1、2015年陕西省西安交大附中高考物理四模试卷一、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1-5题为单选题，第19-21题为多选题全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是（） A 实验检验，数学推理 B 数学推理，实验检验 C 提出假设，实验检验 D 实验检验，合理外推【考点】： 伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【专题】： 常规题型【分析】： 教材中介绍了伽利略对落体规律的研究以及“理想斜面实验”，通过这些知识的学习，可以明确伽利略所创造的这一套
2、科学研究方法【解析】： 解：这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广故ABD错误，C正确；故选：C【点评】： 伽利略将可靠的事实和理论思维结合起来，以实验事实为基础，开辟了崭新的研究物理的方法道路，同学们要从中汲取营养，提高科学素质2（6分）如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计下列说法正确的是（） A S闭合瞬间，A先亮 B S闭合瞬间，A、B同时亮 C S断开瞬间，B逐渐熄灭 D S断开瞬间
3、，A闪亮一下，然后逐渐熄灭【考点】： 自感现象和自感系数【分析】： 依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通【解析】： 解：AB、闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为反向电压，故电流不走A灯泡，B亮，故A错误，B错误CD、开关S断开瞬间B立刻熄灭，由于二极管正向导通，故自感线圈与A形成回路，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故C错误D正确故选：D【点评】： 该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通3（6分）小明同学骑着一辆变速自行车上学，他想测一下骑车的最大速度在上学
4、途中他选择了最高的变速比（轮盘与飞轮齿数比），并测得在这种情况下蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，然后他数得自行车后轮上的飞轮6个齿盘和脚踏轮盘上3个齿盘的齿数如表所示，并测得后轮的直径为70cm由此可求得他骑车的最大速度是多少米每秒（）名称 轮盘 飞轮齿数/个 45 38 28 15 16 18 21 24 28 A 2.1 B 2.0 C 0.7 D 1.1【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 齿轮传动时，轮边缘上的线速度大小相等，同轴转动两轮的角速度相同；最后根据v=求解线速度【解析】： 解：轮盘和飞轮的齿数之比最大为3：1，此时自行车速度最
5、大，此时轮盘和飞轮的转动半径是3：1；蹬动轮盘的最大转速是每1s轮盘转动一周，故周期是1s，同缘传动边缘点线速度相等，根据公式v=，轮盘和飞轮周期之比等于转动半径之比，故飞轮的转动周期为s；后轮的线速度为：v=2.1m/s故选：A【点评】： 本题关键同缘传动边缘点线速度相等，同轴传动加速度相等，结合线速度公式v=列式求解，基础题目4（6分）某空间区域有竖直方向的电场（图1中只画出了一条电场线），一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球，在电场中从A点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E与物体位移x关系的图象如图2所示，由此可以判断（） A 物体所处的电场为非匀强
6、电场，且场强不断减小，场强方向向上 B 物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下 C 物体可能先做加速运动，后做匀速运动 D 物体一定做加速运动，且加速度不断减小【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从图象中能找出电场力的做功情况，根据电场力的做功情况判断出受力，继而判断出电场，在利用牛顿第二定律求的加速度【解析】： 解：A、物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，故电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，故A正确，B错误；C、根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越
7、来越小，故加速度越来越大，故C错误，D错误；故选：A【点评】： 本题主要考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系，明确电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电场力减小即可5（6分）如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是（） A B C D 【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】： 本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向
8、；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小【解析】： 解：x在0a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=2（ax）=（ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I=I0；当x=a时，I=0；x在a2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负方向；有效切割的长度为 L=（2ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I=2，随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I=2I0；当x=2a时，I=0；x在2a3a内，由楞次定律可知，电流方向为
9、逆时针，为正方向；有效切割的长度为 L=（3ax），感应电动势为 E=BLv，感应电流为 I=，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I=I0；当x=3a时，I=0；故根据数学知识可知B正确故选：B【点评】： 本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段过程，分处两磁场中的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I06（6分）带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初
10、速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示不计空气，则（） A 一定有h1=h3 B 一定有h1h4 C h2与h4无法比较 D h1与h2无法比较【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】： 当小球只受到重力的作用的时候，球做的是竖直上抛运动；当小球在磁场中运动到最高点时，由于洛伦兹力的作用，会改变速度的方向，所以到达最高点是小球的速度的大小不为零；当加上电场时，电场力在水平方向，只影响小球在水平方向的运动，不影响竖直方向的运动的情况，而第4个电场力影响加速度，从而影响高
