云南省西双版纳州景洪四中高三物理下学期预测试卷（含解析）.doc

云南省西双版纳州景洪四中2015届高考物理预测试卷 二、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，1、2、3、4、5题只有一个选项是正确的，6、7、8题有多个选项是正确的，（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下列说法正确的是( )a英国科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”b法拉第对电磁感应现象的研究作出了突出的贡献，他首先总结出了判断感应电流方向的规律c牛顿对物理学作出了划时代的贡献，是动力学的奠基人，所以在力学单位制中，力的单位牛顿是基本单位d元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的2如图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了图中能反映出金属探测器工作原理的是( )a通电螺线管使小磁针偏转b金属棒在磁场中运动使电流计指针偏转c通电导线在磁场中运动d通电直导线使小磁针偏转3如图为水平面上一质量m=10kg的物体在吊车作用下竖直向上运动过程中的vt图象（g=10m/s2），以下判断正确的是( )a前3s内货物处于失重状态b前3s内物体的平均速度大于最后2s内的平均速度c物体能上升的最大高度为27md第4s末拉力的功率为零4电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个正电子，若忽略正电子质量，则接下来离子的运动轨迹是( )abcd5如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )a物块始终受到两个力作用b只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心c从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小d从b到a，物块处于超重状态62012年4月16日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，二者几乎成一条直线该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，根据我们日常生活知识可知( )a土星公转的速率比地球大b土星公转的向心加速度比地球小c土星公转的周期约为1.1104天d假如土星适度加速，有可能与地球实现对接7关于静电场，下列说法正确的是( )a在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小b把负电荷从a点移到b点电场力做正功，则有uab0c在电场中电场强度大的地方，电势一定高d任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向8在直角坐标系xoy中，x轴上方有磁感应强度为b的匀强磁场，在x轴下方有电场强度为e的匀强电场从m点以一定的初速度水平射出一带正电粒子（不计重力）恰好经坐标原点o到达n，如图所示，已知m点的横坐标为a，且mn两点关于坐标原点对称，粒子经o点时速度恰好与水平方向成45角，则下列说法正确的是( )a粒子从m运动到o的时间与从o运动到n的时间相等b粒子在磁场中的轨道半径为acm点的纵坐标为（1）ad粒子到达n点时的速度恰好水平三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都作答；第13题-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共11道题，129分）9物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为50hz开始实验时，在托盘中放入适 量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，其中每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测量出了1、2和4、5计数点间距离如图所示根据图中数据计算的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_a木板的长度l b木板的质量m1c滑块的质量m2d托盘和砝码的总质量m3e滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数=_（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）10如图（a）是“测量电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，实验电路原理图如图（b）可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3v的理想电压表v，量程0.6a的电流表a（具有一定内阻），定值电阻r0（r0=1.5），滑动变阻器r1（010），滑动变阻器r2（0200），开关s（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用_（填r1或 r2）（2）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的ui坐标系中画出ui 图线如图（d）所示，则新干电池的电动势e=_v（保留三位有效数字），内阻r=_（保留两位有效数字）11如图所示，为一传送装置，其中ab段粗糙，ab段长为l=0.2m，动摩擦因数=0.6，bc、den段均可视为光滑，且bc的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，den是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径dn沿竖直方向，c位于dn竖直线上，cd间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至a点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿den轨道滑下求：（1）小球刚好能通过d点时速度的大小；（2）小球到达n点时速度的大小，对轨道的压力；（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能12（18分）如图所示，在半径为r的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，圆形区域右侧距离圆形区域右边缘为d处有一竖直感光板圆形区域上侧有两块平行金属极板，金属极板上侧有一粒子源，粒子源中可以发射速度很小的质量为m的2价阳离子（带电量为+2e），离子重力不计（1）若离子从圆形区域顶点p以速率v0平行于纸面进入磁场，求在两块平行金属极板上所加的电压u；（2）若离子从圆形区域顶点p以速率v0对准圆心射入，若它刚好从圆形区域最右侧射出，垂直打在竖直感光板上，求圆形区域内磁场的磁感应强度b；（3）若圆形区域内的磁场的磁感应强度为b，离子以某一速度对准圆心射入，若它从圆形区域右侧射出，以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，求它打到感光板上时的速度；（4）若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场，电场强度为e，粒子从圆弧顶点p以速率v0对准圆心射入，求离子打在mn上的位置距离圆形区域圆心o的竖直高度h【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13以下说法正确的是 ( )a当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最小b布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动c一定量的气体，在体积不变时，单位时间内分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小d液晶的光学性质不随温度、电磁作用变化而改变e一定质量的气体，在绝热压缩的过程中，内能一定增大14一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示，已知ab过程放出热量q，ta=tc，则 bc过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷则下列关于这两列波的说法中正确的是( )ap、n两质点始终处于平衡位置b该时刻质点m正处于平衡位置c随着时间的推移，质点o将向m点移动d从该时刻起，经过四分之一个周期，质点o将到达平衡位置，此时位移为零eom连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的2倍16如图所示，一半径为r、折射率n=的半球形玻璃砖置于光屏mn的上方，一束半径为r=的圆形单色光正对半球形玻璃砖的中心o入射，经玻璃砖折射后在下方的光屏mn上得到一个半径r=的圆形光斑，试求光屏mn到半球形玻璃砖的直径ab的距离（tan75=2+）【物理选修3-5】（共2小题，满分0分）17下列说法正确的是 ( )a康普顿效应说明光具有粒子性b居里夫人发现天然放射现象，揭示原子核内部有复杂的结构c一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率太小d将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并升高其温度，增加压强，它的半衰期也不会发生改变e碘131发生衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的18如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m=3kg的薄板和质量m=1kg的物块现给薄板和物块相同的初速度v=4m/s朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，求当薄板的速度为2.4m/s时，物块的速度大小和方向薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量云南省西双版纳州景洪四中2015届高考物理预测试卷二、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，1、2、3、4、5题只有一个选项是正确的，6、7、8题有多个选项是正确的，（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下列说法正确的是( )a英国科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”b法拉第对电磁感应现象的研究作出了突出的贡献，他首先总结出了判断感应电流方向的规律c牛顿对物理学作出了划时代的贡献，是动力学的奠基人，所以在力学单位制中，力的单位牛顿是基本单位d元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，故a错误；b、法拉第对电磁感应现象的研究作出了突出的贡献，楞次首先总结出了判断感应电流方向的规律，故b错误；c、牛顿对物理学作出了划时代的贡献，是动力学的奠基人，在力学单位制中，力的单位牛顿是导出单位，故c错误；d、元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的，故d正确；故选：d点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了图中能反映出金属探测器工作原理的是( )a通电螺线管使小磁针偏转b金属棒在磁场中运动使电流计指针偏转c通电导线在磁场中运动d通电直导线使小磁针偏转考点：* 涡流现象及其应用 分析：由题意可知，探测器将线圈靠近金属物时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生电流，则分析各实验现象可知，能产生电流的选项解答：解：当线圈靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在金属中会产生电流，故探测器采用了电磁感应原理；a选项为电流的磁效应实验；b选项为探究电磁感应现象的实验；c选项探究通电导体在磁场中受力的实验；d选项为探究电流的周围存在磁场的实验；故选：b点评：考查电磁感应现象的应用，要求学生通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义3如图为水平面上一质量m=10kg的物体在吊车作用下竖直向上运动过程中的vt图象（g=10m/s2），以下判断正确的是( )a前3s内货物处于失重状态b前3s内物体的平均速度大于最后2s内的平均速度c物体能上升的最大高度为27md第4s末拉力的功率为零考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像 专题：功率的计算专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式比较前3s内和后2s内平均速度的大小面积表示位移；根据p=fv判定功率解答：解：a、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态故a错误b、前3s内的平均速度=3m/s，后2s内的平均速度=3m/s，这两段时间内的平均速度相同故b错误c、面积表示位移x=27m，故c正确；d、第4s末拉力等于重力，速度6m/s，根据p=fv知功率不为零，故d错误故选：c点评：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握p=fv的应用4电荷量为3e的正离子，自匀强磁场a点如图射出，当它运动到b点时，打中并吸收了原处于静止状态的一个正电子，若忽略正电子质量，则接下来离子的运动轨迹是( )abcd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；左手定则 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：微粒在磁场中做匀速圆周运动，吸收电子后所带电荷量减小，根据洛伦兹力提供圆周运动向心力确定离子半径变化情况解答：解：微粒吸收一个正电子后，离子带电荷量由+3e变为+4e，由于碰撞的时间极短，故吸收电子后满足动量守恒定律，微粒运动的动量保持不变由洛伦兹力提供向心力qvb=可得离子运动半径，因为微粒吸收电子后带电荷量增大且新微粒的动量与原来相同，故微粒做圆周运动轨道半径r减小，微粒带电荷种类没有发生变化，故离子圆周运动方向没有发生变化，故abd错误，c正确故选：c点评：该题考查带电离子在磁场中的运动，由于电量的改变而导致运动半径的变化，此内容是2015届高考的重点内容之一，有很强的伸缩空间，是考生复习的重点本题属基础题目5如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )a物块始终受到两个力作用b只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心c从a到b，物体所受的摩擦力先增大后减小d从b到a，物块处于超重状态考点：向心力；摩擦力的判断与计算 