1、2015年陕西省西安临潼区华清中学高考物理模拟试卷（二）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15题只有一项符合题目要求，第68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，有选错的得0分1（6分）如图所示，电梯与水平地面成角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是（） A 水平梯板对人的支持力变为 B 水平梯板对人的摩擦力变为 C 电梯加速启动过程中，人处于失重状态 D 水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为【考点】： 牛顿运动定律的应用-超重和失重；物
2、体的弹性和弹力【分析】： 解答本题要分两种情况研究：先分析电梯以加速度a上升时人的受力，由牛顿第二定律求出N和f跟a的关系；再根据牛顿第二定律研究电梯以加速度2a上升时支持力和摩擦力再求解摩擦力和支持力之比【解析】： 解：将人的加速度分解，水平方向ax=acos ，竖直方向ay=asin 对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f=max，在竖直方向有FNmg=may，人处于超重状态，故C错误；当加速度由a变为时，对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f=max，摩擦力变为原来的一半，但由FNmg=may，知支持力不为原来的一半，则水平梯板对人的摩擦力和支持力之比也发生变化，故A、D错误，B正确故选
3、：B【点评】： 本题的解题关键在于正确分析人的受力，将加速度分解，根据正交分解法进行求解2（6分）如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（） A 都等于 B 和0 C 和0 D 0和【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度【解析】： 解：线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍受力平衡，加速度为
4、0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAgsin 30的弹力，所以可得其加速度为答：D【点评】： 本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化3（6分）虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（） A A点电势大于B点电势 B A、B两点的电场强度相等 C q1的电荷量小于q2的电荷量 D q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能【考点】： 电势能；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 将两个带正电的试
5、探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，说明Q带负电，即可判断A、B电势高低；由点电荷场强公式E=k分析场强的大小；由图分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式W=qU，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的大小【解析】： 解：A、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做功，则知Q与两个试探电荷之间存在引力，说明Q带负电，电场线方向从无穷远处指向Q，则A点电势小于B点电势故A错误B、由点电荷场强公式E=k分析可知，A点的场强大于B点的场强故B错误C、由图
6、分析可知：A与无穷远间的电势差大于B与无穷远间的电势差，将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，根据电场力做功公式W=qU，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故C正确D、将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，两个试探电荷电势能的变化量相等，无穷远处电势能为零，则q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能故D错误故选C【点评】： 本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式E=k分析场强的大小等等，都是常用的思路4（6分）地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近
7、做圆周运动的人造卫星（高度忽略）所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3；地球表面重力加速度为g，第一宇宙速度为v若三者质量相等，则（） A F1=F2F3 B a1=a2=ga3 C v1=v2=vv3 D 1=32【考点】： 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【分析】： 题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3
8、同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可【解析】： 解：A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2r3物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1F2 ，故A错误；B、由选项A的分析知道向心力F1F2 ，故由牛顿第二定律，可知a1a2，故B错误；C、由A选项的分析知道向心力F1F2 ，根据向心力公式F=m，由于m、R一定，故v1v2，故C错误；D、同步卫星与地球自转同步，故T1=T3，根据周期公式T=2可知，卫星轨道半径越大，周期越大，故T3T2，再根据=，有1=32，故D正确；故选D【点评】： 本题关键要将物体1、
9、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化5（6分）电阻R1、R2和交流电源按照图甲所示方式连接，R1=10，R2=20合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则（） A 通过R1的电流的有效值是1.2 A B R1两端的电压有效值是6 V C 通过R2的电流的有效值是1.2 A D R2两端的电压有效值是6 V【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象可知流过电阻R2的电流最大值、有效值的大小，根据电阻的串联可进一步求得流过R1的电流和电压大小
10、【解析】： 解：A、从图乙可以看出流过R2交流电电流的最大值I2m=0.6 A，通过R2电流的有效值是0.6A，通过R1的电流有效值也是0.6A，故A错误；B、R1两端的电压有效U1=I1R1=6 V，故B正确；C、从图乙可以看出，通过R2的电流最大值是0.6 A，故C错误；D、R2两端电压的有效值为0.620V=12V，最大电压是12V，故D错误；故选：B【点评】： 本题结合电阻的串联考查了交流的最大值和有效值关系，属于基础题目，平时要加强基础知识的训练6（6分）在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩
