1、2015年云南省高考物理二模试卷一、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，1-5题只有一个选项正确，6-8有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，不选或选错的得0分1（6分）下列说法正确的是（） A 举重运动员举着杠铃不动时，运动员处于超重状态 B 跳水运动员离开跳板后上升的过程中处于超重状态 C 小孩荡秋千通过最低点时处于平衡状态 D 汽车通过拱形桥最高点时处于失重状态【考点】： 超重和失重【分析】： 物体对支持物的压力或者对悬挂物的拉力大于物体的重力称为超重，小于重力则称为失重，处于超重或失重状态时物体的重力并不变物体具有向上的加速度时处于超重状态，物体
2、具有向下的加速度时处于失重状态【解析】： 解：A、举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于平衡状态，故A错误B、跳水运动员离开跳板后上升的过程中只受重力，处于完全失重状态，故B错误C、荡秋千的小孩通过最低点时，加速度的方向向上，对秋千板的压力大于其重力，是超重状态故C错误D、汽车通过拱形桥最高点时，加速度的方向向下，对桥的压力小于其重力，是失重状态故D正确故选：D【点评】： 本题抓住：所谓超重或失重都是指物体的视重发生变化，而物体受到的重力保持不变2（6分）如图所示，四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60的光滑斜面AC顶部相接，A处有一光滑的定滑轮，跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的
3、两小球，系统静止时连接的绳子与水平方向的夹角为60两小球及滑轮大小可忽略，则两小球质量的比值m1：m2为（） A 1：2 B 3：2 C 2：3 D ：2【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 分别对两小球受力分析，根据共点力平衡求出重力拉力的关系，抓住细绳对两球拉力大小相等，求出两小球的质量比值【解析】： 解：对m1、m2受力分析如图所示，对m1有：，解得T=，对m2有：T=m2gsin60=，解得m1：m2=3：2故选：B【点评】： 解决本题的关键 能够正确地受力分析，抓住拉力的大小相等，运用共点力平衡进行求解3（6分）如图所示
4、，足够长的水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运行t=0时刻，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t=2s时刻，传送带突然被制动而停止已知滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2下列关于滑块相对地面运动的vt图象正确的是（） 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】： 滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，当速度与传送带相等时，和传送带一起做运动运动，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止由牛顿第二定律和运动学公式结合，通过计算分析【解析】： 解：滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，加速度
5、为 a=g=2m/s2滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间 t1=1s然后随传送带一起匀速运动的时间 t2=tt1=1s当送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a=a=2m/s2运动的时间 t3=s=1s所以速度时间图象对应D选项故D正确故选：D【点评】： 物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力4（6分）如图所示，在第二象限存在方向垂直xoy平面向外的匀强磁场，在第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场一质量为m、带正电的粒子从点M（d，0）向y轴正方向射出，经磁场偏转后从y轴上的某点垂直y轴射入电场
6、，经电场偏转后通过x轴上的点N（d，0），不计粒子重力则（） A 粒子在电场中的运动时间大于在磁场中的运动时间 B 粒子在电场中的运动时间可能等于在磁场中的运动时间 C 电场强度与磁感应强度的比值为2v0 D 电场力对粒子做的功为mv02【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】： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据转过的弧长和速度求出运动的时间，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平方向上的运动规律，抓住等时性求出运动的时间，从而比较时间的大小根据半径公式求出磁感应强度的大小，结合类平抛运动的规律，根据牛顿第二定律和运动学公式
7、求出电场强度的大小，从而得出磁感应强度与电场强度的比值根据运动学公式求出N点的速度，结合动能定理求出电场力做功的大小【解析】： 解：A、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运行的轨迹为四分之一圆弧，可知运动时间，粒子在电场中的运动时间，可知在磁场中的运动时间大于在磁场中的运动时间故A、B错误C、根据半径公式有：，解得B=，在电场中，有：d=，a=，t=，解得E=，则，故C正确D、在电场中运动，竖直方向上有：，水平方向上有：d=v0t，可知vy=2v0，可知N点的速度，根据动能定理知，电场力做功，故D错误故选：C【点评】： 本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动，对于在磁场中运动，关键会确定圆心、半径
