1、2015年江西省重点高中高考物理模拟试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分15小题为只有一个选项符合题目要求68小题有多个选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如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做功为W1，若该物体从A点沿斜面滑到B点，摩擦力做功为W2，已知A、A和B、B分别在两竖直线上，物体与各接触面间的动摩擦因数均相同，则（）A W1=W2B W1W2C W1W2D W1和W2的大小关系和两斜面的夹角有关2如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A和B，O是O在地面上的竖直投影，且
2、OA：AB=2：3若不计空气阻力，则两小球（）A 抛出的初速度大小之比为2：5B 落地速度的大小之比为2：3C 落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D 通过的位移大小之比为1：3如图所示，长为L的绝缘轻杆两端分别固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时轻杆与电场线垂直（如图中的实线位置），现将杆向右平移的同时顺时针转过90，使A球沿电场方向移动距离L（如图中的虚线位置），发现A、B两球的电势能之和不变，根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B A球的电势能一定增加C A、B两球所带电荷量的绝对值
3、之比qA：qB=2：1D 电场力对A球和B球都不做功4我国航天事业取得了突飞猛进的发展，航天技术位于世界前列，在某航天控制中心对其正上方某卫星测控时，若测得从发送操作指令到接收到卫星已操作的信息需要的时间为t（设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心），已知该卫星的运行周期为T，地球的半径为R，该信息的传播速度为c，引力常量为G则由此可以求出地球的质量为（）A B C D 5如图甲示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一单匝正方形金属线框在外力F的作用下，从t=0时刻开始以垂直于磁场边界的速度v=3t+1（m/s）进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场图中关于外力的大
4、小F、线框中的电功率P随时间变化的图象可能正确的是（图中B、D中的曲线均为抛物线）（）A B B、C D 6如图所示，木块放在三角形斜劈上，三角形斜劈放在水平地面上，现用大小均为F、方向相反的平行于斜面的推力分别推木块和三角形斜劈，它们均静止不动，则（）A 三角形斜劈对木块的摩擦力的方向一定沿斜面向下B 三角形斜劈对木块的摩擦力的方向可能沿斜面向上C 地面对三角形斜劈一定有水平向右的摩擦力D 地面对三角形斜劈的作用力的方向一定竖直向上7如图所示，纸面内A、B两点间连接有四段导线，ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同，匀强磁场垂直于纸面向内，现给MN两端加上电压，则下列说
5、法正确的是（）A 四段导线受到的安培力的大小相等B 四段导线受到的安培力的方向相同C ADB段受到的安培力最大D AEB段受到的安培力最小8图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，原、副线圈的匝数比为1：2，d为从副线圈的中点引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示（）A 若把负载接在ce端，则流经负载的电流的频率为100 HzB 若把负载接在ce端，则负载两端的电压为800 VC 若把负载接在de端，则流经负载的电流方向每秒改变200次D 若把负载接在de端，则负载两端的电压为400QUOTEV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
6、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）某同学用螺旋测微器测量一个小钢珠的直径，如图甲所示，小钢珠的直径是mm；（2）该同学将此小钢珠从某斜面顶端由静止释放，用数码相机每隔0.1s对小钢珠进行照相，照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，则小钢珠在斜面上运动的加速度为 m/s210为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A待测电源（电动势约为9V）B电压表（视为理想电压表，量程为3V）C电阻箱R（0999.9）D定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）E开关、导线若干（1）用欧姆表（1）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，
7、则R0=（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路（3）某同学应用所测得的数据，绘出的R图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k=，纵坐标的截距b=，则电源的电动势E=，内阻r=11如图所示，在倾角=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间12如图所示，在平面直角坐标系xO
8、y的第一象限内有一个磁感应强度大小B=0.2T的矩形区域的匀强磁场（图中未画出），其方向垂直于xOy平面向里；第二象限有一匀强电场，电场强度的大小E=2103 V/m在y轴上的P点处有一个质量m=41020kg、电荷量q=21014C的带正电粒子垂直于y轴以V0=3104 m/s的速度沿x轴的正方向射入第一象限，粒子飞出磁场区域后又恰好回到y轴上的P点，再以垂直于电场的方向进入第二象限，最后垂直打在x轴上的A点已知粒子在电场中经历的时间t=105s，A点坐标为（m，0），粒子的重力不计，求：（结果可保留根号）（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r和从P点进入第二象限时速度与y轴负方向的夹角（2）