专题：匀速圆周运动专题分析：木板托着物体在竖直平面内逆时针方向一起做匀速圆周运动，物体所受的合力提供圆周运动所需的向心力当加速度方向向上时，物体处于超重状态，加速度向下时，物体处于失重状态解答：解：a、在cd两点处，只受重力和支持力，在其他位置处物体受到重力，支持力、静摩擦力三个作用，故a错误；b、物体作匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，故b错误；c、从a运动到b，物体的加速度的方向始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后反向增大，根据牛顿第二定律可得，物体所受木板的摩擦力先减小后增大故c错误d、从b运动到a，向心加速度有向上的分量，所以物体处于超重状态，故d正确；故选：d点评：解决本题的关键知道a所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道a所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力62012年4月16日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，二者几乎成一条直线该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，根据我们日常生活知识可知( )a土星公转的速率比地球大b土星公转的向心加速度比地球小c土星公转的周期约为1.1104天d假如土星适度加速，有可能与地球实现对接考点：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：根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小结合几何关系，抓住天象大约每378天发生一次求出土星的公转周期根据万有引力与向心力的大小关系判断土星做离心运动还是近心运动，判断能否与地球实现对接解答：解：a、根据万有引力充当向心力得，v=，a=，知轨道半径越大，则线速度越小，向心加速度越小，则土星的公转速率小于地球，向心加速度小于地球故a错误，b正确c、地球公转周期为365天，这378天多走了这13天正好又发生了此次天象，那么可以求出地球此时相对原来位置所走的角度：=，可知地球偏离原来位置的度数x，土星却走了378天，则有：解得y1.1104天故c正确d、假如土星适度加速，万有引力不够所需的向心力，做离心运动，不可能与地球实现对接故d错误故选：bc点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，知道变轨的原理，关键抓住万有引力与向心力的大小关系7关于静电场，下列说法正确的是( )a在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小b把负电荷从a点移到b点电场力做正功，则有uab0c在电场中电场强度大的地方，电势一定高d任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：电势能与电势的关系为ep=q；电场力做功公式为wab=quab电场强度与电势无关电场强度总是指向该点电势降落最快的方向由这些知识分析解答：解：a、由电势能与电势的关系为ep=q，知电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小，故a正确b、由电场力做功公式wab=quab，知q0、wab0，则得uab0，故b错误c、电场强度与电势无关，则知电场强度大的地方，电势不一定高故c错误d、电场中，电场强度总是指向该点电势降落最快的方向故d正确故选：ad点评：解决本题的关键要理解并掌握电势能公式、电场力做功公式，要注意公式ep=q和wab=quab运用时各个量均要代入符号运算8在直角坐标系xoy中，x轴上方有磁感应强度为b的匀强磁场，在x轴下方有电场强度为e的匀强电场从m点以一定的初速度水平射出一带正电粒子（不计重力）恰好经坐标原点o到达n，如图所示，已知m点的横坐标为a，且mn两点关于坐标原点对称，粒子经o点时速度恰好与水平方向成45角，则下列说法正确的是( )a粒子从m运动到o的时间与从o运动到n的时间相等b粒子在磁场中的轨道半径为acm点的纵坐标为（1）ad粒子到达n点时的速度恰好水平考点：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：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，作出粒子运动轨迹，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与平抛运动规律求出粒子在磁场与电场中的运动时间，应用几何知识求出粒子在磁场中的轨道半径，求出m、n的纵坐标，然后应用类平抛运动规律分析答题解答：解：a、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得，粒子轨道半径：r=a，粒子在磁场中的运动时间：t1=t=，粒子在电场中做类平抛运动，运动时间：t2=，t1t2，故a错误，b正确；c、粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：ym=rrsin45=（1）a，即：m点的纵坐标为（1），故c正确；d、m、n两点关于o对称，则n点的纵坐标为：yn=（1）a，粒子在电场中做类平抛运动，yn=t2=（1）a，解得：vyn=v0，粒子到达n点时的速度与x轴不平行，粒子的速度不水平，故d错误；故选：bc点评：本题了考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程，根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式、应用类平抛运动规律即可解题，作出粒子运动轨迹，应用几何知识是正确解题的关键三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都作答；第13题-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共11道题，129分）9物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮：木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为50hz开始实验时，在托盘中放入适 量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点（1）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5是计数点，其中每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测量出了1、2和4、5计数点间距离如图所示根据图中数据计算的加速度a=0.49m/s2（保留两位有效数字）（2）为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是cda木板的长度l