1、山西省太原市部分中学2015届高考物理模拟试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1A、B两质点同时、同地沿同一直线运动，其vt图象分别如图中a、b所示，t1时刻曲线b的切线与a平行，在0t2时间内，下列说法正确的是( )A质点A一直做匀加速直线运动Bt1时刻两质点的加速度相等，相距最远Ct2时刻两质点的速度相等，相距最远Dt2时刻两质点的速度相等，A恰好追上B2如图所示，两小球A，B通过O点处光滑的小滑轮用细线相连，小球A置于光滑半圆柱
2、上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱截面圆心01的正上方，OA与竖直方向成30角，其长度与圆柱底面圆的半径相等，OAOB，则A，B两球的质量比为( )ABCD3如图所示，水平面上放有10个完全相同的木块（紧靠在一起），每个木块长L=0.6m、质量m=0.5kg，与水平面间的动摩擦因数为1=0.1，一个质量M=1kg的铅块（可看作质点）以水平速度v0=5m/s从左端滑上木块，铅块与木块间的动摩擦因数为2=0.25，取g=10m/s2，则铅块开始带动木块时的速度为( )A5m/sB3m/sC2m/sD1m/s4如图所示，半径为r的圆在竖直平面上，A、B、C、D是
3、圆周上的点，AB水平，CD竖直，在最高点C固定一点电荷，电荷量为Q，现从A点将一质量为m、电荷量为q的带电小球（带电小球对点电荷电场的影响忽略不计）由静止释放，该小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速率为3，g为重力加速度，取电场中B点为零电势点，静电力常数为k，则( )AO点电场强度大小是A点的倍BA点电势比D点的高C带电小球在D点具有的电势能为D带电小球在D点受轨道的作用力为10mg5如图所示，匝数为n的正方形线圈边长为a，总电阻为2R，线圈平面与匀强磁场垂直且一半位于磁场中，磁感应强度为B，电阻R与正方形两顶点良好接触，不计接触点电阻，当线圈绕对角线转轴OO1，以角速度匀速转动时，在t
4、=时间内电阻R上产生的焦耳热为( )ABCD6如图所示，理想变压器的原线圈接有输出电压恒定的交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电表均为理想交流电表，则当滑片P从最左端滑到最右端的过程中，下列说法正确的是( )A电压表示数减小，电流表A1示数先增大后减小B电压表示数不变，电流表A2示数一直减小C电流表A2示数及变压器的输出功率匀先减小后增大D电压表示数减小，电流表A2示数先增大后减小7“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日顺利发射升空，已知“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面做匀速圆周运动，飞行N圈用时为t；地球的质量为M，半径为R，表面重力加速度为g；月球半径为r，地球和月球间的距离为L
5、，则( )A“嫦娥三号”匀速飞行的速率为B月球的平均密度为C“嫦娥三号”的质量为D月球受地球的引力为8如图所示，OACD是一长OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则( )A粒子一定带正电B匀强磁场的磁感应强度为C粒子从O到A所需的时间为D矩形磁场宽度最小值为（1cos）9如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置，其上端接有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，现将金属
6、棒由静止释放，金属棒下落过程中始终水平，经一定时间金属棒达到最大速度v，此过程中通过电阻的电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A此过程中金属棒做加速度减小的加速运动B此过程中金属棒下落的距离为C此过程中金属棒克服安培力做功为mv2D当金属棒的速度为时，金属棒的加速度为10如图甲所示，一轻质弹簧左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.5kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长（其余轨道均光滑），物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数=0.5，现对物块施加一个大小随向左位移x变化关系如图乙所示的水平向左的外力F，物块向左运动x=0.4m到B点，在B点时
7、速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，恰好能通过竖直半圆弧轨道的最高点D（水平轨道与竖直轨道相切于C点），物块从D点抛出后恰好击中A点，取g=10m/s2，则( )A弹簧被压缩过程中外力F所做的功为6.0JB弹簧具有的最大弹性势能为6.0JC竖直半圆轨道半径为0.32mD水平部分AC长为0.32m二、非选择题：本题共5小题，共60分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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很和单位。11某物理学习小组用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验，实验中得到如图乙所示点迹清晰的完整纸带（打
8、点计时器所用电源频率为f），纸带上第一个点记为O，另选四个连续的点A、B、C、D，并测出了这四个点到O点的距离，已知重物质量为m，重力加速度为g（1）实验中下列做法正确的有_A固定打点计时器时，两限位孔必须在同一条竖直线上B实验时应先释放纸带再接通打点计时器的电源C可用vc2=2gh3来计算打点计时器打C点时重物的速度大小D松开纸带前，手应提住纸带上端，使纸带竖直且重物靠近打点计时器（2）打点计时器打B点时，重物的速度大小为_（3）若以OC段来验证机械能守恒定律，则重力势能的减少量为_，该组同学发现重物重力势能的减少量总大于相应动能的增加量，这主要是因为_12某同学用如图甲所示电路描绘一个“2
