1、2015年宁夏银川市六盘山高中高考物理四模试卷二、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14-18题只有一项符合题目要求，第19、20、21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1一种测定风力的仪器的原理图如图所示，质量为m的金属球，固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度，角的大小与风力大小有关，下列关于金属球受到的风力F与的关系式正确的是（）AFmgtanBFmgcotCFmgsinDFmgcos2某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断下列（F表示物体所
2、受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是（）ABCD3如图所示，平行板电容器的两板与电源相连，板间同时有电场和垂直纸面向里的匀强磁场B，一个带电荷量为+q的粒子以v0为初速度从两板中间沿垂直电磁场方向进入，穿出时粒子的电势能增加了若想使这个带电粒子以v0沿原方向匀速直线运动穿过电磁场，可采用的办法是（）A减小平行板的正对面积B增大极板间距C减小磁感应强度BD增大磁感应强度B4如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合
3、开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）ABCD5如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A直导线中电流方向垂直纸面向里Bd点的磁感应强度为0Ca点的磁感应强度为2T，方向向右Db点的磁感应强度为2T，方向斜向下，与B成45角620013年6月20日，我国成功实施了首次天地授课，天宫一号中的航天员向我国亿万学生和其他观众演示并讲解了失重环境下的奇妙现象，激发了人们对航天事业的高度关注根据天宫一号中发生的现象，下列解释不正确的是（）A天宫一号中的人和物体都
4、不受地球引力B天宫一号中的人和物体都没有惯性C相对天宫一号中静止的人和物体都处于平衡状态D相对天宫一号中静止的人和物体都处于失重状态7如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上不计重力下列说法正确的有（）Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近8如图光滑水平面上物块A和B以轻弹簧相连接在水平拉力F作用下以加速度a作直线运动，设A和B的质量分别为mA和mB，当突然撤去外力F时（）A物块A的加速度为aB物块B的加速度为0C物块A的加速度为D物块B的加速度为a三、非选择题：包括必考
5、题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9为了研究平抛运动，某学习小组的同学设计了如图所示的两组实验装置进行探究甲图中将A、B两小球同时从相同的一段圆弧顶端释放，离开圆弧时它两位置在同一竖直线上，无论H多大，发现在A球落地时B球总是与之相碰乙图中用铁锤敲击弹簧片，A球在水平方向被弹出的同时，B球竖直掉落，无论H多大，发现两球总是同时落地（1）让两球同时开始运动，甲、乙两图中A球做运动；甲图中B小球在水平面上做运动；乙图中B小球在竖直方向做运动（2）甲图说明；乙图说明10为了节能和环保，一些公共场所使
6、用光控开关控制照明系统光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx）某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如表：照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻（k）754028232018（1）根据表中数据，请在给定的坐标系（图1）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点：（2）如图2所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图（不考虑控制开关对所
7、设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻Rp（符号，阻值见上表）；直流电源E（电动势3V，内阻不计）；定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）；开关S及导线若干11如图，质量为m的带电小球用长L为的绝缘细绳系在O点，绳的形变可以不计，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，静止时位于A点，此时绳与竖直方向夹30的角现将小球从绳拉直且水平的B点释放，求（1）小球的带电量（2）小球运动到最低点C时对绳的拉力12如图所示，一长木板质量为M=4kg，木板与地面的动摩擦因数1=0.2，质量为m=2kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数2=0.4开始
8、时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L=2.7m现给木板以水平向右的初速度v0=6m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g=10m/s2，求：（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小和方向（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是多大？（3）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？三、选择题（共2小题，每小题5分，满分15分）【物理选修3-3】13关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的
9、情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高14如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm已知大气压强为p0=75.0cmHg现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1=20.0cm假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离【物理-选修3-4】15在下列现象之中，可以证明光是一种波的是（）A双缝干涉B单缝衍射C棱镜色散D薄膜干涉E海市蜃楼16如图为一列简谐波在t1=0时刻的图象此时
