1、山东省枣庄市滕州市善国中学2015届高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（本题包括7小题，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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在科学发展进程中，许多科学家做出了卓越贡献，下列叙述符合物理学史实的是( )A牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量B库仑发现了库仑定律，并通过扭秤实验测出了静电力常量C伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动状态的原因D法拉第受电流磁效应现象的启发，发现了电磁感应现象2如图所示，斜面的倾角为30，物块A、B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10
2、N、6N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为( )A1NB5NC6ND11N3某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势的变化如图所示电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点则下列关于电子运动的描述正确的是( )A在oa间电子做匀加速直线运动B电子在od之间一直在做减速直线运动C要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为D在cd间运动时电子的电势能一定减小4静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则vt图象是图中的( )ABCD5卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、第二
3、代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星高度为10354公里，分布在几个轨道平面上（与赤道平面有一定的夹角）在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天下列说法中正确的是( )A中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上6在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图
4、甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是( ) At=0.01s时穿过线框的磁通量最小B该交变电动势的有效值为11VC该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100t）VD电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为457将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )ABCD二、非选择题（包括必做题和选做题）（一）必做题8
5、利用图1实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：A按实验要求安装好实验装置；B使重锤靠近打点计时器，接着先_，后_，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点分别测出若干连续点A、B、C与O点之间的距离h1、h2、h3已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得重锤下落到B点时的速度大小为_，纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为_，减少的重力势能为_取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势
6、能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据以上数据在图3中绘出图线和图线已求得图线斜率的绝对值k1=2.94J/m，请计算图线的斜率k2=_ J/m（保留3位有效数字）重锤和纸带下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为_（用k1和k2表示）9霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展如图1所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足UH=K，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数I（103A）3.06.09
7、.012.015.018.0UH（103V）1.11.93.44.56.26.8若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图1所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_（填“M”或“N”）端通过导线相连已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示根据表中数据在给定区域内画出UHI图线（如图2），利用图线求出该材料的霍尔系数为_105VmA1T1（保留2位有效数字）该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学
8、设计了如图3所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_（填“a”或“b”），S2掷向_（填“c”或“d”）为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件_和_（填器件代号）之间10（16分）山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，
9、当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：（1）大猴子水平跳离的速度最小值（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小11（22分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，
10、最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？（4）比较|Ek左|和|Ek右|的大小，并说明理由（二）选做题（共2小题，满分12分）【物理-选修3-3】12下列说法中正确的是( )A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时
11、，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=13如图所示，粗细均匀、导热良好的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端用水银柱封闭着L1=40cm的气柱（可视为理想气体），左管的水银面比右管的水银面高出h1=15cm现将U形管右端与一低压舱（图中未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h2=5cm若环境温度不变，取大气压强P0=75cmHg求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”作单位）【物理-选修3-4】14如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的
12、两个波源，其简谐运动表达式为x=0.1sinm，介质中P点与A、B两波源间距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s求简谐横波的波长P点的振动_（填“加强”或“减弱”）15如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向第一次的出射点距C_cm【物理-选修3-5】16关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转
