1、2015年山东省高考物理模拟试卷（五）一.选择题1（3分）（2015山东模拟）如图所示，一颗行星和一颗彗星绕同一恒星的运行轨道分别为A和B，A是半径为r的圆轨道，B为椭圆轨道，椭圆长轴QQ为2rP点为两轨道的交点，以下说法正确的是（） A 彗星和行星经过P点时受到的万有引力相等 B 彗星和行星绕恒星运动的周期相同 C 彗星和行星经过P点时的速度相同 D 彗星在Q处加速度为行星加速度的【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】： 人造卫星问题【分析】： 行星和慧星受到恒星的万有引力充当合外力，根据开普勒第三定律分析周期关系；根据速度的方向判断速度关系由牛顿第二定
2、律可确定其加速度大小；【解析】： 解：A、行星和彗星的质量可能不同，故受到的万有引力可能不同，故A错误；B、因两星球半长轴相等，则由开普勒第三定律可知，两星球运动的周期相等；故B正确；C、在P点时两星所受万有引力相同对于行星，万有引力等于向心力，有G=m对于彗星，万有引力的一个分力提供向心力，另一个分力提供加速度，则知两星体经过P点时的速度大小不相等，但方向不同；故速度不可能相同；故C错误；D、由G=ma可得，a=；因慧星在Q点离恒星中心的距离小于行星半径的二倍；故慧星在Q处加速度大于行星加速度的；故D错误；故选：B【点评】： 本题考查万有引力的应用，要明确一个天体在绕另一天体做圆周运动时，由
3、万有引力充当向心力2（3分）（2015山东模拟）如图所示，边长L=0.2m的正方形线圈abcd，其匝数n=10，总电阻r=2，外电路的电阻R=8，ab边的中点和cd边的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T，若线圈从图示位置开始计时，以角速度=2rad/s 绕OO轴匀速转动则以下判断中正确的是（） A 在t= s时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大 B 闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=0.8sin 2t V C 从t=0时刻到t= s时刻，通过电阻R的电荷量q=0.02 C D 从t=0时刻到t= s时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.2104 J【考点】： 交流发
4、电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；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】： 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大【解析】： 解：A、T=S，在t= s时刻，线圈从图示位置转过90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，故A错误；B、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsint，而Em=nBS，所以e=nBL2sint=0.4sin2t故B错误；C、由q=N=10C=0.02C，故C正确
5、；D、从t=O时到t= 时刻，电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=Rt=1.6104J，故D错误；故选：C【点评】： 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求同时注意磁场只有一半3（3分）（2015山东模拟）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为m的小球套在圆环上一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力N的大小变化情况是（） A F不变，N增大 B F不变，N 减小
6、C F减小，N不变 D F增大，N减小【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】： 对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出AB与半径组成的图象；则可知两三角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力【解析】： 解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，小球受重力G，F，N，三个力满足受力平衡作出受力分析图如下由图可知OABGFA即：，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，N不变，故C正确；故选C【点评】： 相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法准确得出角边关系时，应考虑应用此法4（3分）
7、（2015山东模拟）如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是（） A 上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量 B 其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C 其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D 其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能
8、以外还有系统产生的热量；（2）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；（3）滑块对木板的摩擦力不变，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小；（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多【解析】： 解：A由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；B由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；
