1、2015年湖北省七市州教科研协作体联考高考物理模拟试卷（4月份）一、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，1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8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1（6分）亚里士多德在其著作物理学中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物
2、理学的是（）A一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动静止或者匀速直线运动B作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性2（6分）如图所示，一根柔软绳AB的总长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面作匀加速直线运动，取绳上距A端x处的张力为T，下列说法中正确的是（）A可以求出绳与地面间的动摩擦因数B张力T随x的增大而均匀减小
3、C可以求出粗绳的质量D可以求出粗绳运动的加速度3（6分）如图所示，A，B，C，D为四个完全相同的光滑圆柱体，质量均为m，两块相同的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F作用下使四个圆柱体处于静止状态，如图所示已知当地的重力加速度为g，则有（）A力F的最小值为mgB力F的最大值为mgCB球对A球的弹力大小等于mgD若减小F，则B和A之间的弹力增加4（6分）回旋加速器工作原理如图甲所示，D1、D2为D形金属盒，A粒子源位于回旋加速器正中间，其释放出的带电粒子质量为m，电荷量为+q，所加匀速磁场的磁感应强度为B，两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示，其周期为T=，不计带电粒子在电场中的加速时间，不
4、考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法中正确的是（）At1时刻进入回旋加速器的粒子记为a，t2时刻进入回旋加速器的粒子记为b，a，b在回旋加速器中各被加速一次，a，b粒子增加的动能相同Bt2，t3，t4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器Ct3，t4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反Dt2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最多5（6分）如图所示，两个宽度均为l的强磁场垂直于光滑水平桌面，方向相反，磁感应强度大小相等，高为l、上底和下底长度分别为l和2l的等腰梯形金属框水平放置，现使其匀速穿过磁场区域，速度垂直底边，从图示位置开始计时，以逆时针方
5、向为电流的正方向，下列四幅图中能够反映线框中电流I随移动距离x关系的是（）ABCD6（6分）美国“火星探路者”宇宙飞船经过4亿多公里的航行，成功地登陆火星并释放了一个机器人在火星探察，“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的环绕周期相等，以下说法正确的是（）A天体A、B的密度一定相等B天体A、B的质量一定相等C两颗卫星的线速度一定相等D天体A、B表面上物体的重力加速度与天体的半径成正比7（6分）如图所示，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，两带正电且电量相同而质量不同的粒子A和B，已知A、B的质量分别为m1和m2，两粒子以相同的
6、速率从O点以与x轴正方向成=60角垂直射入磁场，发现粒子A从a点射出磁场，粒子B从b点射出磁场若另一与A、B带电量相同而质量不同的粒子C以相同速率与x轴正方向成=30角射入x轴上方时，发现它从ab的中点c射出磁场，则下列说法中正确的是（不计所有粒子重力）（）AB粒子在磁场中的运动时间比A粒子在磁场中的运动时间长B粒子A、B在磁场中的运动时间相同C可以求出C粒子的质量DC粒子在磁场中作圆周运动的半径一定比B粒子作圆周运动的半径小8（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成60角倾斜放置于竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，磁感应强度为B，其上端连接一个定值电阻R，将质量为m，长度也为L
7、的金属棒ab在导轨上由静止释放，ab的电阻为r，其他电阻不计，当导体棒下滑位移为x时，恰好达到最大速度，导体版下滑过程中始终与导轨接触良好，重力加速度为g，不计空气阻力，则在该过程中（）A导体棒的最大速度为mgB导体棒机械能的减少量为mgxC电阻R上产生的焦耳热为D通过R的电荷量为二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（6分）如图甲所示是一种新的短途代步工具电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大速度可达20km/h，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥里面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液
8、用的500mL塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），已知当地重力加速度g=9.8m/s2，则根据该同学的测量结果可得出：（1）平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T=s；（2）平衡车加速过程的加速度大小a1=m/s2；（3）设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的K倍，则K=（计算结
