1、福建省福州市2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1“天宫一号”在其设计寿命结束后，将在指令控制下坠落地球已知天宫一号的运行轨道高度在与飞船交会对接时大约距离大气层340km；无人期间则会适当调高，约370km则下列判断中正确的是( )A航天员在天宫一号内处于不受地球万有引力的状态B天宫一号的运行速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC天宫一号在对接高度处的运行速度比无人期间的轨道上的运行速度大D天宫一号坠落地球的过程中机械能不断减少，速度也会越来越小2如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简
2、谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知( )A振子的振动周期等于t1B在t=0时刻，振子的位置在a点C在t=t1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动3如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点当P接a时，原、副线圈的匝数比为10：1，线圈L上的直流电阻不计若原线圈接u=220sint的交流电，则( )A若只将P由a向b滑动时，则变压器的输入功率增大B若只增大电源的频率，则灯泡B将变亮C若只将变阻器R的滑片M向上滑动时，灯泡B将变亮D当P接a时，变阻器R两端的电压为22V4如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆
3、心角AOB=60，两束平行于角平分线OM的单色光a和b由OA面射入介质，经OA面折射的光线都相交于M点，其中a光的折射光线恰好平行于0B，以下说法正确的是( )A该介质对a光的折射率为Ba光的折射光线不能在AB面发生全反射C在同一介质中，a光的光速大于b光的光速D用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距5如图所示，两个等量正点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，下面能够正确描述电势和场强E随位置x变化规律的图是( )ABCD6如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最
4、高点已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变在小球向下压缩弹簧的全过程中，下列说法不正确的是( )A小球的动能先变大后变小B小球速度最大时受到的弹力为2NC小球的机械能先增大后减小D小球受到的最大弹力为12.2N二、必考题（共5小题）7某实验小组器材有：光电门、数字计时器、刻度尺、游标卡尺和有遮光条的小物块用如图所示的实验装置测量小物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数曲面AB固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为接有数字计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上的C点已知当地重力加速度为g为了测量动摩擦因
5、数，用游标卡尺测出较窄遮光条宽度d和数字计时器测量的遮光时间t，还需要测量的物理量及其符号是_，动摩擦因数=_（利用测量的量表示）8某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：用20分度的游标卡尺测量其长度如图1所示，可知其长度为_mm；用螺旋测微器测量其直径如图2所示，可知其直径为_mm用多用电表的欧姆挡粗测该圆柱体的电阻Rx的阻值在90左右，现要测量其阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻约1）B电流表A2（量程200mA、内阻约为0.2）C电流表A3（量程0.6A、内阻约为0.1）D定值电阻R0=30E滑动变阻器R（最大阻值约为10）F电源E（电动势为4
6、V）G开关S、导线若干（1）某同学设计了一个测量电阻Rx的实验电路，如图3所示为保证测量时M、N两电表读数均不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为_，N为_（均选填“A1”、“A2”或“A3”）（2）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=_（3）考虑本次测量存在一定的系统误差，所以测量值比真实值_（填“偏大”或“偏小”）9跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF）的方法跳伞如果一个质量为50kg的运动员在3658m的高度从悬停的直升飞机跳出，降落40s时速度达到50m/s，然后打开降落伞，减速下降，安全着陆假设加速下落过程为匀加速直线运动，g取10m/s2求：（
7、1）加速下落过程空气对跳伞员的平均阻力的大小f（2）跳伞员离地面高度多少时打开降落伞？10（19分）如图所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场在y轴上坐标为（0，b）的M点，质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力），以垂直于y轴的初速度v0水平向右进入匀强电场恰好从x轴上坐标为（2b，0）的N点进入有界磁场磁场位于y=0.8b和x=4b和横轴x、纵轴y所包围的矩形区域内最终粒子从磁场右边界离开求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）磁感应强度B的最大值；（3）磁感应强度B最小值时，粒子能否从（4b，0.8b）处射出？画图说明11如图甲所示，表面绝缘、倾角=30
