陕西省宝鸡市2015届高三第三次质量检测理综物理试题Word版含解析

1、2015年陕西省宝鸡市高考物理三模试卷一、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1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）如图是研究物理规律的四个实验装置，这四个实验共同的物理思想方法是（） A 控制变量法 B 放大法 C 比较法 D 猜想法【考点】： 弹性形变和范性形变【分析】： 桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大【解析】： 解：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小

2、仍是借助于光的反射来放大，库仑扭秤实验是借助于扭矩来放大，四个实验均体现出放大的思想方法，故选：B【点评】： 透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性2（6分）将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为，一光滑轻环套在杆上一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图所示现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP绳与天花板之间的夹角为（） A 90 B 45 C D 45+【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】： 先对Q进行受力分析，得出PQ与竖直方向之间

3、的夹角，然后以滑轮为研究的对象，即可求出OP与竖直方向之间的夹角，再结合几何关系求出OP与天花板之间的夹角【解析】： 解：对轻环Q进行受力分析如图1，则只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力；由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是；对滑轮进行受力分析如图2，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的和大小相等方向相反，所以OP的方向一定在两根绳子之间的夹角的平分线上，由几何关系得OP与竖直方向之间的夹角：则OP与天花板之间的夹角为：90=故选：D【点评】： 该题考查共点力的平衡与矢量的合成，解答的关键是只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，即绳子的拉力沿杆的方

4、向没有分力时，光滑轻环才能静止3（6分）如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos图象应为（） A B C D 【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 小球在圆盘上做匀减速直线运动，根据位移速度关系列式求解即可【解析】： 解：小球在圆盘上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度为a由得：a为负值v2与cos成一次函数关系，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】： 本题考察匀变速直线运动速度位移关系与图象结合题目，关键

5、是根据匀变速直线运动规律找出v2与cos的函数关系式即可轻松解决4（6分）如图所示是嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图，嫦娥三号沿椭圆轨道运动到近月点P处变轨进入圆轨道，嫦娥三号在圆轨道做圆周运动的轨道半径为r，周期为T，已知引力常量为G，下列说法中正确的是（） A 由题中（含图中）信息可求得月球的质量 B 由题中（含图中）信息可求得月球第一宇宙速度 C 嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速 D 嫦娥三号沿椭圈轨道运动到P处时的加速度大于沿圆轨道运动到P处时的加速度【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力可以计算嫦娥三号的质量；嫦娥

6、三号探测器在飞向B处的过程中，月球引力做正功；嫦娥三号在B处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，做近心运动才能进入圆轨道；要计算嫦娥三号受到月球引力的大小，必须要知道嫦娥三号的质量【解析】： 解：A、万有引力提供向心力=mr 得：M=，既根据轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G计算出月球的质量故A正确B、不知道月球的半径，所以不可求得月球第一宇宙速度，故B错误；C、嫦娥三号沿椭圆轨道运动到近月点P处变轨进入圆轨道，所以嫦娥三号在P处变轨时必须点火减速，故C错误；D、据牛顿第二定律得：a=，可知变轨前后嫦娥三号在P点的加速度相等，故D错误；故选：A【点评】： 该题考查万有引力与航天，这类问题的

7、关键是万有引力提供向心力，能够题意选择恰当的向心力的表达式，通过公式可以求得中心天体的质量由于不知道嫦娥三号探测器的质量，故不能计算出嫦娥三号受到月球引力的大小5（6分）如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（） A 质量为2m的小球 B 质量为3m的小球 C 质量为4m的小球 D 质量为5m的小球【考点】

8、： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据机械能守恒定律，结合曲线运动最高点速度不为零，而直线运动最高点速度却为零，从而即可求解【解析】： 解：甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，

9、则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；故选：C【点评】： 考查机械能守恒定律的应用，掌握曲线运动时，最高点的速度不为零，而直线运动最高点速度为零，是解题的关键6（6分）如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则（） A 电场方向一定水平向右 B 电场中A点的电势一定大于B点的电势 C 从A到