9、果保留两位有效数字）10（9分）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3V，内阻Rv=10k）电流表：G（量程3mA，内阻RG=59.7）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器：R1（阻值范围010，额定电流2A）R2（阻值范围01000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.3 为了尽量提高测量精度，请你选取以上合适器材，在虚线框中设计出电路原理图；为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用滑动变阻器（填写器材的符号）该同学发利用上述实验原理图测得数据，以电流表度数为横坐标，以电压表度数为纵坐标绘出了如图所示的图
10、线，根据图线可求出电源的电动势E=V，电源的内阻r=（计算结果保留两位有效数字）11（14分）如图所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B的质量分别为1=10kg，m2=10kg，B长为L=16cm，开始时A在B的最右端，A与B、B与地之间的动摩擦因数分别为1=0.4，2=0.4，现将一水平恒力F=200N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当A恰好运动到B的中点时撤去外力F，g取10m/s2，求：（1）力F作用的时间，及此时B前进的距离；（2）撤去外力F后B还能走多远？12（18分）如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过PQ的左右两侧有两个对
11、称的直角三角形区域，左侧的区域内分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上匀强电场现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向三角形区域，不考虑电子间的相互作用已知电子的电量为e，质量为m，在OAC中，OA=l，=60（1）求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；（2）若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，求电场强度E；（3）在满足第（2）问的情况下，求所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度三、选考题：共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一道作答，病用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号
12、涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答题区域制定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分物理-选修3-313（6分）下列说法中正确的是（）A对一定质量的理想气体，温度越低，其内能越小B物体吸收热量的同时又对外做功，其内能可能增加C热力学第二定律可描述为“热量不可能由低温物体传递到高温物体”D悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子就越多，布朗运动越明显E一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加14（9分）如图所示，水平放置的气缸A和容积为VB=3.6L的容器B，由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连，气缸A内有一活
13、塞D，它可以无摩擦地在气缸内滑动，A放在温度恒为T1=300K，压强为p0=1.0105Pa的大气中，B浸在T2=400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好，开始时C是关闭的，A内装有温度为T1=300K，体积为VA=2.4L的气体，B内没有气体，打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，求以下两种情况下气体的体积和压强气缸A、活塞D和细管都是绝热的；A的器壁导热性能良好，且恒温槽温度调高为500K四、物理-选修3-415如图所示，在一均匀弹性介质中沿一水平直线（平衡位置）标注多个质点Sabcdefgh，相邻两点间的距离为1m，t=0时刻，波源S作简谐振动，起始速度方向竖直向上
14、，振动由此以1m/s的速度开始向右传播，从而形成简谐横波t=1.0s时，波源S第一次到达波峰处，由此可以判断，下列说法正确的是（）A该横波的周期为4.0sB质点b和质点d在起振后的振动步调始终一致C在t=4.0s时质点c有最大加速D在t=7.0s时质点e速度最大，且方向向左E在t=10.0s时质点c、g正好到达波谷16如图所示，一束截面为圆形（半径R=1m）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区屏幕S至球心距离为D=（+1）m，不考虑光的干涉和衍射，试问：若玻璃半球对紫色光的折射率为n=，请你求出圆形亮区的半径；若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成
15、的圆形亮区的边缘是什么颜色？五、物理-选修3-517如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中发光，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠下列说法正确的是（）A金属钠表面逸出光电子的初动能的最大值为9.60eVB这群氢原子能发出2种不同频率的光，且均能使金属钠发生光电效应C从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时所发出的光的波长最短D用动能为2.0eV的电子轰击处于n=3的激发态的氢原子，可以使它们跃迁到n=4的激发态E氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现18光滑水平地面上，人与滑板A一起以v0=0.5m/s的速度前进，正前方不远处有一横
