1、2015年山东省济宁市鱼台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15题只有一项符合题目要求，第68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）一根粗细均匀的绳子，右侧固定，使左侧的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某时刻的波形如图所示下列说法中正确的是（） A 该波的波速逐渐增大 B 该波的波速逐渐减小 C 该波的频率逐渐增大 D 该波的频率逐渐减小【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 波速是由介质的性质决定的，与波长无关由图读出波长的变化，由波速公式v=f分析频率的变化【解析】： 解
2、：A、B波速是由介质的性质决定的，与波长无关故该波的波速保持不变故AB错误C、D由图看出，该波的波长逐渐减小，而波速一定，由波速v=f分析得知频率逐渐增大故C正确，D错误故选C【点评】： 本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况2（6分）（2015济宁校级三模）某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型一个小朋友在AB段的动摩擦因数1tan，BC段的动摩擦因数为2tan，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（） A 地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 B 地面对滑梯始终无摩
3、擦力作用 C 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D 地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小【考点】： 摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【专题】： 摩擦力专题【分析】： 小朋友在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小朋友和滑梯整体为研究对象，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小【解析】： 解：AB、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，如图1以小朋友和滑梯整体为研究对象，由于小朋友有水平向左的
4、分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左同理可知，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右故A正确，B错误CD、以小朋友和滑梯整体为研究对象，小朋友在AB段做匀加速直线运动时，有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力故CD错误故选：A【点评】： 本题对加速度不同的两个运用整体法处理，在中学阶段应用得不多，也可以采用隔离法研究3（6分）（2015济宁校级三模）如图所示，假设地球是个半径为R的标准的球体，其表面的重力加
5、速度为g，有一辆汽车沿过两极的圆周轨道沿地面匀速率行驶，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（） A 重力和地面的支持力是一对平衡力 B 汽车的机械能保持不变 C 汽车在北极处于超重状态，在南极处于失重状态 D 若汽车速率为，则重力不改变汽车的运动状态【考点】： 向心力【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 汽车在地球两极行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度减小时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定压力的变化当速度增大时支持力为零，汽车将离开地面绕地球圆周运动【解析】： 解：A、汽车在地球两极行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力设汽车的质量为m，支持力为F，速度为v，
6、地球半径为R，则由牛顿第二定律得：得：当汽车以速度v行驶时，则汽车对地面的压力小于重力故A错误B、汽车沿过两极的圆周轨道沿地面匀速率行驶时，没有外力做功，汽车的机械能守恒故B正确；C、汽车在南极和北极对地面的压力都小于重力，都是处于失重状态故C错误；D、当汽车速度v=时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，重力恰好提供向心力，所以重力不断改变汽车的运动方向，汽车的运动状态发生变化故D错误故选：B【点评】： 汽车在地球两极行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，当当汽车速度v=时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，重力恰好提供向心力，仅仅改变汽车的运动方向4（6分）将两金属球P、Q固定，让球P带上正电
7、后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（） A C、D两点的电场强度相同，电势相等 B A、B两点的电势相同，电场强度不同 C 将电子从A点移至B点，电场力做负功 D 将电子从A点移至D点，电势能增大【考点】： 电势；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小顺着电场线电势逐渐降低，根据这些知识和电场的对称性进行分析【解析】： 解：A、由图知C、D两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场
8、强度不同两点在同一等势面上，电势相等故A错误B、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故B错误C、由图知：A点的电势与D点的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C正确D、A、D在同一等势面上，将电子从A点移至D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误故选：C【点评】： 加强基础知识的学习，要掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，掌握处于静电平衡的导体是一个等势体，即可解决本题5（6分）如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁
9、场，磁感应强度大小为B一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（） A 导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流 B 导线框中有感应电流的时间为 C 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为 D 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据楞次定律判断感应
10、电流的方向；当磁通量变化时，线框中将产生感应电流；确定出线框有效的切割长度，由公式E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力，由串联电路的特点求解a、c间的电压【解析】： 解：A、导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流，故A错误B、当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为 t=，故B错误C、导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：l=L，产生的感应电动势为：E=Blv=BLv，感应电流为：I=，整个导线框所受安培力大小为：F=BIl=，故C错误；D、导线框a、c两点间的电压为
