广东省百校联考高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年广东省百校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）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14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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.1一个物体以某一初速度v0沿一粗糙斜面向上滑动，经时间t1上升到某处后又沿该斜面下滑，在t2时刻回到原处，该物体运动的速度一时间图象可能是（）abcd2一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动从手突然停止到物体上升到最高点时止在此过程中，重物的加速度的数值将（）a逐渐增大b逐渐减小c先减小后增大d先增大再减小3将小球以某一初速度抛出，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力影响，下列有关该运动的说法，正确的是（）a小球在水平方向做匀减速直线运动b小球做匀变速运动c小球运动到最高点时速度大小为零d小球在最高点时重力的瞬时功率不为零4如图所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧解有一正弦交流电源若两电阻消耗的电功率相等，则原、副线圈的匝数之比为（）a1：2b2：1c1：1d1：45如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力f向右推箱子、木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g下列说法正确的是（）a箱子受到的摩擦力方向向右b人受到的摩擦力方向向右c地面对木板的摩擦力方向向右d若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg6甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道以下判断正确的是（）a乙的速度大于第一宇宙速度b甲的运行周期大于乙的周期c甲的加速度小于乙的加速度d甲有可能经过北极的正上方7光滑金属导轨宽l=0.5m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示金属棒ab的电阻为2，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l=0.2m，则（）a1s末回路中的电动势为0.1vb1s末回路中的电流为1ac2s末回路产生的电热为0.01jd2s末，ab所受安培力大小为0.05n8如图甲所示，直线mn表示某电场中一条电场线，c、d是电场线上两点，一带正电的粒子从c处由静止释放粒子在只受电场力作用下从c运动到d过程中，加速度a随时间t变化关系如图乙所示设c、d两点的电势分别为c，d，场强大小分别为ec，ed，粒子在c、d两点的电势能分别为epc，epd，不计粒子重力，则有（）acdbecedcepcepddepcepd二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的a、b、c三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的世界间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5，如图甲、乙、丙所示的三段纸带，分别是从a、b、c三条不同纸带上撕下的（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于从a纸带撕下的是；（2）打a纸带时，物体的加速度大小是m/s2（保留两位小数）；（3）打点计时器打计数点1时小车的速度为m/s（保留两位小数）10一个标有“6v 0.5a”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为1，某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻实验室提供的器材处导向和开关外还有：a直流电源e：8v（内阻不计）b直流电流表a1：00.6a（内阻约为0.5）c直流电流表a2：03a（内阻约为0.1）d直流电压表v1：03v（内阻约为5k）e直流电压表v2：015v（内阻约为15k）f滑动变阻器r1：010，2ag标准电阻r2：5（1）为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图（填甲或乙）（2）为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是，电压表是（填写实验器材前面的序号）（3）闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数若某次实验电压表的示数为2.5v，电流表的示数为0.4a，电动机线圈电阻为由此可计算出该电动机正常工作输出的机械功率为w（结果保留三位有效数字）11一质量m=4kg，长度l=m的木板b，在大小f=10n、方向水平向右的拉力作用下，以v0=2m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某时刻将质量m=2kg的下铁块a（可视为质点）由静止轻轻地放在木板的右端，如图所示，小铁块与木板之间没有摩擦，重力加速度g取10m/s2求：（1）小铁块在木板上时，木板的加速度；（2）从放上小铁块到小铁块脱离木板的时间12如图所示，一质量m=11016kg，电荷量q=2104c的带正电微粒（重力不计），从静止开始经电压u1=400v的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长l=1m，两板间距d=m，微粒射出偏转电场时的偏转角=30，接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，该匀强磁场的磁感应强度大小b=t微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出求：（1）微粒进入偏转电场时的速度大小；（2）两金属板间的电压u；（3）微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