1、2 2014年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高考物理全真模拟试卷（1） 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2014泗阳县校级模拟）下列单位不属于能量单位的是（）A焦耳（J）B毫安时（mAh）C电子伏（eV）D千瓦时（kWh）考点：力学单位制版权所有分析：物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可解答：解：A、焦耳（J）是做功和能量的单位，B、毫安时（mAh）是电荷量的单位，不是能量的单位，所以B正确；C、电子伏（eV）是电场对电荷做功的单位，是能量的单位，D、千瓦时（kWh
2、）是电流做功的单位，是能量的单位，所以不是能量单位的是B，故选B点评：物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系2（3分）（2011宿迁模拟）如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1R2R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管电键K从闭合状态突然断开时，下列判断不正确的是（）AL1逐渐变暗BL1先变亮，然后逐渐变暗CL3先变亮，然后逐渐变暗DL2立即熄灭考点：自感现象和自感系数版权所有分析：当K突然断开时，电感L由于自感，电流继续原方向流动，但二极管反向不导通，所以L2不亮，又因为原来L中电流比L3的电流大，所以L3将更亮
3、，之后再变暗解答：解：AB、L、L1和L3构成一闭合回路，L中电流从I1逐渐减少，则通过L1的电流也逐渐减少，选项A正确，B错误C、通过L3的电流开始时比原来电流大，后逐渐变小，故选项C正确D、K处于闭合状态时，电感L和二极管均相当于导线，通过灯泡L1、L2、L3的电流关系为I1I2I3当K突然断开时，电感L相当于电源，由此时二极管处于反向截止状态，故L2立即熄灭，D正确；由于要求选不正确的，故选：B点评：做好本题要弄清楚电流的大小变化，方向变化，还要知道二极管的正向导通性3（3分）（2014宣城二模）某物体在多个力的作用下处于静止状态，如果使其中某个力F方向保持不变，而大小先由F0随时间均匀
4、减小到零，然后又从零随时间均匀增大到F0，在这个过程中其余各力均保持不变，在下列各图中，能正确描述该过程中物体的加速a或速度v的变化情况的是（）ABCD考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，相当于合力逐渐增大到某值，根据牛顿第二定律可得加速度会逐渐增大到某一值，接着又逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终不变），相当于合力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律相当于加速度逐渐减小的零解答：解：由于物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零，相当于合力逐渐增大到某值
5、，根据牛顿第二定律可得加速度会逐渐增大到某一值，接着又逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终不变），相当于合力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律相当于加速度逐渐减小的零；所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小的零的过程，而速度则是从零开始增大，加速度逐渐增大时，速度增加的更快，加速度减小时，速度仍然增加但增加的慢一些，直到加速度减小为零时，物体速度增加到最大值，以后保持匀速，故D正确故选：D点评：本题先要理解题目叙述的过程，判断出加速度、速度的变化规律，结合速度时间图象中某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度做出图象4（3分）（2015上海模拟）分
6、别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac=cb=bd已知c点的磁感应强度大小为B1，d点的磁感应强度大小为B2，则a处导线在d点产生的磁感应强度的大小及方向为（）AB2，方向竖直向下B+B2，方向竖直向上CB1B2，方向竖直向上DB1+B2，方向竖直向下考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向版权所有专题：压轴题分析：根据安培定则判断a处导线在d点产生的磁感应强度的方向，根据磁场的叠加，求出a处导线在d点产生的磁感应强度的大小解答：解：根据安培定则，处导线在d点产生的磁感应强度的方向为竖直向下a处导线和b处导线在c点产生的
7、磁感应强度大小相等，方向相同，知大小都为，则b处导线在d点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，因为d点的磁感应强度大小为B2，根据场强的叠加，知方向向上，所以a导线在d点产生的磁感应强度大小为故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的关系，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则5（3分）（2015山东模拟）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如
