2019-2020年高三第八次月考物理试题含解析.doc

2019-2020年高三第八次月考物理试题含解析一、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小题只有一项符合题目要求，第69小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，有选错或不选的得0分）1（6分）如图所示，水平地面上放着一堆圆木，关于圆木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法中正确的是（） A M处受到地面的弹力竖直向上 B N处受到其它圆木的弹力竖直向上 C M处受到地面的摩擦力沿MN方向 D N处受到其它圆木的摩擦力沿水平方向【考点】： 力的合成与分解的运用【专题】： 受力分析方法专题【分析】： 支持力的方向是垂直于接触面指向被支持的问题，静摩擦力的方向是与相对运动趋势的方向相反，由此可判知各选项的正误【解析】： 解：A、M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；N、N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；C、原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；D、因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键要掌握支持力和静摩擦力方向的特点，并能正确分析实际问题支持力是一种弹力，其方向总是与接触面垂直，指向被支持物静摩擦力方向与物体相对运动趋势方向相反2（6分）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（） A Q2一定带负电 B Q2的电量一定大于Q1的电量 C b点的电场强度一定为零 D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【考点】： 电场强度；电势能【专题】： 压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】： 速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化【解析】： 解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C【点评】： 解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小3（6分）如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动已知A、B连线与A、O连线间的夹角最大为，则卫星A、B的角速度之比等于（） A sin3 B C D 【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题【解析】： 解：人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动已知A、B连线与A、O连线间的夹角最大为，如图：根据几何关系有RB=RAsin根据开普勒第三定律有：=所以：=故选：C【点评】： 能根据题目给出的信息分析视角最大时的半径特征，在圆周运动中涉及几何关系求半径是一个基本功问题4（6分）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（） A 电源的输出功率先变小后变大 B 电源的输出功率先变大后变小 C 滑动变阻器消耗的功率变小 D 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【考点】： 伏安法测电阻；电功、电功率【专题】： 恒定电流专题【分析】： 当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化关于电阻R0上的功率变化，因为R0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知分析滑动变阻器上功率的变化，可将R0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析【解析】： 解：A、当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，由题意可知，R外R0=r，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻从3r减小到r，由于整个过程中，外电阻一直大于电源内阻，随外电阻阻值的减小，电源的输出功率不断增大，故AB错误C、把R0与电源组成的整体看做等效电源，电源内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，R外2r，随着外电阻的减小，输出功率减小，故C正确D、当滑动变阻器滑片P由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，可知电路总电流变大，根据P=I2R0，RO不变，定值电阻R0上消耗的功率变大故D错误故选：C【点评】： 分析滑动变阻器的功率如何变化是本题的关键，把把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时电源的输出功率即为滑动变阻器消耗的功率5（6分）在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（） A 物块B满足m2gsin=kd B 物块A加速度为 C 物块A重力的功率为m2gsinv D 弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsinm1v2【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；功能关系【专题】： 功率的计算专题【分析】： 当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度【解析】： 解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故有：m2gsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，所以有：m2gsinkd，故A错误；B、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，物块A的加速度为：a=，开始弹簧处于压缩，压缩量，又x1+x2=d，解得：a=故B错误C、由于速度v与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率等于m1gsin，设开始弹簧的压缩量为x1，则有：m1gsin=kx1，设弹簧的伸长量为x2，则有：m2gsin=kx2，因为x1+x2=d，则有：m1gsin+m2gsin=kd，所以重力做功的功率为：P=（kdmgsin）v故C错误D、弹簧弹性势能的增加量为由动能定理可知：Fdm1gdsinW=m1v2，解得：W=Fdm1gdsinm1v2，故D正确故选：D【点评】： 含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路6（6分）（xx春临沂校级月考）为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1随后登陆舱脱离飞船，变轨到离该星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则下列说法正确的是（） A 该星球的质量为M= B 登陆舱在半径为r1与半径为r2的轨道上运动时的速度大小之比为= C 该星球表面的重力加速度为g= D 登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2=T1【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】： 研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期再通过不同的轨道半径进行比较【解析】： 解：A、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：，得出：M=，故A错误B、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：在半径为r的圆轨道上运动：，得出：，表达式里M为中心体星球的质量，r为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为，故B正确C、根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故C错误D、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：在半径为r的圆轨道上运动：，得出：表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小关系为：T2=，故D正确故选：BD【点评】： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再进行之比向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用7（6分）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈输入交变电压u=100sin50t（V），在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R=10，关于电路分析，下列说法中正确的是（） A 