1、2015年福建省泉州市安溪县蓝溪中学高考物理模拟试卷（5月份）一、选择题1下列说法正确的是（） A 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法” B 物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向既不垂直也不在一条直线上 C 在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法 D 速度变化越快的物体惯性越小2如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（） A 1：2 B 2：1 C D 1：13一负电
2、荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图中的（） A B C D 4将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（） A mg B mg C mg D mg52014年3月8日，“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持把地球看作质量分布均匀的球体，关于环绕地球运动的低轨卫
3、星（环绕地球运动的半径比地球同步卫星的环绕半径小得多）和同步卫星，下列说法正确的是（） A 低轨卫星和地球同步卫星的轨道平面一定重合 B 低轨卫星的环绕速率可能大于 7.9km/s C 地球同步卫星比低轨卫星的转动周期大 D 低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的角速度6如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度为v0，初动能均为Ek已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场则（） A 不同时刻射入电场的粒子，射出
4、电场时的速度方向可能不同 B t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C 若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半 D 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek二、第卷必考部分共10题，7某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：电源（电动势3V，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验
5、的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是W8利用图甲装置可以做许多力学实验（1）利用此装置探究“加速度与力、质量的关系”和“合外力做的功等于物体动能变化”实验中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同质量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数（实验中小车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动）为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝
6、码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量小车和小车上砝码的总质量，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）实验中对小车及车内砝码研究，根据牛顿第二定律有Fmg=ma，实验中记录小车的加速度a和小车所受的合外力F，通过图象处理数据甲、乙两同学分别得到图乙中甲、乙两条直线设甲、乙用的小车及砝码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为甲、乙，由图可知，m甲m乙，甲乙（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与
7、y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做运动，加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）已知交流电源的频率为50Hz9如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，轨道表面粗糙，点A距水面的高度为H，B点距水面的高度为R，一质量为m的游客（视为质点）从A点由静止开始滑下，到B点时沿水平切线方向滑离轨道后落在水面D点，OD=2R，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）游客滑到B点的速度vB的大小（2）游客运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf10电动自行车作一种重要的交通工具，越来越受到人们的喜爱表是一辆电动自行车的部分技术指标其中额定车速是指
8、电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度 请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）；额定车速载车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg36V/12Ah36V68h180W36V/6A（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小；（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？11如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角=60，
9、有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小现将放在A点的带电小球由静止释放，求：（1）小球运动到B点时的速度；（2）小球需经多少时间才能落到地面（小球所带的电量不变）？三、【物理选修3-3】（本题共两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列关于分子运动和热现象的说法中正确的是（） A 对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大 B 气体如果失去了容器的
10、约束会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 C 一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能不变 D 如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增大13如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，管内由水银柱封住一段空气柱如果沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，保持弯曲部分管子位置不动，则封闭在管内的空气柱将（） A 体积变小 B 体积变大 C 压强变小 D 压强不变四、【物理选修3-5】（本题共两小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14下列说法中正确的是（） A 氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率可能小于入射光子的频率 B 如果用紫光照射某种