8、图乙所示以下说法中正确的是（）AQ2一定带负电BQ2的电量一定大于Q1的电量Cb点的电场强度一定为零D整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点：电场强度；电势能版权所有专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分析：速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答：解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带
9、正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C点评：解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）（2012湖北模拟）如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为的斜面匀速
10、下滑则（）AA、B间无摩擦力BB与斜面间的动摩擦因数=tanCA、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功DB对斜面的摩擦力方向沿斜面向下考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：两物块A、B叠放在一起，共同沿固定在水平地面上倾角为的斜面匀速下滑两物体均处于平衡状态，隔离对A和对整体分析，判断摩擦力的方向解答：解：A、因为A处于平衡状态，A受重力、支持力以及B对A的静摩擦力平衡，知A、B间有摩擦力摩擦力的方向沿A与B的接触面斜向上，向下滑动的过程中，摩擦力的方向与A的速度方向的夹角为锐角，所以B对A的摩擦力对A做正功故A、C错误B、A、B能
11、一起匀速下滑，对整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，有：Mgsin=Mgcos，可得=tan斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，所以B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下故B、D正确故选BD点评：解决本题的关键能够选择合适的研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及注意整体法与隔离法的运用7（4分）（2014泗阳县校级模拟）我国古代神话传说中有：地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天，如果把看到一次日出就当做一天“神舟”七号飞船绕地球做圆周运动时轨道距离地面约H=350km已知地球半径R=6400km，地球表面的重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（）A不能计算“神舟”七号
12、飞船绕地球飞行的周期B能算估算航天员24h内在太空中度过的“天”数C能计“神舟”七号飞船绕地球飞行的速率D能计算地球对“神舟”七号飞船所受的万有引力考点：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版权所有专题：人造卫星问题分析：由卫星的运行规律：人造卫星所受的万有引力等于向心力，列式求出所求物理量与轨道半径的关系的表达式再结合黃金代换公式，从而分析所给问题解答：解：由 G=m=m2r=m（）2r=ma 解得：v= T=2 = a= 分析各选项A 因已给出地表的g，则由黃金代换与G=m（）2（r=R+H）可求得周期故A错误B因可计算出其周期，则可估算出24H内的“天数”故B正确C
13、因已给出地表的g，则由黃金代换与 G=m（r=R+H），则可求出速度故C正确D 因不知道飞船的质量，则不能求出所受万有引力故D错误故选：BC点评：考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而分析周期，速度等8（4分）（2011宿迁模拟）如图所示，A板发出的电子（重力不计）经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，MN之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向右移动时，其他不变，则电子通过磁场区所用时间不变C若磁场的磁感应强度增大，其他不变，则电子打在荧
14、光屏上的速度大小不变D若磁场的磁感应强度增大，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度变大考点：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；闭合电路的欧姆定律版权所有专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子在电场中加速，进入磁场中的速度与加速的电压有关，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功解答：解：A、滑动触头向右移动时，其他不变，则加速的电压增大，根据动能定理知，粒子进入磁场中的速度增大，根据，知粒子做圆周运动的半径增大，则在磁场中的运动轨迹变得平缓，电子打在荧光屏上的位置上升故A正确B、带电粒子在匀强磁场中运动的周期T=，与带电粒子的速度无关，速度变大，则半径变大，轨迹变
