1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015年江苏省镇江市高考物理模拟试卷一、单项选择题：本大题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的vt图象，则拉力与摩擦力大小之比为（） A 1：2 B 2：1 C 3：1 D 3：2【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力【解析】： 解：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a1=1.5m/s2；
2、物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a2=0.75m/s2；根据牛顿第二定律得：f=ma1；Ff=ma2，可得：F：f=3：2故选：D【点评】： 该题结合图象考查牛顿第二定律，要理解图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题2（3分）如图，多匝线圈A与电键、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B线圈与小灯泡L相连下列说法正确的是（） A L发光时，电路中发生了自感现象 B L发光时，A线圈的输入功率等于B线圈的输出功率 C 只有在闭合电键瞬间，L才能发光 D 若闭合电键后L不发光，将滑动变阻器滑片左移后，L可能会发光【考点】： 自感现象和自感系数【分析】：
3、首先要注意该电路是研究互感现象的电路依据电磁感应可以判定B中是不是由感应电流；由于接上的是交流电，故不是只在接通瞬间磁通量才变化；若闭合电键后小灯珠不发光，移动滑动变阻器滑不能改变磁通量变化【解析】： 解：A、C、闭合电键后，若电流大小不断变化，则A的磁通量不断变化，B在A的上方，则通过B的磁通量也不断变化，可以在B线圈中产生感应电流，小灯珠可能持续发光，该现象属于互感现象，不是自感故A错误，C错误B、若不计线圈的电阻，L发光时，A线圈的输入功率就等于B线圈的输出功率，故B正确D、若闭合电键后小灯珠不发光，将滑动变阻器滑臂左移后，电路中的电流更小，由此产生的磁通量变化更小，小灯珠更不可能会发光
4、，故D错误故选：B【点评】： 该题考查互感现象与自感现象的区别，关键是要知道交流电与直流电不同，直流电只在闭合和断开瞬间电路才有感应现象，但是交流电电流时刻都在变化3（3分）如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间（光线进入相机镜头的时间）为0.2s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2s时间内所成的像（照片已经放大且风格化），每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则（） A 石块水平抛出初速度大小约为225 m/s B 石块将要落地时的速度大小约为7.5 m/s C 图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置 D 石块抛出位置离地高度约为28
5、m【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 石块做平抛运动，石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，根据石块的像长度和时间，求出速度大小和方向根据石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求交点由速度的分解法求【解析】： 解：A、石块水平抛出初速度大小 v0=7.5m/s，故A错误B、石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为 s=1.5m=4.74m，v=m/s=23.72m/s，即石块将要落地时的速度大小约为23.72m/s，故B错误；C、石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；D、石块在竖直
6、方向的平均速度vy=m/s=22.5m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2s，即从开始起经0.1s的瞬时速度为22.5m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间 t=2.25s，所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上=（2.250.1）s=2.15s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h=m=23.11m加上形成的像在图片中的竖直高度4.5m，h总=27.61m28m，故D正确；故选：D【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，采用估算的方法近似计算石块落地时的速度4（3分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所
7、示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0，外接一只电阻为9.0的灯泡，则（） A 电压表V的示数为20V B 电路中的电流方向每秒改变5次 C 灯泡实际消耗的功率为36W D 电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5t（V）【考点】： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率，交流电每周期方向改变两次，电压表测量的是路端电压，在图示位置磁通量为零，磁通量的变化率最大【解析】： 解：由甲图知电压峰值为20V，周期0.2s，所以有效值为20V，角速度=1
8、0A、电压表测的是路端电压U=18V，A错误；B、交流电的频率为5Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，B错误；C、灯泡实际消耗的功率为P=W=36W，C正确；D、线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos10t（V），D错误；故选：C【点评】： 本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析5（3分）如图（甲）所示，一根粗绳AB的长度为l，其质量均匀分布，在水平外力F的作用下，沿水平面做匀加速直线运动绳上距A端x处的张力T与x的关系如图（乙）所示下列说法中正确的是（）
9、 A 粗绳可能受到摩擦力作用 B 粗绳一定不受摩擦力作用 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；力的合成与分解的运用【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，列出牛顿第二定律方程，求解即可【解析】： 解：A、绳单位长度质量为=，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T（lx）g=（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正确，B错误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
10、求出粗绳运动的加速度大小故C、D错误故选：A【点评】： 遇到连接体问题，一般是采用“先整体，后隔离”的分析方法，运算较简洁二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分6（4分）我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江，如图（甲）所示我们可以把滑铁索过江简化成图（乙）的模型：铁索的两个固定点A、B在同一竖直平面内，AB间的水平距离为L=80m，铁索B点与A点竖直距离为h=8m，铁索的长度为100m，已知一质量M=35kg的学生，背着质量为m=5kg的书包，借助滑轮（滑轮质量不计）从A点静止开始滑到对岸的B点假
11、设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12N，重力加速度为10m/s2下列说法正确的是 （） A 滑到最低点时人处于超重状态 B 该同学到达对岸的速度为10m/s C 相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大 D 若该同学想从B返回A，在B点的初速度只需要10m/s【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】： 人在滑到最低点时由重力和绳索的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求出人在滑到最低点时对绳索的压力，并分析人处于超重还是失重状态；根据动能定理列式求解末速度【解析】： 解：A、滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力，加速度向上，是超重，故A正确；B、对从A到B过程，根据动能定理，有：（
