河北省唐山市开滦二中高三物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高三（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题：本大题共8小题在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，19、20、21题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如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为n1，球对木板的压力大小为n2以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）a n1始终减小，n2始终增大bn1始终减小，n2始终减小cn1先增大后减小，n2始终减小dn1先增大后减小，n2先减小后增大2将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）abcd3如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）a粒子速度的大小b粒子所带的电荷量c电场强度d磁感应强度4两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）a做直线运动，电势能先变小后变大b做直线运动，电势能先变大后变小c做曲线运动，电势能先变小后变大d做曲线运动，电势能先变大后变小5在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列判断正确的是（）a|u1|u2|，|u2|u3|b|不变，变小c|变大，变大d|变大，变大6如图所示，在竖直平面内有一半径为r的圆弧轨道，半径oa水平、ob竖直，一个质量为m的小球自a的正上方p点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力已知ap=2r，重力加速度为g，则小球从p到b的运动过程中（）a重力做功mgrb机械能减少mgrc合外力做功mgrd克服摩擦力做功7若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为l已知月球半径为r，万有引力常量为g则下列说法正确的是（）a月球表面的重力加速度b月球的质量c月球的第一宇宙速度d月球的平均密度8如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，变压器的输出电压不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输出功率变大三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9（1）某同学利用如图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为50hz计数点5对应的速度大小为 m/s（保留两位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2，（保留两位有效数字）若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值（填“偏大”或“偏小”）10某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱形导体（电阻为r）电流表a1（量程4ma，内阻约为50）电流表a2（量程10ma，内阻约为30）电压表v1（量程3v，内阻约为10k）电压表v2（量程15v，内阻约为25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，额定电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，额定电流0.5a）开关s，导线若干为减小实验误差，要求测尽可能的多组数据进行分析，请在图丁的虚线框中画出合理的实验原理电路图，并标明所用器材的代号11质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h12一个质量为m带电量为q的小球，以初速度v0自离地面h高度处水平抛出重力加速度为g，空气阻力忽略不计（1）求小球自抛出到第一次落地点p的过程中发生的水平位移x的大小（2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，请判断电场的方向并求出电场强度e的大小（3）若在空间再加一个垂直纸面的匀强磁场，发现小球以相同方式水平抛出后第一次落地点仍然是p已知op间的距离大于h，请判断磁场的方向并求出磁感应强度b的大小（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】13下列关于热力学第二定律说法正确的是（）a所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生b一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的c机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能d气体向真空的自由膨胀是可逆的e热运动的宏观过程会有一定的方向性14如图所示，开口向上粗细均匀的玻璃管长l=l00cm，管内有一段高h=20cm的水银柱，封闭着长a=50cm的空气柱，大气压强p0=76cmhg，温度t0=27求温度至少升到多高时，可使水银柱全部溢出？【物理-选修3-4】15（2015秋唐山校级月考）一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴（填“正向”或“负向”）已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为m16（2014春潞西市校级期末）一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为r的半圆，ab为半圆的直径，o为圆心，如图所示，玻璃的折射率n=（i）一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在ab上的最大宽度为多少？（ii）一细束光线在o点左侧与o相距r处垂直于ab从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置【物理-选修3-5】（15分）17（2012山东）氢原子第n能级的能量为en=，其中e1为基态能量当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为2，则=18（2012山东）光滑水平轨道上有三个木块a、b、c，质量分别为ma=3m、mb=mc=m，开始时b、c均静止，a以初速度o向右运动，a与b相撞后分开，b又与c发生碰撞并粘在一起，此后a与b间的距离保持不变求b与c碰撞前b的速度大小2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高三（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，19、20、21题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如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为n1，球对木板的压力大小为n2以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）an1始终减小，n2始终增大bn1始终减小，n2始终减小cn1先增大后减小，n2始终减小dn1先增大后减小，n2先减小后增大【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】共点力作用下物体平衡专题【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与的关系，再分析其变化情况【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力g、墙面的支持力n1和木板的支持力n2根据牛顿第三定律得知，n1=n1，n2=n2根据平衡条件得：n1=gcot，n2=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，增大，cot减小，sin增大，则n1和n2都始终减小，故n1和n2都始终减小故选b【点评】本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况2将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）abcd【考点】竖直上抛运动【专题】压轴题；直线运动规律专题【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断【解答】解：b、d、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv联立解得：a=g+a、c、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故bd均错误；根据bd的结论a=g+，有，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故at图象的斜率不断减小，故a错误