高三物理第二次模擬試題含解析新人教版.doc

2015年山東省濟寧市汶上五中高考物理二模試卷一.選擇題1（6分）如圖所示，截面為三角形的鋼坯A、B疊放在汽車的水平底板上，汽車底板和鋼坯表面均粗糙，以下說法正確的是（） A 汽車、鋼坯都靜止時，汽車底板對鋼坯A有向左的靜摩擦力 B 汽車、鋼坯都靜止時，鋼坯A對B無摩擦力作用 C 汽車向左加速時，汽車與鋼坯相對靜止，鋼坯A受到汽車底板對它的靜摩擦力 D 汽車向左啟動前后，汽車與鋼坯相對靜止，鋼坯A對B的彈力不變【考點】： 靜摩擦力和最大靜摩擦力；共點力平衡的條件及其應用【專題】： 摩擦力專題【分析】： 當它們都靜止時，處于平衡狀態(tài)，受力平衡，底板對鋼坯A無摩擦力；當它們向左加速時，鋼坯A受到汽車底板對它的向左靜摩擦力，從而即可求解【解析】： 解：A、當汽車、鋼坯都靜止時，底板與鋼坯A無相對運動趨勢，因此它們之間無摩擦力，故A錯誤；B、當汽車、鋼坯都靜止時，底板與鋼坯A無相對運動趨勢，但鋼坯A與B有相對運動趨勢，因此它們之間有靜摩擦力，故B錯誤；C、汽車向左加速時，雖汽車與鋼坯相對靜止，但鋼坯A受到汽車底板對它有向左靜摩擦力，故C正確；D、向左啟動前后，即為平衡到不平衡的變化，則鋼坯A對B的彈力變大，靜摩擦力變小，故D錯誤；故選：C【點評】： 考查對研究對象受力分析與運動分析，掌握平衡條件與牛頓第二定律的應用，注意學會由運動去分析受力的方法2（6分）（2015濟寧校級二模）太陽系各行星可近似看成在同一平面內沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動設天王星公轉周期為T1，公轉半徑為R1；地球公轉周期為T2，公轉半徑為R2當地球和天王星運行到太陽兩側，且三者排成一條直線時，忽略二者之間的引力作用，萬有引力常量為G，下列說法正確的是（） A 天王星公轉速度大于地球公轉速度 B 地球與天王星相距最近至少需經歷 C 太陽的質量為 D 天王星公轉的向心加速度與地球公轉的向心加速度之比為【考點】： 萬有引力定律及其應用；向心力【專題】： 萬有引力定律的應用專題【分析】： 根據萬有引力提供向心力，解出速度的表達式，再判斷大小地球與天王星相距最近，兩者轉過的角度相差，所以，化簡求得所用的最小時間根據萬有引力提供向心力求解太陽的質量根據萬有引力提供向心力，解出加速度的表達式，再計算其比值【解析】： 解：A、根據萬有引力提供向心力，得：，軌道半徑越大，速度越小，故天王星公轉速度小于地球公轉速度，故A錯誤B、當地球和天王星運行到太陽兩側，三者排成一條直線，到地球與天王星相距最近，兩者轉過的角度相差，所以，得：t=，故B正確C、對于天王星繞太陽運動，根據萬有引力提供向心力有：，得太陽的質量為：，對于地球繞太陽運動，有：，得太陽的質量為：，故C錯誤D、根據萬有引力提供向心力有：，得：，所以有：，故D錯誤故選：B【點評】： 本題要知道地球和天王星的最遠距離和最近距離是他們在一條連線上時，由幾何關系結合周期關系求解時間3（6分）某同學在學習了直線運動和牛頓運動定律知識后，繪出了沿直線運動的物體的位移x、速度v、加速度a隨時間變化的圖象如圖所示，若該物體在t=0時刻，初速度為零，則下列圖象中該物體在04s內位移一定不為零的是（） A B C D 【考點】： 加速度與力、質量的關系式；勻變速直線運動的圖像【專題】： 牛頓運動定律綜合專題【分析】： 速度時間圖線的正負值表示物體運動的方向，通過位移時間圖線的位移的增加還是減小判斷運動的方向【解析】： 解：A、在02s內，位移先增大再減小，知運動的方向發(fā)生改變故A錯誤B、在02s內速度為正值，向正方向運動，在24s內速度為負值，向負方向運動，運動方向發(fā)生改變故B錯誤C、01s內加速度不變，做勻加速直線運動，12s內加速度方向，大小不變，向正方向做勻減速直線運動，2s末速度為零在一個周期內速度的方向不變故C正確D、在01s內，向正方向做勻加速直線運動，12s內加速度方向，大小不變，向正方向做勻減速直線運動，2s末速度為零，23s內向負方向做勻加速直線運動，運動的方向發(fā)生變化故D錯誤故選：C【點評】： 