1、山东省滨州市2015届高考物理二模试卷一、选择题（本大题共7小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1一质量为m的物体以初速度v0竖直上抛，假如物体受到恒定的阻力，其vt图象如图所示，t2时刻物体返回抛出点，下列说法正确的是 ( )A末速度v1的大小等于初速度v0的大小B上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度C物体受到的阻力为mg+D物体整个运动过程中均处于失重状态22014年4月美国宇航局科学家宣布，在距离地球约490光年的一个恒星系统中，发现一颗宜居行星，代号为开普勒186f科学家发现这颗行星表面上
2、或存在液态水，这意味着上面可能存在外星生命假设其半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则下列说法正确的是( )A该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为B该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为C该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为3如图（甲）所示，匀质链条悬挂在天花板等高的A、B两点，现将链条中点也拉至AB中间位置C悬挂，如图（乙）所示，则下列说法正确的是( )A乙图中链条最低点的张力为甲图的B天花板在A点对链条的作用力不变C天花板对链条的作用力变大D链条的重力势能不变4如图所示，在光滑的绝缘水平
3、面上，把两个等量正电荷固定在正方形abcd的ac两点，一质量为m带负电的光滑小球从b点由静止释放，下列说法正确的是( )A小球运动到d位置时速度不可能为零B小球从b位置运动到d位置的过程中，加速度最大时速度一定最大C小球从b位置运动到d位置的过程中，其电势能先减小后增大D小球从b位置运动到d位置的过程中电势能与动能之和始终保持不变5通电直导线周围的某点磁感应强度B的大小与该点到直导线的距离成反比，与通电直导线中的电流的大小成正比，可以用公式B=k来表示，其中k为比例常数，俯视图如图所示，在光滑水平面上有一通电直导线ab，旁边有一矩形金属线框cdef，cd边与导线ab平行，当导线ab中通如图所示
4、电流时（设a流向b为电流的正方向），为使矩形金属线框cdef静止不动，需加一水平方向的力F（设向右为正方向），则正确的是( )ABCD6如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u=220sin100t（V），原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，电压表接在副线圈c、d两端，输电线的等效电阻为R，原来开关S是断开的，则当S闭合后，下列说法正确的是( )A电压表示数为22VB灯泡L的亮度变暗C输电线上损耗的功率减小D电流表示数变小7如图所示，固定的粗糙竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升
5、，并恰好能到达c处在此过程中，若不计绳和定滑轮之间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )A物块a到达c点时加速度为零B绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C绳拉力对物块a始终做正功D摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能的变化量二、非选择题（一）必做题8用如图甲所示实验装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数长木板一端放在水平桌面上，另一端架在垫片上，在木板上B处放置一光电门，用光电计时器记录滑块上挡光片通过光电门时挡光的时间实验中通过改变垫片的数量来改变木板倾角，从而进行多次测量（1）用游标卡尺测得挡光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为_mm；（2）若挡光片的宽度为L，挡光片通过
6、光电门的挡光时间为t，则滑块通过B点时的速度为_；（3）让滑块从A点从静止滑下，通过B点的速度为V已知AB两点的高度差为H，两点间的距离为S，则滑块与木板间的动摩擦因数为_（用H、V、S、g表示）9一个电压表V，量程约为5V，有清晰刻度但没有示数，内电阻约为10k，某同学想准确地测出其量程和内阻，可以使用的实验器材如下：A电源（电动势约15V，内电阻小于2）B标准电压表V0（量程为15V，内电阻约30k）C电阻箱（阻值范围09999.9）D电阻箱（阻值范围099999.9）E滑动变阻器（阻值为020）F滑动变阻器（阻值为020k）G开关S和导线若干该同学的实验操作过程为：（1）将实验仪器按图甲