13、是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的17光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧面下端与水平面相切，圆弧半径为R=1m，一质量为m的小球以速度v0，向右运动冲上滑块已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端求：（1）小球的初速度v0是多少？（2）滑块获得的最大速度是多少？山东省枣庄市滕州市善国中学2015届高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（本题包括7小题，共42分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全
14、部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在科学发展进程中，许多科学家做出了卓越贡献，下列叙述符合物理学史实的是( )A牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量B库仑发现了库仑定律，并通过扭秤实验测出了静电力常量C伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动状态的原因D法拉第受电流磁效应现象的启发，发现了电磁感应现象考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪徐通过实验测出了万有引力常量，故A错误；B、库仑发现了库仑定律，并通过扭秤实验测出了静电力常量，故B正确；C、伽利略通过实验
15、和逻辑推理说明力不是维持物体运动状态的原因，故C错误；D、法拉第受电流磁效应现象的启发，发现了电磁感应现象，故D正确；故选：BD点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图所示，斜面的倾角为30，物块A、B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10N、6N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为( )A1NB5NC6ND11N考点：物体的弹性和弹力 专题：受力分析方法专题分析：分析A的受力，求出A对弹簧的拉力，弹簧受到的拉力大小，就是弹簧秤的示数解答：解：分析A的受力，弹簧对A的拉力等于A的重力沿斜面
16、向下的分力，故F=Gsin30=5N，故弹簧测力计的读数为5N故选：B点评：对物体正确受力分析，是解这道题的前提与关键解力学题时，要养成对物体正确受力分析的良好习惯3某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势的变化如图所示电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点则下列关于电子运动的描述正确的是( )A在oa间电子做匀加速直线运动B电子在od之间一直在做减速直线运动C要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为D在cd间运动时电子的电势能一定减小考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据图象分析电势的变化情况，图线的切线斜率等于电场强度，从而可分
17、析场强的变化情况，进一步分析电场力的变化情况，即可判断电子的运动情况根据电场力做功情况，判断电势能的变化情况解答：解：A、由图知oa间的电势不变，则oa间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误B、根由图知oa和bc间的电势不变，则oa和bc间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故B错误C、由于电子在Od运动时电场力做负功，所以其电势能增大，动能减小；电场力做功：W=e=e0，所以要使电子能到达无穷远处，由动能定理得：W=0mv02，所以粒子的初速度v0至少为 故C正确D、电子在cd间运动时电子受到的电场力做负功，的电势能一定增大，故D错误故选：C点评：解决本题的关
18、键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据电场力做功与电势能的变化的关系进行判断4静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图所示，则vt图象是图中的( )ABCD考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：物体0t时间内，物体的合力均匀减小，t2t时间内，物体的合力均匀增大，根据速度与合力的方向得到物体可能的运动情况解答：解：根据Ft图象可知，0t时间内，物体的合力均匀减小，方向沿正方向，根据牛顿第二定律得知，加速度均匀减小，方向沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，vt图象的斜率逐渐减小；t2t时间内，物体的合
19、力均匀增大，方向沿正方向，加速度均匀增大，物体做加速度增大的加速运动，vt图象的斜率逐渐增大故AC正确，BD错误故选AC点评：本题关键求出合力的变化情况后，根据牛顿第二定律确定加速度的情况，然后根据加速度与速度的方向关系确定速度的变化情况5卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成中轨道卫星高度为10354公里，分布在几个轨道平面上（与赤道平面有一定的夹角）在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天下列说法中正确的是( )A中轨道卫星的线速度小
20、于同步卫星的线速度B中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上考点：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 专题：人造卫星问题分析：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列式求出线速度的表达式，进而可分析各问题解答：解：A、B人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有 G=m，则得线速度v=由题知中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星半径小的线速度大，所以中轨道卫星的线速度大于同步卫
21、星的线速度故A错误，B正确C、一天后地球完成1周，中轨道卫星完成4周则卫星仍在地面该点的正上方故C正确D 经过6小时，中轨道卫星完成一周，而同步卫星与地球为周故不可能在一直线上故D错误故选BC点评：此题考查卫星运动规律，明确各量与半径的关系，从而会判断各量的大小关系6在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是( ) At=0.01s时穿过线框的磁通量最小B该交变电动势的有效值为11VC该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin（100t）VD电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45考点：交流的峰
22、值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，转速加倍，最大值加倍解答：解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A错误；B、该交变电动势的有效值为E=，B错误；C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为，C正确；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45，D正确；故选：CD点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系7将一段导线绕成图
23、甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )ABCD考点：楞次定律；安培力；左手定则 专题：电磁感应与图像结合分析：当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向解答：解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化
