1、2015年山东省济宁市梁山一中高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题本题共8小题，每小题6分1-5只有一个选项是符合题目要求的6-8有多个选项符合题目要求的，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在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变
2、化2如图所示，一小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使悬线保持偏离竖直方向75角，且小球始终处于平衡状态，为了使F有最小值，F与竖直方向的夹角应该是（）A90B15C45D03假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G则地球的密度为（）A B CD 4铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热下列说法中正确的是（）A管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C感应线圈中通以恒定电
3、流时也能在管道中产生电流D感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电5如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触电，可动的扇形金属片P可同时接触两个触电触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，电吹风的各项参数如表所示，下列说法正确的有（）热风时输入功率460W自然风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇的输出功率52WA触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风B小风扇的内阻为60C变压器两线圈的匝数比n1：n2=3：11D若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时输入功率将变小6如图
4、所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30现将A、B由静止释放，则（）A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D物块B的机械能最小时，物块A的动能最大7一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生电场的场强大小E=，方向如图所示，把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2，把半球面分为表
5、面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分为为E3，E4，则（）AE1BE2=CE3DE4=8研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在y0的空间中和y0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d一重力不计的负电荷从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经
6、过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是（）A电场与磁场的比值为0B电场与磁场的比值为20C带电粒子运动一个周期的时间为D带电粒子运动一个周期的时间为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9人骑自行车由静到动，除了要增加人和车的动能以外，还要克服空气及其他阻力做功为了测量人骑自行车的功率，某活动小组进行了如下实验：在离出发线5m、10m、20m、30m、70m的地方分别划上8条计时线，每条计时线附近站几个学生，手持秒表听到发令员的信号后，受测者全力骑车由出发线启动，同时全体学生都开始计时自行车每到达一条计时线，站在该计时线上的几个学生就停止计时，记下自行车从出发
7、线到该条计时线的时间实验数据记录如下（2014枣庄二模）（1）小宁同学在课外读物上看到有些果蔬可以制成电池的介绍，于是尝试用新鲜的马铃薯来当“电池”，并利用实验室提供的灵敏电流计G（内阻未知，量程为300A），电阻箱（09999.9），锌板、铅板各一块，开关一只，导线若干，按照图1连好电路来测量该“马铃薯电池”的电动势，调节电阻箱，得到了多组数据，其中两组为R1=5000，I1=140A；R2=2700，I2=210A，则该电池的电动势E=V（保留3位有效数字）（2）小华认为利用第（1）题的两组数据也可以求得电池内阻，但是求得的内阻值比电池内阻的真实值（选填“偏大”或“偏小”）为了精确测量出电
8、池内阻，他决定先测出G表内阻Rg，他按照图2连好电路，其中电位器相当于阻值极大的滑动变阻器，G1、G为完全相同的灵敏电流器具体操作如下：S1闭合前，调节电位器阻值达到最大，断开S3，闭合S1、S2；调节电位器阻值，使G1、G2示数均为I=200A；保持电位器阻值不变，再闭合S3，断开S2；调节电阻箱阻值，使G1示数I=200A，此时电阻箱示数如图3根据以上步骤得到的结果，求出“马铃薯电池”的内阻r=（3）小明想利用图象法处理数据，求出该“马铃薯电池”电动势和内阻，请在虚线方框里为他设计记录并处理数据的表格11如图所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标
9、为（0、），另一端系一质量为m的小球现在x坐标轴上（x0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动（1）当钉子在x=l的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围12如图所示，平行金属板右侧有一宽度为a的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里在磁场I的右侧存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外现在正极板处有一带正电粒子（粒子重力不计），质量为m、电荷量为q，由静止开始经电场