10、B的过程中，粒子的电势能一定增加 D 从A到B的过程中，粒子的电势能与机械能之和一定不变【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 粒子只受电场力，做抛体运动，类似重力场中的斜抛运动，B点速度最小，是等效最高点，故电场力水平向右，电场力做功等于电势能的减小量【解析】： 解：A、粒子只受电场力，类似重力场中的斜抛运动，由于B点速度最小，是等效最高点，故电场力水平向右；由于不知道电荷的电性，故不能确定电场强度的方向；故A错误；B、由于不能确定电场强度方向，故不能确定A点与B点的电势高低，故B错误；C、从A到B的过程中，电场力做正功，故电势能减小，故C正确；

11、D、从A到B的过程中，由于只有电场力做功，故部分动能转化为了电势能，粒子的电势能与机械能之和一定不变，故D正确；故选：CD【点评】： 本题关键是采用等效法分析，将粒子的运动等效为重力场中的斜抛运动进行分析，同时要明确电场力做功是电势能变化的量度，基础题目7（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数

12、为I则以下判断中正确的是（） A 滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小 B 滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由右向左 C U1U1，U2U2，II D |=R1+r【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电容【专题】： 恒定电流专题【分析】： 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器的电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化【解析】：

13、 解：A、电容C与与R1、R2并联，其电压等于电源的电动势；当滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器的电阻增大，外电阻增大，电动势不变，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，内电压减小，外电压增大，故电容器的带电量增加；故A错误；B、因电容器电量增加，故电容器充电，R3的电流方向由右向左；故B正确；C、因电路中电流减小，故II；R1两端的电压减小，U1U1；因路端电压增大，故U2U2；故C错误；D、将R1等效为电源内阻，则等效内阻为R1+r；U2可视为等效电源的路端电压，因内阻不变，故=r等效；U内=U2U2；故|=R1+r；故D正确；故选：BD【点评】： 本题考查了电路的动态分析，

14、关键抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆定律进行分析注意电容器两端的电压等于与它并联的支路电压8（6分）如图所示，电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置，间距为L，导轨的P、M端接到匝数比为n1：n2=1：2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R的电阻在两导轨间x0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B=B0sin2kx，一阻值不计的导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好开始时导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒ab在沿x正方向的力F作用下做速度为v的匀速运动，则（） A 导体棒ab中产生的交变电流的频率为kv B 交流电压表的示数为2B0Lv C 交流电流表的示

15、数为 D 在t时间内力F做的功为【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据切割产生的感应电动势公式，得到感应电动势的表达式，即可得到频率求出原线圈电压的有效值，由变压器的规律求解交流电压表的示数结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的有效值，即可得到交流电流表的示数电路中产生的感应电流为交变电流，根据有效值求出R产生的热量，从而得到F做的功【解析】： 解：A、在t时刻ab棒的坐标为 x=vt 感应电动势 e=BLv=B0Lvsin2kv t 则交变电流的角频率为=2kv交变电流的频率为 f=v，故A正确B、原线圈两端的电压 U1=由=，

16、得副线圈两端的电压为 U2=B0Lv，故交流电压表的示数为B0Lv，故B错误C、副线圈中电流有效值为 I2=由=，得原线圈中电流有效值为 I1=，所以交流电流表的示数为，故C错误D、在t时间内力F做的功等于R产生的热量，为 W=t=故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键知道金属棒产生的感应电流为交变电流，求解其热量时应该用电压的有效值，而不是最大值二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第18题为选考题，考生根据要求作答9（7分）某同学在科普读物上看到：“劲度系数为k的弹簧从伸长量为x到恢复原长过程中，弹力做的功W=kx2”他设计了如下

17、的实验来验证这个结论A将一弹簧的下端固定在地面上，在弹簧附近竖直地固定一刻度尺，当弹簧在竖直方向静止不动时其上端在刻度尺上对应的示数为x1，如图甲所示B用弹簧测力计拉着弹簧上端竖直向上缓慢移动，当弹簧测力计的示数为F时，弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x2，如图乙所示则此弹簧的劲度系数k=C把实验桌放到弹簧附近，将一端带有定滑轮、两端装有光电门的长木板放在桌面上，使滑轮正好在弹簧的正上方，用垫块垫起长木板不带滑轮的一端，如图丙所示D用天平测得小车（带有遮光条）的质量为M，用游标卡尺测遮光条宽度d的结果如图丁所示，则d=3.5mmE打开光电门的开关，让小车从光电门的上方以一定的初速度沿木板向下运动