15、得平缓，则圆心角变小，穿过磁场区所用的时间变小故B错误C、由于洛伦兹力不做功，所以磁感应强度的大小不影响带电粒子运动的速度大小故C正确，D错误故选AC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，知道洛伦兹力不做功，只改变速度的方向，不改变速度的大小9（4分）（2014江西一模）内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示由静止释放后（）A下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C
16、甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点考点：机械能守恒定律版权所有专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：甲与乙两小球系统，重力势能和动能相互转化，系统机械能守恒；还可以将甲与乙当作一个整体，找出重心，机械能也守恒解答：解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C错误；
17、D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确；故选AD点评：本题关键是甲与乙两个球系统机械能守恒，也可以找出系统重心，当作单个物体三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分共计42分请将解答写在答题卡相应的位置【必做题】10（10分）（2014泗阳县校级模拟）某同学用如图所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器
18、在纸带上打下一系列点（1）该同学在一条比较理想的纸带上，依次选取0、1、2、3、4、5共六个计数点，分别测量后5个计数点与计数点0之间的距离，并计算出它们与0点之间的速度平方差v2（v2=v2v02），填入下表：计数点s/cmv 2/m2s2计数点0/11.600.0423.600.0936.000.1547.000.1959.200.23请以v2为纵坐标，以s为横坐标在方格纸中作出v2s图象若测出小车质量为0.2kg，结合图象可求得小车所受合外力的大小为0.25N（结果保留两位有效数字）（2）该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围你认为主要原因是未平衡摩擦
19、力，实验操作中改进的措施是把木板不带定滑轮的那一端适当垫高，以平衡摩擦力考点：探究功与速度变化的关系版权所有专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）根据图象用直线将点相连，误差较大的点舍去；结合动能定理的表达式分析图象的可得出图象中有关合外力表达式；（2）实验中将拉力作为了合力，但若不平衡摩擦力，则会造成较大的误差解答：解：（1）根据描点法作出图象，如图所示：由动能定理可得：W=Fx=mv2mv02=m（v2v02）v2=则可知图象的斜率等于，由图可知，图象的斜率为2.5；合外力F=0.25N；（2）实验中是将物体的重力充当了小车的拉力，由于小车受到桌面的摩擦力，故会使合力小于物体的重力，
20、造成较大的误差，故应未平衡摩擦力（或小车受到的摩擦阻力的影响）措施是把木板不带定滑轮的那一端适当垫高，以平衡摩擦力故答案为：（1）0.25；（2）未平衡摩擦力；把木板不带定滑轮的那一端适当垫高，以平衡摩擦力点评：对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择；有条件的最好亲手做一下实验11（10分）（2014泗阳县校级模拟）图（a）是白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W）的伏安特性曲线（1）图中曲线A 表示灯L1的伏安特性曲线（选填“A”或“B”）（2）随着灯泡L1功率的增大，其灯丝阻值逐渐变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若将这
21、两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，则此时L1灯的实际功率为88 W，L2灯的实际功率为52 W（4）若将它们串联后接在220V电源上，则此时L1灯的实际功率为14.4 W，L2灯的实际功率为38.4 W（5）若用图（b）所示电路测量L1灯的伏安特性，由于电表存在内阻，实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在IU图中位置来得偏低（选填“高”或“低”）（6）用图（b） 所示电路测量L1灯伏安特性时，已知R0=10，E=300V则电路中可变电阻R选用下列各种规格时，测量效果最好的是BA最大电阻5，最大电流10A B最大电阻50，最大电流6AC最大电阻500，最大电
