【名师解析】贵州省八校联盟2015届高三第三次联考理综物理试题

1、2015年贵州省八校联盟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15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）下列有关物理学史的说法中正确的是（） A 赫兹最早发现了电磁感应现象 B 奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则 C 安培通过实验发现了在磁场中产生电流的条件 D 库仑发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律【考点】： 物理学史【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【解析】： 解：A、法拉第发现电磁感应现象，故A错误；B、奥斯特发现电流的磁效应

2、，安培总结出了右手螺旋定则，故B错误；C、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故C错误；D、库仑发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，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（6分）如图所示，用水平力F推乙物块，使甲、乙、丙、丁四个完全相同的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，各物块受到摩擦力的情况是（） A 甲物块受到一个摩擦力的作用 B 乙物块受到一个摩擦力的作用 C 丙物块受到一个摩擦力的作用 D 丁物块没有受到摩擦力的作用【考点】： 摩擦力的判断与计算【专题】： 摩擦力专题【分析】：

3、分别对各个物体受力分析，当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动状态进行分析【解析】： 解：接触面是水平的，以下我们只分析水平方向的力：A、甲：不受摩擦力的作用，如果受摩擦力的话，甲不能处于平衡状态B、乙：甲不给乙摩擦力的作用，故乙只受到丙给它的一个摩擦力的作用C、丙丁：丁只受地面给它的一个摩擦力的作用因为丙给乙一个向后的摩擦力，故乙给丙一个向前的摩擦力，丙给丁一个向前的推力，所以丁给丙一个向后的推力，丙静止，故丙受到地面给它向后的摩擦力综上所述：甲，不受摩擦力；乙，受1个摩擦力；丙，受2个摩擦力；丁，受一个摩擦力故选：B【点评】： 当判断不出接触面上有无摩擦力时我们可借助物体的运动

4、状态进行分析，分析的顺序一般是从上到下，从外到里3（6分）用均匀导线做成的正方形线圈边长为L，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以的变化率减弱时，则（） A 线圈中产生的电动势E= B 线圈中a、b两点间的电势差为 C 线圈中a点电势低于b点电势 D 线圈中感应电流方向为acbda【考点】： 法拉第电磁感应定律；楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 由楞次定律可以判断出感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，由欧姆定律可以求出a、b两点间的电势差【解析】： 解：A、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=S=l××=，故

5、A正确；B、设导线总电阻为R，则a、b两点间的电势差Uab=×=，故B错误；C、磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿acbda方向，acb段导线相当于电源，电流沿a流向b，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此a点电势低于b点电势，故CD正确；故选：ACD【点评】： 本题考查电磁感应规律，要求熟练应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可正确解题4（6分）国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量假

6、设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（） A 它们做圆周运动的万有引力保持不变 B 它们做圆周运动的角速度不变 C 体积较大星体圆周运动轨迹半径不变，线速度也不变 D 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小【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】： 双星绕两者连线的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，根据万有引力定律、牛顿第二定律和向心力进行分析【解析】： 解：A、它们之间的万有引力为F=，根据数学知识得知，随着m的增大，F先增大后减小故A错误B、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积大的星体质量为m2

7、，轨道半径为r2双星间的距离为L转移的质量为m对m1：=（m1+m）2r1对m2：=（m2m）2r2由得：=，总质量m1+m2不变，两者距离L不变，则角速度不变故B正确C、由得：2r2=，、L、m1均不变，m增大，则r2 增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大由v=r2得线速度v也增大故C、D错误故选：B【点评】： 本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用牛顿第二定律采用隔离法进行研究5（6分）如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u=311sin 100t（V）变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导

8、体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减小；R1为定值电阻下列说法正确的是（） A 电压表V1的示数为31.1V B 变压器副线圈中电流的频率为25Hz C 当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变大 D 当R2所在处出现火警时，变压器原线圈的输入功率变小【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可【解析】： 解：A、由交流表的表达式可知，输入的电压为U=V=220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈

