1、2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（二）一、选择题（本题共8小题，每小题6分在15小题给出的四个选项中，只有一个选项正确在68小题中给出的四个选项中有多个选项正确全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述不符合史实的是（）A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即
2、感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2如图所示，轻杆与竖直墙壁成53角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为mg（g表示重力加速度），则轻杆对小球的弹力大小为（）ABCD3如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（）Aam=1 m/s2，aM=1 m/s2Bam=1 m/s2，aM=2 m/s2Cam=2 m/s2，aM=4 m/s2Dam=3 m/s2，aM=5
3、 m/s24如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O是O在地面上的竖直投影，且OA：AB=1：3若不计空气阻力，则两小球（）A抛出的初速度大小之比为1：4B落地速度大小之比为1：3C落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D通过的位移大小之比为1：5如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A =B =C =（）2D =（）26将一带电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，金属球外壳接地，所形成的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）Aa点的电势
4、高于b点的电势Bc点的电场强度大于d点的电场强度C若将一正试探电荷由a点移到b点，电势能增加D电场线方向与金属球表面处处垂直7有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零8如图甲所示的电路中，理想变
5、压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小下列说法中正确的是（）A图乙中电压的有效值为110VB电压表的示数为44VCR处出现火警时电流表示数增大DR处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9气垫导轨装置是物理学实验的重要仪器，可以用来“研究匀变速直线运动”、“探究动能定理”等（1）某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L
6、，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度可以表示为a=（用题中所给物理量表示）（2）该学习小组在控制砂桶的质量m远远小于滑块的质量M的前提下，忽略滑块在气垫导轨上运动时所受的阻力，探究动能定理，若由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离s，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为T1、T2，滑块在通过两个光电门过程中合外力做功为，滑块动能变化量为（用题中所给物理量表示）10如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率改变RL的阻值，记录多组电流
7、、电压的数值，得到如图乙所示的UI关系图线回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数（填“增大”或“减小”）（2）I0=A（3）RL消耗的最大功率为W（保留一位有效数字）11如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径R=1.8m，末端与平台相切于A点倾角=37的斜面BC紧靠平台固定从圆弧轨道最高点由静止释放质量m=1kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与a质量相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0=5m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s=2m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为=0.5，g=10m/s2，sin 37=0.
8、6，cos 37=0.8，求：（1）滑块a到B点时的速度；（2）斜面上PC间的距离12如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105s后，电荷以v0=1.5104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（保留2位有效数字）（2）图b中t=105s时刻电荷与O点的水平距离；（3）如果在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运
9、动到挡板所需的时间（sin 37=0.60，cos 37=0.80）（保留2位有效数字）（二）选考题物理-选修3-313下列说法正确的是 （）A将大颗粒的研磨成细盐，细盐还是属于晶体B满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C0冰熔化成0的水，其分子热运动的平均动能仍然不变D布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈E宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果14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=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
10、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物理-选修3-415如图所示为一系列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，其中a，b为介质中的两质点，若这列波的传播速度时100m/s，则下列说法正确的是 （）A该波波源的振动周期是0.04sBa，b两质点可能同时到达平衡位置Ct=0.04s时刻a质点正在向下运动D从t=0到t=0.01s时间内质点b的路程为1cmE该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象16如图所示，放置在真空中的三棱镜的
11、横截面为直角三角形ABC，A=30在BC的延长线上有一单色点光源S，从S射出的一条光线从AC边上的D点（图中未标出）处射入棱镜中，经三棱镜折射后垂直于AB边射出，若S，D两点的距离为d，且光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等，已知该三棱镜的折射率n=，光在真空中的传播速度为c求：（1）从光源射出的光线与SB边的夹角；（2）入射点D到顶点A点的距离物理-选修3-517下列说法正确的是（）A氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化 产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C光子的能量由光的频率所
12、决定D只要有核反应发生，就一定会释放出核能E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变18如图所示，一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数=0.45，平板小车的长度L=1m现给铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，碰撞过程中无能量损失，求小铁块在平板小车上运动的过程中系统损失的机械能（g取10m/s2）2016年北京市状元桥学校高考物理模拟试卷（二）
13、参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分在15小题给出的四个选项中，只有一个选项正确在68小题中给出的四个选项中有多个选项正确全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述不符合史实的是（）A奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应
