1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年黑龙江省哈尔滨九中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1题第5题只有一项符合题目要求，第6题第8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，有选错或不答的得0分）1（6分）以下叙述不正确的是（） A 伽利略在研究自由落体运动时运用了实验和逻辑推理相结合的方法 B 奥斯特通过理想实验，推理出电流周围存在磁场 C 根据速度定义式v=，当t非常小时，就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 D 交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的【考点】： 电磁感应现象的发现过程；伽利略研究自由
2、落体运动的实验和推理方法【分析】： 解答本题应抓住：伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学相结合的方法；奥斯特通过实验，推理出电流周围存在磁场；速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法；交流感应电动机是利用电磁驱动的【解析】： 解：A、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，该实验“减小”了重力的作用，便于研究小球的运动规律，故A正确；B、奥斯特通过实验，推理出电流周围存在磁场，故B错误；C、根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，
3、该定义应用了极限思想方法，故C正确；D、交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作，故D正确；本题选择错误的，故选：B【点评】： 解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、分类法、类比法、转换法等2（6分）地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1已知万有引力常量为G，地球半径为R下列说法中正确的是（） A 地球质量M= B 地球密度 C 地球的第一宇宙速度为 D 向心加速度之比=【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】： 根据月球绕地球做匀速圆周运动，结合万有引力提
4、供向心力求出地球的质量和密度根据万有引力提供向心力，结合地球的质量求出第一宇宙速度【解析】： 解：A、月球绕地球做匀速圆周运动，根据，解得地球的质量M=，地球的密度，故A错误，B正确C、根据得，第一宇宙速度v=，故C错误D、对于地球赤道上的物体，a，而，故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，注意赤道上物体随地球自转，不是靠万有引力提供向心力3（6分）如图，质量为M、半径为R的半球形物体A放在粗糙水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g则（） A A对地面的摩擦力方向向左 B B对A的压力
5、大小为mg C 细线对小球的拉力大小为mg D 若剪断绳子（A不动），则此瞬时球B加速度大小为【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】： 先对整体受力分析，然后根据共点力平衡条件分析A选项；再隔离B物体受力分析后根据平衡条件分析BC选项；若剪断绳子，对B根据牛顿第二定律列式求解瞬时加速度【解析】： 解：A、对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，故A错误；BC、对小球受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F=，T=mgtan其中cos=，tan=，故：F=mg，T=mg故B正确，C错误；D、若剪断绳子（
6、A不动），B球受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：mgcos=ma解得：a=gcos=故D错误；故选：B【点评】： 本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析4（6分）一小球以某一初速度由地面竖直向上运动，初动能为Ek，运动过程中受到空气阻力大小恒为重力的一半，上升的最大高度为H（落回地面后不反弹，以地面为零势能面）对于小球下列说法正确的是（） A 小球落回地面时，小球的动能为Ek B 小球运动到最高点时重力势能为Ek C 小球上升高度为时，小球重力势能等于小球动能 D 小球上升高度过程中，小球损失的机械能为Ek【考点】： 功能关系【分析】：
7、空气阻力方向总是与物体速度方向相反，分析上升阶段与下降阶段的受力情况，根据牛顿第二定律分析加速度，判断速度如何变化由运动学公式分析时间关系【解析】： 解：A、上升过程：物体所受的空气阻力向下，与重力方向相同，根据动能定理得：mgHfH=0Ek；所以：；下落过程：空气阻力向上与重力方向相反，根据动能定理得：mgHfH=Ek，联立得：故A正确；B、小球在最高点的重力势能：故B错误；C、小球上升高度为时，小球重力势能等于，即，根据动能定理，小球的动能：故C错误；D、小球上升高度过程中，小球损失的机械能等于阻力做的功，为：，故D错误；故选：A【点评】： 本题借助于竖直上抛运动模型考查功能关系，要弄清空
8、气阻力方向，运用动能定理与功能关系结合分析是关键5（6分）如图甲所示两平行金属板，B板接地从t=0时刻起AB板接电源，A板电势随时间变化图象如图乙，板间一带正电粒子（不计重力）由静止开始在电场力作用下运动板间距足够长，则下列说法正确的是（） A 粒子在两板间往复运动 B t=时粒子速度为零 C t=到t=这段时间内粒子的电势能降低，电场力对粒子做正功 D t=时与t=时粒子速度之比是1：4【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】： 0时间内粒子向B板做加速度增大的加速运动，时间内粒子向B板做加速度减小的加速运动，根据对称性，在时刻速度最大，在T时刻速度恰好为
