1、2015年江西省宜春市高安二中、宜春中学、丰城中学、樟树中学四校联考高考物理一模试卷一、选择题（本题包括8小题每小题6分，共48分每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分）1（6分）在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（） A 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法 B 根据速度的定义式，当t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度
2、，该定义运用了极限思想法 C 在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 D 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法【考点】： 质点的认识【分析】： 在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度；等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；【解析】： 解：A、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况；没有采用假设法；故A错
3、误；B、根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法；故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法故D正确；本题选错误的；故选：A【点评】： 在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2（6分）如图所示，A、B、C、D四个人做杂技表演，B站在A的肩上，
4、双手拉着C和D，A撑开双手水平支持着C和D若四个人的质量均为m，他们的臂长相等，重力加速度为g，不计A手掌与C、D身体间的摩擦下列结论错误的是（） A A受到地面支持力为4mg B B受到A的支持力为3mg C B受到C的拉力约为mg D C受到A的推力约为mg【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】： 研究A的支持力可以以四个人整体为研究对象，由平衡条件求支持力研究B，分析受力情况，由平衡条件可求其所受的支持力对C研究，由平衡条件可求B对C的拉力和A的推力【解析】： 解：A、以四个人整体为研究对象，由平衡条件得：地面对A的支持力NA=
5、4mg；故A正确B、C、D 对C：分析受力如图2所示，则有 FAC=mgtan30=，即C受到A的推力约为 FBC=mg，即C受到B的拉力为mg，则B受到C的拉力也为mg 对B：分析受力如图1所示，根据对称性，有FCB=FAB，FBC=FCB，则有 B受到A的支持力NB=mg+2FCBcos30=mg+2mg=3mg故BC正确，D错误本题选错误的，故选D【点评】： 本题是多个物体的平衡问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合比较简便3（6分）美国航天局电视直播画面显示，美国东部时间2013年11月18日13时28分（北京时间19日2时28分），在一片浓烟之中，“火星大气与挥发演化”
6、探测器搭乘“宇宙神V型”火箭，从佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地冲天而起，开始前往火星的旅程如果一切顺利，探测器将于2014年9月22日抵达火星轨道火星也是绕太阳运行的行星之一，且火星周围也有卫星绕其运行如果要通过观测求得火星的质量，则需要测量的物理量有（） A 火星绕太阳运动的周期和轨道半径 B 火星的卫星绕火星运动的周期和轨道半径 C 火星绕太阳运动的周期和火星的卫星绕火星运动的轨道半径 D 火星的卫星绕火星运动的周期和火星绕太阳运动的轨道半径【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】： 根据火星的某个卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可求出火星的质量【解析】：
7、 解：卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：，解得故要测量火星的质量，需要知道火星的卫星绕火星运动的周期和轨道半径故B正确、ACD错误故选：B【点评】： 本题关键是根据火星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分4（6分）真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图象可知（） A R处的电场强度E=0 B 若试探电荷从x1处移到x2处，电场力不一定做正功 C x1处与x2处的电场强度方向相反 D 该电场有可能是处在O点的正的点电荷激发产生的【考点】： 匀强电场中电势差
8、和电场强度的关系专题： 电场力与电势的性质专题【分析】： x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；用WAB=qUAB来判断电势能的变化情况【解析】： 解：A、x图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度；R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零；故A错误；B、若试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB=qUAB，如果是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功；故B正确；C、x1处与x2处的切线斜率同为负值，故x方向的电场强度分量的方向相同，故C错误；D、离电荷越近，电场强度越大，故x图象的斜率越大；而在O点向右，切线斜率变大，故O点不可能有电荷，故D错误；故选：
9、B【点评】： x图象：电场强度的大小等于x图线的斜率大小，电场强度为零处，x图线存在极值，其切线的斜率为零在x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断5（6分）一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表则下列说法正确的是（） A 原、副线圈中的电流之比为1：5 B 电压表的读数约为44V C 若滑动变阻器接入电路的阻值为20，
