1、湖南省十三校2015届高考物理一模试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共计24分）1关于物理学的研究方法，以下说法错误的是( )A伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D“合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法2纳米（109m）技术是指1纳米100纳米（1nm100nm）尺度范围内，通过直接操纵原子、分子、原子团或分子团使其重新排列从而组成新物质的技术用纳米材料研制出一种新型涂料，喷涂在船体上能使船行驶时所
2、受的阻力减小一半若有一艘货轮发动机保持牵引力F不变，喷涂纳米材料后货轮加速度比原来大了一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料前的阻力Ff之间大小关系是( )AF=FfBF=1.5FfCF=2FfDF=3Ff3如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP=60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为( )A1：1B1：2C：1D：24如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同
3、的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的P点相遇假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A两个小球从a、b两点同时抛出B两小球抛出的初速度v1v2C从b点抛出的小球着地时水平射程较小D从a点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大5轻质弹簧A的两端分别连在质量为m1和m2的小球上，两球均可视为质点另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C的一端分别与两个小球相连，日的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图所示适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37不变（已知sin37=0.6，cos37=0.8），当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧
4、的形变量之比为( )A1：1B3：5C4：3D5：46质量为m的物体放在质量为M，倾角为的斜面体上，物体m与斜面间动摩擦因数=tan，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下加速运动，斜面体始终静止，设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A地面对斜面体的支持力等于（M+m）g+FsinB物体对斜面体的作用力方向竖直向下C斜面体相对地面有向右运动的趋势D物体下滑过程拉力F做正功，机械能一定增大7如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表
5、调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V 36W”的灯泡正常发光以下判断正确的是( )A电流表的示数为1AB矩形线圈产生电动势的有效值为18VC从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e=18sin90t（V）D若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移8如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是( )A可以判断出OP间的各点电势均为零B可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度C可以判断出P点左侧与右侧的电场方
6、向均为x轴正方向D负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能二、不定项选择题（共4小题，每小题5分，满分20分）92013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，沿地月转移轨道直奔月球，飞行轨道如图所示，嫦娥三号经过地月转移轨道在P点调整后进入环月圆形轨道，进一步调整后进入环月椭圆轨道，再由近月点Q开始进行动力下降，最后于2013年12月14日成功软着陆在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4m高时最后一次悬停，确认着陆地点，总质量为M的嫦娥三号在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，已知引力常量为G，月球半径为R，忽略月球自转及地球对卫星的影响，则(
7、 )A嫦娥三号在环月段圆轨道上经过P点时开动发动机加速才能进入环月段椭圆轨道B月球的质量为C月球的第一宇宙速度为D嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等10有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A斜面的倾角=30B物体的质量为m=0.5kgC斜面与物体间的摩擦力大小f=2ND物体在斜面上运动的总时间t=2s11如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可
8、以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径已知重力加速度为g，电场强度E=下列说法正确的是( )A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点12如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢，在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，
9、磁场的磁感应强度大小为B导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动L后为零已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力，在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( )A线圈中的感应电流沿逆时针方向（俯视），最大感应电流为B线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q=mv02D此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q=三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）(一）必考题13利用图1装置可以做
10、力学中的许多实验（1）以下说法正确的是：_A、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行C、用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D、用此装置“探究加速度a与力F的关系”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量（2）本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是_A、交流220V B、直流220V C、交流46V D、直流46V（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打