9、零，接下来，粒子重复上述运动，所以粒子一直向B板运动，速度用动量定理求解【解析】： 解：A、t=0时刻A板电势比B板高，粒子在0时间内粒子向B板做加速度增大的加速运动，时间内粒子向B板做加速度减小的加速运动，根据对称性，在时刻速度最大，在T时刻速度恰好减为零，接下来，粒子重复上述运动，所以粒子一直向B板运动，故A错误，B错误；C、根据分析t=到t=这段时间内粒子向B板做加速度增大的减速运动，故电势能增加，电场力对粒子做负功，故C错误；D、0内，由动量定理，Ft=mv1，同理，内，Ft=mv2mv1 且力取平均值，代入得粒子速度之比是1：4，故D正确故选：D【点评】： 粒子在交变电场作用下做加速
10、运动，当电场改变方向时粒子所受电场力同时改变方向，根据粒子在电场中做匀变速直线运动根据运动规律求解粒子的运动情况掌握规律是解决问题的关键6（6分）如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是（） A B C D 【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】： 当F较小且拉动
11、AB整体时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止；当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动；分三个阶段根据牛顿第二定律列式讨论即可【解析】： 解：A、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零；对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，加速度为：；当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，有：由于1mg2（M+m）g，故aA2aA3；故A正确；B、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误；C、当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整
12、体加速度为零，此时对物体A，拉力小于1mg，静摩擦力等于拉力；当整体开始加速滑动时，对A，根据牛顿第二定律，有：Ff1=ma；静摩擦力f1逐渐增加，但依然小于1mg；当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为1mg；故C正确；D、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力；滑动后，受地面的滑动摩擦力为2（M+m）g，保持不变；故D正确；故选：ACD【点评】： 本题关键是灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律列式分析，注意静摩擦力和滑动摩擦力的区别，不难7（6分）正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中，两板间有垂直纸面磁感应强度为B的匀强磁场，D
13、为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合电键S，让一带电质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点沿直线运动在保持电键S闭合的情况下，下列说法正确的是（） A 质点可能带正电，也可能带负电 B 若仅将滑片P向上滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹一定会向上偏 C 若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会沿直线运动 D 若仅将两平行板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹会向下偏【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【
14、专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 若为正电荷，则电场力向下，洛伦兹力向下，重力向下，则不可能沿直线运动，应为负电，由受各力方向确定因力的大小的变化引起的运动轨迹【解析】： 解：A、若为正电荷，则电场力向下，洛伦兹力向下，重力向下，则不可能沿直线运动，应为负电荷，则A错误 B、为负电，电场力向上，洛伦兹力向上，滑片P向上滑动一段后，电场强度变大，电场力变大，则合力向上则B正确 C、将滑片P向下滑动一段后，因二极管的单向导电性，电容器不放电，则电场强度不变，电场力不小，合力不变，质点依然会沿直线运动，则C正确 D、距离变大，但电量无法减小，则电量不变，场强不变，电场力不变，则质点运动轨迹
15、不变，则D错误故选：BC【点评】： 要题明确电场力与洛伦兹力的方向，确定准P的移动引起的电容器的电压的变化规律，但要明确定因二极管的存在，电容器只可充电，不能放电，8（6分）如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60不计粒子受到的重力，则（） A v1：v2=：1 B v1：v2=：1 C t1=t2 D t1t2【考点】： 带电粒子
16、在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 画出运动轨迹图，由几何知识知半径，根据牛顿运动定律知r=与v成正比；根据t=知周期相同，时间决定于转过的角度【解析】： 解：AB、如图由几何知识知R1=Rtan60，R2=R，根据牛顿运动定律知Bqv=m知r=与v成正比，故v1：v2=R1：R2=tan60：1=，故A正确，B错误；由周期T=知两粒子周期相同，在磁场中运动的时间为t=决定于角度，角度相同，则时间相同，故C正确，D错误故选：AC【点评】： 此题考查带电粒子在磁场中运动，注意找圆心，运用几何知识画出粒子的运动轨迹，属于较难题目，要求学生有扎实的数学基础二、（非选择
17、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（6分）为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v=0.40m/s，木块加速度a=1.0m/s2；（结果均保留2位有效数字）（2）为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是斜面倾角（或A点的高度等）；（已知当地的重力加速度g）【考点】： 探
