黑龙江省绥化市三校高三物理上学期期末联考试题含解析

1、 届高三上学期期末联考物理试卷黑龙江省绥化市三校2015题只有一项51一、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，第分，分，选对但不全的得3符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6 0分有选错的得伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中1 ）方框2和4中的方法分别是（ 学推理，实验检验 数 实验检验，数学推理 A BD C 提出假设，实验检验 实验检验，合理外推 . 考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法 专题： 常规题型材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，教分析： 可以明确伽利略

2、所创造的这一套科学研究方法：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观解解答： 察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧 正确；错误，C接着要对实验结论进行修正推广故ABD C故选：开辟了崭新的研究物理以实验事实为基础，伽点评： 利略将可靠的事实和理论思维结合起来， 的方法道路，同学们要从中汲取营养，提高科学素质 叠放在一起置于水平面上，2（6分）（2014?漳州三模）完全相同的两物体Pm，Q，质量均为、，两物体始如图所示现用两根等长的细线系在两物体上，在细线的结点处施加一水平拉力F ）终保持静止状态，则下列说法不正确的是（重力

3、加速度为g （ A 物体P受到细线的拉力大小为 B 两物体间的摩擦力大小为 D 地面对Q的摩擦力为2mg 物C 体Q对地面的压力大小为F 考点： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算. 专题： 共点力作用下物体平衡专题 分析： 将F按照平行四边形定则进行分解，求出两根绳子上的拉力大小，以PQ整体为研究对象求物体Q对地面的压力大小 解答： 解：将F按照平行四边形定则进行分解，如图： 设T与水平方向夹角为，根据平衡条件： 1- 1 - 细线的拉力T=2Tcos=F 得：T=，故A错误； =，故A错误；受到细线的拉力大小为F，即物体PF cos=f=为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向

4、：T?cos=，故以P2 正确；B，根据牛顿第三定=2mg以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：N地 正确；律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故C 以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：f=F，故D正确； 题目要求选错误的，故选：A整体法是指对物理问题中的整个系统或点评： 整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整个过程进行分析、研究的方法在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究，不考虑对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力） 整体内部之间的相互作用力 的速度水平vv和（2014?唐山二模）如图所示，位于同一高度的小球A、B

5、分别以63（分）21之比为、v点，小球CB恰好垂直打到斜面上，则v抛出，都落在了倾角为30的斜面上的21 ）（ 3 ： 2D ：B 21 C3：2 1A ：1 . 平抛运动考点： 平抛运动专题专题： 小球垂直撞在斜面上 点，说明运动时间相同两个小球同时做平抛运动，又同时落在C分析： 的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量 A解解答： ：小球做平抛运动，根据分位移公式，有： tx=v1 y= 又tan30= =联立得：v1 小球B恰好垂直打到斜面上，则有：tan30= gt=则得：v2 ：=3：v由得：v221C 故选：同时结合几何关系 点评：题关键对两球运用平抛运动的

6、分位移公式和分速度公式列式求解，本- 2 - 找出水平分位移与竖直分位移间的关系，运用比例法求解 间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报b4（6分）（2014?漳州三模）如图所示a、为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表警系统原理图，R2显示加在报警器上的电压（报警器未画A为值班室的显示器，显示通过R的电流，电压表V212 R为一定值电阻当R所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ），出）23 VV的示数减小 A V的示数不变，V的示数减小 的示数减小，B2121 A 的示数减小 A的示数减小，D C A的示数增大，A的示数增大2112 . 变考点： 压器的构造和

7、原理 流电专题专题： 交进而确定出总电路的电阻的变化，可以根据R的变化，分析： 与闭合电路中的动态分析类似，2来分析其他的原件的电流和电再根据电压不变，可以确定总电路的电流的变化的情况， 压的变化的情况的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电R所在处出现火情时，R解答： 解：当传感器22测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，路中的总电流将会增加，A1所由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以原线圈的电流A示数也要增加；1的示数要减小，即的电压变大，所以V以V的示数不变，由于副线圈中电流增大，R231 错误R的电压也要减小，所以A的示数要减小，所以A正确，BCD21 故选：

8、A再点评： 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， 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 处分别固定等量的异D面中心，在顶点ABCDB、分）在正方体5（6ABCDEFGH中，O点为 ）Q种点电荷+Q和，如图所示，则下列说法正确的是（ C两点场强相同，电势不等A A、 G B O点电势高于点电势 点，电场力做正功F从点沿直线移到H将C 试探电荷+q 点的电势能在 D qO点的电势能大于在H . 考点：电势；电势能 电场力与电势的性质专题专题：电场力做功 分析：两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，沿着电场线，电势逐渐降低； 等于电势能的减小