24、，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确故选B点评：本题要求学生能正确理解Bt图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化二、非选择题（包括必做题和选做题）（一）必做题
25、8利用图1实验装置探究重锤下落过程中动能与重力势能的转化问题实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：A按实验要求安装好实验装置；B使重锤靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C图2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点分别测出若干连续点A、B、C与O点之间的距离h1、h2、h3已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合实验中所测的h1、h2、h3，可得重锤下落到B点时的速度大小为，纸带从O点下落到B点的过程中，重锤增加的动能为，减少的重力势能为mgh2取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的
26、动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据以上数据在图3中绘出图线和图线已求得图线斜率的绝对值k1=2.94J/m，请计算图线的斜率k2=2.80 J/m（保留3位有效数字）重锤和纸带下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为（用k1和k2表示）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：（1）实验时为了提高纸带的利用率，应先接通电源后释放纸带；（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量（3）若机械能守恒，因为初位置的机械能为零，则每个位置动能和重力势能的绝对值应该相等，图线不重合
27、的原因是重物和纸带下落过程中需克服阻力做功根据动能定理，结合图线的斜率求出阻力与重物重力的比值解答：解：如果先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才被接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低；所以应当先接通电源，后让纸带运动B点的瞬时速度，则重物动能的增加量，重力势能的减小量为Ep=mgh2取打下O点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功根据图中的数据可以计算计算图线的斜率k2=
28、2.80 J/m根据动能定理得，mghfh=，则mgf=，图线斜率，图线斜率，知k1f=k2，则阻力f=k1k2所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为故答案为：接通电源；放开纸带；mgh2；2.80（2.732.87均可）；（k1用mg表示也可）点评：解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度9霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展如图1所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称为霍尔效应，UH
29、称为霍尔电压，且满足UH=K，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数I（103A）3.06.09.012.015.018.0UH（103V）1.11.93.44.56.26.8若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图1所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与M（填“M”或“N”）端通过导线相连已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示根据表中数据在给定区域内画出UHI图线（如图2），利用图线求出该材料的霍尔系数为1.5105VmA1T1
30、（保留2位有效数字）该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图3所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b（填“a”或“b”），S2掷向c（填“c”或“d”）为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件S1和E（填器件代号）之间考点：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：根据左手定则判断出正电荷所受洛伦兹力的方向，从而确定出偏转的俄方向，
31、得出电势的高低根据表格中的数据作出UHI图线，根据图线的斜率，结合表达式求出霍尔系数根据电流的流向确定单刀双掷开关的掷向位置解答：解：根据左手定则得，正电荷向M端偏转，所以应将电压表的“+”接线柱与M端通过导线相连UHI图线如图所示根据知，图线的斜率为=k=0.375，解得霍尔系数为：k=1.5103VmA1T1为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向b，S2掷向c，为了保护电路，定值电阻应串联在S1，E（或S2，E）之间故答案为：M 如图所示，1.5（1.4或1.6）b，c；S1，E点评：本题考查描绘伏安特性曲线的实验，本题的解决关键在于明确霍尔效应的原理，并能灵活运用掌握描点作图的方法1
32、0（16分）山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青藤，其示意图如下图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边石头的D点，此时速度恰好为零运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：（1）大猴子水平跳离的速度最小值（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小考点：动能定理的应用；
33、平抛运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值（2）根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小（3）根据牛顿第二定律，通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小解答：解：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，猴子离开A点做平抛运动时，初速度最小，猴子做平抛运动，在竖直方向上：h1=gt2，水平方向：x1=vmint，解得：vmin=8m/s；（2）猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vc，从C到D过程，由机械能守恒定律得：（M+m）
34、gh2=（M+m）vC2，解得：vC=9m/s（3）设拉力为F，青藤的长度为L，对低位点，由牛顿第二定律得由几何关系得：L=10m 解得：F=216N答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N点评：本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练11（22分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图
35、所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？（4）比较|Ek左|和|Ek右|的大小，并说明理由考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；等势面 专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：电子做匀速圆周运