，c正确；故选：c【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律3如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）a粒子速度的大小b粒子所带的电荷量c电场强度d磁感应强度【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvb=qe，即有vb=ea、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故a错误b、由知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变故b正确c、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故c错误d、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故d错误故选b【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4两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中a点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（）a做直线运动，电势能先变小后变大b做直线运动，电势能先变大后变小c做曲线运动，电势能先变小后变大d做曲线运动，电势能先变大后变小【考点】等势面；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动【解答】解：根据电场线与等势线垂直可知，在a点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力方向向上，与初速度v也垂直，粒子做曲线运动粒子靠近正电荷时，电场力做正功，离开正电荷时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大故c正确故选：c【点评】本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化5在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列判断正确的是（）a|u1|u2|，|u2|u3|b|不变，变小c|变大，变大d|变大，变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，接入电路的电阻增大，分析电路中电流的变化，判断各个电阻的电压变化，根据路端电压的变化，确定电压变化量的关系题中r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究|、|与电源内阻的关系，再分析选择【解答】解：a、当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，r1的电压减小，r2的电压增加电源的内电压减小，则路端电压增大，因为u1+u2=u3，所以r1的电压减小量小于r2的电压增加量，即有：|u1|u2|，且有|u2|u3|故a正确b、由于r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1，保持不变，故b错误c、|=r2，变大根据闭合电路欧姆定律知：u2=ei（r1+r），则得|=r1+r，保持不变，故c错误d、|=r1+r2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，|=r保持不变故d错误故选：a【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有r=，而变阻器是非线性元件，r=6如图所示，在竖直平面内有一半径为r的圆弧轨道，半径oa水平、ob竖直，一个质量为m的小球自a的正上方p点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点b时恰好对轨道没有压力已知ap=2r，重力加速度为g，则小球从p到b的运动过程中（）a重力做功mgrb机械能减少mgrc合外力做功mgrd克服摩擦力做功【考点】动能定理的应用；功能关系【专题】动能定理的应用专题【分析】由功的计算公式可以求出重力做的功；小球在最高点时恰好对轨道没有压力，则重力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出小球在b点的速度；由动能定理可以求出合外力做的功，可以求出克服摩擦力做的功，克服摩擦力做的功等于小球机械能的减少【解答】解：a、重力做的功wg=mgh=mgr，故a正确；b、小球在b时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，vb=，从p到b的过程，由动能定理可得：mgrwf=mvb20，wf=mgr，则物体机械能较少mgr，故b错误；c、由动能定理可得，合外力做的功w=mvb2=mgr，故c错误；d、由b可知，克服摩擦力做功mgr，故d正确；故选ad【点评】小球在b点对轨道没有压力，则小球做圆周运动的向心力由重力提供，摩擦力做功使物体的机械能减少，熟练应用动能定理即可正确解题7若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为l已知月球半径为r，万有引力常量为g则下列说法正确的是（）a月球表面的重力加速度b月球的质量c月球的第一宇宙速度d月球的平均密度【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】宇航员在月球上自高h处以初速度v0水平抛出一物体，测出物体的水平射程为l，根据水平射程和初速度求出运动的时间，根据h=gt2求出月球表面的重力加速度大小；由求得月球的质量；根据重力提供向心力求出卫星的第一宇宙速度；由质量与半径可求得平均密度【解答】解：a、平抛运动的时间t=再根据h=gt2得，得，故a正确 b、由与，可得：m月=故b错误 c、第一宇宙速度： =，故c正确 d、月球的平均密度=，故d错误故选：ac【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力提供向心力以及万有引力等于重力这两个理论的运用8如图所示的电路中，p为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压u1不变，闭合电键s，下列说法正确的是（）ap向下滑动时，灯l变亮bp向下滑动时，变压器的输出电压不变cp向上滑动时，变压器的输入电流变小dp向上滑动时，变压器的输出功率变大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解答】解：a、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据，即亮度不变故a错误；b、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故b正确；c、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故c错误；d、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大则输出功率增大，故d正确故选：bd【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9（1）某同学利用如图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示打点计时器电源的频率为50hz计数点5对应的速度大小为1.0 m/s（保留两位有效数字）物块减速运动过程中加速度的大小为a=2.0 m/s2，（保留两位有效数字）若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）【考点】验证机械能守恒定律【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；用作差法求解减速过程中的加速度；【解答】解：根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则有：v5=1.00m/s由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：a=2.00m/s2在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大故答案为：1.0，2.0，偏大【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用10某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为5.015cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱形导体（电阻为r）电流表a1（量程4ma，内阻约为50）电流表a2（量程10ma，内阻约为30）电压表v1（量程3v，内阻约为10k）电压表v2（量程15v，内阻约为25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，额定电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，额定电流0.5a）开关s，导线若干为减小实验误差，要求测尽可能的多组数据进行分析，请在图丁的虚线框中画出合理的实验原理电路图，并标明所用器材的代