1、高考资源网（） 您身边的高考专家湖南省怀化市2015届高考物理二模试卷一、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在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )A安培发现了电流的热效应规律B奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚
2、下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点2如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2则下列说法正确的是( )AT1和 T2是一对作用力与反作用力B运动员两手缓慢撑开时，T1和 T2都会变小CT2一定大于GDT1+T2=G32012年9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地他运动的速度随时间变化的规律如图示下列结论不正确的是( )A在0t0时间内加速度不变，在t03t0
3、时间内加速度减小B降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C在t03t0的时间内，平均速度D若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小4空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是Ebx、Ecx，下列说法中正确的有( )AB、C两点的电场强度大小EbxEcxBEbx的方向沿x轴正方向C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功来源:学_科_网Z_X_X_K5我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万
4、有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为( )ABCD6绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起则下列说法中正确的是( )来源:Zxxk.ComA若保持电键闭合，则铝环不断升高B若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变7如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变
5、化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是( )A原、副线圈匝数之比为3：1B变压器的输入功率为12WC电压表的读数为18VD若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小8磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的
6、倒数）为g则以下说法正确的是( )A上板是电源的正极，下板是电源的负极B两板间电势差为U=BdvC流经R的电流为I=D流经R的电流为I=来源:Z,xx,k.Com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（一）必考题来源:学#科#网Z#X#X#K9如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_mm（
7、2）下列实验要求不必要的是_A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_图象（选填“t2F”“F”或“F”）10某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E及内阻r（1）先直接用多用电表测定该电池电动势在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1所示，其示数为_V（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势及内阻根据实物图2在图
8、4方框内画出其电路图，并标出相应符号闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U，根据几组数据，计算出相应的与的值并作出图线，如图3所示，得到轴上的截距大小为b，图线的斜率大小为k，则可求得E=_V；r=_（用字母R0、b、k表示）11如图所示，圆心角为90的光滑圆弧形轨道，半径为1.6m，其底端切线沿水平方向长为的斜面，倾角为60，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆，现让质量为1Kg的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力加速度取10m/s2，求：（1）物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）直杆的长度为多大12如图
9、所示，两条金属导轨相距L=1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5T；ab和cd是质量均为m=0.2kg、电阻分别为Rab=0.5和Rcd=1.5的两根金属棒，ab置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，cd置于光滑的倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好从t=0时刻起，ab棒在水平外力F1作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，cd棒在
10、平行于斜面方向的力F2的作用下保持静止状态不计导轨的电阻水平导轨足够长，ab棒始终在水平导轨上运动，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）t=5s时，cd棒消耗的电功率；（2）从t=0时刻起，2.0s内通过ab棒的电荷量q；（3）规定图示F1、F2方向作为力的正方向，分别求出F1、F2随时间t变化的函数关系；（4）若改变F1和F2的作用规律，使ab棒的运动速度v与位移x满足v=0.4x，cd棒仍然静止在倾斜轨道上，求ab棒从静止开始到x=5m的过程中，F1所做的功（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】13下列说法正确的是( )来源:
11、学。科。网A不能将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用B温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大C气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果D分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小E在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高14如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1105Pd）物理-选修3-415一
