2019-2020年高三高考模拟（一）物理试题含解析.doc

2019-2020年高三高考模拟（一）物理试题含解析一、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，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）在物理学的研究及应用过程中涉及诸多的思想方法，如理想化、模型化、放大、假说、极限思想，控制变量、猜想、假设、类比、比值法等等以下关于所用思想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是假设法 B 速度的定义式v=，采用的是比值法；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 C 在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法 D 如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想【考点】： 物理学史【分析】： 常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；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；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；将微小形变放大是利用放大的思想方法【解析】： 解：A、质点是用来代替物体的有质量的点，采用的科学方法为物理化模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法故C正确D、用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过角，则M反射的光线旋转的角度为2，N反射的光线就就旋转了4，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法第三个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想故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，更要注重科学方法的积累与学习2（6分）如图所示，为a、b两条曲线汽车a、b在同一条平直公路上速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（） A t1时刻两车也相遇 B t1时刻a车在前，b车在后 C a车速度先增大后减小，b车速度先减小后增大 D a车加速度先增大后减小，b车加速度先减小后增大【考点】： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 根据速度时间图线判断汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前通过图线的斜率判断加速度的变化【解析】： 解：A、在t2时刻，两车相遇，在t1t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后故A、B错误C、由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大故C正确D、图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大故D错误故选：C【点评】： 解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度3（6分）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内），与稳定在竖直位置相比，小球的高度（） A 一定升高 B 一定降低 C 保持不变 D 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定【考点】： 牛顿第二定律；胡克定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断【解析】： 解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cos=mg，T2sin=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cos=L0cos+=L1，所以L1L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误故选：A【点评】： 本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题4（6分）如图，在一半经为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则（） A 若v0=，则物块落地点离A点R B 若球面是粗糙的，当v0时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面 C 若v0，则物块落地点离A点为R D 若移v0，则物块落地点离A点至少为2R【考点】： 向心力；平抛运动【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题【解析】： 解：A、在最高点，根据牛顿第二定律得，mgN=，v0=，解得N=0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则t=，则水平运动的位移x=，故A错误；B、当v0时，在最高点，根据牛顿第二定律得，mgN=，解得N0，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B错误；C、当v0时，在到达与O点等高的位移做斜抛运动，落地时离A点的距离大于R，故C错误；D、若v0，有A的分析可知，水平位移x2R，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键知道圆周运动径向的合力提供向心力以及知道仅受重力，有水平初速度将做平抛运动5（6分）我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（） A “玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为 B 地球的质量与月球的质量之比为 C 地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为 D 地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为【考点】： 万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度【解析】： 解：A、质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1，故A错误B、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：=，故B错误C、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故C错误D、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：=，故D正确故选：D【点评】： 本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可6（6分）真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场方向与ab连线成60，b点的电场方向与ab连线成30另一带正电粒子以某初速度只在电场力作用下由a运动到b以下说法正确的是（） A