9、.8V、1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，并将实验中得到的数据描在图乙所示的IU坐标系中（1）可供选用的器材有：A电压表（03V，内阻10k）B电压表（015V，内阻25k）C电流表（03A，内阻0.4）D电流表（00.6V，内阻1.0）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流5V）H开关、导线若干该同学做实验时电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（填写所选用器材前字母）（2）该同学在实验中或处理数据时有下列做法或结论，其中正确的是_A闭合开关S前，应将滑片滑至a端B描点后应用折线连接所有描的点C考虑电表内阻作用，每次灯泡的电阻测量值均大于真实值D由
10、所描点知随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大（3）对应图乙中P点，小灯泡的电阻约为_若用电动势E=2V、内阻r=1的电源串联一个阻值R=3的定值电阻给此小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为_W13如图所示，长s=5m、倾角=37的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为，物块最终静止在水平面上的D点，取g=10m/s2，求：（1）动摩擦因数的值（2）水平面上CD的长（3）物块从A到
11、D所经历的时间14如图所示，竖直虚线MN、PQ将两竖直挡板A、B间空间分成等间距的三区域、，在区域内有一与水平线OO1成37角的光滑绝缘斜面AC（C是MN与OO1的交点），区域内有竖直向上的匀强电场，区域内存在水平向左的匀强电场，两区域电场强度均未知现有一电荷量为q、质量为m的带电滑块（可看作质点）从左挡板的A点由静止释放，从C点进入区域后恰好能垂直PQ进入区域，最后滑块恰好与挡板B相切于D点（没画出），已知各区域宽均为L，重力加速度为g，滑块运动中电荷量不变，求：（1）区域中电场强度E1的大小（2）区域中电场强度E2的大小（3）O1D的长15（18分）如图所示，平面直角坐标系中的第一象限内存
12、在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，第四象限存在方向与x轴正方向成45斜向右上方的匀速电场电场强度大小E未知现有一质量为m1、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从y轴上的A点水平向右垂直射入磁场，粒子从x轴上D点与x轴正方向成45进入第四象限，粒子在电场力作用下与x轴正方向成30（没画出）第二次通过x轴（过M点），此时第一象限内磁场方向变为垂直纸面问题磁感应强度大小不变，粒子恰好又从D点第三次通过x轴，不计粒子重力，DM=L，取sin75=0.96，cos75=0.25，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小和匀强电场的电场强度E的大小（2）OA的长（3）粒子从A点出发到第三次通过
13、x轴所用的时间三、附加题：本题共2小题，每小题0分，分别考察3-3,3-4,3-5模块，请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分支不计入总分。物理-选修3-316下列说法中正确的是 ( )A布朗运动就是悬浮微粒的分子的无规则运动B一定质量的理想气体，若压强不变，体积增大则其内能一定增大C当分子间距离减小时，分子间斥力、引力均增大D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E一定质量的理想气体在完全失重的状态下，气体的压强为零17如图所示，密闭气缸竖直放置（气缸上壁C处留有抽气孔），活塞将气缸分成上、下两部分，其中下部分密闭气体B可视为理想气体，气体温度为T0现将上半部分气体A缓慢抽出，使其变成
14、真空并密封，此过程中气体B的温度始终不变且当气体A的压强为p0时，气体B的体积为V1，气体A的体积为4V1，密封抽气孔C后缓慢加热气体B，已知活塞因重力而产生的压强为0.5p0，活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气，求：活塞刚碰到气缸上壁时，气体B的温度当气体B的温度为3T0时，气体B的压强四、物理-选修3-418一列简谐横波沿x轴负方向传播，在t=0和t=0.1s时，其波形图分别如图中实线和虚线所示，从t=0开始计时，下列说法中正确的是 ( )A此波的最小传播速度为60m/sB此波的传播周期一定为sCt=0时质点P正沿y轴正方向运动D质点a比质点b先回到平衡位置E若波速为140m/s，则质点P运动到
15、波谷经历的最短时间为0.1s19如图所示为一个透明球体的横截面，其半径为R，AB是一竖直直径，现有一束半径为R的圆环形平行细光沿AB方向射向球体（AB所在直径为圆环中心轴线），所有光线经折射后恰好经过B点而在水平光屏上形成一圆亮环，水平光屏到B点的距离为L=R，光在真空中的传播速度为c，求：透明球体的折射率光从入射点传播到光屏所用时间五、物理-选修3-520如图所示，氢原子从n2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射出能量为2.55eV的光子，则要完成此辐射，必须给基态的氢原子提供_eV的能量，获得该能量后的氢原子能够发出_种不同频率的光，其中最小频率为_（保留两位有效数字，已知普朗克常量h=6.