9、粒子在xOy平面的第一象限内运动的时间t0（3）粒子在矩形磁场区域内做圆周运动的圆心位置坐标（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在答题卷选答区域指定位置答题如果多做则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13以下说法正确的是（）A 所有满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B 温度高的物体，其内能可能小C 气体对外做功，其内能可能增加D 当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小E 水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系14如图示为某温度计的结构，玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃
10、管B和水银压强计相连开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在0点处，右管D中水银面在高出O点h=10cm处后将A放人待测恒温槽中，上下移动右管D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面髙出O点h2=30cm求：（已知外界大气压为76cmHg）A处于冰水混合物中时，A中气体的压强恒温槽的温度物理-选修3-4（15分）1013江西模拟）一棱镜的截面为直角三角形ABC，A=30，直角边BC=20cm在此截面所在的平面内，一条光线以i=60的按如图所示的方向从AC边的中点D射人棱镜，棱镜材料对该光的折射率n=光在真空中的传播速度c=3.0108m/s，则此光线在棱镜中的传播速度为m/s，出射点E离A
11、点的距离为m1013江西模拟）一列简谐横波沿工轴正方向传播，传播速度v=4m/s，图示为这列 波在t=0时刻的波形图求x=1.0m处的质点在05.5s内通过的路程x=2.0m处的质点做简谐运动的表达式物理-选修3-5（15分）1013江西模拟）一静止的氡核（Rn）发生衰变，放出一个粒子（He）和一个钋核（Po），此核反应方程为，若已知氡核的质量为m1，粒子的质量为m2，钋核的质量为m3，光在真空中的传播速度为c，衰变时释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能，则粒子和钋核的动能之和为1013江西模拟）如图所示，两个质量均为M=1kg的沙箱A、B并排放在光滑的水平面上，一颗质量m=0.1kg 的子弹
12、以切v0=200m/s的水平速度射向A，射穿A后，进人B并最终一起运动，已知子弹射穿A时子弹的速度功=100m/s，求：沙箱A、B的最终速度vA和vB的大小子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，子弹和沙箱A组成的系统产生的内能E2015年江西省重点高中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分15小题为只有一个选项符合题目要求68小题有多个选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如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点，摩擦力做功为W1，若该物体从A点沿斜面滑到B点，摩擦力做功为W2，已知A、A和B、B分别在两竖直线上，物体与各接
13、触面间的动摩擦因数均相同，则（）A W1=W2B W1W2C W1W2D W1和W2的大小关系和两斜面的夹角有关考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：通过功的公式W=Fscos去比较两种情况下摩擦力做功的大小解答：解：设AB间的距离为L，物体在水平面上运动时摩擦力做功：W1=mgL物体在斜面上运动过程摩擦力做功：W2=mgcosl1mgcosl2=mg（l1cos+l2cos）=mgL则：W1=W2，故A正确，BCDD错误故选：A点评：解决本题的关键掌握功的公式W=Fscos；注意本题中摩擦力一直做负功，要明确求总功的方法2如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、
14、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A和B，O是O在地面上的竖直投影，且OA：AB=2：3若不计空气阻力，则两小球（）A 抛出的初速度大小之比为2：5B 落地速度的大小之比为2：3C 落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D 通过的位移大小之比为1：考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据高度比较运动的时间，结合水平位移之比求出初速度之比，根据平行四边形定则，结合落地时竖直分速度大小求出速度方向与水平面的夹角之比解答：解：A、两小球平抛运动的高度相同，则运动时间相等，OA：AB=2：3，知两球的水平位移之比为2：5，根据x=v0t知，抛出的初速度之比为2：5，故A正确B、因为高度相同，根
15、据知，落地时竖直分速度相等，但是根据平行四边形定则无法求出落地的速度之比根据，因为水平分速度之比为2：5，可知落地速度与水平地面夹角的正切值之比为2：5，故B、C错误D、高度相同，水平位移之比为2：5，根据平行四边形定则无法求出通过的位移大小之比，故D错误故选：A点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移3如图所示，长为L的绝缘轻杆两端分别固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时轻杆与电场线垂直（如图中的实线位置），现将杆向右平移的同时顺时针转过90，使A球沿电场方向移动距离
