2019-2020年高三4月模拟考试理综物理试题含解析.doc

2019-2020年高三4月模拟考试理综物理试题含解析一、选择题（本题包括7小题，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，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1（6分）烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制过程之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间，盐就会进入肉里则下列说法正确的是（） A 如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快 B 烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里 C 在腌制汤中，只有盐分子进入鸭肉，不会有盐分子从鸭肉里面出来 D 把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉【考点】： 分子的热运动【专题】： 分子运动论专题【分析】： 盐进入肉里属于扩散现象，是分子无规则热运动的结果，温度越高，根子运动越剧烈【解析】： 解：A、如果让腌制汤温度升高，分子运动更剧烈，则盐进入鸭肉的速度就会加快，故A正确；B、烤鸭的腌制过程盐会进入肉里说明分子之间有间隙，以及说明分子不听的做无规则运动，不是因为分子之间有引力，故B错误；C、在腌制汤中，有盐分子进入鸭肉，分子运动是无规则的，同样会有盐分子从鸭肉里面出来，故C错误；D、把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，仍然会有盐分子进入鸭肉，因为分子运动是永不停息的，故D错误；故选：A【点评】： 本题考查了分子热运动的特点：分子热运动的剧烈程度与温度有关；分子一直永不停息在做无规则运动2（6分）（xx薛城区校级模拟）如图，传送带与水平面夹角=37，并以v=l0m/s的速度运行，在传送带的A端轻轻地放一小物体，若已知传送带与物体之间的动摩擦因数=0.5，传送带A到B端的距离s=l6m，则小物体从A端运动到B端所需的时间可能是（g=10m/s2）（） A 1.8s B 2.0s C 2ls D 4.0s【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）若传送带顺时针运动，对物体受力分析，根据物体的受力的情况求得物体的加速度的大小，根据运动学的规律可以求得物体运动的时间（2）传送带沿逆时针方向转动时，物体的受到的摩擦力的方向会发生变化，根据摩擦力变化前和变化后的不同的受力，求出加速度的大小，再计算运动的时间即可【解析】： 解：若传送带顺时针运动，对放在传送带上的小物体进行受力分析，小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，如图甲所示，根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：a1=g（sincos）=10（0.60.50.8）m/s2=2m/s2，小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则s=a1t2，t=4s（3）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度a2=g（sin+cos）=10m/s2小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为t1=s=1s，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为s1=at2=101=5m由于 tan，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，其加速度变为a1=g（sincos）=10（0.60.50.8）m/s2=2m/s2小物体从该位置起运动到B端的位移为ss1=16m5m=11m小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由ss1=vt2a1t22代入数据，解得t2=1s（t2=11s舍去）所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s故选BD【点评】： 本题中最容易出错的地方在传送带逆时针运动的计算，物体受到的摩擦力的方向是变化的，从而导致物体的运动的加速度不同，物体运动的情况也就不同，根据前后两种不同的运动计算时间即可3（6分）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也为L自圆环从左边界进入磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度穿过磁场区域规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则圆环中感应电流i随其移动距离变化的i图象最接近图中的（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则【专题】： 压轴题【分析】： 根据楞次定律可判断出圆环进磁场过程中和出磁场过程中的感应电流方向，根据切割的有效长度在变化，知感应电动势以及感应电流的大小也在变化【解析】： 解：根据楞次定律，在进磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向在进磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小，出磁场的过程中，切割的有效长度先增加后减小所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小，出磁场的过程中也是先增大后减小故A正确，B、C、D错误故选A【点评】： 解决本题的关键掌握楞次定律判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv知道L为有效长度4（6分）如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是（） A a、b两物体的受力个数一定相同 B a、b两物体对斜面的压力相同 C a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 D 