16、631034Js）21如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，
17、求：小球和物块相碰后物块B的速度大小小车上半圆轨道的半径大小山西省太原市部分中学2015届高考物理模拟试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1A、B两质点同时、同地沿同一直线运动，其vt图象分别如图中a、b所示， t1时刻曲线b的切线与a平行，在0t2时间内，下列说法正确的是( )A质点A一直做匀加速直线运动Bt1时刻两质点的加速度相等，相距最远Ct2时刻两质点的速度相等，相距最远Dt2时刻两质点的速度相等，A恰好追上B考点：匀变速直线
18、运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：运动学中的图像专题分析：在vt图象中，直线的斜率表示加速度，速度的正负代表运动的方向，根据vt图象可以分析质点的运动情况，即可进行选择解答：解：A、质点A先向负方向做匀减速直线运动，然后向正方向做匀加速直线运动，故A错误；BCD、因vt图象的斜率表示加速度，图线与t轴所围面积表示位移大小，所以t1时刻两质点的加速度相等，t2时刻两质点的速度相等，此时两质点的vt图象与t轴所围面积差最大，即相距最远；故BD错误，C正确故选：C点评：本题主要就是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，速度的正负表示运动方向，直线的斜率代表的是加速
19、度的大小，图象的面积代表的是位移2如图所示，两小球A，B通过O点处光滑的小滑轮用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱截面圆心01的正上方，OA与竖直方向成30角，其长度与圆柱底面圆的半径相等，OAOB，则A，B两球的质量比为( )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：对A受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力，再对B分析，根据共点力平衡求出拉力和B的重力关系解答：解：对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力T和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60，则N和T相等，有：2Ts
20、in60=mAg，解得T=，再隔离对B分析，根据共点力平衡有：Tcos60=mBg，则，可知mA：mB=，故选：A点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度不大3如图所示，水平面上放有10个完全相同的木块（紧靠在一起），每个木块长L=0.6m、质量m=0.5kg，与水平面间的动摩擦因数为1=0.1，一个质量M=1kg的铅块（可看作质点）以水平速度v0=5m/s从左端滑上木块，铅块与木块间的动摩擦因数为2=0.25，取g=10m/s2，则铅块开始带动木块时的速度为( )A5m/sB3m/sC2m/sD1m/s考点：动能定理 专题：动能定理的应用专题分析：铅块在木块上滑行
21、时，当铅块对木块的滑动摩擦力等于木块所受的最大静摩擦力时，恰好能带动它右面的木块一起运动，运用动能定理列式求出铅块滑上该木块左端时的速度解答：解：（1）设铅块可以带动n个木块移动，以这几个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即：2Mg1（M+nm）g解得：n=3 取n=2，此时铅块已滑过8个木块，根据动能定理有：代入数据得：0.25解刚滑上木块9时铅块的速度为：v=1m/s故选：D点评：本题是牛顿第二定律、运动学和动能定理、摩擦力公式等等知识的综合应用，关键通过分析受力，判断木块的状态4如图所示，半径为r的圆在竖直平面上，A、B、C、D是圆周上的点，AB水平，CD竖直，在最
22、高点C固定一点电荷，电荷量为Q，现从A点将一质量为m、电荷量为q的带电小球（带电小球对点电荷电场的影响忽略不计）由静止释放，该小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速率为3，g为重力加速度，取电场中B点为零电势点，静电力常数为k，则( )AO点电场强度大小是A点的倍BA点电势比D点的高C带电小球在D点具有的电势能为D带电小球在D点受轨道的作用力为10mg考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据沿着电场线方向，电势降低，分析D与A两点电势的高低；根据动能定理，求解q在D点具有的电势能，再结合电势的定义式即可求解D点的电势；根据点电荷电场强度公式E=k
23、，即可研究D、A两点场强的关系解答：解：A、根据点电荷的场强公式E=k可知O点电场强度大小是A点的2倍，故A错误B、由题意可知，A、B到C的距离相等，则AB的电势相等沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr+W电=m（3）20，解得电场力做功：W电=mgr；规定电场中B点的电势为零，A点的电势也为零，因由A到D点电场力做正功，则电势能减小，因此点电荷q在D点的电势能为EPD=mgr，故B错误，C正确C、在D点，弹力、静电力和重力的合力提供向心力，故：Nmg=m故N=mg+m，故D错误；故选：C点评：考查电势的高低判
24、定方法，掌握动能定理的应用，注意力做功的正负，理解电势与电势能的关系式，注意电荷的电量正负5如图所示，匝数为n的正方形线圈边长为a，总电阻为2R，线圈平面与匀强磁场垂直且一半位于磁场中，磁感应强度为B，电阻R与正方形两顶点良好接触，不计接触点电阻，当线圈绕对角线转轴OO1，以角速度匀速转动时，在t=时间内电阻R上产生的焦耳热为( )ABCD考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律 专题：交流电专题分析：该正方向线圈始终有两条边做切割磁感线运动，产生正弦式交变电流，根据Em=nBS求解最大值，根据求解有效值，最后结合闭合电路欧姆定律列式求解电流，根据焦耳定律求解电热解答：解：题目中产生
