1、2015年内蒙古包头一中高考物理三模试卷一、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，第1-5题只有一项符合题目要求，第6、7、8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）两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示连续两次曝光的时间间隔是相等的两木块运动情况在t图象中描述正确的是（） A B C D 【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】： 解答本题要看清图示的意义，中间的刻线相当于刻度尺或坐标系，显示物体在不同时刻的位置，对比相同时间内的位移会发现物体
2、的运动规律：下面的物体匀速运动，上面的物体匀加速运动由于曝光时间是相同的，设刻度尺的每小格尺寸为s和曝光时间为t，依据匀速或匀变速运动的规律就可求出物体运动的速度关系其中利用了匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论【解析】： 解：设刻度尺的每小格尺寸为s和曝光时间为t，下面的物体做匀速直线运动，运动的速度v=上面木块在相等时间内的位移差是恒量，知上面木块做匀加速直线运动，匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知t3时刻上面木块的速度v3=t4时刻上面木块的速度v4=，则在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】： 对于匀
3、变速规律的考察是很灵活的，学生要善于在新情境中抽象出物理模型难点在于匀变速直线运动的瞬时速度的求解方法的选择，利用一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论是最简单的2（6分）“嫦娥三号”探测器在到达距离月球100m高度时，会在自主发动机的控制下进行短暂悬停然后“嫦娥三号”在反推火箭的作用下慢慢下降，到距离月球4m高度再次悬停最后，关掉发动机，自由下落到月球表面下列判断不正确的是（） A “嫦娥三号”在整个落月过程中相对于月球的机械能减少 B “嫦娥三号”在处于悬停阶段时相对于月球的加速度为零 C “嫦娥三号”在关闭发动机自由下落到月球表面过程中，用时约为0.9s D “嫦娥三号”从100
4、m悬停点下降到4m悬停点的过程中，合外力做功为零【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】： 只有重力做功时，机械能守恒，悬停时，“嫦娥三号”处于与月球相对静止状态，慢慢下降阶段受力平衡，根据自由落体运动位移时间公式求出“嫦娥三号”关闭发动机自由下落到月面的时间【解析】： 解：A、“嫦娥三号”在整个落月过程中除了受力月球的吸引力外还受到反推火箭的作用，反推火箭对“嫦娥三号”做负功，机械能减少，故A正确；B、悬停时，“嫦娥三号”处于与月球相对静止状态，加速度为零，故B正确；C、根据h=得：t=，故C错误；D、慢慢下降阶段受力平衡，合外力做功为零，故D正确故选：AB
5、D【点评】： 解答本题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速度的，难度不大，属于基础题3（6分） 如图所示，质量为M的方形物体放在水平地面上，内有光滑圆形轨道，一质量为m的小球在竖直平面内沿此圆形轨道做圆周运动，小球通过最高点P时恰好不脱离轨道，则当小球通过与圆心等高的A点时，地面对方形物体的摩擦力大小和方向分别为（小球运动时，方形物体始终静止不动）（） A 2mg，向左 B 2mg，向右 C 3mg，向左 D 3mg，向右【考点】： 向心力；牛顿第二定律【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： 小球通过最高点且刚好不脱离轨道时，由重力
6、提供向心力，根据牛顿第二定律得到速度v与半径R的关系，根据机械能守恒定律求出小球经过A点的速度在A点时，轨道对小球的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律和第三定律分析求解【解析】： 解：设轨道半径为R 小球通过最高点时，有mg=m 小球由最高点到A点的过程，根据机械能守恒定律得： mgR+=由联立得：vA2=设小球在A点时，轨道对小球的弹力为F则有：F=m=3m=3mg又牛顿第三定律得小球在A点时，球轨道内侧的压力大小为3mg，方向向右，对方形物体受力分析可知，地面对方形物体的摩擦力与压力大小相等，方向相反，即地面对方形物体的摩擦力大小为3mg，方向向左，故C正确故选：C【点评】： 向心力往往与机
7、械能守恒定律、动能定理、平抛运动等知识综合，本题考查综合应用物理知识的能力4（6分）高明同学撑一把雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度匀速转动，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一个半径为r的圆形，伞边缘距离地面的高度为h，则当地重力加速度的大小为（） A B C D 【考点】： 匀速圆周运动；平抛运动【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 物体做平抛运动，我们可以把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同【解析】： 解：雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有：h=，t=水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，