7、所示电路连接，电阻箱R1应选_，滑动变阻器R0应选_（填仪器前的字母序号）（2）将电阻箱R1的阻值调至最大，将滑动变阻器的滑片P移至滑动变阻器的接近右端处，闭合电键S；接着调节电阻箱，直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U；（3）向左移动滑片P至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U；（4）重复步骤（3）多次；（5）该同学将实验中记录的各组电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U的数据在UR坐标系中正确地描好点（如图乙），请你在图中完成UR图线（6）根据图线可以求得电压表Vx的量程为_V，内电阻为_k10
8、（18分）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图传送带BC与水平平台AB的夹角=37，其交接处由很小的圆弧平滑连接，平台左端A处一质量为m=30kg的货物，在F=350N水平推力的作用下由静止开始向传送带运动，经时间t1=1.5s到达平台AB的中点，此时撤去外力F，货物继续向前运动，不计货物经过B处的机械能损失已知货物与平台和传送带间的动摩擦因数均为0.5，B、C两端相距4.45m，g=10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6求：（1）货物到达B点时的速度；（2）若传送带BC不运转，货物在传送带上运动的最大位移；（3）若要货物能被送到C端，传送带顺时针运转的最小速度11如图甲所示
9、，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E=，电场右侧存在一垂直纸面向外的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A（0，）点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后进入磁场区域（不计电子的重力）（1）求电子进入磁场区域时速度v的大小和方向；（2）若使电子不能进入x2L的区域，求磁感应强度的大小；（3）若xL的区域改为如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），在电子从A点出发的同时，一不带电的粒子P从N点沿x轴正方向做匀速直线运动，最终两粒子相碰，求粒子P的速度【物理选修3-3】12一定质量的理想气体的PV图象如图所示，下列说法中正确的是
10、( )A气体从状态A变化到状态B，为等温变化B状态B时分子的平均动能大于状态A时的平均动能C由A到B过程中，气体对外做功D由A到B过程中，气体放出热量13一内壁光滑体积为V的绝热气缸固定在水平地面上，绝热光滑活塞厚度不计，刚开始时处于气缸的中间位置，活塞两侧封闭相同质量的相同理想气体初始状态两侧温度T0=300K，压强为P0若活塞左侧气缸内电热丝通电，温度升高到T=600K，试求左侧气缸的压强与体积【物理选修3-4】14一列简谐横波的波源为x轴上的O点，其振动图象如图所示，A点坐标为2m，B点坐标为1m，波速为1m/s，下列说法中正确的是( )A此列横波的振幅为5mBA点起振方向沿y轴正方向C
11、B点起振方向沿y轴负方向D此列横波的频率为0.5Hz15一束光线以入射角=60射入折射率为、宽度为d0=5cm的玻璃砖，另一完全相同玻璃砖平行放置，相距d=5cm，请画出光路图并求解光线的侧移距离【选修3-5】16根据玻尔理论，氢原子核外电子能级图如图所示，下列说法中正确的是( )A按照玻尔理论，E1=13.6eV是电子处于基态的势能B按照玻尔理论，E1=13.6eV是电子处于基态的势能和动能之和C按照玻尔理论，从n=4的一群电子跃迁到n=1时，能发出6中不同频率的光子D按照玻尔理论，从n=4的一群电子跃迁到n=1时，能发出3中不同频率的光子17如图所示，质量为m的光滑曲面，静止放在光滑的水平
12、地面上，一质量也为m的小球以速度v冲向斜面，恰好能冲到曲面的顶端，然后再沿曲面滑落下来，当地的重力加速度为g求：曲面的高度h；曲面最终的速度山东省滨州市2015届高考物理二模试卷一、选择题（本大题共7小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1一质量为m的物体以初速度v0竖直上抛，假如物体受到恒定的阻力，其vt图象如图所示，t2时刻物体返回抛出点，下列说法正确的是 ( )A末速度v1的大小等于初速度v0的大小B上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度C物体受到的阻力为mg+D物体整个运动过程中均处于失重状态
13、考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：根据能量守恒分析v1与v0的大小匀变速运动的平均速度可由公式=分析根据牛顿第二定律求阻力大小分析物体的加速度方向，判断物体的状态解答：解：A、由于空气阻力一直做负功，物体的机械能不断减小，则末速度v1的大小小于初速度v0的大小，故A错误B、上升过程中的平均速度为，下降过程中的平均速度，则上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，故B正确C、对于上升过程，加速度的大小为 a=根据牛顿第二定律得：mg+f=ma，得阻力f=mg，故C错误D、物体的整个过程中，加速度一直向下，所以物体一直处于失重状态，故D正确故选：BD点评：本题比较复杂，