25、的正弦式交变电流，感应电动势的最大值为：Em=nBS=nB有效值为：=时间t=2T内电阻为：r=R，外电阻R与一半的导线电阻R并联，故通过电阻R的电流有效值为：I=故R产生的热量为：Q=I2Rt=（）2Rt=故选：B点评：本题关键是明确正方向线圈中产生的正弦式交变电流，然后结合交变电流的知识求解出最大值和有效值，最后结合闭合电路欧姆定律和焦耳定律列式求解，不难6如图所示，理想变压器的原线圈接有输出电压恒定的交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，电表均为理想交流电表，则当滑片P从最左端滑到最右端的过程中，下列说法正确的是( )A电压表示数减小，电流表A1示数先增大后减小B电压表示数不变，电流
26、表A2示数一直减小C电流表A2示数及变压器的输出功率匀先减小后增大D电压表示数减小，电流表A2示数先增大后减小考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：明确电路结构，根据串并联电路的规律及数学知识可明确负载电阻的变化；再由闭合电路欧姆定律的动态分析方法进行分析，从而明确电表示数的变化解答：解：A、变压器输出电压由输入电压和匝数决定；因匝数之比不变；故输出电压不变；故AD错误；B、副线圈所接电路为滑动变阻器左部分电阻与右部分电阻并联后再与定值电阻串联，因R并=，当R1=R2时，R并最大，即副线圈的负载电阻最大，由欧姆定律知副线圈中电流先减小后增大，由变压器变流规律可知，电流表A1的示数先减
27、小后增大；由P出=P入=U1I1；所以变压器的输出功率先减小后增大将定值电阻和变压器副线圈看成电动势恒为U2、内阻为R0的电源，则当外电路中R1R2时，P右移，R2在减小；但总电阻增大，总电流减小，内压减小，R2两端电压增大，通过电流增大，所以电流表A2示数减小；当外电路中R1R2时，P右移，R1继续增大，但总电阻减小，总电流增大，内电压增大，R1两端电压减小，通过的电流减小，即电流表A2示数减小，故B正确，C错误；故选：B点评：本题考查变压器中的动态分析，注意和直流电路中的动态分析进行类比；同时明确滑动变阻器左右两边并联接入时的电阻变化规律7“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日顺利发射
28、升空，已知“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面做匀速圆周运动，飞行N圈用时为t；地球的质量为M，半径为R，表面重力加速度为g；月球半径为r，地球和月球间的距离为L，则( )A“嫦娥三号”匀速飞行的速率为B月球的平均密度为C“嫦娥三号”的质量为D月球受地球的引力为考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据物体在月球表面所受的万有引力等于重力，求出月球的质量再结合万有引力提供向心力求出月球运行的周期解答：解：A、由题，“嫦娥三号”绕月球表面运动的周期：T=，由v=得：故A正确；B、由：，m=，GM=gR2得月球的平均密度：故B错误；C、天体运动的过程中，只能估算中心天体的质量，不
29、能估算运行的天体的质量故C错误；D、由万有引力的公式：F=，得月球受到的地球的吸引力：F=故D正确故选：AD点评：解决本题的关键掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵活运用8如图所示，OACD是一长OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则( )A粒子一定带正电B匀强磁场的磁感应强度为C粒子从O到A所需的时间为D矩形磁场宽度最小值为（1cos）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据粒子运动轨迹由左手定则可以判
30、断出粒子的电性；作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度；根据粒子转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式可以求出粒子的运动时间，根据几何知识可以求出磁场的宽度解答：解：A、由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r=，粒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：qv0B=m，解得：B=，故B正确；C、由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：=2，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，故C正确；D、根据图示，由几
31、何知识可知，矩形磁场的最小宽度：d=rrcos=（1cos），故D错误；故选：BC点评：本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用左手定则、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用9如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置，其上端接有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，现将金属棒由静止释放，金属棒下落过程中始终水平，经一定时间金属棒达到最大速度v，此过程中通过电阻的电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A此过程中金属棒做加速