12、M+m）ghfS=解得：vB=m/s10.3m/s故B错误；C、根据vB=，相同体重的两位同学，身高高的同学到达B点的速度大相同，故C错误；D、若该同学从B返回A，根据动能定理，有：（M+m）ghfS=0解得：vB=14.6m/s故D错误；故选：A【点评】： 本题关键是明确人的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合牛顿第二定律和动能定理列式分析，不难7（4分）在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1cm、4cm则下列说法正确的是（） A 粒子恰能运动到离原点12cm处 B 粒子经
13、过P点与Q点时，动能相等 C 粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比2：1 D 粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比1：1【考点】： 电势；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】： 根据顺着电场线方向电势降低可判断出电场线的方向，确定出粒子所受的电场力方向，分析其运动情况x图象的斜率大小等于场强E加速度a=根据电势关系，分析电势能关系，由能量守恒定律判断动能的关系功率P=Fv【解析】： 解：A、根据顺着电场线方向电势降低可知，02cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在26cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运
14、动，6cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动即在06cm间做往复运动故A错误B、粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等故B正确；C、x图象的斜率大小等于场强E则知P点的场强为：EP=50，Q点的场强为：EQ=25，则粒子在p点的加速度与Q点的加速度为：加速度大小之比2：1故C正确D、粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等故D错误故选：BC【点评】： 本题关键是抓住x图象的斜率大小等于场强E，确定电场线方向，判断粒子的运动情况8（4分）信使号水星探测器按计划将在今年陨落在水星表面工程师通过向后释放推进系统中的高压氦气
15、来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道，忽略探测器在椭圆轨道上所受阻力则下列说法正确的是（） A 探测器在轨道上E点速率等于在轨道上E点速率 B 探测器在轨道上某点的速率可能等于在轨道上速率 C 探测器在轨道和轨道上的E处加速度相同 D 探测器在轨道上远离水星过程中，势能和动能均减少【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】： 根据开普勒第二定律知AB速度大小探测器机械能是否变化要看是否有外力对探测器做功，当万有引力刚好提供探测器所需向心力时 探测器正好可以做匀速圆周运
16、动，若是供大于需，则探测器做逐渐靠近圆心的运动，若是供小于需，则探测器做逐渐远离圆心的运动【解析】： 解：A、在圆形轨道上做匀速圆周运动，在E点实施变轨做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，故探测器在轨道上E点速率小于在轨道上E点速率，故A错误；B、探测器在轨道上E点速率小于在轨道上E点速率，在远地点速度小于，故探测器在轨道上某点的速率可能等于在轨道上的速率，故B正确；C、探测器在轨道和轨道上E点所受的万有引力相同，根据F=ma知加速度相同，故C正确；D、探测器在轨道上远离水星过程中，引力势能增加，动能较小，故D错误故选：BC【点评】： 卫星变轨
17、问题，要抓住确定轨道上运行机械能守恒，在不同轨道上的卫星其机械能不同，轨道越大机械能越大9（4分）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为、在泵头通入导电剂后液体的电导率为（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（） A 泵体上表面应接电源正极 B 通过泵体的电流I= C 增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D 增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】： 霍尔效应及其应用【分析】： 当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根
18、据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况【解析】： 解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R=；因此流过泵体的电流I=，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选：AC【点评】： 本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题
19、（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置10（8分）如图甲所示，在水平放置的气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个钩码，设每个钩码的质量为m，且M=4m（1）用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则宽度d=0.520cm；（2）某同学打开气源，将滑块由静止释放，滑块上的挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度为（用题中所给字母表示）；（3）开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩3个钩码时细线上的拉力
20、为F2，则F1小于2F2（填“大于”、“等于”或“小于”）；（4）若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，设挡光片距光电门的距离为L，钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出 n图象，已知图线斜率为k，则当地重力加速度为（用题中字母表示）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度（3）通过整体隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力的大小，从而进行比较（4）根据速度位移公式，结合牛顿第二定律得出n的表达式，结合图线的斜率求出当地
21、的重力加速度【解析】： 解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.054mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm=0.520cm（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则滑块通过光电门的速度v=（3）对整体分析，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F1=Ma1=4m0.6g=2.4mg，隔离对滑块分析，根据牛顿第二定律得，F2=7ma2=2.1mg，知F12F2（4）滑块通过光电门的速度v=，根据v2=2aL得，因为a=，代入解得，图线的斜率k=，解得g=故答案为：（1）0.520cm； （2）； （3）小于； （4）【点评】： 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极
22、短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线斜率进行求解11（10分）某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻（1）实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“100”档来粗测该苹果电池的内阻测量结果如图甲所示他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由不正确 水果电池为电源，欧姆表不能电源的内阻（2）乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E=1.