22、流1A D最大电阻5000，最大电流1A考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题；压轴题；恒定电流专题分析：（1）根据电阻的定义式R=可知，取相同的电压比较电流大小来判断电阻的大小关系（2）IU伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电压仅200V，根据IU伏安特性曲线找出对应的电流求出实际功率（4）串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率（5）由于电流表存在内阻，电压表的读数要大于灯泡两端的实际电压（6）图（b）是采用滑动变阻器的分压式接法，电
23、路中接入了R0=10，而E=300V，所以如果可变电阻R的最大电阻是5，那么灯泡两端的电压范围就很小，如果可变电阻R的最大电阻是500或5000，调节可变电阻不利于数据的测量和采集解答：解：（1）白炽灯L1（220V，100W）和L2（220V，60W），根据R=，所以L1的电阻小于L2的电阻根据IU特性曲线可以知道曲线A的电阻较小，所以曲线A表示灯L1的伏安特性曲线（2）根据电阻的定义式R=可知，IU伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率等于电阻的倒数所以随着灯泡L1功率的增大，IU伏安特性曲线的每一点与原点的连线的斜率减小，其灯丝阻值逐渐变大（3）若将这两个灯泡并联在电路上，在用电高峰时电
24、压仅200V，根据IU伏安特性曲线得L1灯的电流是0.44A，L2灯的电流是0.26A，根据P=UI得此时L1灯的实际功率为88W，L2灯的实际功率为52W（4）两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由IU图象可知，串联时电流应为0.24A，此时L1的电压为60V，故此时L1的功率P=U1I1=14.4W；L2的电压为160V，故此时L2的功率P=U2I2=38.4W；（5）由于电流表存在内阻，电压表的读数要大于灯泡两端的实际电压所以实际测得的伏安特性曲线比图（a）中描绘出的理想伏安特性曲线在IU图中位置来得偏低（6）图（b）是采用滑动变阻器的分压式接法，电路中接入了R0=
25、10，而E=300V，所以如果可变电阻R的最大电阻是5，那么灯泡两端的电压范围就很小，如果可变电阻R的最大电阻是500或5000，调节可变电阻不利于数据的测量和采集，所以选最大电阻50，最大电流6A，故选B故答案为：（1）A；（2）变大；（3）88，52；（4）14.4，38.4；（5）低；（6）B点评：本题考查识别、理解物理图象的能力物理上常常从数学的角度理解图象的物理意义结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算四、选做题【A（模块3-3）】12（4分）（2014泗阳县校级模拟）下列说法正确的是 （）A只要外界对气体做功，气体内能一定增
26、大B物体由气态变成液态的过程，分子势能减小C当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小D液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能考点：热力学第一定律；分子间的相互作用力；分子势能版权所有专题：热力学定理专题分析：外界对气体做功，气体内能不一定增大物体由气态变成液态的过程，根据热力学第一定律分析分子势能的变化当分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小液体表面层的分子比液体内部的分子有更大的分子势能解答：解：A、外界对气体做功，气体内能不一定增大，还要看吸放热情况，故A错误B、物体由气态变成液态的过程，温度不变，分子的平均动能不变，放出热量，根据热力学第一定律得知，分子势能减小，
27、故B正确C、当分子间距离增大时，分子间的引力与斥力同时减小，故C错误D、液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子表现为引力，分子势能随着分子距离的增大而增大，所以液体表面层的分子有更大的分子势能，故D正确故选：BD点评：本大题是热力学的内容，要掌握分子动理论、物体的内能、热力学第一定律，热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，应用热力学第一定律解题时要注意各量正负号的含义13（4分）（2011宿迁模拟）如图所示，弹簧一端固定于水平面上，另一端与质量为m的活塞拴接在一起，开口向下、质量为M的气缸与活塞一起封闭了一定质量的气体气缸和活塞均可与外界进行热交换若外界环境的温度缓慢降低，
28、则封闭气体的体积将减小（填“增大”、“减小”或“不变”），同时将放热（填“吸热”、“放热”或“既不吸热，也不放热”）考点：热力学第一定律；理想气体的状态方程版权所有专题：热力学定理专题分析：根据理想气体状态方程和热力学第一定律进行讨论即可解答：解：对活塞进行受力分析，根据平衡条件得气体的压强不变，根据理想气体状态方程，=恒量，压强不变，温度减小，所以体积逐渐减小；外界对气缸系统做正功，由于外界温度逐渐降低，故气体会降温，所以气体内能减小，根据热力学第一定律U=W+Q，W0，U0，所以Q0，即放热故答案为：减小，放热点评：对活塞进行受力分析，运用平衡知识解决问题根据气体状态方程和已知的变化量去计