10、加速后，经右侧金属板狭缝沿x轴方向进入磁场，求：（1）当加速电压U=U0时，带电粒子恰好可以到达磁场区域、的交界处，求加速电压U0；（2）当加速电压U=2U0时，带电粒子进入磁场后经过时间t到达x轴，求运动时间t（可用反三角函数表示）；（3）当加速电压U=kU0（k1）时，带电粒子可以沿进入磁场前的路径返回，求k值【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大B一定质量的理想气体，体积减小时，单位体积的分子数增多，气体的压强一定增大C压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加D当分子间的相互作用力为引力时，其分子间没有斥力E分子a从远处靠
11、近不动的分子b的过程中，当它们相互作用力为零时，分子a的动能一定最大14U形管两臂粗细不等开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，如图所示现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：（1）粗管中气体的最终压强；（2）活塞推动的距离【物理-选修3-4】15一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是（）A该列波沿x轴负方向传播B该列波的波速大小为1m/s
12、C若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4HzD若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸一定比40cm小很多E从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm16如图，厚度为D的玻璃砖与水平实验桌成45角放置红色激光束平行于水平桌面射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得AB间的距离为L求玻璃砖对该红色激光的折射率【物理-选修3-5】17氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是（）A原子从高能级跃迁到低能级B电子绕核运动的半径减小C电子绕核运动的周期不变D原子的电势能减小E电子绕核运动的动能减小18如图所
13、示，在光滑的水平面上，静止的物体B侧面固定一个轻弹簧，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，两物体的质量均为m（i）求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；（ii）若B的质量变为2m，再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小2015年山东省济宁市梁山一中高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题本题共8小题，每小题6分1-5只有一个选项是符合题目要求的6-8有多个选项符合题目要求的，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在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能
14、观察到感应电流的是（）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化【考点】感应电流的产生条件【分析】产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流【解答】解：A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变
15、化，故A错误；B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，回路中没有磁通量的变化，不能产生感应电流，观察到电流表没有变化，故B错误；C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁的过程中有感应电流产生，但是之后，再到相邻房间去观察时，回路中已经没有磁通量的变化，此时观察到的电流表没有变化，故C错误；D、绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，回路中的磁通量发生变化，能观察电流表的变化，故D正确故选：D【点评】解决本题关键要准确把握产生感应电流的一般条件：闭合回路的磁通量发生变化，电路必须闭合2如图所示，一小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球
16、，使悬线保持偏离竖直方向75角，且小球始终处于平衡状态，为了使F有最小值，F与竖直方向的夹角应该是（）A90B15C45D0【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】小球始终处于平衡状态，合力为零，根据共点力平衡，抓住重力不变，细绳的拉力方向不变，运用作图法求出F的最小值【解答】解：小球受三个力处于平衡，重力的大小和方向都不变，绳子拉力方向不变，因为绳子拉力和外力F的合力等于重力，通过作图法知，当F的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F最小，则=15故B正确，A、C、D错误故选B【点评】本题属于力学的动态分析，关键能够正确进行受力分析
17、，抓住不变量，运用作图法进行求解3假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G则地球的密度为（）A B CD 【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】根据万有引力等于重力，则可列出物体在两极的表达式，再由引力与支持力的合力提供向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解【解答】解：在两极，引力等于重力，则有：mg0=G，由此可得地球质量M=，在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有：Gmg=m，而密度公式，=，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】考查万有