32、度减小的加速运动B此过程中金属棒下落的距离为C此过程中金属棒克服安培力做功为mv2D当金属棒的速度为时，金属棒的加速度为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率 专题：电磁学分析：根据导体切割磁感线规律可明确电动势，再根据安培力公式求解安培力的大小；由功能关系分析能量的转化问题解答：解：A、金属棒在下落过程中受竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用，安培力随金属棒速度的增大而增大，所以金属棒先做加速度减小的加速运动，达到最大速度时做匀速运动；故A正确；B、因q=t=，所以此过程中金属棒下落的距离为h=；故B错误；C、由动能定理有：mghW安=mv2，解得：此过程中金属棒克服
33、安培力做功为：mv2；故C错误；D、当v=时，由牛顿第二定律可得：ma=mg，而最大速度时有：mg=；联立解得a=；故D正确；故选：AD点评：本题考查法拉第电磁感应定律、动能定理、牛顿第二定律等，意在考查学生的理解能力、分析能力和综合应用物理规律的能力；在学习中要注意加强相关训练10如图甲所示，一轻质弹簧左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.5kg、可看作质点的物块相接触（不粘连），OA段粗糙且长度等于弹簧原长（其余轨道均光滑），物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数=0.5，现对物块施加一个大小随向左位移x变化关系如图乙所示的水平向左的外力F，物块向左运动x=0.4m到B点，在B点时速度
34、为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，恰好能通过竖直半圆弧轨道的最高点D（水平轨道与竖直轨道相切于C点），物块从D点抛出后恰好击中A点，取g=10m/s2，则( )A弹簧被压缩过程中外力F所做的功为6.0JB弹簧具有的最大弹性势能为6.0JC竖直半圆轨道半径为0.32mD水平部分AC长为0.32m考点：功能关系 分析：根据外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，从A到B的过程中，根据动能定理求得弹簧具有的最大弹性势能，物块从B到D的过程中，由能量守恒列式，物块恰好能通过最高点，在D点由重力提向心力，联立方程求解半径，物块离开D点后做平抛运动，根据平抛运动基本公式求解AC距离解答
35、：解：A、外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，即，故A正确；B、从A到B的过程中，根据动能定理得：WFmgx+WN=0带入数值解得WN=5J，故B错误；C、物块从B到D的过程中，由能量守恒得：，因为物块恰好能通过最高点，所以在D点有：mg=联立解得：R=0.32m，故C正确；D、物块离开D点后做平抛运动，则有：2R=，且AC=v0t，解得：AC=2R=0.64m，故D错误故选：AC点评：解答本题的关键是知道外力F所做功等于其图象与x轴所围成的面积，明确物块恰好能通过最高点，在D点由重力提向心力，能根据动能定理结合平抛运动基本公式求解，难度适中二、非选择题：本题共5小题，共60分，按题目要
36、求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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很和单位。11某物理学习小组用图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验，实验中得到如图乙所示点迹清晰的完整纸带（打点计时器所用电源频率为f），纸带上第一个点记为O，另选四个连续的点A、B、C、D，并测出了这四个点到O点的距离，已知重物质量为m，重力加速度为g（1）实验中下列做法正确的有ADA固定打点计时器时，两限位孔必须在同一条竖直线上B实验时应先释放纸带再接通打点计时器的电源C可用vc2=2gh3来计算打点计时器打C点时重物的速度大小D松开纸带前，手应提住纸带上端，使纸
37、带竖直且重物靠近打点计时器（2）打点计时器打B点时，重物的速度大小为（3）若以OC段来验证机械能守恒定律，则重力势能的减少量为mgh3，该组同学发现重物重力势能的减少量总大于相应动能的增加量，这主要是因为纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题分析：由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量解答：解：（1）A、为了尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦，固定打点计时器时，两限位孔必须在同一条直线上，故A正确；B、实验时应先通电后释放纸带，故B错误；C、运用v=2gh3
38、计算打点计时器打C点时，重物的速度大小是利用机械能守恒定律，而不是在验证它，故C错误；D、为了尽可能减小纸带与打点计时器间的摩擦，纸带应竖直且自由下落，为了得到较多的点迹，应使重物靠近打点计时器，故D正确；故选：AD（2）由中间时刻速度等于这一段时间内的平均速度可得打点计时器打B点时，重物的速度大小为；（3）由重力势能表达式可知，若以OC段来验证机械能守恒定律，重力势能的减小量为mgh3，重物重力势能的减小量总大于相应动能的增加量，主要原因是纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力故答案为：（1）AD；（2）；（3）mgh3，纸带与打点计时器间有摩擦阻力，或存在空气阻力点评：考查验证机械能