10、则1 分钟内产生的热量为2904 J D 若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大【考点】： 变压器的构造和原理专题： 交流电专题【分析】： 根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】： 解：A、原线圈接入电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，则副线圈电压为44V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1：5，A错误；B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22=31.11V，故B错误；C
11、、由B求得电压表两端电压有效值为U有效=22V，则1 min内产生的热量为Q=2904 J，故C正确；D、将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误故选：C【点评】： 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解6（6分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的t关系分别对应图乙中A、B
12、图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（） A t2时刻，弹簧形变量为0 B t1时刻，弹簧形变量为 C 从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大 D 从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少【考点】： 胡克定律；功能关系【分析】： 刚开始AB静止，则F弹=2mgsin，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况根据弹力等于重力沿斜面的分量
13、求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系【解析】： 解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，则得：x=，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kxmgsin=ma，则x=，故B正确C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kxmgsin=2ma，得F=mgsin+2makx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：Fmgsin=ma，得 F=mgsi
14、n+ma，可知F不变，故C错误D、由上知：t1时刻A、B开始分离开始时有：2mgsin=kx0 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 Ep=从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep2mgsin（x0x）=2a（x0x）=v12 由解得：WFEp=，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确故选：BD【点评】： 从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等7（6分）如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，两个边长均为a（aL）的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同
15、材料不同粗细的导线绕制而成，且导线的横截面积S甲：S乙=1：3将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则（） A 乙线圈也刚好能滑离磁场 B 两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同 C 两线圈完全进入磁场后的动能相同 D 甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2之比为【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】： 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到线框的加速度表达式，再分析两个线圈的运动情况，即可判断乙线圈能否滑离磁场根据感应电荷量公式q
16、=n，分析电量关系根据能量守恒定律分析热量关系【解析】： 解：A、设任一线圈的横截面积为S，电阻率为电，密度为密线圈进入磁场时产生的感应电流为 I=，所受的安培力大小为 F=BIa=，加速度大小为 a=，可知a与S无关，所以两个线圈进入磁场的过程，任意时刻加速度相同，同理离开磁场的过程任意时刻的加速度也相同，运动情况完全相同，所以若甲线圈刚好能滑离磁场，乙线圈也刚好能滑离磁场，故A正确B、根据感应电荷量公式q=，可知，进入磁场过程中磁通量的变化量相等，但由于两个线圈的电阻不同，则两线圈进入磁场过程中通过导线横截面电荷量不同，故B错误C、根据A项分析可知，两个线圈进入磁场过程的初速度和末速度应该
17、分别相等，由于质量不同，所以动能的减小量不等，因此两线圈完全进入磁场后的动能不等，故C错误D、由m=4aS密，S甲：S乙=1：3，知甲乙线圈的质量之比为 m甲：m乙=1：3设甲、乙线圈的初速度为v1，完全进入磁场时的速度为v2，根据能量守恒得：甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1=，乙线圈进入磁场过程中产生热量 Q2=，可得，故D正确故选：AD【点评】： 本题关键要综合考虑影响加速度的因素，将加速度表达式中质量和电阻细化，掌握感应电荷量公式q=n，理解掌握克服安培力做功等于产生的热量等等，应加强基础知识的学习，提高综合分析问题的能力8（6分）在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、M
18、N，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计则（） A 物块c的质量是2msin B b棒放上导轨前，物块 c减少的重力势能等于a、c增加的动能 C b棒放上导轨后，物块 c减少的重力势能等于回路消耗的电能 D b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势
19、；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题： 电磁感应功能问题【分析】： a、b棒中电流大小相等方向相反，故a、b棒所受安培力大小相等方向相反，对b棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a棒为研究对象，由于a棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C平衡可以得到C的质量c减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知【解析】： 解：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡由b平
