山东省临沂市沂水县第一中学高三物理模拟试题（一）（含解析）新人教版.doc

2015年山东省临沂市沂水一中高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分）1（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端作圆周运动当小球运动到最高点时，即时速度，l是球心到o点的距离，则球对杆的作用力是（） a 的拉力 b 的压力 c 零 d 的压力【考点】： 向心力；牛顿第二定律【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： 球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解速度；即时速度时，再对小球受力分析，根据牛顿第二定律列式求解杆的弹力，然后结合牛顿第三定律求解压力【解析】： 解：球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：mg=m解得：由于v0故杆对球有支持力，根据牛顿第二定律，有：mgn=m解得：n=mgm=根据牛顿第三定律，球对杆有向下的压力，大小为mg；故选：b【点评】： 本题关键是明确向心力来源，求解出弹力为零的临界速度，然后结合牛顿第二定律列式分析，不难2（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，电池的内阻可以忽略不计，电压表和可变电阻器r串联接成通路，如果可变电阻器r的值减为原来的时，电压表的读数由u0增加到2u0，则下列说法中不正确的是（） a 流过可变电阻器r的电流增大为原来的2倍 b 可变电阻器r消耗的电功率增加为原来的4倍 c 可变电阻器r两端的电压减小为原来的 d 若可变电阻器r的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4u0【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 将电压表看成一个电阻，根据欧姆定律判断电流和变阻器电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分两次列式后讨论电源电动势大小【解析】： 解：a、将电压表看成一个电阻，电压表的示数u0增大到2u0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于r与电压表串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，故a正确；b、电流变为2倍，电阻变为原来的，根据p=i2r，可变电阻消耗的功率变为倍，故b错误；c、电流变为2倍，电阻变为，根据u=ir，可变电阻两端的电压减为原来的，故c正确；d、根据闭合电路欧姆定律，开始时： e=u0+r可变电阻的阻值减少为原来的后： e=2u0+，联立解得：e=4u0若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4u0故d正确本题选错误的，故选：b【点评】： 本题考查闭合电路的欧姆定律，明确电压表是纯电阻，然后根据欧姆定律、闭合电路欧姆定律多次列式求解3（4分）（2015临沂校级模拟）“神舟”十号载人航天发射控制中心的大屏幕上出现的一幅“神舟”十号飞船运行轨迹图如下，它记录了飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示一段时间内飞船绕地球沿圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹、，图中分别标出了各地点的经纬度通过观察此图，某同学发现，飞船绕地球环绕一周的过程中，地球大约自转22.5已知地球半径为6.4103km，依据上述信息可估算该飞船距离地面的高度和飞船的周期（大约）正确的是（） a 4105km 1.5h b 6.4103km 3h c 300km 1.5h d 76.4103km 24h【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】： 在轨迹通过赤道时的经度为西经157.5，绕行一圈后轨迹再次经过赤道时经度为l80，即“神舟十号”转一圈，地球自转转过22.5，可求出“神舟十号”与地球自转周期的关系，从而可求出“神舟十号”的周期根据万有引力提供向心力，通过周期关系，得出轨道半径关系，从而求出“神舟十号”离地面的高度【解析】： 解：由轨道和得飞船每运行一周，地球自转角度为180157.5=22.5，所以飞船运行周期为：t=24h=1.5h，由万有引力提供向心力，即=mr在地球表面处物体万有引力等于重力得：=mg可求得飞船的轨道半径：r=则轨道高度h=rr=r解得：h=3.43105 m所以该卫星离地高度大约300km故选：c【点评】： 解决本题的关键通过“神舟十号”转一圈，地球转过的角度，得出他们的周期关系，通过万有引力提供向心力，得出轨道半径关系4（4分）如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力f作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力f与物体位移x的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是（） a 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 b 物体的质量为3 kg c 物体的加速度大小为5 m/s2 d 弹簧的劲度系数为7.5 n/cm【考点】： 牛顿第二定律；胡克定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为30n；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为10n时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为4cm；根据以上条件列式分析即可【解析】： 解：a、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故a错误；b、c、d、刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：mg=kx拉力f1为10n时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有：f1+kxmg=ma物体与弹簧分离后，拉力f2为30n，根据牛顿第二定律，有：f2mg=ma代入数据解得：m=2kg，k=500n/m=5n/cm，a=5m/s2故c正确，bd错误；故选：c【点评】： 本题关键是由图象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解5（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，ab为半圆环acb的水平直径，c为环上的最低点，环半径为r一个小球从a点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（） a