1、2015年山东省枣庄十八中高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（第1-5题为单选，6-8题为多项选择题）1（6分）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是（） A 伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来 B 笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 C 开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律 D 牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】： 本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、
2、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解析】： 解：A、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故A正确；B、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒提出行星运动三大定律，故C正确；D、万有引力常量是由卡文迪许测出的故D错误本题选错误的，故选D【点评】： 要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神2（6分）如图
3、所示，倾角为30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（） A 小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mg B 物块B受到的摩擦力方向没有发生变化 C 若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动 D 地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛
4、顿第二定律；向心力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 由动能定理求出A到最低点的速度，由牛顿第二定律求绳子对B的拉力，然后对B由平衡条件求出物块B所受的摩擦力；对B与斜面整体受力分析，判断地面对斜面体摩擦力的方向【解析】： 解：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL=mv2，在最低点，有Fmg=m，解得：F=3mg再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30=2mg，故静摩擦力f=3mg2mg=mg故A正确；B、小球下摆过程中，拉力F由零逐渐变大到大于重力G当Fmgsin30时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向上且不断变
5、小；当F=mgsin30时，物块B受到的静摩擦力为零；当Fmgsin30时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向下且不断变大；可见物块B受到的摩擦力方向发生了变化，故B错误；C、由A分析可知，绳子对B的拉力与L无关，到达最低点时绳子拉力达到的最大值始终为3mg，故适当增加OA段绳子的长度，物块仍保持静止，C错误；D、对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力故D正确故选：AD【点评】： 本题关键是先根据机械能守恒求出小球A最低点速度，再根据向心力公式得出球对细线的拉力，最后对滑块B受力分析后根据共点力平衡条件判断静摩擦力变化情况；同时要注意研究
6、对象的灵活选择3（6分）根据玻尔假设，若规定无穷远处的能量为0，则量子数为n的氢原子的能量En=，E1为基态的能量，经计算为13.6eV，现规定氢原子处于基态时的能量为0，则（） A 量子数n=2时能级的能量为0 B 量子数n=3时能级的能量为 C 若要使氢原子从基态跃迁到第4能级，则需要吸收的光子能量为 D 若采用能量为的高速电子轰击而跃迁到激发态，这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出10种不同频率的光子【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构；氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 通过量子数n的能级值En=，可以得知结果；基态的氢原子吸收的能量必须等于两能
7、级间的能级差时，才能被吸收，根据该关系，确定出吸收光子后跃迁的第几能级，根据数学组合公式求出激发后发射光子的种类【解析】： 解：A、量子数n=2时，能级时的能量为E2=E1=（13.6eV）=3.4eV，故A错误B、量子数n=3时，能级的能量为，故B错误；C、基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据E=EmEn，可知：使氢原子从基态跃迁到第4能级，吸收的光子能量为，故C正确；D、采用能量为的高速电子轰击而跃迁到激发态，根据EmEn=h，得原子获得能量跃迁到n=4激发态，由数学组合公式，求得这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出6种不同频率的光子，故D错误故选：
8、C【点评】： 本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住光子能量与能级之间的关系：En=，解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即EmEn=hv4（6分）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中图中E是电动势为E，内阻不计的直流电源，电容器的电容为C闭合开关，待电路稳定后，则有（） A 导体棒中电流为 B 轻弹簧的长度增加 C 轻弹簧的长度减少 D 电容器带电量为CR2【考点】： 安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】： 电路稳定后