8、和圆心角，对于在电场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解5（6分）太阳糸各行星可近似看成在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动设天王星公转周期为T1，公转半径为R1；地球公转周期为T2，公转半径为R2不计两行星之间的引力作用，万有引力常量为G，当地球和天王星运行到太阳两侧，且三者排成一条直线时，下列说法正确的是（） A 太阳的质量为 B 天王星公转速度大于地球公转速度 C 地球与天王相距最近至少需经历 D 天王星公转的向心加速度与地球公转的向心加速度之比为【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据万有引力提供向心力
9、，结合天王星的轨道半径和周期求出太阳的质量根据轨道半径的大小比较线速度的大小以及向心加速度之比地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差，根据周期的大小求出经历的时间【解析】： 解：A、根据得，太阳的质量M=，故A错误B、根据，解得v=，a=，因为天王星的轨道半径较大，则线速度较小天王星和地球的向心加速度之比为故B、D错误C、当地球和天王星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与天王星相距最近，两者转过的角度相差，所以，解得t=故C正确故选：C【点评】： 本题要知道地球和天王星的最远距离和最近距离是它们在一条连线上时，由几何关系结合周期关系求解时间掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运
10、用6（6分）如图所示，两根间距L=0.4m的平行金属导轨水平放置，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=T，导轨右端接有一理想变压器，变压器的原、副线圈匝数比为2：1，电表均为理想电表一根不计电阻的导体棒曲置于导轨上现使导体棒沿导轨运动，其速度随时间变化的规律为10sinl0 t（m/s），运动过程中导体棒始终与导轨垂直且保持良好接触，电阻R=10，则（） A 导体棒产生的感应电动势最大值为2V B 电阻R在1分钟内产生的热量为24J C 交流电压表示数为2V，交流电流表示数为0.2A D 仅增大导体棒运动的频率，电压表示数将变大【考点】： 变压器的构造和原理；正
11、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】： 导体棒的速度作正弦规律变化，产生正弦式交变电流，由E=BLv得到感应电动势瞬时表达式，求出感应电动势最大值，由E=Em求解；根据变压器的规律求出副线圈两端电压的有效值，由欧姆定律求解电流的有效值，即可得到两个电表的读数，并分析电表读数与频率的关系根据焦耳定律求解电阻R上产生的热量【解析】： 解：A、C、速度随时间变化的规律为v=10sinl0 t（m/s，导体棒产生的感应电动势瞬时表达式：e=BLv=0.410sin10t V=4sin10t V感应电动势最大值为：Em=4V，有效值为：E=Em=4V由于导体棒电阻不计，则原
12、线圈两端的电压为：U1=E=4V由=，得：U2=2V，即交流电压表读数为2V，交流电流表示数为：I2=A=0.2A故A错误，C正确B、电阻R在1分钟内产生的热量为：Q=Rt=0.221060J=24J，故B正确D、增大导体棒运动的频率，导体棒产生的感应电动势最大值不变，有效值不变，则电压表示数不变，故D错误故选：BC【点评】： 本题是电磁感应与变压器规律的综合，关键要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律和变压器的规律，知道交流电表测量有效值，求热量应用有效值7（6分）如图所示的电路中，E为电源，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），R2、R3为滑动变阻器，C为平行板电容器当
13、开关S闭合时，电容器两极板间有一带电微粒恰好处于静止状态下列说法正确的是（） A 只逐渐增大照在R1上的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，带电微粒向上运动 B 只将R3的滑动端P3向上端移动时，电源消耗的功率变大，带电微粒向上运动 C 只将R2的滑动端P2向下端移动时，带电微粒向下运动 D 断开开关S，带电微粒将向下运动【考点】： 闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；带电粒子在混合场中的运动【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端
14、的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况【解析】： 解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，两板间的场强增大；故微粒向上运动；故A正确；B、R3与电容串联，只将R3的滑动端P3向上端移动时，电路稳定时相当于导线，故改变R3
15、的滑片的位置不会影响电路中电流及电压；故带电微粒静止不动；故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，两板间的场强增大，故带电微粒向上运动，故C错误；D、若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确故选：AD【点评】： 本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键是分析电场力是否变化8（6分）两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，两电荷之间的距离为L其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示一个电荷量为+q、质量为m的小物块从C点由静止释放，t2时刻
16、物块通过B点，t3时刻物块通过A点，其运动的vt图象如图乙所示，t2时刻图线切线斜率最大关于两固定等量同种点电荷产生的电场，下列说法正确的是（） A 由C点到A点电势逐渐升高 B B点的场强为E= C O、B之间的距离为 D A、B两点间的电势差UAB=【考点】： 电势；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧；电量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、再到A运动的过程中，根据Vt图可知在B点的加速度为最大，物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，根据牛顿第二定律判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度