11、：U=I2R=，故C错误，D正确故选：D【点评】： 本题关键要理解“有效”二字，知道感应电动势公式E=Blv中l是有效的切割长度，安培力公式F=BIl，l也是有效长度6（6分）如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间隔都相同关于两质点的运动情况的描述，正确的是（） A 两质点在t0t4时间内的平均速度不相等 B 两质点在t2时刻的速度大小相等 C 两质点速度相等的时刻在t3t4之间 D 两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0时刻甲的速度为0【考点】： 用打点计时器测速度【专题】： 实验题【分析】： （1）平均速度等于位移与时间的比值；（2）
12、甲图做匀加速直线运动，t2时刻的速度等于t1到t3时刻的平均速度，而乙图做匀速运动，t2时刻的速度即为整个过程的平均速度；（3）在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足1：3：5，故t0时刻速度为零；【解析】： 解：A、两质点在t0t4时间内，通过的位移相等，经历的时间相等，故平均速度相等，故A错误；B、甲图做匀加速直线运动，t2时刻的速度等于t1到t3时刻的平均速度即 =乙图做匀速运动，t2时刻的速度即为整个过程的平均速度即=，故B正确；C、由B可知，C错误；D、两质点不一定是从同一地点出发的，在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足1：3：5，故t0时刻速度为零，故D正确；故选：BD【点评】： 本
13、题考查了打点计时器的原理，要知道打点计时器的振针每1秒钟内上下振动共50次，每打两个点之间的时间间隔相同7（6分）一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象已知重力加速度g=10m/s2根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（） A 物体与水平面间的动摩擦因数 B 合外力对物体所做的功 C 物体匀速运动时的速度 D 物体运动的时间【考点】： 动能定理的应用；摩擦力的判断与计算；功的计算【专题】： 功的计算专题【分析】： 物体做匀速运动时，受力平衡，
14、拉力等于摩擦力，根据动摩擦公式求解动摩擦因数，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，从而求出合外力做的功，根据动能定理求出初速度【解析】： 解：A、物体做匀速运动时，受力平衡，则f=F=7N；再由滑动摩擦力公式可求得物体与水平面间的动摩擦因数；故A正确；B、4m后物体做减速运动，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象中减速过程包括的方格数可知拉力所做的功；再由摩擦力与位移的乘积求出摩擦力的功；则可求得总功；故B正确；C、已求出物体合外力所做的功；则由动能定理可求得物体开始时做匀速运动时的速度；故C正确；D、由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误；故选：ABC【点评】
15、： 本题要注意根据位移公式及图象迁移应用其结论：FX图象中图象与x轴围成的面积表示力所做的功；则可再由动能定理求解8（6分）图中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10：1，变压器的原线圈接如图2所示的正弦式交流电，电阻R1=R2=R3=20和电容器C连接成如图1所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8V，电表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则（） A 电压表V的读数约为7.07V B 电流表A的读数为0.05A C 变压器的输入功率约为7.07W D 若闭合开关S，电容器不会被击穿【考点】： 变压器的构造和原理；电容【专题】： 交流电专题【分析】： 开关断开时，副线圈
16、为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，根据变压器电压、电流与匝数的关系以及串并联电路的特点即可求解【解析】： 解：A、开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为100V，所以副线圈电压为10V，则R2的电压为5V7.07V，故A正确；B、由A的分析可知，副线圈电流为A，所以原线圈电流为=A，故B错误；C、电阻R1、R2上消耗的功率为P=5W，输入功率等于输出功率，故C错误；D、当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并=10，所以并联部分
17、的电压为=V，最大值为8，所以电容器不会被击穿，故D正确故选：AD【点评】： 本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，电容器的击穿电压为最大值，难度适中二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题9（8分）某兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束（1）若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为DA
18、A点与地面间的距离H B小球的质量mC小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为1.14cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v=3.8m/s（3）若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：Wv；Wv2；W然后调节光电门B的位置，计算出小球每次通过光电门B的速度v1、v2、v3、v4，并测出小球在A、B间的下落高度h1、h2、h3、h4，然后绘制了如图3所示的hv图象若为了更直观地看出h和v的函数关系，他们下一步应该重新绘制Ahv2图象 B图象 C图象
19、D图象【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： 该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读在运动过程中，由于物体受恒力作用，所以得出合外力做功与物体速度变化的关系，再进行判断【解析】： 解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到
20、光电门的距离，故A错误；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确；故选：D（2）游标卡尺主尺读数为：1.1cm，游标尺上第4个刻度与上面对齐，故读数为：40.1=0.4mm=0.04cm，故最终读数为：1.1cm+0.04cm=1.14cm；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：vB=3.8m/s（3）小球从A点自由下落，所以有：mgh=mv20，若为了更直
21、观地看出h和v的函数关系，应该绘制hv2图象故选：A故答案为：（1）D （2）1.14，3.8 （3）A【点评】： 解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度为了研究两个变量的关系，我们应该作出两个变量的关系图象为倾斜的直线来研究10（7分）某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）实验器材的规格如下：电流表A1（量程200A，内阻R1=300）电流表A2（量程30mA，内阻R2=5）定值电阻R0=9700，滑动变阻器R（阻值范围05