14、考查了图象的应用还有牛顿运动定律，功和能之间的关系等，难点在于计算下降过程的时间，要先计算出受到的阻力的大小22014年4月美国宇航局科学家宣布，在距离地球约490光年的一个恒星系统中，发现一颗宜居行星，代号为开普勒186f科学家发现这颗行星表面上或存在液态水，这意味着上面可能存在外星生命假设其半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则下列说法正确的是( )A该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为B该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度之比为C该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为考点：万有引力定律及其应
15、用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力等于重力得出重力加速度的表达式，结合行星与地球的半径以及质量的关系求出重力加速度之比；根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的表达式，结合行星与地球的半径以及质量的关系求出第一宇宙速度之比解答：解：A、根据得：g=，因为行星的半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则重力加速度与地球表面重力加速度之比为故A正确，B错误C、根据得第一宇宙速度为：v=，因为行星的半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，所以行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为故C正确，D错误故选：AC点评：解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提
16、供向心力，2、万有引力等于重力，并能灵活运用3如图（甲）所示，匀质链条悬挂在天花板等高的A、B两点，现将链条中点也拉至AB中间位置C悬挂，如图（乙）所示，则下列说法正确的是( )A乙图中链条最低点的张力为甲图的B天花板在A点对链条的作用力不变C天花板对链条的作用力变大D链条的重力势能不变考点：机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用 专题：机械能守恒定律应用专题分析：天花板对链条的作用力可根据平衡条件求解以链条左半段为研究对象，分析其受力情况：重力、右半段链条的张力和不天花板的拉力，三力的作用点不同，但不平行必共点，根据平衡条件分析天花板在A点对链条的作用力和链条最低点的张力根据重心位置变化分
17、析重力势能是否变化解答：解：A、将图1中三个力的作用点移到一起，由平衡条件有：F=mgtan，不变，由于乙图中AC间左半段链条的质量是甲图中左半段链条质量的一半，所以乙图中链条最低点的张力F为甲图的，故A正确B、甲图中，以左半段链条为研究对象，分析其受力情况如1图所示，设其重力为mg由于三力共点，根据力的合成法和数学知识可知，天花板在A点对链条的作用力T的方向与乙图中方向相同，设与竖直方向的夹角为，以整个链条为研究对象，则有：2Tcos=2mg，T=对乙图中AC间链条有同样的规律，由于乙图中AC间链条质量小，则天花板在A点对链条的作用力小，故B错误C、甲图中，以整个链条为研究对象，根据平衡条件
18、可知，天花板对链条的作用力大小等于其重力乙图中，同理可得天花板对链条的作用力大小等于其重力所以天花板对链条的作用力大小不变故C错误D、整个链条的质量不变，由于乙图中链条重心上升，所以链条的重力势能增大，故D错误故选：A点评：解决本题一方面要灵选择研究对象，采用整体法和隔离法结合；另一方面要掌握三力汇交原理，即三力平衡时，不平行必共点4如图所示，在光滑的绝缘水平面上，把两个等量正电荷固定在正方形abcd的ac两点，一质量为m带负电的光滑小球从b点由静止释放，下列说法正确的是( )A小球运动到d位置时速度不可能为零B小球从b位置运动到d位置的过程中，加速度最大时速度一定最大C小球从b位置运动到d位
19、置的过程中，其电势能先减小后增大D小球从b位置运动到d位置的过程中电势能与动能之和始终保持不变考点：电势能 分析：bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况解答：解：A、由b到bd连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，因此到达d点的速度等于b点速度，故A错误B、由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac的连线与中垂线的交点处场强为0，电场线的方向指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以负电荷受到的电场力始终指向ac的连线与中垂线的交点，但中
20、垂线上场强的大小：从中点到两侧场强先增大再减小，所以电子的电场力从中点到两侧先增大再减小，但无法判断场强最大的点，所以加速度是变化不清楚的，故B错误C、由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，沿电场线电势越来越低，所以从b到d，电势是先增大后减小，故C正确D、由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，所以电势能和动能之和不变，故D正确故选：CD点评：本题考察了等量同种电荷的电场分布情况，在学习中要明确正电荷、负电荷、等量同种电荷、等量异种电荷等电场的分布情况5通电直导线周围的某点磁感应强度B的大小与该点到直导线的距离成反比，与通电直导