度d【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13当分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等关于分子之间的相互作用，以下说法正确的是（）a当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力b当两个分子间的距离大于r0时，分子间只存在引力c两个分子间的距离由较远逐渐减小到r=r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小d两个分子间的距离由较远逐渐减小到r=r0的过程中，分子间作用力的合力一直增大e两个分子间的距离由r=r0逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大14有一空的薄金属筒，高h1=10cm某同学讲其开口向下，自水银表面处缓慢压入水银中，如图所示，设大气和水银温度恒定，筒内空气无泄漏，大气压强p0=75cmhg，不计气体分子间的相互作用，当金属筒被压入水银表面下h2=0.7m处，求金属筒内部空气柱的高度h【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图是一列简谐波在t=0时刻的波形图，介质中x=4m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin5tcm关于这列波，下列说法正确的是（）a波长为4mb波速为10m/sc波沿x轴正方向传播d再经过半个周期的时间，x=4m处质点沿波的传播方向移动2me再经过个周期的时间，x=4m处质点位于波谷16如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度d=3cm，底面镀有反光膜，顶面嵌有涂有遮光物质的挡板ab一束光线以i=45的入射角由挡板的a端入射，经底面反射后，恰能从挡板的b端射出已知光线在玻璃砖中的折射率n=，真空中的光速c=3108m/s，求：光线在该玻璃中的传播时间t（不考虑光在玻璃砖上表面的反射）；挡板ab的长度l【物理选修3-5】（共2小题，满分0分）17下面说法正确的是（）a无卢瑟福依据粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论b h+hhe+y是核聚变反应方程c射线是由原子核外的电子电离产生d射线是由氢原子核衰变产生e通过化学反应不能改变放射性物质的半衰期18如图所示，一半径为r的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内a、b是轨道的两端点且高度相同，o为圆心小球a静止在轨道的最低点，小球b从轨道右端b点的正上方距b点高为2r处由静止自由落下，从b点沿圆弧切线进入轨道后，与小球a相碰第一次碰撞后b球恰返回到b点，a球上升的最高点为c，oc连线与竖直方向夹角为60（两球均可视为质点）求a、b两球的质量之比（结果可以用根式表示）2015-2016学年广东省百校联考高三（上）月考物理试卷（12月份）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14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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.1一个物体以某一初速度v0沿一粗糙斜面向上滑动，经时间t1上升到某处后又沿该斜面下滑，在t2时刻回到原处，该物体运动的速度一时间图象可能是（）abcd【考点】匀变速直线运动的图像【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比较上滑和下滑时间的大小根据图象的斜率分析加速度，结合图象的“面积”表示位移分析即可【解答】解：上滑过程有：mgsin+f=ma1，下滑过程有：mgsinf=ma2，由此可知a1a2，根据功能关系可知落回地面的速度vv0，因此上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，由于上滑过程和下滑过程位移大小相等，因此t1t2，故a正确故选：a【点评】解决本题的关键要抓住加速度的大小可由图象的斜率大小来表示，位移由图象的“面积”表示，结合运动学基本公式及牛顿第二定律分析，难度适中2一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动从手突然停止到物体上升到最高点时止在此过程中，重物的加速度的数值将（）a逐渐增大b逐渐减小c先减小后增大d先增大再减小【考点】牛顿第二定律【分析】由题意知道，物体先匀速上升，拉力等于重力；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动【解答】解：物体匀速运动过程，弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律，物体的加速度变大；故选a【点评】解决本题首先要明确物体靠惯性运动，力是改变速度的原因，其次要明确弹力变小导致合力的变化情况3将小球以某一初速度抛出，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力影响，下列有关该运动的说法，正确的是（）a小球在水平方向做匀减速直线运动b小球做匀变速运动c小球运动到最高点时速度大小为零d小球在最高点时重力的瞬时功率不为零【考点】抛体运动【专题】直线运动规律专题【分析】小球做斜抛运动，加速度不变，做匀变速曲线运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动【解答】解：a、小球在水平方向上不受力，有水平初速度，做匀速直线运动，故a错误b、小球以初速度抛出，仅受重力，加速都不变，做匀变速运动，故b正确c、小球在最高点，竖直分速度为零，水平分速度不为零，则最高点的速度不为零，故c错误d、在最高点重力的方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为零，故d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道斜抛运动的特点，会根据分运动的受力，判断其运动规律，基础题4如图所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧解有一正弦交流电源若两电阻消