当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动【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】： 对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可【解析】： 解：A、对ab进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：N+Tsin=mgcos解得：N=mgcosTsin，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；D、对a沿斜面方向有：Tcos+mgsin=fa，对b沿斜面方向有：Tcosmgsin=fb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误故选：B【点评】： 本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题5（6分）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=10：1，原线圈接入电压u=220sin100t（v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，定值电阻R=10，可变电阻R的阻值范围为010，则（） A 副线圈中交变电流的频率为100Hz B t=0.02s时，电压表的示数为22V C 调节可变电阻R的阻值时，电流表示数的变化范围为0.11A0.22A D 当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率为242W【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】： 解：A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，所以A错误B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，原线圈的有效电压为220V，根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22V，所以B正确C、当R的阻值为零时，副线圈电流为I=2.2A，当R的阻值为10时，副线圈电流为I=1.1A，电流与匝数成反比，所以C正确D、当可变电阻阻值为10时，变压器的输入电功率等于输出功率P=I2R=1.1220=24.2W，所以D错误故选：BC【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，会从交流电表达式中获取有用的物理信息即可得到解决6（6分）如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab=cd=L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其它部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里初始时刻，两弹簧处于自然长度，给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（） A 线框中产生的最大感应电流大于 B 初始时刻cd边所受安培力的大小为mg C cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv02Q D 在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv02【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】： 对cd棒受力分析，确定棒的运动形式，求解最大速度，再由E=BLv和及F=BIL分别确定电流和安培力的大小，再由能量守恒定律确定能量关系【解析】： 解：A、cd棒开始运动后，对cd棒受力【分析】：，可知导体棒先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最大值，故A错误；B、初始时刻时，棒的速度为v0，由E=BLv=BLv0，再由=，F=BIL=，故B错误；C、cd边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，即：，所以：，故弹簧弹性势能大于mv02Q，故C正确；D、在cd边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设弹簧的劲度系数为k，由mg=kx得：x=，由能量守恒定律可知，导体棒的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能，减少的重力势能为：mgh=，因重力势能大于弹性势能，根据，可知热量应大于mv02，故D错误；故选：C【点评】： 本题中弄清，棒的运动形式及临界条件，分别有能量守恒定律和电磁感应定律求解电流和安培力大小7（6分）一颗月球卫星在距月球表面高为h的圆形轨道运行，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度大小为g月，引力常量为G，由此可知（） A 月球的质量为 B 月球表面附近的环绕速度大小为 C 月球卫星在轨道运行时的向心加速度大小为g月 D 月球卫星在轨道上运行的周期为2【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】： 卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，万有引力等于重力，根据万有引力定律和向心力公式列式，即可得解【解析】： 解：“嫦娥一号”卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，则得：G=m（R+h）=m=ma在月球表面上，万有引力等于重力，则有：mg月=G，得 GM=g月R2，由上解得：M=v=a=T=2故A正确，BCD错误；故选：A【点评】： 