号【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】本题（1）、（2）读数时应分成整数部分和小数部分两部分来读；题（4）中首先根据电源电动势大小选出电压表量程，再根据欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来来选择电流表量程，根据电流表内外接法的判断方法判定内外接法，根据“测尽可能的多组数据”要求可知变阻器应采用分压式接法【解答】解：（1）游标卡尺的读数为：l=50mm+30.05mm=50.15mm=5.015cm；（2）螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm；（3）欧姆表的读数为：r=2210=220；（4）根据电源电动势为4v可知，电压表应选择；由于通过待测电阻的最大电流为=14ma，所以电流表应选择；由于待测电阻满足，所以电流表应用外接法；由于实验要求“测尽可能的多组数据”可知，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，即电路应是“外接分压”电路，如图所示：故答案为：（1）5.015；（2）4.700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：应根据电源电动势大小或待测电阻的额定电压大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法；当实验要求电流从零调，或有“多测几组数据”要求，或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11质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；（2）先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解【解答】解；（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度为a，由速度时间图象得：a=根据牛顿第二定律得：mgf=ma解得：f=0.2n（2）由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v=4m/s则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v=3m/s离开地面后a=12m/s2，根据0v2=2ah解得：h=0.375m答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2n；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m【点评】牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法速度图象要抓住两个意义：斜率表示加速度，“面积”表示位移12一个质量为m带电量为q的小球，以初速度v0自离地面h高度处水平抛出重力加速度为g，空气阻力忽略不计（1）求小球自抛出到第一次落地点p的过程中发生的水平位移x的大小（2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，请判断电场的方向并求出电场强度e的大小（3）若在空间再加一个垂直纸面的匀强磁场，发现小球以相同方式水平抛出后第一次落地点仍然是p已知op间的距离大于h，请判断磁场的方向并求出磁感应强度b的大小【考点】平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）小球做平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；（2）小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，电场力与重力平衡，根据场强的定义求解场强；（3）电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度b的大小【解答】解：（1）由平抛知识知： h=gt2x=v0t 得水平位移：x=v0（2）小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，电场力与重力平衡，竖直向上；小球带正电，故电场的方向竖直向上 由二力平衡，有：eq=mg解得：e=（3）小球做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，偏转的方向向下，故磁场垂直向内 由几何关系：（rh）2+x2=r2由牛顿运动定律：qv0b=联立两式得：b=答：（1）小球自抛出到第一次落地点p的过程中发生的水平位移x的大小为（2）电场的方向竖直向上，电场强度e的大小为（3）磁场的方向垂直向内，磁感应强度b的大小为【点评】本题关键明确小球的运动性质，然后根据平抛运动的分运动公式、直线运动的条件、牛顿第二定律列方程，不难（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题，3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2b铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】13下列关于热力学第二定律说法正确的是（）a所有符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生b一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的c机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能d气体向真空的自由膨胀是可逆的e热运动的宏观过程会有一定的方向性【考点】热力学第二定律【专题】热力学定理专题【分析】热力学第二定律有不同的表述：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力学过程中熵的增量总是大于零符合能量守恒定律的宏观过程都有一定的方向性；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的；【解答】解：a、e、热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生故a错误，e正确；b、d、根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，所以气体向真空的自由膨胀是不可逆的故b正确，d错误；c、根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，所以机械能可以全部转化为内能，而内能无法全部用来做功以转换成机械能故c正确故选：bce【点评】本题关键熟悉并牢记热力学第二定律的各种表述，能够明确热力学第二定律的本质基础题目14如图所示，开口向上粗细均匀的玻璃管长l=l00cm，管内有一段高h=20cm的水银柱，封闭着长a=50cm的空气柱，大气压强p0=76cmhg，温度t0=27求温度至少升到多高时，可使水银柱全部溢出？【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强【专题】理想气体状态方程专题【分析】开始温度升高时，气体压强不变，作等压变化在水银不断外溢过程中，气体不再是等压变化，当水银柱上升至管口时，温度再升高，水银就会开始溢出，这时的气体压强随水银的溢出而减小，气体的体积在不断增大，温度不需要继续升高由理想气体状态方程列出液柱长度与温度的关系式，讨论温度的最值【解答】解：开始温度升高时，气体压强不变，气体体积膨胀，水银柱上升当水银柱上升至管口时，温度再升高，水银就会开始溢出，这时的气体压强随水银的溢出而减小，气体的体积在不断增大，温度不需要继续升高，设该温度为t2，剩余的水银柱的高度为x，玻璃管的横截面积为s气体的初始状态 p1=p0+h v1=as t1=300k气体的末状态 p2=p0+x v2=（100x）s t2=273+t2根据理想气体状态方程=，即 =要使剩余气体全部溢出的温度t2最高，则（76+x）（100x）必为最大又因为 76+x+100x=176为常数，所以当76+x=100x，即x=12cm时，（76+x）（100x）有最大值代入得 =16，解得 t2=211，水银全部溢出答：温度至少升到211时，可使水银柱全部溢出【点评】解决本题的关键要正确分析气体的状态变化过程，明确水银不断外溢过程中，气体不再是等压变化，温度随体积增大按“抛物线”规律变化，由气态方程列式求解最值【物理-选修3-4】15（2015秋唐山校级月考）一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正向（填“正向”或“负向”）已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为0.8m【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】压轴题【分析】由图b可知，质点后面的时刻位移比t=0时刻位移大，所以质点沿y轴正向运动，根据振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长【解答】解：由图b可知，t=0时刻，该质点的位移为cm，在下一时刻，位移大于cm所以该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正向由振动方程得：y=asin则有： =2s