解決本題的關鍵知道速度時間圖線和位移時間圖線的物理意義，以及知道它們的區(qū)別，并且能很好運用4（6分）如圖所示，一沿水平方向的勻強磁場分布在豎直高度為2L的某矩形區(qū)域內（寬度足夠大），該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的有一邊長為L的正方形導線框abcd從距離磁場上邊界MN的某高處由靜止釋放下落而穿過該磁場區(qū)域已知當線框的ab邊到達MN時線框剛好做勻速直線運動（以此時開始計時），以MN處為坐標原點，取如圖坐標軸x，并規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，則關于線框中的感應電流與ab邊的位置坐標x間的以下圖線中，可能正確的是（） A B C D 【考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢【專題】： 電磁感應與圖像結合【分析】： 本題分三段研究線框中感應電流，可根據E=BLv、I=，得到感應電流與速度的關系，通過分析速度的變化，來分析感應電流的變化，即可作出選擇【解析】： 解：據題意得：x在0L內，線框的ab邊到達MN時剛好做勻速直線運動，線框中產生的感應電流為 I=，可知I保持不變，根據楞次定律判斷可知，I的方向沿逆時針方向，為正；x在L2L內，磁通量不變，沒有感應電流產生，I=0，線框不受安培力，只受重力而做勻加速直線運動；x在2L3L內，線框穿出磁場，根據楞次定律判斷得知感應電流沿順時針方向，為負值由于速度大于進入磁場時的速度，安培力增大，所以安培力大于其重力而減速運動，隨著速度減小，安培力減小，合力減小，加速度隨之減小，所以線框做加速度減小的變減速運動速度減小，感應電流減小，而且加速度減小，速度的變化率減小，則電流的變化率隨之減小，所以ix的切線斜率減小線框剛出磁場時安培力最小等于重力，速度最小等于進入磁場時的速度，所以感應電流最小值不小于進入磁場時的電流值，故D正確，ABC錯誤故選：D【點評】： 解決本題的關鍵正確分析線框的運動情況，掌握切割產生的感應電動勢公式和歐姆定律公式，會通過楞次定律判斷感應電流的方向，通過表達式分析和選擇圖象5（6分）（2015濟寧校級二模）如圖甲，真空中有一半徑為R、電荷量為+Q的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關系如圖乙，已知x1與R兩點間距大于R與x2的兩點間距，則（） A x2處場強大小為 B x1、x2兩點處的電勢相同 C 球內部的電場為勻強電場 D 假設將試探電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x2處靜電力做功相同【考點】： 電勢；電場強度【專題】： 電場力與電勢的性質專題【分析】： 均勻帶電的球體，體外某點的電場強度則可由點電荷的電場強度公式求解，是將帶電量的球體看成處于O點的點電荷來處理而體內某點的電場強度，根據E=k與QX=Q共同確定對于電勢則可以由該點移動電勢為零處電場力做功與電量的比值來確定【解析】： 解：A、電荷量為+Q 的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，當作點電荷，則有x2處場強大小為，故A正確；B、由圖象可知，球內部的電場為非勻強電場，由E=k與QX=Q，則有E=x故B錯誤；C、由圖象與=k，則x1、x2兩點處的電勢不同，故C錯誤；D、因電場力做功與初末位置有關，當假設將試探電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x1處，因電勢差不同，則電場力做功不同，故D錯誤；故選：A【點評】： 考查帶電球殼內部是等勢體且電場強度處處為零，體外則是看成點電荷模型來處理；而電勢則由電荷從該點移到電勢為零處電場力做功與電量的比值來確定注意比較電勢也可以由圖象和橫軸的面積來表示6（6分）物理學的發(fā)展極大地豐富了人類對物質世界的認識，推動了科學技術的創(chuàng)新和革命，促進了物質生產的繁榮與人類文明的進步關于物理學發(fā)展過程中的認識，下列說法中正確的是（） A 牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，不能用實驗直接驗證 B 丹麥天文學家第谷通過長期的天文觀測，指出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，揭示了行星運動的有關規(guī)律 C 