11、出的一条纸带的一部分如图3，已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中小车的加速度为_m/s2（结果保留2位有效数字）14同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻（1）他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图甲，则电源电动势约为_V（2）为了更准确的测量电源的电动势的内电阻，他用多用表的“直流100mA”挡设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为_（3）将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I（4）重复（3）获得多组数据，根据数据作出了
12、如图丙所示的R图线（5）由图线得干电池的电动势E=_V（保留三位有效数字），内阻r=_（取整数）15如图所示，已知O、A、B、C为同一直线上的四点，OA间的距离l1，BC间的距离为l2，一物体自O点静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过OA段与通过BC段所用的时间相等，求O与B的距离16如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L=1.6m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R=0.4m的光滑半圆轨道PQ，两个质量均为m=0.2kg且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上，开始时滑块A与墙壁
13、之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态现松开滑块A，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数=0.25，取g=10m/s2求：（1）滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；（2）压缩的轻弹簧的弹性势能EP17如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=kv0，在第二象限内有一半径为R=b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（b，b），与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里，在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，大量的电子以相同的
14、速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为（0，1.5b），忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为=，求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小；（2）角的大小；（3）电子到荧光屏上距Q点的最远距离（二）选考题（请考生从给出的3个模块中任选一模块作答）【选修3-3】18下列说法正确的( )A布朗运动就是液体分子的热运动B当分子间距离减小时，分子势能不一定减小C一定质量的理想气体在温度不变的条件下，压强增大，则外界对气体做正功D一切自然过程总是向分子热运动的无序性增
15、大的方向进行E第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律19如图所示，面积S=100cm2的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大在活塞上放一重物，质量为m=20kg，静止时活塞到缸底的距离为L1=20cm，摩擦不计，大气压强为P0=1.0105Pa，温度为27，g取10m/s2（1）若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；（2）若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到177，求活塞A移动的距离物理选修3-420下列说法正确的是( )A如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B含
16、有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散C向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法的原理是“多普勒效应”D麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E狭义相对论表明物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量21在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示，有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合，已知玻璃的折射率为n=，则：（1）通过计算
17、说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？（2）光束在桌面上形成的光斑半径为多少？【选修3-5】22下列说法正确的是( )A任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光波长小于这个波长，才能产生光电效应B氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小C德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变23两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静
18、止在前方，如图所示B与C碰撞后二者会粘在一起运动求在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？（2）系统中弹性势能的最大值是多少？湖南省十三校2015届高考物理一模试卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共计24分）1关于物理学的研究方法，以下说法错误的是( )A伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D“合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法考点：物理学史 分析：伽利略开创了运用逻辑推理和
19、实验相结合进行科学研究的方法；卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法；电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定；“合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法解答：解：A、16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法故A正确B、扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转
