陕西省铜川市高三物理下学期第二次模拟试卷（含解析）.doc

陕西省铜川市2015届高考物理二模试卷一、选择题（1-5题为单选题，6-8题为多选题，每小题6分，共48分）1最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )a速度增加，加速度减小b速度增加，加速度增大c速度减小，加速度增大d速度减小，加速度减小2如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，1和2及2和3间分别用原长为l，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为 ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是( )a2l+b2l+c2l+d2l+3如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为o，一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的a点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的c点已知oc的连线与oa的夹角为，重力加速度为g，则小球从a运动到c的时间为( )atanbcotctandcot4双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化若某双星系统中两星做圆周运动的周期为t，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )atbtctdt5空间某一静电场的电势在y轴上的分布如图所示，y轴上a、b两点电场强度在y方向上的分量分别是eay、eby，下列说法中正确的有( )aeay的大小大于eby的大小beay的方向沿y轴正方向co点场强在y轴方向上的分量最大d正电荷沿y轴从a移到b的过程中，电场力先做负功，后做正功6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为p，牵引力为f0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动能正确表示这一过程中汽车牵引力f随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )abcd7如图所示，在倾斜角为的光滑斜面上，相距均为d的三条虚线l1、l2、l3，它们之间的区域、分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为b，一个质量为m、边长为d、总电阻为r的正方形导线框从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边在越过l1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )a线框中感应电流的方向不变b线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间c线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为d线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能e机与重力做功wg的关系式是e机=wg+mvmv8如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中l为电感线圈、c为电容器、r为定值电阻当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光如果加在原线圈两端的交流电的最大值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是( )a副线圈两端的电压有效值均为216vb副线圈两端的电压有效值均为6vc灯泡变亮d灯泡变亮二、非选择题（一）必考题9某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度h、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_滑块与斜面间的动摩擦因数为_以下能引起实验误差的是_a滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时10为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：待测干电池e（电动势约1.5v，内阻约为1.0）电流表g（满偏电流3.0ma，内阻为10）电流表a（量程00.60a，内阻约为0.10）滑动变阻器r1（020，2a）滑动变阻器r2（01000，1a）定值电阻r3=990开关和导线若干（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_（填仪器字母代号）；（2）请在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材的字母代号；（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图做出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），由该图线可求出被测干电池的电动势e=_v，内电阻r=_11为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“a鱼”和“b鱼”，如图所示在高出水面h处分别静止释放“a鱼”和“b鱼”，“a鱼”竖直下潜ha后速度减小为零，“b鱼”竖直下潜hb后速度减小为零“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 倍，重力加速度为g，“鱼”运动位移值远大于“鱼”的长度假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计求：（1）“a鱼”入水瞬间的速度va（2）“a鱼”在水中运动时所受阻力fa（3）“a鱼”和“b鱼”在水中运动时所受阻力之比fa：fb12（18分）如图，静止于a处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从p点垂直cn进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为r，其所在处场强为e、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；、，离子重力不计（1）求加速电场的电压u；（2）若离子恰好能打在q点上，求矩形区域qncd内匀强电场场强e0的值；（3）若撤去矩形区域qncd内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在qn上，求磁场磁感应强度b的取值范围三、选做题（从下面各题中任选1题作答，共2小题，满分15分）【物理-选修3-4】13如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点下列说法正确的是( )a在t=6s时刻波恰好传到质点d处b在t=5s时刻质点c恰好到达最高点c质点b开始振动后，其振动周期为4sd在4st6s的时间间隔内质点c向上运动e当质点d向下运动时，质点b一定向上运动14用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图如图所示，圆心为o，fd为圆周，光线以入射角1=60射到棱镜ab面，经折射后，光线到达bf面上的o点并恰好不从bf面射出（1）画出光路图；（2）求该棱镜的折射率n和