8、所以v0=R雨点甩出后水平方向做匀速直线运动，x=伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为：x=所以解得：g=故选：A【点评】： 本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解5（6分）用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图象如图所示，则（） A 输出电压的最大值是 110V B 变压器的输出功率约为 3.9W C 变压器原、副线圈匝数之比为1：2 D 负载电流的函数表达式为0.05sin（50t）A【考点】： 正弦式电流的图象和三角函数表达式
9、；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 根据图象知道负载电阻中电流的峰值和有效值，周期和角速度，根据输入功率等于输出功率，匝数之比等于电压之比分析各项【解析】： 解：A、输出电压的最大值是110V，故A错误；B、负载的功率P=UI=1103.9W，故B正确；C、变压器原、副线圈匝数比等于电压之比220：110=2：1，故C错误；D、负载电流的函数表达式i=0.05sinlOOt，故D错误；故选：B【点评】： 本题考查了交流电瞬时值表达式的物理意义和变压器的工作原理，难度中等6（6分）一带电粒子在电场中仅受电场力运动，其速度随时间变化的图象如图所示，从A点运动到B点所对应的时刻分别为tA
10、、tB，则下列说法正确的是（） A B处的电场强度一定小于A处的电场强度 B B处的电势一定低于A处的电势 C 电荷在A处的电势能一定小于B处的电势能 D 电荷在从A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功【考点】： 电势差与电场强度的关系；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 速度时间图象的斜率等于加速度，由数学知识可判断出带电粒子的加速度减小，从而判断出电场力和场强的大小因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低根据能量守恒判断电势能的大小，确定电场力做功正负【解析】： 解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度
11、减小，由F=ma知带电粒子所受的电场力减小，由F=qE可知，电场强度E减小，即有B处的场强一定小于A处的场强故A正确B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势的高低故B错误CD、由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能，且电场力对粒子一定做正功故C错误，D正确故选：AD【点评】： 本题关键掌握速度图象斜率的意义进行分析加速度的变化情况，由电场强度与加速度的关系qE=ma，即根据牛顿第二定律把握物理量之间联系7（6分）如图所示，某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高，宽度均为d，而且均以大小为v的速度运行
12、，图中虚线为传送带中线一个可以看做质点的工件从甲的左端释放，经过长时间后从甲的右端滑上乙，滑到乙的中线处恰好相对静止下列说法正确的是（） A 工件在乙上运动痕迹为直线，长度为 B 工件从滑到乙上到相对静止用时 C 工件与乙之间的动摩擦因数为 D 传送带乙对工件摩擦力做功为零【考点】： 功的计算；牛顿第二定律【专题】： 功的计算专题【分析】： 以乙传送带为参考系，工件有向右的初速度v和向下的初速度v，合速度为v，做匀加速直线运动；然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据动能定理求解功【解析】： 解：A、物体滑上乙时，相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的v和向后的v，合速度v，就是沿着与乙成45的方
13、向，那么相对于乙的运动轨迹肯定是直线；物体与传送带之间开始时的相对速度是v，相对静止时的相对速度是0，滑到乙的中线处恰好相对静止，所以沿向右的方向的位移是，所以物体相对传送带的位移L=故A正确；B、C、假设它受滑动摩擦力f=mg，方向与合相对速度在同一直线，所以角=45，则相对于乙的加速度也沿这个方向，经过t后，它滑到乙中线并相对于乙静止，根据牛顿第二定律，有：mg=ma，解得a=g；根据平均速度公式，有：d=，故t=；根据运动学公式，有：（v）2=2（a）（d），解得：，故B错误，C错误；D、滑上乙之前，工件绝对速度为v，动能为mv2；滑上乙并相对停止后，绝对速度也是v，动能也是mv2；而在