9、电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由Q=CU求电容器的带电量【解析】： 解：A、导体棒中的电流为：I=，故A错误；B、由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL=kx代入I得：x=，故B错误C正确；D、电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q=CU=Cr，故D错误；故选：C【点评】： 本题借助平衡条件和安培力考查了电路问题，含电容的问题一定要注意电容器两端电压的确定5（6分）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为一个质量为m、半径为r的匀质金属圆环位于圆台底部圆环中维持恒定的电流I，圆环由静止向
10、上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H已知重力加速度为g，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（） A 在最初t时间内安培力对圆环做的功为mgH B 圆环运动的最大速度为 gt C 圆环先做匀加速运动后做匀减速运动 D 圆环先有扩张后有收缩的趋势【考点】： 楞次定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解【解析】： 解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2r，则在竖直方向的分力为2rBIcos，A、B、由牛顿第二定律，可得：BI2rcosmg=ma，则圆
11、环向上的加速度为a=，则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得，故B项正确；在时间t内，上升的高度，则安培力对圆环做功为W=Fh，故A错误；C、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故C项错误；D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D项错误故选：B【点评】： 该题考查磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，要理清其中能量转化的方向6（6分）如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数
12、之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u=311sin100t（V）变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减小；R1为定值电阻下列说法正确的是（） A 变压器副线圈中电流的频率为50Hz B 电压表V1的示数为31.1V C 当R2所在处出现火警时，变压器原线圈的输入功率变大 D 当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率；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】： 电压表示数为交流电有效值；原副线圈交流电频率相同；半导体热敏材料制
13、成的传感器，其电阻随温 度升高而减小，引起副线圈电流变化，消耗功率变化，而理想变压器输出与输入功率相同【解析】： 解：A、由表达式得：=2f=100，故f=50HZ，故A正确B、根据电压与匝数成正比知，副线圈电压峰值为31.1V，电压表V1的示数为有效值，应为V，故B错误C、当出现火警时，传感器，其电阻随温 度升高而减小，副线圈电压表V1的示数不变，电流增加，输出功率增加，故输入功率也增加，故C正确D、由C分析得R1分压增大，电压表V2的示数变小，电流表示数变大，D错误故选：AC【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，
14、即先部分后整体再部分的方法7（6分）（2015枣庄校级模拟）低碳环保是我们现代青年追求的生活方式如图所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，当铝板与手摇起电机的正极相连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升关于这个现象，下列说法中正确的是：（） A 烟尘因为带正电而被吸附到缝被针上 B 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 C 同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 D 同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则
15、加速度越小【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 从静电除尘的原理出发即可解题当接通静电高压时，存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒【解析】： 解：A、负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；B、烟尘向铝板运动的时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B错误，C正确；D、根据针尖端的电场线密集
16、，同一微粒离铝板越近则加速度越小，故D正确故选：CD【点评】： 本题涉及静电除尘的原理，关键是电子容易被吸附到烟尘颗粒上，故烟尘颗粒会吸附带带正电的铝板上8（6分）随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣，人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城远远看去，好像一个巨大的车轮，圆环形的直径为D，“轮胎”是一个空心的大圆环，其内部直径为d（Dd），是太空城的生活区 同时，太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉已知地球半径R，表面重力加速度为g，地球自转周期为T，空间站轨道半径r下列说法中正确的是（） A 太空城中的“地
17、面”在图示的下表面 B 当太空城稳定地转动时，若在“生活区”上空某处静止释放一个物体，让太空城里的你来观察，你会观察到物体沿径向垂直太空城外边缘加速下落 C 若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自转的角速度为 D 若忽略太空城的自转，则太空城的绕地球转动的周期为【考点】： 向心力【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，根据太空城表面重力提供向心力求解角速度，根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期【解析】： 解：A、太空