36、动，电场力提供向心力受力的方向与电场的方向相反；电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可解答：解：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；（2）电场力提供向心力：又：，联立以上3式，得：（3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：EK左=eUCB=e（CB），到达右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：EK右=eUCA=e（CA）（4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBCUCA，即：CBCA，所以：|EK左|
37、EK右|答：（1）B板电势高于A板； （2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）Ek左=e（CB），Ek右=e（CA）；（4）|Ek左|Ek右|点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答属于中档题目（二）选做题（共2小题，满分12分）【物理-选修3-3】12下列说法中正确的是( )A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气
38、体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；热力学第二定律 专题：内能及其变化专题分析：热力学第一定律公式：U=W+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功等于分子势能的减小量解答：解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；E、某
39、固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为，而气体此式不成立；故E错误；故选：ABC点评：此题考查分子动理论、热力学定律、布朗运动、分子力与分子势能的关系、阿伏加德罗常数等，知识点多，难度小，关键是记住相关知识13如图所示，粗细均匀、导热良好的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端用水银柱封闭着L1=40cm的气柱（可视为理想气体），左管的水银面比右管的水银面高出h1=15cm现将U形管右端与一低压舱（图中未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h2=5cm若环境温度不变，取大气压强P0=75cmHg求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”作单位）考点：理想气体的
40、状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强解答：解：设U形管的横截面积为S，右端与大气相通时，对封闭气体，V1=L1S，p1=p015cmHg右端与减压舱连通后，设左端封闭气体压强为p2，左端水银面下降，V2=（L1+x）S，根据几何关系，x=10cm，根据玻意耳定律，p1V1=p2V2，解得：p2=48cmHg减压舱压强：p=p25cmHg=43cmHg答：稳定后低压舱内的压强是43mHg点评：解答关于理想气体的问题，要明确气体的各个状态及其状态参
41、量，利用相应的规律进行解题；注意同一段连续的水银柱中等高的点压强相同【物理-选修3-4】14如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式为x=0.1sinm，介质中P点与A、B两波源间距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s求简谐横波的波长P点的振动加强（填“加强”或“减弱”）考点：波长、频率和波速的关系 专题：压轴题；振动图像与波动图像专题分析：由简谐运动表达式为x=0.1sinm，读出，由T=求得波的周期T，由v=求解波长；根据P点与A、B两波源的路程差与波长的关系，分析P点的振动情况，若路程差是波长的整数倍
42、，则振动加强；若路程差是半个波长的奇数倍，则振动减弱解答：解：由简谐运动表达式为x=0.1sinm知，角频率=20rad/s，则周期为T=0.1s，由v=得，波长=vT=1m；S=5m4m=1m=，故P点的振动加强故答案为：=1m，加强点评：本题要掌握简谐运动的表达式x=Asint，即可读出，求出周期和波长根据路程与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法15如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向第一次的出射点距Ccm考点：光的折射定
43、律 专题：压轴题；光的折射专题分析：（1）根据sinC=，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向（2）根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离解答：解：（1）因为sinC=，临界角C=45第一次射到AB面上的入射角为60，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30根据折射定律得，n=，解得=45即光从CD边射出，与CD边成45斜向左下方（2）根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cmBFG=BGF，则BG=4cm所以GC=4cm所以CE=答：从CD边射出，与CD边成45斜向左下方 第一次的出射点
44、距C点评：解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进行求解【物理-选修3-5】16关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的考点：物理学史 分析：汤姆孙发现电子后，猜想出原子内的正电荷均匀分布在原子内卢瑟福根据粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，猜想了原子核式结构模型对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道
45、路玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象但玻尔提出的原子定态概念是正确的解答：解：A、汤姆孙发现电子后，猜想出原子内的正电荷均匀分布在原子内，提出了枣糕式原子模型故A错误B、卢瑟福根据粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，提出了原子核式结构模型故B正确C、原子光谱是线状谱，与原子内部结构有关故对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路故C正确D、玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，由于原子是稳定的，故玻尔提出的原子定态概念是正确的故D错误故选BC点评：本题考查原子物理中常识性问题，要在了解人类发现原子结构历史进程的基础上进行记忆，不能混淆17光滑水平面上有一质量为M滑块，滑块的左侧是
46、一光滑的圆弧，圆弧面下端与水平面相切，圆弧半径为R=1m，一质量为m的小球以速度v0，向右运动冲上滑块已知M=4m，g取l0m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端求：（1）小球的初速度v0是多少？（2）滑块获得的最大速度是多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：小球刚好没跃出圆弧的上端，知小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，结合动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大，根据动量守恒和能量守恒求出滑块的最大速度解答：解：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：mv0=（m+M）v1因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律有：解得v0=5m/s 小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒和动能守恒有：mv0=mv2+Mv3解得答：小球的初速度v0是5m/s滑块获得的最大速度是2m/s点评：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球刚好没跃出圆弧的上端，两者水平方向上的速度相同；当小球返回离开滑块时，滑块的速度最大
