1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年山东省潍坊一中高考物理模拟试卷（4月份）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的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（6分）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（） A F不变，F1变小 B F不变，F1变大 C F变小，F1变小 D
2、 F变大，F1变大【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】： 木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可【解析】： 解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的角减小了，故F不变，F1减小；故选：A【点评】： 本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难2（6分）如图甲所示，质量m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动过a点时给物体作用一个水平向
3、左的恒力，并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得vt图象如图乙所示取重力加速度g=10m/s2，以下判断正确的是（） A 物体与水平面间的动摩擦因数=0.5 B 10s内恒力F的平均功率为10.2W C 10s内物体克服摩擦力做功34 J D 10s后撤去拉力F，物体再过16s离a点的距离为32m【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】： 功率的计算专题【分析】： 由vt图分别求得由力F和没有力F作用时的加速度，对两段时间分别运动牛顿第二定律列式后联立求解拉力F及动摩擦因数，根据求解平均功率，运动的位移为vt图与横轴所围的上下两块面积之差，根
4、据摩擦力做功等于摩擦力乘以路程求出摩擦力做功，从而求出克服摩擦力做功，10s后撤去拉力F，先求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解【解析】： 解：A、设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由vt图得：a1=m/s2 ，设物体则由vt图得：加速度大小a2=m/s2，根据牛顿第二定律，有Fmg=ma1 F+mg=ma2 解得：F=3N=0.05，故A错误；B、设10s末物体离a点的距离为d，d应为vt图与横轴所围的面积则：d=，则10s内恒力F的平均功率为，故B错误；C、10s内物体克服摩擦力做功=34J，故C正确；D、设撤去拉力F后做匀减速直线运动
5、的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律，有：mg=ma3 得：由vt=v0+at可得：物体减速到零的时间t=12s物体在16s内的位移，则物体在16s后的位移d=d+x=38m，即离a点的距离位38m，故D错误故选：C【点评】： 本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因素；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律3（6分）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，原线圈通过一理想电流表A接在u=200sin100t（V）的正弦交流电源上，一个二极管D和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V和电阻R并联假设该二极管D的正
6、向电阻为零，反向电阻为无穷大，则（） A 交流电压表示数为20V B 交流电压表示数为14.1V C 减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 D 将二极管短路，电流表的读数加倍【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果【解析】： 解：AB、由，副线圈电压的有效值为U2=20V，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：，交流电压表示数为14.1V，A错误，B正确；C、减小负载电阻的阻值R，由知，副线圈输出功率变
7、大，原线圈输出功率也变大，电流表的读数变大，故C错误；D、将二极管短路，输出功率变为原来的两倍，而原线圈输入电压不变，则电流变为原来的两倍，故D正确故选：BD【点评】： 考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键4（6分）2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，沿地月转移轨道直奔月球，飞行轨道如图所示嫦娥三号经过地月转移轨道在P点调整后进入环月圆轨道，再调整后进入环月椭圆轨道，最后由近月点Q沿抛物线下降，于2013年12月14日在月球虹湾成功软着陆在实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球表
8、面4m高时最后一次悬停，确认着陆点已知嫦娥三号总质量为M在最后一次悬停时，反推力发动机对其提供的反推力为F，引力常量为G，月球半径为R，忽略月球自转及地球对月球的影响以下说法正确的是（） A 嫦娥三号在环月圆轨道的P点加速，才能进入环月椭圆轨道 B 月球的质量为 C 月球的第一宇宙速度为 D 嫦娥三号沿椭圆轨道运动至P点和沿圆轨道运动至P点时，加速度相同【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】： 在环月段圆轨道上经过P点时减速才能进入环月椭圆轨道嫦娥三号悬停时反推力与重力平衡，据此求得月球表面的重力加速度，由月球半径求得月球的第一宇宙
9、速度由卫星的变轨原理分析变轨时是加速还是减速【解析】： 解：A、在环月段圆轨道上经过P点时减速，使万有引力大于向心力，卫星做近心运动，才能进入环月段椭圆轨道，故A错误；B、在月球表面悬停时有F=Mg=G ，可得月球质量m=，故B错误；C、月球第一宇宙速度就是在月球表面绕月球圆周运动的线速度，则有F=Mg=M，可得月球的第一宇宙速度 v=，故C正确；D、嫦娥三号经过P点时都是由万有引力产生加速度，故只要经过P点加速度相同，加速度的大小与嫦娥三号所在轨道无关，故D正确故选：CD【点评】： 本题要掌握万有引力提供向心力，要能够根据题意选择恰当的向心力的表达式，知道开普勒第三定律，理解公式中各量的含义
10、5（6分）某学习兴趣小组通过查阅资料发现某示波管工作时，其内部空间存在如图所示的电场，其中实线表示电场线，方向如图所示，虚线为对应的等势线，则下列说法正确的是（不计电子重力）（） A a点的电场强度与b点的电场强度大小相等 B 两电子分别从a、b两点移动到c点，电场力对两电子做的功相等 C 沿bc方向射入的电子将做直线运动 D 将电子由a点静止释放，电子将沿电场线做曲线运动，经过d点【考点】： 电场线；电场强度【分析】： 沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况根据受力情况，分析电