11、度【解析】： 解：第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1=第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，V02=2gh3，所以h1=h3故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=mV02，又由于mV02=mgh1所以 h1h2，所以D错误第4个图：因电性不知，则电场力方向不清，则高度可能高度h1，也可能小于h1，故C正确，B错误；故选：AC【点评】： 洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功7（6分）物体在万有引力场
12、中具有的势能叫做引力势能若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距质量为M0的引力中心为r0时，其万有引力势能Ep=E（式中G为引力常数）一颗质量为m的人造地球卫星以半径为r1圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r2，则在此过程中（） A 卫星势能增加了GMm（） B 卫星动能减少了（） C 卫星机械能增加了（） D 卫星上的发动机所消耗的最小能量为（）【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势
13、能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出发动机所消耗的最小能量【解析】： 解：A、引力势能的增加量=GMm（），故A正确B、根据万有引力提供向心力由：，解得=同理，Ek2=所以，动能的减小量为=故B错误CD、根据能量守恒定律，卫星机械能增加了等于发动机消耗的最小能量为E=EpEk=故C正确、D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键得出卫星动能和势能的变化量，从而根据能量守恒进行求解8（6分）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长能正
14、确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（） 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】： 要分不同的情况进行讨论：若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况若V2V1：分析在fQ的重力时的运动情况或fQ的重力的运动情况【解析】： 解：1若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a，加速度不变；2若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，
15、由牛顿第二定律知mPgmQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3若v1v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+mPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2a1，故C选项正确，D选项错误故选：ABC【点评】： 考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第
16、二定律分析运动情况，较难三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题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9（6分）下面几个实验都用到了打点计时器或电火花计时器：运用装置甲完成“探究功与速度变化的关系”实验运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律“实验是否需要平衡摩擦阻力？否（填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1
17、mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？验证机械能守恒定律的实验（填实验的名称）（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为1.50m/s（保留三位有效数字）【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题【分析】： （1）在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，从而影响属于什么实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小【解析】： 解：（1）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，
18、因此不需要平衡摩擦力；（2）相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，为了更加准确的求解加速度，a=10m/s2 由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC=1.50m/s 故答案为：（1）否；（2）验证机械能守恒定律的实验；（3）1.50【点评】： 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10（8分）有一内阻为30k的直流电压表V，其刻度盘上所标示的数值模糊不清，但共有30个均匀小格的刻度线是清晰的，并已知
19、量程约为25V35V为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用：标准电压表V1：量程3V，内阻3k；电流表A：量程03A，内阻未知；滑动变阻器R：总阻值1k；电源E：电动势30V，内阻不能忽略；电键、导线若干（1）要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度，请选择所需要的器材并画出实验电路图（2）选用记录数据中任一组，写出计算量程的表达式Ug=式中各字母的意义是：U表示标准电压表的读数，N表示待测电压表指针偏转格数（3）测出量程后便可以根据指针所指格数读取电压值了某同学想通过上述电压表V测量一个多用电表中欧姆挡的内部电的电动势，他从多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，将电压表V与选用“1k”
20、挡的多用电表直接相连，读出电压表的读数为U实验过程中一切操作都是正确的则欧姆表电池的电动势表达式为E0=2U【考点】： 把电流表改装成电压表【专题】： 实验题；交流电专题【分析】： 本题（1）的关键是根据待测电压表V和电压表的额定电流接近可知，应将两者串联使用，再根据变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，可知变阻器应采用分压式接法；题（2）的关键是设出待测电压表每小格的电流，然后根据欧姆定律和串并联规律即可求解；题（3）的关键是明确选用“1k”档时欧姆表的中值电阻为30k，然后根据闭合电路欧姆定律即可求解【解析】： 解：（1）：由I=可求出待测电压表的量程约为0.831.17mA，远小于电流表A