卫星问题基本的思路有两条：一是万有引力提供向心力，二是万有引力等于重力，得到黄金代换式GM=gR2，再运用数学变形求解二、必考题题（共4小题，满分56分）8（8分）某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒装置中的气垫导轨工作时可使滑块悬浮起来，以减小滑块运动过程中的阻力实验前已调整气垫导轨底座保持水平，实验中测量出的物理量有：钩码的质量m、滑块的质量M、滑块上遮光条由图示初始位置到光电门的距离x（1）若用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时挂上钩码，将滑块从图示初始位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则可计算出滑块经过光电门时的速度为（2）要验证系统的机械能守恒，除了已经测量出的物理量外还需要已知当地的重力加速度（3）本实验通过比较mgx和在实验误差允许的范围内相等（用物理量符号表示），即可验证系统的机械能守恒【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 本实验中由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度大小，因此需要测量滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s，计算动能需要知道滑块的质量M和钩码的质量m，求解重力势能的减小量时，需要知道当地的重力加速度和下降的高度；比较重力势能的减小量和动能的增加量是否相等即可判断机械能是否守恒【解析】： 解：（1）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知滑块经过光电门的速度大小（2、3）钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgx，系统动能的增量为，可知还需要测量当地的重力加速度验证重力势能的减小量为mgx和动能的增加量是否相等故答案为：（1） （2）当地的重力加速度 （3）mgx，【点评】： 物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用9（10分）要测量一根电阻丝的阻值，某同学采用的做法是：（1）先用多用电表的欧姆挡进行粗测，当选择开关旋至“R10”时，指针指在接近刻度盘右端的位置；当选择开关旋至另一位置进行测量时，指针指示的位置接近刻度盘的中央位置，如图1所示，则所测电阻的电阻值为15（2）用以下器材进行较准确的测量，实验室中提供的实验器材如下：电压表V（量程6V，内阻约3k）电流表A1（量程0.6A，内阻约0.5）电流表A2（量程3A，内阻约0.1）电源E1（电动势6V，内阻不计）电源E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器R（最大阻值10）开关S和导线实验时电源应选E1，电流表应选A1（填器材代号）如果要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，请在如图2虚线框内帮他设计一个电路图在你所设计的电路中，闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最左端实验中受诸多因素的影响会产生误差，请你说出产生误差的两条原因：电表读数误差，电压表分流产生误差调节变阻器的滑动触头，使电压表的读数每次都比上一次增加0.5V，结果发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样，呈越来越小的趋势，且随着电压的增大和实验时间的延长，这种情况越来越明显试说明产生这一现象的主要原因：随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大造成的【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】： （1）欧姆表指针偏转角度大，电流大，电阻偏小，故应选用小档位，换挡后应该重新校零，再读数；（2）根据电压表的量程为06V，可选择电源，算出通过电阻的最大电流大约值，即可选择电流表，要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，变阻器应采用分压式接法，根据待测电阻与两电表内阻进行比较，确定电流表的接法，即可设计出电路，电表读数和电压表分流都会产生误差，随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大【解析】： 解：（1）欧姆表指针偏转角度大，电流大，电阻读数偏小，故应选用1档位，换挡后应该重新进行欧姆调零，由图1所示可知，欧姆表示数为151=15；（2）电压表的量程为06V，所以电源应选电源E1（电动势6V，内阻不计），电路中的最大电流，所以电流表选择电流表A1（量程0.6A，内阻约0.5），要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，则电路应用分压法，因为，所以电流表用外接法，电路图如图所示，闭合开关前变阻器的滑动触头应移到最左端，此时电阻上的电压为零，通过电流表的电流也为零，实验时，电表读数会有误差，电压表分流也会产生误差；随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大，造成了电阻增大，所以发现电流表的示数每次比上一次增加的数值都不一样，呈越来越小的趋势，且随着电压的增大和实验时间的延长，这种情况越来越明显故答案为：（1）15；（2）E1；A1；如图；左；电表读数误差；电压表分流产生误差；随着电压的增大和实验时间的延长，温度升高，电阻率增大造成的【点评】： 对于题目要求加在电阻丝上的电压从零开始增加，一定要选用滑动变阻器的分压接法，能根据电阻阻值、电压表内阻、电流表内阻的关系选择电表的连接方式，会分析电路产生的误差，难度适中10（18分）如图1是用传送带传送行李的示意图图1中水平传送带AB间的长度为8m，它的右侧是一竖直的半径为0.8m的圆形光滑轨道，轨道底端与传送带在B点相切若传送带向右以6m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A点轻轻放上一个质量为4kg的行李箱时，箱子运动到传送带的最右侧如果没被捡起，能滑上圆形轨道，而后做往复运动直到被捡起为止已知箱子与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为g=10m/s2，求：（1）箱子从A点到B点所用的时间及箱子滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小；（2）若行李箱放上A点时给它一个5m/s的水平向右的初速度，到达B点时如果没被捡起，则箱子离开圆形轨道最高点后还能上升多大高度？