16、杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B共同速度是多少？已知m人=40kg，mA=5kg，mB=10kg2015年湖北省七市州教科研协作体联考高考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、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，1-5题只有一个选项符合题目要求，第6-8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1（6分）亚里士多德在其著作物理学中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“
17、自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是（）A一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动静止或者匀速直线运动B作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向
18、运动，是由于物体具有惯性考点：物理学史 专题：常规题型分析：惯性是物体的固有属性，一切物体都惯性，与物体的运动状态无关力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因解答：解：A、一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动静止或者匀速直线运动，故A正确；B、作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因，故B正确；C、可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故C错误；D、竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性，故D正确；
19、本题选不正确的，故选：C点评：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性的大小取决于物体的质量关键在于平时的积累，对课本提到的各个定律，各种现象，要知道做出这个贡献的科学家2（6分）如图所示，一根柔软绳AB的总长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面作匀加速直线运动，取绳上距A端x处的张力为T，下列说法中正确的是（）A可以求出绳与地面间的动摩擦因数B张力T随x的增大而均匀减小C可以求出粗绳的质量D可以求出粗绳运动的加速度考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：本题的关键是设出绳子总长度和总质量，求出单位长度，然后分别对绳子用整体法和隔离法受力分析，列出牛顿第二定律
20、方程，求解即可解答：解：A、绳单位长度质量为m0=，先对整个绳子有Ff=ma，可得绳子加速度为：a=，再对绳子左端部分应有：Tm0（lx）g=m0（lx）a，整理可得：T=，由图线可知得出拉力和绳长的大小，无法确定是否受到摩擦力，故A错误，B正确C、根据T与x的表达式无法求出粗绳的质量，由于质量未知，无法求出粗绳运动的加速度大小故C、D错误故选：B点评：该题中，绳子的问题可以看做是多段绳子组成的连接体，遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁3（6分）如图所示，A，B，C，D为四个完全相同的光滑圆柱体，质量均为m，两块相同的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F作用下使四
21、个圆柱体处于静止状态，如图所示已知当地的重力加速度为g，则有（）A力F的最小值为mgB力F的最大值为mgCB球对A球的弹力大小等于mgD若减小F，则B和A之间的弹力增加考点：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：当A球与B球之间的弹力等于零时，F最小，对B球受力分析，根据几何关系求出F的最小值，根据分析可知，B球对A球的弹力大小不是恒定的值，可以为零解答：解：A、当A球与B球之间的弹力等于零时，F最小，对B球受力分析，如图所示：根据几何关系可知，=30，则，解得：F=，所以F的最小值为，故A正确，B错误；C、B球对A球的弹力大小可以等于零，故C错误；D
22、、当F时，A对B有弹力作用，若减小F，则B和A之间的弹力减小，当F=时，AB之间的弹力建为零，故D错误故选：A点评：本题主要考查了共点力平衡的直接应用，知道当A球与B球之间的弹力等于零时F最小，并能根据几何关系求出角度与力的大小，难度适中4（6分）回旋加速器工作原理如图甲所示，D1、D2为D形金属盒，A粒子源位于回旋加速器正中间，其释放出的带电粒子质量为m，电荷量为+q，所加匀速磁场的磁感应强度为B，两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示，其周期为T=，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，则下列说法中正确的是（）At1时刻进入回旋加速器的粒子记为a，t2时刻进入回
23、旋加速器的粒子记为b，a，b在回旋加速器中各被加速一次，a，b粒子增加的动能相同Bt2，t3，t4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器Ct3，t4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反Dt2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最多考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：由图乙读出电压，由动能定理分析加速一次粒子增加的动能粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关由左手定则分析粒子在磁场中绕行方向关系解答：解：A、由图乙知，t1时刻与t2时刻两金属盒间的电压不等，根据动能定理得 qU=Ek，可知a、b在回旋加速器中各被加速一次增加的动能不同，故A错误B、当