9、的电压为22V，故A错误；B、变压器副线圈中电流的频率等于负线圈的频率为f=50Hz，故B错误；C、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，V1不变，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，R2电压减小，电压表V2的示数变小，副线圈的电流变大，匝数不变，故A示数变大，故C正确；D、由C的分析可知，P=UI增大，输入功率等于输出功率也增大，故D错误故选：C【点评】： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解6（6分）如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM和PP范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示一质量为m、

10、带电荷量为q的小物块（可视为点电荷）从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零若滑块与水平面之间的动摩擦因数为，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g则以下判断正确的是（） A 小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力 B 小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于 C A、B两点间的电势差为 D 此过程中产生的内能为mv02【考点】： 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】： 根据电场力的变化，结合滑块速度减小，判断出电场力和滑动摩擦力的关系；结合速度时间图线，抓住滑块做加速度逐渐减小的减速运动得出中间时刻的瞬时速度；根据动能定理求出A、

11、B两点间的电势差，结合能量守恒判断内能与动能减小量的关系【解析】： 解：A、滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力故A正确B、因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于，从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于故B错误C、根据动能定理得，qUmgl=0mv，解得A、B点间的电势差U=m故C正确D、根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于mv故D错误故选：AC【点评】： 本题综合考查了牛顿第二定律、动能

12、定理和能量守恒，综合性较强，对学生的能力要求较高，对于B选项，通过速度时间图线分析判断比较直观简洁7（6分）CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是（） A 电阻R的最大电流为 B 流过电阻R的电荷量为 C 整个电路中产生的焦耳热为mgh D 电阻R中产生的焦

13、耳热为mg（hd）【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热【解析】： 解：A、金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大

14、感应电动势为 E=BLv，最大的感应电流为 I=，故A错误；B、通过金属棒的电荷量 q=，故B正确；C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghWBmgd=00，则克服安培力做功：WB=mghmgd，故C错误；D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=Q=WB=（mghmgd），故D正确故选：BD【点评】： 本题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式q=，这是一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住，涉及到能量时优先考虑动能定理8（6分）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，A、B分别为最高点和最低点（图中未标出），

15、外圆光滑内圆粗糙一质量为m=0.2kg的小球从轨道的最低点以水平向右的初速度v0开始运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径R=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，设小球过最低点B时重力势能为零，下列说法中正确的是（） A 若小球运动到最高点A时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B 若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0一定等于2m/s C 若要小球不挤压内轨，则v0一定不小于5m/s D 若小球开始运动时初动能为1.6 J，则足够长时间后小球的机械能为1 J【考点】： 机械能守恒定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 内圆粗糙，小球与内圆接触时

16、要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒；外圆光滑，小球与外圆接触时不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，应用牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题【解析】： 解：A、若小球运动到最高点时受到为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，机械能不守恒，故A正确；B、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：mv02=mg2R，小球在最低点时的速度，由于内圆粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度应大于2m/s，故B错误；C、小球如果不挤压内轨，则小球到达最

17、高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=m，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，机械能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：mv02=mv2+mg2R，解得：v0=5m/s，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于5m/s，故C正确；D、根据得小球的初速度为5m/s，则小球在运动过程中要与内轨接触，要克服摩擦力做功，机械能减少，最终小球将在轨道的下半圆内做往复运动，到达与圆心同高位置处速度为零，则小球的最终机械能为：E=mgR=0.2×10×0.5=1J，故D正确；故选：ACD【点评】： 本题综合考查了动能定理

18、、牛顿第二定律和机械能守恒定律，综合性较强，关键是理清运动过程，抓住临界状态，运用合适的规律进行求解三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）用图1的实验装置研究“加速度与合外力的关系”（1）实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是BA不挂钩码，放开没有纸带的小车，能够自由下滑即可B不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可C挂钩码，放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D挂钩码，放开没有纸带的小车，小车能够匀速下滑即可（2）该小组同学实验时先正