9、 C滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；D系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确故选：BD【点评】： 本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉本题就是常见而重要的滑块和木板模型5（3分）（2015山东模拟）如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为B
10、D中点一带负电的粒子从很远处沿轴线飞来向下顺次穿过两环若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中（） A 粒子经过B点时加速度为零 B 粒子经过B点和D点时动能相等 C 粒子从A到C的过程中，电势能一直增大 D 粒子从B到D的过程中，速度先减小再增大【考点】： 电势能【分析】： 两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为0要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小【解析】： 解：由题，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以
11、两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为0A、结合矢量合成的方法可得，C点以上场强的方向向下上，C点以下场强的方向向下，所以带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下故A错误；B、由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的，所以粒子从B到C电场力做的功的绝对值与粒子从C到D粒子电场力做的功绝对值大小相等，总功等于0所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等故B正确；C、粒子从A到C的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能一直减小故C错误；D、粒子从B到C的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，动能增大，速度增大；C到D的过程中电场力的方向相反，所以
12、速度先增大后减小故D错误故选：B【点评】： 本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过场强是矢量，其运算利用平行四边形定则6（3分）（2015山东模拟）如图所示，速度不同的同种带电粒子（重力不计）a、b沿半径AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a，b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是（） A a、b两粒子均带正电 B a粒子的速度比b粒子的速度大 C a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长 D 两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心O【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 根据
13、左手定则判断粒子的电性，根据轨道半径的大小，结合半径公式比较粒子的速度大小，根据圆心角，结合t=比较运动的时间；根据圆的对称性可以知道，离开磁场时，速度一定背离圆心；【解析】： 解：A、粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，根据左手定则知，粒子均带负电故A错误B、根据a、b的运动轨迹知，b的轨道半径大于a的轨道半径，根据r=知，b粒子的速度大于a粒子的速度故B错误C、a粒子在磁场中运动的圆心角大于b粒子在磁场中运动的圆心角，根据T=知，两粒子的周期相同，结合t=知，a粒子在磁场中运动的时间大于b粒子在磁场中的时间故C正确D、进入磁场区域时，速度方向指向圆心O，根据圆的对称性可以知道，离开磁场时，速
14、度一定背离圆心故D正确故选：CD【点评】： 解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中运动的半径公式和周期公式，知道影响粒子半径和周期的因素7（3分）（2015山东模拟）如图所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域（边缘磁场忽略不计），上边界与MN垂直现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小随时间变化的图象以及感应电流i随时间变化的图象正确的是（取逆时针电流为正）（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，根据左手定则
15、判断安培力的方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，由F=BIL判断安培力大小的变化，即可选择图象【解析】： 解：设正三角形的边长为a，匀速运动的速度为v线框进入磁场的过程，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，线框所受的安培力方向向左，t时刻线框有效切割长度L=vttan60=vt，产生的感应电动势E=BLv=Bv2t，感应电流的大小 i=，it；根据安培力公式F=BIL=，Ft图线是开口向上的抛物线同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，安培力方向向左此过程线框有效切割长度L=（avt）tan60=（avt），产生的
16、感应电流大小为 i=，根据安培力公式F=BIL=，Ft图线是开口向上的抛物线根据数学知识可知BC正确故选：BC【点评】： 解决本题先定性判断感应电流的方向和安培力的方向，关键确定有效切割的长度的变化情况，通过列式分析安培力的变化二.（必做157分+36分，共193分）【必做部分】8（8分）（2015山东模拟）图甲是验证机械能守恒定律的实验小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定将轻绳拉至水平后由静止释放在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示，重力加速度为g则（1）小圆柱的直径d=1.02cm（2）测出悬点到圆柱重心的距离