11、子的运动情况【解析】： 解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知EaEb故A错误B、两电子分别从a、b两点移动到c点，电势差相等，电场力对两电子做的功相等故B正确C、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动故C正确D、将电子由a点静止释放，电子受力沿切线的方向，不沿电场线做曲线运动，故D错误故选：BC【点评】： 本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题6（6分）如图所示，竖直光滑杆固定不动，弹簧下端固定，将滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接，现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速
12、度和离地高度h，并作出其Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，g取10m/s2，由图象可知（） A 轻弹簧原长为0.3m B 小滑块的质量为0.1kg C 弹簧最大弹性势能为0.5J D 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 根据对Ekh图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线和能量守恒定律求解【解析】： 解：A、在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0
13、.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，故A错误；B、在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k=mg=2N，所以：m=0.2kg，故B错误；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm=mgh=0.210（0.350.1）=0.5J，故C正确；D、在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知：EPmm=EEkm=Epm+mgh0E
14、km=0.5+0.2100.10.32=0.38J，故D错误；故选：C【点评】： 本题主要考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，有一定难度7（6分）如图所示，间距为L米的光滑平等金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成角，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m，电阻为r的金属杆ab（长度略大于L），以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是（） A 杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度 B
15、 杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率 C 杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等 D 杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于（mv02mgh）【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据牛顿第二定律分析加速度的关系根据功能关系分析安培力做功的功率与电阻R的热功率关系根据q=比较出电量的大小通过对导体棒受力分析知，上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，抓住位移相等，比较安培力大小，即可分析克服安培力做功的大小在上滑过程中，导体棒减小的动能转化为重力势能和电阻R上产生的焦耳热
16、，即可比较焦耳热与减少的动能的大小【解析】： 解：A、上滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向下，由牛顿第二定律得：FA+mgsin=ma上；而安培力为：FA=，可知v减小，FA减小，a上减小，棒做变减速运动；下滑的过程，棒所受的安培力沿轨道向上，由牛顿第二定律得：mgsinFA=ma下，而安培力为：FA=，可知v增大，FA增大，a下减小，棒做变加速运动；由上式得上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度故A错误B、根据功能关系知杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和金属杆的热功率之和，故B错误C、根据感应电荷量公式q=可知，上滑与下滑过程中，磁通量的变化量相等，则在上滑过程中和下滑过程中流过电阻R
17、的电荷量相等故C正确D、杆ab上滑到最高点的过程中回路中产生的总焦耳热为：Q=mv02mgh，电阻R上产生的焦耳热为：QR=Q=（mv02mgh）故D正确故选：CD【点评】： 本题根据牛顿第二定律、安培力公式、能量守恒定律进行分析比较对于电量，根据经验公式q=进行比较，此式要掌握牢固，经常用到二、非选择题（一）必做题8（8分）某兴趣小组设计出如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，图中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按甲图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向沙桶中添加细沙粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为
18、F0，可认为摩擦阻力为F0（1）将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的沙粒，记下传感器的示数F1，接通频率外为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，再继续在桶中添加沙粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6六个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离（单位：cm），分别标注在相应计数点的下方，则小车的加速度a=0.756m/s2，（结果保留三位有效数字）（2）算出各次小车的加速度和合力F（F=F1F0），获得多组数据，描绘小车加速度
19、a与F的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，图中可能正确的是AD（3）写出一条提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】： 根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线【解析】： 解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出
