1、2015-2016学年甘肃省兰州二十七中高三（上）第四次月考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题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111月28日阿联酋迪拜成功获得了2020年世博会的举办权，人们在世界最高建筑哈利法塔（原名迪拜塔，高828m）上庆祝申办成功假设塔内有一部电梯某次运送乘客的速度时间图象如图所示，下列判断正确的是（）A该图象一定是电梯上行图象B03s电梯的位移为45mC从出发到停止电梯的位移为450mD全过程中合外力对电梯做的功为零2如图中的实线是一族未标明方向的由点
2、电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a，b是其轨迹上的两点若带电粒于在运动过程中只受电场力作用，根据此图可作出的判断正确的是（）A粒子带负电B带电粒子在a点电势高于b点电势C带电粒子在a点速度大于b点速度D带电粒子在a点加速小于b点加速度3如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB克服摩擦力做功mghC动能损失了mghD机械能损失了mgh4如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1
3、kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（）Aam=2m/s2，aM=1 m/s2Bam=1m/s2，aM=2 m/s2Cam=2m/s2，aM=4 m/s2Dam=3m/s2，aM=5 m/s25如图所示，A、B在同一水平线上，以A_B为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆相交于M点电荷量为Q1、Q2的两个正、负点电荷分别固定在A点和B点，一个带正电的轻金属环q（视为点电荷，且重力忽略不计）套在绝缘杆上，在M点恰好平衡，MA与AB的夹角为，则（）ABCD6如图所示，a是地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d是人
4、造地球卫星，b在近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，则有（）Aa的向心加速度等于重力加速度gB在相同时间内b转过的弧长最长Cc在4h内转过的圆心角是60Dd的运动周期有可能是30h7三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度V0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（）A落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度的关系是aaabacC三个颗粒在电场中运动的时间关系是tatbtcD电场力对落在c点的颗粒做负功8如图所示、一个质量为
5、m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）ABCD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某实验小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律时，小组成员经过讨论，决定在图示装置的基础上做一些改进，他们将拉力传感器固定在小车左侧，用不可伸长的细线将传感器通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到的拉力大
6、小（1）改进后该小组在验证牛顿第二定律时（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；（填“需要”或“不需要）满足小车和传感器的质量之和远大于钩码质量（2）某次实验得到的一条纸带如图乙所示，在纸带上选择起始点O及多个计数点A、B、C、D、E、，由各计数点刻度值可以求出对应时刻小车的瞬时速度v，则D点对应的速度大小为vD=m/s（结果保留两位有效数字）10物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从
7、竖直杆上读出两光电门间的距离h（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为 cm（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=（3）根据实验数据作出t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为11质量为60kg的消防队员从一根固定的竖直金属杆上由静止滑下，经2.5s落地消防队员受到的竖直向上的摩擦力变化情况如图所示，取g=10m/s2在消防队员下滑的过程中：（1）他落地时的速度多大？（2）他克服摩擦力做的功是多少？12如图所示，真空中存在空间范围足
8、够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37（取sin37=0.6，cos37=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能二.选考题（共3道题，45分）【物理-选修3-4】13对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B气体的温度升高，其压强不一定增大C气体吸收热量其内能一定增
9、大D当气体温度升高时，每个气体分子的动能都会增大14一活塞将一定质量的一个大气压的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内，开始时气体体积为V0，温度为27在活塞上施加压力，将气体体积压缩到原来的，温度升高到47设大气压P0=1.0105Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计求：（1）此时气体的压强；（2）保持47温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0求此时气体的压强【物理-选修3-4】15 一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点a的起振时刻比质点b延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，下列说法正确的是（）A此列波的频率为1HzB此列波的波速为5m/sC此时刻a、b质点之间的距离
10、是2.5mD从此时刻起，经过1.5s质点c到达质点a位置E此列波的传播方向为沿x轴负方向传播16半径为R=6cm的半圆形玻璃砖截面如图所示，O点为圆心，光线a沿半径方向进入玻璃后恰好在O点发生全反射，光线b平行于光线a，从最高点进入玻璃后折射到MN上的D点，已知光线a与MN的夹角为45，求（1）玻璃的折射率n为多少；（2）OD的长度是多少【物理一选修3-5】17下列说法正确的是（）A根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B贝克勒耳发现了天然放射现象，说明原子核是有结构的C用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可能使氘核分解为一个质子和一个中子D某放射性原子核经过2次衰变和一