14、乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功，动能又没变化，所以乙对工件的摩擦力做功为0，故D正确；故选：AD【点评】： 本题的难点在于确定运动轨迹是直线，要与传送带乙为参考系，然后根据牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式分析，较难8（6分）如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖直放置的半径为R=0.50m的圆形绝缘光滑槽轨槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=0.50T有一个质量为m=0.10g，带电量为q=+1.6103C的小球在斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过最高点，则下列说法中正确的是（重力加速度g取10m/s2）（） A 若小球到达最高点的线速度为v，小球在最高点时的
15、关系式mg+qvB=m成立 B 小球滑下的初位置离轨道最低点高为h=m C 小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用 D 小球从初始位置到最高点的过程中机械能守恒【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；机械能守恒定律【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 小球恰好能通过最高点，说明轨道对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力；小球从初始静止到达最高点的过程中只有重力做功机械能守恒；从初位置到末位置的过程中运用动能定理即可求得初位置离轨道最低点高度【解析】： 解：AC、球恰好能通过最高点，说明轨道对小球没有作用力，洛伦兹力和重力的合力提供向心力，即此时小球受洛伦兹力和重力的作用，
16、根据左手定则，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律，有：mgqvB=m；故A错误，C正确；BD、从初位置到最高点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，故：mgh=mg（2R）+ 在最高点，有：mgqvB=m 联立解得：h=h=m故B正确，D正确；故选：BCD【点评】： 本题主要考查了带电粒子在磁场中做圆周运动的问题，知道洛伦兹力对粒子永不做功，从而得出机械能守恒，难度适中二、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（6分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着
17、的纸带打出一系列点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示，（g取10m/s2，结果保留两位有效数字） 则：（1）系统的加速度大小a=4.8 m/s2；（2）在纸带上打下计数点5时的速度5=2.4m/s；（3）在此过程中，m2的机械能转化为m1的机械能（选填“m1”或“m2”）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）根据：x=at2，即可求解（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点5的瞬时速度（3）根据拉力做功，从而确定它们
18、之间的机械能相互转化【解析】： 解：（1）根据运动学公式得：x=at2，a=4.8 m/s2（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点5的瞬时速度：v5=m/s=2.4m/s（3）根据题意可知，m2的机械能减小，而m1的机械能增加，则m2的机械能转化为m1的机械能故答案为：（1）4.8；（2）2.4；（2）m2，m1【点评】： 本题验证系统机械能守恒，关键得出系统动能的增加量和系统重力势能的减小量，掌握求瞬时速度的方法，及求解加速度的公式10（3分）某组同学测定金属丝的电阻率，在测量时需要用刻度尺测量金属丝的长度L、用螺旋测微器测出金属丝的直径d、用电压表、电流表测出金属丝两端
19、电压U和流过的电流I请写出测金属丝电阻率的表达式：=（用测出量表示）【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： 根据欧姆定律求出电阻，再根据电阻定律求出电阻率的表达式【解析】： 解：根据欧姆定律可知，电阻丝的电阻R=，由电阻定律可知，金属丝电阻R=解得：故答案为：【点评】： 本题考查了欧姆定律及电阻定律的应用，难度不大，属于基础题11（6分）用以下器材测量一待测电流表的内阻：待测电流表A1（量程250mA，内阻r1约为5）标准电流表A2（量程300mA，内阻r2约为5）电阻箱R1（最大值999.9，阻值最小改变量为0.1）滑动变阻器R2（最大阻值10）电源E（电动势约为10V，内