在如图2给定的坐标系中定性画出箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象【考点】： 机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： （1）物体在传送带先做匀加速运动，根据牛顿第二定律和速度公式求出速度增大到与传送带相等所用的时间，并求出此过程的位移，与传送带的长度比较，分析物体能否做匀速运动根据牛顿第二定律、第三定律结合求解物体对轨道的压力（2）根据运动学速度位移关系式求解出物体到达B点的速度，物体在圆形轨道上运动时机械能守恒，列式可求出箱子上升的高度【解析】： 解：（1）皮带的速度 v0=6m/s箱子在传送带上匀加速运动的加速度 a=g=1m/s2设箱子在B点的速度为 vB，由=2ax解得：vB=4m/sv0所以箱子从A点到B点一直做匀加速运动由x=，解得从A点到B点运动的时间为 t=4s箱子在圆形轨道最低点时，由牛顿第二定律得： Fmg=m解得：F=120N由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120N（2）设箱子速度达到v0=6m/s时位移为 x，则=2ax解得x=5.5m8m因此箱子先匀加速运动一段时间，速度达到6m/s后开始做匀速运动，即在B点的速度为 v0由机械能守恒定律得：=mg（R+h）解得箱子在圆形轨道上上升的高度 h=1m箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象如图答：（1）箱子从A点到B点所用的时间为0.4s箱子滑到圆形轨道底端时对轨道的压力大小是120N（2）箱子离开圆形轨道最高点后还能上升的高度是1m，定性画出箱子从A点到最高点过程中速率v随时间t变化的图象如图【点评】： 解决本题的关键要正确分析箱子的受力情况，判断其运动情况，要通过计算进行分析，不能简单的定性分析，同时要灵活选择运动学公式解答11（20分）边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示左侧磁场的磁感应强度大小为B1=，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2=，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力，求：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小；（2）粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；（3）电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？【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）根据动能定理求出粒子经过平行金属板加速后的速度大小；（2）根据半径公式求出粒子在左侧磁场中运动的轨道半径，结合圆心角，通过周期公式求出粒子的运动时间（3）作出粒子在上边缘cd间离开磁场的轨迹图，结合临界状态，根据几何关系求出半径，结合半径公式和动能定理求出电场强度的范围【解析】： 解：（1）粒子在电场中运动时有：，解得：（2）粒子进入磁场B1后有：，解得：设粒子在磁场B1中转过的角度为，由=，解得：=60周期为：T=，粒子在磁场B1中运动的时间为：t=（3）粒子在磁场B2中运动，在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm，与之相对应的半径分别为Rn与Rm由分析知，Rm=L 由牛顿第二定律有：，粒子在电场中有：，解得：同理有：所以电场强度的范围为：E答：（1）粒子经过平行金属板加速后的速度大小为；（2）粒子在左侧磁场区域内运动时的半径为，运动时间为；（3）电场强度E的取值范围为E时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开【点评】： 本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识，结合半径公式和周期公式进行求解三、选考题，请考生从以下三个模块中任选一模块作答（12分）【物理-物理3-3】12（4分）下列说法正确的是（） A 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B 当分子间距离增大时，分子间的引力减少，斥力增大 C 一定质量的理想气体压强不变时，气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少 D 单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点【考点】： *相对湿度；* 晶体和非晶体【分析】： 当空气的相对温度大时，人会感觉到潮湿；分子间的引力和斥力都随距离的增大而减小；气体压不变、温度升高时，体积会增大，故单位时间内对单位面积器壁碰撞次数不一定增大；晶体都具有确定的熔点，而非晶体没有确定的熔点【解析】： 解：A、当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大；但绝对湿度并不一定大；故A错误；B、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；C、一定质量的理想气体压强不变时，温度升高时，气体体积一定增大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少；故C正确；D、单晶体和多晶体都有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点；故D正确；故选：CD【点评】： 本题考查湿度、分子间作用力、气体压强的微观意义及晶体的性质，要注意明确气体压强取决于温度和体积13（8分）如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为30cm、温度为577.5K的空气柱，左右两管水银面高度差为21cm，外界大气压为76cmHg若给左管的封闭气体降温，使管内气柱长度变为20cm求：此时左管内气体的温度为多少？