1、2015年河南省信阳市罗山高中高考物理模拟试卷（二）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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，其中5-8为多选题，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）斜面放置在水平地面上始终处于静止状态，物体在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，某时刻撤去拉力F，那么物体在撤去拉力后的瞬间与撤去拉力前相比较，以下说法正确的是（） A 斜面对地面的压力一定增大了 B 斜面对地面的压力一定减小了 C 斜面对地面的静摩擦力一定减小了 D 斜面对地面的静摩擦力一定不变【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用
2、【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 撤去拉力前，物体沿斜面上升；撤去拉力后瞬间物体由于惯性继续沿斜面上升；两种情况下斜面体的受力情况不变，故其对地压力和静摩擦力也不变【解析】： 解：物体在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动时，斜面体受重力Mg、支持力N、压力N1、滑块对其的滑动摩擦力f1以及地面对其的静摩擦力f2，如图，斜面体平衡；撤去拉力后，物体由于惯性继续沿斜面上升，斜面体受重力、支持力、压力、滑块对其的滑动摩擦力均不变，故斜面体仍会保持静止，地面对其的静摩擦力也不会变；故选D【点评】： 本题关键是对斜面体受力分析，然后结合平衡条件分析；明确静摩擦力是被动力2（6分）如图所示
3、，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则（） A 小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零 B 小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为Eq C 小球运动到M点时，挡板对小球的弹力可能为零 D 小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg【考点】： 匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，得知
4、小球的电场力方向，从而得知小球的电性小球沿挡板内侧运动，根据AB段垂直于挡板方向上的合力为零，判断电场力与重力的大小关系然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大【解析】： 解：小球从静止A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AB向下，则电场力方向水平向右，小球一定带正电；小球受到的合力方向沿AB向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在MD到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于N与C之间AB、小球运动到N点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力提供圆周运动向心
5、力，故挡板对小球的弹力大于电场力qE，故AB均错误；C、小球运动到M点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力为0，故C正确；D、当小球在点C时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故D错误故选：C【点评】： 本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿第二定律的综合运用，关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点，确定各点小球对轨道的压力的大小关系3（6分）如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆
6、周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示则（） A 小球的质量为 B 当地的重力加速度大小为 C v2=c时，杆对小球的弹力方向向上 D v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等【考点】： 向心力【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；由图乙可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下；若v2=2b根据向心力公式即可求解【解析】： 解：A、在最高点，若v=0，则F=mg=a；若F=0，则mg=m，解得
7、g=，m=，故A正确，B错误C、由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；D、若v2=2b则F+mg=m，解得N=a=mg，故D错误故选：AC【点评】： 本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息4（6分）（2014邢台一模）如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为F （F0
8、 ）不计空气阻力则（） A m、x一定时，R越大，F一定越大 B m、x一定时，v越大，F一定越大 C m、R一定时，x越大，F一定越大 D m、R一定时，v越大，F一定越大【考点】： 匀速圆周运动；向心力【分析】： 利用动能定理或者是机械能守恒可以求出小球经过A点时的速度；分别分析在A、B时的受力，利用向心力公式可以分别求出在A、B时受的支持力大小；知道了分别在A、B时受的支持力大小，进而可以求他们的差值【解析】： 解：设m在A点时的速度为VA，在B点时速度为VB；对m从A到B点时，根据动能定理有：mg（2R+X）=mVB2mVA2对m在B点时，受重力和支持力NB的作用，根据牛顿第二定律：N
9、Bmg=m所以NB=mg+m；对m在A点，受重力和支持力NA，根据牛顿第二定律：NA+mg=m所以NA=mmg；小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差F=NBNA=6mg+2mg所以，从推导的关系式可知，A选项中R越大，F应该是越小，所以A错误，F与速度V没关系，所以选项BD都错误，m、R一定时，当x变大时，从关系式中不难发现F一定越大，所以C选项正确故选：C【点评】： 把动能定理和圆周运动的知识结合在一起，这也是学习过程中常见的题目类型，只要掌握住分析问题的方法，这一类的题目基本上就可以解决了5（6分）2011年6月21日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，
10、下列说法中正确的是（） A 卫星可以定点在北京的正上方 B 卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 C 卫星运行的速度比第一宇宙速度小 D 卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】： 人造卫星问题【分析】： 同步卫星具有以下特点：定轨道（赤道上方）、定周期（24h）、定高度、定速度根据万有引力提供向心力比较向心加速度、线速度以及角速度【解析】： 解：A、同步卫星的轨道在赤道的上方故A错误 B、根据万有引力提供向心力，卫星的向心加速度小于地球表面运行卫星的向心加速度，而地球表面运行的向心加速度等于地球表面的重力加速度故B正确 C、，轨
