山东省济宁市梁山一中高三物理下学期5月模拟试卷（含解析）.doc

山东省济宁市梁山一中2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式u=ir既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了v（伏）与a（安）和（欧）的乘积等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、n（牛）、j（焦）、w（瓦）、c（库）、f（法）、a（安）、（欧）和t（特），由他们组合成的单位都与电压单位v（伏）等效的是( )aj/c和n/cbc/f和tm2/scw/a和ctm/sdw和tam2汽车a和b在同一平直公路上行驶，它们相对于同一参考点o的位移时间（xt）图象如图所示由图可知下列说法正确的是( )ab车做曲线运动b在t1时刻，a车追上b车c在t2时刻，a车的速度大小等于b车的速度大小d在t1到t2这段时间内，a和b两车的平均速度相等3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接u=220sin100t（v）的交流电源，副线圈两端接r=55的负载电阻，电表均为理想交流电表则下列说法中正确的是( )a副线圈中输出交流电的频率为12.5hzb副线圈中电压表的示数为55vc变压器的输入功率为110wd原线圈中的电流表a的示数为0.25a4围绕地球旋转的人造卫星，在万有引力的作用下做匀速圆周运动v和r为人造卫星的线速度和相应的轨道半径，v0和r0为近地卫星的线速度和相应的轨道半径则下列关系正确的是( )alg（）=lg（）blg（）=2lg（）clg（）=lg（）dlg（）=2lg（）5如图1所示，直线ab是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上a点沿直线运动到b点，其速度平方v2与位移x的关系如图2所示以下判断正确的是( )aa点场强小于b点场强ba点的电势低于b点的电势c电子从a点运动到b点，电场力做负功d电子在a点的电势能小于在b点的电势能6如图所示，编号为、的三根圆木粗细相同、质量均为m、并排横放在水平地面上，叠放在、上面，三根圆木均处于静止状态已知重力加速度g，以下判断正确的是( )a对的支持力大小为mgb对的支持力大小为mgc地面对i的摩擦力大小为mgd地面对i的摩擦力大小为07如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2l的某矩形区域内（长度足够大），该区域的上下边界mn、ps是水平的有一边长为l的正方形导线框abcd从距离磁场上边界mn的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达ps时线框刚好做匀速直线运动以线框的ab边到达mn时开始计时，以mn处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力f与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是( )abcd二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8如图所示，nm是水平桌面，pm是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为l质量为m的滑块a上固定一遮光条，在质量为m的重物b牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2遮光条宽度为d（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块a受到外力的合力等于b重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足_；在实验中，考虑到遮光条宽度远小于l，测得的加速度为_（2）如果已经平衡了摩擦力，_（选填“能”或“不能”）用此装置验证a、b组成的系统机械能守恒，理由是_9某同学为了测量电流表a1内阻的精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；滑动变阻器r1（05，额定电流为1a）；滑动变阻器r2（050，额定电流为0.01a）；电源e（电动势3v，内阻较小）；定值电阻r0 （5）；单刀单掷开关一个、导线若干实验要求待测电流表a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）以上给定的器材中滑动变阻器应选_；（2）在答题卡的方框内画出测量a1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（3）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1的表达式为r1=_；上式中各符号的物理意义是_10（18分）如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点c水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o等高的p点，不计空气阻力求：（1）滑块运动到圆环最高点c时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的 大小；（3）滑块在斜面轨道bd间运动的过程中克服摩擦力做的功11如图所示，在以o为圆心的圆形区域内，有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小b=0.1t，圆半径r=10cm，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势e=91v，内阻r=1，定值电阻r1=20，滑动变阻器r2的最大阻值为70；两金属板上的小孔s1、s2跟o点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏d，o点跟荧光屏d之间的距离h=20cm，现有比荷=4105c/kg的正正离子由小孔s1进入电场加速后，从小孔s2穿出，通过磁场后打在荧光屏d上，不计离子的重力和离子在小孔s1处的初速度，问：（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数多大？