18、，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为t1和t2改变垫块的位置，重复实验，直到t1=t2时保持木板和垫块的位置不变F用细绳通过滑轮将弹簧和小车相连，将小车拉到光电门B的上方某处，此时弹簧上端在刻度尺上对应的示数为x3，已知（x3x1）小于光电门A、B之间的距离，如图丙所示由静止释放小车，测得小车通过光电门A和B时的遮光时间分别为t1和t2在实验误差允许的范围内，若k（x3x1）2=（用实验中测量的符号表示），就验证了W=kx2的结论【考点】： 探究弹力和弹簧伸长的关系【专题】： 实验题【分析】： 根据胡克定律求弹簧的劲度系数，游标卡尺读数=整数mm+格数精确度；平均速度代替瞬时速度，动能

19、定律求解【解析】： 解：根据胡克定律得弹簧的劲度系数k=游标卡尺读数=3mm+5.01=3.5mm小车通过光电门A和B时，平均速度代替瞬时速度，vA=，vB=，由动能定理，得w=k（x3x1）2=故答案为：，3.5，【点评】： 考查了胡克定律，游标卡尺的读数原理，注意游标的精确度，瞬时速度的求法10（8分）某同学准备通过实验描绘额定电压3.0V、额定功率约0.9W的小灯泡的IU特性曲线实验室可供选用的器材如下：A电源E1（电动势3V，内阻很小，允许输出的最大电流200mA）B电源E2（电动势4.5V，内阻很小，允许输出的最大电流600mA）C电压表V（15V，内阻约5k）D电流表A1（0.6A

20、，内阻约6）E电流表A2（0.2A，内阻为20）F滑动变阻器R1（最大阻值20，额定电流2A）G滑动变阻器R2（最大阻值5k，额定电流1A）H电键SI导线若干（1）请你在图丙虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号（如“V”、“A1”、“A2”、“R1”、“R2”、“E1”、“E2”等）要求：测量结果尽可能准确且操作方便（2）实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的IU特性曲线，如图甲所示现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示当开关闭合后，下列哪些判断不正确BDA图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10B通过灯泡L1的电流为通过灯泡

21、L2电流的2倍C灯泡L1消耗的电功率为0.90WD灯泡L2消耗的电功率为0.45W【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 测量灯泡的伏安特性曲线，电流电压需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法灯泡的内阻较小，电流表一般采取外接法当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率【解析】： 解：（1）实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小电源选E2，滑动变阻器分压接法，选R1；电流表选A1；将A2作为电

22、压表使用并与灯泡并联电路图如下：（2）A、由欧姆定律得图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为R=10，故A正确；B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.5I2，故B错误；C、灯泡L1消耗的电功率P1=U1I1=0.90W，故C正确；D、灯泡L2消耗的电功率P2=U2I2=0.30W，故D错误；本题选不正确的，故选：BD故答案为：（1）如图所示（2）BD【点评】： 解决本题的关键知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别，以及知道误差的来源11（14分）某学生设计并制作了一个简易水轮机，如图所示，让水从水平放置的水管流

23、出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成=37角测得水从管口流出速度v=3m/s，轮子半径R=0.1m（已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为多少？（2）水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： （1）水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同，根据平抛运动规律求解合速度，

24、然后根据v=R即可求解角速度；（2）根据平抛运动水平和竖直方向的运动规律求解【解析】： 解：（1）水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，所以：根据v=R得轮子转动的角速度=50rad/s（2）设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，运动时间为t，水平、竖直分位移分别为x、h：vy=v0cot37=4m/s x=v0t=1.2m ：水管出水口距轮轴O水平距离l和竖直距离h为：l=xRcos37=1.12mh=sy+Rsin37=0.86m答：（1）若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为50rad/s；（2）水管出水口距轮轴O水平距离l为1.12m；竖直距离为0.86m【点评】