耗的电功率相等，则原、副线圈的匝数之比为（）a1：2b2：1c1：1d1：4【考点】变压器的构造和原理【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】根据功率公式可明确通过原副线圈的电流之比，再由线圈匝数之比等于电流的反比可知线圈匝数之比【解答】解：两电阻的阻值相等，则由p=i2r可知，两电阻消耗的功率相等其电流一定相等；则根据变压器线圈匝数之比等于电流的反比可知，原副线圈匝数之比为1：1；故选：c【点评】本题考查变压器线圈匝数之比与电流的关系，要注意能根据电压或电流与线圈匝数关系求解线圈匝数之比5如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力f向右推箱子、木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g下列说法正确的是（）a箱子受到的摩擦力方向向右b人受到的摩擦力方向向右c地面对木板的摩擦力方向向右d若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对人进行受力分析，判断出人受到的摩擦力的方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况【解答】解：a、人用力f向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，故a错误；b、人用力f向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故b正确；c、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力；故c错误；d、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故d错误；故选：b【点评】本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断，基础题目6甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道以下判断正确的是（）a乙的速度大于第一宇宙速度b甲的运行周期大于乙的周期c甲的加速度小于乙的加速度d甲有可能经过北极的正上方【考点】第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】万有引力定律的应用专题【分析】人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度【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=gf向=m=m2r=m（）2r因而g=m=m2r=m（）2r=ma解得v= t=2a= 由式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；故a错误，bc正确；d、甲为地球同步卫星，只能在赤道上空，故d错误；故选：bc【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论，并注意地球同步卫星的位置固定7光滑金属导轨宽l=0.5m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示金属棒ab的电阻为2，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l=0.2m，则（）a1s末回路中的电动势为0.1vb1s末回路中的电流为1ac2s末回路产生的电热为0.01jd2s末，ab所受安培力大小为0.05n【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；方程法；电磁感应功能问题【分析】由图得到磁感应强度b的变化率，由法拉第电磁感应定律求感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由焦耳定律求电热由f=bil求出安培力【解答】解：a、由图知， =1t/s，由法拉第电磁感应定律得：感应电动势为 e=s=ll=0.50.21v=0.1v，故a正确b、回路中感应电流为 i=0.05a，故b错误c、2s内回路产生的电热为 q=i2rt=0.05222j=0.01j，故c正确d、2s末，b=2t，ab所受的安培力为 f=bil=20.050.5n=0.05n，故d正确故选：acd【点评】本题关键是对图象的识别和应用，要利用好图象的斜率，结合电磁感应的基本规律：法拉第电磁感应定律、欧姆定律等研究，注意磁通量变化率与变化量的区别8如图甲所示，直线mn表示某电场中一条电场线，c、d是电场线上两点，一带正电的粒子从c处由静止释放粒子在只受电场力作用下从c运动到d过程中，加速度a随时间t变化关系如图乙所示设c、d两点的电势分别为c，d，场强大小分别为ec，ed，粒子在c、d两点的电势能分别为epc，epd，不计粒子重力，则有（）acdbecedcepcepddepcepd【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】由加速度变小，则电场力变小，场强变小，正电荷所受电场力的方向沿cd，则电场线由c到d，电势变小，电势能变小【解答】解：acd、正电荷所受电场力的方向沿cd，则电场线由c到d，电势变小，电势能变小，则a错误，c错误，d正确 b、由c到d，加速度变小，则电场力变小，场强变小，则b错误故选：d【点评】题关键通过加速度时间图象得到物体的加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小二、解答题（共4小题，满分47分）9某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的a、b、c三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的世界间隔为0.1s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5，如图甲、乙、丙所示的三段纸带，分别是从a、b、c三条不同纸带上撕下的（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于从a纸带撕下的是甲；（2）打a纸带时，物体的加速度大小是2.51m/s2（保留两位小数）；（3）打点计时器打计数点1时小车的速度为0.43m/s（保留两位小数）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）去判断问题利用匀变速直线运动的推论求解加速度和速度【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：x34x23=x23x12=x12x01，因此x34=2（2x12x01）x12=10.53cm，所以属于纸带a的是甲图（2）根据运动学公式x=at2得：a=m/s2=2.51m/s2（3）利用匀变速直线运动的推论v1=0.43m/s故答案为：（1）甲； （2）2.51；（3）0.43【点评】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，注意理解相等时间内，位移之差相等的含义10一个标有“6v 