9、量- 3 - 两点电势相等；根据对称A、两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，故A、解答：C 解： 、错误；C两点场强也相等，方向与两个电荷的连线平行，故场强相同；故A性，A 点电势，故B错误；B、两个等量异号电荷的连线的中垂面是等势面，故O点电势等于G点点的电势；将试探电荷+q从FC、沿着电场线，电势逐渐降低，故F点的电势大于H H点，电场力做正功，故C正确；沿直线移到点的电势Oq在D、沿着电场线，电势逐渐降低，故O点的电势大于H点的电势，故 错误；点的电势能，故D能小于在H C故选： 题关键是结合等量异号电荷的电场线和等势面分布规律解答，注意结合对称性分析点评： 本 的圆环，杆与m6（6

10、分）（2014?东营二模）如图所示，在固定倾斜光滑杆上套有一个质量为弹簧的另一端固定在地面上圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，水平方向的夹角=30，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零则在圆环下h的A点，弹簧处于原长 滑过程中（ ） 环和地球组成的系统机械能守恒 圆 A 当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大 B mgh 簧的最大弹性势能为 C 弹 D 弹簧转过60角时，圆环的动能为 . 械能守恒定律考点： 机 机械能守恒定律应用专题专题：所以圆环机械只有重力弹簧的拉力做功，分分析： 析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度

11、最大；当圆根据动能定理可以求出弹环的速度变为零时，弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大； 簧转过60角时，圆环的动能的大小、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹：A解解答： 则簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象， A系统的机械能守恒，故选项错误；- 4 - 、当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给B 错误；圆环一个斜向上的拉力，故B、根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势C 选项正确；能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为mgh，故C60角时，此时弹簧

12、仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：、弹簧转过D ，故D正确 CD故选：物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机 对点评： 械能守恒的基础好题 30，OC两射线间存在着匀强磁场，AOC为7（6分）（2014?唐山二模）如图所示，在OA和的方向垂正负电子（质量、电荷量大小相同，电性相反）以相同的速度均从OAM点以垂直于 ）直射入匀强磁场，下列说法可能正确的是（ 1 3：正电子不从 A 若OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1 6： B 若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1 ： 若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中

13、运动时间之比可能为1 C6 若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1： D . 考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动 带电粒子在磁场中的运动专题专题： 边射出，负电子OC据左手定则得出正电子向右偏转，负电子向左偏转，正电子不从分析： 根 边射出，结合圆心角的关系得出运动的时间关系一定不会从OC边射出，抓出临界情况，由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关OC当负电子不从 系，从而得出运动时间的关系边射出，负电子一定不会、正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OCA解答： 解： 错误：OC边射出，粒子运动的圆心角相等，可知运动的时间之比为11故A、B从边射出，两粒子在磁场

14、中运动的圆心角C、若负电子不从OC边射出，正电子也不从OC 正确故：1C度，可知在磁场中运动的时间之比为都为1801根据两粒子在磁场中的半180度，对应的圆心角为D、当负电子恰好不从OC边射出时， ，知正负电子艾磁场t=径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为30度，根据 正确故1：6D中运动的时间之比为 CD故选： 知道点评： 抓住临界状态，决本题的关键作出粒子的运动轨迹图，解结合几何关系进行求解，- 5 - 粒子在磁场中的运动时t PQ6分）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，8（，一个竖直放置的=2B为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B

15、=B，B21垂直磁场方向从图中实线位置的正方形金属线框，以初速度边长为a、质量为m、电阻为Rv开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断 正确的是（ ） A 此过程中通过线框截面的电量为2 过程中线框克服安培力做的功为mv B 此 C 此时线框的加速度为 D 此时线框中的电功率为 . 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率考点： 磁感应与电路结合专题： 电相结合求解电量此时线框中感应根分析： 据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=It，再由牛顿第二电动势为E=2Ba，线框所受的安培力的合力为F=2BIa，感应电流为I=2 求解电功

16、率R定律求解加速度根据能量守恒定律求解产生的电能由P=I 解答：，解得：q=q=IE=、感应电动势为：，感应电流为：I=，电荷量为：t解：A 正确故A222 ，故=mvB正确；B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=mvm（） ，由牛顿第二定律得：，线框电流为：I=C、此时感应电动势：E=2Ba+Ba=Bav 2BIa+BIa=ma，加 正确；=解得：a，故C加 2 D错误；，故P=ID、此时线框的电功率为：R= 故选：ABC题考查电磁感应规律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、能量守恒定律等等，难点是本点评： 搞清楚磁通量的变化 题为必考题，每个试题考生都必二、非选择题：包括必考题和