16、L（如图中的虚线位置），发现A、B两球的电势能之和不变，根据图中给出的位置关系，可判断下列说法中正确的是（）A A球一定带正电荷，B球一定带负电荷B A球的电势能一定增加C A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA：qB=2：1D 电场力对A球和B球都不做功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：抓住A、B电势能之和不变，即电场力对系统做功的代数和为零进行判断解答：解：A、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；B、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误；B、电场力对A、
17、B做功大小相等，方向相反，所以有：EqB2L=EqAL，因此qA：qB=2：1，故C正确；D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误故选：C点评：解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解4我国航天事业取得了突飞猛进的发展，航天技术位于世界前列，在某航天控制中心对其正上方某卫星测控时，若测得从发送操作指令到接收到卫星已操作的信息需要的时间为t（设卫星接收到操作信息立即操作，并立即发送已操作信息回中心），已知该卫星的运行周期为T，地球的半径为R，该信息的传播速度为c，引力常量为G则由此可以求出地球的质量为（）A B C D 考
18、点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由速度公式求出卫星到地面的高度，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出地球的质量解答：解：卫星到地面的高度：h=，卫星的轨道半径：r=R+h，卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=mr，解得：G=；故选：C点评：本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力、根据题意求出卫星的轨道半径，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题5如图甲示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一单匝正方形金属线框在外力F的作用下，从t=0时刻开始以垂直于磁
19、场边界的速度v=3t+1（m/s）进人磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场图中关于外力的大小F、线框中的电功率P随时间变化的图象可能正确的是（图中B、D中的曲线均为抛物线）（）A B B、C D 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：由线框进入磁场中切割磁感线，根据运动学公式可知速度与时间关系；再由法拉第电磁感应定律，可得出产生感应电动势与速度关系；由闭合电路欧姆定律来确定感应电流的大小，并由安培力公式可确定其大小与时间的关系；由功率的表达式来分别得出功率与时间的关系解答：解：A、线框做匀加速运动，其速度v=3t+1，感应电动势E=BLv，线框进入磁
20、场过程中受到的安培力FB=BIL=，由牛顿第二定律得：F=ma，则F=ma+，故AB错误；C、感应电流I=+，线框的电功率P=I2R=t2+2+；故C错误，D正确；故选：D点评：解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv知道L为有效长度6如图所示，木块放在三角形斜劈上，三角形斜劈放在水平地面上，现用大小均为F、方向相反的平行于斜面的推力分别推木块和三角形斜劈，它们均静止不动，则（）A 三角形斜劈对木块的摩擦力的方向一定沿斜面向下B 三角形斜劈对木块的摩擦力的方向可能沿斜面向上C 地面对三角形斜劈一定有水平向右的摩擦力D
21、地面对三角形斜劈的作用力的方向一定竖直向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对木块分析，结合F与重力沿斜面方向的分力大小关系确定斜劈对木块的摩擦力方向对整体分析，根据共点力平衡分析有无摩擦力解答：解：A、设斜面的倾角为，对木块分析，若Fmgsin，则木块所受的摩擦力沿斜面向下，若Fmgsin，则木块所受的摩擦力沿斜面向上，故A错误，B正确C、对整体分析，由于两个F在水平方向的分力相等，则地面对三角形斜劈的摩擦力为零，地面对斜劈的作用力方向一定竖直向上，故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键能够正确地选择研究对象，结合共点力平衡进
22、行分析求解，基础题7如图所示，纸面内A、B两点间连接有四段导线，ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同，匀强磁场垂直于纸面向内，现给MN两端加上电压，则下列说法正确的是（）A 四段导线受到的安培力的大小相等B 四段导线受到的安培力的方向相同C ADB段受到的安培力最大D AEB段受到的安培力最小考点：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：根据电阻定律，可知，电阻大小与导线长度关系，再结合相同的电压，可判定导线的电流大小，因四段导线的有效长度相同，则根据安培力大小表达式F=BIL，从而确定其大小关系，最后根据左手定则可知，安培力方向相同，从而即可求
