1、福建省龙岩市漳平一中2015届2015届高考物理围题试卷一、本卷共6题，每小题6分，共36分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的1欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”该行星的质量是地球的m倍，直径是地球的n倍设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为v1、v2，则的比值为( )ABCD2如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示则( )Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的电势能一个增加一个减小3一列沿x轴传播的简谐横
2、波，振幅为A，波长为，某时刻的波形图如图所示，在该时刻某一质点的坐标为（，0），经T后，该质点的坐标有可能为：（，0）（，A）（，A） （，A），其中正确的是( )A只有BC只有D只有4如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是( )A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS5如图所示，横
3、截面为等腰直角三角形ABC的棱镜，一束绿光从AB面射入，且光在AB面入射角的正弦值为，此绿光恰好在AC面上发生全反射，下列光现象的说法哪个是正确的( )（光在真空中传播速度为c）A换成红光沿同一入射光路射到AB面，它在AC面也会全反射B绿光在棱镜中的传播速度为cC棱镜对绿光的折射率为D绿光由空气进入棱镜其波长会变长6如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是( )A缆绳拉力F1增大，拉绳拉力F2增大B缆绳拉力F1
4、和拉绳拉力F2都不变C缆绳与竖直方向的夹角可能大于角D缆绳拉力F1的功率不断增大二.必考部分7为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）实验时，一定要进行的操作是_（不定项）A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用
5、的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留三位有效数字）8用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V、内阻很大） B电压表V2（量程4V、内阻很大）C电流表A（量程3A、内阻很小） D滑动变阻器R（最大阻值10、额定电流4A）E小灯泡（2A、7W） F电池组（电动势E、内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小请将设计的实验电路图在图甲中补充完整每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成
6、两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标系中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=_V、内阻r=_（结果保留两位有效数字） 在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为_，电池组的效率为_9如图所示，粗糙斜面倾角=37，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小
7、及A到C所需时间t210（19分）如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD导轨间距为L，电阻不计一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动棒与导轨垂直，并接触良好导轨之间有水平向外的匀强磁场，磁感强度为B导轨右边与电路连接电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d当ab棒以速度v0一直向左匀速运动时，在电容器正中心的质量为m的带电微粒恰好处于静止状态（1）试判断微粒的带电性质及所带电量的大小（2）若ab棒突然以2v0的速度一直向左匀速运动，则带电微粒经多长时间运动到电容器的上板？其电势能和动能各增加了多少？11如图所示，在无限长的水平边
8、界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线AB边界上的P点到边界EF的距离为（2+）L一带正电微粒从P点的正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E（E未知）和磁感应强度大小B（B未知）满足=2，不考虑空气阻力，求：（1）匀强电场的场强E的大小和方向；（2）O点距离P点的高度h多大；（3）若微粒从O点以v0=水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间t多
9、长？选考部分【物理-选修3-3】12带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如VT图所示设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb和Pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( )Apbpc，QabQacBpbpc，QabQacCpbpc，QabQacDpbpc，QabQac13下列说法正确的是( )A气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间势能之和B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发
10、地从低温物体传递到高温物体【物理-选修3-5】14某放射性元素经过m次衰变和n次衰变，变成一种新原子核，新原子核比原来的原子序数减小( )A2m+nB2mnCm+nDmn15如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有2个质量均为m的小球，现用两种方式将球相对于地面以恒定速度V向右水平抛出第一种方式是将2个小球一起抛出，第二种方式是将小球依次先后抛出比较用上述不同方式抛完小球后小车的最终速度( )A第一种较大B第二种较大C二者一样大D不能确定福建省龙岩市漳平一中2015届2015届高考物理围题试卷一、本卷共6题，每小题6分，共36分在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的1欧洲天
11、文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”该行星的质量是地球的m倍，直径是地球的n倍设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为v1、v2，则的比值为( )ABCD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：该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力表示出第一宇宙速度再根据已知的条件求解解答：解：星球表面发射人造卫星的最小发射速度即第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力得：G解得：v=该行星的质量是地球的m倍，直径是地球的n倍，故：=故选：D点评：本题关键是明确星球表面发射人造卫星的最小发射速度即为近地卫星的环绕速