電荷量e的數值最早是由美國物理學家密立根測得的 D 紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后，先后指出：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應定律【考點】： 物理學史【分析】： 本題掌握牛頓、第谷、開普勒、密立根、法拉第和紐曼、韋伯等等科學家的成就，就能進行解答【解析】： 解：A、牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產物，不能用實驗直接驗證；故A正確B、丹麥天文學家第谷通過長期的天文觀測，積累了大量的數據，開普勒指出所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，揭示了行星運動的有關規(guī)律故B錯誤C、電荷量e的數值最早是由美國物理學家密立根測得的；故C正確D、法拉第發(fā)現了電磁感應現象，紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后，先后指出：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應定律故D正確故選：ACD【點評】： 本題主要考查了有關電學的物理學史，了解物理學家的探索過程，從而培養(yǎng)學習物理的興趣和為科學的奉獻精神，對類似知識要加強記憶7（6分）圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO沿逆時針方向勻速轉動，從圖示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示，以下判斷正確的是（） A 線圈轉動的角速度為50rad/s B 電流表的示數為10A C 0.01s時線圈平面與磁感線平行 D 0.02s時電阻R中電流的方向自左向右【考點】： 交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理；正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率【專題】： 交流電專題【分析】： 由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數為有效值，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向【解析】： 解：A、角速度=100 rad/s，故A誤；B、題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=10A，則有效值為：I=10A；由于電流表的示數為有效值，故示數I=10A，故B正確；C、0.01s時線圈中的感應電流達到最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，故C正確；D、由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，故D正確故選：BCD【點評】： 本題考查交變電流的產生及有效值的定義，要注意明確電流表示數、機器銘牌上所標的電流值、電壓值等均為有效值8（6分）（2015濟寧校級二模）如圖所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B沿斜面疊放在物塊A上但不黏連物塊A、B質量均為m，初始時兩物塊均靜止現用平行于斜面向上的拉力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊在開始一段時間內的vt圖象如圖乙所示（t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點），重力加速度為g，則（） A A達到最大速度時的位移為 B 拉力F的最小值為m（gsin+a） C t1=時A、B分離 D A、B分離前，A、B和彈簧系統(tǒng)機械能增加，A和彈簧系統(tǒng)機械能增加【考點】： 探究彈力和彈簧伸長的關系【專題】： 