18、城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉，所以太空城中的“地面”在图示的侧表面，故A错误；B、在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，故B正确；C、根据太空城表面重力提供向心力得：m2=mg，解得：，故C正确；D、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期，故D错误故选：BC【点评】： 本题是一道科学探索题，题目新颖，要求同学们能根据题目得出有用信息，能把太空城与地球联系起来，类比研究，难度适中三、非选择题：本卷分为必考题和选考题两部分第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-18题为选做题，考生根据要求
19、选择作答（一）必考题9（6分）如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系（摩擦已平衡）小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M（1）验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出aF图象，图象是一条过原点的直线在本次实验中，如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据是否
20、会和理论预期产生较大差异？答：不会（填“会”或“不会”）理由是：因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg（2）验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系用图象法处理数据时，以加速度a为纵横，应该以为横轴【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系保持桶内沙子质量m不变，即保持系统所受的合力不变，在盒子内添加或去掉一些
21、沙子，即改变系统的质量，所以研究加速度与质量的关系时，该质量应为系统的质量【解析】： 解：（1）将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a=，系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足Mm这样的条件所以如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据不会和理论预期产生较大差异（2）向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M+m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M+m倒数为横轴即故答案为：（1）不会，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg（2
22、）【点评】： 解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系10（9分）某同学对有故障的电热毯进行探究如图甲是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接如图乙为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表（1）请在下面方框中画出与图乙对应的电路图（2）断开K1，用上述测试电路在1和1之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的UI曲线如图丙所示已知电热线材料的电阻率为2.5107m，电热线的直径为0.200mm可求得此电热线的电阻为0.57k，总长度为73m（结果均
23、保留两位有效数字）（3）为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对如图中甲所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示由此测试结果可判断出电路有断路，位置在1和2之间（在“1和2”、“1和2”、“2和3”、“2和3”中选填一项）测试点 3和3 1和1 1和3 1和2 2和3电表指针有无偏转 电压表 有 有 无 有 无 电流表 无 有 有 无 有【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 本题（1）的关键是根据乙图可知电流表采用的是外接法，变阻器采用的是分压式接法；题（2）的关键是通过求出UI图象的斜率可知电热毯的电阻，根据电阻定律可求出电热线的长度；题
24、（3）的关键是根据欧姆定律和串并联规律即可判断电路的故障所在【解析】： 解：（1）电路图如图所示：（2）：根据R=可求出电热毯的电阻应等于UI图象的斜率，即R=k=k（0.57到0.59均可）； 根据电阻定律R=，代入数据解得L=73m（72到74均可）；（3）：根据欧姆定律和串并联规律，可判断断路位置可能在1和2之间故答案为：（1）如图；（2）0.58，73；（3）1和2【点评】： 应明确：当电压表内阻非常大时电流表应用外接法；注意UI图象上的点与原点连线的斜率等于导体的电阻11（14分）泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大
25、泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图1的模型：在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图2所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为=0.6，g=10m/s2（1）物体在运动过程中的最大加速度为多少；（2）在距出发点多远处，物体的速度达到最大；（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）推力最大时，加速度最大，由牛顿第二定律可求得最大加速度；（2）由图象