11、次衰变，核内质子数减少3个E当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定有电子逸出18如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠竖直墙壁质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速 度恰好为零求小滑块与木板间的摩擦力大小；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰 撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，试求的值2015-2016学年甘肃省兰州二十七中高三（上）第四次月考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，
12、第1921题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111月28日阿联酋迪拜成功获得了2020年世博会的举办权，人们在世界最高建筑哈利法塔（原名迪拜塔，高828m）上庆祝申办成功假设塔内有一部电梯某次运送乘客的速度时间图象如图所示，下列判断正确的是（）A该图象一定是电梯上行图象B03s电梯的位移为45mC从出发到停止电梯的位移为450mD全过程中合外力对电梯做的功为零【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像【专题】功的计算专题【分析】在vt图象中，与时间轴所围面积即为物体运动的位移，根据动能定理求外力做功【解答】解：A、没有说明电梯是向下运动还是向上运动，故A错误；
13、B、在vt图象中，与时间轴所围面积即为位移位移为x=，故B错误；C、总位移为x=，故C错误；D、根据动能定理可判断合外力对电梯做的功为零，故D正确；故选：D【点评】本题主要考查了vt图象，能从图象中知道位移，速度，再根据动能定理即可判断做功2如图中的实线是一族未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a，b是其轨迹上的两点若带电粒于在运动过程中只受电场力作用，根据此图可作出的判断正确的是（）A粒子带负电B带电粒子在a点电势高于b点电势C带电粒子在a点速度大于b点速度D带电粒子在a点加速小于b点加速度【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专题】比较思想；图析
14、法；电场力与电势的性质专题【分析】从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，结合电场线的方向，判断粒子的电性根据顺着电场线的方向电势逐渐降低，分析电势的高低根据电场力做功情况，判断动能的变化，判断速度的变化由电场线的疏密分析场强的大小，得到电场力的大小，从而判断加速度的大小【解答】解：A、由图看出，带电粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，而电场线方向未知，因此不能判断粒子的电性故A错误B、由于电场线的方向不能判断，因此不能分析两点电势的高低，故B错误C、由于粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，故粒子从a到b电场力对粒子做负功，
15、粒子的动能减小，速度减小，则带电粒子在a点速度大于b点速度，故C正确D、a处电场线比b处电场线密，则a处电场强度比b处的大，粒子在a点受到的电场力较大，由牛顿第二定律知，带电粒子在a点加速在于b点加速度故D错误故选：C【点评】本题是电场中带电粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，再判断粒子动能和电势能的变化3如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB克服摩擦力做功mghC动能损失了mghD机械能损失了mgh【考点】功能关系【
16、分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功【解答】解：加速度a=，而摩擦力f=，A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为=2h，则克服摩擦力做功，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小Ek=F合s=mg2h=mgh，故C错误；D、机械能的损失量为fs=mg2h=mgh，故D正确故选：D【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；
17、机械能的变化与除重力以外的力做功有关4如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（）Aam=2m/s2，aM=1 m/s2Bam=1m/s2，aM=2 m/s2Cam=2m/s2，aM=4 m/s2Dam=3m/s2，aM=5 m/s2【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当M和m之间的摩擦力未达到最大静摩擦力，两者一起运动，具有共同的加速度，达到最大静摩擦力后，发生相对滑动，M的加速度大于m的加速度，结合
18、牛顿第二定律分析求解【解答】解：当M与m间的静摩擦力fmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：此时F=（M+m）am=（5+1）2N=12N当F12N，有aM=am当F12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aMam=2m/s2故C正确，A、B、D错误故选：C【点评】本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联立方程组求解5如图所示，A、B在同一水平线上，以A_B为直径的半圆周与竖直光滑绝缘杆
19、相交于M点电荷量为Q1、Q2的两个正、负点电荷分别固定在A点和B点，一个带正电的轻金属环q（视为点电荷，且重力忽略不计）套在绝缘杆上，在M点恰好平衡，MA与AB的夹角为，则（）ABCD【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】带正电的轻金属环q在M点恰好平衡，分析受力情况，根据平衡条件和库仑定律求解【解答】解：设圆周的直径为d，根据库仑定律得：Q1对q的库仑力大小为F1=kQ2对q的库仑力大小为F2=k对q，根据平衡条件得：F1sin=F2cos联立以上三式得：tan3=故选A【点评】本题是库仑定律与平衡条件的综合应用，同时运用到几何知识分析