21、线中的电流的大小成正比，可以用公式B=k来表示，其中k为比例常数，俯视图如图所示，在光滑水平面上有一通电直导线ab，旁边有一矩形金属线框cdef，cd边与导线ab平行，当导线ab中通如图所示电流时（设a流向b为电流的正方向），为使矩形金属线框cdef静止不动，需加一水平方向的力F（设向右为正方向），则正确的是( )ABCD考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律 分析：根据感应电动势E=，结合安培力表达式F=BIL，及平衡条件，从而确定外力与时间变化关系式，进而即可求解解答：解：由图，结合感应电动势表达式，可知，在线圈中产生的感应电流恒定，根据安培定则与楞次定律可知，感应电流
22、方向顺时针方向，那么由左手定则可知，矩形金属线框安培力的合力的方向先向左，后向右；再由平衡条件，可得，外力的方向先右后向左，对于安培力大小随着通入ab的电流先减小，后增大，因此外力的大小也是先减小，后反向增大，故C正确，ABD错误；故选：C点评：考查安培定则、楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握安培力方向判定，注意左手定则与右手定则的区别，及理解平衡的条件的应用6如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u=220sin100t（V），原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，电压表接在副线圈c、d两端，输电线的等效电阻为R，原来开关S是断开的，则当S闭合后，下列说法正确的是( )A
23、电压表示数为22VB灯泡L的亮度变暗C输电线上损耗的功率减小D电流表示数变小考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据电压与匝数成正比求得副线圈电压，电压表示数为有效值，副线圈电流增大，所以R所占电压变大，进而判断灯泡电压变化情况，原副线圈电流都增大，故输电线上电流增大，输电线上损耗的功率增大解答：解：A、由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，得副线圈电压为U2=22V，故A错误B、当S闭合后，相当于负载增加，总电阻减小，副线圈的电流增大，电阻R的分压增大，则并联支路电压减小，灯泡变暗，故B正确；C、由B知原副线圈电流都增大，故输电线上电流增大，输电线上损耗的功率
24、增大，故CD错误；故选： B点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系，知道动态电路的分析方法，难度适中7如图所示，固定的粗糙竖直杆上套有小物块a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a和小物块b，虚线cd水平现由静止释放两物块，物块a从图示位置上升，并恰好能到达c处在此过程中，若不计绳和定滑轮之间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )A物块a到达c点时加速度为零B绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量C绳拉力对物块a始终做正功D摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能的变化量考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：分析a、b受
25、力，根据牛顿第二定律研究加速度a、b均只有重力和绳拉力做功，根据功能关系判断物块a、b机械能的变化解答：解：A、当a物块到达C处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以根据牛顿第二定律得知，a物块的加速度a=g=10m/s2，故A错误；B、从a到c，a的动能变化量为零，根据功能关系可知，绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量，故B正确；C、物块a上升到与滑轮等高前，b下降，绳的拉力对b做负功故C错误D、摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能的变化量，故D正确；故选：BD点评：本题关键掌握功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用二、非选择题