v0越大，小球落在圆环时的时间越长 b 即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同 c 若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环 d 无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【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，平抛运动的时间由下降的高度决定采用假设法，假设小球垂直撞击的bc段，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析【解析】： 解：a、小球的初速度越大，下降的高度不一定大，平抛运动的时间不一定长故a错误b、平抛运动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，初速度不同，位移与水平方向方向夹角不同，则速度与水平方向夹角不同故b错误c、假设小球与bc段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为根据几何关系知，=2因为平抛运动速度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，即tan=2tan与=2相矛盾则不可能与半圆弧垂直相撞故c错误，d正确故选：d【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动速度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倍这一推论，并能灵活运用6（4分）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和mn，其中ab、ac在a点接触，构成“v”字型导轨空间存在垂直于纸面的均匀磁场用力使mn向右匀速运动，从a位置开始计时，运动中mn始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是（） a b c d 【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【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： mn切割磁感线运动产生感应电动势e=blv，l越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，然后利用闭合电路欧姆定律即可求解【解析】： 解：设bac=2，单位长度电阻为r0则mn切割产生电动势e=blv=bv2vttan=2bv2ttan回路总电阻为由闭合电路欧姆定律得：i=i与时间无关，是一定值，故a正确，bcd错误，故选：a【点评】： 关于电磁感应问题，特别是图象问题，不能凭想当然，最好是通过闭合电路欧姆定律找出关系式7（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中为直线，与、与的电势差相等一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示与、分别交于a、b、c三点，则（） a 若粒子从a到b电场力做功大小为w1，从b到c电场力做功大小为w2，则w1w2 b 粒子从a到b再到c，电势能不断减少 c a点的电势比b点的电势高 d 粒子在c点时的加速度为零【考点】： 等势面；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据电场力做功公式w=qu，分析w1与w2的关系根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，确定等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化，由等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，分析a、b电势的高低粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零【解析】： 解：a、由题，与、与的电势差相等，根据电场力做功公式w=qu得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即w1=w2故a错误b、c由于为直线，是一条等势线，则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势不断增大故b错误，c正确d、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零故d错误故选：c【点评】： 本题要掌握电场力做功的公式w=qu，可判断电场力做功的大小关系结合轨迹的弯曲方向和等量异种电荷等势线的分布情况，判断电势高低，分析电势能的变化8（4分）如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器r的滑动头从a端滑到b端过程中（） a v的示数先增大后减小，a示数增大 b v的示数先增大后减小，a示数减小 c v的示数先减小后增大，a示数增大 d v的示数先减小后增大，a示数减小【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 首先认识电路的结构：变阻器左右两部分电阻并联后与另一电阻串联电压表测量路端电压，电流表测量通过变阻器右边部分的电流当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小根据欧姆定律及串并联电阻关系分析电表读数变化【解析】： 解：当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大电源的内电压增大，路端电压减小变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小所以v的示数先增大后减小a示数一直增大故选a【点评】： 本题是电路中动态分析问题，通常采用定性分析，但电流表示数的变化要运用解析式进行定量研究，难度较大9（4分）如图（1）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20：1，r1=10，r2=20，c=100f已知电阻r1两端的正弦交流电压如图（2）所示，则（） a 原线圈输入电压的最大值为400v b 交流电的频率为100hz c 电容器c所带电量恒值为2103c d 电阻r1消耗的电功率为20w【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】： 解：a、由图象可知，rl 