24、粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时，获得的动能最大，将射出回旋加速器，设D形盒的半径为R，则由R=知v=，粒子获得的最大动能为：Ekm=，可知粒子射出加速器时的动能，即最大动能与加速电压无关，不同时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器故B正确C、t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子获得的速度方向相反，进入磁场后，由左手定则可知，在回旋加速器中的绕行方向相同，故C错误D、设加速次数为n，则nqU=Ekm，n=，可知t2时刻进入回旋加速器的粒子加速电压最大，加速次数最少，故D错误故选：B点评：本题关键明确回旋加速器的工作原理，知道粒子获得的最大动能与R、B、q、m的关系，与加速电压无关而
25、加速电压将影响加速的次数5（6分）如图所示，两个宽度均为l的强磁场垂直于光滑水平桌面，方向相反，磁感应强度大小相等，高为l、上底和下底长度分别为l和2l的等腰梯形金属框水平放置，现使其匀速穿过磁场区域，速度垂直底边，从图示位置开始计时，以逆时针方向为电流的正方向，下列四幅图中能够反映线框中电流I随移动距离x关系的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：先由楞次定律判断感应电流的方向由公式E=BLv，L是有效切割长度，分析感应电动势的变化，从而判断感应电流大小的变化解答：解：x在0l内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正线框有效的切割长度在均匀增
26、大，由公式E=BLv，知产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大x在l2l内，线框的左右两边都切割磁感线，均产生感应电动势，两个感应电动势串联，且均匀增大，感应电流方向沿顺时针方向，为负x在2l3l内，由楞次定律判断知感应电流的方向沿逆时针，为正线框有效的切割长度在均匀增大，由公式E=BLv，知产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，而且感应电流变化情况与线框进入磁场的过程相同，故A正确故选：A点评：本题为选择题，过程比较复杂，可选用排除法解决，运用楞次定律分析感应电流的方向，即可排除一些再由E=BLv分析感应电动势的变化6（6分）美国“火星探路者”宇宙飞船经过4亿多公里的航行，成功
27、地登陆火星并释放了一个机器人在火星探察，“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的环绕周期相等，以下说法正确的是（）A天体A、B的密度一定相等B天体A、B的质量一定相等C两颗卫星的线速度一定相等D天体A、B表面上物体的重力加速度与天体的半径成正比考点：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：卫星绕球形天体运动时，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律得出天体的质量与卫星周期的关系式，再得出天体密度与周期的关系式，然后进行比较解答：解：A、根据得，M=，则天体的密度，因为周期相等，则天体A、B的密度一定相
28、等，故A正确B、根据得，M=，周期相等，但是半径不一定相等，则A、B的质量不一定相等，故B错误C、卫星的线速度v=，周期相等，天体A、B的半径不一定相等，则线速度不一定相等，故C错误D、根据=mR得，g=，可知天体A、B表面的重力加速度与天体的半径成正比，故D正确故选：AD点评：本题是卫星绕行星运动的问题，要建立好物理模型，采用比例法求解要熟练应用万有引力定律、圆周运动的规律结合处理这类问题7（6分）如图所示，在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，两带正电且电量相同而质量不同的粒子A和B，已知A、B的质量分别为m1和m2，两粒子以相同的速率从O点以与x轴正方向成=60角垂直射入磁场，发现粒子A
29、从a点射出磁场，粒子B从b点射出磁场若另一与A、B带电量相同而质量不同的粒子C以相同速率与x轴正方向成=30角射入x轴上方时，发现它从ab的中点c射出磁场，则下列说法中正确的是（不计所有粒子重力）（）AB粒子在磁场中的运动时间比A粒子在磁场中的运动时间长B粒子A、B在磁场中的运动时间相同C可以求出C粒子的质量DC粒子在磁场中作圆周运动的半径一定比B粒子作圆周运动的半径小考点：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：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由速度的偏向角等于轨迹的圆心角，求出轨迹对应的圆心，即可分析粒子在磁场中运动的时间对于直线边界，粒子的入射速度方向、出射速度
30、方向与边界夹角相等，结合几何关系得到轨道半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列式，最后联立求解C粒子的质量解答：解：AB、带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的入射速度方向、出射速度方向与边界夹角相等，则知A、B两个粒子速度的偏向角均为120，轨迹对应的圆心角也为120设轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间 t=，由图知，B粒子的轨迹半径较大，而与v相等，所以B粒子在磁场中的运动时间比A粒子在磁场中的运动时间长，故A正确C、设C粒子的质量为m3Oa=L，ab=d粒子做匀速圆周运动，轨迹如图：故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为： R1=L R2= R3=2L+d故：（R1+R2）=2R
31、3粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故： qvB=m1 qvB=m2 qvB=m3联立以上几式解得：m3=（m1+m2）故C正确D、由上知，C粒子在磁场中作圆周运动的半径一定比B粒子作圆周运动的半径大，故D错误故选：AC点评：解决本题的关键是掌握粒子在磁场中圆周运动时，速度的偏向角等于轨迹的圆心角，画出轨迹，求解出三个粒子的轨道半径的关系；然后结合洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求C粒子的质量8（6分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成60角倾斜放置于竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，磁感应强度为B，其上端连接一个定值电阻R，将质量为m，长度也为L的金属棒