8、的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示已知线框
9、在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10m/s2（1）求线框受到的拉力F的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v=v0（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q三、选考题（请考生从以下2个模块中任选一模块作答）物理选修3-3（本题共2小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列四幅图分别对应四种说法，其中不正确的是( )A微粒运
10、动就是物质分子的无规则热运动B分子间距离为r0时，分子引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质是各向异性的D露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用13一定质量的理想气体，其起始状态和终了状态分别与如图所示中的A点和B点相对应，它们的体积相等，则下列过程中可能的是( )A先保持压强不变升高温度，后保持温度不变减小压强B先保持温度不变增大体积，后保持压强不变升高温度C先保持温度不变减小体积，后保持压强不变升高温度D先保持压强不变减小体积，后保持温度不变减小压强物理选修3-5（本题共2小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14关于下列四幅图说法不正确的是( )A原子中的电子绕原子核高
11、速运转时，运行轨道的半径是任意的B光电效应实验说明了光具有粒子性C电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D原子核式结构模型很好地解释了大角度散射实验现象15在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2kg，乙球的质量m2=1kg，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化情况如图所示已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )A7m/s，向右B7m/s，向左C1m/s，向左D1m/s，向右福建省福州市2015届2015届高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1“天宫一号”在其设计寿命结束后，将在指令
12、控制下坠落地球已知天宫一号的运行轨道高度在与飞船交会对接时大约距离大气层340km；无人期间则会适当调高，约370km则下列判断中正确的是( )A航天员在天宫一号内处于不受地球万有引力的状态B天宫一号的运行速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC天宫一号在对接高度处的运行速度比无人期间的轨道上的运行速度大D天宫一号坠落地球的过程中机械能不断减少，速度也会越来越小考点：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：万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对悬绳的拉力或支持物
13、的压力减小的现象根据相应知识点展开分析即可解答：解：A、航天员在天宫一号中处于失重状态，失重状态说明航天员对悬绳或水平支持物体的压力为0，而地球对它的万有引力提供它随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，故A错误B、第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度故B错误；C、根据万有引力提供向心力得v=，已知天宫一号的运行轨道高度在与飞船交会对接时大约距离大气层340km；无人期间则会适当调高，约370km所以天宫一号在对接高度处的运行速度比无人期间的轨道上的运行速度大，故C正确；D、天宫一号坠落地球的过程中受摩擦阻力作用，机械能不断减少，速度增大，故D错误；故选：C点评：解决
14、卫星运行规律问题的核心原理是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系2如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知( )A振子的振动周期等于t1B在t=0时刻，振子的位置在a点C在t=t1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动考点：简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：简谐运动中振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出；根据位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的变
15、化，分析振子的运动情况解答：解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2t1；故A错误；B、由图乙知在t=0时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O点，故B错误；C、在t=t1时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故C错误；D、从t1到t2，振子的位移从0变化到正向最大，说明正从O点向b点运动故D正确故选：D点评：对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，应加强相关练习，做到熟练掌握3如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点当P接a时