20、阻r约为1）单刀单掷开关S，导线若干（1）要求方法简捷，并能测多组数据，试在方框中画出实验电路原理图，并在图上标明每个器材的代号（2）实验中，需要直接测量的物理量是A1和A2两电流表的读数I1和I2，以及电阻箱的阻值R，用测得的量表示待测电流表A1内阻的计算公式是r1=【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）若滑动变阻器采用限流式接法，则电路中的电流会超过电流表的量程，烧坏电表，从安全的角度考虑，滑动变阻器采用分压式接法待测电流表的电流可以从自身示数测出，通过电阻箱与其并联，测出电阻箱的电压，即可得出待测电流表两端的电压，根据欧姆定律测出电流表的内阻（2）测出
21、电阻箱和待测电流表并联的总电流，从而得出通过电阻箱的电流，测出电阻箱的电阻，从而得知电阻箱的电压，即为待测电流表的电压，根据欧姆定律求出待测电流表的内阻【解析】： 解：（1）若滑动变阻器采用限流式接法，则电路中的电流会超过电流表的量程，烧坏电表，从安全的角度考虑，滑动变阻器采用分压式接法待测电流表和电阻箱并联，通过测量电阻箱的电流和电阻得出电压，从而求出待测电流表的内阻如图（2）需要测量A1和A2两电流表的读数I1和I2，以及电阻箱的阻值R根据欧姆定律得，故答案为：A1和A2两电流表的读数I1和I2，以及电阻箱的阻值R 【点评】： 解决本题的关键掌握本实验测量电流表内阻的原理，以及知道滑动变阻
22、器分压式和限流式接法的区别12（14分）在2014索契冬奥会单板U型池的比赛中，中国选手创历史最好成绩，极大的鼓舞了奥运健儿的士气单板滑雪U型池如图所示，由两个完全相同的圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径R=3.2m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=7.5m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度vB=16m/s，运动员从B点运动到C点做匀变速直线运动所用的时间t=0.5s，从D点跃起时的速度vD=6.0m/s设运动员连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2求：（1）运动员在B点对圆弧轨道的压力；（2）运动员从D
23、点跃起后在空中运动的时间；（3）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功【考点】： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）根据牛顿第二定律求出运动员在B点受到的支持力，再根据牛顿第三定律球场运动员在B点对圆弧轨道的压力（2）离开D点做竖直上抛运动，结合运动学公式，根据竖直上抛运动的对称性求出运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间；（3）根据匀变速直线运动的规律求出运动员在C点的速度，根据动能定理求出运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功【解析】： 解：（1）由牛顿第二定律得：Nmg=m，代入数据解得：N=4500N，由
24、牛顿第三定律可知，压力为4500N，方向竖直向下（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式vD=gt1，运动员在空中完成动作的时间：t=2t1，代入数据解得：t=1.2s，（3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度：=，解得运动员到达C点时的速度：vC=vB，代入数据解得：vC=14m/s，运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理得：WfmgR=mvD2mvC2，代入数据解得，运动员克服摩擦力做功：Wf=2400J；答：（1）运动员在B点对圆弧轨道的压力大小为4500N，方向竖直向下；（2）运动员从D点跃起后
25、在空中运动的时间为1.2s；（3）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功为2400J【点评】： 本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，涉及到圆周运动运动，匀变速直线运动，竖直上抛运动，综合性较强，难度中等13（18分）如图所示，在xOy平面内，第一象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向在x轴的下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里今有一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子（不计粒子的重力和其他阻力），从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场经电场偏转后，沿着与x轴正方向成30角的方向进入磁场（1）求P点离坐标原点O的距离h；（2）求粒子从P点出发