32、ab在导轨上由静止释放，ab的电阻为r，其他电阻不计，当导体棒下滑位移为x时，恰好达到最大速度，导体版下滑过程中始终与导轨接触良好，重力加速度为g，不计空气阻力，则在该过程中（）A导体棒的最大速度为mgB导体棒机械能的减少量为mgxC电阻R上产生的焦耳热为D通过R的电荷量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导体棒做匀速运动时速度最大，此时受力平衡，由平衡条件求解最大速度根据动能与重力势能的变化分析机械能的减少量由能量守恒求电阻R上产生的焦耳热根据q=求解通过R的电荷量解答：解：A、导体棒做匀速运动时速度最大，设最大速度为v则 E=BLvcos60，I=
33、，F安=BIL根据平衡条件得 mgsin60=F安cos60，联立得v=mg，故A正确B、导体棒机械能的减少量为E=mgxsin60=mgx6，故B错误C、电阻R上产生的焦耳热为 Q=E=，故C正确D、通过R的电荷量为 q=，故D正确故选：ACD点评：正确推导出安培力与速度的关系、感应电荷量与位移的关系是解答本题的关键，要注意本题金属棒不是垂直切割磁感线，产生的感应电动势不是BLv，而要将速度分解得到有效切割速度vcos60，感应电动势等于BLvcos60二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12题为必考题，每个试题考生必须作答，第13-18题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9（
34、6分）如图甲所示是一种新的短途代步工具电动平衡车，被称为站着骑的电动车，其最大速度可达20km/h，某同学为测量一电动平衡车在平直水泥里面上受到的阻力情况，设计了下述实验：将输液用的500mL塑料瓶装适量水后，连同输液管一起绑在平衡车的护手上，调节输液管的滴水速度，某滴水刚落地开始计时，从下一滴水开始依次计数为1、2、3，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行，如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值（左侧是起点，单位：m），已知当地重力加速度g=9.8m/s2，则根据该同学的测量结果可得
35、出：（1）平衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T=0.50s；（2）平衡车加速过程的加速度大小a1=1.96m/s2；（3）设平衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的K倍，则K=5.3102（计算结果保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度 专题：实验题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出D点的速度；根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，求出加速度，结合牛顿第二定律求出阻力的大小解答：解：（1）当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25.0s，则相邻两滴水间的时间间隔，T=0.50s；（2）在加速阶段，连续相等时间内的位移之差x=4m，根据x=aT2
36、得，a=m/s2=1.96m/s2（3）在减速阶段，根据x=aT2，运用逐差法得，a=m/s2=0.52m/s2根据牛顿第二定律得，f=Kmg=ma解得：K=5.3102故答案为：（1）0.50；（2）1.96；（3）5.3102点评：在水泥路面上的部分水滴与纸带问题类似，掌握处理的方法，会根据水滴形成的图样求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用10（9分）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V（量程3V，内阻Rv=10k）电流表：G（量程3mA，内阻RG=59.7）电流表：A（量程3A，内阻约为0.5）滑动变阻器
37、：R1（阻值范围010，额定电流2A）R2（阻值范围01000，额定电流1A）定值电阻：R3=0.3 为了尽量提高测量精度，请你选取以上合适器材，在虚线框中设计出电路原理图；为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用滑动变阻器R1（填写器材的符号）该同学发利用上述实验原理图测得数据，以电流表度数为横坐标，以电压表度数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=1.48V，电源的内阻r=0.84（计算结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：根据干电池的电动势和滑动变阻器R1，可估算出电路中电流最小值，从而得出合理的电流表；根据并联电路的特点
38、求解改装后的电流表对应的量程；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；由实验中的原理及实验仪器可以选择合理的电路图；根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻解答：解：一节干电池的电动势约E=3V，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1，它的阻值范围是010，电路中最小电流约为：Imin=0.3A；电流表A的量程是3A，0.3A不到该量程的三分之一，流表量程太大，因此不能用电流表A为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与R3并联；改装后电流表量程：I=Ig+=0.003+A=0.603A；由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端；原