20、；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来故B正确C、电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定故C错误D、合力与分力”“总电阻”“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法故D正确故选C点评：此题要求熟知各种物理学史知识，平时学习时要注意积累这方面的知识积累2纳米（109m）技术是指1纳米100纳米（1nm100nm）尺度范围内，通过直接操纵原子、分子、原子团或分子团使其重新排列从而组成新物质的技术用纳米材料研制出一种新型涂
21、料，喷涂在船体上能使船行驶时所受的阻力减小一半若有一艘货轮发动机保持牵引力F不变，喷涂纳米材料后货轮加速度比原来大了一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料前的阻力Ff之间大小关系是( )AF=FfBF=1.5FfCF=2FfDF=3Ff考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：依据受力分析，根据牛顿第二定律，列出两种情况下的方程，即可求解解答：解：喷涂纳米材料前，由牛顿第二定律，则有FFf=ma喷涂纳米材料后，则有F联立两式，解得：F=，故B正确，A、C、D错误故选：B点评：考查牛顿第二定律的应用，掌握受力分析的方法，注意两种情况下的牵引力不变3如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的
22、三点，O为半圆弧的圆心，MOP=60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2，则B2与B1之比为( )A1：1B1：2C：1D：2考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度 分析：由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感强度；即可求得比值解答：解：依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当N移至P点时，O点合磁感强度大小为：B2=2cos60
23、=，则B2与B1之比为1：2故选：B点评：磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法平行四边形求得总的磁感强度4如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的P点相遇假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )A两个小球从a、b两点同时抛出B两小球抛出的初速度v1v2C从b点抛出的小球着地时水平射程较小D从a点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大考点：功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动 专题：功率的计算专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速
24、直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度解答：解：A、因为两个小球在P点相遇，可知a球下降的高度大于b球下降的高度，可知a球的运动时间较长，所以a球先抛出故A错误B、因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1v2，故B错误C、到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，b的初速度大，所以b球的水平射程较大，故C错误D、根据P=mgvy知，a球距离地面的高度大，则a球落地时竖直分速度较长，则a球着地时重力的瞬时功率较大，故D正确故选：D点评：解决本题的关键知
25、道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题5轻质弹簧A的两端分别连在质量为m1和m2的小球上，两球均可视为质点另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C的一端分别与两个小球相连，日的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图所示适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37不变（已知sin37=0.6，cos37=0.8），当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为( )A1：1B3：5C4：3D5：4考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以两球整体为研究对象，当C弹簧与B弹簧垂直时施加的
26、拉力最小，求出此时BC拉力之比，进而确定型变量之比解答：解：以两球整体为研究对象，受力分析，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时施加的拉力最小，由几何关系知TB：TC=4：3；故选：C点评：本题属于连接体问题，优先考虑整体法，知道当当C弹簧与B弹簧垂直时施加的拉力最小是关键6质量为m的物体放在质量为M，倾角为的斜面体上，物体m与斜面间动摩擦因数=tan，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下加速运动，斜面体始终静止，设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A地面对斜面体的支持力等于（M+m）g+FsinB物体对斜面体的作用力方向竖直向下C斜面体相对
27、地面有向右运动的趋势D物体下滑过程拉力F做正功，机械能一定增大考点：机械能守恒定律；摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：分析本题的关键是通过“整体法”受力分析，然后根据牛顿第二定律即可求解解答：解：设物体下滑的加速度为a且不为零，A、对斜面受力分析，受重力，支持力，摩擦力和压力，通过受力分析可知，物体对斜面摩擦力力为f=mgcos=mgsin，对M的压力为FN=mgcos，根据力的合成可知合力为mg，物体对斜面体的作用力方向竖直向下，其中在竖直方向FNMgmg=0，故FN=Mg+mg，故A错误，故B正确C、由B可知，物体对斜面的摩擦力和压力的合力竖直向下，根据共
28、点力平衡可知，斜面在水平方向不受摩擦力，故C错误D、物体下滑过程拉力F做正功，但在下滑过程中摩擦力做负功，拉力和摩擦力做功之和不能确定正负，故机械能不一定增大，故D错误；故选：B点评：本题比较全面的考查了受力分析，灵活选取研究对象可以让问题简单化，熟练运用整体法和隔离法7如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V 36W”的灯泡正常发光以下判断正确的是( )A电流表的示数为1AB矩形线圈产生电动势的有
29、效值为18VC从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e=18sin90t（V）D若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移考点：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：由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSsint分析解答：解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I2=；根据变流比公式：，解得：I1=2A；故A错误；B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V，根据变压比公式，解得：U1=18V；故矩形线圈产生电