18、究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： （1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数还需要测量的量是木板的倾角【解析】： 解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=m/s=0.40m/s，0.2s末的速度为：v=0.2m/s，则木块的加速度为：a=1.0m/s2（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinmgcos得：= 所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角（或A点的高度等）；故答案为：（1
19、）0.40；1.0；（2）斜面倾角（或A点的高度等）【点评】： 解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量10（9分）测量电阻有多种方法（1）若用多用电表欧姆挡测电阻，下列说法中正确的是ACA测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零（2）若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
20、时描绘小灯泡电阻的伏安特性曲线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、5W） 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1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2所示，则电池组的电动势E=4.5 V、内阻r=1.0（结果
21、均保留两位有效数字）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55.6%（此空填百分数，保留一位小数）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；（2）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电源的UI图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图
22、象斜率的绝对值等于电源内阻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电源效率公式可求得电源的效率【解析】： 解：（1）A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故D错误；故选：AC；（2）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
23、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V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示电源的UI图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r=1.0由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A1+2.5V+2.0AR滑，则R滑=0电池组的效率=100%=100%=55.6%；故答案为：（1）AC；（
24、2）电路图如图所示；4.5；1.0；0；55.6%【点评】： 本题考查电源的电动势和内阻的实验；要注意明确电源的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11（14分）在民航业内，一直有“黑色10分钟”的说法，即从全球已发生的飞机事故统计数据来看，大多数的航班事故发生在飞机起飞阶段的3分钟和着陆阶段的7分钟飞机安全事故虽然可怕，但只要沉着冷静，充分利用逃生设备，逃生成功概率相当高，飞机失事后的90秒内是逃生的黄金时间如图为飞机逃生用的充气滑梯，滑梯可视为斜面，已知斜面长L=8m，斜面倾斜角=37，人下滑时与充气滑梯间
25、动摩擦因数为=0.25不计空气阻力，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）旅客从静止开始由滑梯顶端滑到底端逃生，需要多长时间？（2）一旅客若以v0=4m/s的水平初速度抱头从舱门处逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以v=3m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑该旅客以这种方式逃生与（1）问中逃生方式相比，节约了多长时间？【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）根据牛顿第二定律求出在滑梯滑行过程中加速度为a，根据匀加速直线运动位移时间公式即可求解时间；（2）旅客先做平抛运动，根据平
26、抛运动基本公式求出平抛运动的时间及运动的位移，旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动基本公式求出匀加速运动的时间，进而和（1）的时间比较即可求解【解析】： 解：（1）设旅客质量为m，在滑梯滑行过程中加速度为a，需要时间为t，据牛顿第二定律：mgsinmgcos=ma 解得：a=4m/s2又因为： 解得 t=2s（2）旅客先做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为为s，运动时间为t1，则x=v0t1又因为：解得：t1=0.6 s s=3m旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为t2，通过距离为s1，则：解得t2=1 s 节约的时间t=t（
27、t1+t2）=0.4s答：（1）旅客从静止开始由滑梯顶端滑到底端逃生，需要2s（2）一旅客若以v0=4m/s的水平初速度抱头从舱门处逃生，当他落到充气滑梯上后没有反弹，由于有能量损失，结果他以v=3m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑该旅客以这种方式逃生与（1）问中逃生方式相比，节约了0.4s【点评】： 本题主要考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动基本公式及平抛运动基本规律地直接应用，关键是分析旅客的运动情况，选择合适的规律求解，难度适中12（18分）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接