（2）滑动变阻器滑片p的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，求离子在磁场中运动的最长时间和此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心o点的距离【选考部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-物理3-3】12关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是 ( )a布朗运动是液体分子的无规则运动b分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小c热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体d功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程13如图甲是一定质量的气体由状态a经过状态b变为状态c的vt图象已知气体在状态a时的压强是1.5105pa说出ab过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中ta的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态a经过状态b变为状态c的pt图象，并在图线相应位置上标出字母a、b、c如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程【物理-物理3-4】14一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，a、p和q是介质中的三个质点，a的振动图象如图乙所示，下列判断正确的是( )a该波的传播速度是2.5m/sb该波沿x轴正方向传播c从t=0到t=0.4s，q通过的路程为4md从t=0的时刻开始，p将比q先回到平衡位置15如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角aob=120，顶点o与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径r=a，圆锥轴线与桌面垂直有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合已知玻璃的折射率n=，求光束在桌面上形成的光斑的面积【物理-物理3-5】16如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是( )a用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应b一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光c一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75evd用能量为10.3ev的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态17如图，质量分别为ma、mb的两个弹性小球a、b静止在地面上方，b球距地面的高度h=0.8m，a球在b球的正上方，先将b球释放，经过一段时间后再将a球释放，当a球下落t=0.3s时，刚好与b球在地面上方的p点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间a球的速度恰为零已知mb=3ma，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：（i）b球第一次到达地面时的速度；（ii）p点距离地面的高度山东省济宁市梁山一中2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式u=ir既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了v（伏）与a（安）和（欧）的乘积等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、n（牛）、j（焦）、w（瓦）、c（库）、f（法）、a（安）、（欧）和t（特），由他们组合成的单位都与电压单位v（伏）等效的是( )aj/c和n/cbc/f和tm2/scw/a和ctm/sdw和tam考点：力学单位制分析：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位根据相关公式分析单位的关系解答：解：a、根据c=可得：u=，所以1v=1c/f，由u=ed知：1v=1n/cm，故a错误b、由e=知，1v=1wb/s=1tm2/s，故b正确c、由p=ui得：u=，则1v=1w/a由e=blv知：1v=1tmm/s，故c错误d、根据p=可得：u=，所以1v=由f=bil知：1n=1tam1v，故d错误故选：b点评：物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可2汽车a和b在同一平直公路上行驶，它们相对于同一参考点o的位移时间（xt）图象如图所示由图可知下列说法正确的是( )ab车做曲线运动b在t1时刻，a车追上b车c在t2时刻，a车的速度大小等于b车的速度大小d在t1到t2这段时间内，a和b两车的平均速度相等考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：位移时间图线反映物体位移随时间的变化规律，不是物体的运动轨迹，根据位移的大小，结合运动的时间比较平均速度解答：解：a、位移时间图线不是物体的运动轨迹，b车做直线运动，故a错误b、由图线可知，在t1时刻，两车的位置坐标相同，可知b车追上a车，故b错误c、图线的切线斜率表示瞬时速度，在t2时刻，a车的速度大小小于b车的速度大小，故c错误d、在t1到t2这段时间内，a和b的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，结合位移和时间的大小比较平均速度，基础题3如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接u=220sin100t（v）的交流电源，副线圈两端接r=55的负载电阻，电表均为理想交流电表则下列说法中正确的是( )a副线圈中输出交流电的频率为12.5hzb副线圈中电压表的示数为55vc变压器的输入功率为110wd原线圈中的电流表a的示数为0.25a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据瞬时值的表达式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答：解：a、变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的f=50hz，故a错误；b、由瞬时值的表达式可知原线圈的电压的有效值为u=220v，理想变压器原副线圈匝数比为4：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55v，即为电压表的读数，故b错误；c、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为p=55w，所以原线圈中的输入功率也为55w，故c错误；d、副线圈的电流为i2=1a，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为i1=0.25i2=0.25a，故d正确；故选：d点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比知道正弦交变电流最大值和有效值之间的关系即可解决本题4围绕地球旋转的人造卫星，在万有引力的作用下做匀速圆周运动v和r为人造卫星的线速度和相应的轨道半径，v0和r0为近地卫星的线速度和相应的轨道半径则下列关系正确的是( )alg（）=lg（）blg（）=2lg（）clg（）=lg（）dlg（）=2lg（）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：人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算即可解答：解：人造卫星的向心力由万有引力提供，故有： 