的电压即副线圈的电压最大值为20v，根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压最大值为400v，所以a正确b、根据图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50hz，所以b错误c、电容器的作用是通交流隔直流，所以在交流电路中电容器中有电流通过，电容器c所带电量是在不断的变化的，所以c错误d、副线圈的电压的有效值为10v，所以消耗的功率p=w=20w，所以d正确故选ad【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题10（4分）（2015临沂校级模拟）2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是（） a 为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 b 如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 c 如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 d 航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【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】： 压轴题；人造卫星问题【分析】： 万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象根据相应知识点展开分析即可【解析】： 解：a、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度故a错误；b、根据万有引力提供向心力有：v=得轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以b正确；c、卫星本来满足万有引力提供向心力即，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故c正确；d、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以d错误故选bc【点评】： 解决卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系11（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，一个带正电荷的物块m由静止开始从斜面上a点下滑，滑到水平面bc上的d点停下来已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过b处时的机械能损失现在abc所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从a点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的d点停下来后又撤去电场，在abc所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从a点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的d点停下来，则以下说法中正确的是（） a d点一定在d点左侧 b d点一定与d点重合 c d点一定在d点右侧 d d点一定与d点重合【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】： 根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断d点与d点的位置关系【解析】： 解：设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为e，斜面的倾角为，动摩擦因数为根据动能定理得a、不加电场时：mgsabsinmgsabcosmgsbd=0 加电场时：（mg+qe）sabsin（mg+qe）sabcos（mg+qe）sbd=0 将两式对比得到，sbd=sbd，则d点一定与d点重合故a错误，b正确；c、加磁场时，mgsabsinsab（mgcosbqv）（mgbqv）sbd=0 比较两式可得sbdsbd，所以d点一定在d点右侧，故c正确，d错误故选bc【点评】： 本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关12（4分）（2015临沂校级模拟）如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为b的匀强磁场中，ab间距为l，左右两端均接有阻值为r的电阻，质量为m、长为l且不计电阻的导体棒mn放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统开始时，弹簧处于自然长度，导体棒mn具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒mn第一次运动到最右端，这一过程中ab间r上产生的焦耳热为q，则（） a 初始时刻棒所受的安培力大小为 b 当棒再一次回到初始位置时，ab间电阻的热功率为 c 当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv022q d 当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为mv026q【考点】： 法拉第电磁感应定律；弹性势能；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】： 由e=blv0、i=、f=bil三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小mn棒从开始到第一次运动至最右端，电阻r上产生的焦耳热为q，整个回路产生的焦耳热为2q根据能量守恒定律求解棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能【解析】： 解：a、由f=bil、i=，r并=，得初始时刻棒所受的安培力大小为 fa=故a正确；b、由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势eblv0，由电功率公式p=知，则ab间电阻r的功率小于，故b错误；c、d、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和弹簧的弹性势能电阻r上产生的焦耳热为q，整个回路产生的焦耳热为2q弹簧的弹性势能为：ep=mv022q，故c正确，d错误；故选：ac【点评】： 