39、守恒定律实验，意在考查学生的识记能力，数据处理能力与分析能力，并要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒的条件12某同学用如图甲所示电路描绘一个“2.8V、1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，并将实验中得到的数据描在图乙所示的IU坐标系中（1）可供选用的器材有：A电压表（03V，内阻10k）B电压表（015V，内阻25k）C电流表（03A，内阻0.4）D电流表（00.6V，内阻1.0）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（500，1A）G学生电源（直流5V）H开关、导线若干该同学做实验时电压表应选用A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E（填写所选用器材前字母）（2）该同学在实验中或
40、处理数据时有下列做法或结论，其中正确的是ADA闭合开关S前，应将滑片滑至a端B描点后应用折线连接所有描的点C考虑电表内阻作用，每次灯泡的电阻测量值均大于真实值D由所描点知随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大（3）对应图乙中P点，小灯泡的电阻约为4.5若用电动势E=2V、内阻r=1的电源串联一个阻值R=3的定值电阻给此小灯泡供电，则小灯泡的实际功率为0.27W考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）根据图中数据明确电流和电压的范围，则可得出对应的电表选择；根据滑动变阻器的接法可明确所用变阻器；（2）根据实验原理及数据处理方法进行分析，从而明确各项正误；（3）在图象中做出所接电源的
41、IU图象，图象的交点为灯泡的实际工作点，则由P=UI可求得其功率解答：解：（1）由题图乙所描点的坐标数值可知电压表应选择A，电流表应选择D；实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；应选用最大阻值较小的滑动变阻器E；（2）A、开关闭合前应使待测部分电压最小，即应将滑片滑至a端，故A正确；B、描点作图时应用平滑曲线连接，且也不一定要连接所有点；故B错误；C、因电压表的内阻的影响，使实际电流小球待测电流；故测量值小于真实值，故C错误；D、由描点情况可知，IU图象的斜率越来越小；即随着电压的增大，小灯泡的电阻增大；故D正确；（3）P点对应电压为1.8V，对应电流为0.4A，所以对应题图乙
42、中P点，小灯泡的阻值约为：Rx=4.5；将定值电阻视为电源内阻，在图乙中作出新电源的IU图象，两图象的交点即为灯泡的工作点，由图可知，U=1.0V，I=0.27A；则功率P=UI=10.27=0.27W故答案为：（1）ADE；（2）AD；（3）4.5；0.27点评：本题考查了小灯泡伏安特性曲线的描绘以及有关电学实验的基础操作，对于电学实验一定要熟练掌握滑动变阻器的两种接法和电流表的内外接法等基础知识13如图所示，长s=5m、倾角=37的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物
43、块滑到传送带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为，物块最终静止在水平面上的D点，取g=10m/s2，求：（1）动摩擦因数的值（2）水平面上CD的长（3）物块从A到D所经历的时间考点：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）物块在传送带上做匀加速运动，利用速度位移公式求的加速度，再有牛顿第二定律求的摩擦因数；（2）从B到D由动能定理得即可求的C点距离（3）利用运动学公式及牛顿第二定律 即可求的时间解答：解：（1）在传送带上由速度位移公式可得有牛顿第二定律得mg=ma（2）从B到D由动能定理得mgssin解得x
44、=3.6m（3）在传送带上加速度为a=5m/s2到达传送带左端所需时间为在斜面上产生的加速度为下滑到斜面底端s=解得t2=1s下滑到斜面的速度为v=v0+a2t2=6m/s在水平地面上运动的时间为故所需时间为t总=t1+t2+t3=3s答：（1）动摩擦因数的值为0.5；（2）水平面CD的长为3.6m；（3）物块从A到D所经历的时间为3s点评：本题主要考查了牛顿第二定律与运动学公式，要注意明确加速度是联系力和运动之间的桥梁；要注意体会其重要性14如图所示，竖直虚线MN、PQ将两竖直挡板A、B间空间分成等间距的三区域、，在区域内有一与水平线OO1成37角的光滑绝缘斜面AC（C是MN与OO1的交点）
45、，区域内有竖直向上的匀强电场，区域内存在水平向左的匀强电场，两区域电场强度均未知现有一电荷量为q、质量为m的带电滑块（可看作质点）从左挡板的A点由静止释放，从C点进入区域后恰好能垂直PQ进入区域，最后滑块恰好与挡板B相切于D点（没画出），已知各区域宽均为L，重力加速度为g，滑块运动中电荷量不变，求：（1）区域中电场强度E1的大小（2）区域中电场强度E2的大小（3）O1D的长考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）在区域内，小球做匀变速曲线运动，将其运动进行正交分解：水平方向匀加速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，两个分运动时间相等，由平均速度表示两个方
46、向的分位移，求出小球离开区域时偏转的距离，由运动学公式即可求得；（2）区域III内滑块在水平方向做匀减速直线运动且挡板B时速度恰好为0，在竖直方向做自由落体运动（3）由（1）（2）即可求得位移解答：解：（1）区域I内，有动能定理由滑块恰好能垂直PQ进入区域III区域II内，滑块在水平方向上左匀速直线运动，由L=vCcos37t1在竖直方向做匀减速运动，由在竖直方向发生的位移联立解得（2）区域III内滑块在水平方向做匀减速直线运动且挡板B时速度恰好为0，在竖直方向做自由落体运动，由L=联立解得（3）O1D的长度为答：（1）区域中电场强度E1的大小为（2）区域中电场强度E2的大小为（3）O1D的长