光线在棱镜中传播的速度大小v（光在真空中的传播速度c=3.0108m/s）【物理-选修3-5】15下列叙述正确的是( )a若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小b衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生成的c在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强d1932年，英国物理学家查德威克用仪射线轰击铍核（be）时，产生了碳核（c）和一种不受电场和磁场影响、穿透能力很强的射线，经过进一步证实，这种射线是中子流e铀核（u）衰变为铅核（pb）的过程中，要经过8次衰变和10次衰变16如图所示，半径分别为r和r（rr）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道cd相连，在水平轨道cd上一轻弹簧a、b被两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求：两小球的质量比若ma=mb=m，要求a，b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能陕西省铜川市2015届高考物理二模试卷一、选择题（1-5题为单选题，6-8题为多选题，每小题6分，共48分）1最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )a速度增加，加速度减小b速度增加，加速度增大c速度减小，加速度增大d速度减小，加速度减小考点：加速度 分析：王强同学把房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，根据加速度与速度关系进行分析解答：解：房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大故a正确，bcd错误故选：a点评：此题是生活联系实际的加速度决定于物体所受合力和物体的质量，与速度没有直接的关系，加速席减小，速度不一定减小2如图所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3，1和2及2和3间分别用原长为l，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为 ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是( )a2l+b2l+c2l+d2l+考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对木块3和木块2和3整体分析，通过共点力平衡，结合胡克定律求出两根弹簧的形变量，从而求出1、3量木块之间的距离解答：解：对木块3分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：m3g=kx，则x=对木块2和3整体分析，摩擦力和弹簧弹力平衡，有：（m2+m3）g=kx，则则1、3两木块的距离s=2l+x+x=2l+故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键能够正确地选择研究对象，根据共点力平衡、胡克定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用3如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为o，一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的a点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的c点已知oc的连线与oa的夹角为，重力加速度为g，则小球从a运动到c的时间为( )atanbcotctandcot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小球落到c点，根据几何关系确定小球竖直方向上的位移和竖直方向上的位移的比值，根据位移关系求出运动的时间解答：解：由几何关系可知，ac水平方向的夹角为=根据抛体运动的规律，知tan=则t=cot故选：d点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道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4双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化若某双星系统中两星做圆周运动的周期为t，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )atbtctdt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：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，根据牛顿第二定律和向心力公式，分别对两星进行列式，即可来求解解答：解：设m1的轨道半径为r1，m2的轨道半径为r2两星之间的距离为l由于它们之间的距离恒定，因此双星在空间的绕向一定相同，同时角速度和周期也都相同由向心力公式可得：对m1：g=m1对m2：g=m2又因为r1+r2=l，m1+m2=m由式可得：t=2所以当两星总质量变为km，两星之间的距离变为原来的n倍，圆周运动的周期为 t=2=t，故acd错误，b正确故选：b点评：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，能运用万有引力提供向心力进行解题5空间某一静电场的电势在y轴上的分布如图所示，y轴上a、b两点电场强度在y方向上的分量分别是eay、eby，下列说法中正确的有( )aeay的大小大于eby的大小beay的方向沿y轴正方向co点场强在y轴方向上的分量最大d正电荷沿y轴从a移到b的过程中，电场力先做负功，后做正功考点：电势；电势差与电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：由图象可知在y轴上各点的电场强度y方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法即图象的斜率表示电场强度的大小与方向解答：解：a、在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，看做匀强电场有e=，eay的大小小于eby的大小，故a错误；b、y轴上a、b两点电场强度在y方向上的分量分别是eay、eby，故eay的方向沿y轴正方向，故b正确；c、o点处的电势变化最小，o点场强在y轴方向上的分量最小，故c错误；d、从a移到b的过程中，电场线线沿a到b，在沿b到a，故电场力先做正功，后做负功，故d错误；故选：b点评：本题需要对电场力的性质和能的性质有较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；并灵活运用图象的含义，故此题的难度较高6汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为p，牵引力为f0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动能正确表示这一过程中汽车牵引力f随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )abcd考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：p=fv，当功率立即减小一半，牵引力减为一半，物体减速运动，分析加速度的变化