12、度，然后根据牛顿第二定律列求解表达式进行分析即可2如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示则( )Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的电势能一个增加一个减小考点：电势差与电场强度的关系；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧根据电场力做功来判断动能的变化解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错
13、误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确故选：C点评：本题主要考查了在电场力作用下的曲线运动，抓住受力的方向指向轨道的内侧即可3一列沿x轴传播的简谐横波，振幅为A，波长为，某时刻的波形图如图所示，在该时刻某一质点的坐标为（，0），经T后，该质点的坐标有可能为：（，0）（，A）（，A） （，A），其中正确的是( )A只有BC只有D只有考点：横波的图象；波长、频率
14、和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：根据波的传播方向判断出质点的振动方向，再分析经过周期时，质点到达什么位置，即可定出坐标，注意要分波向右和向左两种情况分析解答：解：由题，若简谐横波水平向右传播，图示时刻（，0）处质点向下运动，再经过周期时，质点到达波谷位置，所以坐标为（，A）若简谐横波水平向左传播，图示时刻（，0）处质点向上运动，再经过周期时，质点到达波峰位置，所以坐标为（，A），所以正确故选：B点评：本题关键要根据波的传播方向判断出质点的运动方向注意质点只上下振动，横坐标不变，难度不大，属于基础题4如图，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路线圈在有界匀强磁场中绕垂直于
15、磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计下列说法正确的是( )A将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮B电容器的电容C变大时，灯泡变暗C图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D若线圈abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS考点：变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 专题：交流电专题分析：矩形线圈abcd中产生交变电流，线圈处于中性面位置时电动势最小，为零；当线圈与磁场垂直时，电动势最大，为：Em=NBS解答：解：A、矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈
16、匝数变大，根据变压比公式得输出电压减小，故灯泡会变暗，故A错误；B、电容器的电容C变大时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故B错误；C、线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故C错误；D、若线圈转动角速度变为2，根据电动势最大值公式Em=NBS，最大值增加为2倍；有效值E=，也变为2倍；则电压表读数变为原来2倍，故D正确；故选：D点评：本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBS，同时要能够结合变压器的变压比公式和欧姆定律列式分析5如图所示，横截面为等腰直角三角形ABC的棱镜，一束绿光从AB面射入，且光在AB面入射角的正弦值为，此绿光恰好在AC面上发生全反射，下列
17、光现象的说法哪个是正确的( )（光在真空中传播速度为c）A换成红光沿同一入射光路射到AB面，它在AC面也会全反射B绿光在棱镜中的传播速度为cC棱镜对绿光的折射率为D绿光由空气进入棱镜其波长会变长考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：绿光恰好在AC面上发生全反射，在AC面上的入射角恰好等于临界角C，由临界角公式sinC=，知道临界角C与折射率的关系再根据由折射定律，及光在AB面的入射角的正弦值，求出折射率，由v=求光棱镜中的传播速度红光的折射率比绿光小，光由空气进入棱镜时频率不变，波速变小解答：解：A、红光的折射率比绿光的小，由临界角公式sinC=，知红光的临界角比绿光的大换成红光沿同一入
18、射光路射到AB面，根据折射定律知光线射到AC面的入射角比绿光小，而红光的临界角比绿光的大，所以红光不可能在AC面上发生全反射，故A错误BC、如图绿光在AB面上折射时有 n=由题知 sini=，由临界角公式 sinC=，由几何知识得：sinr=sin（90C）=cosC=；联立解得：n=绿光在棱镜中的传播速度为 v=c故B正确，C错误D、绿光由空气进入棱镜其频率不变，波速变小，由v=f知波长变小，故D错误故选：B点评：对于几何光学问题，往往是折射定律、全反射临界角公式、光速公式和几何知识的综合应用，解答的基础是正确画出光路图，理清各个角度的关系，再进行研究6如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电
19、机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是( )A缆绳拉力F1增大，拉绳拉力F2增大B缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变C缆绳与竖直方向的夹角可能大于角D缆绳拉力F1的功率不断增大考点：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：对空调主机受力分析，因做匀速运动，故在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，由数学关系即可判断解答：解：A、对物体受力分析如图，一物体匀速运动，故合力为零在竖直方向：F1cosmgF2cos=
20、0在水平方向：F1sinF2sin=0在上升过程中，增大，而不变，联立可以判断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A正确，B错误；C、因F1大于F2，故缆绳与竖直方向的夹角小于角，故C错误；D、绳子运动的速度与空调的速度之间的关系：v绳=vcos拉力的功率P=F1vcos，由于F1变大，也变大，故无法判断大小，故D错误故选：A点评：本题主要考查了受力分析，利用共点力平衡列式结合数学关系即可判断二.必考部分7为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）实验时，一定要进行的操作是BCD（不定项）A用天平测出砂和砂
21、桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为1.37m/s2（结果保留三位有效数字）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：（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；（2）依据逐差法可得小车加速度解答：解：