10、波中质点M的运动方向沿y负方向，且到t2=0.5s质点M恰好第1次到达y负方向最大位移处试求：（1）此波向什么方向传播？波速是多大？（2）从t1=0至t3=2.5s，波中质点M走过的路程和t3=2.5s时相对于平衡位置的位移分别是多少？【物理-选修3-5】17氢原子的部分能级如图所示已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间由此可推知，氢原子（）A从高能级向n=1能级跃迁时了发出的光的波长比可见光的短B从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光E从n=1能级向n=2能级跃迁时需要吸
11、收能量18如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求B与C碰撞前B的速度2015年宁夏银川市六盘山高中高考物理四模试卷参考答案与试题解析二、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14-18题只有一项符合题目要求，第19、20、21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1一种测定风力的仪器的原理图如图所示，质量为
12、m的金属球，固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度，角的大小与风力大小有关，下列关于金属球受到的风力F与的关系式正确的是（）AFmgtanBFmgcotCFmgsinDFmgcos【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】以金属球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出风力F与的关系式【解答】解：以金属球为研究对象，分析受力情况：金属球受到重力mg、水平向左的风力F和金属丝的拉力T，作出力图如图，根据平衡条件得到：F=mgtan故选：A【点评】本题是实际问题，
13、实质是物体的平衡问题，分析受力情况，作出力图是解题的关键2某物体做直线运动的vt图象如图所示，据此判断下列（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】在vt图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定速度时间图象特点：因速度是矢量，故速度时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以“速度时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移时间”图象；“速度时间”图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点；“
14、速度时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；“速度时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移本题中物体先匀加速前进，然后匀减速前进，再匀加速后退，最后匀加减速后退，根据运动情况先求出加速度，再求出合力【解答】解：由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确故选B【点评】本题关键先根据图象确定物体的运动情况，然后求出各
15、段过程的加速度，最后求解合外力3如图所示，平行板电容器的两板与电源相连，板间同时有电场和垂直纸面向里的匀强磁场B，一个带电荷量为+q的粒子以v0为初速度从两板中间沿垂直电磁场方向进入，穿出时粒子的电势能增加了若想使这个带电粒子以v0沿原方向匀速直线运动穿过电磁场，可采用的办法是（）A减小平行板的正对面积B增大极板间距C减小磁感应强度BD增大磁感应强度B【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】以速度v0从两极板中间垂直于电磁场方向射入，穿出时粒子的电势能增加，可知电场力做负功，知洛伦兹力大于电场力，向上偏转想使这个带电粒子以速度v0按原方向匀速穿过电磁场，则电
16、场力和洛伦兹力相等【解答】解：因为粒子穿越磁场时，电势能增加了，而洛伦兹力不做功，则电场力做负功，电场力方向竖直向下，则粒子向上偏转，洛伦兹力大于电场力A、减小平行板间的正对面积，U不变，d不变，则电场强度不变，电场力不变，仍然小于洛伦兹力，不能匀速穿越电磁场故A错误B、增大极板间距，根据E=，则电场强度减小，电场力变小，更不能够与洛伦兹力相等，不可能做匀速直线运动故B错误C、减小磁感应强度，则洛伦兹力减小，能够与电场力平衡，做匀速直线运动故C正确D、增大磁感应强度，则洛伦兹力增大，仍然大于电场力，不能匀速穿越电磁场故D错误故选：C【点评】解决本题的关键通过电场力做功得出电场力与洛伦兹力的大小
17、关系，抓住电场力与洛伦兹力相等时，才能匀速直线运动进行分析4如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【专题】电磁感应与图像结合【分析】s闭合后，金属杆在下滑过程中，受到重力和向上的安培力作用，分析安培力与重力大小关系，根据安培力大小与速度大小成正比，分析金属杆的加速度变化，确定金属杆的运动情况【解答】解：
18、A、闭合开关时，ab杆产生感应电流，受到向上的安培力若重力与安培力相等，金属杆将做匀速直线运动，此图是可能的故A错误B、D若安培力小于重力，合力向下，加速度的方向向下，做加速运动加速运动的过程中，ab杆产生的感应电动势和感应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动故B图象是可能的，D图不可能，故B错误，D正确C、若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动此图是可能的，故C错误故选：D【点评】本题是电磁感应的动态变化分析，分析
19、方法可以和机车启动的动态变化过程进行类比解答，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析5如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）A直导线中电流方向垂直纸面向里Bd点的磁感应强度为0Ca点的磁感应强度为2T，方向向右Db点的磁感应强度为2T，方向斜向下，与B成45角【考点】磁感应强度【分析】已知c点的磁感应强度为0，说明通电导线在O点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等
20、，根据平行四边形定则进行合成分析b、a、d三点的磁感应强度大小和方向【解答】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外故A错误B、通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向上，不为零故B错误C、通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向与B的方向相同，即向右故C正确D、由上知道，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应