20、衡可知，安培力大小F安=mgsin，由a平衡可知F绳=F安+mgsin=2mgsin，由c平衡可知F绳=mcgA、因为绳中拉力大小相等，故2mgsin=mcg，即物块c的质量为2msin，故A正确；B、b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能也是由于c减小的重力势能，故B错误；C、a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；D、根据b棒的平衡可知F安=mgsin又因为F安=BIL，故D正确；故选AD【点评】： 从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分必考题，每个试题考生必须作答选
21、考题，考生根据要求作答（一）必考题9（8分）图甲是利用打点计时器测量小车沿斜面下滑时所受阻力的示意图小车拖着纸带在斜面上下滑时，打出的一段纸带如图乙所示，其中O为小车开始运动时打出的点，设小车在斜面上运动时所受阻力恒定（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带分析可知小车下滑的加速度a=4.1m/s2，打E点时小车速度vE=2.5m/s（结果保留两位有效数字）（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，可运用牛顿运动定律或动能定理求解，现要求必须用牛顿运动定律求解，除知道小车下滑的加速度a、小车质量m、重力加速度g、斜面的长度L外，利用米尺、三角板还需要测量的物理量高度h，阻力的表达
22、式（用字母表示）f=mgma【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，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小对小车进行受力分析，根据牛顿第二定律解决问题【解析】： 解：（1）由图2中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t=20.02s=0.04s，根据x=aT2得：a=4.1m/s2根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得：vE=2.5m/s对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为
23、，根据牛顿第二定律得：F合=mgsinf=maf=mgsinma，所以我们要求出小车质量m和sin，那么实际测量时，我们应该测出这两点的高度差h来求sin，即sin=所以f=mgma故答案为：（1）4.1；2.5（2）高度h，f=mgma【点评】： 能够知道相邻的计数点之间的时间间隔能够运用逐差法求解加速度能够把纸带的问题结合动力学知识运用解决问题10（10分）金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减少某同学需要研究某导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作为电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（1）他应选用图所
24、示的A电路进行实验（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示根据表中数据，判断元件Z是半体材料 （填“金属材料”或“半导体材料”）；U/V 0 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.50 1.60I/A 0 0.20 0.45 0.80 1.25 1.80 2.81 3.20（3）用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图2所示，则元件Z的直径是1.990mm（4）把元件Z接入如图1所示的电路中，当电阻R的阻值为R1=2时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2=3.6时，电流表的读数为0.80A结合上表数据，求出电池的电动势为4.0V，内阻为0.4（ 不计电流表的内阻
25、）【考点】： 测定金属的电阻率专题： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）伏安法测电阻，电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，分析图示电路，选出实验所需电路（2）元件两端电压越大，通过元件的电流越大，由P=UI可知元件实际功率越大，元件温度越高；根据表中实验数据，应用欧姆定律判断随电压增大，温度越高时元件电阻如何变化，然后判断元件的种类（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，由图示螺旋测微器可以读出元件的直径（4）由表中实验数据找出个电流所对应的电压值，然后根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源
26、电动势与内阻【解析】： 解：（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，实验应采用A所示电路（2）由表中实验数据可知，随元件电压增大，通过元件的电流增大，元件的实际功率增大，元件温度升高；由欧姆定律可知，随元件两端电压增大，元件电阻减小，因此元件是半导体材料（3）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为49.00.01mm=0.490mm，元件的直径为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991均正确）（4）由图3可知，元件Z与电阻R串联，电流表测电路电
27、流，由表中实验数据可知，电流为1.25A时，元件两端电压为1.00V，电流为0.80A时，元件两端电压为0.80V，由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UV，E=1.25（2+r）+1.00，E=0.80（3.6+r）+0.80，解得，电源电动势E=4.0V，内阻r=0.4故答案为：（1）A；（2）半导体材料；（3）1.990；（4）4.0；0.4【点评】： 本题考查了实验电路的选择、元件性质的判断、螺旋测微器读数、求电源电动势与内阻等问题；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是其读数，螺旋测微器需要估读11（12分）某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，