由两式得：由对数运动算可得：所以故选：c点评：掌握万有引力提供圆周运动的向心力，能根据对数运动规律求得结论5如图1所示，直线ab是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上a点沿直线运动到b点，其速度平方v2与位移x的关系如图2所示以下判断正确的是( )aa点场强小于b点场强ba点的电势低于b点的电势c电子从a点运动到b点，电场力做负功d电子在a点的电势能小于在b点的电势能考点：电势差与电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电子的运动方向结合图象，确定电场力方向，场强方向与电子所受电场力方向相反根据场强方向判断电势的高低由速度图象读出速度平方v2与位移x的关系，确定场强的变化情况根据能量守恒，分析电势能的变化解答：解：ac、由速度平方v2与位移x的关系图象看出，图线的斜率不变，电子的速度增大，电子所受电场力沿ab且做正功，由动能定律，eex=m（），故e为常量，为匀强电场，故ac错误b、电子所受电场力逆着电场方向，电场方向沿ba，沿电场线的方向电势降低故b正确d、由速度图象看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，故d错误故选：b点评：本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析6如图所示，编号为、的三根圆木粗细相同、质量均为m、并排横放在水平地面上，叠放在、上面，三根圆木均处于静止状态已知重力加速度g，以下判断正确的是( )a对的支持力大小为mgb对的支持力大小为mgc地面对i的摩擦力大小为mgd地面对i的摩擦力大小为0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：先以物体为研究的对象，求出对的支持力大小的大小；然后以i为研究对象，求解地面对i的摩擦力大小解答：解：a、b、以物体为研究的对象，受力如图，由几何关系可知，f与竖直方向之间的夹角是30，所以：2fcos30=mg所以：故a错误，b正确；c、d、以i为研究对象，受力如图，由牛顿第三定律得：f=f，沿水平方向：fsin30=f，所以：故c正确，d错误故选：bc点评：本题主要考查了共点力平衡的直接应用，要分别对和减小受力分析，并能根据几何关系求出角度与力的方向之间的关系基础题目7如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2l的某矩形区域内（长度足够大），该区域的上下边界mn、ps是水平的有一边长为l的正方形导线框abcd从距离磁场上边界mn的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达ps时线框刚好做匀速直线运动以线框的ab边到达mn时开始计时，以mn处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力f与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是( )abcd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：据题意，线框的ab边到达ps时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，可判断出线框进入磁场过程只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速，ab边到达ps时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动再根据安培力与速度成正比，分析感应电流和安培力的变化情况解答：解：据题线框的ab边到达ps时线框刚好做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即f=mg，而线框完全在磁场中运动时做匀加速运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即fmg，只能做加速运动，不能做匀速运动或减速运动，否则通过匀加速过程，ab边到达ps时速度增大，安培力增大，安培力将大于重力，不可能匀速运动根据安培力公式f=，可知：线框进入磁场的过程中，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流i逐渐增大，安培力逐渐增大，线框所受的合力减小，加速度减小，所以做加速度减小的变加速运动感应电流i=，所以感应电流i的变化率也应逐渐减小，安培力f的变化率也逐渐减小根据楞次定律判断可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题的突破口是“线框的ab边到达ps时线框刚好做匀速直线运动”，根据其运动情况要判断出受力情况，分析关键要抓住安培力的表达式f=，知道安培力与速度成正比，从而进行分析二、非选择题（必做+选做）【必做部分】8如图所示，nm是水平桌面，pm是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为l质量为m的滑块a上固定一遮光条，在质量为m的重物b牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2遮光条宽度为d（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块a受到外力的合力等于b重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足mm；在实验中，考虑到遮光条宽度远小于l，测得的加速度为（）（2）如果已经平衡了摩擦力，不能（选填“能”或“不能”）用此装置验证a、b组成的系统机械能守恒，理由是摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒考点：用打点计时器测速度专题：实验题分析：为了认为a所受的外力合力等于b的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度系统机械能守恒的条件是只有重力做功，根据条件进行判断解答：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力f=ma=，当mm，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力滑块通过光电门1的瞬时速度v1=，通过光电门2的瞬时速度v2=，根据运动学公式得a=（）（2）已经平衡了摩擦力，对a、b组成的系统，该装置不能验证系统机械能守恒，因为摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒故答案为：（1）mm； （）（2）不能； 