20、两点与q之间距离关系，即可得到解答6如图所示，a是地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d是人造地球卫星，b在近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，则有（）Aa的向心加速度等于重力加速度gB在相同时间内b转过的弧长最长Cc在4h内转过的圆心角是60Dd的运动周期有可能是30h【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题【分析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系根据开普勒第三定律判断d与c
21、的周期关系【解答】解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度由=mg，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g故A错误；B、由，得v=，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长故B正确；C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是故C正确；D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h故D正确；故选：BCD【点评】对于卫
22、星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点7三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度V0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是（）A落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度的关系是aaabacC三个颗粒在电场中运动的时间关系是tatbtcD电场力对落在c点的颗粒做负功【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间
23、有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解【解答】解：A、B、C根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xaxbxc，则运动时间关系为tatbtc竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aaabac由牛顿第二定律得知三个小球 的合力关系为 FaF
24、bFc由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电故AC错误，B正确D、由上分析得知，落在c点的颗粒带正电，电场力向上，则电场力对它做负功故D正确故选BD【点评】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析8如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆
25、的摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）ABCD【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】以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象【解答】解：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动故A正确B、当Fmg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=（mgF），则摩擦力增大，加速度增大故B正确C、D当Fmg时，圆环水平方
26、向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动故C错误，D正确故选ABD【点评】本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏解三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某实验小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律时，小组成员经过讨论，决定在图示装置的基础上做一些改进，他们将拉力传感器固定在小车左侧，用不可伸长的细线将传感器通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到的拉力大小（1）改进后该小组在验
27、证牛顿第二定律时需要（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；不需要（填“需要”或“不需要）满足小车和传感器的质量之和远大于钩码质量（2）某次实验得到的一条纸带如图乙所示，在纸带上选择起始点O及多个计数点A、B、C、D、E、，由各计数点刻度值可以求出对应时刻小车的瞬时速度v，则D点对应的速度大小为vD=0.54m/s（结果保留两位有效数字）【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）明确平衡摩擦力的方法及意义即可回答，根据实验原理可分析是否需要使钩码的总质量远小于小车和传感器的质量；（2）D点的速度等于CE的平均速度，由图可读取CE的距离，然后可
28、以算出平均速度【解答】解：（1）垫起平面轨道的右端，让小车重力沿斜面向下的分力与它受到的摩擦力平衡，才能认为在实验中小车受到的合力等于拉力传感器的读数，所以需要平衡摩擦力，由于在实验前已平衡摩擦力，故拉力传感器的读数就等于小车受到的合外力，故不需要使钩码的总质量远小于小车和传感器的质量；（2）D点的瞬时速度等于CE的平均速度，由图可得，CE的距离为：4.30cm，解得：故答案为：（1）需要；不需要；（2）0.54【点评】本题需要掌握好实验步骤，数据得读取和速度的计算，一般设计纸带问题，重要的就是数据读取和速度的计算，因此这两个知识点要掌握熟练10物理小组的同学用如图1所示的实验器材测定重力加速
29、度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器（其中光电门l更靠近小球释放点），小球释放器（可使小球无初速释放）、网兜实验时可用两光电门测量小球从光电门l运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h（l）使用游标卡尺测量小球的直径如图2所示，则小球直径为1.170 cm（2）改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h=（3）根据实验数据作出t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为2k【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】