左管内气体放出（填“吸收”或“放出”） 的热量，大于（填“大于”、“等于”或“小于”）外界对气体做的功【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】： （1）以封闭气体为研究对象，应用理想气体状态方程求温度；（2）根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功【解析】： 解：初状态：P1=55cmHg，V1=30S T1=577.5K降温后，水银面左管上升10cm，右管下降5cmP2=40cmHgV2=20S由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2=280K由于体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律知气体放热大于外界对气体做功答：此时左管内气体的温度为280K左管内气体放热大于外界对气体做功【点评】： 理想气体状态方程与热力学第一定律的联合应用是此类题目的常用方法（12分）【物理-物理3-4】14沿x轴正向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则t=s时（） A 质点M对平衡位置的位移为负值 B 质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同 C 质点M的加速度方向与速度方向相同 D 质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由图读出波长，由波速公式v=求解周期根据时间t=0.025s与T的关系，分析质点M的位置，分析M点的位移波沿x轴正向传播，可判断出质点M的速度方向加速度方向与位移方向相反质点相对于平衡位置的位移方向从平衡位置指向质点所在位置【解析】： 解：A、由图知，=4m，则周期T=，波沿x轴正向传播，质点M的速度方向向上，则经过t=0.025s=T，质点M位于平衡位置上方，质点M对平衡位置的位移一定为正值故A错误B、质点M的速度方向向下，对平衡位置的位移方向也向上，两者相反，故B错误C、质点M的加速度方向与位移方向相反，方向向下，速度方向也向下，故C正确D、质点M的加速度方向与对平衡位置的位移相反故D正确故选：CD【点评】： 本题要理解质点对平衡位置的位移，简谐波传播过程中，质点做简谐运动，其加速度方向总是与对平衡位置的位移方向相反15如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O为球心，轴线OA垂直于光屏位于轴线上O点左侧处的点光源S发出一束与OA夹角=60的光线射向半球体画出光线从S传播到光屏的光路图；求光线由半球体射向空气的折射角【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 根据光从光疏介质射入光密介质，入射角大于折射角，从光密介质射入光疏介质，入射角小于折射角，作出光路图根据折射定律和几何关系，求出折射角【解析】： 解：光线从S传播到光屏的光路图如图光由空气射向半球体，由折射定律，有 n=所以 =30在OBC中，由正弦定理得：=解得：=30光由半球体射向空气有：n=解得：=60答：画出光线从S传播到光屏的光路图如图；光线由半球体射向空气的折射角为60【点评】： 处理几何光学相关的问题，关键是作出光路图，一定要用直尺准确作图，然后根据几何图形的特点求角或者线段的长度（12分）【物理-物理3-5】16下列说法正确的是（） A 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关 B 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的 C 比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定 D 大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁；原子核的结合能【分析】： 放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，射线为原子核内的中子转化为质子同时生成的电子，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【解析】： 解：A、放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关故A错误B、射线为原子核内的中子转化为质子同时生成的电子故B正确C、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；D、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生6种不同频率的光子；故D错误；故选：BC【点评】： 本题考查了半衰期及衰变、比结合能及原子的能级及跃迁，要注意正确理解相关物理规律17用轻弹簧相连的质量均为m=2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量M=4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后二者粘在一起运动求：在以后的运动中：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？【考点】： 动量守恒定律；弹性势能【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）B与C发生碰撞后，B的速度减小，BC一起向右运动A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出物体A的速度（2）根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度由机械能守恒求解弹性势能的最大值【解析】： 解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由A、B、C三者组成的系统动量守恒得：（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VA代入数据解得：VA=3m/s（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：mBv=（mB+mC）v1代入数据解得：v1=2m/s设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：EP=（mB+mc）v12+mAv2（mA+mB+mc）vA2代入解得为：EP=12J答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度3m/s；（2）弹性势能的最大值是12J【点评】： 本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误