30、动势的有效值为18V；故B错误；C、矩形线圈产生电动势的最大值为18V，根据公式Em=NBS，解得：=；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=Emsint=V；故C正确；D、若矩形线圈转速减小，根据公式Em=NBS，感应电动势的最大值减小，故有效值也减小；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当下移；故D错误；故选：C点评：本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解8如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线
31、的渐近线，则以下说法正确的是( )A可以判断出OP间的各点电势均为零B可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度C可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向D负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电势与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的方向和变化，从而判断出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由=q判定电荷的电势能的变化解答：解：AC、由题意，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该电势曲线的渐近线，所以产生该电场的点电荷是正电荷，位于P点所以P点左侧的电场的电
32、势与P点因此的电势是对称的，OP间的各点电势均不为零，P点左侧的电场方向为x轴负方向故A、C错误；B、电势与位移x图线的斜率表示电场强度，则知a点的电场强度大于b点的电场强度，故B错误D、由图可知a点的电势高于b点的电势，根据电势能的公式：=q，所以负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能故D正确；故选：D点评：解决本题的关键是掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用电势能的表达式与能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题二、不定项选择题（共4小题，每小题5分，满分20分）92013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，沿地月转移轨道直奔月球，飞行轨道如图所
33、示，嫦娥三号经过地月转移轨道在P点调整后进入环月圆形轨道，进一步调整后进入环月椭圆轨道，再由近月点Q开始进行动力下降，最后于2013年12月14日成功软着陆在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表面4m高时最后一次悬停，确认着陆地点，总质量为M的嫦娥三号在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，已知引力常量为G，月球半径为R，忽略月球自转及地球对卫星的影响，则( )A嫦娥三号在环月段圆轨道上经过P点时开动发动机加速才能进入环月段椭圆轨道B月球的质量为C月球的第一宇宙速度为D嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专
34、题分析：嫦娥三号悬停时反推力与重力平衡，据此求得月球表面的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙速度由卫星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速解答：解：A、在环月段圆轨道上经过P点时减速，使万有引力大于向心力，卫星做近心运动，才能进入环月段椭圆轨道，故A错误；B、在月球表面悬停时有F=Mg=可得月球质量m=，故B错误；C、月球第一宇宙速度就是在月球表面绕月球圆周运动的线速度，则有可得，故C正确；D、嫦娥三号经过P点时都是由万有引力产生加速度，故只要经过P点加速度相同，加速度的大小与嫦娥三号所在轨道无关，故D正确故选：CD点评：本题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式
35、，知道开普勒第三定律，理解公式中各量的含义10有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A斜面的倾角=30B物体的质量为m=0.5kgC斜面与物体间的摩擦力大小f=2ND物体在斜面上运动的总时间t=2s考点：动能定理；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：对物体进行受力分析，得出物体向上滑动的过程中的受力与物体下滑的过程中的受力，运用动能定理把动能和位移的关系表示出来把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量解答：解：
36、A、B、C、设斜面的倾角是，物体的质量是m，物体向上运动的过程中受到重力、支持力和向下的摩擦力；物体向下滑动的过程中受到重力支持力和向上的摩擦力，由图象可知物体向上滑动的过程中，EK1=25J，EK2=0J，位移x=5m，下滑回到原位置时的动能，EK3=5J向上滑动的过程中，由动能定理得：EK2EK1=mgsinxfx，向下滑动的过程中，由动能定理得：EK3EK2=mgsinxfx，代入数据解得：f=2Nmgsin=3N又：f=mgcos所以：所以：=37kg故A错误，BC正确；C、物体向上时的加速度：，物体向下时的加速度：，物体的初速度：物体回到原点的速度：向上运动时间t1=向下运动的时间：
37、物体在斜面上运动的总时间t=故D错误故选：BC点评：用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解11如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径已知重力加速度为g，电场强度E=下列说法正确的是( )A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D若将小球在A点
38、以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比解答：解：A、由于电场强度，故mg=Eq，则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为mg，根据得，小球在等效最高点的最小速度为v=故A错误B、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的
39、机械能最大，故B正确；C、小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；D、若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，当竖直上拋合位移为0时，小球刚好运动到B点，故D正确故选：BD点评：掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点12如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢，在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定