實驗題【分析】： A的速度最大時加速度為零，根據胡克定律求出A達到最大速度時的位移；根據牛頓第二定律求出拉力F的最小值由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律和運動學公式求解t1根據功能關系分析能量如何轉化【解析】： 解：A、由圖知，A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律得：mgsin=kx，得：，故A正確B、對AB整體，根據牛頓第二定律得：F2mgsin+kx=2ma，得：F=2mgsinkx+2ma，則知開始時F最小，此時有：2mgsin=kx，得F的最小值為：F=2ma，故B錯誤C、由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律：kxmgsin=ma開始時有：2mgsin=kx0，又x0x=聯(lián)立以三式得：t1=故C正確D、A、B分離前，F做正功，根據功能關系得知，A、B和彈簧系統(tǒng)機械能增加，而A對B的壓力做負功，A和彈簧系統(tǒng)機械能減小故D錯誤故選：AC【點評】： 從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等二.非選擇題9（8分）（2015濟寧校級二模）某小組用圖1示器材測量重力加速度的大小實驗器材由底座帶有標尺的豎直桿、光電計時器A和B、鋼制小球和網兜組成通過測量小球在A、B間不同位移時的平均速度，求重力加速度回答下列問題：（1）實驗中保持A不動，沿桿向下移動B，測量A、B之間的距離h及鋼球經過該距離所用時間t，經多次實驗繪出與t關系圖象如圖2所示由圖可知，重力加速度g與圖象的斜率k的關系為g=2k，重力加速度的大小為9.68 m/s2；（2）若另一小組用同樣的實驗裝置，保持B不動，沿桿向上移動A，則能（選填“能”或“不能”）通過上述方法測得重力加速度；（3）為減小重力加速度的測量誤差，可采用哪些方法？AB間的距離盡可能大，鋼球的體積盡可能小等（提出一條即可）【考點】： 測定勻變速直線運動的加速度【專題】： 實驗題【分析】： 根據位移時間公式得出的關系式，結合圖線的斜率求出重力加速度的值【解析】： 解：（1）根據h=得，知圖線的斜率表示，即k=，解得g=2k=（2）若另一小組用同樣的實驗裝置，保持B不動，沿桿向上移動A，采用逆向思維，也可以通過上述方法求出重力加速度（3）為了減小實驗的誤差，采取的方法有：AB間距離盡可能大，鋼球體積盡可能小等故答案為：（1）2k，9.68，（2）能，（3）AB間的距離盡可能大，鋼球的體積盡可能小等【點評】： 對于圖象題，要知道圖線斜率的物理意義，關鍵得出縱軸和橫軸兩個物理量的關系式，結合關系式得出圖線斜率的物理意義10（7分）研究性學習小組圍繞一個量程為30mA的電流計展開探究（1）為測量該電流計的內阻，同學甲設計了如圖（a）所示電路圖中電源電動勢未知，內阻不計閉合開關，將電阻箱阻值調到20時，電流計恰好滿偏；將電阻箱阻值調到95時，電流計指針指在如圖（b）所示位置，則電流計的讀數為12.0mA由以上數據可得電流計的內阻Rg=30（2）同學乙將甲設計的電路稍作改變，在電流計兩端接上兩個表筆，如圖（c）所示，設計出一個簡易的歐姆表，并將表盤的電流刻度轉換為電阻刻度：閉合開關，將兩表筆斷開，調節(jié)電阻箱，使指針指在“30mA”處，此處刻度應標阻值為（填“0”或“”）；再保持電阻箱阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻找出對應的電流刻度則“10mA”處對應表筆間電阻阻值為6（3）若該歐姆表使用一段時間后，電池內阻變大不能忽略，電動勢不變，但將兩表筆斷開，指針仍能滿偏，按正確使用方法再進行測量，其測量結果與原結果相比將不變（填“變大”、“變小”或“不變”）【考點】： 把電流表改裝成電壓表【專題】： 實驗題；交流電專題【分析】： （1）中因電流表的最小分度是1mA，故應估讀到mA，根據歐姆定律可求的值（2）與（3）的關鍵是根據閉合電路歐姆定律和分流公式分別列出通過電流表電流的表達式，聯(lián)立求解即可【解析】： 解：（1）根據電流表的讀數要求可讀出電流I=12.0mA由閉合電路歐姆定律，將電阻箱阻值調到20時有=，電阻箱阻值調到95時有I=，聯(lián)立兩式并代入數據=30 （2）根據閉合電路歐姆定律將兩表筆斷開時有=30mA，因此時待測電阻為，故應在“30mA”處標明；當兩表筆接上電阻時有=，根據分流公式可得通過電流表的電流為=聯(lián)立并將E=1.5V，=30代入解得=6（3）根據閉合電路歐姆定律可知電池新時有=，測量電阻時電流表示數為I=，歐姆表用一段時間調零時有=，測量電阻時I=.