17、变化情况【解析】： 解：A、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故A错误B、据Vt图可知带电粒子在B点的加速度最大为，所受的电场力最大为ma 据E=故B正确C、设两电荷与B的连线与0B的角为，则E=8 由求导法则可知当时对应的OB之间的距离为则C正确，D、据Vt图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功： WBA=则D正确故选：BCD【点评】： 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据Vt图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口三、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
18、生都必须作答第题13第18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（2题，共47分）9（6分）如图甲所示，质量分别为m1和m2的物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端，己知m1m2，1、2是两个计时光电门，不计滑轮质量和摩擦用此装置验证机械能守恒定律（1）物块B上固定有一宽度为d的挡光条，实验中记录下挡光条通过1、2两光电门时的时间间隔分别为t1和t2，此外还需要测量的物理量是两光电门之间的距离h（2）用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式（m1m2）gh=（m1+m2）（）2（）2）（3）用螺旋测微器测挡光条宽度d时的结果如图乙所示，则d=2.600 mm【考点】： 验证机械能
19、守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）这个实验的原理是要验证mA、mB的增加的动能和mA、mB减少重力势能是不是相等，所以我们要测量的物理量有：物块的质量mA、mB； 物块A下落的距离h（或物块B上升的距离h）（2）写出A与B重力势能变化的表达式与它们动能变化的表达式，需要验证的是两者相等；（3）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【解析】： 解：（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的需要测量两光电门之间的距离h（2
20、）A下降h的同时，B上升h，它们的重力势能的变化：EP=（mAmB）gh；A与B动能的变化：Ek=（m1+m2）（）2（）2）需要验证的是：（m1m2）gh=（m1+m2）（）2（）2）（3）螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为10.00.01mm=0.100mm，所以最终读数为2.5mm+0.100mm=2.600mm，由于需要估读，最后的结果可以在2.5992.601之间故答案为：（1）两光电门之间的距离h；（2）（m1m2）gh=（m1+m2）（）2（）2）；（3）2.600【点评】： 此题为一验证性实验题要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断系统重力势能的变化量
21、是否与动能的变化量相同是解题的关键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（9分）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k） B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1） D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A） F学生电源，电键，导线若干实验中所用电压表应选用A，电流表应选用D （填“A”或“B”或“C”或“D”）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请用笔划线代替导线，将图1中实物连接成满
22、足实验要求的测量电路同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的UI图线如图2所示，若用电动势为2V，内阻不计的电源给该小灯泡供电，该小灯泡的实际功率是0.80 w（计算结果保留两位有效数字）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图（3）图象求出灯泡两端电压所对应的电流，由P=UI求出灯泡功率【解析】： 解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表应选A；灯泡的额定电流为I=0.5A，选择03A量程的电流表量程偏大，测量误差大，所以选择量程为0.6A的电流表，即选电流表
23、D（2）描绘灯泡的UI图象，要测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡的电阻大约为R=8，远小于电压表的内阻10k，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示根据电路图可得出对应的实物图；（3）电源的电动势为2V，内阻不计，则灯泡两端电压为2V，由图可知，电流为0.4A；则功率P=UI=20.4=0.80W；故答案为：（1）A；D；（2）实物图如图所示；（3）0.80W【点评】： 解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别11（13分）如图所示的游戏装置中，一高度为h的固定杆的顶部固定一光滑弧形轨道，一处于水平面内的圆盘可绕