16、，原、副线圈的匝数比为10：1，线圈L上的直流电阻不计若原线圈接u=220sint的交流电，则( )A若只将P由a向b滑动时，则变压器的输入功率增大B若只增大电源的频率，则灯泡B将变亮C若只将变阻器R的滑片M向上滑动时，灯泡B将变亮D当P接a时，变阻器R两端的电压为22V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：当保持R不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律即可求解；当保持P位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化线圈L通直流，阻交流，当交流的频率发生变化时，线圈L对它的阻碍也发生变化解答：解：A、只将P由a向b滑动时，原线圈匝数减
17、小，副线圈的匝数不变，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压增大，根据P=得副线圈的输出功率增大，所以变压器的输入功率增大，故A正确；B、只增大电源的频率，副线圈的电流频率也增大，线圈L通直流，阻交流，当交流的频率增大时，线圈L的阻碍效果增大，灯泡B变暗，故B错误；C、只将变阻器R的滑片M向上滑动时，原副线圈匝数不变，副线圈电压不变，所以灯泡B亮度不变，故C错误；D、当P接a时，原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接u=Umsint的交流电，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压U2=，变阻器R两端的电压为22V，故D错误；故选：A点评：随着滑片的移动从而改变原副线圈的匝数关系，
18、导致副线圈的电压发生变化同时当交流的频率发生变大时，线圈L对它的阻碍也发生变大4如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=60，两束平行于角平分线OM的单色光a和b由OA面射入介质，经OA面折射的光线都相交于M点，其中a光的折射光线恰好平行于0B，以下说法正确的是( )A该介质对a光的折射率为Ba光的折射光线不能在AB面发生全反射C在同一介质中，a光的光速大于b光的光速D用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距考点：光的折射定律；光的干涉 专题：光的干涉专题分析：根据题意作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，即可由折射定律公式n=求解折射率由几何知识求出
19、光线在M点的入射角，与临界角比较，分析能否发生全反射再根据光速及波长和频率的关系可明确两光的光速大小，由干涉条纹间距公式可明确间距的大小解答：解：A、作出光路图，由几何知识可知，入射角i=60，折射角r=30 根据折射定律得 n=；故A错误；B、由几何知识求出光线在M点的入射角i=30，sini=0.5临界角的正弦为sinC=sini，即有iC故折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射故B正确；C、由图可知，a光的折射率要大于b光，由v=可知，a光的光速小于b光的光速；故C错误；D、因a光的折射率大，故a光的波长小于b光，由x=可知，用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间
20、距；故D错误；故选：B点评：本题考查光的折射及光的干射等内容，要求能熟练应用折射定律并掌握光的波长、频率及波速间公式的应用5如图所示，两个等量正点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，下面能够正确描述电势和场强E随位置x变化规律的图是( )ABCD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：根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，可知电场强度的分布，再根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可解答：解：两个等量正点电荷的电场线如下图，两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强，由图可知电场强度的方向
21、；两个等量正点电荷的连线的中点处的电势不为零，而从两正电荷向两边无穷远处，电势逐渐降低，直到为零；故ACD错误；B正确故选：B点评：本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等6如图1，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，刚接触轻弹簧的瞬间速度是5m/s，接触弹簧后小球速度v和弹簧缩短的长度x之间关系如图2所示，其中A为曲线的最高点已知该小球重为2N，弹簧在受到撞击至压缩到最短的过程中始终发生弹性形变在小球向下压缩弹簧的全过程中，下列说法不正确的是( )A小球的动能先变大后变小B小球速度最大时受到的弹力为2NC小球的机械能先
22、增大后减小D小球受到的最大弹力为12.2N考点：功能关系；动能 分析：小球的速度先增加后减小，故其动能先增大后减小，在整个过程中只有重力和弹簧弹力对小球做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加故小球的机械能减小，小球速度最大时弹力大小与小球的重力平衡，根据胡克定律求弹簧压缩时产生的最大弹力解答：解：A、由图可知，小球的速度先增加后减小，故小球的动能先增大后减小，故A正确；B、小球下落时，当重力与弹簧弹力平衡时小球的速度最大，据此有：小球受到的弹力大小与小球的重力大小平衡，故此时小球受到的弹力为2N，所以B正确；C、在小球下落过程中至弹簧压缩最短时，只有重力和