22、00）（1）闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表I1（A） 120 125 130 135 140 145I2（mA） 20.0 16.7 13.2 10.0 6.7 3.3依据表中数据，作出I1I2图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E=1.50V，欧姆表内阻为r=15.0；（结果保留3位有效数字）（2）若某次电流表A1的示数是114A，则此时欧姆表示数约为47.5（结果保留3位有效数字）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）由题意可得出实验原理，则可求得
23、路端电压及电流，根据图象可得出电动势和内电阻；（2）欧姆表显示的示数为外部电阻，由欧姆定律求得外部电阻即可求解【解析】： 解：（1）由原理图可知，本题中将A1与定值电阻串联后充当电压表使用，故I1（R0+R1）表示路端电压；则可知，I1I2图象中图象与纵坐标的交点与（R0+R1）的乘积等于电源的电动势；故E=150A10000=1.50V；图象的斜率与10000的乘积为内阻，则内阻r=15.0；（2）由图可知，电流表A1的示数是114A时，电流为24mA；由欧姆定律可知，外部电阻R=47.5；则欧姆表的示数应为47.5故答案为：（1）1.50（1.481.51）；15.0（14.016.0）4
24、7.5（47.048.0）【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握实验的原理及数据处理方法；明确本题中路端电压的求法11（14分）如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，AOB=37，圆弧的半径R=0.5m；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点现有一质量m=1kg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小；（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？【考点】：
25、机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）先对从A到B过程根据机械能守恒定律或动能定理，求出物块经过B点时的速度；在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力，再由牛顿第三定律得到物块对工件的压力大小；（2）先对A到D过程根据动能定理列式，再对A到C过程根据动能定理列式，最后联立求解；【解析】： 解：（1）物块运动到由A运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有：mgR（1cos37）=解得：v2=2gR（1cos37）=2100.5（10.8）=2（m/s）2在B点，由牛顿第二定律有：解得：FN=mg+m=1（10+）N=
26、14N由牛顿第三定律有：FB=FN=14N（2）物块运动到由B运动到C点的过程中，由动能定理有：物块运动到由B运动到C点的过程中，由动能定理有：可得：mgBD=（mg+F）BC由题：BD=2BC，则得：2mg=mg+F解得：F=mg=110N=10N答：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小为14N；（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为10N【点评】： 本题是动能定理的运用问题，关键是选择适当的过程运用动能定理列式，动能定理适用于多过程问题，可以使问题简化12（18分）（2015济宁校级三模）如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标
27、原点O以初速度v0射出，粒子恰好经过A点，O、A两点长度为L，连线与坐标轴+y方向的夹角为=37，不计粒子的重力（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若在平行于x轴正方向的匀强电场E1中，粒子沿+y方向从O点射出，恰好经过A点；若在平行于y轴正方向的匀强电场E2中，粒子沿+x方向从O点射出，也恰好能经过A点，求这两种情况电场强度的比值（2）若在y轴左侧空间（第、象限）存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点O，沿与y轴成30的方向射入第象限，从第象限射出后恰好经过A点，求磁感应强度B大小及方向【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【分析】： （1）粒子在这两个方向不同的匀强电场
28、中均做类平抛运动，根据运动的合成与分解分成平行于电场线和垂直于电场线方向分别列方程，然后联立求解；（2）作出粒子圆周运动的轨迹，由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定律列方程求磁感应强度【解析】： 解（1）在电场E1中：lcos=vot1在电场E2中：lsin=v0t2联立得：（2）设轨迹半径为R，轨迹如图所示，可见：OC=2Rsin30由几何知识可得：解得：qvB=又由：得：由得：，方向垂直纸面向里；答：（1）这两种情况电场强度的比值；（2）磁感应强度，方向垂直纸面向里【点评】： 带电粒子在电场中的偏转常根据类平抛运动规律列方程求解，在磁场中通常是先画出轨迹由几何知识确定半径，然后由牛顿第二定
29、律求q、m、B、v的某一个量，这是一道考查典型方法的好题（二）选考题：请考生从给出的3个选修中任选一个作答，多答则按所答第一评分【物理-选修3-3】（15分）13（5分）下列说法正确的是（） A 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小 B 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 C 空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向 D 外界对气体做功时，其内能一定会增大 E 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【考点】： 封闭气体压强；扩散；热力学第一定律；* 晶体和非晶体【分析】： 热
30、力学第二定律，热力学基本定律之一，内容为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；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零【解析】： 解：A、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；B、晶体都有固定的熔点，故B错误；C、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；D、当分子间的距离增大时，分子之间的引力和斥力均同时减小，但斥力减小的更快，当合力表现为引力时，分子势能增加，当合力表现为斥力时，分子势能减小
31、，故D错误；E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；故选：ACE【点评】： 本题综合考查了热力学第二定律、扩散现象、分子力和分子势能等知识点，关键要多看课本，熟悉基础知识14（10分）如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压强p0=1.25105Pa，活塞质量m=0.25kg，管道的内径横截面积S=1cm2现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，