24、固定杆转动，圆盘上距圆盘中心为L的O1处有一小圆孔现让圆盘匀速转动，当过OO1的直线处于轨道AB正下方且O1在杆右侧时，将小球从A点静止释放，小球经导轨从B点水平抛出后恰好穿过圆孔O1，已知小球由A点到B点的时间为t0，不计空气阻力求：（1）A、B间的竖直高度差；（2）圆盘转动的角速度【考点】： 向心力；平抛运动【分析】： （1）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，已知下落的高度h可求出运动时间，水平方向做匀速直线运动，已知水平位移L，即可求出小球B点速度，从A到B的过程中，根据动能定理求解AB高度差；（2）小球运动的总时间与圆盘转动的时间相等，可得圆盘转动的时间，考虑圆盘转动
25、的周期性，可知圆盘转动的角度=n2，由角速度定义式求出角速度【解析】： 解：（1）小球从B点抛出后做平抛运动，竖直方向上有h=，水平方向上有L=vt，联立解得：v=，从A到B的过程中，根据动能定理得：mg解得：（2）小球从A点运动到O1点的时间t在这段时间内，圆盘转过的角度为=t=n2（n=1，2，3，）联立解得=（n=1，2，3，）答：（1）A、B间的竖直高度差为；（2）圆盘转动的角速度为（n=1，2，3，）【点评】： 题中涉及圆周运动和平抛运动这两种不同的运动，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来12（19分）如图甲所示，弯折成90角的两根足够长金
26、属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53角，右导轨平面与水平面成37角，两导轨相距L=0.2m，电阻不计质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为=0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中t=0时刻开始，ab杆以初速度v0沿右导轨平面下滑t=ls时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始作匀加速直线运动cd杆运动的vt图象如图乙所示（其中第1s、第3s内图线为直线）若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g
27、取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）ab杆的初速度v1：（2）若第2s内力F所做的功为9J，求第2s内cd杆所产生的焦耳热【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）对cd杆受力分析，结合vt图象求得回路中感应电流大小，感应电流是ab棒运动产生，再由电磁感应定律求得ab的速度，（2）同（1）中一样通过cd求得2s末时ab棒的速度，根据运动知识求得ab运动得距离，再由动能定理求解焦耳热【解析】： 解：（1）对cd杆，由vt图象得：，由牛顿第二定律得：mgsin53（mgcos53+FN）=ma1，解得：FN=0.2
28、N，对ab杆，感应电动势：E=BLv1，电流：I=，cd杆的安培力：FN=BIL=，解得：V1=1m/s（2）由题意得第3s内cd的加速度：a2=4m/s2，设2s时ab杆的速度为v2，对cd杆，由牛顿第二定律得：=ma2解得：V2=9m/s，有运动学知识得2s内ab杆的位移：由动能定理得：，而：WF=9J，WG=mgx2sin37，Wf=mgx2cos37，W安=2Qcd解得：Qcd=3J答：（1）ab杆的初速度v1为1m/s：（2）若第2s内力F所做的功为9J，第2s内cd杆所产生的焦耳热为3J【点评】： 本题是电磁感应和图象结合的题目，合理的利用图象得到关键的加速度，再由牛顿第二定律和运
29、动学公式及动能定理求解即可（二）选考题：共15分请考生从给出的3道物理题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法中正确是（） A 橡胶无固定熔点，是非晶体 B 热机的效率可以等于100% C 物体的温度越高，其分子平均动能越大 D 悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的 E 若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，则每个氧气分子的体积为【考点】： 热力学第二定律；阿伏加德罗常数；布朗运动；*
30、 晶体和非晶体【分析】： 橡校是非晶体；热机的效率都无法达到100%；温度是分子平均动能的标志布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；由于气体分子所占空间大小比分子的体积大的多，所以不是分子的体积【解析】： 解：A、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故A正确；B、根据热力学第二定律可知，热机的效率无法达到100%；故B错误C、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故C正确；D、悬浮在水中的花粉的运动是无规则的，说明水分子的运动也是无规则的；故D正确；E、若1mol氧气的体积为V，阿伏伽德罗常数为NA，则每个氧气分子所占空间的体积为；由于气体分子所占空间大小比分子的体积
31、大的多，所以不是分子的体积；故E错误；故选：ACD【点评】： 本题考查晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义、布朗运动等，要注意热力学第二定律的几种常见的方法，以及能够正确理解热力学第二定律的意义14（10分）如图所示，一圆柱形气缸质量M为10kg，总长度L为40cm，内有一活塞，质量m为5kg，截面积S为50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度）用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，外界大气压强p0为1l05Pa，当温度t0为7时，气缸内气体柱的高L1为35cm，g取10m/s2求：此时气缸内气体的压强：大气压强保持不变，当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离【考