19、确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度a与细线上拉力F的关系，图2中图象中能正确表示该同学实验结果的是A（3）在上述实验中打点计时器使用的交流电频率为50Hz，某次实验中一段纸带的打点记录如图3所示，若小车的质量为1千克，则该次实验中钩码质量为0.75千克（g取10m/s2）【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 平衡摩擦力时，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡若摩擦力得到平衡，则aF图线过原点，由于拉力用传感器测出，不需要满足钩码的质量远远大于小车的质量，图线不会出

20、现弯曲根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度【解析】： 解：（1）平衡摩擦力时，使重力沿斜面方向的分力等于摩擦力，不挂钩码，轻推拖着纸带的小车，小车能够做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡，故ACD错误，B正确故选：B（2）因为拉力是由传感器测出，已经平衡了摩擦力，则加速度与拉力的关系图线是过原点的倾斜直线，即加速度与拉力成正比故选：A（3）根据x=aT2，运用逐差法得，a=m/s2=7.50m/s2据F=ma=7.5×1N=7.5N所以：M=Kg=0.75Kg故答案为：（1）B，（2）A，（3）0.75【点评】： 解决本题的关键掌握平衡摩擦力的方法，以及掌握纸

21、带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度10（9分）某电压表V，量程3V，内阻约为2k，为了检测其表盘读数是否准确，并测定其内阻的准确阻值，实验室提供的器材如下：A、标准电压表V1，量程6V，内阻约为7.0kB、标准电压表V2，量程3V，内阻约为3.5kC、定值电阻R1=5kD、滑动变阻器 R2，最大阻值100，额定电流1.5AE、电源E、电动势6V，内阻0.5F、开关S，导线若干若要检测V表盘读数是否准确，请在甲图中选择所需要的器材连接成实验所需要的电路；某电压表的读数如乙图所示，则其测得的电压为2.80V；若V表表盘读数准确，现要测定其内阻的准确阻值，请将丙图连接成实验所需要的电路；如

22、果测得电压表V的读数为U，电压表V1的读数为U1，则被测电压表V内阻的表达式为Rv=【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 为了检测V表是否准确，应将准确电表与之并联；由最大量程可得出电压表的最小分度，则可得出电压表读数；电压表本身能显示电压值，故只需设计电路能测出电流值即可求得内阻；根据电路图及串并联电路的规律可求得电压表的示数【解析】： 解：由题意可知，电压表V量程为3V，只需将V2与之并联，即可得出其示数是否准确；故实物图如右图；量程为3V，则最小分度为0.1V，故读数为2.80V；为了能测量电流，根据题意可知，已知条件中没有电流表，故要借助定值电阻；只需将电压表V与定值电

23、阻串联，再与V2并联，即可由串并联电路规律求出V表的示数；同时因R2阻值太小，无法起到有效的保护作用，只能采用分压接法；原理图如下；并联部分总电压为U1，则R1两端电压为U1U；则电流为：I=；电压表内阻为：RV=；故答案为：如下图；2.80；如下图；【点评】： 本题考查伏安法测电阻的应用，注意分析题意，明确实验原理，才能找到正确合理的实验电路及数据处理方法11（15分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=1m，左端接有阻值R=0.9的电阻一质量m=1kg、电阻r=0.1的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=1T金属棒在水平

24、向右的外力作用下，由静止开始以a=5m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x=10m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=5：1导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：（1）金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；（2）撤去外力后导体棒克服磁场力做的功W；（3）外力做的功WF【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）根据运动学公式求出时间，根据电量的公式求解（2）撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化

25、为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少（3）根据动能定理求解【解析】： 解：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：at2=xt=2s 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：=根据电流定义式有：q=t=10C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：v=at=2×5=10m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少Q2=EK=mv2=50J（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：Q1=5Q2=250J撤去外力前拉力做正功、安培力做负

