1、高考资源网（） 您身边的高考专家福建省三明市2015届高考物理二模试卷一、选择题共6小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交变电流，副线圈通过电流表与阻值R=22的负载电阻相连若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )A电压表的示数是220VB电流表的示数是1.4AC变压器原线圈的输人功率是22WD通过R的交变电流的频率是50Hz2一简谐机械横波沿x轴传播，波速为4.0m/s，该波在t=0时刻的波形曲线如图甲所示，在x=0处质点的振动图象如图乙所示则下列说法中
2、正确的是( )A质点的振动周期为2.0sB这列波的振幅为60cmCt=O时，x=4.0m处的质点沿y轴负方向运动Dt=O时，x=4.0m处的质点比x=6.0m处质点的速度小3“嫦娥”三号探测器发射到月球上经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其变轨示意图如图所示，其中圆形轨道I上的P点即为椭圆轨道的远月点则探测器( )A在轨道I运行时的加速度大于月球表面的重力加速度B分别经过轨道、上的P点时的加速度大小相等C在轨道I的运行周期比在轨道的小D在P点由轨道I进人轨道必须点火加速4如图所示，半径为R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正，导线环中感应电流i
3、随时间t的变化关系图线最符合实际的是( )ABCD5如图所示，直线OO与上下表面平行的玻璃砖垂直且与其上表面交于N点a，b两种单色光以相同的入射角i射到玻璃砖的上表面，入射点A、B到N点的距离相等，经折射后两束光相交于图中的P点下列说法正确的是( )Aa光在玻璃中的折射率比b光的大Ba光在玻璃中的传播速度比b光的小C对同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的小D增大i（i90），ab光总能从玻璃砖的下表面射出6一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位置x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，且x3x2=x2x1，则下列说法正确的是
4、( )A0x1段的电场强度逐渐增大Bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123C粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速运动Dx1、x2两点间的电势差x2、x3两点间的大二、必考题（共5小题，满分72分）7在研究“物体加速度与力的关系”的实验中某小组同学将一端装有定滑轮的平板放置在水平桌面上，组装好的实验器材如甲图所示（设当地重力加速度为g）实验时，小组同学先用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，其读数为_cm接着，他们利用甲图实验装置便开始实验：保持小车质量不变，多次改变砂桶与砂的总重F测得加速度a和力F的数据你认为他们实验中疏漏的一个重要步骤是：_纠正疏漏后正确进行实验，依据多次
5、实验得到的a、F数据描出的点如图丙所示，发现右侧若干个点明显偏离直线造成此误差的主要原因是_（填选项前的字母）A木板倾斜不够 B木板倾斜过度 C砂桶与砂的总重太大 D所用小车的质量太大若不断增加桶中砂的质量，丙图各点连成的aF图象的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为_8图甲为某物理兴趣小组设计的一种电子秤结构原理图其中RO为定值电阻，R是压敏电阻，其阻值的变化范围约为几欧到几十欧，通过电压表的示数可知道物重为了制作出可使用的电子秤，该兴趣小组又设计了如图乙所示的实验电路，用于探究压敏电阻R随所受压力F的变化关系图乙电路中J、K处的电表可从下列实验器材中选择：电流表A1（00.6A，内阻约为1
6、）电流表A2（00.3A，内阻r1=10）电压表V（015V，内阻约为5k）为尽可能准确测量电阻R，则J、K的电表应分别是_和_（填电表字母代号）图乙中，在电阻R上施加竖直向下的压力F，当闭合开关S时J表的示数为a，K表的示数为b，可计算出R=_（用a、b和相关已知量符号表示）图乙所示电路中，改变压力F的大小，得到不同的R值，绘出如图丙所示的RF图象，则R与F满足的关系式为R=_在图甲所示的电路中，已知电源电动势E=10.0V，电源内阻r=1.0，Ro=5.0现将一重物水平放置在压敏电阻R上，当闭合开关时电压表示数为5.0V，则该重物重为_N若考虑电压表内阻的影响，则物重的测量值_（选填“大于
7、”、“小于”或“等于”）真实值9图甲是利用传送带装运煤块的示意图，传送带右轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度差H=1.8m现传送带以某一速度vo匀速运动，在传送带左端由静止释放一煤块（可视为重点），当煤块运动到左轮轴顶端后做平抛运动，其落在运煤车底板上的位置相对传送带右轮轴的水平距离x=1.2m，已知煤块在传送带上运动的vt图象如图乙所示，图中to=0.25s，取g=10m/s2求：（1）传送带速度vo的大小；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度L10（19分）如图所示，光滑杆AB长为L，其B端固定一根劲度系数为k=100N/m，原长为l0=0.4m的轻质弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并
8、与弹簧的上端连接；OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为=37（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）当杆保持静止状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，求小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当球随杆一起绕OO轴以角速度0=匀速转动时，小球恰好能稳定在杆上的某一位置P处（图中未画出）保持0不变，小球受轻微扰动后沿杆上滑，到最高点A时其沿杆对其所做的功W（结果用m、g、vy、L表示）11“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧和，圆心为O，弧的半径为L，P为弧的中点，两圆弧间的电势差大小为U足