23、弹簧弹力做功，故小球与弹簧组成的系统机械能守恒，在压缩弹簧的过程中弹簧的弹性势能增加，故小球的机械能减小，故C错误；D、小球速度最大时，小球的弹力为2N，此时小球的形变量为0.1m，故可得弹簧的劲度系数k=20N/m，故弹簧弹力最大时形变量最大，根据胡克定律知，小球受到的最大弹力为Fmax=kxmax=200.61N=12.2N，故D正确本题选择错误的，故选：C点评：本题考查学生对图象的认识，知道小球落在弹簧上后先做加速运动达到最大速度后再做减速运动，这是解决问题的根本，能根据速度最大的条件求得弹簧的劲度系数是关键二、必考题（共5小题）7某实验小组器材有：光电门、数字计时器、刻度尺、游标卡尺和
24、有遮光条的小物块用如图所示的实验装置测量小物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数曲面AB固定在水平面上，其与水平面相切于B点，P为接有数字计时器的光电门，实验时将带有遮光条的小物块m从曲面AB上某点自由释放，小物块通过光电门P后停在水平面上的C点已知当地重力加速度为g为了测量动摩擦因数，用游标卡尺测出较窄遮光条宽度d和数字计时器测量的遮光时间t，还需要测量的物理量及其符号是光电门与C点间的距离s，动摩擦因数=（利用测量的量表示）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：根据题意求出动摩擦因数的表达式，然后根据该表达式分析答题；解答：解：物块通过光电门时的速度v=，然后物块在水平面上做匀减速
25、直线运动，由动能定理得：mgs=0mv2，解得：=，由此可知，要测动摩擦因数，出d与t外，还需要测量光电门与C点间的距离s故答案为：光电门与C点间的距离s；点评：本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可8某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：用20分度的游标卡尺测量其长度如图1所示，可知其长度为50.15mm；用螺旋测微器测量其直径如图2所示，可知其直径为6.713mm用多用电表的欧姆挡粗测该圆柱体的电阻Rx的阻值在90左右，现要测量其阻值，实验室提供如下器材：A电流表A1（量程50mA、内阻约1）B电流表
26、A2（量程200mA、内阻约为0.2）C电流表A3（量程0.6A、内阻约为0.1）D定值电阻R0=30E滑动变阻器R（最大阻值约为10）F电源E（电动势为4V）G开关S、导线若干（1）某同学设计了一个测量电阻Rx的实验电路，如图3所示为保证测量时M、N两电表读数均不小于其量程的，M、N两处的电流表应分别选用：M为A1，N为A2（均选填“A1”、“A2”或“A3”）（2）若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx=（3）考虑本次测量存在一定的系统误差，所以测量值比真实值偏大（填“偏大”或“偏小”）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器的读数=固定刻度读数+半刻度
27、读数+可动刻度读数；游标卡尺读数等于固定刻度读数加上游标尺读数；（2）根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据电路图连线即可；根据N和M的电流差得到通过R0的电流，然后根据并联电路电流之比等于电压之比的倒数列式求解解答：解：（1）游标卡尺读数=固定刻度读数+游标尺读数；固定刻度读数：50mm游标尺读数：0.05mm3=0.15mm故游标卡尺读数为50.15cm；螺旋测微器的读数=固定刻度读数+半刻度读数+可动刻度读数数；固定刻度读数：6.0mm；半刻度读数：0.5mm可动刻度读数：21.30.01mm=0.213mm；故螺旋测微器的读数为6.713m
28、m；（2）电阻R0的电流：I=133mA；通过待测电阻的电流：I=44mA故M表选A1，N表选A2；通过R0的电流为：IR0=INIM；并联电路电流之比等于电压之比的倒数，故有：=；解得：Rx=因电流表有电阻，则测量值比真实值偏大，故答案为：50.15；6.713（6.7126.714）；iA1，A2，ii；iii偏大点评：本题关键是明确实验的原理，然后估算出电路各个部分的电流，选择恰当量程的电表，最后根据并联电路的电流特点列式求解，注意产生电阻阻值误差的根源是电流表的电阻9跳伞员常常采用“加速自由降落”（即AFF）的方法跳伞如果一个质量为50kg的运动员在3658m的高度从悬停的直升飞机跳出
29、，降落40s时速度达到50m/s，然后打开降落伞，减速下降，安全着陆假设加速下落过程为匀加速直线运动，g取10m/s2求：（1）加速下落过程空气对跳伞员的平均阻力的大小f（2）跳伞员离地面高度多少时打开降落伞？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度时间公式求出加速下落过程中的加速度，结合牛顿第二定律求出平均阻力的大小根据速度位移公式求出匀加速运动的位移，结合总高度求出打开降落伞时离地的高度解答：解：（1）加速下落过程中的加速度a=，根据牛顿第二定律得，mgf=ma，解得f=mgma=500501.25N=437.5N（2）加速降落的位移为
30、h，开伞时的高度为H，H=H0h=36581000m=2658m答：（1）加速下落过程空气对跳伞员的平均阻力的大小为437.5N（2）跳伞员离地面高度2658m时打开降落伞点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，通过速度时间公式求出加速度是解决本题的关键，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁10（19分）如图所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场在y轴上坐标为（0，b）的M点，质量为m，电荷量为q的正点电荷（不计重力），以垂直于y轴的初速度v0水平向右进入匀强电场恰好从x轴上坐标为（2b，0）的N点进入有界磁场磁场位于y=0.8b和x=4b和横轴x、