18、引力定律，掌握牛顿第二定律的应用，注意地球两极与赤道的重力的区别，知道密度表达式4铺设海底金属油气管道时，焊接管道需要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热下列说法中正确的是（）A管道发热是由于线圈中的电流直接流经管道引起的B感应加热是利用线圈电阻产生的焦耳热加热管道的C感应线圈中通以恒定电流时也能在管道中产生电流D感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电【考点】法拉第电磁感应定律；* 涡流现象及其应用【专题】电磁感应与电路结合【分析】高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感
19、应定律分析电流变化的频率与焊缝处的温度升高的关系焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高【解答】解：高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快A、管道发热是由于线圈的作用，导致管道有涡流，故A错误B、感应加热是利用线圈变化的磁场，从而产生感应电场，形成涡流，故B错误；C、感应线圈中通以正弦交流电在管道中产生的涡流也是交流电故C错误，D正确故选：D【点评】本题高频焊接是电磁感应原理的实际应用，根据电磁感应的普遍
20、规律来分析、理解，并不难5如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触电，可动的扇形金属片P可同时接触两个触电触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，电吹风的各项参数如表所示，下列说法正确的有（）热风时输入功率460W自然风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇的输出功率52WA触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风B小风扇的内阻为60C变压器两线圈的匝数比n1：n2=3：11D若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时输入功率将变小【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【
21、分析】当只有电动机接入电路时吹冷风；电动机与电热丝同时接入电路时吹热风；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率；根据公式P=可知，电源电压不变，电阻越小，电功率越大，所以电阻增大，功率减小，温度降低【解答】解：A、电动机与小风扇同时接入电路时吹自然风，触片P与触点b、c接触故A错误；B、小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻60是风扇消耗的电能全部转化为内能时的电阻故B错误；C、根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系：n1：n2=60：220=3：11，故C正确；D、根据公式P=可知，把电热丝截去一小段后的电热丝（材料、粗细
22、均不变）电阻变小，电吹风吹热风时的功率将变大故D错误故选：C【点评】本题考查电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况，还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大6如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30现将A、B由静止释放，则（）A物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D物块B的机械能最小时，物块A的动能最大【考点】运动的合成和分解；牛顿第二
23、定律；机械能守恒定律【专题】运动的合成和分解专题【分析】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则其加速度不断减小，故A错误；B、物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；故选：CD【点评】考查运动的合成与分
24、解，掌握能量守恒定律，注意当A的速度最大时，B的速度为零，是解题的关键7一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生电场的场强大小E=，方向如图所示，把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2，把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分为为E3，E4，则（）AE1BE2=CE3DE4=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的大小关系根据E=k，结合左右两侧
25、球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分析【解答】解：A、根据点电荷电场强度公式E=k，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1，故A正确B、由A分析知， E0，故B错误C、对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 由于方向不共线，由合成法则可知，E3E0，故C正确D、由AC分析知，D错误故选：AC【点评】考查点电荷的
26、电场强度公式的应用，知道电荷的电场叠加法则；对于此题采用“反证法”来区别选项的正误是很巧妙的，注意总结应用8研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在y0的空间中和y0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里、和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d一重力不计的负电荷从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同