17、选考题两部分第9题第12 题为选考题，考生根据要求作答1813须作答第题第分）（一）必考题（共129- 6 - （2010?奉贤区一模）为了测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，某同学设计了如图所6分）9（是可以固定于桌面的滑槽（滑，b示的实验装置其中，a是质量为m的滑块（可视为质点）第一次实验时，将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右槽末端与桌面相切）点；第二次实验P端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的a，让滑块时，将滑槽固定于水平桌面的左端，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，再次从滑槽上最高点由静止释放滑下，落在水平地面上的P点已知当地重力加速度为g

18、 不计空气阻力 x x，OP：距离 距离（1）实验还需要测量的物理量MO的高度h，OP（用文字和字母示）21 ：=a与桌面间的动摩擦因数的表达式是（用测得的物理量的字母表示）（2）写出滑块 考点： 探究影响摩擦力的大小的因素. 专题： 实验题 分析： （1）利用平抛运动的规律测出滑块从桌面边缘飞出的速度大小，因此需要测量两次滑块平抛的水平方向位移和桌面高度 （2）从N到M过程中利用动能定理或者运动学公式即可求出动摩擦因数的表达式 解答： 解：（1）该实验实验原理为：测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的

19、大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x即可，M点速度通过第二次实验测得，只需1测量出OP距离x即可 2故答案为：MO的高度h，OP距离x，OP距离x 21（2）设滑块滑到底端的速度为v，通过第一次实验测量有： 0 x=vt 01设滑块滑到M点速度为v，通过第二次实验测量有： Mx=vt M2从N到M过程中，根据功能关系有： - 7 - 联立解得： 故答案为：实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规点评： 该 律，这点要在平时训练中去体会 所示，成（9分）某同学用以下器材接成图110所示的电

20、路，并将原微安表盘改画成如图210k功地改装了一个简易的“R1k”的欧姆表，使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在所表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处20k范围内的电阻时精确度令人满意， 供器材如下： ，电阻可忽略不计的电池；、电动势E=1.5VA、Ig=100A的微安表一个； B D、红、黑测试表棒和导线若干；14k、阻值调至电阻箱R一个；C R= 1k ；（1）原微安表的内阻g个电阻，就12的刻度也不改变，仅增加（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图 ，规格为 能改装成“R1”的欧姆表要增加的电阻应接在 a、c 之间（填a、b、c） 15 ；（保留两位有效数字） （）画出改装

21、成“R1”的欧姆表后的电路图3 . 电流表改装成电压表 把考点： 实验题专题： 欧姆表指针指在中央时所测电阻阻值等于欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；欧分析： 姆表内阻，此电阻阻值叫中值电阻，此时所测电阻阻值最准确范围内的电阻时10k20k1）根据“使用中发现这个欧姆表用来测量阻值在：解答： 解（ 精确度令人满意”，的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间附近，由此可结10k20k说明在测阻值在 合刻度盘确定此表的中值电阻，当表笔短接时，即表内总电阻约为R（相当于欧姆表选择量程于1 k 挡）=15k总 电流满偏，根据欧姆定律有： =1k；R的值，解得：、，代入=IERIggg）要减少把原表改装成

22、“R1”的欧姆表，就要减少表的内阻，依题意，显然只有2（ 之间并联一个小电阻ac在R- 8 - R=15根代才能使表内总电阻等于中值电以并 数值可计算可得R15； （3）画出改装成“R1”的欧姆表后的电路图如图所示 3）电路图如图所示（故答案为：（1）1k；（2）a、c，15； 知道欧姆点评： 欧姆表刻度盘中央刻度值是中值电阻，欧姆表中值电阻阻值等于欧姆表内阻； 表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题 内紧靠右壁，放一质量分）（2014?安徽一模）如图所示，在质量为m的车厢=30kgB11（14B，使之从静，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120Nm=20kg的小物体A（可视为