23、解解答：解：导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R=可知：导线越长，电阻越大，由：I=可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F=BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故BC正确，AD错误；故选：BC点评：本题考查电阻定律与欧姆定律的应用，掌握左手定则及安培力大小表达式，注意理解有效切割长度是解题的关键8图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，原、副线圈的匝数比为1：2，d为从副线圈的中点引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示（）A 若把负载接在ce端，则流
24、经负载的电流的频率为100 HzB 若把负载接在ce端，则负载两端的电压为800 VC 若把负载接在de端，则流经负载的电流方向每秒改变200次D 若把负载接在de端，则负载两端的电压为400QUOTEV考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，只会改变电压，不会改变频率，在一个周期内电流变化两次解答：解：变压器只改变原副线圈的电压，不会改变频率，故频率为，故A正确；B、原线圈的电压U1=，原副线圈电压之比等于匝数之比，故，故B错误；C、变压器只改变原副线圈的电压，不会改变频率，在一个周期内电流方向改变2次，故每秒中电流改变200次，故C正确；D、d
25、为副线圈的中点，故原线圈与de的匝数之比为1；1，则副线圈的电压，故D错误；故选：AC点评：本题主要考查了理想变压器的特点，电压之比等于匝数之比，只会改变电压，不会改变频率，在一个周期内电流变化两次二、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）某同学用螺旋测微器测量一个小钢珠的直径，如图甲所示，小钢珠的直径是6.7216.723mm；（2）该同学将此小钢珠从某斜面顶端由静止释放，用数码相机每隔0.1s对小钢珠进行照相，照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，则小钢珠在斜面上运动的加速度为3.1 m
26、/s2考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题；恒定电流专题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为22.20.01mm=0.222mm，所以最终读数为6.5mm+0.222mm=6.722mm由于需要估读，最后的结果可以在6.7216.723之间2、照片如图乙所示，已知照片上的距离是实际距离的，所以小球的实际的距离为36.3cm=0.363m和42.5cm=0.425m，根据x=2aT2可得，a=3.1m/s
27、2故答案为：6.7216.723；3.1点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10为测定电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：A待测电源（电动势约为9V）B电压表（视为理想电压表，量程为3V）C电阻箱R（0999.9）D定值电阻R0（铭牌上的电阻值数字模糊，只显示出个位数字为“0”）E开关、导线若干（1）用欧姆表（1）测定定值电阻R0，欧姆表的指针如图甲所示，则R0=10（2）为达到测定的目的，请将图乙所示的仪器连成一个完整的实验电路（3）某同学应用所测得的数据，绘出的R图象是一条直线，如图丙所示，测得直线的斜率k=，纵坐标的截距b
28、=，则电源的电动势E=9.0，内阻r=2.0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）由多用电表的读数方法可得出正确的读数；（2）根据题干中给出的实验仪器，通过分析明确实验原理，从而得出正确的电路图；（3）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式，通过变形得出对应的函数关系；从而根据图象明确电动势和内电阻解答：解：（1）欧姆档所用档位为1；指针示数为10；故最终读数为：101=10；（2）由题中给定仪器可知由于没有电流表，故无法直接用伏安法进行测量；同时由于电压表量程过小；故通过电压表和定值电阻组合，由欧姆定律求解电流；再与电阻箱连接；则可得出等效的安阻法；如图所示；（3
29、）由闭合电路欧姆定律可知：E=U+变形可得：=+由图象可知，b=+；=k解得：E=9.0V；r=2；故答案为：（1）10；（2）如图；（3）9.0；2点评：本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，要注意明确实验原理，能根据闭合电路欧姆定律分析，并结合图象进行分析进行数据处理11如图所示，在倾角=370的足够长的固定斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行斜面向上经时间t=4.0s绳子突然断了，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开
30、始到物体再返回到斜面底端的运动时间考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）分析绳子断前物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解绳断时物体的速度大小（2）绳断后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，后沿斜面向下做匀加速运动，由牛顿第二定律求出向上减速过程的加速度，由运动学公式求出时间和位移下滑过程的位移大小等于上滑过程总位移大小，由牛顿定律和位移公式结合求解下滑的时间解答：解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1， 则有FmgsinFf=ma1 FN=mgcos又 Ff=FN得到，Fmgsinmgc