29、算其它的物理量14（4分）（2011宿迁模拟）某种油的密度为，摩尔质量为M取体积为V的油慢慢滴出，可滴n滴将其中一滴滴在广阔水面上，形成面积为S的单分子油膜试估算：阿伏加德罗常数；其中一滴油滴含有的分子数考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：根据油膜法测分子直径的方法求出油分子的直径，然后求出分子的体积，求出油的摩尔体积，可以把油分子看成一个球体，油的摩尔体积与分子体积的比值就是阿伏伽德罗常数故；求出一滴油的物质的量，然后求出一滴油所含分子的个数解答：解：一滴油的体积v=，油分子的直径为：，油的摩尔体积为：阿伏加德罗常数为：；一滴油含有的分子数为：；答：阿伏加德罗常数
30、是；其中一滴油滴含有的分子数是点评：明确分子球模型和立方体模型的应用，知道阿伏伽德罗常数的含义和有关运算五、选修【B（选修3-4模块）】15（2014泗阳县校级模拟）以下说法正确的是 （）A当观测者靠近或远离波源时，感受到的频率会发生变化B变化的电场不一定能产生出变化的磁场C如果质点所受合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动D在波的干涉中，振动加强的点一定处在波峰或波谷的叠加处考点：波的干涉和衍射现象；多普勒效应版权所有分析：观察者与声源间距变化时，接收频率会变化；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；当回复力与位移大小成正比，方向总是相反，即为简谐运动；当振动方向相同时，即为振动加
31、强点解答：解：A、当观测者靠近或远离波源时，感受到的频率会发生变化，而发出的频率不变，故A正确；B、变化的电场能产生磁场，而不一定能产生出变化的磁场，若是非均匀变化的电场，则会产生变化的磁场，故B正确；C、质点所受合外力总是指向平衡位置，且大小与位移成正比，则质点的运动就是简谐运动，故C错误；D、波的干涉中，振动加强的点一定是振动方向相同，但不一定处在波峰或波谷的叠加处，故D错误；故选：AB点评：考查多普勒效应的应用，注意接收频率与发出频率的变化不同，理解变化电场中变化有两种情况，掌握简谐运动的特点，知道振动加强与减弱的条件16（2011宿迁模拟）两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的
32、物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2L图象，如图甲所示去北大的同学所测实验结果对应的图线是B（选填“A”或“B”）另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比=考点：单摆周期公式版权所有专题：单摆问题分析：根据T2L图象比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比解答：解：由得，知T2L图象的斜率越大，则重力加速度越小
33、，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比=故答案为：B；点评：解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道T2L图象的斜率表示什么17（2014开封二模）如图所示，两面平行的玻璃砖下表面涂有反射物质，一束与上表面成30入射的光线，在右端垂直标尺上形成了A、B两个光斑，A、B间距为4cm，已知玻璃砖的折射率为，画出形成两光斑的光路图，并求此玻璃砖的厚度d考点：光的折射定律版权所有专题：光的折射专题分析：当光线从空气中先折射入玻璃中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角小于入射角折射光线在玻
34、璃中沿直线传播，入射到玻璃与空气的界面时，又将发生折射而进入空气中，由光路的可逆性可知，这时的折射角将等于最开始的入射角解答：解：光路图如图光束入射角由i=9030=60由n=得：r=30 由几何关系有：CEsin30=ABsin60且CE=2dtanr 代入数据解得：d=6cm答：玻璃砖的厚度为6cm点评：本题考查了光的折射规律折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入玻璃中时，折射角小于入射角，当光从玻璃中斜射入空气中时，折射角大于入射角六、选修【C（选修3-5）】18（2013陕西校级二模）下列关于近代物理知识说法，你认为正确的是（）A汤姆
35、生发现了电子，表明原子具有核式结构B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长D按照波尔理论，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，原子总能量增加考点：光电效应；原子的核式结构；氢原子的能级公式和跃迁版权所有专题：光电效应专题分析：汤姆生发现电子，认为原子是枣糕式模型；太阳辐射的能量来自太阳内部的聚变反应；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；轨道半径越大，原子能量越大，根据库仑引力提供向心力，比较电子速度的变化，从而得知动能的变化解答：解：A、汤姆生发现了电子，认为原子是枣糕式模型故