11、金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属一定不发生光电效应 C 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能减小 D SeKr+2e是重核裂变15质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球速度大小变为原来的，那么小球B的速度可能是（） A v0 B v0 C v0 D v02015年福建省泉州市安溪县蓝溪中学高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题1下列说法正确的是（） A 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各
12、段位移相加，应用了“微元法” B 物体做曲线运动的条件是所受合外力的方向和速度的方向既不垂直也不在一条直线上 C 在建立合力、分力、重心、质点等概念时都用到了等效替代法 D 速度变化越快的物体惯性越小考点： 物理学史专题： 常规题型分析： 物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法；解答： 解：A、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各段位移相加，应用了“微元法”，故A正确；B、物体做曲线运动的条件是所受合力与速
13、度不在同一直线上，可以相互垂直；故B错误；C、在建立合力、分力、重心等概念时都用到了等效替代法；而建立质点概念时都用到了理想模型法，故C错误；D、物体的惯性仅与质量有关，故D错误；故选：A点评： 该题考查惯性、物体做曲线运动的条件等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解、2如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（） A 1：2 B 2：1 C D 1：1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： 带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的
14、作用下做匀速圆周运动粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，而运动的时间与偏转角有关解答： 解：正离子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负离子在洛伦兹力作用下向下偏转正离子以60入射，则圆弧对应的圆心角为120，而负离子以30入射，则圆弧对应的圆心角为60，所以正离子运动时间是负离子时间的2倍故选B点评： 带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案3一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度一时间图象如图所示，则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图
15、中的（） A B C D 考点： 电场线分析： vt图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，则电场力越来越大，电场强度越来越大，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果解答： 解：由vt图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，C正确故选：C点评： 本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性4将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是
16、运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为（） A mg B mg C mg D mg考点： 牛顿第二定律；自由落体运动；力的合成与分解的运用专题： 牛顿运动定律综合专题分析： 闪光频率相同，则小球每经过两个相邻位置的时间间隔是相同的，根据位移公式求出两种情况的加速度之比，根据牛顿第二定律列方程表示出上升和下落的加速度，联立即可求解解答： 解：设每块砖的厚度是d，向上运动上运动时：9d3d=aT2向下运动时：3dd=aT2联立得：=根据牛顿第二定律，向上运动时：mg+f=ma向下运动时：mgf=ma联立得：f=mg；故选：B点
17、评： 解决本题的关键是利用匀变速直线运动的推论x=aT2求出两种情况下的加速度，进而由牛顿第二定律即可求解52014年3月8日，“马航MH370”客机失联后，我国已紧急调动多颗卫星，利用高分辨率对地成像、可见光拍照等技术对搜寻失联客机提供支持把地球看作质量分布均匀的球体，关于环绕地球运动的低轨卫星（环绕地球运动的半径比地球同步卫星的环绕半径小得多）和同步卫星，下列说法正确的是（） A 低轨卫星和地球同步卫星的轨道平面一定重合 B 低轨卫星的环绕速率可能大于 7.9km/s C 地球同步卫星比低轨卫星的转动周期大 D 低轨卫星和地球同步卫星，可能具有相同的角速度考点： 人造卫星的加速度、周期和轨
18、道的关系；万有引力定律及其应用专题： 人造卫星问题分析： 根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而进行判断解答： 解：A、低轨卫星和地球同步卫星的轨道平面不一定重合，故A错误；B、根据=m得，v=，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，所以低轨卫星的线速度小于第一宇宙速度7.9km/s故B错误；C、根据地球卫星万有引力提供向心力=m2rT=2，=，所以地球同步卫星比低轨卫星的转动周期大，低轨卫星的角速度比地球同步卫星角速度大，故C正确，D错误；故选：C点评： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，以及知道同步卫星
19、的特点6如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度为v0，初动能均为Ek已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场则（） A 不同时刻射入电场的粒子，射出电场时的速度方向可能不同 B t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C 若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半 D 所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek考点： 带电粒子在匀强电场中的运动专题： 带电粒子在电场中的
20、运动专题分析： 粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零解答： 解：A、B、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，
21、竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A错误，B错误；C、若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；故C错误；D、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有：=由于L=d故：vym=v0故最大动能EK=m（v02+v2ym）=2EK，故D正确；故选：D点评： 本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解二、第卷必考部分共10题，7某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系，可用的器材如下：