17、l，若等式gl=成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒（3）若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是小圆柱的质量m（用文字和字母表示），若等式F=mg+成立，则可验证向心力公式Fn=m【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）的关键是根据机械能守恒定律列出表达式即可（3）题的关键是根据牛顿第二定律列出表达式，然后求出拉力表达式即可【解析】： 解：（1）小圆柱的直径d=10 mm+20.1 mm=10.2 mm=1.02 cm（2）根据机械能守恒定律得mgl=
18、，所以只需验证gl=，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒（3）若测量出小圆柱的质量m，则在最低点由牛顿第二定律得Fmg=，若等式F=mg+成立，则可验证向心力公式可知需要测量小圆柱的质量m故答案为：（1）1.02，（2），（3）小圆柱的质量m，mg+【点评】： 解决本题的关键是明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可以及掌握游标卡尺的读数方法，注意单位9（4分）（2013重庆学业考试）某同学为了测量某阻值约为5的金属棒的电阻率，进行了如下操作：分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=23.5mm，直径d=6.713m
19、m【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数【解析】： 解：由图1所示可知，主尺示数为2.3cm=23mm，游标尺示数为50.1mm=0.5mm，游标卡尺示数为23mm+0.5mm=23.5mm；由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为6.5mm，可动刻度示数为21.30.01mm=0.213mm，螺旋测微器示数为6.5mm+0.213mm=6.713mm；故答案为：23.5；6.713【点评】： 游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示
20、数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读10（6分）（2013重庆学业考试）现备有下列器材：待测金属棒：Rx（阻值约5）；电压表：V1（量程3V，内阻约3k）；V2（量程15V，内阻约9k）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2）；A2（量程3A，内阻约0.05）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；滑动变阻器：R1（最大阻值约20）；R2（最大阻值约1000）；开关S；导线若干若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（均选填器材代号）正确选择仪器后请在如图1中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接用伏安法测得该电
21、阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图2所示，若图象的斜率为k，则该金属棒的电阻率=（用题目中所给各个量的对应字母进行表述）【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： 本题的关键是根据电源电动势大小选择电压表；根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；根据待测电阻满足可知电流表应用外接法；根据欧姆定律和电阻定律解出电阻率表达式即可【解析】： 解：由于电源电动势为3V，所以电压表应选；根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：=，所以电流表应选；根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选择；由于待测电阻满足，所以电流表应用外
22、接法，实物连线图如图所示：根据欧姆定律U=RI，所以R电压UI图象的斜率，即R=k，再根据电阻定律R=，联立以上两式解得：；故答案为：，如图，【点评】： 对电学实验应明确：根据电源电动势大小或待测电阻两端的最大电压来选择电压表量程，根据求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器，若变阻器阻值远小于待测电阻或实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；当满足时，电流表应用外接法11（18分）（2015山东模拟）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m
23、已知木板与地面的动摩擦因数为1=0.1，m与M之间的动摩擦因数2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？（2）碰后M与m刚好共速时的速度？（3）最终木板停止运动时AP间距离？【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整
24、体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小（2）分别对m和M分析，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合m和M的运动规律，运用运动学公式求出两者刚好共速时的速度大小（3）【解析】： 解（1）对木块和木板组成的系统，有：1（m+M）g=（m+M）a1V02V12=2a1s代入数据得：V1=9m/s（2）由牛顿第二定律可知：am=2g=9m/s2aM=6m/s2m运动至停止时间为：t1=1 s此时M速度：VM=V1aMt1=961=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2，有：VMaMt2=amt2得：t2=0.2s共同速度V共=1.8m/s，方向向左（3）至共速