40、着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，缓冲车的底部，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动L后为零已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力，在这个缓冲过程中，下列说法正确的是( )A线圈中的感应电流沿逆时针方向（俯视），最大感应电流为B线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q=mv02D此过程中
41、，通过线圈abcd的电荷量为q=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据右手定则判断感应电流的方向，由法拉第定律和欧姆定律结合求解最大感应电流根据能量守恒求解线圈abcd产生的焦耳热由q=求解电量解答：解：A、缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有 Em=nBLv0感应电流最大为 Im=n，由楞次定律知线圈中的感应电流沿顺时针方向，故A错误B、根据左手定则可知线圈对电磁铁的安培力向左，使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲故B正确C、由功能关系得线圈产生的焦
42、耳热为：Q=mv02故C正确D、此过程线圈abcd中通过的电量：q=n=n，故D错误故选：BC点评：本题考查学生分析和理解科技成果的能力，运用电磁感应、电路及力学的基本规律进行分析和解答注意线圈的匝数不能遗漏三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）(一）必考题13利用图1装置可以做力学中的许多实验（1）以下说法正确的是：BDA、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行C、用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D、用此装置“探究加速度a
43、与力F的关系”应使小盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量（2）本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实验室常用的两种计时器，其中甲装置用的电源要求是AA、交流220V B、直流220V C、交流46V D、直流46V（3）在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3，已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，则此次实验中小车的加速度为2.5m/s2（结果保留2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）利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，“研究匀变速直线运动”时，细线必
44、须与木板平行以保持加速度不变；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源，乙装置是电磁式打点计时器，需接低压交流电源；（3）由逐差法可得加速度解答：解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B、用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细线与滑轨平行，才能为砝码重力等于小车受到的拉力做前提条件，故B正确；C、用此装置“探究加速度a与力F的关系”每次改变砝码及砝码盘总质量之后，不需要重新
45、平衡摩擦力；故C错误D、在利用该装置来“探究物体的加速度与力、质量的关系”时，设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得：a=以M为研究对象有绳子的拉力为：，显然要有F=mg必有m+M=M，故有Mm，即只有Mm时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力故D正确；故选：BD（2）甲装置是电火花打点计时器，直接接220V交流电源；故选：A（3）纸带数据一共8段，由逐差法可得：，解得：=故答案为：（1）BD；（2）A；（3）2.5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，尤其是理解平衡
46、摩擦力的操作和要求的含义要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用14同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻（1）他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图甲，则电源电动势约为1.30V（2）为了更准确的测量电源的电动势的内电阻，他用多用表的“直流100mA”挡设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为13（3）将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I（4）重复（3）获得多组数据，根据数据作出了如图丙所示
47、的R图线（5）由图线得干电池的电动势E=1.40V（保留三位有效数字），内阻r=8（取整数）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：根据电压表的量程，计算出每一个小格的电压，然后进行读数；根据欧姆定律求出最大电流对应的最小阻值根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：（1）用多用表电压档直接接在电源两极，量程为2.5V，则电源电动势约为1.3V，（2）他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，根据欧姆定律得开关闭合前电阻箱的最小取值R=13，（5）由E=IR+Ir，变形为：R=r+E，根据函数斜率和截距的概念应有：E=k=1.40
48、V，r=8，可得r=8由于多用表存在内电阻，所以有闭合电路欧姆定律得：E=IR+I（RA+r），变形为：R=（RA+r）+E，所以纵轴截距的绝对值代表电流表与电源的内阻之和，所以多用表的内电阻对r的测量结果有影响故答案为：（1）1.3（2）13（5）1.40，8，点评：遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解15如图所示，已知O、A、B、C为同一直线上的四点，OA间的距离l1，BC间的距离为l2，一物体自O点静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过OA段与通过BC段所用的时间相
49、等，求O与B的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的位移与时间关系分析求解即可解答：解：设物体的加速度为a，到达B点的速度为vB，通过OA段和BC段的时间为t，则有：由两式解得：加速度为：a=设O与B的距离为xOB，则有：=答：O与B的距离为点评：本题运用运动学的基本公式研究时，关键要灵活选择研究的过程，不难属于基础题16如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平长度L=1.6m，皮带以恒定速率v逆时针匀速运动传送带的右端平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径为R=0.4m的光滑半圆轨道PQ，两个质量均为m=0.2k