27、的速度回到P点，则下列说法正确的是（）A电场与磁场的比值为0B电场与磁场的比值为20C带电粒子运动一个周期的时间为D带电粒子运动一个周期的时间为【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】粒子在电场中做类似平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据类似平抛运动的分运动公式和匀速圆周运动的半径公式、周期公式列式求解即可【解答】解：A、B、粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式，有：d=v0t1d=粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R=结合几何关系，有：R=d联立解得：故A错误，B正确；C、D、类似平抛运动的时间：4t1=；匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，
28、故时间：t2=；带电粒子运动一个周期的时间为：t=，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，然后分类似平抛运动和匀速圆周运动考虑，不难二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9人骑自行车由静到动，除了要增加人和车的动能以外，还要克服空气及其他阻力做功为了测量人骑自行车的功率，某活动小组进行了如下实验：在离出发线5m、10m、20m、30m、70m的地方分别划上8条计时线，每条计时线附近站几个学生，手持秒表听到发令员的信号后，受测者全力骑车由出发线启动，同时全体学生都开始计时自行车每到达一条计时线，站在该计时线上的几个学生就停止计时，记下自行车从出发线到该条计
29、时线的时间实验数据记录如下（2014枣庄二模）（1）小宁同学在课外读物上看到有些果蔬可以制成电池的介绍，于是尝试用新鲜的马铃薯来当“电池”，并利用实验室提供的灵敏电流计G（内阻未知，量程为300A），电阻箱（09999.9），锌板、铅板各一块，开关一只，导线若干，按照图1连好电路来测量该“马铃薯电池”的电动势，调节电阻箱，得到了多组数据，其中两组为R1=5000，I1=140A；R2=2700，I2=210A，则该电池的电动势E=0.996V（保留3位有效数字）（2）小华认为利用第（1）题的两组数据也可以求得电池内阻，但是求得的内阻值比电池内阻的真实值偏大（选填“偏大”或“偏小”）为了精确测量
30、出电池内阻，他决定先测出G表内阻Rg，他按照图2连好电路，其中电位器相当于阻值极大的滑动变阻器，G1、G为完全相同的灵敏电流器具体操作如下：S1闭合前，调节电位器阻值达到最大，断开S3，闭合S1、S2；调节电位器阻值，使G1、G2示数均为I=200A；保持电位器阻值不变，再闭合S3，断开S2；调节电阻箱阻值，使G1示数I=200A，此时电阻箱示数如图3根据以上步骤得到的结果，求出“马铃薯电池”的内阻r=1800（3）小明想利用图象法处理数据，求出该“马铃薯电池”电动势和内阻，请在虚线方框里为他设计记录并处理数据的表格【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）根据实验数据，应用闭
31、合电路欧姆定律列方程求出电源电动势（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积是电阻箱示数，由图示电阻箱读出其示数；根据实验步骤求出电池内阻（3）根据实验原理与实验步骤确定需要测量的量，然后设计实验数据记录表格【解答】解：（1）在闭合电路中，电源电动势：E=I（r+R），由实验数据可得：E=140106（r+5000），E=210106（r+2700），解得：E=0.996V；（2）小华认为利用第（1）题的两组数据也可以求得电池内阻，由于灵敏电流计有内阻，所以求得的内阻值比电池内阻的真实值偏大由图3所示电阻箱可知，电阻箱示数为：11000+8100+010+01=1800，实验应用等效法测电流表内阻
32、，电流表内阻等于电阻箱示数，Rg=1800（3）应用安阻法测电源电动势与内阻，实验需要测出电阻箱示数与电流表示数，应用图象法处理实验数据，应作出R图象或UI图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻，实验数据记录表格如下表所示：123456R/I/A/A1或123456R/I/AIR/V故答案为：（1）0.966；（2）偏大，1800；（3）实验数据记录表格如上表所示【点评】本题考查了实验分析、实验原理、设计实验数据记录表格，应用欧姆定律求出电源电动势的表达式、根据实验步骤知道实验原理即可正确解题；应用图象法处理实验数据时，为使图象直观、便于实验数据处理，应选择合适的物理量使图象是一条直线11如图
33、所示，在竖直平面内有xOy坐标系，长为l的不可伸长细绳，一端固定在A点，A点的坐标为（0、），另一端系一质量为m的小球现在x坐标轴上（x0）固定一个小钉，拉小球使细绳绷直并呈水平位置，再让小球从静止释放，当细绳碰到钉子以后，小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动（1）当钉子在x=l的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，求细绳能承受的最大拉力；（2）为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，求钉子所在位置的范围【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）由数学知识求出小球做圆周运动的轨道半径，由机械能守恒定律求出小球到达最低点