30、实验题【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系整理得到t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系【解答】解：（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.0514=0.70mm=0.070cm，所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t=，所以从开始释放到经过光电门1的时间t=tt=t所以经过光电门1的速度v=gt=vgt根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=t=（3）h=所以=vgt若t图线斜率
31、的绝对值为k，k=g所以重力加速度大小g=2k故答案为：（1）1.170；（2）；（3）2k【点评】要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解11质量为60kg的消防队员从一根固定的竖直金属杆上由静止滑下，经2.5s落地消防队员受到的竖直向上的摩擦力变化情况如图所示，取g=10m/s2在消防队员下滑的过程中：（1）他落地时的速度多大？（2）他克服摩擦力做的功是多少？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专
32、题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出第1s内的加速度，结合速度时间公式求出第1s末的速度，再根据牛顿第二定律求出后1.5s内的加速度，结合速度时间公式求出落地的速度（2）分别求出第1s内和后1.5s内下降的高度，结合摩擦力的大小求出摩擦力做功的大小【解答】解：（1）在第1s内，由牛顿第二定律得，mgf1=ma1解得，在1s末的速度v1=a1t1=41m/s=4m/s；后1.5s内由牛顿第二定律得，f2mg=ma2解得；落地时的速度vt=v1a2t2=1m/s（2）该队员在第1s内下滑的高度；在后1.5s内下滑的高度他克服摩擦力做的功为：W=f1h1+f2h2=3420J；答：（1）他落地时的速
33、度为1m/s；（2）他克服摩擦力做的功是3420J【点评】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，对于第二问，也可以通过动能定理进行求解12如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37（取sin37=0.6，cos37=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球
34、的动能【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速度，然后利用动能定理求解；（3）利用运动的对称性求出运动的时间，然后利用运动学的方程求出位移，由动能定理求出小球的动能【解答】解：（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37，所以电场力大小为：
35、 Fe=mgtan37=mg，电场力的方向水平向右故电场力为mg，方向水平向右（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax=小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=电场力做功 W=Fxsx=mv02故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02；（3）小球从到Q的运动的时间：，水平位移： =小球从到Q的过程中，由动能定理得：由以上各式得出：答：（1）小球受到的电场力的大小是，方向水平向右；（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功是；（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小
36、球的动能是【点评】本题在复合场中考察了运动的合成、分运动之间的关系等，有一定的综合性解这类问题的关键是：正确进行受力分析，弄清运动形式，利用相应物理规律求解二.选考题（共3道题，45分）【物理-选修3-4】13对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B气体的温度升高，其压强不一定增大C气体吸收热量其内能一定增大D当气体温度升高时，每个气体分子的动能都会增大【考点】理想气体的状态方程；物体的内能【专题】理想气体状态方程专题【分析】考查对理想气体状态方程的理解，知道温度是分子平均动能的标志【解答】解：A、由理想气态方程=常量，当等容升温变化时，可知若
37、气体的压强和体积都不变，则温度不变，所以其内能也一定不变，故A正确B、由理想气态方程=常量，知气体的温度升高，其压强不一定增大，故B正确C、改变内能的方式有做功和热传递，所以气体吸收热量其内能不一定增大，故C错误D、当气体温度升高时，分子平均动能增大，不是每个气体分子的动能都会增大，D错误故选：AB【点评】考查了理想气体状态方程，注意与三个实验定律的结合，改变内能的方式有做功和热传递14一活塞将一定质量的一个大气压的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内，开始时气体体积为V0，温度为27在活塞上施加压力，将气体体积压缩到原来的，温度升高到47设大气压P0=1.0105Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计求：
38、（1）此时气体的压强；（2）保持47温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0求此时气体的压强【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】1、根据气体状态方程和已知的变化量去求解其它的物理量2、气体做等温变化，由玻意耳定律列出等式求解【解答】解：（1）初状态：V0，P0=1.0105Pa，T1=273+27=300K末状态：V2=V0，P2=？，T2=273+47=320K由理想气体状态方程得：P2=1.6105Pa（2）由等温变化：V3=V0P2V2=P3V3得：P3=1.07105Pa答：（1）此时气体的压强是1.6105Pa；（2）保持温度不变，缓慢减小施