21、强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为T，方向与B的方向成45斜向下故D错误故选：C【点评】本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加620013年6月20日，我国成功实施了首次天地授课，天宫一号中的航天员向我国亿万学生和其他观众演示并讲解了失重环境下的奇妙现象，激发了人们对航天事业的高度关注根据天宫一号中发生的现象，下列解释不正确的是（）A天宫一号中的人和物体都不受地球引力B天宫一号中的人和物体都没有惯性C相对天宫一号中静止的人和物体都处于平衡状态D相对天宫一号中静止的人和物体都处于失重状态【考点】超重和失重
22、；惯性【分析】处于失重状态的物体仍然受到重力；惯性与物体的运动状态无关；相对天宫一号中静止的人和物体都处于失重状态【解答】解：A、天宫一号中的人和物体处于失重状态，但是仍然受到重力；故A错误；B、惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态无关，天宫一号中的人和物体惯性不变故B错误；C、D、相对天宫一号中静止的人和物体都是相对于天宫一号静止，相对于地球做匀速圆周运动，重力完全提供向心力，所以都处于失重状态故C错误，D正确本题选择错误的，故选：ABC【点评】该题以社会的热点航空与航天为背景，考查对惯性与超重、失重的理解，要注意抓住事物的本质，正确理解失重时物体受到的重力没有消失或减小7如图，两个初速度
23、大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上不计重力下列说法正确的有（）Aa、b均带正电Ba在磁场中飞行的时间比b的短Ca在磁场中飞行的路程比b的短Da在P上的落点与O点的距离比b的近【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行求解【解答】解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场
24、中飞行的时间比b的长，故BC错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确故选：AD【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径8如图光滑水平面上物块A和B以轻弹簧相连接在水平拉力F作用下以加速度a作直线运动，设A和B的质量分别为mA和mB，当突然撤去外力F时（）A物块A的加速度为aB物块B的加速度为0C物块A的加速度为D物块B的加速度为a【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】应用题；定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】分析A的受力，可以求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解
25、【解答】解：A、A受到的合力为弹力，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，A所受的合力不变，A的加速度不变，仍为a，故A正确，C错误B、力F作用时，由牛顿第二定律得：对A有：F弹=mAa 对B有：FF弹=mBa，当突然撤去推力F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，由牛顿第二定律得：对B：F弹=mBaB，解得：aB=a，故B错误，D正确；故选：AD【点评】采用整体法求物体的共同加速度，再用隔离法求各个物体受到的力的大小，这是求连接体问题的一般步骤三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-32题为必考题，每个试题考生都作答；第33题-39题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9为了研究
26、平抛运动，某学习小组的同学设计了如图所示的两组实验装置进行探究甲图中将A、B两小球同时从相同的一段圆弧顶端释放，离开圆弧时它两位置在同一竖直线上，无论H多大，发现在A球落地时B球总是与之相碰乙图中用铁锤敲击弹簧片，A球在水平方向被弹出的同时，B球竖直掉落，无论H多大，发现两球总是同时落地（1）让两球同时开始运动，甲、乙两图中A球做平抛运动；甲图中B小球在水平面上做匀速直线运动；乙图中B小球在竖直方向做自由落体运动（2）甲图说明平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动；乙图说明平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动【考点】研究平抛物体的运动【专题】实验题【分析】探究平抛运动的规律中，实验甲同时让A
27、球做平抛运动，B球在水平面上做匀速直线运动，若两小球相碰，可得出平抛运动在水平方向上的运动规律实验乙A球做平抛运动，B球做自由落体运动，若同时落地，即可得出平抛运动在竖直方向上的运动规律【解答】解：（1）让两球同时开始运动，甲、乙两图中A球做平抛运动，甲图中B小球在水平面上做匀速直线运动，乙图中B球在竖直方向上做自由落体运动（2）甲图中，A、B两球相碰，可知平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动乙图中，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动故答案为：（1）平抛，匀速直线，自由落体（2）平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动； 平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动【点评】本
28、题研究平抛运动在水平方向和竖直方向两个方向分运动的情况，采用比较法，考查对实验原理和方法的理解能力10为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx）某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如表：照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻（k）754028232018（1）根据表中数据，请在给定的坐标系（图1）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小（2）如图2所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制