25、： 本题主要考查了平抛运动的基本规律及圆周运动角速度和线速度的关系，解题时要结合几何关系求解，关键是抓住平抛运动和圆周运动的联系桥梁：线速度12（18分）如图所示，真空室内竖直条形区域I存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域（含I、区域分界面）存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，磁场和电场宽度均为L且足够长，N为涂有荧光物质的竖直板现有一束质子从A处连续不断地射入磁场，入射方向与M板成60夹角且与纸面平行，质子束由两部分组成，一部分为速度大小为v的低速质子，另一部分为速度大小为3v的高速质子，改变磁场强弱，使低速质子刚能进入电场区域已知质子质量为m，电量为e，不计质子重力和相互作用力，求：（1

26、）此时I区的磁感应强度；（2）低速质子在磁场中运动的时间；（3）若质子打到N板上时会形成亮斑，则N板上两个亮斑之间的距离为多少？【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】： （1）粒子恰好与交界相切，由几何关系可得半径大小，再由洛伦兹力提供向心力，来算出磁感应强度大小；（2）到达N板下方亮斑的粒子，则运动半径较小，所以是低速粒子，因此根据运动圆弧来确定圆心角，从而求出在磁场中运动时间；（3）高速粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定竖直方向的位移；当进入匀强电场做匀加速直线运动；而低速粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何

27、关系确定竖直方向的位移；进入匀强电场则做类平抛运动，因此根据平抛运动规律可得竖直方向位移，最终将位移相加求出总和【解析】： 解：（1）由题意可得，低速质子速度恰好与两场交界相切且与电场方向垂直，如下图所示，设此时低速质子在磁场中运动半径为R1，根据几何关系可得：R1+R1cos60=L 所以R1= 由洛伦兹力提供向心力可得：可得：（2）如图所示，到达MN板下方亮斑的质子是低速质子，其在磁场中运动圆弧所对圆心角=1200，所以：解得：（3）如图所示，高速质子轨道半径R2，所以有：联立两式可得：R2=2L 由几何关系知，高速质子做圆周运动的圆心刚好位于磁场与电场边界线上，质子垂直于磁场与电场边界线

28、进入电场，设到达MN板时与A点竖直高度差为h1：h1=R2（1sin60） 设低速质子在磁场中偏转距离h2：h2=R1sin60 设低速质子在电场中的运动时间为t，则 eE=ma 在电场中偏转距离h3：h3=vt联立以上各式，可得亮斑PQ间距：h=h1+h2+h3=答：（1）此时I区的磁感应强度是；（2）低速质子在磁场中运动的时间是；（3）若质子打到N板上时会形成亮斑，则N板上两个亮斑之间的距离为【点评】： 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，须“画圆弧、定圆心、求半径”同时利用几何关系来确定半径大小带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律可将运动分解，分解成的相互垂直两运动具有等时性

29、物理-选修3-3（15分）13（6分）下列说法正确的是（） A 温度低的物体内能一定小 B 温度低的物体分子运动的平均速率小 C 温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 D 外界对物体做功时，物体的内能不一定增加 E 自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性【考点】： 温度是分子平均动能的标志；热力学第一定律【分析】： 温度低的物体分子平均动能小，内能不一定小；外界对物体做功时，若同时散热，物体的内能不一定增加；做加速运动的物体，由于速度越来越大，动能越大，但温度不一定升高，物体分子的平均动能不一定增大【解析】： 解：A、温度低的物体分子平均动能小，但如果物质

30、的量大，则内能也可能大，故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度低的物体若分子的质量小，平均速率不一定小，故B错误；C、温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大故C正确；D、外界对物体做功时，若同时散热，则由热力学第一定律可知物体的内能不一定增加，故D正确；E、宏观运动和物体的内能没有关系，但如果物体在运动中受到的摩擦力做功，则温度增加时，内能可能越来越大；故E正确；故选：CDE【点评】： 温度是分子平均动能的标志，温度越高，则分子的平均动能越大；但要注意区分分子平均动能与物体的宏观速度之间的区别；同时明确影响内能