11、擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（） A 开始时行李的加速度为2m/s2 B 行李到达B点时间为2s C 传送带对行李做的功为0.4J D 传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03m【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】： 传送带专题【分析】： 行李滑上传送带先做匀加速直线运动，速度与传送带速度相同后一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律
12、求出开始时行李的加速度，通过动能定理求出传送带对行李做功的大小；相对滑动过程中，根据速度时间公式求出相对滑动的时间，结合传送带的位移和行李的位移求出相对滑动的位移，即痕迹的长度【解析】： 解：A、行李开始运动时由牛顿第二定律有：mg=ma，所以得：a=2 m/s2，故A正确；B、由于传送带的长度未知，故不能求出运动的时间，故B错误；C、行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=mv2=0.4 J，故C正确；D、行李和传送带相对滑动的时间为：t=，则在传送带上留下的痕迹长度为：s=vt=0.04 m，故D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键理清行李在传送带上
13、的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解7（6分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则（） A 电压表的示数变大 B 电流表的示数变大 C 电灯L消耗的功率变小 D 电阻R1消耗的功率变小【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电表示数的变化根据功率公式判断功率的变化情况【解析】： 解：滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所
14、以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大，故B正确；路端电压U=EIr减小电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L的电流减小，而，所以电灯L消耗的功率变小，故C正确；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及R1的电流增大，根据可知电阻R1消耗的功率增大，故D错误；R1的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表的示数减小，故A错误；故选BC【点评】： 本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化8（6分）如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度V0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲
15、、乙、丙三处，可以判定（） A 甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电 B 三个质点在电场中的运动时间相等 C 三个质点在电场中的加速度a甲a乙a丙 D 三个质点到达负极的动能E丙E乙E甲【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运动专题【分析】： 正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力【解析】： 解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；AB、从图中可以看到水平位移丙最大，根据公式：x=vt，说明丙运动的
16、时间最长，其次是乙，甲的运动时间最短；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以丙粒子受到向上的电场力即丙粒子带负点，甲粒子带正电，乙粒子不带电故A正确，B错误；C、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据，可以判断a甲a乙a丙故C正确；D、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对丙粒子做正功，电势能减小则动能增加；对甲粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小所以三个粒子到达正极板时的动能Ek甲Ek乙Ek丙 故D错误故选：AC【点评】： 注意类平抛运动的灵活应用，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度
17、为零的匀加速直线运动三、非选择题；包括必考题和选考顺两部分第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实验题：某研究性学习小组采用如图所示的电路测量某干电池的电动势E和内电阻r，R为电阻箱，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势实验中通过多次改变电阻箱的阻值R，从电压表上读出相应的示数U，该小组同学发现U与R不成线性关系，于是求出了相应的电阻与电压的倒数如下表所示回答下列问题：（1）根据表中的数据和实验原理，你认为第3（填序号）组数据是错误的，原因是随电阻的减小路端电压逐渐减小（2）根据实验数据，请在所给的坐标系中绘出如图所示的关系曲线
18、（3）由图象可知，该电源的电动势E=2.8V，r=0.70（保留2位有效数字）【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】： 根据闭合电路欧姆定律得路端电压U=Er，所以外电阻减小，路端电压逐渐减小由实验原理E=U+Ir=U+r变形得，=+，可见，与是线性关系，分别以为纵轴，以为横轴，作出图象，图象的纵轴截距等于，斜率大小等于，由数学知识可求得电源的电动势和内阻【解析】： 解：（1）根据闭合电路欧姆定律得路端电压U=Er，所以外电阻减小，路端电压逐渐减小根据表中的数据和实验原理，第3组数据是错误的，原因是随电阻的减小路端电压逐渐减小（2）绘出如图所示的关系曲线（3
19、）由实验原理E=U+Ir=U+r变形得，=+，可见，与是线性关系，分别以为纵轴，以为横轴，作出图象，图象的纵轴截距等于，斜率大小等于，如图，根据数学知识求出图象的纵截距为0.36，则有=0.36，解得电动势E=2.8V图象的斜率等于，则有=2.5，解得内阻r=0.70故答案为：（1）3 随电阻的减小路端电压逐渐减小 （2）如图（3）2.8，0.70【点评】： 测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，实验的电路有三种，分别是伏安法、伏阻法和安阻法本题采用转换法，将非线性关系通过数学变形转换成了线性关系10使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个