36、A错误B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，又称热核反应故B错误C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为光子频率较小，波长太长故C正确D、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，原子能量增大，根据知，动能减小故D正确故选CD点评：本题考查了光电效应、能级跃迁、原子结构、核反应等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点19（2014泗阳县校级模拟）一个中子轰击铀核（）可裂变生成钡（）和氪（）已知、和中子的质量分别是mu、mBa、mKr、mn，则此铀裂变反应的方程为U+nBa+Kr+3n；该反应中一个235U裂变时放出的能量为（mumBamKr2m
37、n）C2（已知光速为c）考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度版权所有专题：衰变和半衰期专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出释放的能量解答：解：铀核裂变需要中子的轰击，根据质量数和电荷数守恒知铀核裂变方程为：U+nBa+Kr+3n一个铀发生反应的质量亏损m=mu+mnmBamKr3 mn=mumBamKr2 mn一个铀核裂变释放能量为E=mc2=（mumBamKr2mn）C2答案为：U+nBa+Kr+3n （mumBamKr2mn）C2点评：解决本题的关键知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程20（2011南通三模）一质量为M的航天器
38、远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，求加速后航天器的速度大小（v0、v1均为相对同一参考系的速度）考点：动量守恒定律版权所有分析：以航天器与气体为系统，系统动量守恒，则由动量守恒定律列式求解即可解答：解：设速度v0的方向为正方向，则由动量守恒得：Mv0=mv1+（Mm）v2所以，加速后航天器的速度大小：答：加速后航天器的速度大小为点评：本题为动量守恒定律的直接应用，但解题时注意质量关系及各速度的方向，能用正确的符号表示出来四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和
39、重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21（15分）（2011宿迁模拟）如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g=l0m/s2求：（1）滑块到达B处时的速度大小；（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；（3）若滑块到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多
40、少考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）对滑块从A到B的过程作为研究的过程，运用动能定理求出滑块到达B处时的速度大小（2）根据牛顿第二定律求出滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中加速度，根据运动学公式求出运动的时间（3）滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，知最高点弹力为零，根据牛顿第二定律求出临界的速度，根据动能定理求出滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功解答：解：（1）滑块从A到B的过程中，由动能定理F1x1F2x3mgx=即 2021010.251104=得：vB=（m/s） （2）在前2m内：F1mg=m
41、a1且 x1=解得：t1=（s） （3）当滑块恰好能到达C点时，应有：滑块从B到C的过程中，由动能定理：得：W=5（J） 即克服摩擦力做功为5J 答：（1）滑块到达B处时的速度大小为m/s（2）滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间为s（3）滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功为5J点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理，并与直线运动、圆周运动相结合，综合性较强，是一道好题22（16分）（2012江苏校级模拟）如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L=1m，导轨平面与水平面成=30角，上端连接R=1.5的电阻质量为m=0.2kg、阻值r=0.5的金属棒ab放在两导轨上
42、，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d=4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上（1）若磁感应强度B=0.5T，将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压；（2）若磁感应强度的大小与时间成正比，在外力作用下ab棒保持静止，当t=2s时外力恰好为零求ab棒的热功率；（3）若磁感应强度随时间变化的规律是B=0.05cos100t（T），在平行于导轨平面的外力F作用下ab棒保持静止，求此外力F的大小范围考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；法拉第电磁感应定律版权所有专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）金属棒匀速下滑时，棒所受的安