47、为点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，画出运动轨迹图，根据几何知识及圆周运动基本公式解答，难度较大15（18分）如图所示，平面直角坐标系中的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，第四象限存在方向与x轴正方向成45斜向右上方的匀速电场电场强度大小E未知现有一质量为m1、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从y轴上的A点水平向右垂直射入磁场，粒子从x轴上D点与x轴正方向成45进入第四象限，粒子在电场力作用下与x轴正方向成30（没画出）第二次通过x轴（过M点），此时第一象限内磁场方向变为垂直纸面问
48、题磁感应强度大小不变，粒子恰好又从D点第三次通过x轴，不计粒子重力，DM=L，取sin75=0.96，cos75=0.25，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小和匀强电场的电场强度E的大小（2）OA的长（3）粒子从A点出发到第三次通过x轴所用的时间考点：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）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度（2）求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出OA的长度（3）求出粒子在磁场与电场中的运动时间，然后求出
49、粒子的总运动时间解答：解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得，粒子初速度方向上的位移s1与沿电场方向的位移s2大小相等，s1=s2=L，在初速度方向上：s1=v0t，在电场方向上：s2=t2，解得：E=；粒子再次进入磁场时的速度如图所示：粒子的速度：v=4v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得，=60粒子轨道半径：r=L，粒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：qvB=m，解得：B=，r=L；（2）粒子运动轨迹如图所示：粒子第一次在磁场中运动时的轨道半径：r=，由几何知识得：OA=rrsin45=（）L
50、；（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=，粒子从A到D的时间：t1=T=，粒子在电场中从D运动到M的时间：t2=，粒子在磁场中从M到D的时间：t3=T=，粒子从A点出发到第三次通过x轴所用的时间：t=t1+t2+t3=+；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，匀强电场的电场强度E的大小为（2）OA的长为（）L（3）粒子从A点出发到第三次通过x轴所用的时间为+点评：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律即可正确解题，要注意运动的合成与分知识的应用三、附加题：本题共2小题，每小题0分，分别考察3-3,3-4,3-5模块，
51、请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分支不计入总分。物理-选修3-316下列说法中正确的是 ( )A布朗运动就是悬浮微粒的分子的无规则运动B一定质量的理想气体，若压强不变，体积增大则其内能一定增大C当分子间距离减小时，分子间斥力、引力均增大D热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E一定质量的理想气体在完全失重的状态下，气体的压强为零考点：分子间的相互作用力；分子势能 分析：解答本题应掌握：布朗运动是固体小颗粒的运动；它是分子热运动的反映；理想气体的内能取决于气体的温度，温度越高，内能越大；分子间同时存在引力和斥力，二者都随分子间距离的增大而减小；热力可以自发地从高温物体传到低温物体；但不
52、能自发地从低温物体传到高温物体；封闭气体压强是由于分子持续不断地撞击器壁而产生的；失重状态下仍然存在解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；不是分子的运动；故A错误；B、一定质量的理想气体，若压强不变，体积增大则所体的温度升高，故其内能一定增大；故B正确；C、分子产距离减小时，分子间的引力和斥力都会增大；故C正确；D、由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体；故D正确；E、压强是由于分子的无规则运动形成的；与重力无关；故E错误；故选：BCD点评：本题考查分子动理论的基本内容，要重点掌握布朗运动、热力学第二定律、分子间的相互作用力等；并且要求能准确掌握，不能断章
53、取义17如图所示，密闭气缸竖直放置（气缸上壁C处留有抽气孔），活塞将气缸分成上、下两部分，其中下部分密闭气体B可视为理想气体，气体温度为T0现将上半部分气体A缓慢抽出，使其变成真空并密封，此过程中气体B的温度始终不变且当气体A的压强为p0时，气体B的体积为V1，气体A的体积为4V1，密封抽气孔C后缓慢加热气体B，已知活塞因重力而产生的压强为0.5p0，活塞与气缸壁间无摩擦且不漏气，求：活塞刚碰到气缸上壁时，气体B的温度当气体B的温度为3T0时，气体B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：根据题意求出B气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出气体的温度；气体发生等容