32、点】： 理想气体的状态方程【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 以气缸为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压强；温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体方程列出等式求解【解析】： 解：（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力根据平衡条件得：p0S=pS+Mgp=p0=1105Pa=0.8105 Pa，（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为40cm，代入数据得：解得：T2=320K=47C答：（1）此时气缸内气体的压强是0.8105 Pa；（2）当温度升高到47
33、C，活塞与气缸将分离【点评】： 能够把力学中的受力分析和平衡知识运用到理想气体变化的问题中根据题目找出气体的变化的物理量和不变的物理量【物理-选修3-4】（15分）15如图所示为半圆柱形玻璃砖的横截面图，C为AB的中点a、b两束关于OO对称的不同频率的单色细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是（） A 在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度 B a光在玻璃砖中的频率和在空气中的频率相同 C 在真空中，a光的波长大于b光的波长 D a光通过玻璃砖的时间大于b光通过玻璃砖的时间 E 若a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光
34、发生全反射的临界角【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 在真空中所有色光的传播速度都相同两束光折射后相交于图中的P点，可知玻璃砖对b束光的偏折角大于对a束光的偏折角，则玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，波长短，由v=得到光在玻璃砖中的速度关系，判断出光通过玻璃砖的时间关系由临界角C的正弦sinC=分析临界角的大小【解析】： 解：A、所有色光在真空传播相同，为c故A错误B、光的频率由光源决定，与介质无关，则a光在玻璃砖中的频率和在空气中的频率相同，故B正确C、由题分析可知，玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，由c=f得知，在真空
35、中，a光的波长大于b光的波长故C正确D、由v=得知，a光在玻璃砖中的速度大，通过的路程短，则a光通过玻璃砖的时间短故D错误E、由sinC=分析得知，a光的折射率n小，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角故E正确故选：BCE【点评】： 解决本题的关键要理解折射率与偏折角的关系，掌握公式v=、sinC=，从而折射率、临界角的大小16t=0时刻，坐标原点O处的波源开始在垂直y轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的横波t=0.4s时刻，波传到x=2m的A点，波形如图所示，求再经过多长时间，位于x=5m处的质点B到达波峰【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与
36、波动图像专题【分析】： 从图中可读出波的波长，得到周期，求出波速先求出波传播到B点所需的时间，再求出B质点开始振动到第一次振动到波峰的时间，两个时间之和即为B质点第一次到达波峰的时间【解析】： 解：分析可知，此波的周期为 T=0.8s，波长为 =4m，则波速为：v=m/s=5m/s故振动从x=2m处传至B点用时为： t1=s=0.6s； 再经T=0.6s到达波峰； 波传到B点到B点到达波峰所需要的时间为：t2=T+nT（n=0、1、2）总时间为：t=t1+t2=1.2s+0.8ns（n=0、1、2）答：再经过1.2s+0.8ns（n=0、1、2）时间，位于x=5m处的质点B到达波峰【点评】：
37、本题是简单的波动图象问题，关键要把握质点振动与波形成过程之间的联系也可以根据波形平移法求出图示时刻x=1m处振动传到B点的时间，即为B质点第一次到达波峰的时间二、【物理-选修3-5】（15分）17一个氘核和一个氚核聚变结合成一个氦核，同时放出一个中子，并释放核能已知氘核、氚核、氦核、中子的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c下列说法正确的是（） A 核反应方程是H+HHe+n B 聚变反应中的质量亏损m=m1+m2m3m4 C 释放的能量E=（m3m4mlm2）c2 D 太阳辐射的能量主要来自其内部发生的核聚变反应 E 氘核的比结合能大于氦核的比结合能【考点】： 爱因斯坦质能方程
38、；裂变反应和聚变反应【专题】： 爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】： 解答本题需要掌握：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量；比结合能越大，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定【解析】： 解：A、该核反应方程方程是H+HHe+n，质量数，质子数守恒，故A正确；B、聚变反应中的质量亏损m=m1+m2m3m4，故B正确；C、聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为E=（m1+m2m3m4）c2，故C错误；D、太阳辐射的能量主要来自其内部发生的核聚变反应，故D正确；E、氘核的比结合能小于氦核的比结合能，故E错误故选：
39、ABD【点评】： 爱因斯坦质能方程为人类利用核能打开了大门，要正确理解质能方程中各个物理量是含义，掌握比结合能与结合能的区别，及裂变与聚变的不同18动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 碰撞过程遵守动量定律，总动能不增加，根据这两个规律，以及碰撞前A的速度大于B的速度，碰后同向运动时，后面小球的速度不大于前面小球的速度，即可得到A、B两球的质量关系【解析】： 解：根据动量守恒定律得 PA+PB=PA+PB又PA=3kgm/s，解得，PB=8kgm/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有+代入得：+又由题，碰撞前A的速度大于B的速度，则有 碰撞后A的速度不大于B的速度，则有 由以上不等式组解得答：A、B质量之比的可能范围是【点评】： 对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度