20、电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为14电流表的读数为53mA，电阻箱的读数为4.6：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为102mA；（保留3位有效数字）（4
21、）计算得到多用电表内电池的电动势为1.54V（保留3位有效数字）【考点】： 多用电表的原理及其使用【专题】： 压轴题【分析】： 当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程【解析】： 解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1倍率测量，读数为：14电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需
22、要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A电阻箱的读数为：0100+010+41+60.1=4.6（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外
23、）=0.053（15+14）=1.537V则满偏电流Ig=m A故答案为：（1）黑； （2）14，53.0，4.6； （3）102； （4）1.54【点评】： 由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻11如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的A点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时
24、，传感器的示数为25.6N已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角=37，圆形轨道的半径R=0.5m（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；（3）水平外力作用在滑块上的时间t【考点】： 动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求出滑块运动到D点的速度，对C到D的过程运用机械能守恒定律求出C点的速度（2）将C点的速度分解为水平方向和竖直方向，结合平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出平抛运动的
25、时间，结合水平分速度和时间求出水平位移、（3）对A到B的过程运用动能定理求出外力作用的时间【解析】： 解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，代入数据，联立解得vC=5m/s（2）滑块在C点速度的竖直分量为：vy=vcsin=3m/s，B、C两点的高度差为h=，滑块由B运动到C所用的时间为，滑块运动到B点的速度为vB=vCcos=4m/s，B、C间的水平距离x=vBt1=40.3m=1.2m（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得，Pt代入数据解得t=0.4s答：（1）滑块运动到C点时速度vc的大小为5m/s；（2）B、C两点的高度差h
26、及水平距离x为1.2m；（3）水平外力作用在滑块上的时间t为0.4s【点评】： 本题考查了动能定理、机械能守恒和圆周运动、平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键12如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切一个带正电的粒子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0若撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上（1）求两极板间电压U（2）若两极板不带电，保持磁场
27、不变，该粒子仍沿中心线O1 O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；将粒子的运动沿着水平和竖直方向正交分解，粒子水平方向一直做匀速运动，竖直方向匀加速，根据分位移公式列式求解；（2）粒子沿半径方向射向磁场，一定沿半径方向离开磁场，根据几何关系画出轨迹，求出半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解初速度【解析】： 解：（1）设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L粒子在初速度方
28、向上做匀速直线运动解得L=4R在电场中做类似平抛运动，根据牛顿第二定律，有水平方向：竖直方向：在复合场中作匀速运动：解得 （2）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为，由几何关系可知：=45，因为 ，所以根据向心力公式 ，解得 r=所以，粒子两板左侧间飞出的条件为 答：（1）两极板间电压U为；（2）若欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足条件为【点评】： 本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据牛顿第二定律以及运动学公式列式分析求解（二）选考题：共45分请考生从给出题中任选一个选修作答如果多做，则每按所做的第一计分【物理-选修3-4】
29、（15分）13（5分）以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是（） A 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振 B 变化的电场周围不一定产生变化的磁场 C 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理 D 狭义相对论认为，在惯性参照系中，光速与光源、观察者间的相对运动无关 E 在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜【考点】： 光的偏振；光的干涉；光的衍射【专题】： 光的衍射、偏振和电磁本性专题【分析】： 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉；变化的电场周围不一定产生变化的磁场；交警通过发射超声
30、波测量车速是利用了多普勒现象；狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的根据误差的减小的方法可知单摆计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜【解析】： 解：A、用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜干涉；故A错误；B、根据麦克斯韦理论：变化的电场周围不一定产生变化的磁场故B正确；C、交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒现象，从汽车上反射回的超声波的频率发生了变化故C错误；D、根据相对论的两个基本假设，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的故D正确；E、根据误差的减小的方法可知单摆计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜，此时摆球的速度最大，计时