31、纵轴y所包围的矩形区域内最终粒子从磁场右边界离开求：（1）匀强电场的场强大小E；（2）磁感应强度B的最大值；（3）磁感应强度B最小值时，粒子能否从（4b，0.8b）处射出？画图说明考点：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）粒子在电场中做的是类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律列式，求解场强E的大小（2）由动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小，由速度的分解得到速度的方向粒子进入磁场后做匀速圆周运动磁场越强，粒子运动的半径越小，从右边界射出的最小半径即从磁场右上角（4b，0）处射出，由几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力
32、，列式求解磁感应强度强B的最大值（3）画出粒子运动的轨迹，分析粒子能否从（4b，0.8b）处射出解答：解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动：竖直位移为 y=b=；水平位移为 x=2b=v0t；其加速度 a=可得电场强度 E=（2）根据动能定理，设粒子进入磁场时的速度大小为v有=qEb代入E可得 v=v与正x轴的夹角有 cos=所以=45粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 qvB=m解得 B=磁场越强，粒子运动的半径越小，从右边界射出的最小半径即从磁场右上角（4b，0）处射出，由几何关系得： rmin=b可得 Bmax=（3）不能图画如下答：（1）匀强电场的场强大小E为；（2）磁感应强度B的最
33、大值为；（3）磁感应强度B最小值时，粒子不能从（4b，0.8b）处射出点评：本题为电荷在电场和磁场中运动的题目，在电场中要能熟练运用运动的分解法研究，而在磁场中，注意找出圆心和半径，画出轨迹，结合几何知识解答11如图甲所示，表面绝缘、倾角=30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m从t=
34、0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10m/s2（1）求线框受到的拉力F的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v=v0（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的
35、位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用 专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据vt图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感应强度B的大小；（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sD=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞
36、前的速度，线框碰档板后速度大小不变分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0求出线框全部离开磁场区域时的速度根据焦耳定律求出线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热解答：解：（1）由vt图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=5.0m/s2由牛顿第二定律得 Fm
37、gsinmgcos=ma解得 F=1.5N（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势 E=BLv1通过线框的电流I=线框所受安培力F安=BIL=对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F=mgsin+mgcos+解得B=0.50T（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sD=0.15m，设线框与挡板碰撞前的速度为v2由动能定理，有mg（sD）sinmg（sD）cos=解得v2=1.0m/s线框碰档板后速度大小仍
38、为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由v=v0得 v3=v2=1.0 m/s，因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt=0.40J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=+mgDsin=0.55J所以Q=Q1+Q2=0.9
39、5J答：（1）线框受到的拉力F的大小是1.5N；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.50T；（3）线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q是0.95J点评：本题关键要根据速度图象，分析线框的运动过程，整合了平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等力学规律与电磁感应规律，综合性较强三、选考题（请考生从以下2个模块中任选一模块作答）物理选修3-3（本题共2小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列四幅图分别对应四种说法，其中不正确的是( )A微粒运动就是物质分子的无规则热运动B分子间距离为r0时，分子引力和斥力大小相等C食盐晶体的物理性质是各向异性的D露珠呈球形的主要原因是液体