31、os=ma1代入解得，a1=2.0m/s2所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s（2）绳断后，物体距斜面底端x1=16m断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma2得到，a2=g（sin+cos）=8.0m/s2物体做减速运动时间t2=1.0s 减速运动位移x2=4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有 mgsinmgcos=ma3得到，a3=g（sincos）=4.0m/s2设下滑时间为t3，则：x1+x2= 解得，t3=s=3.2st总=t2+t3=4.2s答：（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s（2）从绳子断了开始到物体再返回
32、到斜面底端的运动时间是4.2s点评：本题是有往复的动力学问题，运用牛顿第二定律与运动学公式结合是解题的基本方法，加速度是关键量12如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个磁感应强度大小B=0.2T的矩形区域的匀强磁场（图中未画出），其方向垂直于xOy平面向里；第二象限有一匀强电场，电场强度的大小E=2103 V/m在y轴上的P点处有一个质量m=41020kg、电荷量q=21014C的带正电粒子垂直于y轴以V0=3104 m/s的速度沿x轴的正方向射入第一象限，粒子飞出磁场区域后又恰好回到y轴上的P点，再以垂直于电场的方向进入第二象限，最后垂直打在x轴上的A点已知粒子在电场中经历的时间
33、t=105s，A点坐标为（m，0），粒子的重力不计，求：（结果可保留根号）（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r和从P点进入第二象限时速度与y轴负方向的夹角（2）粒子在xOy平面的第一象限内运动的时间t0（3）粒子在矩形磁场区域内做圆周运动的圆心位置坐标考点：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）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径；粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的规律求出粒子速度方向与y轴负方向的夹角（2）作出粒子运动轨迹，应用匀速匀速运动的速度公式与粒子做圆周运动的周期公式求出粒
34、子的运动时间（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律，根据粒子运动轨迹与几何知识求出粒子做圆周运动的圆心坐标解答：解：（1）粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，代入数据解得：r=0.3m，由题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE=ma，tan=，解得：=；（2）根据图示粒子运动轨迹，由几何知识得：=，PB=CP=r，粒子在第一象限内的运动时间：t0=+=7.65105s；（3）粒子在电场中做类平抛运动，PQ=v0t QA=t2，PA2=PQ2+AQ2=PO2+OA2，代入数据解得：PO=m，粒子在磁
35、场中做圆周运动的圆心D的横坐标：x=PB=r=m，纵坐标：y=PO+r=m，圆心D的坐标：（m，m）；答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r为0.3m，从P点进入第二象限时速度与y轴负方向的夹角为（2）粒子在xOy平面的第一象限内运动的时间t0为7.65105s（3）粒子在矩形磁场区域内做圆周运动的圆心位置坐标为：（m，m）点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，由于粒子运动过程复杂，本题难度较大，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键；应用牛顿第二定律、类平抛运动规律即可解题；解题时注意几何知识的应用（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在答题卷选答
36、区域指定位置答题如果多做则每学科按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13以下说法正确的是（）A 所有满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B 温度高的物体，其内能可能小C 气体对外做功，其内能可能增加D 当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小E 水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系考点：热力学第二定律；温度是分子平均动能的标志；* 液体的表面张力现象和毛细现象分析：根据热力学第二定律，熵只会增加，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行；物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关；气体对外做功，
37、其内能可能增加当分子间距离增大时，分子间引力和分子间斥力都减小；浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关解答：解：A、根据热力学第二定律，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行故A错误；B、物体的内能与物质的量、温度、体积以及物态有关，温度高的物体，其内能可能比较小故B正确；C、气体对外做功，若同时吸收热量，其内能可能增加故C正确；D、根据分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离增大时，分子间引力和分子间斥力都减小故D错误；E、浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关；水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系故E正确故选：BCE点评：