28、有定值电阻R，导轨电阻忽略不计在距边界OO也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab（1）若金属杆ab固定在导轨上的初位置，磁场的磁感应强度在t时间内由B均匀减小到零，求此过程中电阻R上产生的电量q（2）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）求此过程中电阻R上产生的焦耳热Q1（3）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变绕OO轴匀速转动若磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2则磁场转动的角速度大小是多少？【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
29、】： （1）根据法拉第电磁感应定律列式求解平均感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解平均电流，根据电流的定义求解电量q；（2）对杆运动L的过程运用功能关系列式，对接下来的2L位移过程再次根据动能定理列式，根据焦耳定律得到电阻R上产生的焦耳热与电路中总的焦耳热的关系，最后联立求解；（3）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，根据Em=BS求解最大值，根据求解有效值，最后根据焦耳定律列式求解【解析】： 解：（1）根据法拉第电磁感应定律，有：根据闭合电路欧姆定律，有：电量：q=It联立解得：（2）ab杆由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，有：ab杆从L到3L的过程中，由动能
30、定理可得：联立解得：根据焦耳定律，有：Q总联立解得：（3）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值：有效值：根据焦耳定律，有：而，则：答：（1）此过程中电阻R上产生的电量q为（2）此过程中电阻R上产生的焦耳热为（3）磁场转动的角速度大小是【点评】： 本题关键是区分交流四值，知道求解电量用平均值、求解热量用有效值，同时要结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列式求解，不难（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位
31、置答题如果多做，则按所做的第一题记分物理-选修3-3（15分）13（5分）下列说法正确的是（） A 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 B 雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用 C 橡胶无固定的熔点，是非晶体 D 热机的效率可以100% E 气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现【考点】： 热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；* 晶体和非晶体【分析】： 温度是分子热运动平均动能的标志；结合液体的表面张力意义解释雨伞；橡胶无固定的熔点，是非晶体；气体分子间距离相对于分子本身尺寸来讲很大，分子力很微弱，除相互碰撞外没有相互作用，故气体总是很容易
32、充满整个容器【解析】： 解：A、温度是分子平均动能的标志，温度高的平均动能大，内能的大小还与质量、状态、材料等有关系，故A正确；B、由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故B正确；C、橡胶无固定的熔点，是非晶体故C正确；D、根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能达到100%故D错误；E、气体分子之间的距离很大，分子力为引力，基本为零，气体很容易充满容器，是由于分子热运动的结果，故E错误；故选：ABC【点评】： 本题考查了温度的微观意义、表面张力、常见的晶体与非晶体、热力学第二定律以及分子动理论等，涉及知识点多，但难度不大，注意多记忆14（10分）如图，一上端开口，
33、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.5cm的空气柱，上部有长l3=56cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐已知大气压强为p0=76cmHg如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气【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】： 根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，
34、然后根据玻意耳定律列式求解【解析】： 解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为P1=P0+gl3（和g分别表示水银的密度和重力加速度）玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2=gl1，P2+gx=P0（P2管内空气柱的压强）由玻意耳定律得 P1（sl2）=P2（sh）（h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积）由式和题给条件得：h=13cm从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3=P0+gx由玻意耳定律得：P1（sl2）=P3（sh）（h是此时空气柱的长度）由得：h10cm 答：开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度为1
35、0cm【点评】： 本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解物理-选修3-4（15分）15一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 （） A 振幅一定为A B 周期一定为T C 速度的最大值一定为v D 开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E 若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【专题】： 压轴题