39、理图如下图：由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E=1.48V图线的斜率大小k=r，由数学知识知：k=0.84，则电源的内阻为：r=k=0.84故答案为：电路如图 R1（3）1.48 0.84点评：测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法这是近年高考新的动向，应注意把握11（14分）如图所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B的质量分别为1=10kg，m2=10kg，B长为L=16cm，开始时A在B的最右端，A与B、B与地之
40、间的动摩擦因数分别为1=0.4，2=0.4，现将一水平恒力F=200N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当A恰好运动到B的中点时撤去外力F，g取10m/s2，求：（1）力F作用的时间，及此时B前进的距离；（2）撤去外力F后B还能走多远？考点：牛顿第二定律；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）根据牛顿第二定律分别求出A、B在F作用时的加速度，根据位移之差等于，求出F作用的时间，根据位移时间公式求出B的位移（2）撤去外力F后，根据牛顿第二定律求出A、B的加速度，求出A、B速度相等的时间，求出此过程中的位移，速度相等后，一起做匀减速运动，根据速度位移公式求出匀减
41、速运动的位移，从而得出B还能滑行的位移解答：解：（1）力F开始作用时，设A、B的加速度分别为a1、a2，对A，根据牛顿第二定律得，1m1g=m1a1，代入数据解得a1=4m/s2对B，根据牛顿第二定律得，Fm1g2（m1+m2）g=m2a2代入数据解得a2=8m/s2设力F作用的时间为t，对应此时A、B的速度为vA、vB则有，代入数据得，t=2s vA=16m/s，vB=8m/s此时B前进的距离为，代入数据解得xB=16m （2）力F撤去后，对A有，1m1g=m1a3，代入数据解得a3=4 m/s2对B有 1m1g+2（m1+m2）g=m2a4，代入数据解得a4=12 m/s2，设A、B经过时
42、间t1达到共同速度v1则有：vA+a3t1=vBa4t1，代入数据解得t1=0.5s v1=10m/s 此过程中B前进的距离为，代入数据解得 x1=6.5m A、B共速后一起匀减速的加速度为a52（m1+m2）g=（m1+m2）a5，代入数据解得 a5=4m/s2此时B前进的距离为，代入数据解得 x2=12.5m 撤去F后B前进的总距离为 x=x1+x2=6.5+12.5m=19m 答：（1）力F作用的时间为2s，B前进的距离为16m；（2）撤去外力F后B还能走19m点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清A、B在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，
43、难度较大12（18分）如图所示，用特殊材料制成的PQ界面垂直于x轴，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过PQ的左右两侧有两个对称的直角三角形区域，左侧的区域内分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，右侧区域内分布着竖直向上匀强电场现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射向三角形区域，不考虑电子间的相互作用已知电子的电量为e，质量为m，在OAC中，OA=l，=60（1）求能通过PQ界面的电子所具有的最大速度及其从O点入射时与y轴的夹角；（2）若以最大速度通过PQ界面的电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，求电场强度E；（3）在满足第（2）问的情况下，求所有能通过PQ界面的电
44、子最终穿过x轴的区间宽度考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；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）由题意，要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，电子运动的半径最大，对应的速度最大，由几何知识求出最大半径，即可求得电子的最大速度，并由数学知识求出电子从O点入射时与y轴的夹角（2）以最大速度通过PQ界面的电子进入电场后做类平抛运动，刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，水平位移为l，竖直位移为l，由牛顿第二定律和运动学公式求解E（3）电子进入电场后做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动穿过x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1
45、，竖直分位移为y1，出电场时速度的方向与水平方向的夹角为，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点与PQ界面的距离为s根据类平抛运动的规律和数学知识求解解答：解：（1）要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右由Bev=m可知，轨迹半径 r=，r越大v越大，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大，即r=2l时，电子的速度最大，故最大速度为 vm=，其从O点入射时与y轴夹角为30（2）以最大速度通过PQ界面的电子进入电场后做类平抛运动，刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，则在电场中，有：l=vmt， l=又 a=解得E=（3）电子进入电场后做类平