39、加在活塞上的压力，使气体体积恢复到V0时气体的压强是1.07105Pa【点评】明确气体状态变化过程，进行计算时，要注意T的单位应该采用K，而不是【物理-选修3-4】15 一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点a的起振时刻比质点b延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，下列说法正确的是（）A此列波的频率为1HzB此列波的波速为5m/sC此时刻a、b质点之间的距离是2.5mD从此时刻起，经过1.5s质点c到达质点a位置E此列波的传播方向为沿x轴负方向传播【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】b、a两点振动相差半个周期，根据图中质点b的起振时刻比质点a延迟了 0.5s，确定出
40、周期和波的传播方向，b、c间距离等于一个波长，确定出波长，求出波速波由振动早的质点向振动迟的质点传播【解答】解：A、B由题，b和c之间的距离是5m，则波长为=5mb、a两点振动相差半个周期，由题：图中质点b的起振时刻比质点a延迟了 0.5s，则周期T=20.5s=1s，则波速为v=5m/s，频率f=1Hz故AB错误C、a、b平衡位置相距半个波长，为s=2.5m，则此时刻a、b质点之间的距离大于2.5m，故C错误D、简谐横波传播过程中，质点只在各自平衡位置附近振动，并不向前移动，所以c点不可能移动到a，故D错误E、由于质点a的起振时刻比质点b，所以波沿x轴负方向传播故E错误故选：ABE【点评】本
41、题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，能理解波长的含义：相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长题中a、b两点是反相点，平衡位置相距半个波长，而不是它们之间的距离是半个波长16半径为R=6cm的半圆形玻璃砖截面如图所示，O点为圆心，光线a沿半径方向进入玻璃后恰好在O点发生全反射，光线b平行于光线a，从最高点进入玻璃后折射到MN上的D点，已知光线a与MN的夹角为45，求（1）玻璃的折射率n为多少；（2）OD的长度是多少【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】（1）根据光线a与MN的夹角为60，光线a沿半径方向进入玻璃后恰好在O点发生全反射，可知临界角C=30，进而求出n；（2）根据折射定律
42、及几何关系即可求得OD的长度【解答】解：（1）由题意得：光线a沿半径方向进入玻璃后恰好在O点发生全反射，则临界角C=45则： n=（2）光线b入射，由折射定律有： =n得：sinr=，r=30，则tanr=所以：OD=Rtanr=6cm=2cm答：（1）玻璃的折射率n为；（2）OD的长度是2cm【点评】本题是简单的几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，根据折射定律求解【物理一选修3-5】17下列说法正确的是（）A根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B贝克勒耳发现了天然放射现象，说明原子核是有结构的C用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可能使氘
43、核分解为一个质子和一个中子D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个E当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定有电子逸出【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁【专题】光电效应专题【分析】玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；天然放射现象，说明原子核是有结构的；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；根据质量数和电荷数守恒判断；根据光电效应发生条件：入射光频率大于极限频率，结合紫光频率大于蓝光，即可求解【解答】解：A、玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连
44、续地减小，故A错误B、贝克勒耳发现了天然放射现象，说明原子核是有结构的，故B正确；C、核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，还要另给它们分离时所需要的足够的动能（光子方向有动量），所以不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C错误；D、根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次衰变质子数减少4，一次衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；E、根据光电效应发生条件，入射光的频率大于极限频率，若用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射，因紫光的频率大于蓝光，则一定有电子逸出，故E正确；故选：BDE【
45、点评】明确衰变，衰变的实质，知道原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，同时掌握光电效应发生条件，及理解书写核反应方程的规律18如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端靠竖直墙壁质量为m的小滑块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速 度恰好为零求小滑块与木板间的摩擦力大小；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰 撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，试求的值【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】小滑块在木板上滑动过程，根
46、据动能定理列方程，即可求解小滑块与木板间的摩擦力大小；先研究滑块在木块上向右滑动的过程，运用动能定理得到滑块与墙壁碰撞前瞬间的速度，滑块与墙壁碰撞后，原速率反弹，之后，向左运动，在摩擦力的作用下，木板也向左运动，两者组成的系统动量守恒，再对这个过程，运用动量守恒和能量守恒列方程，联立即可求解的值【解答】解：小滑块以水平速度v0右滑时，根据动能定理得：fL=0解得：f=小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有fL=滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则根据动量守恒和能量守恒有：mv1=（m+M）v2，fL=上述四式联立，解得： =答：小滑块与木板间的摩擦力大小为；现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到时木板左端而不从木板上落下，的值为【点评】本题是动量守恒定律与动能定理、能量守恒定律的综合运用，分析清楚物体的运动过程，把握物理规律是关键2016年3月2日版权所有：高考资源网()