20、加速度的大小，得：x4x1=3a1T2x5x2=3a2T2 x6x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=0.756m/s2，（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1F0）的关系图象由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点故AD正确，BC错误；故选：AD（3）提高实验结果准确程度有益的建议：控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量故答案为：（1）0.756（2）AD（3）控制桶和砂的总质量应远小于小车和传感器的总质量【点评】： 本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中
21、要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚9（10分）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则
22、R0=（用U10、U20、Rm表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、R0表示）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻【解析】： 解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电
23、压，则R0两端的电压U20U10；由欧姆定律可知，R0=；（2）由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+变形得：U1=+则有：=a；=k解得：故答案为：（1）如图所示；（2）；【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻10（18分）如图a所示，一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图b中的曲线给出设各种条件下，物体运动过程中的动摩擦因数不变，取g=10m/s2（1）求物体初速度的大小和物体与斜面之间的动摩擦因数；（2）当=60时，物体到达最高点后，又回到出发点时
24、，物体速度为多少？（3）试确定多大时，x值最小，最小值为多少？【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）根据速度位移公式，结合 牛顿第二定律，抓住=90和0时对应的位移求出物体与斜面间的动摩擦因数和物体的初速度大小（2）先求出=60时物体上升的高度，根据牛顿第二定律求出上升和下落时的加速度，再根据位移速度公式求出物体返回时的速度（3）对运动过程运用动能定理求出x的表达式，结合数学三角函数求极值的方法确定X值最小时，倾角的大小【解析】： 解：（1）由图可知当=90时，x=1.25m，此时物体做竖直上抛运动，加速度为g则有：0v02=2gx解
25、得：=5m/s当=0度时，有：m，根据牛顿第二定律得：mg=ma1代入数据解得：（2）当=60时，根据牛顿第二定律得：a1=gsin60+gcos60=所以最大位移为=m返回时加速度a2=gsin60gcos60=m/s2则返回到出发点的速度=/s（3）对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移为x1满足关系式：，得：=，可知当x的最小值为：= 解得：h=1.08m即sin（+）=1，=tan=，得：，对应的角度为：=答：（1）物体初速度的大小和物体与斜面之间的动摩擦因数为；（2）当=60时，物体到达最高点后，又回到出发点时，物体速度为（3）试确定为时，x值最小，最小值为1.08m【点评】：
26、 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意数学中三角函数公式的应用，难度不大11（20分）如图所示，在xOy平面内y0的区域内分布着沿y轴负方向的匀强电场，在x轴下方有两个宽度相同且边界平行的条形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直于xOy平面向外，磁场区域I的上边界与x轴重合，两个磁场区域的间距为l质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上的P点以初速度v0沿x轴正向射出，然后从x轴上的Q点射入磁场区域I已知OP=h，OQ=，粒子的重力忽略不计求（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小v；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界
27、穿出，求条形磁场区域的最小宽度d0；（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，求粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间t【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）粒子从P到Q到类似平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度的大小和方向；（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若恰好返回，画出临界轨迹，结合几何关系求解出半径，再运用洛伦兹力提供向心力并结合牛顿第二定律列式求解；（3）首先粒子要能够到达磁场区域，其次要能够从磁场区域返回，从而确定磁场区域下边界距x轴距离的范围【解析】： 解：（1）粒子在
28、电场中类平抛运动在x方向 在y方向 而联立，解得v=2v0（2）粒子在磁场区域I中匀速圆周运动 恰好未从其下边界穿出，由几何关系得 rsin30+r=d0联立，解得；（3）由对称性，若把粒子在磁场中的运动衔接起来，刚好构成一个圆心角为240的圆周，如图所示粒子在磁场中运动的时间为由几何关系得2d=Rsin30+R所以，磁场区域的宽度 故有 粒子在无磁场区域运动的路程 粒子在无磁场区域运动的时间 粒子在电场区域运动的时间 所以，粒子从P点射入电场区域到返回x轴的时间为答：（1）粒子从x轴上的Q点射入磁场区域I时的速度大小是2v0；（2）若粒子未从磁场区域I的下边界穿出，条形磁场区域的最小宽度是；
29、（3）若粒子恰好没从磁场区域II的下边界穿出，粒子从P点射入电场区域到经过两个磁场区域后返回x轴的时间是【点评】： 本题第一问关键明确粒子现在类似平抛运动，然后做匀速圆周运动，关键是画出磁场中的临界轨迹；第三问磁场中的轨迹可以合成同一个圆周（二）选做题（共2小题，满分12分）【物理-选修3-3】12（4分）如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是（） A AB温度升高，压强不变 B BC体积不变，压强变大 C BC体积不变，压强不变 D CD体积变小，压强变大【考点】： 理想气体的状态方程【专题】： 气体的压强专题【分析】： 由图可知图象为
30、VT图象，根据图象可知体积与热力学温度的关系；根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量【解析】： 解：A、由图象可知，在AB的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由，气体压强不变，故A正确；B、由图象可知，在BC的过程中，体积不变而热力学温度降低，由可知，压强P减小，故B错误，C错误；D、由图象可知，在CD的过程中，气体温度不变，体积减小，由可知，压强P增大，故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查气体的状态方程中对应的图象，在VT图象中等容线为过原点的直线要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化13（8分）如图所示有绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内