26、（一）必做题8用如图甲所示实验装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数长木板一端放在水平桌面上，另一端架在垫片上，在木板上B处放置一光电门，用光电计时器记录滑块上挡光片通过光电门时挡光的时间实验中通过改变垫片的数量来改变木板倾角，从而进行多次测量（1）用游标卡尺测得挡光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为4.70mm；（2）若挡光片的宽度为L，挡光片通过光电门的挡光时间为t，则滑块通过B点时的速度为；（3）让滑块从A点从静止滑下，通过B点的速度为V已知AB两点的高度差为H，两点间的距离为S，则滑块与木板间的动摩擦因数为（用H、V、S、g表示）考点：探究影响摩擦力的大小的因素 专题：实验题分析：（1
27、）游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；（2）由于滑块经过光电门的时间非常短，可以使用平均速度表示滑块经过B的速度；（3）根据题目的叙述，确定实验的原理，然后确定摩擦因数的公式解答：解：（1）主尺读数为4mm，游标尺读数为14，由图知该游标尺为二十分度的卡尺，精度为0.05mm，故测量结果为：d=4mm+140.05mm=4.70mm（2）由于滑块经过光电门的时间非常短，可以使用平均速度表示滑块经过B的速度；根据公式得：v=（3）因合外力做的功等于各个外力所做功的代数和，得：mV2=mghmgcosS，而cos=，所以=故答案为：（1）4
28、.70；（2）；（3）点评：本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可9一个电压表V，量程约为5V，有清晰刻度但没有示数，内电阻约为10k，某同学想准确地测出其量程和内阻，可以使用的实验器材如下：A电源（电动势约15V，内电阻小于2）B标准电压表V0（量程为15V，内电阻约30k）C电阻箱（阻值范围09999.9）D电阻箱（阻值范围099999.9）E滑动变阻器（阻值为020）F滑动变阻器（阻值为020k）G开关S和导线若干该同学的实验操作过程为：（1）将实验仪器按图甲所示电路连接，电阻箱R1应选D，滑动变阻器R0应选E（填仪器
29、前的字母序号）（2）将电阻箱R1的阻值调至最大，将滑动变阻器的滑片P移至滑动变阻器的接近右端处，闭合电键S；接着调节电阻箱，直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U；（3）向左移动滑片P至滑动变阻器的另一位置，再次调节电阻箱直至电压表Vx满偏，记录此时电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U；（4）重复步骤（3）多次；（5）该同学将实验中记录的各组电阻箱的阻值R和标准电压表V0的示数U的数据在UR坐标系中正确地描好点（如图乙），请你在图中完成UR图线（6）根据图线可以求得电压表Vx的量程为4.5V，内电阻为9k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
30、析：由所给电路及实验过程可知其实验原理：U0的求数为U，R1的示数为R，则U=UX+R，图象法处理数据在UR图象中纵截距为Ux，斜率为则可求Ux与Rx再由串并联特点选择相应的器材根据对应的图象中的斜率可求得待测电阻的阻值解答：解：（1）因要测电压表的电阻约为10k，所串联电阻分压由所给的数据可达电压表的2倍，则其阻值要达到20k，电阻箱R1应选D，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择：E（5）根据坐标系内描出的点作出图象，图象如图所示：（6）由图示电路图可知，标准电压表V0的示数：U=UX+IR=UX+R，则UR图象的截距是电压表量程，由图示图象可知，图象纵轴截距为4.5V
31、，则电压表量程：UX=4.5V，图象的斜率：k=，解得：Rx=9000=9k故答案为：（1）D；E；（5）图象如图所示；（6）4.5；9点评：本题考查了实验器材的选择、作图象、求电压表的量程与内阻，要掌握实验器材的选择原则，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电压表示数的表达式是正确解题的前提与关键10（18分）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图传送带BC与水平平台AB的夹角=37，其交接处由很小的圆弧平滑连接，平台左端A处一质量为m=30kg的货物，在F=350N水平推力的作用下由静止开始向传送带运动，经时间t1=1.5s到达平台AB的中点，此时撤去外力F，货物继续向前运
32、动，不计货物经过B处的机械能损失已知货物与平台和传送带间的动摩擦因数均为0.5，B、C两端相距4.45m，g=10m/s2，cos37=0.8，sin37=0.6求：（1）货物到达B点时的速度；（2）若传送带BC不运转，货物在传送带上运动的最大位移；（3）若要货物能被送到C端，传送带顺时针运转的最小速度考点：牛顿运动定律的综合应用；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）货物在推力F的作用下做匀加速直线运动，求出货物达到平台AB的中点所需的时间和速度，之后货物做匀减速运动，求出加速度，最后根据运动学规律求出货物到达B点时的速度（2）对货物进行受力分析，由牛顿第二