14、电流的磁通量的变化【考点】物理学史【分析】对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就【解答】解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，符合史实故A正确B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，符合史实故B正确C、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流故C错误D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化故D正确本题选不符合
15、史实的，故选：C【点评】本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累2如图所示，轻杆与竖直墙壁成53角，斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为mg（g表示重力加速度），则轻杆对小球的弹力大小为（）ABCD【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】以小球为研究对象，分析受力情况，由共点力平衡条件求解轻杆对小球的弹力大小【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，如图所示，根据共点力平衡条件得： 轻杆对小球的弹力大小为 F=故选：D【点评】本题是简单的共点力平衡问题，正确分析受力是基
16、础，本题运用数学上勾股定理求解比较简洁，也可以由正交分解法求解3如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（）Aam=1 m/s2，aM=1 m/s2Bam=1 m/s2，aM=2 m/s2Cam=2 m/s2，aM=4 m/s2Dam=3 m/s2，aM=5 m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对m受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后
17、联立方程组求解【解答】解：当M与m间的静摩擦力fmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：此时F=（M+m）am=（5+1）2N=12N当F12N，可能有aM=am=1m/s2当F12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aMam=2m/s2故AC正确，BD错误故选：AC【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解4如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2
18、水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O是O在地面上的竖直投影，且OA：AB=1：3若不计空气阻力，则两小球（）A抛出的初速度大小之比为1：4B落地速度大小之比为1：3C落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1：3D通过的位移大小之比为1：【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】两小球所在高度相同，故下落时间相同，竖直方向的速度增量相同；由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系，进而求得落地速度的大小及方向关系；由几何关系可求得位移的比值【解答】解：两球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同；两小球的水平位移分别为OA和OB；故水平位移之比为1：4； 故由x=vt可知两
19、小球的初速度之比为1：4； 故A正确；由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地时的竖直分速度，故B无法求得落地速度之比故速度方向，故B错误；同理也无法求出位移大小之比，故D错误；因竖直分速度相等，tan=，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为1：4，故正切值的比值为4：1；故C错误；故选A【点评】对于平抛运动要注意用好几何关系，并能灵活应用各物理量之间的关系5如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则（）A =B =C =（）2D =（）2【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】人
20、造卫星问题【分析】根据万有引力提供向心力=m，解出线速度与轨道半径r的关系进行求解【解答】解：根据万有引力提供向心力=mv=，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，所以=，故选：A【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式6将一带电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，金属球外壳接地，所形成的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）Aa点的电势高于b点的电势Bc点的电场强度大于d点的电场强度C若将一正试探电荷由a点移到b点，电势能增加D电场线方向与金属球表面处处垂直【考点】电场的叠加；电场强度【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析
21、】顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示场强的大小；电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大金属球处于静电平衡状态，表面是一个等势面，电场线与等势面垂直由这些知识分析【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面垂直可知，a点所在等势面的电势低于b点所在等势面的电势，则a点的电势低于b点的电势故A错误B、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误C、a点的电势低于b点的电势，根据电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，则知将一正试探电荷由a点移到b点，电势能增加，故C正确D、金属球表面是一个等势面，则电场线方向与金属球表面处处垂直，故D正
22、确故选：CD【点评】该题关键要掌握电场线的物理意义以及静电平衡导体的特点，知道顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线的疏密表示场强的大小7有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是（）AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零【考点】通电直导线和
23、通电线圈周围磁场的方向【分析】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系在线段M N上只有O点的磁感应强度为零【解答】解：A、B根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反故A错误，B正确C、D只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零故C错误，D正确故选：BD【点评】本题考查安培定则和平行四边
24、定则的综合应用，基础题8如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统 （报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小下列说法中正确的是（）A图乙中电压的有效值为110VB电压表的示数为44VCR处出现火警时电流表示数增大DR处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大【考点】变压器的构造和原理；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】求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值由变压器原理可得