9、够长的收集板MN平行于边界ACDB，0点到MN板的距离OQ为Lo在边界ACDB和收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径的半圆形匀强磁场方向垂直纸面向里假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响 （1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）若要收集板MN能收集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件；（3）改变磁感应强度 B的大小，使得从弧收集到的粒子中有能打到MN板上（不考虑过界ACDB的粒子再次返回磁场），求此时吸附在弧（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长
10、时间tmax三、选考题【物理-选修3-3】（本题共有两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列叙述错误的是( )A当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小B自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性C布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D荷叶上小水珠呈球状，是由于表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故13一定质量的理想气体，在温度不变条件下，设法使其压强增大，则这一过程( )A气体的密度增加B气体分子的平均动能增大C外界没有对气体做功D气体从外界吸收了热量福建省三明市2015届高考物理二模试卷一、选择题共6小题，每小题6分，在每小题给出
11、的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1图甲中一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交变电流，副线圈通过电流表与阻值R=22的负载电阻相连若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )A电压表的示数是220VB电流表的示数是1.4AC变压器原线圈的输人功率是22WD通过R的交变电流的频率是50Hz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：由图乙可知交流电压最大值Um=220V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U=220sin100tV、由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，R
12、t处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流解答：解：A、由图乙可知交流电压最大值Um=220V，有效值为220V，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数为U=220V=22V，故A错误；B、电流表的示数为I=，故B错误B、电压表的示数是22V流过电阻中的电流为1A，变压器的输入功率是：P入=P出=UI=221W=22W故C正确；C、变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T=0.01s，可由周期求出正弦交变电流的频率是100Hz，故D错误故选：C点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键2一简谐机械横波
13、沿x轴传播，波速为4.0m/s，该波在t=0时刻的波形曲线如图甲所示，在x=0处质点的振动图象如图乙所示则下列说法中正确的是( )A质点的振动周期为2.0sB这列波的振幅为60cmCt=O时，x=4.0m处的质点沿y轴负方向运动Dt=O时，x=4.0m处的质点比x=6.0m处质点的速度小考点：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：由甲图读出波长和振幅，结合波速求出周期由波动图象读出t=0时刻，x=4.0m处质点和x=6.0m处质点的位置，从而判断速度大小解答：解：A、根据甲图可知，波长=8m，则周期T=，故A正确；B、根据甲图可知，振幅为A=30cm，故B错误；
14、C、根据乙图可知，x=0处质点在t=0时向下振动，根据波的平移法可知，波沿x轴负方向传播，则t=0时，x=4.0m处质点沿y轴正方向运动，故C错误；D、根据甲图可知，t=0时，x=4.0m处质点在平衡位置处，速度最大，x=6.0m在波峰处，速度为零，故D错误故选：A点评：本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，要把握两种图象联系的能力，能根据波动图象读出波长和振幅，特别注意质点只上下振动，不随波迁移3“嫦娥”三号探测器发射到月球上经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其变轨示意图如图所示，其中圆形轨道I上的P点即为椭圆轨道的远月点则探测器( )A在轨道I运行时的加速度大于月球表面的重力加速度
15、B分别经过轨道、上的P点时的加速度大小相等C在轨道I的运行周期比在轨道的小D在P点由轨道I进人轨道必须点火加速考点：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：根据牛顿第二定律判断加速度根据开普勒第三定律，结合半长轴的大小比较周期的大小根据万有引力与向心力的关系判断在P点是加速还是减速解答：解：A、探测器在轨道I运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道I运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误；B、探测器分别经过轨道、上的P点所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故B正确C、根据开普勒第三定律，探测器在轨道I上的轨道半
16、径大于轨道的半长轴，则运行周期大于在轨道的运行周期，故C错误；D、探测器在P点由轨道I进入轨道必须点火减速，故D错误；故选：B点评：本题要掌握万有引力定律和卫星变轨问题，并要知道卫星绕越运动的向心力由万有引力提供，能结合圆周运动的规律进行求解4如图所示，半径为R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正，导线环中感应电流i随时间t的变化关系图线最符合实际的是( )ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：首先根据右手定则判断环刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流