50、g且可视为质点的滑块A置于水平导轨MN上，开始时滑块A与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态现松开滑块A，弹簧伸长，滑块脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点已知滑块A与传送带之间的动摩擦因数=0.25，取g=10m/s2求：（1）滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；（2）压缩的轻弹簧的弹性势能EP考点：机械能守恒定律；平抛运动；动能定理 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）据题意，滑块A从Q处飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律，由高度2R和水平位移L求解滑块B到达Q点时速度的大小；（2）滑块A从P运动到Q过程中，只有重力做功，机械能守恒
51、，即可求出它经过P点的速度，在P点由重力和支持力的合力提供其向心力，根据牛顿运动定律求解滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力；（3）根据滑块A到达P点的速度与传送带速度的关系，分析滑块A在传送带上的运动情况，由牛顿牛顿第二定律和运动学公式求出滑块A在弹簧伸展后的速度由能量守恒定律与动能定理可求解压缩的轻弹簧的弹性势能Ep解答：解：（1）滑块A从Q飞出后做平抛运动，有：L=v0t2R=gt2代入数据解得：vQ=4m/s；滑块A从P运动到Q过程中满足机械能守恒定律，则有：mvQ2+2mgR=mvP2；在P点由牛顿第二定律可得：Nmg=m代入数据解得：N=18N，由牛顿第三定律可知，压力大小为18N；（
52、2）皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动，弹簧松开后，其弹性势能转化为A的动能；EP=mvA2滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有：mgL=mvP2mvA2 代入数据解得：EP=4J；答：（1）滑块A到达Q点时速度的大小为2m/s；（2）滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力为12N；（3）压缩的轻弹簧的弹性势能EP为4J点评：本题综合了牛顿运动定律、平抛运动、机械能守恒定律、动量守恒定律等多方面的知识，分析过程，把握解题规律是关键难度适中17如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E=kv0，在第二象限内有一半径为R=b的圆形
53、区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（b，b），与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里，在x=3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，大量的电子以相同的速率在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成角的电子经过磁场到达M点且M点坐标为（0，1.5b），忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为=，求：（1）圆形磁场的磁感应强度大小；（2）角的大小；（3）电子到荧光屏上距Q点的最远距离考点：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
54、析：（1）速度沿y轴正方向的电子经过N点，结合几何关系求解轨道半径；根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；（2）画出速度与x轴正方向成角的电子经过磁场过程的轨迹，结合几何关系确定轨道对应的圆心角；（3）所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可解答：解：（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为：r=a 而联立解得：B=k（2）电子在磁场中做圆周运动的圆心为O，电子离开磁场时的位置为P，连接POPO可知该四边形为棱形，由于PO竖直，因而 半径PO也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向 由右图可知
55、：asin（90）+a=1.5a解得：=120（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平：x=v0t 竖直：eE=mavy=at联立解得：x=设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为有：tan=有：H=（3ax）tan=（3）当时，即y=时，H有最大值； 由于，所以；答：（1）圆形磁场的磁感应强度大小为k；（2）角的大小为120；（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为点评：本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分运动规律和几
56、何关系分析（二）选考题（请考生从给出的3个模块中任选一模块作答）【选修3-3】18下列说法正确的( )A布朗运动就是液体分子的热运动B当分子间距离减小时，分子势能不一定减小C一定质量的理想气体在温度不变的条件下，压强增大，则外界对气体做正功D一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行E第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律考点：有序、无序和熵；分子间的相互作用力；分子势能 分析：布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动分析分子势能变化是依据分子力做功；一定质量的理想气体在温度不变的条件下，压强增大，则体积增大；依据熵增加原理可判定D第二永动机并未违反能量
57、的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律解答：解：A、布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动，故A错误B、分子间距减小不确定分子力做功的正负，则不能分析分子势能变化，如分子力为斥力，分子距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故B正确；C、一定质量的理想气体在温度不变的条件下，压强增大，则体积增大，对外做功，故C正确D、依据熵增加原理可知，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，故D正确E、第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律，故E错误故选：BCD点评：本题考查了热学中的基本规律，对于热学中的基本规律要认真掌握，涉及内容比较广泛，平时注意
58、加强积累19如图所示，面积S=100cm2的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大在活塞上放一重物，质量为m=20kg，静止时活塞到缸底的距离为L1=20cm，摩擦不计，大气压强为P0=1.0105Pa，温度为27，g取10m/s2（1）若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；（2）若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到177，求活塞A移动的距离考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）气体发生等温变化，由玻意耳定律可以求出气体体积，然后求出活塞移动的距离（2）气体发生等压变化，应用查理定律分析答题解答：解：（1）以封闭