54、变化，应用查理定律可以求出气体的压强解答：解：气体B的状态参量为：pB1=p0+0.5p0=1.5p0，pB2=0.5p0，VB1=V1，VB2=5V1，TB1=T0，对B气体，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：TB2=T0；对B气体，最终温度：T3=3T0，气体发生等容变化，由查理定律得：=，代入数据解得：p3=0.9p0；答：活塞刚碰到气缸上壁时，气体B的温度为T0当气体B的温度为3T0时，气体B的压强为0.9p0点评：本题考查了求汽油桶温度与压强问题，分析清楚气体状态变化过程是正确解题的前提与关键，求出气体状态参量，应用理想气体状态方程与查理定律可以解题四、物理-选修3-418一列
55、简谐横波沿x轴负方向传播，在t=0和t=0.1s时，其波形图分别如图中实线和虚线所示，从t=0开始计时，下列说法中正确的是 ( )A此波的最小传播速度为60m/sB此波的传播周期一定为sCt=0时质点P正沿y轴正方向运动D质点a比质点b先回到平衡位置E若波速为140m/s，则质点P运动到波谷经历的最短时间为0.1s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：根据v=，求出波速；读出波长，求出周期；根据波的传播方向，来确定质点的振动方向，再由波速与波长，即可求解运动的时间，从而即可求解解答：解：AB、由图可得，该波的波长是2m，沿x轴负方向传播，所以，即T=（n=
56、0，1，2），所以波的最小传播速度为v=60m/s故A正确，B错误CD、由波的传播原理可知，t=0时质点P、b正沿y轴正方向运动，质点a正沿y轴负方向运动，即质点a比质点b先回到平衡位置，故CD正确；E、若波速为140m/s，则由v=得，周期为T=s，所以质点P运动到波谷经历的最短时间为tmin=故E错误故选：ACD点评：本题考查机械波的传播和波速、波长、周期间的关系等，意在考查学生的理解能力与应用能力19如图所示为一个透明球体的横截面，其半径为R，AB是一竖直直径，现有一束半径为R的圆环形平行细光沿AB方向射向球体（AB所在直径为圆环中心轴线），所有光线经折射后恰好经过B点而在水平光屏上形成
57、一圆亮环，水平光屏到B点的距离为L=R，光在真空中的传播速度为c，求：透明球体的折射率光从入射点传播到光屏所用时间考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：作出光路图，由几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求解折射率由v=求出光在介质中的速度，结合几何关系求出光在圆柱体中运行的位移，从而求出运动的时间解答：解：光路图如图所示，则由几何关系知 Rsin=R，即=60由图知，=2，得=30由折射定律有 n=光在介质中的速度为 v=光在透明介质中的传播时间 t1=由图及折射率定律知光线从B点出射后与竖直方向的夹角为 =60所以光从透明球体出射后到光屏所用时间为 t2=所以光从入射点传播到光屏所
58、用时间为 t=t1+t2=答：透明球体的折射率为光从入射点传播到光屏所用时间是点评：解决几何光学问题的关键画出光路图，结合折射定律和几何关系进行求解五、物理-选修3-520如图所示，氢原子从n2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射出能量为2.55eV的光子，则要完成此辐射，必须给基态的氢原子提供12.75eV的能量，获得该能量后的氢原子能够发出6种不同频率的光，其中最小频率为1.61014Hz（保留两位有效数字，已知普朗克常量h=6.631034Js）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，辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，根据该关系求出该激发态的能量，
59、确定出在第几能级从而求出从基态跃迁到该能级所需吸收的能量解答：解：氢原子从n2的某一能级跃迁到n=2的能级，辐射光子的频率应满足：h=EnE2=2.55 eV En=h+E2=0.85 eV 解得：n=4 基态氢原子要跃迁到n=4的能级，应提供的能量为：E=E4E1=12.75 eV大量处于n=4能极的氢原子发生跃迁时，能辐射出=6种频率的光子，辐射光子的最小能量为E=0.85（1.51）=0.66eV=0.661.61019J，E=h解得：=1.61014 Hz，故答案为：12.75；6；1.61014 Hz点评：解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即EmE
60、n=hv21如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：小球和
61、物块相碰后物块B的速度大小小车上半圆轨道的半径大小考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：小球下摆与反弹后上升过程机械能守恒，A、B碰撞过程系统动量守恒，应用机械能守恒定律与动量守恒定律可以求出速度应用匀变速直线运动的运动学公式与动量守恒定律、机械能守恒定律可以求出圆轨道半径解答：解：小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mvA2，mgh=mv12，A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA=mv1+5mvB，代入数据解得：vB=1m/s；经过时间t，B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：v0=vB+gt，代入数据解得：t=1s，物块滑行的距离：s=t=3.5m=L，物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5mv0=（5m+25m）v，由机械能守恒定律得：5mv02=（5m+25m）v2+5mgR，代入数据解得：R=1.5m；答：小球和物块相碰后物块B的速度大小为1m/s小车上半圆轨道的半径大小为1.5m点评：本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择