40、表面张力的作用考点：* 晶体和非晶体；分子间的相互作用力 分析：布朗运动是指固体小颗粒的运动，不是分子的运动；当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等；晶体结构规则且具有各向异性；液体表面存在表面张力的作用，露珠呈球形解答：解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子热运动的间接反应，但不是分子热运动；故A不正确；B、分子间作用力随分子间距离的增大而减小，当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等；故B正确；C、食盐为单晶体；故食盐具有规则的形状，并且也具有各向异性；故C正确；D、小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用；故D正确；本题
41、选不正确的，故选：A点评：本题考查布朗运动，分子间的相互作用力、分子势能及单晶体的性质等，均属于选修33中的基础内容；要注意准确把握各种现象的本质内容注意对33的全面把握13一定质量的理想气体，其起始状态和终了状态分别与如图所示中的A点和B点相对应，它们的体积相等，则下列过程中可能的是( )A先保持压强不变升高温度，后保持温度不变减小压强B先保持温度不变增大体积，后保持压强不变升高温度C先保持温度不变减小体积，后保持压强不变升高温度D先保持压强不变减小体积，后保持温度不变减小压强考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：应用理想气体的状态方程=C分析，看各变化过程能否实现解答：
42、解：A、保持压强P不变升高温度T，由理想气体状态方程=C可知，体积增大；再保持温度不变减小压强，则体积增大，所以则最终状态气体体积大于A状态体积，故A错误；B、保持温度T不变，增大体积V，由=C可知，压强P变小，后来保持压强P不变，温度T升高，由=C可知体积变大，最终状态体积大于状态A时的体积，故B错误；C、保持温度T不变而减小体积V，由=C可知压强P变大，后保持压强P不变而升高温度T，由=C可知，体积V变大，则气体体积可能与状态A体积相等，故C正确；D、保持压强P不变，减小体积V，由=C可知温度T降低，后来温度T不变而减小压强P，由=C可知，体积变大，则体积有可能与状态A体积相等，B的温度比
43、A的温度低，故D错误；故选：C点评：该题结合理想气体的状态方程考查可能的气体状态变化的过程，要注意只有遵守理想气体状态方程的过程才是有可能实现的过程，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题物理选修3-5（本题共2小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14关于下列四幅图说法不正确的是( )A原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B光电效应实验说明了光具有粒子性C电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D原子核式结构模型很好地解释了大角度散射实验现象考点：光电效应；粒子散射实验 专题：光电效应专题分析：由玻尔理论可知，电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的；卢瑟
44、福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性；光电效应说明光具有粒子性；从而即可求解解答：解：A、根据玻尔理论，原子中的电子绕原子核高速运转轨道的半径是特定的故A错误B、光电效应实验证明了光具有粒子性故B正确C、电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性故C正确D、粒子散射实验发现少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围故D正确本题选择不正确的，故选：A点评：本题考查了原子结构、光电效应、电子衍射、氢原子能级等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点15在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，
45、其中甲球的质量m1=2kg，乙球的质量m2=1kg，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化情况如图所示已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( )A7m/s，向右B7m/s，向左C1m/s，向左D1m/s，向右考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：甲乙碰撞过程，动量守恒，由动量守恒定律求解碰前乙球速度的大小和方向解答：解：由图知，甲球碰撞前的速度为v甲=2m/s，碰撞后的速度为v甲=1m/s，碰撞后，甲乙的速度v=1m/s，以甲乙两球组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，碰撞过程，由动量守恒定律得：m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v，即：22+1v乙=（2+1）（1），解得：v乙=7m/s，负号表示方向与正反向相反，即方向向左；故选：B点评：本题考查了求球的速度，两球发生碰撞时动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，由图象求出碰撞前后小球的速度是正确解题的前提，解题时要注意正方向的选择，这是本题解题的易错点