b木板的质量m1c滑块的质量m2d托盘和砝码的总质量m3e滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数=（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：（1）利用逐差法x=at2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理量（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式解答：解：（1）电源频率为50hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.025=0.1s，由匀变速运动的推论x=at2可知：加速度a=0.49m/s2；（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3gf=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2g，解得：=，要测动摩擦因数，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选：cd；（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：=；故答案为：（1）0.49；（2）cd；（3）点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题10如图（a）是“测量电池的电动势和内阻”的实验电路，如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，为了较精确地测量一节新干电池的内阻，加接一定值电阻，实验电路原理图如图（b）可用以下给定的器材和一些导线来完成实验，器材：量程3v的理想电压表v，量程0.6a的电流表a（具有一定内阻），定值电阻r0（r0=1.5），滑动变阻器r1（010），滑动变阻器r2（0200），开关s（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用r1（填r1或 r2）（2）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的ui坐标系中画出ui 图线如图（d）所示，则新干电池的电动势e=1.50v（保留三位有效数字），内阻r=0.29（保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；题（1）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；题（2）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题（3）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出关于u与i的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：根据u=eir可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；（1电流表的量程=0.6a，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：=，所以变阻器应选；（2）根据原理图可知实物图如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律应用：e=u+i（r+），整理可得：u=（r+）i+e，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故e=1.50v；根据函数斜率的概念应有：r+=，解得r=0.29；故答案为：（1）（2）如图（3）1.50 0.29点评：本题应明确：测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；通过电流表的最小电流应为电流表量程的；遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解11如图所示，为一传送装置，其中ab段粗糙，ab段长为l=0.2m，动摩擦因数=0.6，bc、den段均可视为光滑，且bc的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，den是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径dn沿竖直方向，c位于dn竖直线上，cd间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至a点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿den轨道滑下求：（1）小球刚好能通过d点时速度的大小；（2）小球到达n点时速度的大小，对轨道的压力；（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能考点：动能定理；向心力；功能关系；机械能守恒定律 分析：（1）小球恰好通过d点，由牛顿第二定律求出d点的速度（2）从d到n由机械能守恒定律求出到达n点的速度，由牛顿运动定律求小球到达n点时速度的大小对轨道的压力（3）从a到c的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能解答：解：（1）小球刚好能沿den轨道滑下，则在半圆最高点d点必有： mg=m则 vd=2m/s（2）从d点到n点，由机械能守恒得：mvd2+mg2r=mvn2代入数据得：vn=2m/s在n点有：nmg=m得 n=6mg=12n根据牛顿第三定律知，小球到达n点时对轨道的压力大小为12n（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功w等于弹簧所具有的弹性势能ep，根据动能定理得 wmgl+mgh=mvd20 w=mglmgh+mvd2=0.44j 即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44j答：（1）小球到达d点时的速度为2m/s；（2）小球到达n点时速度的大小是2m/s，对轨道的压力是12n；（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44j点评：本题综合考查了牛顿定律、动能定理和向心力知识的运用，关键要把握d点的临界速度，掌握每个过程的规律12（18分）如图所示，在半径为r的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，圆形区域右侧距离圆形区域右边缘为d处有一竖直感光板圆形区域上侧有两块平行金属极板，金属极板上侧有一粒子源，粒子源中可以发射速度很小的质量为m的2价阳离子（带电量为+2e），离子重力不计（1）若离子从圆形区域顶点p以速率v0平行于纸面进入磁场，求在两块平行金属极板上所加的电压u；（2）若离子从圆形区域顶点p以速率v0对准圆心射入，若它刚好从圆形区域最右侧射出，垂直打在竖直感光板上，求圆形区域内磁场的磁感应强度b；（3）若