36、【分析】： 波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关【解析】： 解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，A、B正确，D错误；C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位移总相同，E正确故选ABE【点评】： 本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变化的16一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1=0.6m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端s1=0.8m处有一浮标，示意如图一潜水
37、员在浮标前方s2=3.0m处下潜到深度为h2时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜h=2.0m，恰好能看见Q（已知水的折射率n=）求深度h2；赛艇的长度l（可用根式表示）【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由题意可作出光路图，由几何关系可知入射角正弦和折射角正弦，则可由折射定律求解；由题意可知潜水员和Q点的连线与竖直方向夹角刚好为临界角，由几何知识可解得赛艇的长度【解析】： 解：设过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为：、则：由得：h2=4m 潜水员和Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则： cotC=由得：答：深度h2为4m赛艇的长度l
38、是3m【点评】： 对于几何光学问题，往往要正确作出光路图，运用数学知识求入射角和折射角，或它们的正弦值，再由公式n=求解物理-选修3-5（15分）17下列说法中正确的是（） A 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构 B 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0越小 C 原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用 D 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小 E 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电
39、子，因此，光子散射后波长变长【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构根据光电效应方程解答入射光的频率与逸出功的关系；原子核内的某一核子只与和它邻近的核子间才有核力作用；氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，原子能量减小，减小的能量以电子的形式辐射出来；当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后能量减小【解析】： 解：A、发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构，不是使人类认识到原子具有复杂的结构故A错误；B、在光电效应实验中，
40、用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，根据方程：Ekm=hW0可知，则这种金属的逸出功W0越小故B正确；C、根据核力的特点可知，原子核内的某一核子只与和它邻近的核子间才有核力作用；故C错误；D、氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，由于距离减小，电场力做正功，所以原子的电势能减小；又由：可知，轨道的半径减小，电子的速度增大，动能增大故D正确；E、当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后能量减小，波长增大故E正确故选：BDE【点评】： 本题考查原子物理中的发现天然放射现象的意义、光电效应、核力
41、、波尔理论以及康普顿效应等知识点，要在了解人类发现原子结构历史进程的基础上进行记忆，不能混淆18如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA=2.0kg，mB=1.0kg，mC=1.0kg现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起求（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小？（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为多少？【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】
42、： 与弹簧相关的动量、能量综合专题【分析】： （1）当弹簧恢复过程中，A、B物体动量守恒，且减少的弹性势能完全转化为两物体的动能列出两组方程，从而求出两个未知量，即为A、B物体的速度大小（2）当弹簧第二次被压缩时，A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，从而由这两个守恒定律可列出两组方程，同样可求出结果【解析】： 解：（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为A、B由动量守恒定律有：0=mAAmBB此过程机械能守恒有：Ep=mAA2+mBB2代入Ep=108J，解得：A=6m/s，B=12m/s，A的速度向右，B的速度向左（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘
43、连时速度为，则有：mBBmCC=（mB+mC），代入数据得=4m/s，的方向向左此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为，则有：动量守恒：mAA（mB+mC）=（mA+mB+mC），代入数据得=1m/s，的方向向右机械能守恒：mAA2+（mB+mC）2=Ep+（mA+mB+mC）2，代入数据得Ep=50J答：（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A的速度为6m/s，B物块速度大小12m/s（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为50J【点评】： 考查动量守恒定律与机械能守恒定律相综合的应用，列动量表达式时注意了方向性同时研究对象的选取也是本题的关键之处还值得重视的是B与C碰后有动能损失的，所以碰前的与碰后不相等- 18 - 版权所有高考资源网