31、比较准确故E正确故选：BDE【点评】： 该题考查34中的多个知识点的内容，都是记忆性的知识点，在平时的学习过程中多加积累即可14（3分）某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出LT2图线，如图所示出现这一结果最可能的原因是：摆球重心不在球心处，而是在球心的正下方（选填“上”或“下”）为了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找出两点相应的横纵坐标，如图所示用表达式g=计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样【考点】： 探究单摆的周期与摆长的关系【专题】： 实验题【分析】： 根据图示图象，应
32、用单摆周期公式：T=2可分析答题【解析】： 解：由图示图象可知，LT2图象在横轴上有截距，说明所测摆长偏小，可能是摆球的重心在球心的正下方处造成的；由单摆周期公式：T=2可得：L=T2，由图示LT2图象可知，图象的斜率：k=，则重力加速度：g=故答案为：下；【点评】： 解决本题的关键是要知道单摆测定重力加速度的原理、方法和注意事项，难度不大，属于基础题15（9分）一列简谐横波，在t=0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为l0cmP、Q两点的坐标分别为lm和9m，波传播方向由右向左，已知t=0.7s时，P点第二次出现波峰试计算：这列波的传播速度多大？从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？
33、当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由波形图可知=4m；波传播方向由右向左，已知t=0.7s时，P点第二次出现波峰可知t=0.7s=T，即可求解T=0.4s；用v=即可求解波速；用波形平移法可求解Q点第一次出现波峰所用时间；求出P点第一次出现波峰到Q点第一次出现波峰所用的时间，再求P点通过的路程【解析】： 解：（1）由波形图知：=4m 波传播方向由右向左，已知t=0.7s时，P点第二次出现波峰可知：t=0.7s=T，即T=0.4s 由波速公式v=10m/s（2）由波形图知，波峰由t=0s的波形图到Q第一次出现波峰传播的距离X=
34、11m 所用时间t1=1.1s（3）振动传到P点需T，所以当Q点第一次出现波峰时，P点已振动的时间t2=t1T=1.1s0.2s=0.9s=T，所以P点通过 路程为L=4A=0.9m 答：这列波的传播速度为10m/s；从t=0时刻起，经1.1s时间Q点第一次出现波峰；当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为0.9m【点评】： 明确波形图与振动的关系是解题的关键，灵活应用波速、波长、路程、周期和频率间的关系【物理-选修3-5】（15分）16根据玻尔理论，某原子的电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E的轨道，辐射出波长为的光，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则E等于Eh如果大量氢原子处在n=4
35、的能级，会辐射出6种频率的光；其中波长最短的光是从n=4的能级向n=1的能级跃迁时发出的【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 因为EmEn=h，根据两轨道的能级差等于光子能量，求出E大小根据E=h辐射光子的能量越大波长越短【解析】： 解：根据两轨道的能级差等于光子能量，EE=h=h，所以E=Eh量氢原子处在n=4的能级向低能级跃迁时，根据C=6种；且光子的能量最大是从n=4跃迁到n=1时辐射的，故n=4跃迁到n=1时波长最短故答案为：Eh，6，4，1【点评】： 解决本题的关键知道高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子以及掌握能级差
36、与光子频率的关系17某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动他设计的装置如图（a）所示在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力（1）若已测得打点的纸带如图（b）所示，并测得各计数点的间距（已标在图上）A为运动的起点，则应选BC段来计算A碰撞前的速度，应选DE段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”）（2）已测得小车A的质量m1=0.4kg，小车B的质量m2=0.2kg，则碰前两小车的总
37、动量大小为0.420kgm/s，碰后两小车的总动量大小为0.417kgm/s（计算结果保留三位有效数字）【考点】： 验证动量守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）小车做匀速直线运动时，在相等时间内的位移相等，分析小车的运动过程，然后答题；（2）根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由P=mv求出动量【解析】： 解：（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算
38、碰后共同的速度（2）碰前小车的速度为诶：vA=1.05m/s，碰前的总动量为：P=mAvA=0.41.05=0.420kgm/s；碰后小车的共同速度为：v=0.695m/s，碰后的动量为：P=（mA+mB）v=（0.4+0.2）0.695=0.417kgm/s；故答案为：（1）BC，DE；（2）0.420，0.417【点评】： 本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法18如图所示，光滑水平面上有两辆车，甲车上面有发射装置，甲车连同发射装置质量M1=lkg，车上另有一个质量为m=0.2kg的小球，甲车静止在平面上，乙
39、车以V0=8m/s的速度向甲车运动，乙车上有接收装置总质量M2=2kg，问：甲车至少以多大的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞？（球最终停在乙车上）【考点】： 动量守恒定律【专题】： 常规题型【分析】： 要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解【解析】： 解：要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以三者为系统，规定向右为正方向，由系统动量守恒得：0+M2 V0=（M1+m+M2）V共V共=5m/s 以球与乙车为系统，规定向右为正方向，由系统动量守恒得：M2V0mV=（m+M2）V共解得：V=25m/s 答：甲车至少以25m/s的水平速度将小球发射到乙车上，两车才不会相撞【点评】： 本题主要考查了动量守恒定律，对学生能力的要求较高，关键是选择好系统，以及选择好研究的过程，注意正方向的规定