23、00V；内电阻r=1.06k（结果保留两位小数）除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1（阻值010）；电阻箱R2（阻值09999.9），该电路中可变电阻应选择R2（选填R1或R2）请选择合适器材用铅笔划线代替导线将图乙中实物连接完整【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）欧姆表只能测试电阻不能测试电源的电阻；（2）由欧姆定律分别列了两组数据对应的公式，列立可求得电池的电动势的内阻；根据给出的仪器及实验中的安全性和准确性选择滑动变阻器；根据选择的器材利用实验原理得出正确的实物图【解析】： 解：（1）因为欧姆表内部本身有电源
24、，而水果电池也有电动势，故二者相互影响，无法正确测出电源内阻；（2）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知：E=0.81+0.18r；E=0.62+0.36r联立解得：E=1.0V；r=1.06k；由于水果电池的内阻较大，故应选用大的滑动变阻器才能起到有效的调节作用；故选择电阻箱R2本实验中采用基本的伏安法即可以测量，由于水果电池内阻较大，故可以采用电流表相对于电源的内接法；故实物图如图所示；故答案为：（1）不正确，水果电池为电源，欧姆表不能测电源的内阻；（2）1.00；1.06；R2；如图所示【点评】： 本题考查测量电源电动势及内阻的实验，要注意水果电池内阻较大，故在实验中要选用电流表相对电源的
25、内接法；同时注意明确水果电池不能使用的原因为内阻过大【选做题】本题包括三个选修，请选定其中两个，则按前两个评分【选修模块3-3】）（12分）12（4分）下列说法中正确的是（） A 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动 B 气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加 C 一定量的100水变成100水蒸气，其分子势能增加 D 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低【考点】： 温度是分子平均动能的标志；布朗运动【分析】： 正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；物体的内能；正确理解好应用热力学第一定律【解析】： 解：A、布朗运
26、动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动故A正确B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加故B错误C、一定量100的水变成100的水蒸汽，温度没有变化，分子的平均动能不变，但是在这个过程中要吸热，内能增加，所以分子之间的势能必定增加故C正确D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低故D正确；故选：ACD【点评】： 本题考查了有关分子运动和热现象的基本知识，对于这些基本知识一定注意加强记忆和积累其中对热力学第
27、二定律的几种不同的表述要准确理解13（4分）在“用油膜法估测分子大小”的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A，N滴溶液的总体积为V在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓（如图所示），测得油膜占有的正方形小格个数为X用以上字母表示一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为油酸分子直径约为【考点】： 用油膜法估测分子的大小【专题】： 实验题【分析】： 在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径油膜面积由正方形小格个数乘以每个方格的面积【解析】： 解：实
28、验时做的假设为：将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的由题意可知，一滴酒精油酸溶液中的纯油酸的体积为 V0=每一滴所形成的油膜的面积为S=Xa2，所以油膜的厚度，即为油酸分子的直径为d=故答案为：，【点评】： 掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径14（4分）如图所示，上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，长24cm的水银柱将12cm的空气柱封闭在管的下端，此时水银面恰好与管口平齐已知大气压强为p0=76cmHg，果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动180，求在
29、开口向下时管中空气柱的长度空气视为理想气体，转动中，没有发生漏气【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】： 在玻璃管转动过程中，根据P=P0+hcos可知，转动的角度增大，封闭气体压强减小，体积增大，水银溢出，整个过程封闭气体等温变化，根据玻意耳定律列式求解即可【解析】： 解：玻璃管开口向上时，空气柱的压强为：p1=p0+gl1 式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，设此时空气柱长度为x，则p2=p0g（l1+l2）x式中，p2为管内空气柱的压强由玻意耳定律有p1l2S=p2xSx=20 cm答：在开口向下时管中空