17、的变化，从而得出正确结果解答：解：开始时进入磁场切割磁感线，产生感应电流，根据右手定则可知，感应电流方向为逆时针，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向；当进入磁场时，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大；当离开磁场时，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，根据i=sint，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律最大，之后电流变为反向，按正弦规律变化的；故ABD错误；因此只有C正确；故选：C点评：对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除5如图所示，直线OO与上下表面平行的玻璃砖垂直且与其上表面交于
18、N点a，b两种单色光以相同的入射角i射到玻璃砖的上表面，入射点A、B到N点的距离相等，经折射后两束光相交于图中的P点下列说法正确的是( )Aa光在玻璃中的折射率比b光的大Ba光在玻璃中的传播速度比b光的小C对同一双缝干涉装置，a光的条纹间距比b光的小D增大i（i90），ab光总能从玻璃砖的下表面射出考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由图看出折射角的大小关系，由折射定律判断折射率的大小，由v=分析光在玻璃中速度关系折射率越小，波长越长，由公式x=分析干涉条纹的宽度大小根据光路可逆性原理分析光线能否在下表面发生全反射解答：解：A、由图看出a光的折射角大，入射角相等，由折射定律n=知，玻璃
19、对a光的折射率小，故A错误B、由v=分析可知a光在玻璃中传播速度大故B错误C、a光的折射率小，频率小，波长较长，由公式x=知，干涉条纹的间距与波长成正比，故a光的干涉条纹比b光的干涉条纹宽故C错误D、a光射到下表面时，入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆性原理得知，光线一定从下表面射出，不可能发生全反射，a、b光总能从玻璃砖的下表面射出故D正确故选：D点评：根据光路图正确判断光的折射率大小，然后根据折射率、波长、频率、光速等之间的关系进行求解，这些知识点是对学生的基本要求，平时要加强练习6一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能EP随位置x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于
20、直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，且x3x2=x2x1，则下列说法正确的是( )A0x1段的电场强度逐渐增大Bx1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123C粒子在x1x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速运动Dx1、x2两点间的电势差x2、x3两点间的大考点：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：根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=q，分析电势的高低由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场
21、力的变化解答：解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，由数学知识可知Epx图象切线的斜率反应电场强度的大小，0x1段的斜率减小，电场强度逐渐减小，故A错误；B、根据电势能与电势的关系：Ep=q，粒子带正电，q0，根据正电荷的电势能越大，粒子所在处的电势越高，可知123故B正确C、由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运
22、动，故C错误D、根据W=Ep=qU知x1、x2两点间的电势差x2、x3两点间的小，故D错误故选：B点评：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况二、必考题（共5小题，满分72分）7在研究“物体加速度与力的关系”的实验中某小组同学将一端装有定滑轮的平板放置在水平桌面上，组装好的实验器材如甲图所示（设当地重力加速度为g）实验时，小组同学先用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，其读数为0.550cm接着，他们利用甲图实验装置便开始实验：保持小车质量不变，多次改变砂桶与砂的总重F测得加速度a和力F的数据你认为他们实验中疏漏的一
23、个重要步骤是：没有倾斜轨道平衡摩擦力纠正疏漏后正确进行实验，依据多次实验得到的a、F数据描出的点如图丙所示，发现右侧若干个点明显偏离直线造成此误差的主要原因是C（填选项前的字母）A木板倾斜不够 B木板倾斜过度 C砂桶与砂的总重太大 D所用小车的质量太大若不断增加桶中砂的质量，丙图各点连成的aF图象的曲线将不断延伸，那么加速度的趋向值为g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）掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）应明确在平衡摩擦力的前提下，绳子拉力才等于小车受到的合力；（3）应明确在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，描出的图象才是倾斜直
24、线，否则就是曲线；（4）根据牛顿第二定律写出小车加速度的表达式，然后再讨论即可解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为：0.5cm，游标尺上第9刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm=0.050cm，所以最终读数为：0.5cm+0.050cm=0.550cm（2）由实验原理可知，实验前没有平衡摩擦力，所以该实验中的一个明显疏漏是没有倾斜轨道平衡摩擦力；（3）根据实验原理可知，在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，绳子拉力才近似等于砂和砂桶的重力，画出的aF图象应是一条倾斜直线，若图象是曲线说明砂和砂桶的质量太大，所以应选择C；（4）对小车和砂桶整体分析应有：a=