0.5a”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为1，某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻实验室提供的器材处导向和开关外还有：a直流电源e：8v（内阻不计）b直流电流表a1：00.6a（内阻约为0.5）c直流电流表a2：03a（内阻约为0.1）d直流电压表v1：03v（内阻约为5k）e直流电压表v2：015v（内阻约为15k）f滑动变阻器r1：010，2ag标准电阻r2：5（1）为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图乙（填甲或乙）（2）为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是b，电压表是d（填写实验器材前面的序号）（3）闭合开关后，调节滑动变阻器控制电动机不转动时读出电流表、电压表示数若某次实验电压表的示数为2.5v，电流表的示数为0.4a，电动机线圈电阻为1.25由此可计算出该电动机正常工作输出的机械功率为2.68w（结果保留三位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；电功、电功率【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）从而测量的精确性角度考虑，选择电压表和电流表的量程，测量电动机内阻时，电动机需不转动，通过欧姆定律求出电动机的内阻（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后可得出对应的电路图（3）测电阻时应控制电动机不转由欧姆定律求出线圈电阻，应用电功公式求出输出功率【解答】解：（1）电动机不转时，两端最大电压约为：u=0.50.8=0.4v，滑动变阻器应采用分压接法，电动机线圈电阻约为0.8，电流表内阻约为0.5，电压表内阻约为5k，电流表应采用外接法，因线圈的电阻太小，因此为保护电动机，则将定值电阻与电动机串联，故应选择甲电路图；（2）测电动机线圈电阻，应控制电动机不转，测出电动机两端电压与通过电动机的电流，电动机不转时，通过电动机的电流与电动机两端电压都很小，电流表选b，电压表选d；（3）由欧姆定律可知：r+r=6.25；解得：r=6.255=1.25电动机正常工作时，总功率：p=ui=60.5=3w，线圈产生的热功率：pq=i2r=0.521.25=0.313w，电动机正常工作输出的机械功率：p机械=ppq=30.313=2.68；故答案为：（1）乙；（2）b；d；（3）1.25；2.68【点评】解决本题的关键知道器材选取的原则，即精确、安全，以及知道电动机正常工作时输入功率等于输出功率与内部消耗功率之和11一质量m=4kg，长度l=m的木板b，在大小f=10n、方向水平向右的拉力作用下，以v0=2m/s的速度沿水平地面做匀速直线运动，某时刻将质量m=2kg的下铁块a（可视为质点）由静止轻轻地放在木板的右端，如图所示，小铁块与木板之间没有摩擦，重力加速度g取10m/s2求：（1）小铁块在木板上时，木板的加速度；（2）从放上小铁块到小铁块脱离木板的时间【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】计算题；参照思想；几何法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）当木板匀速运动时，拉力等于摩擦力，求动摩擦因数，加上铁块后由牛顿第二定律即可求得木板的加速度；（2）放上铁块后木板做匀减速运动，铁块不懂，根据运动学公式和位移关系即可求解时间【解答】解：（1）由木板匀速运动时有：mg=f得：=0.25加一个铁块后，木板做匀减速运动，由牛顿第二定律得：f（m+m）g=ma代入数据解得：a=1.25m/s2，“一”号表示加速度方向水平向左（2）物块在木板上相对于地面静止，木版匀减速运动的距离l铁块脱离木板，由位移公式有：l=v0t+at2解得：t1=1s，t2=s（舍去）故1s后a与b脱离答：（1）小铁块在木板上时，木板的加速度大小是1.25m/s2，方向水平向左；（2）从放上小铁块到小铁块脱离木板的时间是1s【点评】本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，要知道加速度是中间桥梁，要注意铁块相对于地面并没有运动，要排除思维定势的影响12如图所示，一质量m=11016kg，电荷量q=2104c的带正电微粒（重力不计），从静止开始经电压u1=400v的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，金属板长l=1m，两板间距d=m，微粒射出偏转电场时的偏转角=30，接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区，该匀强磁场的磁感应强度大小b=t微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出求：（1）微粒进入偏转电场时的速度大小；（2）两金属板间的电压u；（3）微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度d【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】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求带电微粒进入偏转电场时的速率v0；（2）带电微粒在偏转电场中做类平抛运动，将微粒的末速度分解为平行于板和垂直于板两个方向，由几何知识确定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由动能定理列式求偏转电压；（3）微粒恰好不从磁场右边射出时运动轨迹与右边边界相切，画出运动轨迹，结合几何知识得到轨道半径与宽度d的关系，然后由洛伦兹力提供向心力列方程求轨道半径；最后联立求解即可【解答】解：（1）带电微粒经加速电场加速后速率为v1，根据动能定理有：qu1=，代入数据解得：v0=4107m/s（2）带电粒子在偏转电场中运动时：a=根据分运动公式，有：l=v0t 