本题分析系统中能量如何转化是难点，也是关键点，运用能量守恒定律时，要注意回路中产生的焦耳热是2q，不是q二、实验题（每空2分，共18分）13（8分）（2015临沂校级模拟）如图甲所示，用包有白纸的质量为m（kg）的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔转动就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机每秒钟转20圈，由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔t=0.05s，图乙中的左端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右”）（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号d时，圆柱棒下落的速度vd=1.60m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a=9.60m/s2（结果保留三位有效数字）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： 了解该实验装置的原理，它类似于打点计时器，蘸有颜料的毛笔随电动机转一圈就在圆柱棒面上的纸上画出记号，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度【解析】： 解：（1）电动机每秒钟转20圈，电动机的转速n=20 r/s，所以周期t=s=0.05 s，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度vd=m/s=1.60 m/s，加速度a=9.60 m/s2故答案为：（1）0.05s，左；（2）1.60，9.60【点评】： 该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样14（10分）有一电压表v1，其量程为3v、内阻约为3000要准确测量该电压表的内阻，提供的器材有：电源e：电动势约为15v，内阻不计电流表a1：量程100ma，内阻r1=20电压表v2：量程2v，内阻r2=2000定值电阻r1：阻值20定值电阻r2：阻值3滑动变阻器r0：最大阻值10额定电流1a电建一个，导线若干（1）实验中电表应选用，定值电阻应选用（2）请你设计一个测量电压表v1内阻的实验电路图并画在虚线框内（3）说明实验所要测量的物理量电压表的示数、电压表的示数（4）写出电压表v1内阻的计算表达式rv1=【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 本题（1）的关键是将待测电压表的额定电压、额定电流与给出的电压表和电流表比较即可题（2）的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻可知变阻器应用分压式接法，然后通过求出待测电压表与给出的电压表电流相等可知应将两者串联使用，再根据欧姆定律求出保护电阻的阻值即可选出保护电阻；题（3）和（4）的关键是根据欧姆定律写出待测电压表的表达式即可【解析】： 解：（1）：由于待测电压表的电压量程为3v，最大电流为：=1ma，远小于电流表的量程100ma，而电压表的量程与其电压量程接近，所以电表应选电压表；为保护电源，根据题（2）的分析可知定值电阻应选择（2）：由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法；由于待测电压表的额定电流为，电压表的额定电流为：，所以应将两电压表串联使用；由于给出的器材中有定值电阻，考虑电路保护作用，估算如下：根据欧姆定律，当变阻器的滑片置于最右端时，通过变阻器的电流为i=0.5a，所以保护电阻至少为r=20，所以保护电阻应选择，电路图如图所示：（3）：根据欧姆定律和串并联规律应有：，解得：，所以应测量的物理量是电压表的示数和电压表的示数；（4）：根据上面的分析可知，待测电压表内阻表达式为：故答案为：（1），（2）如图（3）电压表的示数和电压表的示数（4）【点评】： 应明确：若待测电阻是电压表时，应通过其额定电压与求出的额定电流大小来选择电压表和电流表；注意电表的“反常规”接法，即电压表可以与电压表串联或电流表可以与电流表并联；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法三、计算题（共22分）15（10分）高速公路上甲乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向通过计算说明两车在09s内会不会相撞？【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： 根据图象读懂甲先做3秒的匀减速直线运动，再做6秒的匀加速直线运动，乙先是3秒的匀速直线运动，然后是6秒的匀减速直线运动，根据给出的数据结合运动规律求解因为甲车在前，乙车在后，当乙车速度减到和甲车相等的时候两车没有相撞则以后就不会相撞，且速度相等是两车相距最近的条件【解析】： 解：由图象知，甲在前3s内的加速度，在39s内的加速度，乙在前3s的加速度a乙1=0，在39s内的加速度根据图象分析知：甲前3s内做匀减速直线运动，3s后速度减为0后再以做匀加速直线运动，乙在做匀速直线运动，3s后以做匀减速直线运动甲车在匀减速过程中的初速度为30m/s，加速度为可知3s后甲的速度刚好为0，故位移乙在前3s内的位移x乙1=vt=303m=90m此时甲乙相距x=x甲1+s0x乙1=45+10090m=55m从此刻开始，甲做初速度为0加速度为的匀加速运动，乙做初速度为v0乙=30m/s，加速度的匀减速直线运动，此时两车相距x=55m因为甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据运动规律，在甲速度增加到和乙相等时两车末能相撞，则以后就不会相撞：v甲=a甲2t v乙=v乙0+a乙2t 当v甲=v乙时，可得运动时间t=3s在这一过程中，甲的位移乙的位移）32m=67.5m因为：x甲2+xx乙2所以两车不会相撞答：两车在09s时间内不会相撞【点评】： 能正确的读懂图象，并能根据图象所反映的物体运动规律进行求解能抓住两车相距最近时的临界条件是两车速度相等16（12分）如图所示，左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场，装置上下两极板间电势差为u、间距为l；右侧为“台形”匀强磁场区域acdh，其中，ahcd，=4l一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子（不计重力、可视为质点），从狭缝s1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝s2射出，接着粒子垂直于ah、由ah的中点m射人“台形”区域，最后全部从边界ac射出若两个区域的磁场方向均水平（垂直于纸面向里）、磁感应强度大小均为b，“台形”宽度=l，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用（1）判定这柬粒子所带电荷的种类，并求出粒子速度的大小；（2）求出这束粒子可能的质量最小值和最大值；（3）求出（2）问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；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】： （1）根据运动轨迹和左手定则判定粒子电性，根据qvb=qe=q求速度；（2）由bqv=m和几何关系知质量最小值和最大值；（3）根据运动轨迹图找到最大圆心角，根据周期关系求出运动的时间【解析】： 