25、，变形为a=，可见当m时，a=g，即若不断增加砂和砂桶的质量，应有a=g，即小车的加速度的趋向值为g故答案为：（1）0.550；（2）没有倾斜轨道平衡摩擦力；（3）C；（4）g点评：“研究加速度与力的关系”实验应明确：在正确平衡摩擦力的前提下，绳子拉力才等于小车受到的合力；在满足砂和砂桶质量远小于小车质量的前提下，描出的aF图象才是倾斜直线8图甲为某物理兴趣小组设计的一种电子秤结构原理图其中RO为定值电阻，R是压敏电阻，其阻值的变化范围约为几欧到几十欧，通过电压表的示数可知道物重为了制作出可使用的电子秤，该兴趣小组又设计了如图乙所示的实验电路，用于探究压敏电阻R随所受压力F的变化关系图乙电路中
26、J、K处的电表可从下列实验器材中选择：电流表A1（00.6A，内阻约为1）电流表A2（00.3A，内阻r1=10）电压表V（015V，内阻约为5k）为尽可能准确测量电阻R，则J、K的电表应分别是和（填电表字母代号）图乙中，在电阻R上施加竖直向下的压力F，当闭合开关S时J表的示数为a，K表的示数为b，可计算出R=（用a、b和相关已知量符号表示）图乙所示电路中，改变压力F的大小，得到不同的R值，绘出如图丙所示的RF图象，则R与F满足的关系式为R=2F+16在图甲所示的电路中，已知电源电动势E=10.0V，电源内阻r=1.0，Ro=5.0现将一重物水平放置在压敏电阻R上，当闭合开关时电压表示数为5.
27、0V，则该重物重为6.0N若考虑电压表内阻的影响，则物重的测量值小于（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：本题通过估算首先舍去电压表，再根据欧姆定律即可做出判断；题根据欧姆定律列出表达式求解即可；题根据一次函数概念即可求解；题根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律求解即可，考虑电压表内阻影响时，列出准确的表达式，然后比较即可解答：解：若J是电压表K为电流表时，根据图丙可知压敏电阻的最大值为16，通过压敏电阻的电流可为I=，远大于电流表的量程，所以不能使用电压表，由于电流表的内阻为确定值，可当做电压表来用，其满偏电压为U=0.310V=3V，可求出通过压敏电阻的
28、最大电流为=0.375A，通过K的电流可为=+=0.375+0.3=0.675A，所以K应是电流表，即J、K分别是和；根据欧姆定律应有：b=a+，解得R=；RF图象的斜率k=2，则R=kF+16=2F+16；根据闭合电路欧姆定律应有E=U+I（R+r）根据欧姆定律应有U=I联立两式解得R=4，代入R=2F+16可得F=6.0N；若考虑电压表内阻影响，由于电压表的分流作用，通过电源的实际电流应大于的值，即应有E=U+（）比较两式可得R，再根据R=2F+16可知物重的测量值小于真实值；故答案为：，；2F+16；6.0，小于点评：应明确：选择电表时应根据电路图进行估算，符合欧姆定律和串并联规律的接法
29、才符合要求；涉及到图象问题，应明确图象斜率和截距的含义9图甲是利用传送带装运煤块的示意图，传送带右轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度差H=1.8m现传送带以某一速度vo匀速运动，在传送带左端由静止释放一煤块（可视为重点），当煤块运动到左轮轴顶端后做平抛运动，其落在运煤车底板上的位置相对传送带右轮轴的水平距离x=1.2m，已知煤块在传送带上运动的vt图象如图乙所示，图中to=0.25s，取g=10m/s2求：（1）传送带速度vo的大小；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度L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）煤块平抛运动的初速度等于传送带匀速运
30、动的速度，根据高度求出平抛运动的时间，再根据水平位移求出平抛运动的初速度（2）由牛顿第二定律求解加速度，再由速度公式可求得时间，由位移公式即可求得各自的位移；即可求得相对位移，即痕迹长度解答：解：（1）由平抛运动的规律，得：x=vt H=代入数据解得：v=2m/s （2）由牛顿第二定律F=ma得：a=g=8m/s2，煤块沿传送带做初速度为零的匀加速直线运动的时间：煤块的位移：相等时间内传送带的位移：x2=vt=20.25=0.5m则相对运动的位移：L=x2x1=0.50.25=0.25m答：（1）传送带的速度为2m/s；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度L为0.25m；点评：解决本题的关键理清
31、煤块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、功能关系以及运动学公式进行求解10（19分）如图所示，光滑杆AB长为L，其B端固定一根劲度系数为k=100N/m，原长为l0=0.4m的轻质弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接；OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为=37（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）当杆保持静止状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，求小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当球随杆一起绕OO轴以角速度0=匀速转动时，小球恰好能稳定在杆上的某一位置P处（图中未画出）保持0不变，小球受轻微扰动后沿杆上滑，到最高点A时其
32、沿杆对其所做的功W（结果用m、g、vy、L表示）考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：（1）当小球的加速度为零时，速度最大，结合平衡求出弹簧的压缩量（2）根据牛顿第二定律求出小球做匀速转动时距离B点的距离，求出此时小球的动能，结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小解答：解：（1）当小球加速度为零时，速度最大，此时受力平衡，则有：mgsin=kl1，解得弹簧的压缩量为：（2）当杆绕OO轴以角速度0匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有：，解得：此时小球的动能为：小球在最高点A离开杆瞬间的动能为：根据动能定理有：Wmg（Ll）sin=EkAEk0，解得：W=答：（1）当杆保持静止
33、状态，在弹簧处于原长时，静止释放小球，小球速度最大时弹簧的压缩量l1为0.06m；（2）保持0不变，小球受轻微扰动后沿杆上滑，到最高点A时其沿杆对其所做的功W为点评：本题考查了动能定理、胡克定律与圆周运动的综合，知道小球做匀速转动时，靠径向的合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大，难度适中11“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧和，圆心为O，弧的半径为L，P为弧的中点，两圆弧间的电势差大小为U足够长的收集板MN平行于边界ACDB，0点到MN板的距离OQ为Lo在边界ACDB和收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径