22、电源（电动势3V，内阻1）、电键、滑动变阻器（最大阻值20）、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（电压表和电流表均视为理想电表）（1）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图a所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路（其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压）（3）若某次连接时，把AB间的导线误接在AC之间，合上电键，任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，则此时的电路中，小灯泡获得的最小功率是0.310.34W考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）由图
23、可知，电压增大，电流增大，温度升高，电阻变大；（2）由图a可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图；（3）若任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，说明滑动变阻器连成限流接法，当滑动变阻器串入电路中的电阻最大即20时，灯泡功率最小解答： 解：（1）由图可知，电压增大电流增大，温度升高，电阻变大故答案为：增大（2）由图a可知，电压从零开始调节的，因此滑动变阻器采用的是分压接法，由于灯泡电阻较小，因此安培表需要外接，由此可正确连接实物图如图（b）所示：（3）若任意移动滑片发现都不能使小灯泡完全熄灭，说明滑动变阻器连成限流接
24、法，当滑动变阻器串入电路中的电阻最大值为5时，此时电路为一个电动势为3V，内阻为1的电源与一个灯泡和5的电阻串联，结合图（a）可知，当电流为I=0.36A时，灯泡电压为0.85V，此时满足：E=U灯+UR+U内，故此次灯泡实际消耗的功率为：P=UI=0.850.36W0.31W（也可以将电源内阻忽略进行计算）故答案为：0.310.34点评： 本题是考查了电学实验中的连接实物图、电路故障分析、识图、求功率等内容，是一道实验综合题，所考查内容是实验的常考内容，涉及的知识点较多，应熟练掌握，尤其注意电功率的计算和欧姆定律的应用，关键是看图得出数据8利用图甲装置可以做许多力学实验（1）利用此装置探究“
25、加速度与力、质量的关系”和“合外力做的功等于物体动能变化”实验中为了让小车所受合外力等于细绳的拉力需要进行的步骤是平衡小车所受的摩擦（2）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，小车上放不同质量的砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究小车与木板之间的动摩擦因数（实验中小车的轮子被锁死，小车只能在长木板上滑动）为使小车运动时受到的拉力在数值上近似等于砝码桶及桶内砝码的总重力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）实验中对小车及车内砝码研究，根据牛顿第二定律有Fmg=ma，实验中记录小车的加速度a和小车所受
26、的合外力F，通过图象处理数据甲、乙两同学分别得到图乙中甲、乙两条直线设甲、乙用的小车及砝码质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数分别为甲、乙，由图可知，m甲小于m乙，甲大于乙（填“大于”、“小于”或“等于”）（3）做直线运动的小车，牵引一条纸带通过打点计时器打出一条纸带，从纸带上打出的某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图丙所示，使每一条纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将每段粘贴在直线坐标系中，各段紧靠但不重叠，根据图丙可以判断小车做匀加速直线运动，加速度a=0.750.76m/s2（结果保留两位有效数字）已知交流电源的频率为50Hz考点： 探究加速度与物体质量、物体受力
27、的关系专题： 实验题分析： （1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；（2）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；探究“小车与木板之间的动摩擦因数”实验时，利用牛顿第二定律和图象的意义，判断甲乙的质量和摩擦因数的大小（3）本题使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的
28、平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比根据图象的斜率求出小车的加速度解答： 解：（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使细线的拉力等于其合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力；（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力F=Ma=，当mM，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力根据牛顿第二定律有Fmg=ma得：a=ug，结合图象可知，为斜率，ug为纵坐标的截距，
29、所以m甲m乙，甲乙（3）因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比在每段纸带的上边缘中点画“”作为计数点，在新的坐标里每个计数点的纵坐标表示相对应的单位时间内中间时刻的瞬时速度画一直线，使尽可能多的计数点落在此直线上，并使直线两侧的计数点数目大致相等，这条直线便是运动物体的速度时间的图线速度时间直线的斜率表示加速度，可知运动小车做匀加速直线运动，其加速度大小a=0.
30、75m/s2故答案为：（1）平衡小车所受的摩擦力；（2）远小于，小于，大于；（3）匀加速直线，0.750.76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，然后熟练应用物理规律来解决实验问题；注意图象进行数据处理时，斜率和截距表示的物理意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9如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，轨道表面粗糙，点A距水面的高度为H，B点距水面的高度为R，一质量为m的游客（视为质点）从A点由静止开始滑下，到B点时沿水平切线方向滑离轨道后落在水面D点，OD=2R，
31、不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）游客滑到B点的速度vB的大小（2）游客运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf考点： 动能定理；平抛运动专题： 动能定理的应用专题分析： （1）由平抛运动规律可求得B点的速度；（2）对AB过程由动能定理可求得摩擦力所做的功解答： 解：（1）游客从B点做平抛运动，有：2R=vBtR=gt2联立解得：vB=（2）从A到B，根据动能定理，有：mg（HR）+Wf=mvB2可得：Wf=mg（H2R） 答：（1）游客滑到B点的速度vB的大小为（2）游客运动过程中轨道摩擦力对其所做的功mg（H2R）点评： 本题考查动能定理的应用及平抛运动的规律，要注意正确分析过程，明确物
32、理过程，再选择物理规律求解10电动自行车作一种重要的交通工具，越来越受到人们的喜爱表是一辆电动自行车的部分技术指标其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度 额定车速载车质量载重电源电源输出电压充电时间额定输出功率电动机额定工作电压和电流18km/h40kg80kg36V/12Ah36V68h180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）；（1）此车所配电动机的内阻是多少？（2）在行驶过程中电动车受阻力是车重（包括满载重）的k倍，试计算k的大小；（3）若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且阻力大小恒定，当车速为3m/s时，加速度为多少？考点