摩擦力做功，没有满足只有重力做功，故机械能不守恒点评：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）以及知道系统机械能守恒的条件，知道该实验中系统机械能不守恒，因为有阻力做功9某同学为了测量电流表a1内阻的精确值，有如下器材：电流表a1（量程300ma，内阻约为5）；电流表a2（量程600ma，内阻约为1）；电压表v（量程15v，内阻约为3k）；滑动变阻器r1（05，额定电流为1a）；滑动变阻器r2（050，额定电流为0.01a）；电源e（电动势3v，内阻较小）；定值电阻r0 （5）；单刀单掷开关一个、导线若干实验要求待测电流表a1的示数从零开始变化，且多测几组数据，尽可能的减少误差（1）以上给定的器材中滑动变阻器应选；（2）在答题卡的方框内画出测量a1内阻的电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号；（3）若选测量数据中的一组来计算电流表a1的内阻r1，则r1的表达式为r1=；上式中各符号的物理意义是、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：本题（1）的关键是明确实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据待测电流表量程等于电流表量程的一半可知，应将待测电流表与定值电阻并联后再与电流表串联即可；题（3）的关键是根据串并联规律写出两电流表示数之间的关系，然后即可求解解答：解：（1）：由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；（2）：由于待测电流表的量程为电流表量程的一半，所以应考虑将待测电流表与定值电阻并联以扩大量程，改装后电流表再与电流表串联，电路图如图所示：（3）：根据电路图由欧姆定律可得：=+，解得：=；其中、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小故答案为：（1）；（2）如图；（3）；、分别为某次实验时电流表、的示数，是定值电阻的大小点评：应明确：当表的量程较小时，可将电表进行改装以扩大量程；当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器，以方便调节10（18分）如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道接着小滑块从圆环最高点c水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o等高的p点，不计空气阻力求：（1）滑块运动到圆环最高点c时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的 大小；（3）滑块在斜面轨道bd间运动的过程中克服摩擦力做的功考点：向心力；功的计算分析：（1）根据几何关系得出平抛运动的水平位移，结合平抛运动的规律，求出平抛运动的初速度，即在最高点c的速度（2）对最低点到c点运用动能定理，求出最低点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出滑块对最低点的压力大小（3）对d到最低点运用动能定理，求出克服摩擦力做功的大小解答：解：（1）根据几何关系知，op间的距离x=，根据r=得，t=，则滑块在最高点c时的速度（2）对最低点到c点的过程运用动能定理得，mg2r=解得v=，对最低点由牛顿第二定律得：解得：fn=6mg由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg（3）从d到最低点过程中，运用动能定理得：mghwf=，解得答：（1）滑块运动到圆环最高点c时的速度的大小为；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的 大小为6mg；（3）滑块在斜面轨道bd间运动的过程中克服摩擦力做的功为点评：该题的突破口是小滑块从圆环最高点c水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o等高的p点，运用平抛规律和几何关系求出初速度下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题11如图所示，在以o为圆心的圆形区域内，有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小b=0.1t，圆半径r=10cm，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势e=91v，内阻r=1，定值电阻r1=20，滑动变阻器r2的最大阻值为70；两金属板上的小孔s1、s2跟o点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏d，o点跟荧光屏d之间的距离h=20cm，现有比荷=4105c/kg的正正离子由小孔s1进入电场加速后，从小孔s2穿出，通过磁场后打在荧光屏d上，不计离子的重力和离子在小孔s1处的初速度，问：（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数多大？（2）滑动变阻器滑片p的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，求离子在磁场中运动的最长时间和此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心o点的距离考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数（2）滑片在变阻器r2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长；先根据闭合电路欧姆定律求解极板间的电压，然后根据动能定理求解加速后的速度，根据牛顿第二定律求解磁场中圆周运动的半径，结合几何关系确定打在极板上的位置解答：解：（1）若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示：由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径：设离子进入磁场时的速度为v1由，得：设两金属板间的电压为u，离子在电场中加速，由动能定理有：可得：代入有关数值可得u1=60v也就是电压表示数为60v（2）两金属板间的电压越小，离子经电场加速后速