25、M位移：S1=6.48m共速后m，M以a1=1g=1m/s2向左减速至停下位移：S2=1.62m最终AP间距：X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m答：（1）木板碰挡板时的速度V1为9m/s；（2）碰后M与m刚好共速时的速度为1.8m/s，方向向左；（3）最终木板停止运动时AP间距离为19.60m【点评】： 解决本题的关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意在第二问中求解共同速度时，不能运用动量守恒求解，因为木块和木板组成的系统所受的外力之和不为零12（20分）（2015山东模拟）在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方
26、向，如图甲所示第一象限内有竖直向上的匀强电场，第二象限内有一水平向右的匀强电场某种发射装置（未画出）竖直向上发射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子（可视为质点），该粒子以v0的初速度从x轴上的A点进入第二象限，并从y轴上的C点沿水平方向进入第一象限后能够沿水平方向运动到D点已知OA、OC距离相等，CD的距离为OC，E点在D点正下方，位于x轴上，重力加速度为g则：（1）求粒子在C点的速度大小以及OC之间的距离；（2）若第一象限同时存在按如图乙所示规律变化的磁场，磁场方向垂直纸面，（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），并且在t=时刻粒子由C点进入第一象限，且恰好也能通
27、过同一水平线上的D点，速度方向仍然水平若粒子在第一象限中运动的周期与磁场变化周期相同，求交变磁场变化的周期；（3）若第一象限仍同时存在按如图乙所示规律变化的磁场（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0，T0均为未知量），调整图乙中磁场变化的周期，让粒子在t=0时刻由C点进入第一象限，且恰能通过E点，求交变磁场的磁感应强度B0应满足的条件【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】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上受电场力做匀加速直线运动，在竖直方向上受重力做竖直上抛运动，在C点竖直分
28、速度为零，结合水平位移和竖直位移，抓住等时性，求出C点的速度大小（2）作出粒子在复合场中运动的示意图，结合粒子运动的周期性，抓住到达D点的速度方向水平，求出磁场变化的周期（3）作出粒子恰好通过E点的运动示意图，结合带电粒子在磁场中运动的半径公式，结合周期性求出B0应满足的条件【解析】： 解：（1）竖直方向y=t水平方向x=y=t则vc=v0竖直方向上Loc=（2）因为没有磁场时粒子能够沿水平方向到达D点所以应该满足qE2=mg，带电粒子在第一象限将做速度也为v0的匀速圆周运动，使粒子从C点运动到同一水平线上的D点，如右图所示，则有：qv0B0=m由位移关系4nR=Loc（n=1，2，3）粒子在
29、磁场中运动周期T0=则磁场变化周期T0=T0=（n=1，2，3）（3）使粒子从C点运动到E点，如右图所示，设粒子运动轨道半径为R，则每经过磁场的半个周期粒子转过圆心角60，nR=n=2Loc（n=1，2，3）交变磁场磁感应强度应满足的关系：B0=（n=1，2，3）答：（1）粒子在C点的速度大小为v0，OC之间的距离为（2）磁场变化周期T0=T0=（n=1，2，3）；（3）交变磁场磁感应强度B0应满足的条件B0=（n=1，2，3）【点评】： 本题中质点在复合场运动，分析受力情况，确定质点的运动情况是解题的基础结合粒子运动的周期性，运用数学几何知识综合求解【物理-物理3-3】（12分）13（6分）
30、（2015山东模拟）下列说法中正确的是（） A 扩散现象不仅能发生在气体和液体中，固体中也可以 B 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体 C 地球大气的各种气体分子中氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少 D 从微观角度看气体压强只与分子平均动能有关【考点】： * 晶体和非晶体；扩散；温度是分子平均动能的标志【分析】： 扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象一切物体都可以发生扩散现象；晶体：晶体是固体且有规则的几何形状，有固定的熔点；温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大；气体压强的微观解释：气体压强是大量
31、气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用在器壁单位面积上的平均作用力气体压强决定于气体分子的密度（单位体积内的分子数）和分子的平均动能【解析】： 解：A、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象，故A正确；B、岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B错误；C、温度是分子平均动能的量度，温度越高，分子平均动能越大，质量越小速度越大，氢分子质量小，其平均速率较大，更容易挣脱地球吸引而逃逸，因此大气中氢含量相对较少，故C正确；D、气体压强决定于气体分子的密度（单位体
32、积内的分子数）和分子的平均动能故D错误故选：AC【点评】： 此题考查的知识比较多，要求学生平时多记忆和总结，不仅记住基本的概念和规律，还要记下一些实例加深理解和记忆14（6分）（2015山东模拟）气缸长为L=1m，固定在水平面上，气缸中有横截面积为S=100cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t=27，大气压强为P0=1105Pa时，气柱长度为l=90cm，气缸和活塞的厚度均可忽略不计求：如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右端口，此时水平拉力F的大小是多少？如果气缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为多少摄氏度？【考点】： 理想气体的状态方程【专题】：