29、开关自动启动照明系统请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图（不考虑控制开关对所设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻Rp（符号，阻值见上表）；直流电源E（电动势3V，内阻不计）；定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）；开关S及导线若干【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】应用描点作图法作出图象电路设计，将电源、光敏电阻、定值电阻、电键直接串联，由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，故将控制系统与光敏电阻并联，照度降低至1.0（
30、Lx）时启动照明系统，可以算出定值电阻的大小【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示阻值随照度变化的特点是：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小（2）当天色渐暗照度降低至1.0 （lx）时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20 k，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 k，即选用R1电路原理图如图2所示故答案为：（1）如图，光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小（2）电路图如图所示【点评】本题考查了作图象、设计电路图，要掌握描点法作图的方法；电路设计的问题要结合闭合电路欧姆定律去分析11如图
31、，质量为m的带电小球用长L为的绝缘细绳系在O点，绳的形变可以不计，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E，静止时位于A点，此时绳与竖直方向夹30的角现将小球从绳拉直且水平的B点释放，求（1）小球的带电量（2）小球运动到最低点C时对绳的拉力【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】（1）抓住小球静止于A点，根据共点力平衡求出电荷量的大小（2）根据动能定理求出最低点的速度，结合径向的合力提供向心力求出拉力的大小【解答】解：（1）受力分析，由三力平衡得：F=Eq=mgtan=解得q= （2）从B到C用动能定理：mgLEqL=mv20 对
32、C受力分析，用牛顿运动定律得：Tmg=所以T=1.86mg答：（1）小球的带电量为 （2）小球运动到最低点C时对绳的拉力为1.86mg【点评】本题考查了共点力平衡、动能定理、牛顿第二定律的综合运用，知道最低点向心力的来源，通过牛顿第二定律进行求解，难度不大12如图所示，一长木板质量为M=4kg，木板与地面的动摩擦因数1=0.2，质量为m=2kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数2=0.4开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L=2.7m现给木板以水平向右的初速度v0=6m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g=10m/s2
33、，求：（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小和方向（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是多大？（3）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出物块的加速度；（2）由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由匀变速直线运动的速度位移公式求出木板的速度；（3）木板与墙壁碰撞后，木板做匀减速直线运动，物块做匀加速直线运动，当两者速度相等时滑块停在木板上，应用速度公式求出时间【解答】解：（1）木板向右运动时物块受到向右的滑动摩擦力，物块向右加速运动，加速度
34、方向向右，物块的加速度：am=4m/s2；（2）木板向右减速运动过程加速度：aM=5m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：vM2v02=2aML，解得：vM=3m/s；（3）木板向右运动的时间：t1=0.6s，木板与墙壁碰撞前瞬间滑块的速度：vm=amt1=2.4m/s，木板与墙壁碰撞后两者都做匀减速直线运动，当两者速度v相等时滑块停在木板上，木板反弹后做匀减速知识运动，速度：v=vMaMt2，滑块也做匀减速直线运动，滑块的速度：v=vmamt2，解得：t2=0.6s；答：（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小为4m/s2，方向：水平向右（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是3m/s
35、（3）木板与墙壁碰撞后，经过时间0.6s小滑块停在木板【点评】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的运动过程与受力情况是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题三、选择题（共2小题，每小题5分，满分15分）【物理选修3-3】13关于一定量的气体，下列说法正确的是（）A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定升高【考点】热力学第一定律；气体压强的微观意义【专题】
36、压轴题；热力学定理专题【分析】气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，温度高体分子热运动就剧烈，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，做功也可以改变物体的内能【解答】解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，A正确；B、温度高体分子热运动就剧烈，B正确；C、在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，C错误；D、做功也可以改变物体的内能，C错误；E、气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正确故选：ABE【点评】本题考查了热力学第一定律的应用和气体压强的微观意义，难度不大14如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置玻璃管的下部封有长l1=25.