26、到粒子第一次离开磁场时所用的时间；（3）其他条件不改变，只改变磁感应强度，当磁场的磁感应强度B取某一合适的数值，粒子离开磁场后能否返回到原出发点P，并说明理由【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）粒子经电场偏转后，沿着与x轴正方向成30进入磁场，根据速度的方向结合平行四边形定则求出速度的大小，通过动能定理求出P点离坐标原点O的距离h（2）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合在电场中竖直方向上的分速度求出在电场中的运动时间，根据几何关系求出在磁场中运动的圆心角，结合周期公式求出粒子
27、在磁场中的运动时间，从而得出粒子从P点出发到粒子第一次离开磁场时所用的时间（3）粒子进磁场和出磁场的速度方向与x轴的夹角相等，磁感应强度变化，轨道半径随着变化，出射点的位置随着变化，出磁场后做匀速直线运动，可以返回出发点P【解析】： 解：（1）带电在电场中做类平抛运动，由速度分解可得：粒子进入磁场时竖直分速度 vy=v0tan30=速度为 v=v0粒子在电场中运动过程，根据动能定理得：qEh=mv02联立解得：h=（2）在电场中运动的时间 t1=加速度 a=解得 t1=在磁场中运行的时间，由几何关系知：t2=T=T而周期 T=则t2=所以共用时间 t=t1+t2=+（3）能够返回到出发点P，只
28、要B连续变化，则圆的半径就连续变化，由几何关系知，粒子在x轴上离开磁场的位置就可以连续变化，在第三象限没有电场和磁场，粒子在该象限做匀速直线运动，每次运动方向都与x轴正向成30度角，当B取某一合适数值时，粒子能够回到出发点答：（1）P点离坐标原点O的距离h为（2）粒子从P点出发到粒子第一次离开磁场时所用的时间为+（3）粒子能够回到出发点P【点评】： 本题考查了带电粒子在电场中和磁场中的运动，知道粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，结合运动学公式灵活求解（二）选做题（学生任选其中一个模块）【物理-选修3-3】14（5分）下列说法中不正确的是（） A 布朗运动不是液体分子的无规则运动，而
29、是悬浮微粒的无规则运动 B 制造一种机器，把物体与地面摩擦所产生的热量全部收集起来，再全部加以使用 C 只要对内燃机不断进行改进，它可以把气体的内能全部转化为机械能 D 即使没有漏气，也没有摩擦的能量损失，内燃机也不可能把全部内能转化为机械能 E 只要物体吸收热量，内能一定增加【考点】： 热力学第二定律；布朗运动【分析】： 热力学第二定律有不同的表述：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力学过程中熵的增量总是大于零【解析】： 解：A、布朗运动不是液体分子的无规则运动，而是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子无规则运动
30、的反映故A正确；B、根据热力学第二定律，所有的物理过程都有一定的方向性，不可能制造一种机器，把物体与地面摩擦所产生的热量全部收集起来，再全部加以使用故B错误；C、D、根据热力学第二定律，内燃机的效率不可能达到百分百故C错误，D正确E、做功和热传递都可以改变物体的内能，若只要物体吸收热量的同时对外做功，物体的内能不一定增加故E错误本题选择错误的，故选：BCE【点评】： 本题考查了布朗运动、热力学第二定律和热力学第一定律的内容，要牢记热力学第二定律的几种不同的表述与其意义15（10分） 如图所示，一高为40cm，内壁光滑，导热性能良好的薄气缸竖直放置，厚度不计的活塞质量为m=2kg，横截面积为S=
31、1103m2，气缸的顶部A点处有一个漏气孔，稳定时活塞的下端封闭有温度为T=300K，长度为30cm的气体柱，已知大气压强恒为P0=1.0105Pag=10m/s2求：稳定时被密封气体的压强；缓慢将气缸内的密封气体加热到500K时，被密封的气体的压强【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】： 以活塞为研究对象，受力分析，由平衡条件列方程可求得封闭气体的压强；活塞刚刚到达气缸上端前等压变化，求出活塞刚到达气缸顶部时的温度，若500K高于此温度，则物体后面做等容变化【解析】： 解：设稳定时被密封气体的匀强为p1，则有：P1S=P0S+mg得p1=p0+代入数据得：p1
32、=1.2105Pa 当活塞缓慢移到气缸上端时，设此时密封气体的温度为T1，气体做等压变化，有：=解得：T1=300K=400K 此后密封气体温度从400K到500K时是等容变化，设加热到500K时，被密封的气体的匀强为p2，则有：=代入数据得：p2=1.2105Pa=1.5105Pa 答：稳定时被密封气体的压强为1.2105Pa；缓慢将气缸内的密封气体加热到500K时，被密封的气体的压强1.5105Pa【点评】： 本题关键是判断温度升高到500K时活塞是否已经到达气缸顶部，不要只是简单的套用等压变化的方程得出结果【物理-选修3-4】16如图所示，O点为振源，OA=10m，t=0时刻O点由平衡位
33、置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波图乙为从t=0时刻开始描绘的质点A的振动图象，则下列说法正确的是（） A 振源的起振方向向下 B 该波的周期为5s C 该波的传播速度为2m/s D 该波的波长为5m E 该波很容易穿过宽度为1m的小孔【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】： 由乙看出，波从O点传到P点的时间为5s，距离为10m，可求出波速，读出周期，求出波长由乙图读出A点的起振方向，t=0时刻，振源O振动的方向与A点的振动方向相同【解析】： 解：A、A点的起振方向与O点起振方向相同，由乙图读出5s时刻，A点的振动方向沿y轴正方向，所以振