33、理想气体状态方程专题【分析】： 由题，温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律和力平衡条件可求得水平拉力F的大小；气缸内气体温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求解气体的温度【解析】： 解：设活塞到达气缸右端口时，封闭气体的压强为p1，由题，封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得：p0lS=p1LS解得：p1=Pa=9104Pa又对活塞平衡得：p1S=p0SF联立解得：F=（p0p1）S=（11059104）100104N=100N气缸内气体温度缓慢升高，封闭气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律得：=解得：t=60.3答：如果温度保持不变，将活塞缓慢拉至气缸右
34、端口，此时水平拉力F的大小是100N；如果气缸内气体温度缓慢升高，使活塞移至气缸右端口时，气体温度为60.3【点评】： 本题关键要确定气体发生何种状态变化，再选择合适的规律列式求解【物理-物理3-4】（12分）15（2015山东模拟）下列说法中正确的是 （） A 简谐运动为匀变速直线运动 B 受迫振动的周期取决于驱动力的周期 C 未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象 D 声波频率的大小取决于在某种介质中传播的速度和波长的大小【考点】： 产生共振的条件及其应用；波的干涉和衍射现象【分析】： 简谐运动的加速度大小与方向均变化；受迫振动的周期取由驱动力的周期决定，与固有周期无关；未
35、见其人先闻其声，是衍射现象；声波频率的大小取决于机械振动的频率【解析】： 解：A、简谐运动的加速度大小与方向均时刻在变化，则为变加速往复运动，故A错误；B、受迫振动的周期取决于驱动力的周期，与固有周期无关，当振动周期等于固有周期时，出现共振现象，故B正确；C、未见其人先闻其声，是因为声波波长较长，绕过阻碍物，继续向前传播，发生衍射现象，故C正确；D、声波频率的大小取决于产生声波的振源频率，故D错误故选：BC【点评】： 考查简谐运动的特点，理解驱动周期与固有周期的关系，掌握波的衍射的条件，注意机械波的频率与什么因素有关，及与影响电磁波的频率因素要区别开来16（2015山东模拟）如图所示，一透明介
36、质制成的直角三棱镜，顶角A=30，一束光由真空垂直射向AC面，经AB面射出后的光线偏离原来方向15已知光在真空中的传播速度为c求：（1）该介质对光的折射率；（2）光在介质中的传播速度【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由几何关系确定出AB面折射时的入射角和出射角，根据折射定律计算折射率大小，然后由v=计算光在介质中的传播速度【解析】： 解：（1）光在AB面发生折射时的光路图如图，由几何知识知：i=45，r=30根据折射定律n=得：（2）=答：（1）该介质对光的折射率是；（2）光在介质中的传播速度是【点评】： 对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入射角和折射角，并灵活运
37、用折射定律是解题的关键【物理-物理3-5】（12分）17（2015山东模拟）下列说法中正确的是（） A 电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性 B 裂变物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行 C 原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个电子 D 235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 电子是实物粒子，衍射现象是波的特性；链式反应的条件：大于临界体积；质子转化成一个中子时，会同时释放出一个正电子；半衰期不受环境与化合态的影响【解析】： 解：A、电子是实物粒子，而电
38、子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性，故A正确；B、链式反应的条件：大于临界体积，因此当物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行，故B正确；C、原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个正电子，故C错误；D、元素的半衰期与环境及化合态无关，故D错误；故选：AB【点评】： 考查实物粒子衍射作用，理解裂变的条件，注意书写核反应方程的规则，掌握半衰期与环境及是否单质无关18（2015山东模拟）如图所示，质量为2m的小滑块P和质量为m的小滑块Q都视作质点，与轻质弹簧相连的Q静止在光滑水平面上P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，问：（1）弹簧的弹性势能最大时，P、Q的速度各为多大？（2）
39、弹簧的最大弹性势能是多少？【考点】： 动量守恒定律；弹性势能【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 当P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能【解析】： 解：（1）P以某一初速度v向Q运动并与弹簧发生碰撞，P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：2mv+0=（2m+m）v1解得：（2）根据能量守恒知系统的部分动能转化为弹性势能，所以最大弹性势能为：答：（1）弹簧的弹性势能最大时，P、Q的速度相等，为v，（2）弹簧的最大弹性势能mv2【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，难度不大，关键知道当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大