a、b两点的电场强度Ea=3Eb B a、b两点的电势ab C 带正电粒子在a、b两点的动能EkaEkb D 带正电粒子在a、b两点的电势能EpaEpb【考点】： 电场强度；电势；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据E=可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离Ra=Labcos60=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30=Lab再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高低，并由电场力做功的正负来确定电势能变化，从而确定动能的变化情况【解析】： 解：A、a点到O点的距离Ra=Labcos60=Lab，b点到O点距离Rb=Lbcos30=Lab，根据点电荷的场强公式E=可得：=3；故Ea=3Eb在正点电荷的周围越靠近场源电势越低，故有ab，故A正确，B错误C、带正电粒子在电场力作用下由a运动到b，电场力先做负功，后做正功，因ab，则电场力做的总功为正，所以电势能减小，即EpaEpb，而动能增加，即为EkaEkb，故C错误，D正确；故选：AD【点评】： 理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目，并掌握由电场力做功的正负来确定电势能的变化7（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个R=27.5的负载电阻电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是（） A 副线圈中电压表的读数为880V B 副线圈中输出交流电的频率为0.02Hz C 原线圈中电流表的读数为0.5A D 原线圈中的输入功率为110W【考点】： 变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论【解析】： 解：A、变压器原线圈的有效值为U1= V=220 V，则副电压U2=U1=55 V，所以电压表示数为55 V，选项A错误；B、交流电的频率为f=50 Hz，选项B错误C、副线圈中电流I2=2 A，原线圈中电流为I1=I2=2 A=0.5 A，选项C正确；D、原线圈输入功率P1=I1U1=0.5 A220 V=110 W，选项D正确；故选：CD【点评】： 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比知道正弦交变电流最大值和有效值之间倍的关系即可解决本题8（6分）如图所示，平行金属导轨ab、cd与水平面成角，间距为L，导轨与固定电阻R1和R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒MN，质量为m，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均为R，导体棒以速度v沿导轨匀速下滑，忽略感应电流之间的作用及导轨的电阻，则（） A 导体棒两端电压为 B 电阻R1消耗的热功率为mgv（sincos） C t时间内通过导体棒的电荷量为 D 导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 导体棒匀速运动时，合力为零，由平衡条件列式可求感应电流，根据部分电路的欧姆定律求出MN两端的电压（路端电压）安培力对导体棒做负功，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量；根据q=It求出流过导体棒的电荷量【解析】： 解：A、导体棒匀速运动时，合力为零，即：mgsin=mgcos+BIL 电磁感应的过程中，R外=RMN两端的电压U=IR外，联立以上三式得：U=故A错误B、导体棒的重力的功率：PG=mgvsin，摩擦力的功率：Pf=mgcosv，根据P=I2R知，MN上的功率：PMN=I2R，R1R2上的功率：PR=（I）2R=根据功能关系知：PG=Pf+PMN+2PR1，即有：mgv（sincos）=2PR1+PMN=6PR1，解得电阻R1消耗的热功率为：PR1=mgv（sincos）故B错误C、t时间内通过导体棒的电荷量为：q=It=故C正确D、导体棒受到重力、支持力、摩擦力和安培力四个力作用根据平衡条件得知：支持力、摩擦力和安培力三个力的合力与重力大小相等、方向相反，摩擦力与安培力方向相同，则支持力与摩擦力的合力与竖直方向的夹角小于而重力与安培力的合力和支持力和摩擦力的合力方向相反，则知导体棒所受重力与安培力的合力方向与竖直方向夹角小于故D正确故选：CD【点评】： 本题分析导体棒的受力情况是求解的关键，不能将滑动摩擦力遗漏画出该电路的等效电路有助于分析电路中的电流与电阻消耗的功率二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第13题为必考题，每个试题考生都必须作答第14题第19题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）9（3分） “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图1所示，在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图2所示计时器所用交流电源的频率为50Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离该小车的加速度0.15m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据连续相等时间内的位移之差为一恒量，求出小车的加速度【解析】： 解：每5个点取一个计数点，可知相邻计数点间的时间间隔为0.1s因为连续相等时间内的位移之差x=0.15cm，根据x=aT2得，小车的加速度a=故答案为：0.15【点评】： 解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用10（3分）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为甲大于乙（选填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合图线截距比较动摩擦因数的大小，即可求解【解析】： 解：根据牛顿第二定律得：Fmg=ma，得：a=g，可知纵轴截距的绝对值为g，由图线可知甲g乙g，所以甲乙故答案为：大于【点评】： 解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用对于图象问题，关键得出两个物理量的表达式，结合图线的斜率和截距求解11（9分）某同学用如图所示的电路测定一电动势约2.8V的电池的电动势和内阻，现有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻约5k）B电流表（0100mA，内阻1）C定值电阻R1（阻值0.2）D定值电阻R2（阻值5.0）E滑动变阻器R3（阻值015）F开关、导线若干操作步骤如下：（1）该同学考虑由于电流表量程过小，需要扩大电流表量程应在电流表上并联（填“串联”或“并联”）定值电阻R1（填“R1”或“R2”）（2）将改装后的电流表重新接入电路，并把滑动变阻器阻值仍调到最大，此时电流表指针偏转角度较小逐渐调小滑动变阻器阻值，电流表示数有较大的变化，但电压表示数基本不变，该现象说明电池的内阻太小（3）为了让实验能正常进行，该同学对图的电路做了适当改进，请画出改进后的电路图（4）用改进后的电路测定出两组数据：第一组数据为U1=1.36V，I1=0.27A；第二组数据为U2=2.00V，I2=0.15A，则电池的内阻为0.33（计算结果保留两位小数）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联一个小电阻（2）应用伏安法测电源电动势与内阻时，如果电源内阻太小，电压表示数变化不明显（3）电源内阻很小时，为了使电压表示数变化明显，应给电源串联一个电阻，组成等效电源进行实验（4）根据实验数据，应用欧姆定律求出电源内阻【解析】： 