25、变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化【解答】解：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U=T代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A正确B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：l，所以电压表的示数为22v，故B错误C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C正确D、R处出现火警时通过R0的电流增大，所以电阻R
26、0消耗的电功率增大，故D正确故选ACD【点评】根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题9气垫导轨装置是物理学实验的重要仪器，可以用来“研究匀变速直线运动”、“探究动能定理”等（1）某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度可以表示为a=（用题中
27、所给物理量表示）（2）该学习小组在控制砂桶的质量m远远小于滑块的质量M的前提下，忽略滑块在气垫导轨上运动时所受的阻力，探究动能定理，若由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离s，遮光板的宽度为d，遮光板依次通过两个光电门的时间分别为T1、T2，滑块在通过两个光电门过程中合外力做功为mgs，滑块动能变化量为M（）2M（）2（用题中所给物理量表示）【考点】探究功与速度变化的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题【分析】（1）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度（2）滑块受到的合力即为mg
28、，根据恒力做功公式求出合外力做功，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，从而求出动能变化量【解答】解：（1）遮光板通过光电门的时间很短，可以认为瞬时速度等于平均速度，依次通过两个光电门的速度分别为 v1= 和v2=，由可得，滑块的加速度为：a=，（2）砂桶的质量m远小于滑块的质量M，忽略滑块在气垫导轨上运动时所受的阻力，可以认为滑块所受合外力等于mg，则合外力做功为mgs；遮光板依次通过两个光电门的速度分别为v1=和v2=，滑块动能变化为：Ek=MMv=M（）2M（）2故答案为：（1）；（2）mgs， M（）2M（）2【点评】解决该题关键掌握知道在极短时间内的平均速度可以
29、表示瞬时速度和匀变速直线运动的速度位移公式应用，知道在控制砂桶的质量m远远小于滑块的质量M的前提下滑块受到的合外力即为砂桶的重力mg，难度适中10如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的UI关系图线回答下列问题：（1）滑动触头向下移动时，电压表示数减小（填“增大”或“减小”）（2）I0=1.0A（3）RL消耗的最大功率为5W（保留一位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（
30、1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，电流表示数增大，流过R的电压减小，故电压表示数减小；（2）当电压表示数为零时，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0为1.0A；（3）由图可知，当I0全部通过R时，I0R=20；解得：R=4由并联电路规律可知，流过RL的电流为：I=；则RL消耗的功率为：P=I2RL=；则由数学规律
31、可知，最大功率为：P=5W；故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5【点评】本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用11如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台AB上，轨道半径R=1.8m，末端与平台相切于A点倾角=37的斜面BC紧靠平台固定从圆弧轨道最高点由静止释放质量m=1kg的滑块a，当a运动到B点的同时，与a质量相同的滑块b从斜面底端C点以速度v0=5m/s沿斜面向上运动，a、b（视为质点）恰好在斜面上的P点相遇，已知AB长度s=2m，a与AB面及b与BC面间的动摩擦因数均为=0
32、.5，g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：（1）滑块a到B点时的速度；（2）斜面上PC间的距离【考点】动能定理；牛顿第二定律【专题】定性思想；推理法；动能定理的应用专题【分析】（1）对滑块a从下滑到B点的过程运用动能定理，求出滑块a到达B点的速度大小（2）根据平抛运动的规律求出滑块a的运动时间，根据牛顿第二定律求出滑块b上滑和下滑的加速度大小，结合运动学公式求出斜面上P、C间的距离【解答】解：（1）滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：，代入数据解得：v=4m/s（2）滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：x=vt，y=，代入数据解
33、得：t=0.6s，滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1，代入数据解得：向上运动的时间：0.6s，然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsin2mgcos=ma2，代入数据得：可得：xPC=v0t1a1t12a2（tt1）2=1.24m答：（1）滑块a到B点时的速度为4m/s；（2）斜面上PC间的距离为1.24m【点评】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道a平抛运动的时间和b运动的时间相等，结合运动学公式灵活求解，注意滑块b上滑和下滑的加速度大小不等12如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷=106C/
34、kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105s后，电荷以v0=1.5104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（保留2位有效数字）（2）图b中t=105s时刻电荷与O点的水平距离；（3）如果在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间（sin 37=0.60，cos 37=0.80）（保留2位有效数字）【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
35、复合场中的运动专题【分析】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=105s时刻电荷与O点的水平距离（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0=at1 Eq=ma解得：E=（2）当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：，周期，代入数据解得，当磁场垂直纸面
36、向里时，电荷运动的半径：，周期，代入数据解得，故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示t=105s时刻电荷与O点的水平距离：d=2（r1r2）=4cm （3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：，根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：电荷沿ON运动的距离：s=15d=60cm 故最后8cm的距离如图所示，有：r1+r1cos=ds解得：cos=0.6 则 =53 故电荷运动的总时间：，代入数据解得t总=3.86104s答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2103N/C（2）图b中t=105s时刻电荷与O点的水平距离为4cm（3）电荷从O点出发运