12、列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )AA质点再经过一个周期将传播到D点BB点正在向上运动CB点再经过T回到平衡位置D该波的周期T=0.05sEC点再经过T将到达波峰的位置16如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角=30求：透明体的折射率n；此单色光在透明球体中的波长物理-选修3-517下列说法正确的是( )A卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B结合能越大，原子核结构一定越稳定
13、C如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D发生衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率18如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（）碰撞后小球A和小球B的速度；（）小球B掉入小车后的速度湖南省怀化市2015届高考物理二模试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6
14、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在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是( )A安培发现了电流的热效应规律B奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象电本质C开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点考点：物理学史
15、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答：解：A、焦耳发现了电流的热效应，故A错误；B、安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故B错误；C、开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误；D、伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90的情况，推翻了亚里士多德的落体观点，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如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，
16、重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2则下列说法正确的是( )AT1和 T2是一对作用力与反作用力B运动员两手缓慢撑开时，T1和 T2都会变小CT2一定大于GDT1+T2=G考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 分析：根据作用力与反作用力的定义判断T1和 T2是否是一对作用力与反作用力，人处于平衡状态，两根绳的拉力的矢量和等于人的重力，对人受力分析，根据平衡条件列式分析即可解答：解：A、T1和T2分别是两根绳子对吊环的拉力，不是一对作用力为反作用力故A错误；B、人处于平衡状态，两根绳的拉力的矢量和等于人的重力，设绳与竖直方向的夹角为，则有：T1cos
17、+T2cos=mg，T1sin=T2sin，运动员两手缓慢撑开时，变小，则T1=T2都变小，故B正确；C、，由于不定，所以T2不一定大于G，故C错误；D、重力G是T1和T2相反方向的力的矢量和，而不是直接相加故D错误；故选：B点评：解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解，难度不大，属于基础题32012年9月16日，济南军区在“保钓演习”中，某特种兵进行了飞行跳伞表演该伞兵从高空静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地他运动的速度随时间变化的规律如图示下列结论不正确的是( )A在0t0时间内加速度
18、不变，在t03t0时间内加速度减小B降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C在t03t0的时间内，平均速度D若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，根据斜率的变化判断加速度的变化根据牛顿第二定律判断阻力的变化解答：解：A、在0t0时间内，图线的斜率不变，则加速度不变，在t03t0时间内，图线斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小故A正确B、打开降落伞后，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得，fmg=ma，则f=mg+ma，知阻力逐渐减小故B正确C、在t03
19、t0的时间内，若做匀减速直线运动由v1减速到v2，则平均速度为，根据图线与时间轴围成的面积表示位移，知变减速运动的位移小于匀减速直线运动的位移，则故C错误D、若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，由于第一个伞兵的速度先大于第二个伞兵的速度，然后又小于第二个伞兵的速度，所以空中的距离先增大后减小故D正确本题选错误的，故选C点评：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，结合牛顿第二定律进行求解4空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是Ebx、Ecx，下列说法中正确的有( )AB、C两点的电场强度大小EbxE
20、cxBEbx的方向沿x轴正方向C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做负功，后做正功考点：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：本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法解答：解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBxECx，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的
21、电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，电场力先做正功，后做负功，所以BD项错误故选：A点评：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高5我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G由此可求出S2的质量为( )ABCD考点：万有引力定律及其应用 专题：计算题分析：这是一个双星的问