11、道半径越大，线速度越小，卫星的轨道半径大于地球半径，所以卫星运行的速度比第一宇宙速度小故C正确 D、，卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，所以卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度故D错误故选BC【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力6（6分）在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半球B，整个装置处于静止状态，如图所示已知B物体的质量为m，A的质量不计，则下列说法正确的是（） A 若保持B的半径不变，而将B改用密度稍小的材料制作，则B对墙壁的弹力变小 B 若保持B的半径不变，而将B改用密度更大的材料制作，则A可能发生滑动 C 若保持B的质量不变，而将B改
12、用密度更大的材料制作，则A可能发生滑动 D 若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，则B对墙壁的弹力不变【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】： B球半径不变时，体积不变，密度减小，质量减小质量不变，密度增大，体积减小隔离对B分析，根据合力为零，根据平衡条件列式分析墙壁对B的弹力再对整体分析，列式分析地面的支持力和摩擦力，判断A能否滑动【解析】： 解：对B物体受力如右上图，根据合力等于0，运用合成法，由共点力平衡条件得： 墙壁对B的弹力 N1=mgtan A对B的弹力 N2= 对整体分析得： 地面的支持力 N3=mg 静
13、摩擦力 f=N1=mgtanA、若保持B的半径不变，体积不变，将B改用密度稍小的材料制作，B的质量减小，重力减小，由得知，墙壁对B的弹力N1将变小故A正确B、若保持B的半径不变，体积不变，将B改用密度更大的材料制作，B的质量增大，重力增大，由得知，墙壁对B的弹力N1将增大；由得知，地面对A的支持力N3增大，A的最大静摩擦力增大，A不会发生滑动，故B错误C、D若保持B的质量不变，而将B改用密度更大的材料制作，B的体积减小，图中增大，由得知，地面对A的支持力N3不变，A的最大静摩擦力不变由知，地面对A的静摩擦力增大，A可能发生滑动，故C正确由知，增大，墙壁对B的弹力增大，故D错误故选：AC【点评】
14、： 解决本题的关键能够合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用共点力平衡知识求解7（6分）如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个高为h的物块上若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为时，物块与轻杆的接触点为B，下列说法正确的是（） A A、B的线速度相同 B A、B的角速度相同 C 轻杆转动的角速度为 D 小球A的线速度大小为【考点】： 线速度、角速度和周期、转速【分析】： 将物块的速度分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，在垂直于杆子方向上的速度等于B点绕O转动的线速度，根据v=r可求出杆转动的角速度，再根
15、据杆的角速度和A的转动半径可以求出A的线速度大小【解析】： 解：如图所示根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2=vBsin=vsin，为B点做圆周运动的线速度，v1=vBcos为B点沿杆运动的速度当杆与水平方向夹角为时，OB=A、A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度相同，由于转动半径不一样，故A、B的线速度不相同，故A错误；B、由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、B绕O做圆周运动的角速度相同，故B正确；C、由于B点的线速度为v2=vsin=OB，所以=，故C正确；D、由C分析
16、知，杆转动的角速度=，所以A的线速度vA=L=，故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度8（6分）磁卡的词条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势其Et关系如图所示如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系可能是（） A B C D 【考点】： 信息传播、处理和存储技术的发展；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正
17、比，磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比【解析】： 解：根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍故D正确故选D【点评】： 本题要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关键要掌握感应电动势公式E=BLv二、填空题9（6分）某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器拉钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系，根据所测数据在坐标系中作出了如图2所示的aF图象（1）图线不过坐标原点的原
18、因是没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）本实验中是否仍需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量否（填“是”或“否”）；（3）由图象求出小车和传感器的总质量为1 kg（保留1位有效数字）【考点】： 验证牛顿第二运动定律【专题】： 实验题【分析】： （1）由图象可知，当F0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（3）aF图象中的斜率表示质量的倒数【解析】： 解：（1）由图象可知，当F0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不
19、是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（3）aF图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知，k=，所以质量M=kg故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡的不够；（2）否；（3）1【点评】： 实验中我们要清楚研究对象和研究过程，明确实验原理是解答实验问题的前提10（9分）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为5.01cm，直径为5.315mm（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（填“大”或“小
20、”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）将电阻箱R2的阻值调至最大处（填“大”或“小”）；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；（3）由此可知，圆柱体的电阻为1280【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： （1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数（2）根据等效法测电阻的实验原理分析答题（3）根据实验原理与实验步骤求出圆柱体电阻【解析】： 解：（1）由图a所示游标卡尺可知，主尺示数为5.0cm，游标尺示数为10.1mm=0.1mm=0.01c