46、抛运动，出电场后做匀速直线运动穿过x轴，设类平抛运动的水平分位移为x1，竖直分位移为y1，出电场时速度的方向与水平方向的夹角为，出电场后做匀速直线运动的水平分位移为x2，其轨迹与x轴的交点与PQ界面的距离为stan30=，又根据类平抛运动的规律得：x1=vt，y1=，a=可得x1=，tan=，x2=故 s=（l）+x1+x2=l+，其中0vvm当v=时，smin=l当v=0（或v=vm）时，smax=l所以所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度为smaxsmin=ll=l答：（1）能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是，其从O点入射时与y轴的夹角是30；（2）若以最大速度通过PQ界面的
47、电子刚好被位于x轴上的F处的接收器所接收，电场强度E是（3）所有能通过PQ界面的电子最终穿过x轴的区间宽度为l点评：本题考查分析较为复杂的磁场、电场与力学的综合题，关键能画出电子的运动轨迹，充分运用数学知识进行分析和求解三、选考题：共15分，请考生从给出的3道物理题中任选一道作答，病用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上选答题区域制定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分物理-选修3-313（6分）下列说法中正确的是（）A对一定质量的理想气体，温度越低，其内能越小B物体吸收热量的同时又对外做功，其内能可能增加C热力学第二定律可描述为“
48、热量不可能由低温物体传递到高温物体”D悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子就越多，布朗运动越明显E一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加考点：热力学第二定律；布朗运动 分析：影响物体内能大小的因素有质量和温度高低，同一物体温度越高，具有的内能越大；改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的热量不可能由低温物体传递到高温物体而不引起其他的变化；悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动越不明显；一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加解答：解：A、气体的内能仅仅与分子的平均动能有关，所以对一定质
49、量的理想气体，温度越低，其内能越小故A正确；B、物体吸热的同时对别的物体做功，那么物体的内能可能增大，也可能不增大故B正确；C、热力学第二定律可描述为“热量不可能由低温物体传递到高温物体而不引起其他的变化”；故C错误；D、悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子就越多，微粒的受力月平衡，则布朗运动越不明显故D错误E、一定质量的气体，在压强不变时，气体的温度降低，则体积减小，气体的单位体积内的分子的密度增大，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加故E正确故选：ABE点评：解答该题要注意：（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，二者在改变物体内能上是等效的；（2）物体的内
50、能改变可能是做功的方式导致的，也可能是热传递的方式导致的，也有可能是二者同时导致的14（9分）如图所示，水平放置的气缸A和容积为VB=3.6L的容器B，由一容积可忽略不计的长细管经阀门C相连，气缸A内有一活塞D，它可以无摩擦地在气缸内滑动，A放在温度恒为T1=300K，压强为p0=1.0105Pa的大气中，B浸在T2=400K的恒温槽内，B的器壁导热性能良好，开始时C是关闭的，A内装有温度为T1=300K，体积为VA=2.4L的气体，B内没有气体，打开阀门C，使气体由A流入B，等到活塞D停止移动一段时间后，求以下两种情况下气体的体积和压强气缸A、活塞D和细管都是绝热的；A的器壁导热性能良好，且
51、恒温槽温度调高为500K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：由平衡条件及受力分析可求得压强大小，由题意计论可得出对应的体积大小，再由理想气体状态方程可求得压强；根据理想气体状态方程可讨论压强大小，再由理想气体状态方程可求得体积解答：解：设活塞D最终停止移动时没有靠在气缸A左壁上，此时气体温度为T2=400K，压强设为p，体积为V1，则对活塞，由平衡条件，有PSP0S=0解得P=P0由理想气体状态方程可知=联立解得V1=3.2LVB=3.6L，由此可知活塞D最终停止移动时靠在了气缸A左壁上，则此时气体体积为VB=3.6L设此时气体压强为p1，由理想气体状态方程可知=解得：p
52、1=8.89104Pa设活塞D最终停止移动时靠在气缸A左壁上，此时气体温度为T2=500K，压强设为p2，体积为VB，由理想气体状态方程可知：解得p2=1.11105Pap0=1.0105Pa，由此可知活塞D最终停止移动时没有靠在气缸A左壁上，则此时气体压强为：p=1.0105Pa设此时气体体积为V2，由理想气体状态方程可知：=+解得：V2=3.84L答：气缸A、活塞D和细管都是绝热时气体的体积为3.6L；压强为8.89104PaA的器壁导热性能良好，且恒温槽温度调高为500K时，体积为3.84L；压强为1.0105Pa点评：本题考查理想气体状态方程的应用，在解题时要注意认真分析题意，第一问中
53、明确容器的大小，第二问中注意压强的大小确定四、物理-选修3-415如图所示，在一均匀弹性介质中沿一水平直线（平衡位置）标注多个质点Sabcdefgh，相邻两点间的距离为1m，t=0时刻，波源S作简谐振动，起始速度方向竖直向上，振动由此以1m/s的速度开始向右传播，从而形成简谐横波t=1.0s时，波源S第一次到达波峰处，由此可以判断，下列说法正确的是（）A该横波的周期为4.0sB质点b和质点d在起振后的振动步调始终一致C在t=4.0s时质点c有最大加速D在t=7.0s时质点e速度最大，且方向向左E在t=10.0s时质点c、g正好到达波谷考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波