22、（1）AE、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E错误B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BCD（2）由于两计数点间还有两个点没有画出，故单摆周期为0.06s，由x=aT2可得：a=1.37m/s2故答案为：BCD
23、；1.37点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，并掌握逐差法可得小车加速度的方法，注意单位的统一，及有效数字8用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线A电压表V1（量程6V、内阻很大） B电压表V2（量程4V、内阻很大）C电流表A（量程3A、内阻很小） D滑动变阻器R（最大阻值10、额定电流4A）E小灯泡（2A、7W） F电池组（电动势E、内阻r）G开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小请将设计的实验电路图在图甲中补充完整每一
24、次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到UI坐标系中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=5.5V、内阻r=1.0（结果保留两位有效数字） 在UI坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为0，电池组的效率为64%考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图（2）电源的UI图象与纵轴的交
25、点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；由图象求出电路电流，然后由P=UI及效率公式求出电池组的效率解答：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示（2）电源的UI图象是一条倾斜的直线，由图
26、象可知，电源电动势E=5.5V，电源内阻r=1.0（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=3.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即5.5V=2.0A1+3.5V+2.0AR滑，则R滑=0；电池组的效率=64%故答案为：（1）电路如图所示；（2）5.5；1.0；（3）0.0；64%点评：本题要注意图象的应用，明确电源的UI图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错9如图所示，粗糙斜面倾角=37，斜面宽a为3m，长b为4m，质量为0.1kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同
27、时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为=0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）在沿斜面方向上由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间；（2）物体受力分布在立体空间，通过受力分析求的沿AC方向上的合力，由牛顿第二定律求的加速度，再有运动学公式求的时间解答：解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：a=下滑的时间为：
28、（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明物体受到的合力沿AC方向，设AC与AB的夹角为，AC=，由几何关系可得：故施加的外力为：F=mgsintan=0.45N由牛顿第二定律可得产生的加速度为：由运动学公式得：=1.5s答：1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2为1.5s点评：本题物体受力分布在立体空间，分成垂直于斜面和平行于斜面两平面内研究，沿斜面方向做初速度为零的匀加速运动，10（19分）如图，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD导轨间距为L，电阻不计一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动
29、棒与导轨垂直，并接触良好导轨之间有水平向外的匀强磁场，磁感强度为B导轨右边与电路连接电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R在BD间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d当ab棒以速度v0一直向左匀速运动时，在电容器正中心的质量为m的带电微粒恰好处于静止状态（1）试判断微粒的带电性质及所带电量的大小（2）若ab棒突然以2v0的速度一直向左匀速运动，则带电微粒经多长时间运动到电容器的上板？其电势能和动能各增加了多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势能；带电粒子在混合场中的运动 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）当ab以速度v0匀速向左运动时，产生感应电动势，根据右手定则可知感应
30、电流方向，确定出电容器两极板的电性根据微粒受力平衡即可判断微粒的电性，由平衡条件可求出电量的大小；（2）若ab棒以速度2v0向左运动，电容器板间电压增大，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求解微粒到达上极板所用时间根据电场力做功，来确定电势能变化，从而确定动能的变化解答：解：（1）棒以v0的速度向左匀速运动，感应电流为顺时针方向，电容器上板带正电由于微粒受力平衡，电场力方向向上，场强方向向下，所以微粒带负电，根据平衡条件有：mg=且电压，Uc=IR 由闭合电路欧姆定律有：I=切割产生感应电动势为：E=Blv0由以上各式求得：q=（2）ab棒以2v0的速度向左匀速运动时，微粒受到向上的电场力
31、为F=2 mg 牛顿第二定律，则有，运动学公式，由以上各式求得带电微粒运动到电容器上板的时间为t=带电微粒电势能的增量E1=2mg=mgd 带电微粒动能的增量Ek=mg=mgd 答：（1）微粒的带负电及所带电量的大小（2）若ab棒突然以2v0的速度一直向左匀速运动，则带电微粒经时间运动到电容器的上板，其电势能和动能各增加了mgd点评：本题是电容器、电路、电磁感应、力学等知识的综合，只要掌握基本知识就能正确解答要掌握牛顿第二定律、欧姆定律与电磁感应定律的应用，理解根据电场力做功，来确定电势能变化的方法11如图所示，在无限长的水平边界AB和CD间有一匀强电场，同时在AEFC、BEFD区域分别存在水