28、沿倾角可在090之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角的关系如图所示g取10m/s2求（结果如果是根号，可以保留）：（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数是多少？（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力专题： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： （1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系表达式，然后结合图象当=90时的数据求出物体的初速度；（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜
29、面倾角的关系表达式，根据=30时的数据求出动摩擦因数；（3）先求出=60时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度【解析】： 解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：mgsinSmgcosS=0mv02解得：S=由图可得，当=90时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s由图可得，=30时，s=1.25，代入数据得：=；（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角的关系为：S=把=60代入，解得：s=由动能定理得：mgcos2S=mvt2mv02解得：vt=2.5m/s；答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦
30、因数是；（2）当=60时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5m/s【点评】： 本题关键是根据动能定理求出位移的一般表达式，然后结合图象求出初速度和动摩擦因素、求物体末速度12（17分）如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场已知HO=d，HS=2d，MNQ=90（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3
31、）若质量为4m的离子恰好垂直打在NQ的中点S1处，求能打在NQ上的正离子的质量范围【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）正离子被电压为U0的加速电场加速后的速度可以通过动能定理求出，而正离子垂直射入匀强偏转电场后，作类平抛运动，最终过极板HM上的小孔S离开电场，根据平抛运动的公式及几何关系即可求出电场场强E0，可以通过末速度沿场强方向和垂直电场方向的速度比求得正切值求解；（2）正离子进入磁场后在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据向心力公式即可求得半径；（3）根据离子垂直打在NQ的位置及向心力公式
32、分别求出运动的半径R1、R2，再根据几何关系求出S1和S2之间的距离，能打在NQ上的临界条件是，半径最大时打在Q上，最小时打在N点上，根据向心力公式和几何关系即可求出正离子的质量范围【解析】： 解：（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为v1，设对正离子，应用动能定理有：eU0=mv12，正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动受到电场力F=qE0，产生的加速度为：a=，即：a=，垂直电场方向匀速运动，有：2d=v1t，沿场强方向：Y=at2，联立解得：E0=，又tan=，解得：=45； （2）正离子进入磁场时的速度大小为v2=，正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力得
33、：qv2B=m，解得离子在磁场中做圆周运动的半径：R=2；（3）由R=2可知，质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1=2，由R2=（2R1）2+（RR1）2，解得：R=R1，再根据：R1RR1，解得：mmx25m 答：（1）偏转电场场强E0的大小为：，HM与MN的夹角为45；（2）质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径为2；（3）若质量为4m的离子恰好垂直打在NQ的中点S1处，能打在NQ上的正离子的质量范围是：mmx25m【点评】： 本题第（1）问考查了带电粒子在电场中加速和偏转的知识（即电偏转问题），加速过程用动能定理求解，偏转过程用运动的合成与分解知识结合牛顿第二定律和运动
34、学公式求解；第（2）问考查磁偏转知识，先求进入磁场时的合速度v，再由洛伦兹力提供向心力求解R；第（3）问考查用几何知识解决物理问题的能力该题综合性强，难度大（二）选考题：共45分从给出的3道物理题中任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】（15分）13（6分）下列说法中正确的是 （） A 布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动 B 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C 液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 D 当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，分子势能越小 E 温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分
35、子的速率都增大【考点】： 布朗运动；* 液晶；* 液体的表面张力现象和毛细现象专题： 布朗运动专题【分析】： 布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大【解析】： 解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；B、叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B正确；C、液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点，C正确；D、当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子间的距离越大，克服分子力做功，分子势能增大，D错误；E、温度