43、培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，而安培力与速度成正比，由平衡条件即可求出棒匀速运动的速度v，由E=BLv和欧姆定律结合求解电阻R两端的电压（2）若磁感应强度的大小与时间成正比，设为B=kt电路中产生的感应电动势和感应电流恒定，根据法拉第电磁感应定律得到安培力的表达式当t=2s时外力恰好为零，ab棒保持静止，mgsin与安培力大小相等，可求出k和电流I，即可求出ab棒的热功率；（3）若磁感应强度随时间变化的规律是B=0.05cos100t（T）时，推导出安培力与时间的关系式，由数学知识求出安培力的最大值解答：解：（1）金属棒匀速下滑时，由平衡条件得 ，得 v=又 E=BLv，联立解得：UR=
44、3V（2）磁感应强度的大小与时间成正比，则有 B=kt回路中的电动势 回路中的电流 当外力为零时，mgsinBIL=0联立得 mgsin=代入解得，k=0.5则得 I=1A故ab上消耗的功率P=I2r解得：P=0.5W（3）回路中的电动势 回路中的电流 棒受到的安培力 F安=BIL解得：安培力的最大值F安=N当安培力沿斜面向上时，外力最小，最小值为：Fmin=mgsinF安=1当安培力沿斜面向下时，外力最大，最大值为：Fmax=mgsinF安=1+故外力的大小范围：答：（1）金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压是3V；（2）ab棒的热功率是0.5W；（3）ab棒保持静止时此外力F的大小范围为：点评
45、：本题的解题关键是安培力的计算，要能熟练地由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力的表达式23（16分）（2011宿迁模拟）如图所示，直线MN的下方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E=700V/m在电场区域内有一个平行于MN的挡板PQ；MN的上方有一个半径为R=0.866m的圆形弹性围栏，在围栏区域内有图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.4T围栏最低点一个小洞b，在b点正下方的电场区域内有一点a，a点到MN的距离d1=45cm，到PQ距离d2=5cm现将一个质量为m=0.1g，带电量q=2103C的带正电小球（重力不计），从a点由静止释放，在电场力作用下向下运动与挡板PQ
46、相碰后电量减少到碰前的0.8倍，且碰撞前后瞬间小球的动能不变，不计小球运动过程中的空气阻力以及小球与围栏碰撞时的能量损失，试求：（已知1.2510=9.31，1.2511=11.628）（1）求出小球第一次与挡板PQ相碰后向上运动的距离；（2）小球第一次从小洞b进入围栏时的速度大小；（3）小球从第一次进入围栏到离开围栏经历的时间考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力版权所有专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）、在与挡板PQ相碰碰撞时没有能量损失，只有电量损失所以每碰一次，回弹的高度都会增加向下运动时，电场力做正功，向上运动时，电场力做负功由能量关系可求出第一次碰
47、撞后小球向上运动的高度（2）、通过第一问的解题方法，表示出碰撞n次时，小球上升的高度xn，如果满足xnd1+d2，小球即可进入圆形磁场区域，由动能定理即可求出此时进入磁场区域的速度（3）、因第二问已求出进入磁场的速度，小球在磁场中做圆周运动，即可求出小球的轨道半径和周期，通过几何关系求出小球的偏转角，从而判断碰撞的次数解答：解析：（1）、设小球第一次与挡板相碰后向上运动距离为x1，由能量关系则有：qEd2=0.8qEx1解得：x1=1.25d2=6.25cm （2）、设第n次与挡板PQ相碰后向上运动距离为xn，由能量关系则有：0.8nqExn=qEd2要使小球能进入围栏，应有：xnd1+d2综
48、上所述有：1.25n10所以：当小球与挡板碰撞11次后，小球将第一次进入围栏内设进入速度大小为v，则应有：解得：v=14m/s（3）、小球进入圆形围栏后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示：所以轨道半径：m运动周期：s图中 所以 =30即，当小球每转过120圆周就与围栏碰撞一次，最终经过5次碰撞，从小洞b离开围栏区，故在围栏内运动时间为：s答：（1）求出小球第一次与挡板PQ相碰后向上运动的距离为6.25cm（2）小球第一次从小洞b进入围栏时的速度大小为14m/s（3）小球从第一次进入围栏到离开围栏经历的时间点评：解决此种类型的题，对于过程的分析成了解决问题的关键，在各个过程中要分析清楚变化的量和不变的量根据对过程的分析，画出草图，充分利用相关的几何知识来解决问题该题还考察了边界问题，要注意分析磁场边界对运动轨迹的影响