26、可得出FX关系，而当速度最大时，合外力应为零，则可求得F，由公式可求得x；（3）位移最大时，速度为零，由动能定理可求得做功，再由功的公式即可求得最大位移【解析】： 解：（1）当推力F最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得Fmg=ma，a=10m/s2（2）由图象可知：F随x变化的函数方程为F=8020x速度最大时，合外力为零即 F=g所以 x=2.5m（3）位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得 WFgs=0由图象可知，力F做的功为所以 s=5.33m答：（1）最大加速度为a=10m/s2（2）物体的速度最大为2.5m（3）最大位移为【点评】： 本题考查动能定理及牛顿第二定律的应用，在解题时要
27、注意图象的性质；由图象分析我们所需要的物理量；即可根据物理规律列式求解12（18分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B=0.15T，方向垂直纸面向内，处于半径为R=0.1m的圆形区域内，匀强磁场的最左端与y轴相切于坐标原点O在圆形磁场的最右端有一光屏与圆形磁场相切于A点坐标原点O有一粒子源，沿纸面向各个方向以相同的速率v0=3106m/s发射正粒子，已知粒子的比荷=108kg/c，不计粒子的重力试求：（1）沿着x轴正方向射出的粒子通过磁场后击中光屏的点与A点距离；（2）沿什么方向发射的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间是多少；（3）若粒子发射方向沿+X轴方向，磁场可绕O点在纸面内转动，为使得
28、粒子击中光屏的点与A点距离最大，求磁场绕O点转过的角度，并求最大距离【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】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）由洛仑兹力充当向心力可求得粒子半径，粒子离开磁场后做直线运动，由几何关系可求得光点与A点的距离；（2）先画出圆形磁场转动角情形下带电粒子在磁场中运动情形；由几何关系可得出y的表达式，再由数学规律即可求得最长时间；（3）磁场旋转后，粒子的轨迹不变，只是轨迹的长度变化了，求解出粒子击中光屏的点与A点距离的表达式分析后，运用解析法得到极值【解析】： 解：（1）带电粒子在磁场中运动半径r满足： 由解得：带电粒子运
29、动轨迹如图（a）所示根据图中几何三角关系列出： =2 y=Rtan 由解得：=m；（2）由图（a）可知，粒子在磁场中运动的圆心角2，根据带电粒子在磁场中运动时间与圆心角关系： 由和可知，当弦长d=2R时，圆心角2为最大，粒子运动时间最大，满足： 由解得圆心角2=60，由此得粒子速度方向在第象限，与x轴成30角时，在磁场中运动时间最大，最长时间为：=2.1107s；（3）先画出圆形磁场转动角情形下带电粒子在磁场中运动情形，如图（b）所示，由图中几何和三角关系列出：x=rtan =2 y=（2Rx）tan 由解答： 由可知，当角最大时，y也最大当带电粒子入射点和射出点刚好在一条直径上时，角最大 （
30、11）由解得：答：（1）沿着x轴正方向射出的粒子通过磁场后击中光屏的点与A点距离为m；（2）沿与x轴成30角方向发射的粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间是2.1107s；（3）磁场绕O点转过的角度为30，最大距离为【点评】： 带电粒子在磁场中的运动，一般应先明确粒子运动的圆心和半径，再根据题意作出带电子的可能的运动轨迹，根据几何关系及相应的数学知识进行求解，不难（二）选做题（共2小题，选其中一类题（2个题）作答，满分15分）【物理-选修3-3】13（6分）下列说法中正确的是 （） A 布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动 B 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C 液晶显
31、示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 D 当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 E 温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大【考点】： 布朗运动；* 液晶；* 液体的表面张力现象和毛细现象【专题】： 布朗运动专题【分析】： 布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大【解析】： 解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的
32、作用，B正确；C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，D错误；E、温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大，E正确；故选：BCE【点评】： 掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动；温度是分子平均动能的标志14（9分）如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体 A 和 B活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上
33、升了h，此时气体的温度为T1已知大气压强为P0，重力加速度为g加热过程中，若A气体内能增加了E1，求B气体内能增加量E2现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2求此时添加砂粒的总质量m【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W=Fl=pSh求出气体对外界做的功，然后由热力学第一定律求出气体增加的内能；求出气体的状态参量，然后由理想气体状态方程求出砂砾的质量【解析】： 解：气体对外做功B气体对外做功：W=pSh=（p0S+mg）h，由热力学第一定律得：E1+E2=QW，解得：E2=Q（mg+p0S）hE1 ，B气
34、体的初状态：，V1=2hST1 ，B气体末状态：，V1=hST2 ，由理想气体状态方程得：=，解得：；答：加热过程中，B气体内能增加量为Q（mg+p0S）hE1；此时添加砂粒的总质量【点评】： 本题考查了求气体内能的变化量、砂砾的质量，应用热力学第一定律与理想气体状态方程即可正确解题；应用热力学第一定律解题时，要注意各符号正负的含义【物理-选修3-4】15下列说法中正确的是（） A 当一列声波从空气中传入水中时波长一定会变 B 在机械横波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度 C a、b两束光照射同一双缝干涉装置在屏上得到的干涉图样中，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可