36、升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有的分子的速率都增大，E正确；故选：BCE【点评】： 掌握布朗运动的实质：是固体颗粒的运动；温度是分子平均动能的标志14（9分）在图所示的气缸中封闭着温度为100的空气，一重物用绳索经滑轮与缸中活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态，这时活塞离缸底的高度为10cm，如果缸内空气变为0，问：（结果保留两位有效数字）重物是上升还是下降？这时重物将从原处移动多少厘米？（设活塞与气缸壁间无摩擦）【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】： 如果缸内空气温度降为0，则重物将上升，温度、体积变化，压强不变根据气体方程列出等式求解【解析】：
37、 解：缸内气体温度降低，压强减小，故活塞下移，重物上升；分析可知缸内气体作等压变化，设活塞截面积为Scm2，气体初态体积，温度T1=373K，末态温度T2=273K，体积设为 （h为活塞到缸底的距离）据可得h=7.3cm；则重物上升高度h=107.3=2.7cm 答：重物上升这时重物将从原处移动2.7cm【点评】： 正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化【物理-选修3-4】（15分）15关于机械振动与机械波说法正确的是 （） A 机械波的频率等于振源的振动频率 B 机械波的传播速度与振源的振动速度相等 C 质点振动的方向总是垂直于波传播的方向 D 在一个
38、周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离 E 机械波在介质中传播的速度由介质本身决定【考点】： 机械波；波长、频率和波速的关系专题： 简谐运动专题【分析】： 机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定【解析】： 解：A、机械波的频率是振源的振动频率；故A正确；B、机械波的传播速度与振源的振动速度无关；故B错误；C、波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上；故C错误；D、由v=可知，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离；故D正确；
39、E、机械波在介质中传播的速度由介质本身决定；故E正确；故选：ADE【点评】： 机械波产生的条件是振源与介质质点不随波迁移，且质点的振动方向与波的传播方向来区分横波与纵波16如图所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏两束关于中心轴OO对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出当光屏距半球上表面h1=40cm时，从球面折射出的两束光线汇聚于光屏与OO轴的交点，当光屏距上表面h2=70cm时，在光屏上形成半径r=40cm的圆形光斑求：该半球形玻璃的折射率【考点】： 光的折射定律专题： 光的折射专题【分析】： 激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出，在
40、球面上恰好发生全反射，作出光路图根据几何知识求出临界角的正弦，即可求得折射率【解析】： 解：光路如图所示，设临界光线AE、BF入射后，经E、F两点发生全反射，由几何关系可得：O2QP=CO2O3=h2h1=0.3m又由折射定律得：答：该半球形玻璃的折射率为【点评】： 是几何光学问题，要正确作出光路图，确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键【物理-选修3-5】（15分）17下列说法中正确的是（） A 光电效应实验揭示了光的粒子性 B 原子核发生一次衰变，该原子核外就失去一个电子 C 原子核放出粒子后，转变成的新核所对应的元素是原来的同位素 D 玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念
41、E 氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收能量【考点】： 光电效应；玻尔模型和氢原子的能级结构；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题： 光电效应专题【分析】： 光电效应提示光的粒子性；衰变时，中子转变成质子，放出电子，导致质子数增加1个，则产生新的原子；玻尔理论引进量子化观念，从低能级跃迁到高能级要吸收能量，相反则中释放能量，从而即可求解【解析】： 解：A、光电效应实验揭示了光的粒子性，故A正确；B、发生一次衰变，该原子核内的中子转变成质子，而放出一个电子，故B错误；C、放出粒子后，转变成的新核所对应的元素比原来增加一个质子数，故C错误；D、由玻尔理论可知，在研究原子结构中，引进了量子化的观念，故D正确
42、；E、从低能级跃迁到高能级要吸收能量，相反，则要释放能量，故E正确；故选：ADE【点评】： 考查粒子性与波动性的不同，掌握衰变及其电子的由来，注意玻尔理论的内容理解18如图，质量为m的b球用长h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处质量也为m的小球a，从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起已知BC轨道距地面有一定的高度，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg试问：a与b球碰前瞬间的速度多大？a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（要求通过计算回答）【考点】： 动量守恒定律；向心力；机械能守恒定律专题： 动量定理应用专题【分析】： 由机械能守恒定律可以求出小
43、球a的速度；由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据拉力大小分析答题【解析】： 解：设a球经C点时速度为vC，a球下滑过程机械能守恒，则由机械能守恒得：mgh=mvC2，解得：vC=，即a与b球碰前的速度为：；设b球碰后的速度为v，a、b两球碰撞过程系统动量守恒，以a球的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mvC=（m+m）v，解得：v=，小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，由牛顿第二定律得：T2mg=2m，解得：T=3mg2.8mg，细绳会断裂；答：a与b球碰前瞬间的速度为；a、b两球碰后，细绳会断裂【点评】： 本题考查了速度、判断绳子是否断裂问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题