解；（1）粒子在台型区域，从ac射出，可知粒子带正电，由于粒子在左侧正交场中做匀速直线运动，知：qvb=qe=q解得：v=（2）在台型区域，粒子做圆周运动由bqv=m由上式可知：当粒子质量最小时，半径r最小，粒子运动轨迹恰与ac相切，当粒子质量最大，半径r最大，粒子恰过c点，由几何关系知：r=（2lr）sin45解得：r=2（）l因mn=l，所以amc是等边直角三角形，r2=l解得：mmin=（3）带电粒子在磁场中运动周期为：t=，如图知粒子沿甲图运动时间最长为：t=联立以上各式解得：t=答；（1）这束粒子所带电荷为正电，粒子速度的大小为v=；（2）这束粒子可能的质量最小值：mmin=，质量最大值为：（3）（2）问中偏转角度最大的粒子在“台形”区域中运动的时间t=【点评】： 本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，根据几何知识及平抛运动和圆周运动基本公式解答，难度较大四、选考题（12分）请考生从以下三个模块中任选一模块作答（选修3-3）17（3分）以下说法正确的是（） a 浸润现象是表面张力作用的结果，不浸润现象不是表面张力作用的结果 b 温度越高物体分子的平均动能越大 c 热量可以自发地由低温物体传到高温物体 d 压缩气体，气体的内能不一定增加 e 气体的体积变小，其压强可能减小【考点】： 热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；*表面张力产生的原因【专题】： 热力学定理专题【分析】： 浸润和不浸润都是表面张力的结果温度是分子平均动能的标志热量不能自发的由低温物体传递到高温物体压缩气体，同时可能气体对外放热体积减小，同时温度降低，压强可能减小【解析】： 解：a、浸润和不浸润都是表面张力的结果，故a错误b、温度是分子平均动能的标志，温度越高物体分子的平均动能越大，故b正确c、热量不能自发的由低温物体传递到高温物体，故c错误d、压缩气体，是对气体做功，若同时气体对外放热，内能可能减小，故d正确e、由可知，体积减小，若同时温度降低，压强可能减小，故e正确故选：bde【点评】： 本题涉及热力学内容较多，重点掌握分子表面张力的表现形式，温度是分子平均动能的标志，知道改变内能的两种方式18（9分）如图所示，在一竖直放置的圆环形管道内封闭有一定质量的理想气体用一绝热的固定活塞c和绝热、不计质量、可自由移动的活塞a将管道内气体分隔成体积相等的两部分，a、c与圆环的圆心o等高，两部分气体的温度均为t0=300k现保持下部分气体的温度不变，对上部分气体缓慢加热至t=500k，求此时活塞a的位置与o点的连线跟竖直方向ob之间的夹角（不计两活塞的体积）【考点】： 理想气体的状态方程；向心力【专题】： 气体的压强专题【分析】： 分别以上下两部分气体为研究对象，利用理想气体状态方程和玻意耳定律求解【解析】： 解：设圆环管道内上下两部分气体的初始体积为v0，加热前后两部分气体的压强分别为p0、p，上部分气体体积的增加量为v，对上部分气体，根据理想气体状态方程有：=对下部分气体，根据玻意耳定律有：p0v0=p（v0v）解得：v=v0故活塞a的位置与o点的连线和竖直方向的夹角为：=45答：活塞a的位置与o点的连线跟竖直方向ob之间的夹角为45【点评】： 本题关键是对两部分气体运用气体状态方程列式后联立求解，不难，要用耐心（选修3-4）19（2015临沂校级模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知t=0时的波形如图所示，波上有p、q两点，其纵坐标分别为yp=2cm，yq=2cm下列说法中正确的是（） a p点的振动形式传到q点需要 b p、q在振动的过程中，位移的大小总相等 c 在内，p点通过的路程为20cm d 经过，q点回到平衡位置 e 在相等的时间内，p、q两质点通过的路程相等【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】： p、q两点平衡位置间的距离等于半个波长，振动形式从p传到q需要半个周期，这两点的振动情况总是相反根据时间与周期的关系，分析p、q的位置，求解路程【解析】： 解：a、由图看出，p、q两点平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，所以振动形式从p传到q需要半个周期，故a正确b、p、q的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故b正确c、若图示时刻p在平衡位置或最大位移处，在t内，p点通过的路程为：s=5a=54cm=20cm，而实际上图示时刻，p点不在平衡位置或最大位移处，所以在t内，p点通过的路程不是20cm，故c错误d、图示时刻，q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过t，q点没有回到平衡位置故d错误e、由于p、q的步调总是相反，所以在相等时间内，p、q两质点通过的路程相等，故e正确故选：abe【点评】： 本题关键的抓住p、q是反相点，振动情况总是相反这一特点进行分析，知道平衡位置相距半个波长奇数倍的两个质点是反相点，即是振动情况总是相反的点，间距通项为x=（2n+1），（n=0，1，2，）20（2015临沂校级模拟）如图所示为某种透明介质的截面图，aoc为等腰直角三角形，bc为半径r=10cm的四分之一圆弧，ab与水平屏幕mn垂直并接触于a点由红光和紫光两种单色光组成的细束复色光射向圆心o，在ab分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕mn上出现两个亮斑，左右亮斑分别为p1、p2假设该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=（1）判断p1、p2两处产生亮斑的颜色；（2）求两个亮斑间的距离p1p2【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）由全反射临界角公式sinc=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两亮斑的颜色；（2）由折射定律求出折射角，由几何知识可求得两光斑的距离p1p2【解析】： 解：（1）设该介质对红光和紫光的临界角分别为c1、c2，则 sinc1=，得c1=60同理 c2=45因为i=45=c2，i=45c1所以紫光在ab面发生全反射，而红光在ab面一部分折射，一部分反射，且由几何关系可知，反射光线与ac垂直，所以亮斑p1为红色，亮斑p2为红色与紫色的混合色