圆形区域内的磁场的磁感应强度为b，离子以某一速度对准圆心射入，若它从圆形区域右侧射出，以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，求它打到感光板上时的速度；（4）若在圆形区域右侧加上竖直向下的匀强电场，电场强度为e，粒子从圆弧顶点p以速率v0对准圆心射入，求离子打在mn上的位置距离圆形区域圆心o的竖直高度h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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子在金属极板间做匀加速运动，由动能定理求解电压u（2）离子进入磁场后做匀速圆周运动，若离子从圆形区域顶点p对准圆心射入，刚好从圆形区域最右侧射出时，其在磁场中运动轨迹为圆弧，画出轨迹，求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度（3）结合题意画出离子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，即可求得离子的速度（4）离子从q点射出后做类平抛运动，运用运动的分解，由牛顿第二定律和位移公式结合解答解答：解：（1）由动能定理可知，2eu=mv02解得 u=（2）设离子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据题述，离子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，且r=r，如图甲所示，由牛顿第二定律得： 2ev0b=m解得：b=（3）根据题述可知离子以与竖直感光板成60的角打在竖直感光板上，离子轨迹如图乙所示由图中几何关系可知，tan60=解得离子轨迹半径r=r 由2evb=m，解得：v= （4）离子从q点射出后做类平抛运动，如图丙所示，且d=v0t，h=at2由牛顿第二定律有 a=联立解得：h= 答：（1）在两块平行金属极板上所加的电压u为（2）圆形区域内磁场的磁感应强度b为（3）它打到感光板上时的速度为（4）离子打在mn上的位置距离圆形区域圆心o的竖直高度h为点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练【物理-选修3-3】（共2小题，满分15分）13以下说法正确的是 ( )a当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最小b布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动c一定量的气体，在体积不变时，单位时间内分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小d液晶的光学性质不随温度、电磁作用变化而改变e一定质量的气体，在绝热压缩的过程中，内能一定增大考点：热力学第一定律；布朗运动；* 晶体和非晶体 分析：分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子势能最小；布朗运动反映了液体分子的无规则运动；温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质；根据热力学第一定律分析气体的内能的变化解答：解：a、当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子力为零，分子势能最小，故a正确；b、布朗运动反映了液体分子的无规则运动，而不是花粉小颗粒内部分子运动，故b错误；c、一定量的气体，温度降低，分子的运动的激烈程度减小，所以在体积不变时，单位时间分子平均碰撞器壁的次数随着温度降低而减小，故c正确；d、温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质，故d错误；e、一定质量的气体，在绝热压缩的过程中，没有热交换，而外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体的内能一定增大故e正确故选：ace点评：考查分子距离与分子势能的关系，理解布朗运动的实质，知道温度与压强的微观意义与液晶的性质这几个知识点内容简单，在平时的学习过程中多加积累即可14一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，再变化到状态c，其状态变化过程的pv图象如图所示，已知ab过程放出热量q，ta=tc，则 bc过程气体吸收还是放出热量？热量是多少？考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程 专题：热力学定理专题分析：比较bc两状态的温度，从而判断气体内能的变化，比较bc两状态的体积可判断功w的正负，再根据可根据热力学第一定律即可解决问题解答：解：根据=c，知 bc过程气体的压强不变，体积增大，温度升高，则气体的内能增大气体对外做功，由热力学第一定律知气体吸收热量b到c过程，气体对外做功的值为：w=p2（v2v1）a到b过程，气体的体积不变，不做功由a到c过程，根据u=w+q得：qw+qbc=0可得 qbc=q+w=qp2（v2v1），即bc过程吸收热量为qp2（v2v1）答：bc过程吸收热量为qp2（v2v1）点评：解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，正确判断出气体变化过程，合理选取气体实验定律解决问题；对于内能变化牢记温度是理想气体内能的量度，与体积无关【物理选修3-4】（共2小题，满分0分）15如图所示是两列完全相同的相干水波在某时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷则下列关于这两列波的说法中正确的是( )ap、n两质点始终处于平衡位置b该时刻质点m正处于平衡位置c随着时间的推移，质点o将向m点移动d从该时刻起，经过四分之一个周期，质点o将到达平衡位置，此时位移为零eom连线的中点是振动加强点，其振幅为单个波引起的振幅的2倍考点：波的叠加 分析：频率相同的两列水波的叠加：当波峰与波峰、可波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的解答：解：a、pn两点均处于波峰与波谷相遇点，故两点振动最弱，始终处于平衡位置处；故a正确；b、m点为波峰与波峰相遇，此时在最大位移处；故b错误；c、质点不会随波向前运动，故o点仍在原来位置上下振动；故c错误；d、o点为波谷与波谷相遇，再过四分之一个周期，两波均达到平衡位置；故o点将到达平衡位置，此时位移为零；故d正确；e、由干涉条件可知，om连线中点，也是振动加强的点，其振幅与o或m点一样，为2a，故e正确；故选：ade点评：介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和16如图所示，一半径为r、折射率n=的半球形玻璃砖置于光屏mn的上方，一束半径为r=的圆形单色光正对半球形玻璃砖的中心o入射，经玻璃砖折射后在下方的光屏mn上得到一个半径r=的圆形光斑，试求光屏mn到半球形玻璃砖的直径ab的距离（tan75=2+）考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由数学知识求出光线在透光的边界入射时的入射角，分析能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求光屏mn到半球形玻璃砖的直径ab的距离解答：解：