34、的半圆形匀强磁场方向垂直纸面向里假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响 （1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）若要收集板MN能收集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件；（3）改变磁感应强度 B的大小，使得从弧收集到的粒子中有能打到MN板上（不考虑过界ACDB的粒子再次返回磁场），求此时吸附在弧（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间tmax考点：带电粒子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：（1）粒子在电场中加速，由动能定理
35、可以求出速度（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；（3）从收集到的粒子有能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，则入射方向与AB之间的夹角是60，作出粒子的运动轨迹，结合几何关系求出粒子做圆周运动的半径，根据周期的腌笃鲜求出粒子在磁场中的时间，吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，根据几何关系求出离开磁场后的时间，从而得出吸附在弧（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间解答：解：（1）带电粒子在电场中加速，穿出电场后匀速运动到O，由动能定理得，解得v=
36、（2）当沿OB方向射入的粒子经磁场偏转打到Q时，粒子圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力得，联立解得为了MN能收集到粒子，所加磁场B（3）从收集到的粒子有能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，则入射方向与AB之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图，轨迹圆心角=60，根据几何关系，粒子圆周运动的半径r=L，对于所有能打在MN板上的粒子，在磁场中运动轨迹圆心角均60，粒子在磁场中经历的时间均为，粒子圆周运动的周期T=，吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，如图所示由几何关系可知，s=，离开磁场后的时间，最长时间tmax
37、=t1+t2，联立解得=答：（1）粒子到达O点时速度的大小为；（2）半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件为B；（3）吸附在弧（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间为点评：本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的综合分析能力，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题三、选考题【物理-选修3-3】（本题共有两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列叙述错误的是( )A当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小B自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性C布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规
38、则热运动D荷叶上小水珠呈球状，是由于表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故考点：热力学第二定律；布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象 分析：由分子力做功和分子势能变化可判定最小分子势能布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势解答：解：A、当分子间的引力和斥力平衡时，靠近分子力表现为斥力，做负功分子势能增加；远离分子力表现为引力，也做负功，分子势能也增加；故当分子
39、间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故A正确B、根据热力学第二定律可知，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故B正确C、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故C错误D、荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故D正确本题选择错误的，故选：C点评：本题可知分子势能、热力学第二定律、布朗运动和表面张力，重点掌握分子力与距离的关系，分子力做功与分子势能的变化关系，知道故当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小13一定质量的理想气体，在温度不变条件下，设法使其压强增大，则这一过程( )A气体的密度增加B气体分子的平均动能增大
40、C外界没有对气体做功D气体从外界吸收了热量考点：热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：一定质量的理想气体内能只与温度有关温度不变，根据玻意耳定律判断气体的体积如何变化，即可知做功情况温度不变，分子的平均动能不变解答：解：A、一定质量的理想气体，在保持温度不变的条件下，其压强增大，由玻意耳定律PV=C可知：气体体积V减小；由于气体体积减小，分子数密度增大，故A正确B、气体温度不变，气体分子平均动能不变，故B错误；C、气体体积减小，外界对气体做功，气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要对外放出热量，故C错误，D错误故选：A点评：根据温度是分子平均动能的标志、一定质量的理想气体内能只与温度有关进行判断对于气体状态变化过程，要掌握气态方程分析参量的变化高考资源网版权所有，侵权必究！