34、源的起振方向向上，故A错误；B、由乙看出，周期T=10s5s=5s，故B正确；C、由乙看出，波从O点传到A点的时间为5s，传播距离为10m，则波速为v=，则波长为=vT=25=10m，故C正确，D错误；E、因为1m比波长10m小的多，所以该波很容易穿过宽度为1m的小孔，故E正确故选：BCE【点评】： 本题要抓住波在均匀介质中是匀速传播的，根据传播距离和时间可求出波速简谐波在传播过程中，各质点的起振方向相同17（2013烟台二模）某透明物体的横截面如图所示，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为2L，ABC=45，ADC为一圆弧，其圆心在AC边的中点，此透明物体的折射率为n=2.0若一束宽
35、度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透明物体，试由光路图画出光线从ADC圆弧射出的区域，并求此区域的圆弧长度s（不考虑经ADC圆弧反射后的光线）【考点】： 光的折射定律【专题】： 压轴题；光的折射专题【分析】： 根据sin=求出透明体的临界角为30，当光线射到BC面上时，光线将发生全反射从ADC圆弧射出时，作出两条边缘光线，从圆弧ADC射出的边缘光线恰好发生全反射，其入射角等于临界角，由折射率求出临界角，由几何知识求出此区域的圆弧长度s【解析】： 解：由sin=得，透明体的临界角为30如图，作出两条边缘光线，所求光线射出的区域为EDF如图，从圆弧ADC射出的边缘光线对应的入射角等于材料的
36、临界角，恰好发生全反射因sin=，故临界角=30由几何关系得：圆弧EDF长度为s=2L故此区域的圆弧长度为：s=答：画出光线从ADC圆弧射出的区域如图，此区域的圆弧长度s为【点评】： 对于几何光学中范围问题，要掌握临界角公式，求出临界角，要作出边界光线，在边界上光线往往恰好发生全反射【物理-选修3-5】18贫铀炸弹是一种杀伤力很强的武器，贫铀是提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，贫铀炸弹不仅有很强的穿甲能力，而且铀238具有放射性，会发生衰变残留物可长期对环境起破坏作用而造成污染人长期生活在该环境中会受到核辐射而患上皮肤癌和白血病下列说法正确的是 （） A 铀238的衰变方程式为：
37、+ B 和互为同位素 C 人患皮肤癌和白血病是因为核辐射导致了基因突变 D 贫铀弹的穿甲能力很强，也是因为它的放射性 E 铀238的衰变方程式为：+He【考点】： 裂变反应和聚变反应；放射性同位素的应用；爱因斯坦质能方程【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 正确解答本题需要掌握：根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程；理解同位素的含义；理解放射性的应用于防护【解析】： 解：A、E、根据质量数和电荷数守恒可知铀238的衰变方程式为：92238U90234Th+24He，故A错误，E正确；B、电荷数（质子数）相同，而质量数不同的同一类元素成为同位素，所以92235U和92238U互为同位素，故B
38、正确；C、长时间接受核辐射会导致基因突变，易患癌症如皮肤癌和白血病等，故C正确；D、贫铀弹的穿甲能力很强一是由于贫铀密度大，二是其硬度大，故D错误故选：BCE【点评】： 本题考查了有关原子核衰变以及核辐射的基础注意，要加强基本概念的理解和基本规律的应用19如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口处质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg，b球与水平轨道无作用力试问：a与b球碰后瞬间的速率多大？a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）
39、【考点】： 动量守恒定律；向心力【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）以a球为研究对象，由动能定理可以求出a与b两球碰撞前a球的速度（2）a与b碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律求出碰后的速度，然后它们做圆周运动，由牛顿第二定律列方程，求出绳子的拉力，然后判断绳子是否会断裂【解析】： 解：以a球为研究对象，在a求下滑到C点过程中，由动能定理可得，mgh=mv20，解得：a的速度v=； a与b两球碰撞过程动量守恒，由动量守恒得：mv=（m+m）v，解得：v=；两小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得：F2mg=2m，解得F=3mg，F=3mg2.8mg，细绳会断裂答：a与b球碰前瞬间，a球的速度为a、b两球碰后，细绳会断裂【点评】： 本题考查应用动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律即可解题；要注意分析物理过程，明确各过程符合的物理规律，建立物理模型；则可正确解答问题；第一问也可以应用机械能守恒定律解题