情况及f的变化快慢即可解题解答：解：a、首先p=fv，开始的时候p=f0v0，功率降一半的时候，速度不能瞬间改变，所以瞬间变化的是力f，减小一半由于一开始匀速，所以摩擦力等于f，故功率减半，导致牵引力下降，汽车开始减速，减速过程中，牵引力慢慢增大，减速的加速度越来越小，所以t1到t2时刻的速度图象慢慢变得平缓，t2时刻减速的加速度为0故a正确，b错误c、由于t1时刻，力突然减小，减速的加速度很大，速度快速的减小，根据p=fv，力f增加的较快，待速度下降越来越慢的时候，f增加的速度也变慢，曲线逐渐变的平稳，故c错误，d正确故选：ad点评：要注意p=fv的使用了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，注意速度不能瞬间改变7如图所示，在倾斜角为的光滑斜面上，相距均为d的三条虚线l1、l2、l3，它们之间的区域、分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为b，一个质量为m、边长为d、总电阻为r的正方形导线框从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边在越过l1进入磁场时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )a线框中感应电流的方向不变b线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间c线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为d线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能e机与重力做功wg的关系式是e机=wg+mvmv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系 专题：电磁感应与电路结合分析：感应电流的方向根据右手定则判断；由左手定则判断安培力方向；当ab边刚越过l1进入磁场i时做匀速直线运动，安培力、拉力与重力的分力平衡，由平衡条件和安培力公式结合求解线圈ab边刚进入磁场i时的速度大小；线圈进入磁场做匀速运动的过程中，分析线框的受力情况，由动能定理研究拉力f所做的功与线圈克服安培力所做的功的关系解答：解：a、线圈的ab边进入磁场i过程，由右手定则判断可知，ab边中产生的感应电流方向沿ab方向dc边刚要离开磁场的过程中，由右手定则判断可知，cd边中产生的感应电流方向沿cd方向，ab边中感应电流方向沿ba方向，故a错误；b、根据共点力的平衡条件可知，两次安培力与重力的分力大小相等、方向相反；第二种情况下，两边均受安培力，故v2应小于v1，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间；故b错误；c、线圈以速度v2匀速运动时，mgsin=2bid=2bd，得v=；电功率p=fv=mgsin=；故c正确；d、由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能e机与线框减小的重力势能与减小的动能之和，即为e机=wg+mvmv2故d正确故选：cd点评：本题考查了导体切割磁感线中的能量及受力关系，要注意共点力的平衡条件及功能关系的应用，要知道导轨光滑时线框减小的机械能等于产生的电能8如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中l为电感线圈、c为电容器、r为定值电阻当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光如果加在原线圈两端的交流电的最大值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是( )a副线圈两端的电压有效值均为216vb副线圈两端的电压有效值均为6vc灯泡变亮d灯泡变亮考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据乙图可以知道输入电压的峰值，从而知道副线圈两端电压的峰值和有效值，频率增大后对电阻无影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小解答：解：a、b、由乙图中输入电压的峰值为36v，有效值为36v，所以副线圈两端电压为6v，故a错误，b正确；c、d、当交流电频率增大后，对电阻没影响，线圈阻碍更大，而电容阻碍更小，所以灯泡变暗，灯泡变亮，故c错误，d正确；故选：bd点评：本题考查了变压器的特点和自感线圈通低频阻高频，电容器通交流隔直流的特性，根据变压器的特点与自感线圈、电容器的特点即可正确解答二、非选择题（一）必考题9某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音用刻度尺测出小球下落的高度h、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为滑块与斜面间的动摩擦因数为以下能引起实验误差的是cda滑块的质量 b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差 d小球落地和滑块撞击挡板不同时考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题；压轴题；摩擦力专题分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由x=at2和h=gt2得：所以=根据几何关系可知：sin=，cos= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，且a=，联立方程解得=由得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、h测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd故答案为：c d点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，10为了测定一节干电池的电动势和内电阻，现准备了下列器材：待测干电池e（电动势约1.5v，内阻约为1.0）电流表g（满偏电流3.0ma，内阻为10）电流表a（量程00.60a，内阻约为0.10）滑动变阻器r1（020，2a）滑动变阻器r2（01000，1a）定值电阻r3=990开关和导线若干（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是r1（填仪器字母代号）；（2）请在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材的字母代号；（3）图乙所示为某同学根据正确的电路图做出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），由该图线可求出被测干电池的电动势e=1.45v，内电阻r=0.90考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）由题目中给出的信息可知干电池的电动势以及内电阻，根据滑动变阻器的作用可以得出应选择的滑动变阻器；（2）根据本实验中的实验原理可知实验方法，再结合实验中给出的仪器可以得出正确的电路图（3）表头及定值电阻充当电压表使用，则由闭合电路欧姆定律可得出表达式，由图象结合表达式可得出电动势和内电阻解答：解：（1）干电池的内阻比较小，为了调节方便选取阻值比较小的滑动变阻器即；（2）测量电动势和内电阻需要有电压表和电流表；但题目中只给出两个电流表，我们可以把内阻已知的电流表和定值电阻串联改装成一个电压表电源内阻较小，为了减小误差采取电流表外接，故设计实验原理图如图所示：（3）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：i1（r3+ra）=ei2r即：i1=由图可知，图象与纵坐标的交点为1.45ma，则有：1.45ma=；解得e=1.45v；由图象可知，图象的斜率为：0.9103，由公式得图象的斜率等于，故=0.9103；解得r=0.90故答案为：（1）r1；（2）如图（3）1.45；0.90点评：正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究11为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“a鱼”和“b鱼”，如图所示在高出水面h处分别静止释放“a鱼”和“b鱼”，“a鱼”竖直下潜ha后速度减小为零，“b鱼”竖直下潜hb后速度减小为零“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的 