33、定律可求得货物的加速度，然后由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（3）货物在BC上应做减速运动，若传送带的速度较小，则货物的先减速到速度等于传送带的速度，然后继续减小到零时恰好到达C点，结合运动学的公式即可求出；解答：解：（1）货物在AB之间先做加速运动，由牛顿第二定律：Fmg=ma1得：m/s21.5s时的速度：m/s 在1.5s内通过的位移为：m撤去力F后物体只受到摩擦力的作用，加速度：设到达B的速度为v2，后半段的位移仍然等于s1，则：代入数据得：v2=5m/s（2）传送带不运动，设货物在传送带上做匀减速直线运动，设加速度为a3，则：mgsin+mgcos=ma3设向上的位移为x，则
34、：代入数据，联立得：x=1.25m（3）设BC部分的速度为v时货物恰好能到达C端，设货物减速到v之前的加速度为a4，由于货物的速度大，则受到的摩擦力的方向向下，则：mgsin+mgcos=ma4货物到达速度v后，滑动摩擦力小于重力的分力，所以物体将继续减速，设加速度为a5，则：mgsinmgcos=ma5由运动学的公式得：代入数据，联立得：v=4m/s答：（1）货物到达B点时的速度是5m/s；（2）若传送带BC不运转，货物在传送带上运动的最大位移是1.25m；（3）若要货物能被送到C端，传送带顺时针运转的最小速度是4m/s点评：本题是单个物体多过程问题，关键要理清各个阶段的运动情况，结合牛顿运
35、动定律和运动学进行求解，特别是货物在传送带上的运动，加速度的大小不同，要注意其中的变化11如图甲所示，在直角坐标系0xL区域内有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E=，电场右侧存在一垂直纸面向外的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A（0，）点以初速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后进入磁场区域（不计电子的重力）（1）求电子进入磁场区域时速度v的大小和方向；（2）若使电子不能进入x2L的区域，求磁感应强度的大小；（3）若xL的区域改为如图乙所示周期性变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），在电子从A点出发的同时，一不带电的粒子P从N点沿x轴正方向做匀速直线运动，最终两粒
36、子相碰，求粒子P的速度考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）电子在匀强电场中做类平抛运动，应用类平抛运动的规律可以求出电子的速度（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出磁感应强度（3）根据电子做圆周运动的周期求出粒子与电子相碰撞的时间，粒子做匀速直线运动，应用速度公式可以求出粒子P的速度解答：解：（1）电子在电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t1，竖直方向：vy=at1=t1，电子离开电场时的速度：v=，解得：v=v0，速度与x轴方向夹角，tan=，解得：=45；（2）电子在电场中竖直方向
37、的位移：y=at12=t12=，电子从N点进入磁场，电子不能进入x2L的区域，由几何关系可知：Rsin+RL，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得：B；（3）电子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，电子运动轨迹如图所示，电子轨道半径：r=L，电子经过x轴的时间：t2=n= （n=1、2、3）粒子P与电阻相碰时的位移：x=nr （n=1、2、3），两粒子相碰的时间：t=t1+t2，粒子P的速度：vP=，解得：vP= （n=1、2、3）；答：（1）电子进入磁场区域时速度v的大小为v0，与x轴方向夹45角；（2）若使电子不能进入x2L的区域，磁感应强度的
38、大小为B；（3）粒子P的速度为 （n=1、2、3）点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，带电粒子在复合场中的运动，分别采用不同的处理方法；电子在电场中，关键是将粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据牛顿运动定律和运动学公式列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系与牛顿第二定律求解【物理选修3-3】12一定质量的理想气体的PV图象如图所示，下列说法中正确的是( )A气体从状态A变化到状态B，为等温变化B状态B时分子的平均动能大于状态A时的平均动能C由A到B过程中，气体对外做功D由A到B过程中，气体放出热量考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：
39、由图象分析两点的状态参量间的关系；明确温度是分子平均动能的标志；当气体体积增大时，气体对外做功；由热力学第一定律判断是否吸热解答：解：A、PV图象中的等温线是曲线，故AB过程不是等温变化；故A错误；B、由图象可知，B点的温度高于A点的温度，故B点的分子平均动能大于A时的分子平均动能；故B正确；C、由A到B过程，由于体积增大，故气体对外做功；故C正确；D、气体对外做功，同时温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体一定吸热；故D错误；故选：BC点评：本题考查状态方程的图象以及热力学第一定律的应用，解题时要注意正确掌握等温线的形状，明确对于理想气体其内能取决于物体的温度13一内壁光滑体积为V的