34、时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力（2）由牛顿第二定律求出小球到达最高点的速度，由机械能守恒定律求出钉子的位置，然后确定钉子位置范围【解答】解：（1）当钉子在的P点时，小球绕钉子转动的半径为：，小球由静止到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在最低点细绳承受的拉力最大，由牛顿第二定律得：，联立解得：F=7mg；（2）小球绕钉子圆周运动恰好到达最高点时，由牛顿第二定律得：，运动中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，钉子所在位置为：，解得：，因此钉子所在位置的范围为；答：（1）当钉子在x=l的P点时，小球经过最低点时细绳恰好不被拉断，细绳能承受的最大拉力为7mg；（2）为使小球释
35、放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，而细绳又不被拉断，钉子所在位置的范围为：【点评】小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；解题时要注意，小球恰好到达最高点时，重力提供向心力12如图所示，平行金属板右侧有一宽度为a的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里在磁场I的右侧存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向外现在正极板处有一带正电粒子（粒子重力不计），质量为m、电荷量为q，由静止开始经电场加速后，经右侧金属板狭缝沿x轴方向进入磁场，求：（1）当加速电压U=U0时，带电粒子恰好可以到达磁场区域、的交界处，求加速电压U0；（
36、2）当加速电压U=2U0时，带电粒子进入磁场后经过时间t到达x轴，求运动时间t（可用反三角函数表示）；（3）当加速电压U=kU0（k1）时，带电粒子可以沿进入磁场前的路径返回，求k值【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，恰好可以到达磁场区域、的交界处，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子进入磁场的速度，根据动能定理求出加速电压的大小（2）根据动能定理，结合轨道半径公式得出粒子在磁场中的运动半径，作出粒子的运动轨迹，通过圆心角，结合几何关系和周期公式求出粒子进入磁场后到达x轴的时间（3）若要带电粒子返
37、回电场，由对称性作出粒子的运动轨迹，根据几何关系得出轨道半径的大小，从而得出加速电压的大小，得出k值的大小【解答】解：（1）设粒子进入磁场时的速度为v，当粒子在磁场中的圆周运动半径为a时，恰好可以到达磁场区域、的交界处，则有：得：上式表明，轨道半径的平方和加速电压成正比（2）带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，C、C为圆周运动的圆心当U=2U0时，设带电粒子的轨道半径为R，由（1）问的比例关系可知又sin解得：又得：cos解得：带电粒子在磁场中轨迹对应的圆心角之和为：带电粒子在磁场中的运动周期为：所以带电粒子的运动时间为：（3）若要带电粒子返回电场，由对称可知其轨迹如图所示这时C点在x轴上由几何
38、知识可得粒子运动半径r为（2r）2r2=（2a）2求得：由第（1）问的比例关系得：因此有：答：（1）加速电压；（2）运动的时间为；（3）k值为【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动的问题，关键作出粒子的运动的轨迹，确定圆心和半径、圆心角是基础，结合半径公式和周期公式进行求解【物理-选修3-3】13下列说法中正确的是（）A理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大B一定质量的理想气体，体积减小时，单位体积的分子数增多，气体的压强一定增大C压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加D当分子间的相互作用力为引力时，其分子间没有斥力E分子a从远处靠近不动的分子b的过程中，当它们相互作用力为零
39、时，分子a的动能一定最大【考点】热力学第一定律；分子间的相互作用力；物体的内能【专题】分子运动论专题【分析】温度升高时，分子的平均动能一定增大；体积减小时，单位体积内的分子数增多，则对器壁的碰撞次数增多，压强增大；压缩时对气体做功，而气体绝热，故由热力学第一定律可知，内能一定增大；分子间同时存在引力和斥力，两个力共同产生总的作用力；分子间距离大于平衡距离时，分子间为引力；而当分子力做正功时，分子势能减小；动能增大【解答】解：A、理想气体温度升高时，分子的平均动能一定增大，故A正确；B、一定质量的理想气体，体积减小时，单位体积内的分子数增多，分子对器壁的撞击次数增多；则气体的压强一定增大；故B错
40、误；C、压缩处于绝热容器中的理想气体时，气体不会吸热及放热，则由热力学第一定律可知内能一定增加；故C正确；D、分子间同时存在引力的斥力，二力同时存在；故D错误；E、分子从无限远相互靠近时，分子力做功，而达到平衡距离之后，分子间为斥力；故当相互作用力为零时，分子的动能最大；故E正确；故选：ACE【点评】本题考查分子间作用力、热力学第一定律及温度；要注意分子势能可以根据分子力做功的情况进行分析，分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时，分子势能增加14U形管两臂粗细不等开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比
41、封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm，如图所示现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：（1）粗管中气体的最终压强；（2）活塞推动的距离【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】以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得最终压强；再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而可得活塞推动的距离【解答】解：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，（1）以右管封闭气体为研究对象，P1=80cmHg，V1=113S=33 S V2=103S=30 S 等