32、平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF为左右磁场的分界线AB边界上的P点到边界EF的距离为（2+）L一带正电微粒从P点的正上方的O点由静止释放，从P点垂直AB边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB边界飞出电、磁场已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g，电场强度大小E（E未知）和磁感应强度大小B（B未知）满足=2，不考虑空气阻力，求：（1）匀强电场的场强E的大小和方向；（2）O点距离P点的高度h多大；（3）若微粒从O点以v0=水平向左平抛，且恰好垂直下边界CD射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间t多长？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
33、专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）微粒在进入电磁场前做匀加速直线运动，在电磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，据此分析和求解场强的大小和方向（2）微粒在磁场中运动速率v1时恰好与AB相切，画出运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径；由洛伦兹力公式和牛顿第二定律求出轨迹半径微粒在进入电磁场前做匀加速直线运动，由动能定理可以求出O到P的距离h；（3）微粒在进入电磁场前做平抛运动，在电磁场中做匀速圆周运动，根据微粒做圆周运动的周期公式求出微粒的运动时间解答：解：微粒带电量为q、质量为m，轨迹为圆弧，必有qE=mg则 E=，E的方向：竖直向上 （2）微粒在磁场中运动速率v1时恰好与AB相
34、切，如图所示，O1、O2为微粒运动的圆心，O1O2与竖直方向夹角为，由几何知识知sin=微粒半径r1，由几何关系有r1+r1sin=（2+）L，得r1=2L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1B=m由动能定理有 mgh=mv12；已知 =2，联立解得 h=L（2）微粒平抛到AB边界上的M点的时间为t1，水平距离x1，由运动学公式有x1=v0t1，h=gt12代入v0=、h=L，得t1=、x1=L微粒在M点时竖直分速度 v1=，速度为 v=2、与AB夹角为 =30微粒在磁场中运动半径 r2=4L由几何关系知微粒从M点运动30垂直到达EF边界微粒在磁场中运动周期 T=4由题意有微粒运动时间t=T
35、+k，（k=0，1，2，）微粒运动时间t=2（）（k=0，1，2，）答：（1）匀强电场的场强E的大小为，E的方向：竖直向上；（2）O点距离P点的高度h为L；（3）微粒在电、磁场中运动的时间t为2（）（k=0，1，2，）点评：本题考查了求距离、微粒的运动时间问题，分析清楚微粒运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、平抛运动规律即可正确解题，关键要抓住圆周运动的周期性选考部分【物理-选修3-3】12带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如VT图所示设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb和Pc，在过程ab和ac中吸
36、收的热量分别为Qab和Qac，则( )Apbpc，QabQacBpbpc，QabQacCpbpc，QabQacDpbpc，QabQac考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律；热力学第二定律 分析：b、c两点温度相同，由玻意耳定律可以判断它们的压强大小关系；应用热力学第一定律判断两过程中气体吸收热量的大小关系解答：解：（1）由图象可知，b、c两点温度相同，VbVc，由玻意耳定律pV=C可知：pbpc；（2）b、c两点温度相同，理想气体的内能相同，则Uab=Uac，由a到b过程中，气体体积变大，气体对外做功W，由热力学第一定律可知：Uab=QabW；从a到c过程中，气体体积不变，气体不对外做功W
37、=0，由热力学第一定律可知：Uac=Qac；而Uab=Uac，则QabW=Qbc，则QabQac故D正确；故选：D点评：由图线判断出三点体积与热力学温度的关系，熟练应用玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题13下列说法正确的是( )A气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间势能之和B气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，也能自发地从低温物体传递到高温物体考点：物体的内能；分子势能；热力学第二定律 分析：气体的内能是所有分子热运动的动能和分子间势能之和；温度是分子平均动能的标志；根据热力学第二定
38、律分析功和热量的关系，并判断热量传递的方向解答：解：A、气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故A正确B、温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故B错误C、功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故C错误D、热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故D错误故选：A点评：解决本题关键掌握物体内能的概念，知道温度的微观意义：温度是分子平均动能的标志；能够根据热力学第二定律理解功与热量的关系【物
39、理-选修3-5】14某放射性元素经过m次衰变和n次衰变，变成一种新原子核，新原子核比原来的原子序数减小( )A2m+nB2mnCm+nDmn考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：衰变是一种放射性衰变在此过程中，一个原子核释放一个粒子（由两个中子和两个质子形成的氦原子核），并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核衰变是一种放射性衰变在此过程中，一个原子核释放一个粒子（电子或者正电子），分为+衰变（释放正电子）和衰变（释放电子）解答：解：某放射性元素经过m次衰变和n次衰变共产生：m个He和n个e所以质子数减少：2m+n（1）=2mn，故B正确，ACD错误；故选
40、：B点评：写出这个过程中释放出的粒子和粒子，分析质子数和中子数的变化即可注意减少的质量数等于减少的中子数和质子数15如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，车上有2个质量均为m的小球，现用两种方式将球相对于地面以恒定速度V向右水平抛出第一种方式是将2个小球一起抛出，第二种方式是将小球依次先后抛出比较用上述不同方式抛完小球后小车的最终速度( )A第一种较大B第二种较大C二者一样大D不能确定考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：以车与小球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，由动量守恒分析答题解答：解：以车与球组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，两球同时抛出时：2mv+Mv车=0，解得：v车=，负号表示方向向左，小球依次抛出时：mv+（M+m）v=0，mv+Mv车=（M+m）v，解得：v车=，负号表示方向向左，由此可知，两种方式，车的速度相等；故选：C点评：本题考查了动量守恒定律的应用，确定研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择