22、题，S1和S2绕C做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，S1和S2有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律和万有引力定律解决问题解答：解：设星体S1和S2的质量分别为m1、m2，星体S1做圆周运动的向心力由万有引力提供得：=即 m2=故选D点评：双星的特点是两个星体周期相等，星体间的万有引力提供各自所需的向心力6绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起则下列说法中正确的是( )A若保持电键闭合，则铝环不断升高B若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回
23、落D如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变考点：楞次定律 专题：电磁感应中的力学问题分析：闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况解答：解：A、B、C若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落故AB错误，C正确 D、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环
24、的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落则观察到的现象不变故D正确故CD正确点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳7如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是( )A原、副线圈匝数之比为3：1B变压器的输入功率为12WC电压表的读数为18VD若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小考点：变压器的构造和原理
25、；电功、电功率 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解答：解：A、L1恰正常发光，其电流为I=A，灯泡的电阻R=216，电压表示数为0.5IR=18V，根据输入功率等于输出功率知=9W，解得：U1=18V，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，AB错误，C正确D、若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D正确故选：CD点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决8磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广
26、泛的发展前景，其发电原理示意图如图所示将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性）喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S、相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率（电阻率的倒数）为g则以下说法正确的是( )A上板是电源的正极，下板是电源的负极B两板间电势差为U=BdvC流经R的电流为I=D流经R的电流为I=考点：带电粒子在混合场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时 两板间的电压稳定解答：解：A、由左手定则知正离子向上
27、偏转，所以上极板带正电，上板是电源的正极，下板是电源的负极故A正确；B、C、D、根据qvB=q得电动势的大小为：E=Bdv，则流过R的电流为：I=，而r=，则电流大小：I=；两极板间电势差为：U=IR=，故BC错误，D正确；故选：AD点评：本题考查了磁流体发电机的工作原理，解决本题的关键知道稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行求解二、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（一）必考题9如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光
28、条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.25mm（2）下列实验要求不必要的是AA应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使A位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（3）改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象（选填“t2F”“F”或“F”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）游标卡
29、尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；（2）从实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；（3）根据运动学公式计算加速度，根据牛顿第二定律F=Ma计算表达式，从而确定研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作什么图象解答：解：（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，d=2mm+0.05mm=2.25mm；（2）A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A正确；B、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B错误C、应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故C错误D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D错误；故选：A（3）由题意可知，
30、该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，其中：v=，a=，解得：，整理得：，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出图象故答案为：（1）2.25；（2）A；（3）；点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项10某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E及内阻r（1）先直接用多用电表测定该电池电动势在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1所示，其示数为9.3V（2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势及内阻根据实物图2在图4方框内画出其