23、质点）A且这段时间内小物块未与车厢壁发生在最初t=2.0s内移动s=5.0m，止开始运动测得车厢B 过碰撞车厢与地面间的摩擦忽略不计 ）计算B在的加速度2.0s（1 的速度大小t=2.0s末A（2）求 上滑动的距离在BA（3）求t=2.0s内 匀变速直线运动的位移与时间的顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；考点： 牛. 关系 顿运动定律综合专题 专题：牛 的作用下做匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求出加速度；分析： （1）车厢B在力F的加速A对B的作用力，再对A用牛顿第二定律求出A）对（2B用牛顿第二定律求出 度，根据速度时间关系即可求出A的速度； 运动的位移之差B上滑动的距离为

24、A、3（）A在B 解答：2 =2.5m/s得）设解：（1t=2.0s内车厢的加速度为a，由s=aBB f=45NaF2（）对B，由牛顿第二定律：f=m，得BB 2 对A=2.25m/s=据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA t=4.5m/s的速度大小为：所以t=2.0s末AV=aAA =运动的位移为AS，内）在（3t=2.0sA=0.5m A在ss=s上滑动的距离BA- 9 - 2 ）2.5m/s；B在2.0s答：的加速度为（1 4.5m/s；t=2.0s末A的速度大小为（2） 0.5m在B上滑动的距离为（3）t=2.0s内A 题考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度不大，属于中档

25、题点评： 该 的匀强磁场，质B分）如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为1812（MN从O点射入磁场，其方向与在纸面内以速度m、电荷量为q（q0）的粒子1v=v量为01 点射入磁场，O的粒子、电荷量为+q2在纸面内以速度v=v也从的夹角=30；质量为m02，、2同时到达磁场边界的A、B两点（图中未画出）1其方向与MN的夹角=60角已知粒子 不计粒子的重力及粒子间的相互作用 ）求两粒子在磁场边界上的穿出点Ad；、B之间的距离（1 t；（2）求两粒子进入磁场的时间间隔做直线运1下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子3）若MN（ 的大小和方向动求电场强度E .

26、带电粒子在匀强磁场中的运动考点： 带电粒子在磁场中的运动专题 专题： ；）作出两粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律求出半径，结合几何知识求出分析： （1d （2）根据公式t=求运动时间；T穿出磁场的方向平行，分为与粒子速度方向）由题意，电场强度的方向应与粒子13（ 相同和相反两种情况进行讨论 ）粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动：（1解解答： 根据牛顿第二定律：qvB=m = =2r，sin圆周运动的圆心角粒子1111 =2， sin=2r圆周运动的圆心角粒子222 故d=sin60=sin30+2r=2r+21- 10 - ）粒子圆周运动的周期为T（ =在匀强磁场中运动的时间为：tT 粒子11 =T

27、 粒子2在匀强磁场中运动的时间为：t2 =t=tt所以有：21 穿出磁场的方向平行）由题意，电场强度的方向应与粒子13（2做匀加速直线运动，粒子30角斜向右上，则粒子1a若电场强度的方向与MN成 做类平抛运动Eq=ma 22 +at0=vt+atcos31 t sin30=v2 解得：E=Bv02做匀减速直线运动，粒子30角斜向左下，则粒子1MNb若电场强度的方向与成 做类平抛运动Eq=ma 22 attatcos30=v1 t sin30=v2 ，假设不成立解得：E=Bv0 MN，方向与成30角斜向右上E=综上所述，电场强度的大小Bv0 A答：（1）两粒子在磁场边界上的穿出点、B之间的距离；

28、d= 2（）两粒子进入磁场的时间间隔t=；做直1若）MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中的粒子3（ E=的大小Bv，方向与30角斜向右上MN成E线运动电场强度0 运用几何知识是处理 点评：本画出轨迹，题是常见的带电粒子在磁场中和电场中运动的问题， 带电粒子在磁场中运动问题的基本方法 铅笔在答题分请考生从给出的45（二）选考题：共2B道物理题中任选一题作答，并用3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- 11 - 15】（选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【物理­-选修3-3 分） ）6分）下列说法中正

29、确的是（13 （ 布朗运动就是液体分子的热运动 A 对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加 B 体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大 物 C 子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于引力 分 DE 第 二类永动机违反能量守恒定律 考点： 布朗运动；温度是分子平均动能的标志；热力学第二定律. 分析： 布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，改变内能的方式有做功和热传递，分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律 解答： 解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；

30、 B、对一定质量的气体加热，其体积和内能可能都增加，因为改变内能的方式有做功和热传递，B正确； C、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，C正确； D、分子间的引力与斥力同时存在，斥力可能小于、大于或等于引力，D正确； E、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，E错误； 故选：BCD 点评： 掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动，不是分子的运动，会分析分子力与分子间距 的关系，记住永动机不能制成的原因 14（9分）两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M， =，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸将气缸B的活塞跟气缸A的