54、动图像专题分析：先根据波源的运动情况确定周期，再根据=vT求解波长，根据x=vt求解波形平移的距离，然后确定各个时刻，各个质点的运动情况解答：解：A、波源起振方向向上，t=1.0s时，波源S第一次到达波峰处，则t=，解得：T=4s，故A正确；B、该波的波长=vT=14=4m，b、d两点之间的距离为2m=，所以质点b和质点d在起振后的振动步调始终一致，故B正确；C、在t=4.0s时质点c位移波峰处，速度为零，加速度最大，故C正确；D、在t=7.0s时质点e在平衡位置处，速度最大，且向下振动，故D错误；E、波经过3s传到c点，且向上振动，再经过7s=，c点到达波谷处，g点与c点正好相差一个波长，振
55、动情况完全相同，所以在t=10.0s时质点c、g正好到达波谷，故E正确故选：ABCE点评：本题关键是先求解周期和波长，画出波形后分析各个质点的振动情况，知道在平衡位置处速度最大，加速度最小，在波峰或波谷处，加速度最大，速度为零16如图所示，一束截面为圆形（半径R=1m）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区屏幕S至球心距离为D=（+1）m，不考虑光的干涉和衍射，试问：若玻璃半球对紫色光的折射率为n=，请你求出圆形亮区的半径；若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）光线沿直线从
56、O点穿过玻璃，方向不变从A点射出玻璃砖的光线方向向右偏折，射到屏幕S上圆形亮区，作出光路图，由光的折射定律结合数学几何知识求出圆形亮区的半径（2）当光线从空气垂直射入半圆玻璃砖，光线不发生改变，当入射角小于临界角时，光线才能再从玻璃砖射出，所以平行白光中的折射率不同，导致临界角不同，因此偏折程度不同，从而确定圆形亮区的最外侧的颜色；解答：解：如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E，E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径设紫光临界角为C，由全反射的知识：sinC=由几何知识可知： AB=RsinC= OB=RcosC=R BF=ABtanC=GF=D（OB+BF）=D又 =所以
57、有：rm=GE=AB=DnR，代入数据得：rm=1m 将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色因为当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远故圆形亮区的最外侧是紫光答：圆形亮区的最大半径为1m屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是紫光点评：本题考查光的折射关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角，知道折射率和临界角的关系，了解各种色光的波长和折射率的关系五、物理-选修3-517如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中发光，用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠下
58、列说法正确的是（）A金属钠表面逸出光电子的初动能的最大值为9.60eVB这群氢原子能发出2种不同频率的光，且均能使金属钠发生光电效应C从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时所发出的光的波长最短D用动能为2.0eV的电子轰击处于n=3的激发态的氢原子，可以使它们跃迁到n=4的激发态E氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大根据光电效应方程求出光电子的最大初动能解答：解：辐射光子的频率有3种，如图所示第3激发态第1激发态，放出光子的能量为：E=
59、E3E1=（1.51eV）（13.6eV）=12.09eV2.49eV；第3激发态第2激发态，放出光子的能量为：E=E3E2=（1.51eV）（3.4eV）=1.89eV2.49eV；第2激发态第1激发态，放出光子的能量为：E=E2E1=（3.4eV）（13.6eV）=10.2eV2.49eV；A、根据爱因斯坦光电效应方程，有：EKm=hvW0=12.09eV2.49eV=9.60eV，故A正确；B、这群氢原子能发出3种不同频率的光，且从3到2不能发生光电效应，故B错误；C、从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时所发出的光子能量最小，则其波长最长，故C错误；D、用动能为2.0eV的电子轰击处于
60、n=3的激发态的氢原子，电子可能吸收了0.66eV，从而可以使它们跃迁到n=4的激发态，故D正确；E、处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现，故E正确；故选：ADE点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程EKm=hvW0，注意用电子的轰击与光子的照射产生结果不同18光滑水平地面上，人与滑板A一起以v0=0.5m/s的速度前进，正前方不远处有一横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，求最终人与B共同速度是多少？已知m人=4
61、0kg，mA=5kg，mB=10kg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：人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求出碰后A的速度，人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，再根据动量守恒定律求解解答：解：人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度v1，B的速度为v2，mAv0=mAv1+mBv2解得：m/s 人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度v3，m人v0+mBv2=（m人+mb）v3代入数据得：v3=m/s 答：最终人与B共同速度是m/s点评：解决该题关键要掌握系统动量守恒和能量守恒的应用，知道人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，学会应用机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律处理这类问题