21、的量程，所以不能使用电流表；由于标准电压表的额定电流为，与待测电流表的量程接近，所以应将待测电压表V与标准电压表串联使用；由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表内阻，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（2）：设待测电压表每小格电流为，则其量程为：=30=9设待测电压表读数偏转格数为N时标准电压表读数为U，根据串并联规律应有：联立解得：=，其中U表示标准电压表的读数，N表示待测电压表指针偏转格数；（3）：当选用“1k”当时，欧姆表的中值电阻为：=301k=30k，根据闭合电路欧姆定律，应有：=U+，将=30k代入上式，解得：；故答案为：（1）如图（2），U表示标准电压表的读数，N表示待
22、测电压表指针偏转格数（3）2U【点评】： 应明确：注意电表的反常规接法，即电压表可以串联（当做电流表）使用，电流表也可以并联使用（当做电压表），只要满足电表指针偏转量程以上即可；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；明确欧姆表的改装原理和方法11（14分）进入21世纪，低碳环保、注重新能源的开发与利用的理念，已经日益融入生产、生活之中某节水喷灌系统如图所示，喷口距地面的高度h=1.8m，能沿水平方向旋转，喷口离转动中心的距离a=1.0m，水可沿水平方向喷出，喷水的最大速率v0=10m/s，每秒喷出水的质量m0=7.0kg所用的水是从井下抽取的，井中水面离地面的高度H=3.2
23、m，并一直保持不变水泵由电动机带动，电动机电枢线圈电阻r=5.0电动机正常工作时，电动机的输入电压U=220V，输入电流I=4.0A不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的最大输入功率水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率（计算时取3）试求：（1）求这个喷灌系统所能喷灌的最大面积S；（2）假设系统总是以最大喷水速度工作，求水泵的抽水效率【考点】： 能源的开发和利用；电功、电功率【分析】： （1）水从喷口喷出后做平抛运动，已知高度h和最大的初速度v0，由平抛运动的规律求出最大的水平位移喷灌系统所能喷灌的区域是圆形，即求出面积；（2）水泵的抽水效率等于水泵的输出功率与输入功率
24、之比水泵的输入功率等于电动机的输出功率，水泵的输出功率使水获得机械能的功率【解析】： 解：（1）水从喷口喷出后做平抛运动，下落高度解得t=s=0.6s最大喷灌圆面半径x=a+v0t=1+100.6=7m喷灌最大面积S=x2a2=3.14（7212）=144m2（2）电动机的输入功率P电=UI=2204.0W=880W电动机的热功率水泵的输入功率等于电动机的输出功率P入=P电P热=800W水泵的输出功率其中m=m0t求得P出=700W水泵效率答：（1）这个喷灌系统所能喷灌的最大面积s是144m2；（2）假设系统总是以最大喷水速度工作，水泵的抽水效率是87.5%；【点评】： 本题运用平抛运动和能量
25、守恒定律分析和解决实际问题，抓住能量是如何转化是解题的关键12（19分）如图甲的xoy坐标系中，第一、二和三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B在o处有一粒子源，能向平面内各个方向均匀发射速率为v0的带正电的相同粒子，这些粒子与x轴的最远交点为A（2a，0）不计粒子重力以及粒子之间的相互作用（1）求粒子的比荷（2）若在x=1.5a处垂直于x轴放置一块足够长的荧光板MN，当粒子击中MN时将被吸收，并使荧光物质发光变亮求MN上亮线的长度（3）若撤去粒子源和第一象限内的磁场，在第四象限内加一个沿+y方向的场强为E=v0B的匀强电场，并在第一象限内x=3a处放一个足够长的荧光屏PQ，如图
26、乙在y轴上y=2a以下位置水平沿x方向以速度v0发射上述粒子，则应在何处发射，才能使粒子击中PQ时的位置离P最远？求出最远距离【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】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力几何几何关系即可求解；（2）根据几何关系分别求出MN上粒子打中的最高点C和最低点离x轴的距离，从而求出亮线的长度；（3）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出击中点离P点的距离的表达式，再结合数学知识求解【解析】： 解：（1）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：Bqv0=m由几何关系得：r=a，解得：=（
27、2）MN上粒子打中的最高点C离x轴的距离：l1=a，MN上粒子打中的最低点D离x轴的距离：l2=a所以亮线的长度：l=l1+l2=（3）粒子从y=h处F点进入电场，在电场中：x=v0t，h=t2，速度偏角为，则tan=，击中点离P点的距离为：Y=（3ax）tan，联立各式解得：Y=32h，当=，即h=a时，亦即发射点为y=a时，有：Ymax=32=a答：（1）粒子的比荷为；（2）MN上亮线的长度为；（3）发射点为y=a时，才能使粒子击中PQ时的位置离P最远，最远距离为a【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、求半径要掌握左手定则，熟练运用牛顿第二定律研究半径【物理一选
28、修3-3】13（6分）下列说法中正确的是（） A 一定量气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，则它的内能增大20J B 在使两个分子间的距离由很远（r109m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C 由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力 D 用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可 E 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢【考点】： 热力学第一定律；分子势能；* 液体的表面张力现象和毛细现象；用油膜法估测分子的大小【分析】： 根据热力学第一定律知：
29、U=W+Q，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积【解析】： 解：A、根据热力学第一定律知：U=W+Q=100+120=20J，A正确；B、在使两个分子间的距离由很远（r109m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能先减小后增大，B错误；C、由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，C正确；D、用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的摩尔体积即可，D错误；E、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和气压，水蒸发越慢，E正确；故
30、选：ACE【点评】： 掌握热力学第一定律的应用，知道分子力与分子间距的关系，会利用油膜法测分子的直径14（9分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的pV图象如图所示已知该气体在状态A时的温度为27则：（1）该气体在状态B、C时的温度分别为多少？（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量是多大？（3）该气体从状态A到状态C的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？【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）A到B是等容变化，B到C是等压变化，分别应用理想气体定律进行求解（2）气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子