解：（1）将电流表改装成大量程的电流表需要并联电阻，电池的电动势约2.8V，则电压表量程选03V电路中最小电流约Imin=0.19A，如果电流表并联R1，由（I1Ig）R1=IgRg，则改装后的电流表量程为I1=0.6A，如果并联R2，由（I2Ig）R2=IgRg，则改装后的电流表量程为I2=0.12A，故选择并联电阻R1（2）电压表示数基本不变，由闭合电路欧姆定律U=EIr知，因为电池的内阻太小，现象是电压表的示数变化不明显（3）由于电池的内阻太小，故在电路中串联一个定值电阻改进电路图如图所示；（4）由闭合电路欧姆定律U=EI（R2+r），将两组数据代入，E=1.36+60.05（r+5），E=2+60.03（r+5），解得内阻r=0.33故答案为：（1）并联R1（2）电池的内阻太小（3）如图所示（4）0.33【点评】： 本题考查了电流表的改装、实验现象分析、设计实验电路图、求电源内阻，把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联一个小的分流电阻；当电源内阻很小时，为了使电压表示数变化明显，可以用定值电阻与电源串联组成等效电源进行实验12（12分）一质量为1kg的物块置于水平地面上，现用一个水平恒力F拉物块，一段时间后撤去恒力F，已知从物块开始运动到停止，经历的时间为4s，运动的位移为10m，物块与地面间的动摩擦因数为（g=10m/s2）（1）求恒力F的大小；（2）若力F的大小可调节，其与竖直方向的夹角为也可以调节，如图所示，其他条件不变，若在力F作用下物块匀速运动，求力F的最小值及此时的大小【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）根据匀变速直线运动的平均速度推论求出匀加速运动的末速度，结合牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度，从而得出匀减速运动的时间和匀加速运动的时间，根据速度时间公式求出匀加速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出恒力F的大小（2）根据平衡求出F的表达式，结合三角函数求出F的最小值以及的大小【解析】： 解：（1）根据匀变速直线运动平均速度的推论知，x=vt解得匀加速运动的末速度v=5 m/s匀减速阶段a2=g= m/s2时间t2=1.5s则匀加速阶段的时间t1=（41.5）s=2.5s则加速阶段a1=2 m/s2由Fmg=ma1代入数据解得F= N（2）由匀速可知，根据平衡有：Fsin =（mgFcos ）得F=tan 0=0=30当=60时，Fmin=5N答：（1）恒力F的大小为 N（2）力F的最小值为5N，此时的大小为60【点评】： 本题考查了牛顿第二定律、共点力平衡和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁13（20分）如图所示，在xoy平面内，以O（O，R）为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等；第四象限有一与x轴成45角倾斜放置的挡板PQ，PQ两点在坐标轴上，且OP两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧Oy2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有的粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上；不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力；求：（1）磁场的磁感应强度B的大小；（2）挡板端点P的坐标；（3）挡板上被粒子打中的区域长度【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）粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，作出粒子轨迹，由几何知识确定半径，根据牛顿第二定律求B；（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，由几何知识求出横轴与纵轴坐标；（3）关键是求出打在挡板上最左侧的粒子的坐标，然后由几何关系求出区域长度【解析】： 解：（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r，C为该轨迹圆的圆心连接AO、CO，可证得ACOO为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由 qvB=m得：B= （2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点，DP=R OP=（+1）RP点的坐标为（+1）R，0 ）；（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R 过O点做挡板的垂线交于G点，OG=（+1）R=（1+）RFG=REG=R挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=R+R=R 答：（1）磁场的磁感应强度B的大小为；（2）挡板端点P的坐标（+1）R，0 ）；（3）挡板上被粒子打中的区域长度R【点评】： 本题是粒子在混合场中运动，关键是得出临界情况的运动轨迹，然后根据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度较大二、（二）选考题（共15分）（请考生从给出的3道物理题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分）物理-选修3-3（15分）14（6分）以下说法正确的是 （） A 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 B 布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动 C 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小 D 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大 E 当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小【考点】： 封闭气体压强；布朗运动；分子间的相互作用力【分析】： 从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；分子力做功等于分子势能的减小量【解析】： 解：A、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；B、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它说明液体分子在不停息地做无规则热运动，故B错误；C、分子力做功等于分子势能的减小量，当分子间的引力和斥力平衡时，分子力的合力为零，分子势能最小，故C正确；D、气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，但分子数密度可能减小，故气体压强不一定增加，故D错误；E、当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但分子斥力减小的更快，故E正确；故选：ACE【点评】： 本题考查了气体压强的微观意义、布朗运动、分子力、分子势能等，知识点多，难度小，关键是记住相关基础知识15（9分）如图物所示，绝热气缸封闭一定质量的理想气体，被重量为G的绝热活塞分成体积相等的M、N上下两部分，气缸内壁光滑，活塞可在气缸内自由滑动设活塞的面积为S，两部分的气体的温度均为T0，M部分的气体压强为p0，现把M、N两部分倒置，仍要使两部分体积相等，需要把M的温度加热到多大？