38、该题考查到热学中的多个知识点，多是记忆性的知识点，只有对热力学第二定律的理解在该题中有一定的难度属于易错题目14如图示为某温度计的结构，玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在0点处，右管D中水银面在高出O点h=10cm处后将A放人待测恒温槽中，上下移动右管D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面髙出O点h2=30cm求：（已知外界大气压为76cmHg）A处于冰水混合物中时，A中气体的压强恒温槽的温度考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由于温泡A内封闭气体的体积不变，应用查理定律得求解恒温槽的温度，就需要确定在冰
39、水混合物中时气体的压强和在恒温槽中时气体的压强解答：解：处于冰水混合物中时，A中气体的压强：P1=P0+h=76+10=86cmHg；由于使C中水银面仍在O点处，故温泡A内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化冰水混合物的温度T1=273K，此时封闭气体的压强P1=86cmHg设恒温槽的温度为T2，此时封闭气体的压强P2=P0+h2=106cmHg根据查理定律得：=，代入数据得T2336.5K；答：A处于冰水混合物中时，A中气体的压强为86cmHg恒温槽的温度为336.5K点评：解决本题的关键是分析清楚气体状态变化过程，确定出初末两个状态已知的参量物理-选修3-4（15分）1013江西模拟）一棱
40、镜的截面为直角三角形ABC，A=30，直角边BC=20cm在此截面所在的平面内，一条光线以i=60的按如图所示的方向从AC边的中点D射人棱镜，棱镜材料对该光的折射率n=光在真空中的传播速度c=3.0108m/s，则此光线在棱镜中的传播速度为1.73108m/s，出射点E离A点的距离为0.15m考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：由公式v=求解光线在棱镜中的传播速度根据折射定律求出光线在AC面的折射角，再由几何知识求出光线从棱镜AB边上射出的点的位置离A点的距离解答：解：光线在棱镜中的传播速度 v=1.73108m/s设折射角为r，由折射定律n=得r=30由几何关系可得：AED=90，=0
41、.2AE=ADcos30=ACcos30=0.15m 故答案为：1.73108m/s，0.15点评：本题将折射定律与几何知识结合起来考查几何光学问题，要注意对光路的分析，以及光路图中的几何关系的分析基础题目1013江西模拟）一列简谐横波沿工轴正方向传播，传播速度v=4m/s，图示为这列 波在t=0时刻的波形图求x=1.0m处的质点在05.5s内通过的路程x=2.0m处的质点做简谐运动的表达式考点：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：根据波动图象得出波长的大小，结合波速求出周期，抓住一个周期内质点经历的路程等于4倍的振幅求出质点通过的路程根据波动周期和振动周期相等
42、，结合振幅，写出质点简谐运动的表达式解答：解：由波动图象可知，波长为4.0m，则周期为：T=，则5.5s内通过的路程为：s=5.54A=2210cm=220cmx=2.0m处的质点在0时刻向上振动，振幅A=10cm，T=1s，则有：，则y=Asint=10sin2t cm答：x=1.0m处的质点在05.5s内通过的路程为220cmx=2.0m处的质点做简谐运动的表达式y=10sin2t cm点评：解决本题的关键知道振动和波动的关系，知道质点在一个周期内振动的路程等于4倍的振幅物理-选修3-5（15分）1013江西模拟）一静止的氡核（Rn）发生衰变，放出一个粒子（He）和一个钋核（Po），此核反
43、应方程为，若已知氡核的质量为m1，粒子的质量为m2，钋核的质量为m3，光在真空中的传播速度为c，衰变时释放的能量全部转化为粒子和钋核的动能，则粒子和钋核的动能之和为考点：爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程根据爱因斯坦质能方程求出释放的能量，从而得出粒子和钋核的动能之和解答：解：根据电荷数守恒、质量数守恒得，核反应方程为，根据爱因斯坦质能方程得，释放的能量转化为粒子和钋核的动能之和，即故答案为：，点评：书写核反应方程时注意电荷数守恒、质量数守恒，以及注意反应前后之间不是等于号，而是“”1013江西模拟）如图所示，两个质量均为M=1kg的
44、沙箱A、B并排放在光滑的水平面上，一颗质量m=0.1kg 的子弹以切v0=200m/s的水平速度射向A，射穿A后，进人B并最终一起运动，已知子弹射穿A时子弹的速度功=100m/s，求：沙箱A、B的最终速度vA和vB的大小子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，子弹和沙箱A组成的系统产生的内能E考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量定理应用专题分析：子弹射穿沙箱A时，子弹、A、B组成的系统动量守恒，子弹击中B时子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以解题由能量守恒定律可以求出产生的内能解答：解：以子弹、A、B组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，子弹射穿A的过程，由动量守恒定律得：
45、mv0=mv1+（M+M）vA，代入数据解得：vA=5m/s；子弹击中B的过程，子弹与B组成的系统动量守恒，以子弹的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1+MvA=（m+M）vB，代入数据解得：v13.6m/s；子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，由能量守恒定律得：mv02=mv12+（M+M）vA2+E，代入数据的：E=1475J；答：沙箱A、B的最终速度vA和vB的大小分别为5m/s、13.6m/s子弹在与沙箱A发生相互作用的过程中，子弹和沙箱A组成的系统产生的内能E为1475J点评：本题考查了求速度、内能问题，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意研究对象的选择、注意选择合适的物理过程，否则会出错