42、温变化：P1V1=P2V28033 S=P230 S P2=88 cmHg （2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，P1=76cmHg，V1=11S，P2=88 cmHg 等温变化：P1V1=P2V2V2=9.5Scm 活塞推动的距离：L=11+39.5=4.5cm 答：（1）粗管中气体的最终压强为88 cmHg；（2）活塞推动的距离为4.5cm【点评】本题关键确定封闭气体的初末状态的气压、温度、体积，然后结合理想气体状态方程列式后联立求解【物理-选修3-4】15一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如乙所示，则下列判断正确的是（）A该列波沿x轴负方向传播B
43、该列波的波速大小为1m/sC若此波遇到另一列简谐横渡并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4HzD若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸一定比40cm小很多E从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm【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】由振动图象读出该时刻（t=0）A质点的振动方向，再判断波的传播方向由振动图象读出周期，由波动图象读出波长，求出波速；再据波的干涉和衍射现象判断其他选项【解答】解：A、因A点沿负方向振动，则其滞后于左边的质点，则可知波沿X正向传播，故A错误B、由波动图可知波长为0.4m，由振动图
44、可知周期T为0.4S，则V=1m/s，故B正确C、发生稳定的干涉现象要相同频率，则f=2.5Hz，所以遇到波的频率为2.5H在，故C错误D、据发生明显衍射的条件可知，该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸一定比40cm小很多，故D正确E、据图象可知，A=10cm，据振动的周期性特点可知，在0.4s的时间内质点A振动路程为4A，即40cm，故E正确故选：BDE【点评】本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力，解题的关键一是据振动会分析求波动传播方向和波速；二是会分析各质点的振动情况16如图，厚度为D的玻璃砖与水平实验桌成45角放置红色激光束平行于水平桌面
45、射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得AB间的距离为L求玻璃砖对该红色激光的折射率【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】根据几何关系，结合折射定律求出玻璃砖对该红色激光的折射率【解答】解：由折射定律有： =n 直角三角形MNR中sin= MN=在直角三角形PQN中PN=L 解得n=答：玻璃砖对该红色激光的折射率为【点评】本题考查光的折射定律，对数学几何的能力要求较高，需加强这类题型的训练【物理-选修3-5】17氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是（）A原子从高能级跃迁到低能级B电子绕核运动的半径减小C电子绕核运动的周期不变D原子的电势能减小E电子
46、绕核运动的动能减小【考点】氢原子的能级公式和跃迁【专题】原子的能级结构专题【分析】氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据库仑引力提供向心力，得出电子速度的变化，从而得出电子动能的变化，根据氢原子能量的变化得出电势能的变化【解答】解：A、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，能级减少，故A正确；B、氢原子的能量减小，轨道半径减小，根据k=m，得轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小故B正确，D正确，E错误；C、根据k=m，得轨道半径减小，电子绕核运动的周期减小，故C错误；故选：ABD【点评】解决本题的关键知
47、道从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，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化18如图所示，在光滑的水平面上，静止的物体B侧面固定一个轻弹簧，物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，两物体的质量均为m（i）求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能Ep；（ii）若B的质量变为2m，再使物体A以同样的速度通过弹簧与静止的物体B发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小【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】（i）物体速度相等时弹簧压缩量最大
48、，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能（ii）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物A的速度【解答】解：（i）设A、B质量为m，当A、B速度相同时，弹簧的弹性势能最大，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，由机械能守恒定律得：，解得：；（ii）当弹簧弹性势能为Ep时，设A、B的速度分别为v1、v2，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mv2，由机械能守恒定律得：，解得：，或v1=0；答：（i）它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能为mv02；（ii）当弹簧获得的弹性势能也为Ep时，物体A的速度大小为v0或0【点评】本题考查了求弹簧的弹性势能、物体速度问题，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题