33、： 电功、电功率专题： 恒定电流专题分析： （1）根据P=UI求出电动机正常工作时的输入功率，结合输出功率，求出电源内部消耗的功率，根据Pr=I2r求出电动机的内阻（2）正常行驶时牵引力等于阻力，根据P=Fv=fvm求出K的大小（3）根据功率和速度求出牵引力的大小，再结合牛顿第二定律求出加速度的大小解答： 解：（1）从表中可知，输出功率P出=180W，输入功率P入=UI=366W=216W 由于内阻消耗的功率等于输入功率与输出功率的差：Pr=I2r=P入P出所以：r=（2）车正常行驶时：P额=fm=K（M+m）gm所以：K=（3）又：P额=F所以：FK（M+m）g=（M+m）a 由、代入数据得
34、：a=0.2m/s2答：（1）此车所配电动机的内阻是1（2）K的大小为0.03（3）当车速为3m/s时的加速度为0.2m/s2点评： 解决本题的关键搞清输入功率、输出功率、电动机内部消耗的功率之间的关系，以及知道功率与牵引力与速度的关系11如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角=60，有一质量为m、电量为+q的带电小球（可看成质点）被放在A点已知在第一象限分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度大小为B；在第二象限分布着沿x轴正向的水平匀强电
35、场，场强大小现将放在A点的带电小球由静止释放，求：（1）小球运动到B点时的速度；（2）小球需经多少时间才能落到地面（小球所带的电量不变）？考点： 功能关系；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；动量定理；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： （1）小球加速，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可；（2）小球直线加速过程可以根据动量定理求加速时间，小球在复合场中，合力等洛伦兹力，做圆周运动，画出轨迹，求出圆心角，得到运动时间解答： 解：（1）设带电小球运动到B点时速度为vB，则由功能关系，得到：E1qL=m 解得：vB=即小球运动到B点时的速度为（2）设带电小球从A
36、点运动到B点用时为t1，则由动量定理：E1qt1=mvB解得：t1=2 当带电小球进入第二象限后所受电场力为F电=E2q=mg 所以带电小球做匀速圆周运动，如图，洛伦兹力提供向心力BqvB=m 则带电小球做匀速圆周运动的半径R=L 其圆周运动的圆心为如图所示的O点，根据几何关系，有BO=BCcos30=LOO=BOR=LOC=BCcos60=假设小球直接落在水平面上的C点，则OC=OCC与C重合重合，小球正好打在C点 圆周运动时间为t2=T=小球运动的总时间为t=t1+t2=2+所以小球从A点出发到落地的过程中所用时间2+点评： 本题中带电小球先加速后做圆周运动，关键是画出轨迹图，结合几何关系
37、进行分析三、【物理选修3-3】（本题共两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列关于分子运动和热现象的说法中正确的是（） A 对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大 B 气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 C 一定量100的水变成100的水蒸汽，其分子之间的势能不变 D 如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增大考点： 理想气体的状态方程；分子的热运动分析： 正确解答本题要掌握：气体分子之间作用力特点；正确判断分子势能的变化；结合气态方程判断气体内能变化；温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律解答：
38、 解：A、根据体态方程可知对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，温度一定升高，气体内能由温度决定，因此内能一定增加，故A正确；B、气体分子之间的距离很大分子力近似为零，气体如果失去了容器的约束就会散开，是由于分子杂乱无章运动的结果，故B错误；C、一定量100的水变成100的水蒸汽时，吸收热量，内能增加，由于分子平均动能不变，因此分子势能增加，故C错误；D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义如果气体温度升高，那么分子的平均动能增大，不是所有分子的速率都增大，故D错误故选：A点评： 本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记
39、忆和积累13如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，管内由水银柱封住一段空气柱如果沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，保持弯曲部分管子位置不动，则封闭在管内的空气柱将（） A 体积变小 B 体积变大 C 压强变小 D 压强不变考点： 封闭气体压强专题： 气体的压强专题分析： 根据图示求出封闭气体的压强，判断截去玻璃管后封闭气体压强如何变化，然后根据玻意耳定律分析答题解答： 解：设玻璃管两侧水银面高度差是h，大气压为P0，封闭气体压强P=P0h，沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉，h变小，封闭气体压强P=P0h变大，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变小，故A正确，BCD错误
40、；故选A点评： 根据图示判断沿虚线所示的位置把开口一侧的部分截掉后封闭气体压强如何变化，熟练应用玻意耳定律即可正确解题四、【物理选修3-5】（本题共两小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14下列说法中正确的是（） A 氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率可能小于入射光子的频率 B 如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属一定不发生光电效应 C 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能减小 D SeKr+2e是重核裂变考点： 光电效应；氢原子的能级公式和跃迁分析： 当
41、入射光的频率小于极限频率时，不会发生光电效应；由高能级向低能级跃迁，辐射光子，根据轨道半径的变化判断动能的变化，根据能量和动能的变化判断电势能的变化解答： 解：A、氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向不同的低能级跃迁时可能会放出几种不同频率的光子，故放出光子的频率可能小于入射光子的频率，故A正确；B、紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光，因绿光的频率小于紫光，则照射这种金属不一定发生光电效应，故B错误；C、玻尔理论可知，核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故C错误；D、SeKr+2e是衰变，故D错误；故选：A点评： 考查光电效应发生条件
42、，理解玻尔理论中跃迁时，动能与电势能的变化情况，注意几种衰变的区别15质量为m的小球A，沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球速度大小变为原来的，那么小球B的速度可能是（） A v0 B v0 C v0 D v0考点： 动量守恒定律分析： 两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后小球的速度解答： 解：两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由题意可知，碰撞后A的速度为：vA=v0，由动量守恒定律得：mv0=mvA+2mvB，解得：vB=v0，或vB=v0；故选：AB点评： 本题考查了求小球的速度，两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意小球的速度方向