，比較可知r+=，所以若電流相同則=，即測量結果不變故答案為（1）12.0，30 （2），6 （3）不變【點評】： 此題的易錯之處在于兩表筆不是接在干路上，而是接在電流表兩端，故應根據電路圖結合分流公式寫出通過電流表的電流表達式，再解出結果即可11（14分）2012年11月，我國艦載機在航母上首降成功設某一載艦機質量為m=2.5104 kg，速度為v0=42m/s，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，飛機將在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做勻減速運動，著艦過程中航母靜止不動（1）飛機著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多長才能保證飛機不滑到海里？（2）為了讓飛機在有限長度的跑道上停下來，甲板上設置了阻攔索讓飛機減速，同時考慮到飛機尾鉤掛索失敗需要復飛的情況，飛機著艦時并不關閉發(fā)動機圖示為飛機勾住阻攔索后某一時刻的情景，此時發(fā)動機的推力大小為F=1.2105 N，減速的加速度a1=20m/s2，此時阻攔索夾角=106，空氣阻力和甲板阻力保持不變，求此時阻攔索承受的張力大??？【考點】： 牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與位移的關系；力的合成與分解的運用【專題】： 牛頓運動定律綜合專題【分析】： （1）由勻加速直線運動位移速度公式即可求解；（2）對飛機進行受力分析根據牛頓第二定律列式即可求解【解析】： 解：（1）由運動學公式2a0S0=v02得S0=代入數據可得S0=1102.5m（2）飛機受力分析如圖所示由牛頓第二定律有2FTcos+fF=ma 其中FT為阻攔索的張力，f為空氣和甲板對飛機的阻力飛機僅受空氣阻力和甲板阻力時f=ma0聯(lián)立上式可得FT=5105 N 答：（1）飛機著艦后，若僅受空氣阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保證飛機不滑到海里；（2）此時阻攔索承受的張力大小為5105 N【點評】： 本題主要考查了勻變速直線運動基本公式及牛頓第二定律的直接應用，難度不大，屬于基礎題12（18分）（2015濟寧校級二模）如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上y0的區(qū)域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第一象限的空間內有與x軸平行的勻強電場（圖中未畫出）；第四象限有與x軸同方向的勻強電場；第三象限也存在著勻強電場（圖中未畫出）一個質量為m、電荷量為q的帶電微粒從第一象限的P點由靜止釋放，恰好能在坐標平面內沿與x軸成=30角的直線斜向下運動，經過x軸上的a點進入y0的區(qū)域后開始做勻速直線運動，經過y軸上的b點進入x0的區(qū)域后做勻速圓周運動，最后通過x軸上的c點，且Oa=Oc已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計求：（1）微粒的電性及第一象限電場的電場強度E1；（2）帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量大?。唬?）帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間【考點】： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】： （1）根據粒子在第四象限內做勻速直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力平衡，知微粒帶正電，根據粒子在第一象限內，合力的方向沿Pa方向，可知電場力的方向，從而確定電場強度的方向，根據平行四邊形定則求出電場力大小，從而得出電場強度的大?。?）