31、电路图，并标出相应符号闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U，根据几组数据，计算出相应的与的值并作出图线，如图3所示，得到轴上的截距大小为b，图线的斜率大小为k，则可求得E=V；r=（用字母R0、b、k表示）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）先明确多用电表的量程，确定最小分度，则可以得出指针的示数；（2）根据图2中的实物图可得出对应的原理图；（3）本题的关键是根据闭合电路欧姆定律列出表达式，然后整理出与的函数方程，然后即可讨论求解解答：解：（1）由图可知，所选档位为10V，则最小分度为0.2V，则指针的示数为9.4V；（2）根据实物图可知电路接法，
32、则可得出对应的原理图如图所示；（3）将E=U+变形为=，所以纵轴截距=b，解得E=，斜率k=则r+R0=解得：r=故答案为：（1）9.4；（2）右图所示；，点评：涉及到用图象解得问题，一般思路是首先根据物理规律列出表达式，然后再整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的关系式，然后再根据斜率和截距的概念列式求解即可11如图所示，圆心角为90的光滑圆弧形轨道，半径为1.6m，其底端切线沿水平方向长为的斜面，倾角为60，其顶端与弧形轨道末端相接，斜面正中间有一竖直放置的直杆，现让质量为1Kg的物块从弧形轨道的顶端由静止开始滑下，物块离开弧形轨道后刚好能从直杆的顶端通过，重力加速度取10m/s2，求：（1）
33、物块滑到弧形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）直杆的长度为多大考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据动能定理求出最低点速度，再对最低点受力分析，利用合力充当向心力列式解球受到的支持力，根据牛顿第三定律知道对轨道的压力大小（2）根据平抛运动的知识结合几何关系求直杆的长度为多大解答：解：（1）沿弧形轨道下滑过程：mgR=mv2在轨道最低点时：FNmg= 解得：FN=mg+=30N由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N（2）根据平抛运动的规律知x=Lcos=vt y=gt2 根据几何关系知h=Lsiny 联立式知h=2.1m答：（1）物块滑到弧形
34、轨道底端时对轨道的压力大小为30N；（2）直杆的长度为2.1m点评：本题考查常见的两类运动模型，圆周运动和平抛，要掌握每一种运动的解题思路12如图所示，两条金属导轨相距L=1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5T；ab和cd是质量均为m=0.2kg、电阻分别为Rab=0.5和Rcd=1.5的两根金属棒，ab置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数=0.5，cd置于
35、光滑的倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好从t=0时刻起，ab棒在水平外力F1作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，cd棒在平行于斜面方向的力F2的作用下保持静止状态不计导轨的电阻水平导轨足够长，ab棒始终在水平导轨上运动，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）t=5s时，cd棒消耗的电功率；（2）从t=0时刻起，2.0s内通过ab棒的电荷量q；（3）规定图示F1、F2方向作为力的正方向，分别求出F1、F2随时间t变化的函数关系；（4）若改变F1和F2的作用规律，使ab棒的运动速度v与位移x满足v=0.4x，cd棒仍然静止在倾斜轨道上，求a
36、b棒从静止开始到x=5m的过程中，F1所做的功考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）MN向右运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，PQ相当于外电路要求PQ消耗的功率，要先MN产生的感应电动势，由欧姆定律求出电路中电流，即可求得功率（2）先由运动学位移公式求出t=2.0s时间内棒MN通过的位移，从而确定出穿过回路MNQP磁通量的变化量，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式推导出电量表达式q=，即可求解通过PQ的电量（3）先根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电路中电流与时间的关系式，求F1可对MN运用牛顿第二定律，求F2可对PQ根
37、据平衡条件求解（4）由题v=0.4x，速度v与位移x成正比，可知电流I、安培力也与位移x成正比，可安培力的平均值求解安培力做的功，再对MN棒运用动能定理求解F1所做的功解答：解：（1）金属棒ab在5s时的速度t=at=25m/s=10m/s电动势E=BLt=0.5110V=5V此时电流所以：（2）t=02.0s时间内金属棒ab运动的位移t=02.0s时间内穿过闭合回路磁通量的变化量为=B1Lx=0.514Wb=2Wbt=02.0s时间内通过ab棒的电荷量为来源:学.科.网（3）金属棒ab在做匀加速直线运动的过程中，电流和时间的关系为对金属棒ab由牛顿第二定律有：F1B1Ilmg=ma得：F1=
38、1.4+0.25t（N对金属棒cd由平衡条件有：F2+B2Ilmgsin37=0得：F2=1.20.25t（N）（4）ab棒做变加速直线运动，当x=5m时，t=0.45=2（m/s）因为速度与位移成正比，所以电流、安培力也与位移成正比，（N）所以，根据动能定理，得所以，答：（1）t=5s时，PQ消耗的电功率为9.38W；（2）t=02.0s时间内通过PQ棒的电荷量为1C；（3）F1随时间t变化的函数关系为F1=（1.4+0.25t）N，F2随时间t变化的函数关系为F2=（1.20.25t）N；（4）MN棒从静止开始到s=5m的过程中，F1所做的功为6.025J点评：本题是双杆类型，分别研究它们
39、的情况是基础，运用力学和电路、电磁感应的规律研究MN棒，其中对于感应电荷量，要熟悉一般表达式q=n，知道与棒的位移有关对于功，动能定理是常用的求解方法，本题关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值（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】13下列说法正确的是( )A不能将工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用B温度升高，说明物体中所有分子的动能都增大C气体对容器壁有压强是因为气体分子对容器壁频繁碰撞的结果D分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小E在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体的温度升高考点：分子间的相互作用力 专题：分子间
40、相互作用力与分子间距离的关系分析：明确热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；气体压强的微观意义：气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞产生的；分子间同时存在引力和斥力，随着分子距离的增加，引力和斥力同时减小解答：解：A、工厂里扩散到外界的能量收集起来重新利用，这个过程违反热力学第二定律，故A错误；B、温度升高，物体中分子平均动能增大，大多数分子的动能增大，具体到某个分子的动能变化不能确定，B错误；C、气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果，C正确；D、分子间作用力（引力和斥力）随分子间距离增大而减小，D正确；E、搅拌液体外界对液体做功，而此过程又是绝热，液体与外界无热量交