26、功（其绝对值等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有：EK=WFQ1则：WF=EK+Q1=300J答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量是10C；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是50J；（3）外力做的功是300 J【点评】： 解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理求解变力做功12（17分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内有场强大小为E、沿x轴正方向的匀强电场，在第一象限内有一磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁场方向垂直xOy平面，圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于点P两个质子（质子

27、质量m，电荷量q，不计重力）a、b以相等的速率沿不同方向从P点同时射入磁场区，其中a的速度方向沿y轴正方向，b的速度方向与x轴正方向的夹角=30°，a、b经过磁场后都垂直于y轴进入第二象限，a通过y轴上的点Q，OP=2OQ=2L，且a、b经过y轴的时间间隔为t0求：（1）质子在磁场中运动速度v的大小；（2）质子b在电场中运动离y轴的最远距离x；（3）质子a从开始运动到最后离开磁场所需的时间t；（4）若只将第二象限内的匀强电场方向变为沿y轴负方向，仍使a、b以原来的速度射入磁场区，求a、b经过x轴上的两点间的距离x【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

28、】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）两个质子在磁场中都做匀速圆周运动，画出它们的运动轨迹，确定出轨迹对应的圆心角，研究b质子的运动时间与周期的关系，求得磁感应强度B再研究a的轨迹半径，求出速度v的大小（2）质子b进入电场后做匀减速直线运动，由动能定理求在电场中运动离y轴的最远距离x（3）根据轨迹对应的圆心角求解质子a从开始运动到最后离开磁场所需的时间t（4）若只将第二象限内的匀强电场方向变为沿y轴负方向，质子进入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式研究两个分运动的规律，求出a、b经过x轴上的两点间的距离x【解析】： 解：（1）两质子的运动轨迹如图，在磁场中的运动周期为

29、 T=a质子在磁场中转过90°圆心角，运动时间为 ta=b质子在磁场中转过150°圆心角，运动时间为 tb=由题意有：t0=tbta=可得 B=由a的轨迹可知a质子在磁场中的运动半径 R=L由qvB=m得 v=（2）质子在电场中，由动能定理得：qEx=0解得 x=（3）由上知，质子a从开始运动到最后离开磁场所需的时间 t=ta=由t0=，得t=（4）质子进入电场后做类平抛运动，则有竖直分位移大小分别为 ha=L，hb=R+Rcos30°=L由ha=，hb=，xa=vata1，xb=vbtb1，又a=故a、b经过x轴上的两点间的距离x=xbxa=（1）答：（1）质子

30、在磁场中运动速度v的大小为；（2）质子b在电场中运动离y轴的最远距离x为；（3）质子a从开始运动到最后离开磁场所需的时间t为；（4）a、b经过x轴上的两点间的距离为（1）【点评】： 本题中粒子先进入磁场做匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，要注意两个轨迹的连接点，画出运动轨迹，由几何关系定圆心角是关键，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解（二）选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列说法正确的是（） A 布朗运动是指液体分子与悬浮在液体中的固体颗粒共同运动 B 理想气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能 C 做功和热传

31、递在改变物体内能上是等效的，因此从结果上不能区分是哪种方式改变了物体的内能 D 分子间表现为引力时，距离越小，分子势能越大 E 热力学第二定律表明，所有涉及到热现象的物理过程都具有方向性【考点】： 热力学第二定律；分子的热运动；温度是分子平均动能的标志【分析】： 布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒运动，气体压强取决于单位体积内分子数和分子的平均动能，做功和热传递在改变物体内能上是等效的；分子之间的距离是平衡位置的距离时，分子势能最小；所有涉及到热现象的物理过程都具有方向性【解析】： 解：A、布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；B、气体压强取决于单位体