30、气柱的长度为20cm【点评】： 本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解【选修模块3-4】（共3小题，每小题4分，满分12分）15（4分）下列说法中正确的是（） A 军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象 B 机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定 C 泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的 D 拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光【考点】： 光的干涉；产生共振的条件及其应用【分析】： 当策动频率与固有频率相同时，出现共振现象；电磁波在真空中也能传播机械波在介质中的传播速度由介质决定；由光的衍射现
31、象：绕过阻碍物继续向前传播；偏振原理利用光的干涉现象，来减弱反射光的强度【解析】： 解：A、军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A正确B、机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B错误C、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的；故C错误；D、加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度；故D正确；故选：AD【点评】： 本题考查光的衍射与干涉现象，掌握机械能与电磁波的区别，注意电磁波的预言与证实，理解偏振片的作用16（4分）某同学用DIS系统在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”
32、实验，通过计算机描绘出两次实验中的单摆的振动图象，由图可知，两次实验中单摆的频率之比=4：3；两单摆摆长之比=9：16【考点】： 探究单摆的周期与摆长的关系【专题】： 实验题【分析】： 由振动图线知两单摆的周期比，再求出单摆的频率之比根据单摆的周期公式T=2得出两单摆的摆长之比【解析】： 解：由振动图线知，两单摆的周期分别是Ta=s，Tb=2s，所以两次实验中单摆的频率之比=4：3 由公式T=2知 l=所以两单摆摆长之比=9：16 故答案为：4：3； 9：16【点评】： 能根据图象求出两单摆的周期比，掌握单摆的周期公式的应用17（4分）如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角=7
33、6有一细束单色光在横截面内从OA边上的点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，光线直接到达AB面且刚好不从AB面射出已知OE=OA，cos53=0.6，求玻璃砖的折射率n和光线第一次从OB射出时折射角的正弦值【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 由题意光线经AB面反射后恰好未从AB面射出，说明发生了全反射，入射角等于临界角由几何知识求出光线在AB面的入射角和临界角，由临界角公式sinC=求解折射率光线经过反射射到BO面上，由几何知识求出入射角，再由折射定律求折射角的正弦值【解析】： 解：光线刚好不从AB面射出，所以入射角为临界角 C=37由得 据几何知识得：=76，OB面入射角=
34、1802C=30又 可得 答：玻璃砖的折射率n为，光线第一次从OB射出时折射角的正弦值是【点评】： 正确地画出光路图、灵活运用几何知识求有关角度是解决本题问题的关键，要掌握全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于等于临界角，刚好发生全反射时，入射角等于临界角【选修模块3-5】（共3小题，每小题0分，满分0分）18下列叙述中，正确的是（） A 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B 同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的强度成线性关系 C 一块纯净的放射性的矿石，经过一个半衰期，它的总质量仅剩下一半 D 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁
35、到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量增大【考点】： 物质波；玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】： A、黑体辐射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，最大初动能 Ek与照射光的频率的关系；C、经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；D、氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小【解析】： 解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、根据光电效应方程，Ek=hW，可知，逸出光电子的最大初动能Ek与照射光的频率成线性关系，故B正确；C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，但产生新核，故C错误；
36、D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大故D正确；故选：ABD【点评】： 考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道衰变产生新核，理解光电效应方程，本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记192014年5月10日南京发生放射源铱192丢失事件，铱192化学符号是Ir，原子序数77，半衰期为74天铱192通过衰变放出射线，射线可以穿透10100mm厚钢板设衰变产生的新核用X表示，写出铱192的衰变方程+；若现有1g铱192，经过148天有0.75g铱192发生衰变【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】