37、0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm已知大气压强为p0=75.0cmHg现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1=20.0cm假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离【考点】理想气体的状态方程【专题】压轴题；理想气体状态方程专题【分析】设活塞下推距离为l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可【解答】解：以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：P1=P0+l2 设活塞下推后，下部空气的压强为P
38、1，由玻意耳定律得：P1l1=P1l1如图，设活塞下推距离为l，则此时玻璃管上部的空气柱的长度为：l3=l3+（l1l1）l 设此时玻璃管上部空气柱的压强为P3，则P3=p1l2 由波意耳定律，得：P0l3=P3l3由式代入数据解得：l=15.0cm；答：活塞下推的距离为15cm【点评】本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体的压强间以及其与大气压强的关系【物理-选修3-4】15在下列现象之中，可以证明光是一种波的是（）A双缝干涉B单缝衍射C棱镜色散D薄膜干涉E海市蜃楼【考点】光的波粒二象性【分析】干涉、衍射、偏振是波所具有的特性，光电效应、康普顿效应说明光具有粒子
39、性【解答】解：A、B、D、光的干涉（双缝干涉，薄膜干涉）、衍射、偏振是波所具有的特性，所以都可以证明光是一种波故ABD正确；C、棱镜色散是光在两种介质的界面上发生光路改变的现象，也可以由粒子的特性来解释，不能证明光是一种波故C错误；E、海市蜃楼与光 的反射有关，不能证明光是一种波故E错误故选：ABD【点评】解决本题的关键知道光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性，干涉、衍射、偏振说明光具有波动性16如图为一列简谐波在t1=0时刻的图象此时波中质点M的运动方向沿y负方向，且到t2=0.5s质点M恰好第1次到达y负方向最大位移处试求：（1）此波向什么方向传播？波速是多大？（2）从t1=0至t3=2.
40、5s，波中质点M走过的路程和t3=2.5s时相对于平衡位置的位移分别是多少？【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】计算题；比较思想；图析法；振动图像与波动图像专题【分析】（1）t1=0时刻质点M的运动方向沿y负方向，根据波形的平移法判断波的传播方向图中M质点向下运动，经过T恰好第1次到达y负方向最大位移处，则可求出周期读出波长，即可求得波速（2）从t1=0至t3=2.5s，经过时间为t=2.5s，根据时间与周期的关系，根据质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，求出路程，再确定位移【解答】解：（1）质点M的运动方向沿y负方向，该波波形向左平移，则知波向左传播；由题有T=t2，则得 T
41、=4t2=40.5s=2s 波速为 v=0.2m/s （2）从t1=0至t3=2.5s，经过时间为t=2.5s=1T则从t1=0至t3=2.5s，波中质点M走过的路程 S=4A=0.25m t3=2.5s时M点位于波谷，则位移为 y=5cm 答：（1）此波向左传播，波速是0.2m/s （2）从t1=0至t3=2.5s，波中质点M走过的路程是0.25m，t3=2.5s时相对于平衡位置的位移是5cm【点评】本题考查分析质点的振动情况与波动关系的能力，运用波形的平移法研究求质点通过的路程不能根据S=vt，因为质点做的是非匀速运动【物理-选修3-5】17氢原子的部分能级如图所示已知可见光的光子能量在1
42、.62eV到3.11eV之间由此可推知，氢原子（）A从高能级向n=1能级跃迁时了发出的光的波长比可见光的短B从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光E从n=1能级向n=2能级跃迁时需要吸收能量【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】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即EmEn=hv结合能级差和可见光能量的范围分析判断【解答】解：A、从高能级向n=1能级跃迁时，辐射的最小光子能量为10.20eV，光子能量大于可见光的光子能量，则波长小于可见光的波长，故A
43、正确B、从第5能级以上的能级向第2能级跃迁，辐射的光子能量大于3.11eV，不是可见光，故B错误C、从高能级向第3能级跃迁，辐射的最大光子能量为1.51eV，小于可见光的光子能量，故C错误D、从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量为1.89eV，在1.62eV到3.11eV之间，为可见光，故D正确E、从低能级向高能级跃迁需要吸收能量，故E正确故选：ADE【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量满足：EmEn=hv知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18如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用
44、细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）开始时A、B以共同速度v0运动，C静止某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同求B与C碰撞前B的速度【考点】动量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】在弹簧弹开过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律列方程；在B、C碰撞过程中，B、C系统动量守恒，由动量守恒定律可以列方程，然后根据题意解方程组，求出B与C碰撞前B的速度【解答】解：以A、B系统组成的系统为研究对象，A与B分开过程中，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAv+mBvB，以B、C组成的系统为研究对象，B与C碰撞过程中，由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v，解得，B与C碰撞前B的速度vB=v0；答：B与C碰撞前B的速度为v0【点评】分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题