32、积内分子数和分子的平均动能，B正确；C、做功和热传递在改变物体内能上是等效的，因此从结果上不能区分是哪种方式改变了物体的内能，C正确；D、分子间表现为引力时，距离越小，分子力做正功，分子势能减小，D错误；E、热力学第二定律表明，所有涉及到热现象的物理过程都具有方向性E正确；故选：BCE【点评】： 该题考查布朗运动的实质，气体压强的微观解释，改变内能的方式、分子势能和热力学第二定律内容等，都是一些记忆性是知识点的内容，多加积累即可14（9分）用活塞将一定质量的一个大气压的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内，开始时气体体积为V0，温度为27在活塞上施加压力，将气体体积压缩到原来的，温度升高到47设

33、大气压P0=1.0×105Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计求：（i）此时气体的压强；（ii）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力，使气体体积恢复到V0时气体的压强（结果保留三位有效数字）【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 1、根据气体状态方程和已知的变化量去求解其它的物理量2、气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解【解析】： 解：（）初状态：V0，P0=1.0×105Pa，T1=273+27=300K末状态：，P2=？，T2=273+47=320K由理想气体状态方程：得：Pa（）由等温变化：V3=V0P2V2=P3V3得：Pa答：（i）

34、此时气体的压强是1.6×105Pa；（ii）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力，使气体体积恢复到V0时气体的压强是1.07×105Pa【点评】： 明确气体状态变化过程，进行计算时，要注意T的单位应该采用K，而不是【物理-选修3-4】（15分）15下列说法正确的是（） A 两列频率不同的波可以产生干涉现象 B 单摆的周期与摆球的质量有关，质量越大周期越小 C 机械波的传播速度大小与介质有关 D 根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场【考点】： 波的叠加；单摆周期公式；电磁场【分析】： 频率相同的波，才能产生干涉；根据单摆的周期公式T=2，即可确定影响周期的因素；

35、机械波传播速度与介质有关，固体的传播速度大于气体中传播速度；变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，这是麦克斯韦电磁场理论的内容【解析】： 解：A、只有频率相同，才能发生干涉，故A错误；B、根据单摆的周期公式T=2，可知，周期与摆球的质量无关，故B错误；C、机械波的传播速度大小与介质有关，比如固体中的传播速度大于气体中传播速度，故C正确；D、麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场，故D正确；故选：CD【点评】： 考查光的干涉条件，掌握影响单摆的周期，注意机械波传播速度与介质的关系，并知道与电磁波的不同，同时掌握麦克斯韦电磁场理论的内容16如图所示，在MN的下方足够大

36、的空间是玻璃介质，其折射率为n=，玻璃介质的上边界MN是屏幕玻璃中有一正三角形空气泡，其边长l=40cm，顶点与屏幕接触于C点，底边AB与屏幕平行激光a垂直于AB边射向AC边的中点O，结果在屏幕MN上出现两个光斑画出光路图求两个光斑之间的距离L【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）激光a垂直于AB边射向AC边的中点O时，由于光的反射和折射，在屏幕MN上出现两个光斑，由折射定律和折射定律作出光路图（2）由几何知识求出a光的入射角，由折射定律求出折射角，根据反射定律求出反射角由几何知识求解两个光斑之间的距离L【解析】： 解：画出光路图如图所示在界面AC，a光的入射角i=

37、60°由光的折射定律有：=n代入数据，求得折射角r=30°由光的反射定律得，反射角i=60°由几何关系易得：ODC是边长为0.5l的正三角形，COE为等腰三角形，CE=OC=0.5l故两光斑之间的距离L=DC+CE=l=40cm答：画出光路图如图所示两个光斑之间的距离L为40cm【点评】： 本题是几何光学问题，是折射定律、反射定律与几何知识的综合应用要充分运用几何知识，求解两个光斑之间的距离【物理-选修3-5】17小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示已知普朗克常量h=6.63×1034Js图甲中电极A为光电管的阳极（填“阴极”或“阳极”）；实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c=5.15×1014Hz如果实验中入射光的频率=6.0×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=5.6355×1019J【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析