37、： 衰变和半衰期专题【分析】： 根据质量数守恒和电荷数守恒写出衰变方程；经过一个半衰期，剩余的原子核为原来的一半【解析】： 解：根据质量数守恒和电荷数守恒写出衰变方程，铱192的衰变方程为：+铱192的半衰期为74天，148天是两个半衰期，故剩余的铱192为原来的四分之一，即g，故衰变的是0.75g；故答案为：+，0.75【点评】： 本题关键是根据质量数守恒和电荷数守恒写核反应方程，明确半衰期的概念，注意半衰期是统计规律20已知氢原子的基态能量为E1，量子数为n的激发态的能量为现有一群氢原子处于n=3的能级，在向低能级跃迁过程中，其中从n=2能级向n=1能级跃迁辐射出的光照射某金属的表面恰能发
38、生光电效应，求该金属的极限频率和能从该金属表面逸出的光电子的最大初动能【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： （1）根据W=h0即可求解（2）根据爱因斯坦光电效应方程，结合能级差公式，求解光电子的最大初动能；【解析】： 解：（1）由WA=h0即得：WA=；解得：；（2）氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁辐射出的光子能量最大，此时从金属表面逸出的光电子的最大初动能为Ekm则有：h；由EKm=hWA得：解得：EKm=； 答：（1）该金属的极限频率；（2）该金属表面逸出的光电子的最大初动能【点评】： 考查爱因斯坦光电效应方程，掌握发生光电效应现象的条件：入射光的频率大于或等于极限频率
39、当发生光电效应时，入射光的频率越高，而金属的逸出功是一定，则光电子的最大初动能越大四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请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和单位21（15分）游客对过山车的兴趣在于感受到力的变化，这既能让游客感到刺激，但又不会受伤，设计者通过计算“受力因子”来衡量作用于游客身上的力，“受力因子”等于座椅施加给游客的力除以游客自身的重力，可以利用传感器直接显示数值如图所示为过山车简化原理图：左边部分是装有弹射系统的弹射区，中间部分是作为娱乐主体的回旋区，右边部分是轨道的末端的制动区某位质量m=60kg游客
40、坐过山车运动过程中，在轨道A处时“受力因子”显示为7，在轨道B处时“受力因子”显示为0.5，在轨道C处时的“受力因子”显示为0.6己知大回环轨道半径R=10m，重力加速度g取l0m/s2，则（1）该游客在C处时是超重状态还是失重状态？（2）求该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能；（3）在设计时能否将弹射区和制动区的位置互换？试用文字定性分析说明【考点】： 功能关系；向心力【分析】： （1）加速度方向向下处于失重状态，加速度方向向上处于超重状态；（2）在最高点和最低点，根据向心力公式求出两点的速度，根据动能定理求出阻力做的功，克服阻力做的功即为损失的机械能；（3）从左边出发先经过C点，然后进
41、入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换【解析】： 解：（1）因C处受力因子显示0.6，即游客对座椅的压力为0.6mg，所以处于失重状态（2）该游客在轨道A处受到的座椅的作用力FA=7mg，由牛顿第二定律可得：，则该游客在轨道B处受到的座椅的作用力FB=0.5mg，由牛顿第二定律可得：，则设游客机械能损失为E，则：E=EkA（EkB+2mgR）解得：E=1500J（3）不能，因为大回环的最高点比C点高，若将弹射区和制动区的位置互换，从左边出发先经过C点，继续运动速度不断减小，进入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换答：（1）该游
42、客在C处时是失重状态，（2）该游客从A处运动到B处过程中损失的机械能为1500J；（3）不能，因为大回环的最高点比C点高，若将弹射区和制动区的位置互换，从左边出发先经过C点，继续运动速度不断减小，进入大回环轨道，不一定能到达最高点B点，会发生脱离轨道的情况，所以不能互换【点评】： 本题主要考查了向心力公式和动能定理的直接应用，要求同学们能根据题意得出“受力因子”的含义，难度适中22（16分）如图1所示是“嫦娥三号”奔月的过程中某阶段运动示意图关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，在椭圆轨道B处变轨进入半径为r的圆轨道，此时探测器绕月球做圆周远动的周期为T经多次变轨，“嫦娥三号”最
43、后从圆轨道上的D点处变轨，进入椭圆轨道由近月点C成功落月探测器在月面实现软着陆是非常困难的，探测器接触地面瞬间速度为竖直向下的v0，大于要求的软着陆速度v1，为此，科学家们设计了一种叫电磁阻尼缓冲装置，其原理如图2所示主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道MN、PQ探测器主体中还有超导线圈（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，导轨内的缓冲滑块由高强绝缘材料制成滑块K上绕有闭合单匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ad边长为L当探测器接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场作用，使探测器做减速运动，从而实现缓冲若装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为m，万有引力常量为G
