象，从而可判断a的正误；结合电磁波谱可判断红外线和紫外线的波长和频率的关系，从而判断b的正误；在真空中，电磁波谱的传播速度等于光速，从而判断c的正误；根据光速不变原理，可判断d的正误（2）根据波的传播方向，结合上坡下坡法，可知乙图表示质点b的振动图象，从图中得出波长和周期，即可计算出波速（3）作出光路图，由折射定律结合几何关系，即可计算ab间的距离解答：解：（1）a、光的干涉和衍射是一切波所特有的现象，并能区分纵波和横波；光的偏振是横波特有的现象，由光的偏振可判断横波所以a选项错误b、红外线与紫外线相比，红外线的热效应高，但是其频率要比紫外线低，选项b错误c、在真空中所有波段的电磁波传播的速度都为光速，选项c错误d、根据光速不变原理，在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度相同故选d（2）波沿x轴负方向传播，在t=0的时刻，ac分别在波峰和波谷的位置上，振动情况乙图的振动图象不符，bd两点在平衡位置上，由上坡下坡法可知b点沿y轴的负方向振动，d点沿y轴的正方运动，所以乙图表示质点b的振动图象有甲图可知波长为=6m，由乙图知其振动周期为t=2s，所以波速为故答案为：b，3（3）光路图如图所示，由折射定律有：得：=30由题意及光路图得：ab=oao