根據電場力做功判斷電勢能的變化量，在）帶電粒子從a點運動到c點的過程中，速度大小不變，即動能不變，且重力做功為零，所以從a點運動到c點的過程中，電場力對帶電粒子做功為零根據粒子在第四象限做勻速直線運動得出速度的大小，從而得出粒子在第一象限內做勻加速直線運動在x軸上的分速度，結合牛頓第二定律和運動學公式求出沿x軸方向上的位移，從而確定出粒子在第一象限內電場力做的功，根據整個過程電場力做功求出電勢能的變化量大?。?）粒子在第三象限內做勻速直線運動，在第四象限內做勻速圓周運動，根據幾何關系，結合帶電粒子在第三象限內的位移和第四象限內的圓心角，分別求出在兩個象限內運動的時間，從而確定出總時間【解析】： 解：（1）在第一象限內，帶電微粒從靜止開始沿Pa做勻加速直線運動，受重力mg和電場力qE1的合力一定沿Pa方向，電場力qE1一定水平向左帶電微粒在第四象限內受重力mg、電場力qE2和洛侖茲力qvB做勻速直線運動，所受合力為零分析受力可知微粒所受電場力一定水平向右，故微粒一定帶正電所以，在第一象限內E1方向水平向左（或沿x軸負方向）根據平行四邊形定則，有 mg=qE1tan 解得 E1=（2）帶電粒子從a點運動到c點的過程中，速度大小不變，即動能不變，且重力做功為零，所以從a點運動到c點的過程中，電場力對帶電粒子做功為零由于帶電微粒在第四象限內所受合力為零，因此有 qvBcos=mg 帶電粒子通過a點的水平分速度 vx=vcos=帶電粒子在第一象限時的水平加速度 ax=g帶電粒子在第一象限運動過程中沿水平方向的位移 x=由P點到a點過程中電場力對帶電粒子所做的功 W電=qE1x=因此帶電微粒由P點運動到c點的過程中，電勢能的變化量大小E電=（3）在第三象限內，帶電微粒由b點到c點受重力mg、電場力qE3和洛侖茲力qvB做勻速圓周運動，一定是重力與電場力平衡，所以有qE3=mg 設帶電微粒做勻速圓周運動的半徑為R，根據牛頓第二定律，有 qvB=m帶電微粒做勻速圓周運動的周期T=帶電微粒在第三象限運動的軌跡如圖所示，連接bc弦，因Oa=Oc，所以abc為等腰三角形，即Ocb=Oab=30過b點做ab的垂線，與x軸交于d點，因Oba=60，所以Obd=30，因此bcd為等腰三角形，bc弦的垂直平分線必交于軸上的d點，即d點為圓軌跡的圓心所以帶電粒子在第四象限運動的位移xab=Rcot=R其在第四象限運動的時間t1=由上述幾何關系可知，帶電微粒在第三象限做勻速圓周運動轉過的圓心角為120，即轉過圓周，所以從b到c的運動時間 t2=因此從a點運動到c點的時間 t=t1+t2=+=答：（1）微粒帶正電第一象限電場的電場強度E1的大小為，方向水平向左（2）帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量大小為（3）帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間為【點評】： 帶電粒子在復合場中的運動是整個高中的重點，粒子運動過程中受力分析以及運動情況分析是解題的關鍵，同時要靈活運用幾何知識解答選考題【物理-選修3-3】（15分）13（6分）下列說法中正確的是 （） A 僅由阿伏加德羅常數、氣體的摩爾質量和密度，是不能估算該種氣體分子大小的 B 若兩個分子只受到它們間的分子力作用，在兩分子間距離減小的過程中，分子的動能一定增大 C 物體吸收熱量時，它的內能不一定增加 D 根據熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體 E 容器中的氣體對器壁的壓強是由于大量氣體分子受到重力作用而產生的【考點】： 阿伏加德羅常數；熱力學第一定律；封閉氣體壓強【分析】： 氣體分子的間隙很大，固體和液體分子間隙小，可以忽略不計；分子力做功等于分子勢能的減小量；熱力學第一定律公式：U=W+Q；熱力學第二定律說明一切宏觀熱現象都具有方向性；氣體壓強是由于大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的，取決于分子的數密度和分子熱運動的平均動能【解析】： 