31、的方式有做功和热传递14（9分）如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，截面积为40cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内在气缸内距缸底60cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0（p0=1.0105 Pa为大气压强），温度为300K现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330K，活塞恰好离开a、b求：（1）活塞的质量（2）当温度升为360K时活塞上升的高度【考点】： 气体的等容变化和等压变化；气体的等温变化；封闭气体压强【专题】： 气体的状态参量和实验定律专题【分析】： 先写出已知条件，根据等容变化的公式和对活塞受力平衡可以求活塞的质量；由等压

32、变化公式可以求出后来气体的体积，从而求出上升的高度【解析】： 解：已知：p1=1.0105 Pa，p2=，T1=300K，T2=330K，V1=6040cm3（1）由知：p2=mg=0.110540104=40N m=4kg（2）T3=360K V2=V1=6040cm3由等压变化知h=65.560=5.5cm答：（1）活塞的质量为4Kg（2）当温度升为360K时活塞上升的高度为5.5cm【点评】： 本题考查了气体的等容和等压变化，注意应用公式时，要把温度化为热力学温度物理-选修3-4（15分）15一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示

33、，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（） A 两列波将同时到达中点M B 两列波波速之比为1：2 C 中点M的振动总是加强的 D M点的位移大小在某时刻可能为零 E 绳的两端点P、Q开始振动的方向相同【考点】： 波的叠加【分析】： 首先知道同种介质波的传播速度相同，两列波在相遇时，振动方向相同，则振动加强；振动方向相反，则振动减弱并满足矢量叠加原理【解析】： 解：AB、由题意可知，波在同种介质传播，所以波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达M点故A正确，B错误CD、由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱；当两波刚传的M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可

34、能为零故C错误，D正确E、据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起振方向都是向上振动，故E正确；故选：ADE【点评】： 考查波的叠加原理，及相遇后出现互不干扰现象同时注意之所以两列在相遇时“消失”，原因这两列波完全相同，出现振动减弱现象16MN为水平放置的光屏，在其正下方有一半圆柱形玻璃砖，玻璃砖的平面部分ab与光屏平行且过圆心O，平面ab与屏间距离为d=0.2m，整个装置的竖直截面图如图所示在O点正下方有一光源S，发出的一束单色光沿半径射入玻璃砖，通过圆心O再射到屏上现使玻璃砖在竖直面内以O点为圆心沿逆时针方向以角速度=rad/s缓慢转动，在光屏上出现

35、了移动的光斑已知单色光在这种玻璃中的折射率为n=，求：当玻璃砖由图示位置转动多长时间屏上光斑刚好彻底消失；玻璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离s【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 当玻璃砖转动时，光线在ab边的入射角增大，当入射角等于临界角时发生全反射，折射光线刚好完全消失，由临界角公式sinC=，求出临界角C，再由圆周运动的规律求解时间当入射角i=0由折射定律可得到折射角为r=0由几何关系求解光斑在屏上移动的距离s【解析】： 解：由题意可知，假设玻璃砖转过角时，折射光线刚好完全消失此时的入射角也为由折射定律可得：而n=可得 所以玻璃砖转动

36、所用时间 当入射角i=0由折射定律可得：解得r=0由图可知在玻璃砖逆时针转过角过程中折射光线顺时针转过角：=故光斑在屏上移动的距离 s=dtana=0.2m答：当玻璃砖由图示位置转动2s时间屏上光斑刚好彻底消失；玻璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离s是0.2m【点评】： 解决本题的关键要理解并掌握全反射现象及其条件，明确临界角公式，熟练运用几何知识解决问题物理-选修3-5（15分）17甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、b所示下列判断正确的是（） A 图线a与b不一定平行 B 乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率 C 改变入射光强度不会对图线a与b产生任何影响 D 图线a与b的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系 E 甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光频率大【考点】： 光电