21、m，游标卡尺示数为5.0cm+0.01cm=5.01cm；由图b所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5mm，可动刻度示数为31.50.01mm=0.315mm，螺旋测微器示数为5mm+0.315mm=5.315mm（2）（a）我i保护电路，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；（b）为保护电路，应将电阻箱R2的阻值调至最大处；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；（3）两种情况下，电路电流相等，电路电阻相等，在圆柱体电阻与电阻箱电阻相等，圆柱体的电阻为1280故答案为：（1）5.01；5.31
22、5；（2）（a）大；（b）大；（3）1280【点评】： 本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验步骤、求电阻等问题；知道实验原理是正确解题的关键，要掌握等效法测电阻的方法11（14分）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面光滑并距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg为小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离平板车落到地面车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均
23、不计取g=10m/s2求：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）因为平板车上表面光滑，小球始终相对于地面静止，离开小车做自由落体运动，根据h=求出离开平板车开始至落到地面所用的时间（2）根据牛顿第二定律求出小车向右运动的加速度大小，根据运动学公式求出小车向右运动的位移和时间，判断小球是否会从小车的左端掉下，若未掉下，根据牛顿第二定律
24、求出小车向左运动的加速度大小，小球从右端掉下，根据小球小车向左运动的位移求出向左运动的时间，两个时间之和即为小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间（3）求出小车在小球做自由落体运动时间内的位移，结合小车向右运动的位移和向左运动的位移，求出小车的位移【解析】： 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间 由h=得，t=（2）小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为 =7.2m/s2小车向右运动的距离为x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下小车向右运动的时间为小车向左运动的加速度为=2.8m/s2小车向左运动的距离为小车向左运动的时间为小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时
25、间t=1+2s=3s（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 v2=a2t2=2.82m/s=5.6m/s小球离开车子后，车的加速度为车子向左运动的距离为=3.175m从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小x=x1+x2+x3=5.175m答：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间为0.5s（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间为3s（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小为5.175m【点评】： 本题是一个多过程问题，关键是理清小车在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解12（18分）如图在xOy坐标系第象限，磁场方向
26、垂直xOy平面向里，磁感应强度大小均为B=1.0T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E=N/C一个质量m=2.0107kg，电荷量q=2.0106C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g=10m/s2求：（1）带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向；（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第象限，x轴上入射P点应满足何条件？【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】：
27、带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）粒子在复合场中做匀速直线运动，受力平衡，受力分析后应用平衡条件求解即可（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力（3）带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切，画出图象，找出轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力公式计算即可【解析】： 解：（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为，依题意得：粒子合力为零 重力mg=2.0106N，电场力F电=Eq=2106N洛伦兹力N=4.0106N 由f=qv0B得，代入数据解得 v0=2 m/s =，解得 =60 速度v0大小2
28、m/s，方向斜向上与x轴夹角为60（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力故电场强度 方向竖直向上； （3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限，圆弧左边与y轴相切N点； PQ匀速直线运动，PQ=v0t=0.2 m 洛伦兹力提供向心力， 整理并代入数据得R=0.2 m 由几何知识得OP=R+Rsin60PQcos600.27 m x轴上入射P点离O点距离至少为0.27 m答：（1）带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小为2m/s，方向斜向上与x轴夹角为60；（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小为1N/C，
29、方向竖直向上；（3）若匀速圆周运动时恰好未离开第象限，x轴上入射P点应满足入射P点离O点距离至少为0.27 m【点评】： 带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解临界问题需要画出运动轨迹，找出临界条件进行求解三、选考题【物理-选修3-3】（15分）13（6分）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（） A 保持气体的压强不变，改变其体积，可以实现其内能不变 B 保持气体的压强不变，改变其温度，可以实现其内能不变 C 若气体的温度逐渐升高，则其压强可以保持不变 D 气体温度
30、每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E 当气体体积逐渐增大时，气体的内能一定减小【考点】： 理想气体的状态方程；物体的内能；热力学第一定律【分析】： 理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化【解析】： 解：A、由理想气体的状态方程=C可知，保持气体的压强p不变，改变其体积V，则气体温度T发生变化，气体内能发生变化，故A正确；B、保持气体的压强不变，改变其温度，气体温度发生变化，气体内能发生变化，故B错误；C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度T逐渐升高，如果体积V同时变大，其压强可能不变，故C正确