32、g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T【考点】： 理想气体的状态方程；封闭气体压强【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 对下部分气体分析知气体为等温变化，根据玻意耳定律求出气体压强，再根据平衡求出上部分气体压强，最后对上部分气体根据根据理想气体状态方程列式求温度【解析】： 解：设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，等温变化，根据玻意耳定律知：P0V0=PV，其中：解得：P=1.25105Pa=1l05Pa对上部分气体，初态：P1=P0=1105Pa末态：根据理想气体状态方程，有：解得：T=281.25 K答：此时上部分气体的温度T=281.25 K【点评】： 对两部分气体分
33、别分析，注意两气体之间的压强关系和体积关系【物理-选修3-4】（15分）15如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（） A 此列波的周期为T=0.4s B 质点B、F在振动过程中位移总是相等 C 质点I的起振方向沿y轴负方向 D 当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处 E 质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【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】： 由波形图可以直接得出波的波长，根据v=求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振
34、动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反【解析】： 解：A、由波形图可知，波长=4m，则T=，故A正确；B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x=l0m的质点的时间t=，t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动4.1s=10T，所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】： 本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别16
35、半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一束复色光沿半径方向与OO成=30角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带（）求彩色光带的宽度；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求角至少为多少？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射由于n1n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失
36、，复色光的入射角的最小值【解析】： 解：（）由折射定律n=，n2=代入数据，解得：1=45，2=60 故彩色光带的宽度为：Rtan45Rtan30=（1）R（）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故sinC=即入射角=C=45 答：（）彩色光带的宽度为（1）R；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，角至少为45【点评】： 对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角【物理-选修3-3】（15分）17（2015济宁校级三模）下列
37、说法正确的是（） A Th经过6次衰变和4次衰变后成为稳定的原子核Pb B 在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水 C 当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用红光照射也一定会有电子逸出 D 核力是弱相互作用的一种表现，在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多，其作用范围在1.51010m E 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为2的光子，已知12那么原子从a能级状态跃迁到到c能级状态时将要吸收波长的光子【考点】： 光电效应；裂变反应和聚变反应【专题】： 光电效应专题【分析】： 发生
38、衰变是放出42He，发生衰变是放出电子01e，根据质量数和电荷数守恒判断衰变次数，发生光电效应的条件是入射光的频率等于金属的极限频率，核力是核子之间的作用力，它是核子组成稳定的原子核的非常巨大的力【解析】： 解：A、发生衰变是放出42He，发生衰变是放出电子01e，设发生了x次衰变和y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2xy+82=90，4x+208=232，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次衰变和4次衰变，故A正确；B、在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，故B正确；C、发生光电效应的条件是入射光的频率等于金属的极限频率，红光的频率
39、小于蓝光，不发生光电效应，故C错误；D、核力是核子之间的作用力，它是核子组成稳定的原子核的非常巨大的力，是一种强相互作用，主要是吸引力，比库仑力大得多，故D错误；E、原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为2的光子，已知12根据玻尔理论得ab：EaEb=hbc：EcEb=hac：EcEa=h联立上三式得，=，故E正确；故选：ABE【点评】： 掌握衰变的实质，发生光电效应的条件，波尔理论的应用，了解物体间的相互作用力，注意核力与库仑力的区别18如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.4k
40、g的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车g取10m/s2求：子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小小车的长度【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以求出冲量；系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度【解析】： 解：子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m1）v1，代入数据解得：v1=10m/s，对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.4510=4.5Ns；三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v，设小车长为L，由能量守恒有：m2gL=（m0+m1）v12（m0+m1）v22m2v2，代入数据解得：L=5.5m；答：子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小为4.5Ns小车的长度为5.5m【点评】： 本题考查了求冲量、小车长度，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律即可正确解题