倍，重力加速度为g，“鱼”运动位移值远大于“鱼”的长度假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计求：（1）“a鱼”入水瞬间的速度va（2）“a鱼”在水中运动时所受阻力fa（3）“a鱼”和“b鱼”在水中运动时所受阻力之比fa：fb考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；自由落体运动；动能定理的应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）a鱼入水前做自由落体运动，根据速度位移公式列式求解；（2）对a鱼入水过程运用动能定理列式求解；（3）对b鱼从释放到停止整个过程运用动能定理列式求解阻力，然后求解“a鱼”和“b鱼”在水中运动时所受阻力之比解答：解：（1）a鱼入水前做自由落体运动，根据速度位移公式，有：解得：（2）a鱼入水后，受重力、浮力和阻力，根据动能定理，有：mghafahaf浮ha=0其中：解得：（3）同理解得答：（1）“a鱼”入水瞬间的速度为；（2）“a鱼”在水中运动时所受阻力为；（3）“a鱼”和“b鱼”在水中运动时所受阻力之比点评：本题关键是明确鱼的运动，然后根据动能定理多次列式求解；也可以根据运动学规律和牛顿第二定律列式求解，会使问题复杂化12（18分）如图，静止于a处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从p点垂直cn进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为r，其所在处场强为e、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；、，离子重力不计（1）求加速电场的电压u；（2）若离子恰好能打在q点上，求矩形区域qncd内匀强电场场强e0的值；（3）若撤去矩形区域qncd内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在qn上，求磁场磁感应强度b的取值范围考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）离子在加速电场中加速时，电场力做功，动能增加，根据动能定理列出方程；粒子进入静电分析器，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出加速的电压大小（2）离子进入矩形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合，可求解场强e0的值（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得到轨迹半径画出粒子刚好打在qn上的临界轨迹，由几何关系求出临界的轨迹半径，即可求得b的范围解答：解：（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得：（2）离子做类平抛运动 2d=vt 3d=由牛顿第二定律得：qe0=ma则 e0=（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 则 离子能打在qf上，则既没有从dq边出去也没有从pf边出去，则离子运动径迹的边界如图中和由几何关系知，离子能打在qf上，必须满足：则有 答：（1）加速电场的电压u为；（2）矩形区域qncd内匀强电场场强e0的值为；（3）磁场磁感应强度b的取值范围为 点评：对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速电压与速度的关系；对于电场中偏转问题，运动的分解是常用方法磁场中的匀速圆周运动，要知道洛伦兹力充当向心力，画出轨迹是解答的关键，同时注意粒子在静电分析器中电场力不做功三、选做题（从下面各题中任选1题作答，共2小题，满分15分）【物理-选修3-4】13如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点下列说法正确的是( )a在t=6s时刻波恰好传到质点d处b在t=5s时刻质点c恰好到达最高点c质点b开始振动后，其振动周期为4sd在4st6s的时间间隔内质点c向上运动e当质点d向下运动时，质点b一定向上运动考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 专题：压轴题分析：由题“在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点”可确定出该波的周期根据a与d间的距离，由t=求出波从a传到d的时间根据时间t=5s与周期的关系，分析质点c的状态由波速公式求出波长，根据b、d间距离与波长的关系，分析当质点d向下运动时质点b的运动方向解答：解：a、ad间距离为x=12m，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d的时间为t=s=6s，即在t=6s时刻波恰好传到质点d处故a正确b、设该波的周期为t，由题可得，t=3s，得t=4s波从a传到c的时间为t=s=3s，则在t=5s时刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在t=5s时刻质点c恰好经过平衡位置向上故b错误c、质点b的振动周期等于a的振动周期，即为4s故c正确d、在4st6s的时间间隔内，质点c已振动了1st3s，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动故d正确e、波长为=vt=24m=8m，bd间距离为10m=1，结合波形得知，当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动故e错误故选acd点评：本题关键要抓住波在同一介质中是匀速传播的，由t=可求出波传播的时间要抓住各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同，通过分析波的形成过程进行分析14用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图如图所示，圆心为o，fd为圆周，光线以入射角1=60射到棱镜ab面，经折射后，光线到达bf面上的o点并恰好不从bf面射出（1）画出光路图；（2）求该棱镜的折射率n和光线在棱镜中传播的速度大小v（光在真空中的传播速度c=3.0108m/s）考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）光线经过ab面折射后射到o点，在o点发生全反射；（2）根据折射率定义和全反射条件分别列式后求解折射率，根据c=nv求解玻璃中光速解答：解：（1）依据题意，光线经过ab面折射后射到o点，在o点发生全反射，如图所示：（2）根据折射率定义，有：n=在o点恰