59、气体为研究对象，初态压强：p1=p0+=1.0105+=1.2105Pa，初状态体积：V1=L1S=20S，末状态压强：p2=p0=1.0105Pa气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：1.210520S=1105L2S，解得：L2=24cm，活塞移动距离：d=L2L1=4cm；（2）加热气缸，气体做等压变化，由查理定律得：=，即：=，解得：L3=30cm，活塞移动距离：d=L3L1=3020=10cm；答：（1）活塞A移动的距离为4cm；（2）活塞A移动的距离为10cm点评：本题考查了求活塞移动的距离，理解题意知道气体发生什么变化、求出气体状态参量是正确解题的关键，应用玻
60、意耳定律与查理定律即可正确解题物理选修3-420下列说法正确的是( )A如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散C向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法的原理是“多普勒效应”D麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E狭义相对论表明物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量考点：物理学史；狭义相对论 分析：满足与它偏离平衡位置的位移的大小的成
61、正比，并且总是指向平衡位置，即F=kx，则为简谐运动；光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散；变化的磁场产生电场，和变化的电场产生磁场；由相对论质量公式可知，即可求解解答：解：A、当与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比，与其方向总是相反时，质点的运动就是简谐运动，故A错误；B、含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散，故B正确；C、向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法的原理是“多普勒效应”，故C正确；D、麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场，故D正确；
62、E、当由相对论质量公式可知，当物体的速度很大时，其运动时的质量明显大于静止时的质量，故E错误；故选：BCD点评：考查简谐运动的回复力与位移的关系，掌握多普勒效应原理，理解干涉、衍射及折射对复合光的分解的原理，注意变化的磁场产生电场中的“变化”两字的理解，最后认识运动的质量与静止的质量的关系21在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示，有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合，已知玻璃的折射率为n=，则：（1）通过计算说明光线1能不能在圆锥的侧面B点发生全反射？（2）光束在桌面上形
63、成的光斑半径为多少？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）当半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，经过第一次折射时，由于入射角等于零，所以折射角也是零，因此折射光线不发生偏折当第二次折射时，由于入射角等于60，而玻璃的折射率为n=，可得入射角与临界角的大小，所以会发生光的全反射（2）可根据几何关系可确定光束在桌面上形成的光斑半径解答：解：（1）设玻璃圆锥的临界角为C，则由sinC=得： C=arcsin=arcsin =arcsin而arcsin=60所以C60根据几何知识可知，光线在B点的入射角为60，大于临界角C，所以光线1能在圆锥的侧面B点发生全反射（2）此时光线在
64、第一界面上发生全反射后垂直射在相对一侧的界面上，直线射出由几何关系知：rtan60=（R+r）tan30则光束在桌面上形成的光斑半径为 R=2r答：（1）光线1能在圆锥的侧面B点发生全反射（2）光束在桌面上形成的光斑半径为2r点评：本题关键之处是借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算【选修3-5】22下列说法正确的是( )A任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光波长小于这个波长，才能产生光电效应B氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小C德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性D卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，揭
65、示了原子核的组成E铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变考点：光电效应；物质波；裂变反应和聚变反应 分析：利用发生光电效应的条件：0、波尔理论、德布罗意物质波、卢瑟福核式结构模型和核反应方程的特点即可求解解答：解：A、据光电效应可知，只有当入射光的频率大于金属的极限频率时，才能发生光电效应；再据波速公式可知，入射光的波长小于这个波长时，才能发生光电效应，故A正确；B、据波尔理论可知，氢原子外层电子从高能级到低能级跃迁，辐射出光子；据库仑定律可知，库仑力变大，所以核外电子的加速度变大，故B错误；C、德布罗意提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确；D、卢瑟
66、福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，并非揭示原子核的组成，故D错误；E、据核反应方程满足质量数和电荷数守恒可知，铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变，故E正确故选：ACE点评：知道物理学史是解题的关键，能正确利用光电效应、核反应方程和波尔理论求解是解题的突破口，基础题23两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者会粘在一起运动求在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？（2）系统中弹性势能的最大值
67、是多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（1）BC首先碰撞，粘在一起后再与A相互作用，当三者的速度相等时，AB间的距离最短，此时弹簧压缩量最大，此时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可求出此时三者的共同速度（2）BC碰撞时，有机械能的损失，当BC粘在一起后与A相互作用的过程中，不但动量守恒，机械能也守恒，结合能量守恒可求系统中弹性势能的最大值解答：解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：解得： （2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为，则mBv=（mB+mC）=2 m/s设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒有：Ep=（mB+mC）+mAv2（mA+mB+mC）=（2+4）22+262（2+2+4）32=12 J答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3m/s（2）系统中弹性势能的最大值是12J点评：该题考察了应用动量守恒定律和机械能守恒动量解决问题，但是要注意动量守恒时，机械能不一定守恒该题的关键就是BC相互碰撞时动量守恒，但机械能不守恒，在BC粘在一起后再与A相互作用的过程中，不但动量守恒，机械能也守恒