40、绝热气缸固定在水平地面上，绝热光滑活塞厚度不计，刚开始时处于气缸的中间位置，活塞两侧封闭相同质量的相同理想气体初始状态两侧温度T0=300K，压强为P0若活塞左侧气缸内电热丝通电，温度升高到T=600K，试求左侧气缸的压强与体积考点：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：分别对两边气体分析，明确其变化过程，由理想气体状态方程及等温变化规律分别列式，联立可求解气体的压强和体积解答：解：设左侧气缸体积为V1，压强为P1，因为活塞处于平衡状态，所以右侧气缸内压强为P1，体积为VV1，温度不变；对左侧气体，由理想气体状态方程可得=对右侧气体，由等温变化规律可得：P0=P1（
41、VV1）联立解得V1=；P1=P0；答：左侧气缸的压强为P0；体积为点评：本题中要分别对两部分正确使用气体状态方程，并根据题目给出的条件求出气体状态参量，根据状态方程求解即可【物理选修3-4】14一列简谐横波的波源为x轴上的O点，其振动图象如图所示，A点坐标为2m，B点坐标为1m，波速为1m/s，下列说法中正确的是( )A此列横波的振幅为5mBA点起振方向沿y轴正方向CB点起振方向沿y轴负方向D此列横波的频率为0.5Hz考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：根据图2得出振幅，根据波源的振动图象得出波源的起振方向，从而得出AB质点的起振方向，根据图象得出周期，从而求出频率解答：解：A、
42、根据图2得出振幅A=5cm，故A正确；B、根据图2可知，波源O的起振方向沿y轴正方向，所以AB质点的起振方向都沿y轴正方向，故B正确，C错误；D、根据图2可知，周期T=1s，则频率f=，故D错误故选：AB点评：本题考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动图象得出周期、振幅、起振方向等有效信息，知道各个质点的起振方向都与波源的起振方向相同15一束光线以入射角=60射入折射率为、宽度为d0=5cm的玻璃砖，另一完全相同玻璃砖平行放置，相距d=5cm，请画出光路图并求解光线的侧移距离考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：光线在进入玻璃砖和离开玻璃砖时要发生折射，作出光路图，结合折射率的定义求
43、解偏移量解答：解：光路图如图所示：根据折射定律，有：解得：=30根据几何关系，偏移量为：D=2d0tan30+dtan60=25cm+5cm=cm答：光路图如图所示，光线的侧移距离为cm点评：本题关键是作出光路图，结合折射定律和几何关系列式求解，基础题目【选修3-5】16根据玻尔理论，氢原子核外电子能级图如图所示，下列说法中正确的是( )A按照玻尔理论，E1=13.6eV是电子处于基态的势能B按照玻尔理论，E1=13.6eV是电子处于基态的势能和动能之和C按照玻尔理论，从n=4的一群电子跃迁到n=1时，能发出6中不同频率的光子D按照玻尔理论，从n=4的一群电子跃迁到n=1时，能发出3中不同频率
44、的光子考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：根据数学组合公式 求出这群氢原子能发出不同频率光的种数，当两能级间能级差越大，辐射的光子能量越大，及氢原子核外电子能级是动能与势能之和解答：解：AB、按照玻尔理论，E1=13.6eV是电子处于基态的势能和动能之和，故A错误，B正确CD、根据=6，知最多激发出6中不同频率的光子故C正确，D错误故选：BC点评：解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足h=EmEn，并掌握跃迁时光子的种类求解方法，理解核外电子的能级含义17如图所示，质量为m的光滑曲面，静止放在光滑的水平地面上，一质量也为m的小球以速度v冲向斜面，恰好能冲到
45、曲面的顶端，然后再沿曲面滑落下来，当地的重力加速度为g求：曲面的高度h；曲面最终的速度考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：小球在曲面体上滑动的过程中，小球和曲面体组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，系统的机械能也守恒，根据两个守恒列方程求解小球从曲面体的高度，和曲面体的最终速度解答：解：（1）当小球冲到曲面顶端时，速度与曲面速度相同，竖直方向速度为零，以小球初速度v的方向为正，小球和曲面体组成的系统，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：mv=2mv1，解得：h=（2）设小球滑到地面上时的速度为v2，斜面的速度为v3，根据动量守恒定律得：mv=mv2+mv3，根据机械能守恒定律得：解得：v2=0，v3=v答：（1）曲面的高度为；曲面最终的速度为v点评：本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型，知道恰好能冲到曲面的顶端，说明此时，小球竖直方向速度为零，难度不大，属于基础题