31、；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、由理想气体状态方向可知，当气体体积逐渐增大时，如果压强p不变，或pV增大，则气体温度T升高，气体内能增大，E错误；故选：ACD【点评】： 理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力通常认为是零，即分子势能为零，理想气体内能由分子的平均动能决定的，其宏观的表现是温度决定14（9分）（2015海南模拟）如图所示，一竖直放置的、长为L的细管下端封闭，上端与大气（视为理想气体）相通，初始时管内气体温度为
32、T1现用一段水银柱从管口开始注入管内将气柱封闭，该过程中气体温度保持不变且没有气体漏出，平衡后管内上下两部分气柱长度比为l：3若将管内下部气体温度降至T2，在保持温度不变的条件下将管倒置，平衡后水银柱下端与管下端刚好平齐（没有水银漏出）已知T1=T2，大气压强为P0，重力加速度为g求水银柱的长度h和水银的密度【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】： 注入水银的过程，下部分气体发生等温变化，根据玻意耳定律列出方程；将管倒置后，温度降低的过程，管内气体的三个参量都发生变化，根据气态方程列式，再联立求解【解析】： 解：设管内截面面积为S，初始时气体压强为p0，体积为：
33、V0=LS； 注入水银后下部气体压强为：p1=p0+gh；体积为：V1=（Lh）S 由玻意耳定律有：p0LS=（p0+gh）（Lh）S将管倒置后，管内气体压强为 p2=p0gh；体积为：V2=（Lh）S 由理想气体状态方程有：= 由、解得：h=L，=答：水银柱的长度h为L，水银的密度是【点评】： 本题关键是求解出初状态和末状态气体的压强，然后根据玻意耳定律和气态方程列出方程，进行求解【物理-选修3-4】15一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示介质中x=3m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=5sin（5t）cm则此波沿x轴负（选填“正”或“负”）方向传播，传播速度为10m/s【考点】
34、： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由简谐运动的表达式可求得其周期及P点在0时刻的振动方向，则可确定波的传播方向；由波形图可确定波长，则可求得传播速度【解析】： 解：由振动公式可知，波的周期T=0.4s；0时刻时质点在向正方向运动，故波应沿x轴负方向传播；由波形图可知，波长=4m波速v=10m/s故答案为：负，10【点评】： 本题关键要根据表达式y=sin（5t）cm，由数学知识判断质点的振动方向，来判断波的传播方向16（2013秋贵州月考）如图所示，ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角=30，P为垂直于直线BCD的光屏一束宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，经三棱镜折射后在
35、屏P上形成一条光带以图中编号为a、b、c的三条光线为代表画出光束经棱镜折射的光路示意图；若从AC面出射的光线与原来入射光线的夹角为30，求棱镜的折射率【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，画出光路图即可根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n【解析】： 解：平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，光路如图所示图中1、2为AC面上入射角和折射角，根据折射定律有： nsin1=sin2由题意知，出射光线与水平方向夹角=30由几何关系得：1=302=1+=60所以 n=答：光束经棱镜折射的光路示意图见上；
36、棱镜的折射率为【点评】： 本题的解题关键能正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角，再运用折射定律求折射率【物理-选修3-5】（15分）17下列五幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（） A 图甲：原子是由原子核和核外电子组成，原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成 B 图乙：卢瑟福通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说 C 图丙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能 D 图丁：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一 E 图戊：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的【考点】： 原子的核式结构；光电效应；原子
37、核的结合能【分析】： 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量【解析】： 解：A、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成故A正确B、该图为光电效应现象图，爱因斯坦通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说故B错误C、用中子轰击铀核使其发生裂变故C错误D、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一故D正确E、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的故E正确故选：ADE【点评】： 本题考查了原子结构、链式反应、黑体辐射、氢原子能级等基础知识点，关键
38、要熟悉教材，牢记这些基础知识点18如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以V0滑离B，恰好能到达C的最高点A、B、C的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因素；（2）圆弧槽C的半径R；（3）当A滑离C时，C的速度【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中
39、产生的内能列出等式，联立求解；2、当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解；3、根据AC系统动量守恒列出等式，AC系统初、末状态动能相等列出等式，联立求出滑离C时C的速度【解析】： 解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，有：mv0=mv0+2mv1得：v1=v0由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有：Q=mgL=mm2m得：=（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，规定向左为正方向，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒，有：mv0+mv1=（m+m）V2，得：V2=A与C组成的系统机械能守恒，有：m+m=（2m）+mgR得：R=（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，规定向左为正方向，A与C组成的系统动量守恒，有：mv0+mv1=mvA+mvCA与C组成的系统动能守恒，有：m+m=m+m解得：VC=答：（1）木板B上表面的动摩擦因素为；（2）圆弧槽C的半径为；（3）当A滑离C时，C的速度是【点评】： 该题是一个连接体的问题，要理清A、B、C的运动过程，解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解