解：A、由于氣體分子的間隙很大，僅由阿伏加德羅常數、氣體的摩爾質量和密度，只能估算每個分子占據的空間體積，是不能估算該種氣體分子大小的，故A正確；B、分子力做功等于分子勢能的減小量；若兩個分子只受到它們間的分子力作用，在兩分子間距離減小的過程中，如果是引力，分子的動能一定增大；如果是斥力，分子的動能一定減小；故B錯誤；C、物體吸收熱量時，可能同時對外做功，根據熱力學第一定律，它的內能不一定增加，故C正確；D、根據熱力學第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其他變化，如電冰箱要耗電，故D錯誤；E、容器中的氣體對器壁的壓強是由于大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞引起的，取決于分子的數密度和分子熱運動的平均動能，故E錯誤；故選：AC【點評】： 本題考查了分子力做功與分子勢能的關系、熱力學第一定律、熱力學第二定律、氣體壓強的微觀意義等，知識點多，難度小，關鍵是多看書，記住知識點14（9分）如圖，豎直平面內有一直角形內徑相同的 細玻璃管，A端封閉，C端開口，AB=BC=l0，且此時A、C端等高管內水銀總長度為l0，玻璃管AB內封閉有長為的空氣柱已知大氣壓強為l0汞柱髙如果使玻璃管繞B點在豎直平面內順時針緩慢地轉動至BC管水平，求此時AB管內氣體的壓強為多少汞柱高？管內封入的氣體可視為理想氣體且溫度不變【考點】： 理想氣體的狀態(tài)方程【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： 找出封閉氣體初末狀態(tài)的氣壓和體積中的已知量，然后根據玻意耳定律列式求解【解析】： 解：因BC長度為l0，故順時針旋轉至BC水平方向時水銀未流出；設A端空氣柱此時長為x，管內橫截面積為S，對A內氣體：P1=l0v2=xS） P2=l0（l0x）=x對A中密閉氣體，由玻意耳定律得：聯(lián)立解得：x=即：（汞柱高）答：此時AB管內氣體的壓強為l0汞柱高【點評】： 本題關鍵是根據玻意耳定律列式求解，要明確用cmHg作為壓強的單位時，計算較為簡便【物理-選修3-4】（15分）15一振動周期為T，位于x=0處的波源從平衡位置開始沿y軸正方向做簡諧運動，該波源產生的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為v，關于在處的質點P，下列說法正確的是（） A 質點P振動周期為T，速度的最大值為v B 若某時刻質點P的速度方向沿y軸負方向，則該時刻波源速度方向沿y軸正方向 C 質點P開始振動的方向沿y軸負方向 D 若某時刻波源在波峰，則質點P一定在波谷 E 若某時刻波源在波谷，則質點P一定在波谷【考點】： 波長、頻率和波速的關系【專題】： 簡諧運動專題【分析】： 簡諧波傳播過程中，質點的起振方向都與波源的起振方向相同，振幅周期也波源的振動周期相同質點的振動速度與波傳播速度不同簡諧橫波傳播過程中，介質中各個質點振動的周期都等于波源的振動周期，簡諧波的波長為=vT，根據質點P與波源距離與波長的關系，分析振動情況的關系【解析】： 解：A、質點P振動周期與O點振動周期相同，也為T但其振動速度與波速不同，P點的速度最大值與v沒有直接關系故A錯誤B、=，P與O是反相點，若某時刻質點P的速度方向沿y軸負方向，則該時刻波源速度方向沿y軸正方向，故B正確；C、根據波的特點：簡諧波傳播過程中，質點的起振方向都與波源的起振方向相同，故質點P開始振動的方向沿y軸正方向故C錯誤D、E、P與O是反相點，故若某時刻波源在波峰，則質點P一定在波谷，若某時刻波源在波谷，則質點P一定在波峰，故D正確，E錯誤；故選：BD【點評】： 此題利用機械波的基本特點：簡諧橫波傳播過程中，介質中各個質點振動的周期都等于波源的振動周期，起振方向都與波源的起振方向相同，進行分析，根據兩質點間距離與波長的關系確定P與波源狀態(tài)關系16一半圓形玻璃磚，玻璃的折射率為，AB為其直徑，長度為D，O為圓心，一束寬度恰等于玻璃磚半徑的單色平行光束 垂直于AB從空氣射入玻璃磚，其中心光線P通過O點，如圖所示M、N為光束邊界光線求：M、N射出玻璃磚后的相交點距O點的距離【考點】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： 光束垂直于AB從空氣射入玻璃磚，方向不變進入玻璃磚，射到玻璃磚右側圓弧面時，發(fā)生折射，由幾何知識求出入射角i，根據折射定律求出折射角r，再由幾何知識求解M、N射出玻璃磚后的相交點距O點的距離【解析】： 解：作出光路圖如圖