41、换，据热力学第一定律可知能使液体温度升高，E正确故选：CDE点评：本题考查热力学多个知识点，重点是理解并记忆，但要特别注意：布朗运动是悬浮微粒的运动；温度是分子平均动能的标志；分子间斥力和引力都随着分子间距离的增大而减小14如图所示，玻璃管的横截面S=1cm2，在玻璃管内有一段质量为m=0.1Kg的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为l0=10cm，现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？（假设环境温度保持不变，大气压强取P0=1105Pd）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
42、：整个过程中气体的温度不变，根据气体的初末状态的压强和体积的状态参量，由有意耳定律计算即可解答：解：玻璃管平放时有：P1=P0故：P1V1=P0l0S 玻璃管正立时有：故：玻璃管倒立时有：故：由解得：l=l3l2=来源:学科网ZXXK代入数据得：l=2cm答：玻璃管由正立至倒立状态，水银柱相对于管底移动的距离是2cm点评：以封闭的气体为研究对象，找出气体变化前后的状态参量，利用气体的状态方程计算即可物理-选修3-415一列简谐横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是( )AA质点再经过一个周期将传播到D点BB点正在向上运动CB点再经过T回到平衡位置来源:学
43、.科.网Z.X.X.KD该波的周期T=0.05sEC点再经过T将到达波峰的位置考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：质点不随波传播，波传播的是能量和振动的方式根据横波的图象得出机械波的振幅，波长根据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4倍的振幅得出质点在10s内通过的路程解答：解：A、质点不随波传播，A错；B、由波向右传播可知B点向上振动，B对；C、B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，C错；D、由T=可知周期为0.05秒，D对； E、C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对故选：BDE点评：此题考查读图的能力，能
44、由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力16如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为0=600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角=30求：透明体的折射率n；此单色光在透明球体中的波长来源:学科网考点：光的折射定律；折射率及其测定 专题：光的折射专题分析：连接OB、BC，在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，作出光路图，根据几何关系求出入射角与折射角，根据折射定律求解折射率n根据波速、波长、
45、频率的关系即可求得此单色光在透明球体中的波长解答：解：连接OB、BC，在B点光线的入射角、折射角分别标为i、r，如图所示 在OCP中：有 =据题：OP=OC，=30解得OCP=135（45值舍去）进而可得：COP=15由折射率定义：在B点有：n=在C点有：n=又BCO=r所以，i=45又：BOC=180iCOP=120故：r=30 因此，透明体的折射率n=n=代入数据解得：=424nm答：透明体的折射率n为；此单色光在透明球体中的波长为424nm点评：本题是较为复杂的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解，折射过程中频率不变物理-选修3-517下列说
46、法正确的是( )A卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B结合能越大，原子核结构一定越稳定C如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D发生衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率考点：原子的核式结构；光电效应；原子核的结合能 专题：原子的核式结构及其组成分析：本题关键要知道：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；比结合能越大，原子越稳定；当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；衰变时，质量数不变，电荷数增加1；相同速率情况下，质量越大的，动量越大，则波
47、长越小，衍射现象不明显，则分辨率高解答：解：A、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；故A正确B、比结合能越大，原子核结构一定越稳定，故B错误；C、不能使某金属发生光电效应，是因入射光的频率小于极限频率，与入射光的光照强度无关，故C错误；D、衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1，故D正确；E、相同速率情况下，质子流的动量大于电子流，根据，可知质子流的波长比利用电子流小，衍射现象不明显，则有更高的分辨率，故E正确；故选：ADE点评：本题是原子物理部分的内容，卢瑟福的原子的核式结构模型、光电效应发生条件等等都是考试的热点，要加强记忆，牢固掌握，注意理解分分辨率高低与衍射
48、能力大小关系18如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（）碰撞后小球A和小球B的速度；（）小球B掉入小车后的速度考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：（）两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的速度（）车与球B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度解答：解：（）A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v02=m1v12+m2v22 由解得：v1=v0，v2=v0，碰后A球向左，B球向右（） B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：m2v2+m3v3=（m2+m3）v3，解得：v3=v0；答：（）碰撞后小球A和小球B的速度分别为：v0，v0，碰后A球向左，B球向右；（）小球B掉入小车后的速度为v0点评：本题考查了求速度问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题来源:Zxxk.Com高考资源网版权所有，侵权必究！