31、气体温度为27，封闭气柱长9cm，活塞横截面积S=50cm2现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J，稳定后气体温度变为127已知大气压强等于105Pa，求：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离；（2）此过程中气体内能改变了多少【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】： （1）根据盖吕萨克定律，即可得出体积的变化（2）由热力学第一定律求出内能的增量【解析】： 解：（1）取被封闭的气体为研究的对象，开始时气体的体积为L1S，温度为：T1=273+27=300K，末状态的体积为：L2S，温度为：T2=273+127=400K气体做等压变
32、化，则：代入数据得：L2=12cm（2）在该过程中，气体对外做功：W=FL=P0S（L2L1）=10550104（129）102=15J由热力学第一定律：U=QW=2215=7J答：（1）加热后活塞到汽缸底端的距离是12cm；（2）此过程中气体内能改变了7J【点评】： 本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题【物理-选修3-4】14如图所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x=0.1sin（20t）m，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐波分别沿AP、BP
33、方向传播，波速都是10m/s以下判断正确的是（） A 简谐横波的波长是1m B 简谐横波的波长是0.5m C P点是振动加强点 D P点是振动减弱点【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由简谐运动表达式为x=0.1sin（20t）m，读出，由T=求得波的周期T，由v=求解波长；根据P点与A、B两波源的路程差与波长的关系，分析P点的振动情况，若路程差是波长的整数倍，则振动加强；若路程差是半个波长的奇数倍，则振动减弱【解析】： 解：AB、由简谐运动表达式为x=0.1sin（20t）m知，角频率=20rad/s，则周期为T=s=0.1s由v=得 波长=vT=100.1m=1m；故
34、A正确，B错误CD、据题：P点到A、B两个波源的路程差S=5m4m=1m=，故P点的振动加强，故C正确，D错误故选：AC【点评】： 本题要掌握简谐运动的表达式x=Asint，即可读出，求出周期和波长根据路程与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法15如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向第一次的出射点距Ccm【考点】： 光的折射定律【专题】： 压轴题；光的折射专题【分析】： （1）根据sinC=，求出临界角的大小，从而作出光路图，根
35、据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向（2）根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离【解析】： 解：（1）因为sinC=，临界角C=45第一次射到AB面上的入射角为60，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30根据折射定律得，n=，解得=45即光从CD边射出，与CD边成45斜向左下方（2）根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cmBFG=BGF，则BG=4cm所以GC=4cm所以CE=答：从CD边射出，与CD边成45斜向左下方 第一次的出射点距C【点评】： 解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进
36、行求解【物理-物理3-5】16以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（） A 一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线 B 比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定 C 重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损 D 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子的动能增大，电势能减小【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 放射性元素不是同时发出、三种射线；比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固；由于存在质量所以它们间存在万有引力、质子带正电，因此质子间存在库仑斥力和质子与中子统称核子，
37、所以它们间存在核力，但这些力有大小之分；半衰期的长短由各自元素的性质决定，与它的化学状态，或外界因素无关【解析】： 解：A、一个放射性原子能同时发出、二种射线，或者放出、射线，故A错误；B、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故B正确；C、重核的裂变过程有质量亏损，轻核的聚变过程也有质量亏损，故C错误；D、根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，原子的能量减小由库仑力提供电子做圆周运动的向心力，则：，电子的动能：电子的动能增大；轨道增大的过程中克服库仑力做功，所以电势能减小，故D正确；故选：BD【点评】： 该题考查衰变的过程中的三种射线的特点与区
38、别，注意比结合能大才越牢固，掌握半衰期只与自身因素有关，与外界环境无关根据波尔理论结合牛顿运动定律分析电子动能的变化是常用的方法17如图，光滑水平面上有三个物体A、B、C，C在B上且皆静止，A以v0=10m/s的速度向B运动，碰撞后的速度为0，而B、C最终的共同速度为4m/s已知B、C的质量分别为mB=4kg、mC=1kg，设碰撞时间极短，求：（1）A的质量；（2）A与B碰撞过程中损失的机械能【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）对全过程由动量守恒定律可求得A的质量；（2）由动量守恒求得碰后的速度，根据功能关系可求得损失的能量【解析】： 解：（1）以向右为正方向；由整个过程系统动量守恒有：mAv0=（mB+mC）v 代入数据得：mA=2kg （2）设B与A碰撞后速度为vu，在B与C相互作用的时间里，BC系统动量守恒：mBvu=（mB+mC）v 得：vu=5m/s A与B的碰撞过程中，碰前系统动能为：mAv02=0.54100=100J 碰后系统动能为：mBvu2=50J 所以碰撞确实损失了机械能，损失量为50J 答：（1）A的质量为2kg；（2）有能量的损失，损失的能量为50J【点评】： 本题考查动能守恒定律的应用，要注意非弹性碰撞时会产生能量损失，要注意由功能关系求解- 18 - 版权所有高考资源网