【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】： 求出M部分气体的状态参量，应用查理定律可以求出气体的温度【解析】： 解：由题意知，倒置前后，N部分气体体积与温度不变，由理想气体状态方程可知，其压强不变，N部分气体的压强：pN=p0+，M部分气体状态参量：p1=p0，T1=T0，p2=pN+=p0+，倒置过程气体体积不变，对气体M，由查理定律得：=，即：=，解得：T2=（1+）T0；答：需要把M的温度加热到（1+）T0【点评】： 本题考查了求气体温度问题，求出气体初末状态的参量，应用查理定律即可正确解题；知道整个过程中N的压强不变、应用平衡条件求出气体压强是正确解题的前提与关键物理-选修3-4（15分）16一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播已知t=0时的波形如图所示，则（） A 波的周期为1s B x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动 C x=0处的质点在t=s时速度为0 D x=0处的质点在t=s时向下振动 E 质点P此时向下振动【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】： 由波动图象读出波长，由波速公式求出周期由波的传播方向判断出x=0处的质点的方向，并分析速度大小由振动方程y=Asint分析x=0处的质点在t=s时的位置，确定其运动方向运用波形的平移法判断质点P的振动方向【解析】： 解：A、由波的图象可知半个波长是2m，则波长为=4m，周期是T=s=1s，故A正确B、波沿x轴正方向传播，则x=0的质点在沿y轴的负向运动，故B正确C、D、由振动公式y=Asint知，y=0.04sin2t，当y=0.02m时，t=s，所以在t=s时刻，x=0的质点已越过了平衡位置，正向下运动，故C、D错误E、简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形的平移法得知，质点P此时向上振动，故E错误故选：ABD【点评】： 本题属于波的图象的识图和对质点振动的判断问题，要熟练运用波形的平移法判断出质点的振动方向能掌握振动方程，能根据位移，研究时间17一棱镜的截面为直角三角形ABC，A=30，斜边AB=a棱镜材料的折射率为n=在此截面所在的平面内，一条光线以45的入射角从AC边的中点M射入棱镜画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况）【考点】： 光的折射定律；全反射【专题】： 光的折射专题【分析】： 光线以45的入射角时，要分入射光线在法线的右侧和左侧两种情况进行讨论研究根据折射定律求出光线在AC面的折射角根据几何知识确定光线在AB或BC面上入射角求出临界角，判断在这两个面上能否发生全反射，画出光路图，求出光线从棱镜射出的点的位置离A或B点的距离【解析】： 解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：=n由已知条件i=45，n=解得 r=30（1）如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示设出射点F，由几何关系可得 AF=a即出射点在AB边上离A点a的位置（2）如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示设折射光线与AB的交点为D由几何关系可知，在D点的入射角 =60设全反射的临界角为C，则 sinC=由和已知条件得 C=45因此，光在D点全反射设此光线的出射点为E，由几何关系得DEB=90 BD=a2AF BE=DBsin30联立式得BE=a即出射点在BC边上离B点a的位置答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点a的位置如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点a的位置光路图如图所示【点评】： 本题中入射光线的位置未知，要分析两种情况进行研究，不能漏解要将折射定律与几何知识结合起来分析光路物理-选修3-5（15分）18在下列关于近代物理知识的说法中，正确的是（） A 玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象 B 氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大 C 射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 D 铀元素的半衰期为T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化 E 查德威克发现了中子，其核反应方程为：Be+HeC+n【考点】： 玻尔模型和氢原子的能级结构；氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】： 原子的核式结构及其组成【分析】： 衰变所释放的电子不是来自核外电子，是原子核内部的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来；半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定【解析】： 解：A、玻尔理论成功地解释了氢原子的光谱现象故A正确B、氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能量增大故B正确C、射线是原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子，电子释放出来故C错误D、半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定故D错误E、查德威克通过粒子轰击铍核发现了中子，核反应方程为：Be+HeC+n故E正确故选：ABE【点评】： 本题考查了玻尔理论、能级、衰变、半衰期、核反应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点19如图所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s，求：A的最终速度；铁块刚滑上B时的速度【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 铁块与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；铁块与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求铁块刚滑上B时的速度【解析】： 解：铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv=（MB+m）vB+MAvA，解得：vA=0.25 m/s（2）设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA=0.25 m/s由系统动量守恒得：mv=mu+（MA+MB）vA，解得：u=2.75 m/s答：A的最终速度为0.25m/s；铁块刚滑上B时的速度为2.75m/s【点评】： 要注意分析清楚铁块与A、B的运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题