联立解答：u=400v（3）带电粒子在磁场中运动2洛仑兹力提供向心力，恰好从右边界射出，对应圆周运动的圆心角为120，有：得：r=31012mt=带电粒子在磁场中的时间：t=结合几何关系，有：d=r+rsin605.61012m答：（1）微粒进入偏转电场时的速度大小为4107m/s；（2）两金属板间的电压u为400v；（3）微粒在磁场中的运动时间t为11010s，匀强磁场的宽度d约为5.61012m【点评】本题关键是明确粒子的运动规律、画出运动轨迹，结合动能定理、类似平抛运动规律和牛顿第二定律列式求解，不难【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13当分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等关于分子之间的相互作用，以下说法正确的是（）a当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力b当两个分子间的距离大于r0时，分子间只存在引力c两个分子间的距离由较远逐渐减小到r=r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小d两个分子间的距离由较远逐渐减小到r=r0的过程中，分子间作用力的合力一直增大e两个分子间的距离由r=r0逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大【考点】分子间的相互作用力【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离增大时，表现为引力，当分子间距离减小时，表现为斥力，而分子间的作用力随分子间的距离增大先减小后增大，再减小；当分子间距等于平衡位置时，引力等于斥力，即分子力等于零【解答】解：a、两分子之间的距离小于r0时，它们之间既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表现为斥力，故a错误；b、当两个分子间的距离大于r0时，分子间存在相互作用的引力和斥力，而且斥力小于引力，作用力表现为引力，故b错误c、当分子间距离等于r0时，它们之间引力和斥力的大小相等，方向相反，合力为零，当两个分子间的距离由较远逐渐减小到r=r0的过程中，分子间相互作用力先增大后减小，表现为引力；故c正确，d错误e、两个分子间的距离由r=r0开始减小的过程中，分子间相互作用力一直增大，表现为斥力，故e正确；故选：ce【点评】此题考查的是分子间的相互作用力，以及作用力和分子间距离的关系，注意当r=r0时，分子力为零，而分子势能却最小，并不为零，同时注意引力与斥力随着间距变化出现都增大或都减小的现象14有一空的薄金属筒，高h1=10cm某同学讲其开口向下，自水银表面处缓慢压入水银中，如图所示，设大气和水银温度恒定，筒内空气无泄漏，大气压强p0=75cmhg，不计气体分子间的相互作用，当金属筒被压入水银表面下h2=0.7m处，求金属筒内部空气柱的高度h【考点】理想气体的状态方程；气体压强的微观意义【专题】计算题；定量思想；方程法；理想气体状态方程专题【分析】金属筒内气体发生等温变化，求出气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，然后求出空气柱的高度【解答】解：设内部空气柱高度为hcm，金属筒横截面积为s，则在空中时内部气体压强为p1=p0=75cmhg，体积v1=h1s=10s在水银面下h2=0.7m=70cm处时气体压强p2=p0+h2+h=（145+h）cmhg，体积v2=hs气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1h1s=p2hs，即：7510=（145+h）h，解得：h=5cm；答：金属筒内部空气柱的高度h为5cm【点评】本题考查了求空气柱的高度，根据题意求出气体的状态参量是解题的关键，应用玻意耳定律可以解题【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图是一列简谐波在t=0时刻的波形图，介质中x=4m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin5tcm关于这列波，下列说法正确的是（）a波长为4mb波速为10m/sc波沿x轴正方向传播d再经过半个周期的时间，x=4m处质点沿波的传播方向移动2me再经过个周期的时间，x=4m处质点位于波谷【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】根据质点简谐运动的表达式y=10sin5t（cm），读出角频率，求出周期根据t=0时刻x=4m处质点的振动方向判断波的传播方向读出波长，求出波速简谐波传播过程中，介质中质点不向前移动每经过半个周期质点的振动反向【解答】解：a、由图读出波长为 =4m，故a正确b、由x=4m处质点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin5t cm，可知=5rad/s，则周期为：t=s=0.4s，则波速为：v=m/s=10m/s故b正确c、由表达式y=5sin5t cm，可知t=0时刻x=4m处质点沿y轴正方向运动，则根据波形的平移法可知，波沿x轴负方向传播故c错误d、简谐波传播过程中，介质中质点不向前移动，只在自己平衡位置附近振动故d错误e、t=0时刻x=4m处质点沿y轴正方向运动，则再经过个周期的时间，x=4m处质点位于波谷，故e正确故选：abe【点评】解决本题关键要掌握简谐运动的表达式一般形式y=asint，读出，再结合振动与波动之间的联系进行分析16如图所示，足够长的平行玻璃砖厚度d=3cm，底面镀有反光膜，顶面嵌有涂有遮光物质的挡板ab一束光线以i=45的入射角由挡板的a端入射，经底面反射后，恰能从挡板的b端射出已知光线在玻璃砖中的折射率n=，真空中的光速c=3108m/s，求：光线在该玻璃中的传播时间t（不考虑光在玻璃砖上表面的反射）；挡板ab的长度l【考点】光的折射定律【专题】应用题；定性思想；图析法；光的折射专题【分析】由折射定律求出折射角，根据折射率公式求出光在介质中的传