37、动到挡板所需的时间为3.86104s【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间（二）选考题物理-选修3-313下列说法正确的是 （）A将大颗粒的研磨成细盐，细盐还是属于晶体B满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C0冰熔化成0的水，其分子热运动的平均动能仍然不变D布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈E宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果【考点】* 晶体和非晶体；超
38、重和失重；温度是分子平均动能的标志；* 液体的表面张力现象和毛细现象【分析】本题根据晶体的定义和特点、热力学第二定律、布朗运动、液体分子的表面张力等知识进行逐项的分析【解答】解：A、晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则，晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，将大颗粒的研磨成细盐，其分子内部构造不变，细盐还是属于晶体，故A正确B、能量的转化和转移，除了满足守恒定律还有方向性，故B错误；C、温度是分子平均动能的标志，0冰熔化成0的水，其分子热运动的平均动能仍然不变，故C正确；D、布朗运动就是固体
39、微粒在液体中的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈，故D错误；E、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力，宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果，故E正确；故选：ACE【点评】本题考查的知识点比较多，要求学生平时多记忆，积累关于固液气三态的重点知识14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=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
40、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【解答】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=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，
41、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3-415如图所示为一系列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，其中a，b为介质中的两质点，若这列波的传播速度时100m/s，则下列说法正确的是 （）A该波波源的振动周期是0.04sBa，b两质点可能同时到达平衡位置Ct=0.04s时刻a质点正在向下运动D从t=0
42、到t=0.01s时间内质点b的路程为1cmE该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系；波的干涉和衍射现象【专题】光的折射专题【分析】由图可知波的波长，根据v=可以求得周期，根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向，知道周期则可得出质点的路程，当两列波的频率相同时，发生干涉现象【解答】解：A、由图可知波的波长=4m，则振动周期T=，故A正确；B、根据波的传播原则可知，ab两个质点的振动情况不是完全相同，也不是完全相反，不可能同时到达平衡位置，故B错误；C、t=0时刻，a质点向下振动，经过t=0.04s=T时间时，仍然向下振动，故C正确
43、；D、t=0.01s=，由图可知，b质点经过后已运动到x轴下方，路程大于1cm，故D错误；E、该波的频率f=，则该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E正确故选：ACE【点评】考查波的形成与传播过程，掌握波长、波速与周期的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向的关系16如图所示，放置在真空中的三棱镜的横截面为直角三角形ABC，A=30在BC的延长线上有一单色点光源S，从S射出的一条光线从AC边上的D点（图中未标出）处射入棱镜中，经三棱镜折射后垂直于AB边射出，若S，D两点的距离为d，且光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等，已知该三棱镜的折射率n=，光在真空中的
44、传播速度为c求：（1）从光源射出的光线与SB边的夹角；（2）入射点D到顶点A点的距离【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】（1）作出光路图，根据折射定律求出折射角，由几何知识求解从光源射出的光线与SB边的夹角；（2）根据几何知识求出光线在玻璃砖中传播的距离，由v=求出光在玻璃砖中传播的速度，结合题设条件：光从光源S导D点的传播时间跟光在三棱镜的时间相等，列式求解【解答】解：（1）根据题意作出光路图，有： n= 又：r=9060=30 联立解得：i=45由几何知识可得光源射出的光线与直线BC边的夹角为：DSC=C（90i）=15 （2）根据题意，设光在三棱镜中传播的距离为x，速度大小为
45、v，则有：= 又由于：n= 由几何知识知，入射点D到顶点A点的距离为：sin30= 联立解得： =d 答：（1）从光源射出的光线与SB边的夹角为15；（2）入射点D到顶点A点的距离为d【点评】解答本题的关键是正确画出光路图，然后依据几何关系和折射定律、光速公式解题物理-选修3-517下列说法正确的是（）A氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化 产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变的实质C光子的能量由光的频率所决定D只要有核反应发生，就一定会释放出核能E按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半
46、径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】衰变和半衰期专题【分析】半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加【解答】解：A、半衰期是大量原子衰变时所表现出的统计规律，对少量原子核没有意义，A错误；B、衰变所释放的电子是由原子核内中子转化成质子后释放出的电子，B正确；C、根据光子能量计算公式E=h可知其能量由光子频率决定，C正确；D、只有存在质量亏损
47、的核反应（核反应过程中比结核能下降）才会释放核能，D错误；E、按玻尔理论，氢原子吸收光子向高能级跃时，半径增大，电子运动的动能减小，系统势能增加，总能量增加，E错误；故选：BC【点评】重点掌握半衰期的特点，衰变的实质，质量亏损和原子跃迁中能量的变化18如图所示，一辆质量为M=6kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直一质量为m=2kg的小铁块（可视为质点）放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数=0.45，平板小车的长度L=1m现给铁块一个v0=5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，碰撞过程中无能量损失，求小铁块在平板小车上运动
48、的过程中系统损失的机械能（g取10m/s2）【考点】动量守恒定律；动能定理的应用【专题】动量定理应用专题【分析】根据动能定理研究铁块向右运动到达竖直墙壁的过程求出到达竖直墙壁时的速度，铁块在小车上滑动，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据功能关系求出小铁块相对小车运动距离进行判断求解【解答】解：设铁块向右运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：mgL=mm代入数据解得：v1=4m/s铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板车达到共速v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2代入数据解得：v2=1m/s设小铁块相对小车运动距离x与平板车达到共速，则根据功能关系得：mgx=（M+m）m解得：x=m由于xL说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车所以小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能为：E=2mgL=18J答：小铁块在平板上运动过程中系统损失的机械能是18J【点评】本题首先要分析铁块的运动情况，对于铁块向右运动是否滑出平板车，我们可以采用假设法进行判断，正确运用功能关系求解