44、，月球表面的重力加速度为，g为地球表面重力加速度，不考虑运动磁场产生的电场（1）试用上述信息求出月球的质量和半径；（2）为使探测器主体做减速运动，匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件？（3）当磁感应强度为B0时，探测器可做减速运动若从v0减速到v1的过程中，通过线圈截面的电量为q求该过程中线圈产生的焦耳热【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；万有引力定律及其应用【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： （1）嫦娥三号在轨道做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，列式可求得月球的质量物体在月球表面上时，重力等于万有引力，列式可求得月球的半径（2）为了使探测器作减速运动，其所受的安培力需大于其自
45、身重力，据此列式，求得匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件（3）根据通过线圈截面的电量求出探测器下降的高度，线圈产生的焦耳热等于探测器机械能的变化量由能量守恒求解【解析】： 解：（1）嫦娥三号在轨道做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：得月球的质量 在月球表面，由mg=G即 解得月球半径 （2）为了使探测器作减速运动，其所受的安培力需大于其自身重力即可得 B（3）通过线圈截面的电量为 可得探测器下降的高度 线圈产生的焦耳热等于探测器机械能的变化量，则解得 答：（1）月球的质量为，半径为；（2）为使探测器主体做减速运动，匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件是B（3）该过程中线圈产生的焦耳热为+【
46、点评】： 对于卫星问题，关键要掌握两条基本思路：万有引力等于向心力及万有引力等于重力对于电磁感应，知道已知电荷，往往能求出距离，运用能量守恒求解热量23（16分）欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大，能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小长度为l0质子束以初速度v0同时从左、右两侧入口射入加速电场，经过相同的一段距离后射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰，已知质子质量为m，电量为e，加速极板AB、AB间电压均为U0，且满足eU0=mv02两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心O、O在质子束的入射方向上，其连线与质子入射
47、方向垂直且距离为H=R，整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应（1）试求质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度v和长度l；（2）试求出磁场磁感应强度B和粒子束可能发生碰撞的时间t（3）若某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束能否相碰？若不能，请说明理由；若能，请说明相碰的条件及可能发生碰撞的时间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）由动能定理即可求出粒子的速度，由位移公式即可求出长度l；（2）由半径公式即可求出磁感应强度，由位移公式即可求出时间；（3）通过运动的轨迹与
48、速度的方向分析能否发生碰撞【解析】： 解：（1）质子加速的过程中，电场力做功，得：将eU0=mv02代入得：v=2v0由于是相同的粒子，又在相同的电场中加速，所以可知，所有粒子在电场中加速的时间是相等的，在加速 之前，进入电场的时间差：出电场的时间差也是t，所以，出电场后，该质子束的长度：L=vt=2v0t=2l0（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在偏转后粒子若发生碰撞，则只有在粒子偏转90时，才可能发生碰撞，所以碰撞的位置在OO的连线上洛伦兹力提供向心力，即：所以：B=由于洛伦兹力只改变磁场的方向，不改变粒子的速度，所以粒子经过磁场后的速度的大小不变，由于所有粒子的速度大小相等，所以应先
49、后到达同一点，所以碰撞的时间：t=（3）某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束经过电场加速后的速度不变，而运动的轨迹不再对称对于上边的粒子，不是对着圆心入射，而是从F点入射，如图：E点是原来C点的位置，连接OF、OD，作FK平行而且等于OD，再连接KD，由于OD=OF=FK，则四边形ODFK是菱形，即KD=KF，所以粒子仍然从D点射出，但方向不是沿OD的方向，K为粒子束的圆心由于磁场向上移了，故：得：，而对于下边的粒子，没有任何的改变，故两束粒子若相遇，则一定在D点相遇下方的粒子到达C后先到达D点的粒子需要的时间：而上方的粒子到达E点后，最后到达D点的粒子需要的时间：=若tt即当时，两束粒子不会相遇；若tt即当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：t=tt=答：（1）质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度是2v0，长度是2l0；（2）试求出磁场磁感应强度是，粒子束可能发生碰撞的时间是（3）若某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，当时，两束粒子不会相遇；当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：t=tt=【点评】： 该题属于分析物理实验的题目，虽然给出的情况比较新颖，但是，只有抓住带电粒子在电场中运动的规律与带电粒子在磁场中运动的规律，使用动能定理与磁场中的半径公式即可正确解答中档题目- 23 - 版权所有高考资源网