31、平均动能的标志，可以通过判断AC两个状态的温度来判断内能的变化（3）从状态A到状态C的过程可以用热力学第一定律来判断做功与吸放热问题【解析】： 解：（1）状态A：tA=300K，PA=3105Pa，VA=1103m3状态B：tB=？PB=1105Pa，VB=1103m3状态C：tC=？PC=1105Pa，VC=3103m3A到B过程等容变化，由等容变化规律得：，代入数据得：tB=100K=173B到C为等压变化，由等压变化规律得：，代入数据得：tC=300K=27（2）因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在这个过程中：U=0（3）由热力学
32、第一定律得：U=Q+W，因为U=0故：Q=W在整个过程中，气体在B到C过程对外做功所以：W=pV=1105（31031103）=200J即：Q=200J，是正值，故在这个过程中吸热答：（1）气体在状态B、C时的温度分别为：173和27（2）该气体从状态A到状态C的过程中内能的变化量为：0（3）该气体从状态A到状态C的过程中吸热，传递的热量是200J【点评】： 此题是一个结合图象的题目，关键是从图象上找出气体的状态参量和气体的状态变化，最后应用理想气体状态方程求解即可【物理一选修3-4】（15分）15如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是（） A 甲、乙两单摆的摆长相等
33、B 甲摆的振幅比乙摆大 C 甲摆的机械能比乙摆大 D 在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆 E 由图象可以求出当地的重力加速度【考点】： 单摆周期公式【专题】： 单摆问题【分析】： 由图读出两单摆的周期，由单摆的周期公式分析摆长关系；由位移的最大值读出振幅；由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小；根据加速度与位移方向相反，确定加速度的方向【解析】： 解：A、由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T=2得知，甲、乙两单摆的摆长L相等故A正确B、甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，则甲摆的振幅比乙摆大故B正确C、尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆
34、的质量未知，无法比较机械能的大小故C错误D、在t=0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度故D正确E、由单摆的周期公式T=2得，由于单摆的摆长不知道，所以不能求得重力加速度故E错误故选：ABD【点评】： 本题只要掌握单摆的周期公式、加速度的特点等等，就能正确解答由振动图象读出振幅、周期是基本功16如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光沿AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点（设光线在B、C处未发生全反射）已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t若OB、OC两束单色光在真空中的波
35、长分别为B、C，试比较B、C的大小求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据偏折角的大小，分析折射率大小，即可比较出光在真空中的波长大小研究任一光线，根据v=求光在玻璃中的速度；由几何知识求得光在玻璃通过的路程，即可得到光在玻璃传播时间的表达式【解析】： 解：由于光线OB偏折比光线OC偏折更多，所以OB光的折射率较大，波长较短，即有BC；作出光路图如图所示作界面OD的法线MN，设圆柱体直径为d，入射角为，折射角分别为B、C，连接DB、DC，由折射定律得 nB=，nC= nB=，nC=由上两式得=已知 t=，tC=，可得 tC=t
36、答：BC；从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC为t【点评】： 解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力【物理一选修3-5】（15分）17下列说法正确的是（） A 原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律 B 射线、射线、射线都是电磁波 C 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 D 发生光电效应时光电子的最大初动能只与入射光的频率有关 E 由图可知，铯原子核Cs的比结合能大于铅原子核Pb的比结合能【考点】： 裂变反应和聚变反应；原子核的结合能【分析】： 原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，射线是
37、光子，不带电，发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关【解析】： 解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，故A正确；B、射线、射线都是高速运动的带电粒子流，射线是光子，不带电，B错误C、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，C正确D、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，D正确；E、由图可知，中等质量的原子核的比结合能最大，铯原子核Cs的比结合能大于铅原子核Pb的比结合能；故E正确；故选：ACDE【点评】： 掌握衰变的规律，了解三种射线的特性，知道发生光电效应的条件，了解比结合能与质量数的关系18如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上（冰
38、面足够大），现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱推出木箱后人和车速度大小为2m/s箱与竖直固定挡墙碰撞反弹后恰好不能追上小车已知人和车的总质量为100kg木箱的质量为50kg，求：人推木箱过程中人所做的功；木箱与挡墙碰撞过程中墙对木箱的冲量【考点】： 动量守恒定律；功能关系【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 由动量守恒定律可以求出速度，然后求出人做的功；由动量定理求出冲量【解析】： 解：推木箱过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1mv=0，代入数据得：v=4m/s；人推木箱过程，人所做的功：W=Mv12+=mv2，代入数据得：W=600J；木箱与竖直固定挡墙碰撞反弹后恰好不能追上小车，则木箱反弹后的速度与小车的速度相等，以向左为正方向，由动量定理得：I=mv1m（v），代入数据解得：I=300Ns，方向：水平向左；答：人推木箱过程中人所做的功为600J；木箱与挡墙碰撞过程中墙对木箱的冲量大小为300Ns，方向向左【点评】： 本题考查了小孩对木箱做功，应用动量守恒定律与动能定理即可正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择