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器r2的左端时，离子在磁场中运动的时间最长由闭合电路欧姆定律有：两金属板间电压：umin=ir1=20v由及得：r2=0.1m粒子进入磁场后的径迹如图所示，o1为径迹圆的圆心由图可得，所以=60故离子在磁场中运动的最长时间为：在ooa中，=30，所以a、o间距离为：x=htan=20cm答：（1）若离子能垂直打在荧光屏上，则电压表的示数为60v；（2）离子在磁场中运动的最长时间为5.2105s，此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心o点的距离为20cm点评：题分析离子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强【选考部分】请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-物理3-3】12关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是 ( )a布朗运动是液体分子的无规则运动b分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小c热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体d功转变为热的实际宏观过程一定是可逆过程考点：热力学第一定律；分子动理论的基本观点和实验依据专题：热力学定理专题分析：正确解答本题需要掌握：布朗运动的特点、实质以及物理意义；分子力与分子之间距离的关系；热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体，与热力学相关的宏观过程具有方向性解答：解：a、布朗运动是固体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，反应了液体分子的无规则运动，故a错误；b、分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，故b错误；c、热量能够自发地从高温物体传导到低温物体，但不能自发地从低温物体传导到高温物体，故c正确；d、与热力学相关的宏观过程具有方向性，故功转变为热的实际宏观过程不一定是可逆过程，故d错误故选：c点评：本题考查了热力学定律和分子动理论的基础知识，在平时练习中要加强对这些基本知识的理解与应用13如图甲是一定质量的气体由状态a经过状态b变为状态c的vt图象已知气体在状态a时的压强是1.5105pa说出ab过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中ta的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态a经过状态b变为状态c的pt图象，并在图线相应位置上标出字母a、b、c如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图示图象求出气体各状态的状态参量、判断出气体状态变化过程，然后应用气体状态方程求出气体状态参量，再作出图象解答：解：（1）由图甲所示图象可知，a与b的连线的延长线过原点o，所以ab是一个等压变化，即pa=pb=1.5105pa，由图示图象可知：va=0.4m3，vb=vc=0.6m3，tb=300k，tc=400k，从a到b过程，由概率萨克定律得：得ta=200k；（2）由图甲所示图象可知，从b到c为等容过程，由（1）知：pb=1.5105pa，tb=300k，tc=400k，由查理定律得：，解得：pc=2105pa，气体状态变化图象如图所示：答：（1）温度值ta为200k（2）如图所示点评：本题考查了作图象、求气体状态参量问题，分析清楚图示图象，根据图象判断出气体的状态变化过程与状态参量、应用气体状态方程即可正确解题【物理-物理3-4】14一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，a、p和q是介质中的三个质点，a的振动图象如图乙所示，下列判断正确的是( )a该波的传播速度是2.5m/sb该波沿x轴正方向传播c从t=0到t=0.4s，q通过的路程为4md从t=0的时刻开始，p将比q先回到平衡位置考点：横波的图象；简谐运动的振动图象；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：本题要在乙图上读出a质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率，根据简谐运动的特点：一个周期内质点路程为4a，分析t是几倍的周期，可以确定0.4s内的路程，根据波的传播方向判断p、q两点谁先回到平衡位置解答：解：a、由乙图知，质点的振动周期为t=0.8s，由甲图知，波长=20m，则波速为：v=m/s故a正错误；b、由乙图知，t=0时刻，质点a向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故b错误；c、t=0.4s=，q点原来处于波谷处，所以s=0.542=4m故c正确；d、波沿x轴负方向传播，此时p向下振动，q向上振动，所以q比p先回到平衡位置故d错误故选：c点评：本题关键要理解波动图象与振动图象的联系与区别，同时，读图要细心，数值和单位一起读判断波的传播方向和质点的振动方向关系是必备的能力15如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角aob=120，顶点o与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径r=a，圆锥轴线与桌面垂直有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合已知玻璃的折射率n=，求光束在桌面上形成的光斑的面积考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折当第二次折射时，由于入射角等于30，而玻璃的折射率n=，可得临界角与入射角的关系，判断光线会发生光的全反射，作出光路图，可根据几何关系可确定光斑的半径，即可求得光斑的面积解答：解：设玻璃的临界角为c，则有：sinc=如图所示，射到oa界面的入射角为：=30，则有：sin=sinc，c故入射光线能从圆锥侧面射出设折射角为，无限接近a点的折射光线为ac，根据折射定律有：sin=nsin解得：=60过o点作odac，则o2od=30在直角三角形o1ao中，o1o=rtan30=a在直角三角形ace中，ec=aetan30=（4a+a）=a故o2c=ecr=ao2d=o2otan30=4atan30=a光束在桌面上形成光环的面积 s=o2d2o2c2=a2答：光束在桌面上形成的光照亮部分的面积为a2点评：本题关键之处是根据光的折射定律与反射定律作出光路图，再利用几何关系来辅助计算【物理-物理3-5】16如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在