35、以判断水对a光的折射率比b光大 D 肥皂泡呈现彩色条纹是光的折射现象造成的 E 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实【考点】： 光的干涉【专题】： 光的干涉专题【分析】： 机械波的波长随着波速变化而变化；质点的振动速度与波的传播速度没直接联系；当波长越长时，干涉条纹间距越宽，从而确定频率的高低，进而得出折射率的大小关系；肥皂泡呈现彩色条纹是光的干涉现象；电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，从而即可各项求解【解析】： 解：A、一列声波从空气中传入水中时，波速变大，根据v=f，且f不变，则可知波长一定会变大，故A正确；B、机械横波传播方向上的某个质点的振动做简谐运动，而同一均匀介质中
36、，波的传播速度是不变，故B错误；C、在干涉条纹间距与波长的关系，可知，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，则可以判断a光的波长比b光小，因此可将a光当作紫光，b光当作红光，则水对a光的折射率比b光大，故C正确；D、肥皂泡呈现彩色条纹，由于膜的内外表面反射，获得相同频率的光，进行叠加而成的，是光的干涉现象，故D错误；E、电磁波由麦克斯韦预言，由赫兹通过实验证实，故E正确；故选：ACE【点评】： 考查波的折射与干涉、及衍射的应用，及其区别，注意波长与条纹间距的关系，是解题的关键同时注意电磁波的预言与证实的不同16某种光学元件由两种不同透明物质和透明物质制成，其横截面如图所示，O为AB中点
37、，BAC=30，半圆形透明物质的折射率为n1=，透明物质的折射率为n2一束光线在纸面内沿O点方向射入元件，光线与AB面垂线间的夹角为，通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出，在BC面有光线垂直射出求：该透明物质的折射率n2；光线在透明物质中的传播速度大小；光线与AB面垂线间的夹角的正弦值【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面从棱镜射出，作出光路图根据几何知识得出光线在AC面上入射角，即为临界角C，根据临界角公式sinC=求解透明物质的折射率n2；根据公式n=求解光线在透明物质中的传播速度大小；由相对折射率定义：光由透明物质
38、射入透明物质时，相对折射率n21=，求解光线与AB面垂线间的夹角的正弦值【解析】： 解：由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面从棱镜射出，光路图如下图设该透明物质的临界角为C，由几何关系可知：C=2=1=60由sinC=得：n2=由n=得： 光线在透明物质中的传播速度大小 v=m/s=2.60108m/s由几何关系得：=30由相对折射率定义得：光由透明物质射入透明物质时，相对折射率：n21=由题得：n21=联立解得：sin=n21sin=sin30=答：该透明物质的折射率n2为 光线在透明物质中的传播速度大小为2.60108m/s；光线与AB面垂线间的夹角的正弦值为【点
39、评】： 本题是几何光学问题，关键掌握光的折射定律以及临界角与折射率的大小sinC=关系，还要知道相对折射率等于绝对折射率的关系【物理-选修3-5】17下列说法正确的是 （） A 光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性 B 汤姆孙发现了电子，说明原子核有自身的结构 C 有核能释放的核反应就一定有质量亏损 D 要使金属发生光电效应，所照射光的频率一定得到达到某一值 E 一个氢原子从n=3的激发态向基态跃迁时，最多可放出3种不同频率的光子【考点】： 光电效应；爱因斯坦质能方程【专题】： 光电效应专题【分析】： 光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性；汤姆孙发现了电子，说明原子有复杂结构；由质能方程可
40、知，能量与质量的关系；当入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应；根据数学组合可知，放出多少种频率的光子，从而即可各项求解【解析】： 解：A、光电效应和康普顿效应都说明光具有粒子性，故A正确；B、汤姆孙发现了电子，说明原子有自身的结构，并不是原子核，故B错误；C、由质能方程可知，有核能释放的核反应就一定有质量亏损，故C正确；D、根据光电效应的条件，可知，所照射光的频率一定得到达到某一值，即为极限频率，故D正确；E、由数学组合，可知，从n=3的激发态向基态跃迁时，即为=3，但只有一个原子，则最多可能放出2种，故E错误；故选：ACD【点评】： 考查光的粒子性的应用，掌握质能方程的内容，理
41、解光电效应的条件，注意跃迁时放出频率的光子的种类，当心一个还是一群的区别18如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零现小滑块以水平速度v滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 小滑块在木板上滑动过程，根据动能定理列方程，即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小；先研究滑块在木块上向右滑动的过程，运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度，滑块与
42、墙壁碰撞后，原速率反弹，之后，向左运动，在摩擦力的作用下，木板也向左运动，两者组成的系统动量守恒，再对这个过程，运用动量守恒和能量守恒列方程，联立即可求解的值【解析】： 解：小滑块以水平速度v0右滑时，滑到木板右端时速度恰好为零根据动能定理有：fL=0m小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有根据动能定理有：fL=mmv2滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，小滑块弹回后，滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，规定向左为正方向，根据动量守恒定律则有mv1=（m+4m）v2由能量守恒可得：fL=m（m+4m）上述四式联立，解得=答：的值是【点评】： 本题是动量守恒定律与动能定理、能量守恒定律的综合运用，分析清楚物体的运动过程，把握物理规律是关键