31、气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为30的光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V，温度都为T，如图所示，此00时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍 （1）若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？ （2）若使气缸B中的气体体积变为，气缸B内的气体的温度是多少？ 考点： 理想气体的状态方程；物体的弹性和弹力. 专题： 理想气体状态方程专题 分析： 以A中活塞为研究对象受力分析，根据平衡条件求出A内前后的压强，A中气体做等容变化，根据查理定律列方程求解；

32、 B缸内气体压强温度体积三者均变，根据理想气体状态方程列方程求解 解答： 解：（1）对A，PS+T=Mg+PS 01- 12 - M+m）gsin30：T=对（B S=1.5mg=2.5Mg，得：P0S=2Mg P1S PS+mg=P活塞对地面压力为零时，02 根据=得： T=T01缸体上移，活塞离开卡环，设此时压B整体合力为零，（2）TT后气体压强不变，A0 P有：强为3 S=PS+mgsin30P30 根据理想气体状态方程：= =0.7T得：T03 T；AA的活塞对地面的压力为0，气缸内气体的温度是答：（1）若使气缸0 ，气缸B内的气体的温度是0.7T）若使气缸（2B中的气体体积变为0根据

33、气 本题比较复杂，关键的是分析清楚气缸的受力和气缸内气体的状态参量的变化，点评： 体状态方程求解即可 15分）】【物理-选修3-4（欧洲大型强子对撞机是现在世界上体积最大、能量最高的加速器，是一种将粒子加速对15粒子流每秒可在，该设备能把数以万计的粒子加速到相当于光速的撞的高能物理设备99.9% 万亿电子伏则下列说法中错误的是（隧道内狂飙11245圈，单束粒子能量可达7 ） A果继续对粒子进行加速，粒子的速度不能达到光速 如 如果继续对粒子进行加速，粒子的速度能够达到光速 B 果继续对粒子进行加速，粒子的速度能够超过光速 C 如 粒子高速运动时的质量大于静止时的质量 D 粒子高速运动时的质量小

34、于静止时的质量 E . *考点： 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；* 质量和速度的关系 分析： 根据相对论，确定质量的变化，知道粒子的速度不可能达到光速 解答：，知，粒子解：粒子的速度不可能达到光速或超过光速，根据相对论 ECBAD高速运动时的质量将大于静止时的质量故正确，、错误BCE 本题要求选择错误的，故选：题考查了相对论、粒子速度加速器的原理，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解点评： 本 基本规律 - 13 - 14Hz f=5.01016如图所示，真空中有一个半径为R=0.1m、质量分布均匀的玻璃球，频率为点经折射进入小球，并在玻璃球表面C的细激光束在真空中沿直线BC传播，在玻璃球

35、表面的 的D求：点又经折射进入真空中已知COD=120，玻璃球对该激光束的折射率为 ）此激光束在真空中的波长；（1 ；（2）此激光束进入玻璃时的入射角 ）此激光束穿越玻璃球的时间（3 考点： 光的折射定律. 专题： 光的折射专题 8分析： （1）光在真空传播速度等于c=3.010m/s，而波速c=f，已知频率f，根据此式求解波长； （2）由几何知识求出光线在C点的折射角r，由折射定律求出入射角 （3）根据几何关系求出光在束在玻璃砖内传播的距离，由v=求出光在玻璃砖传播的速度，即可求出传播的时间 解答： 7解：（1）由c=f知，激光束在真空中的波长为：=m=6.010m （2）由几何知识知，光线

36、在C点的折射角r=30 激光束在玻璃球中折射角为r，则由折射定律 n=得， =60 nsinr=，故sin= （3）光在束在玻璃砖内传播的距离 x=2Rcosr=20.1cos30=m 8m/s 10光在玻璃砖传播的速度 v=m/s=9故激光束穿越玻璃球的时间 t=，所以解得 t=1.010s 答： 7（1）此激光束在真空中的波长为6.010m； （2）此激光束进入玻璃时的入射角为60； 9（3）此激光束穿越玻璃球的时间为1.010s - 14 - 都是考，光在真空中的速度c、波速公式c=f，折射定律和光速与折射率的关系式 v=点评： 试的热点，掌握要牢固，熟练应用 15选修3-5】（分）【物理- ）17下列说法正确的是（ 姆生发现了电子，表明原子具有核式结构A 汤 阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应 太 B 束光照射到某