电流表示数是1A B 电流表示数是A C 电阻R消耗的电功率为10W D 电容器的耐压值至少是10V【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 由电流与匝数成反比可以求得原、副线圈匝数比，电容器的作用是通交流隔直流【解析】： 解；A、由题意知原线圈输入电压有效值为100V，所以副线圈电压为10V，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1A，故AB错误；C、电阻R消耗的电功率为=10W，故C正确，D、副线圈电压最大值为10V，电容器的耐压值至少是10V，所以D正确；故选CD【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，同时对于电容器的作用要了解8（6分）如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法中正确的是（） A 粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为 B 粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=2d C 粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为 D 粒子在ab、bc区域中运动的总时间为【考点】： 带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： 将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力【解析】： 解：A、将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有水平方向：v0=at，d=竖直方向：0=v0gt解得a=g t=故A正确；B、粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=m解得r= 由得到r=2d，故B正确；C、由于r=2d，画出轨迹，如图由几何关系，得到回旋角度为30，故在复合场中的运动时间为t2= 故C错误；D、粒子在电场中运动时间为t1=故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2=，故D正确；故选：ABD【点评】： 本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动二、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9（6分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA=1kg，金属板B的质量mB=0.5kg用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤的示数如图甲所示，则A、B间的摩擦力F=2.50N，A、B间的动摩擦因数=0.25（g取10m/s2）该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F=3.50N【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题；摩擦力专题【分析】： 拉动B过程中，A处于平衡状态，其所受滑动摩擦力大小等于弹簧秤示数，根据平衡条件列式求解；根据x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小【解析】： 解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N根据Ff=mAg，解得：=0.25由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT2，其中x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2根据牛顿第二定律得：FFf=mBa，带入数据解得F=3.5N故答案为：2.50，0.25，3.50【点评】： 本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用10（9分）如图甲所示，为测量电源电动势和内电阻的实验电路图，某同学按电路连好实验器材并进行测量，记录数据如下表： 1 2 3 4 5U/V 1.40 1.35 1.25 1.10 1.00I/A 0.12 0.24 0.27 0.45 0.57（1）请在图乙中画出UI图象（写在答卷页上相应的区域），并根据图线求出电动势E=1.5V（保留两位有效数字），内电阻r=0.9（保留一位有效数字）（2）若实验室没有合适的电压表，某同学用老师提供的多用电表测量电压，实验时多用电表黑表笔应连接图甲中的b（填a或b），某次测量时多用表档位开关置于直流电压2.5V档，示数如图丙所示，此时电源路端电压为1.25V【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）应用描点法作出图示，根据图象求出电源电动势与内阻；（2）电压表正接线柱接高电势点，负接线柱接低电势点；由图示电表确定其分度值，根据指针位置上升读出其示数【解析】： 解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V，电源内阻r=0.9（2）多用电表的黑表笔接“”插孔，电压表的负接线柱应接低电势点，由图甲所示可知，黑表笔应接b点；多用表档位开关置于直流电压2.5V档，由图丙所示表盘可知，其分度值为0.05V，电压表示数为1.25V故答案为：（1）图象如图所示；1.5；0.9；（2）b；1.25【点评】： 要掌握描点法作图的方向，电源UI图象图纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻11（13分）质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为=0.2，木板长L=1.0m开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间（g取10m/s2）【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】： 由题，木板上表面光滑，当木板运动时，滑块相对于地面静止不动分析木板的运动情况，在撤去F前，木板做匀加速运动，撤去F后木板做匀减速运动根据牛顿第二定律分别求出撤去F前后木板的加速度由位移公式分别求出木板加速和减速运动的位移与时间的关系式当加速和减速的总位移小于等于木板的长度时，滑块不会从木板上滑下来，求出最长的时间【解析】： 解：撤去F前后木板先加速后减速设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2由牛顿第二定律得撤力前：F（m+M）g=Ma1解得a1= m/s2撤力后：（m+M）g=Ma2解得a2= m/s2又x1=a1t12，x2=a2t22为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2L又a1t1=a2t2由以上各式可解得t11 s即作用的最长时间为1s答：用水平恒力F作用的最长时间是1s【点评】： 本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系12（19分）如图甲所示，表面绝缘、倾角=30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数=，重力加速度g取10m/s2（1）求线框受到的拉力F的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v=v0（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）根据vt图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感应强度B的大小；（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sD=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0求出线框全部离开磁场区域时的速度根据焦耳定律求出线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热【解析】： 解：（1）由vt图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 a=5.0m/s2由牛顿第二定律得 Fmgsinmgcos=ma解得 F=1.5N（2）由vt图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，产生的感应电动势 E=BLv1通过线框的电流I=线框所受安培力F安=BIL=对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F=mgsin+mgcos+解得B=0.50T（3）由vt图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为sD=0.15m，设线框与挡板碰撞前的速度为v2由动能定理，有mg（sD）sinmg（sD）cos=解得v2=1.0m/s线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由v=v0得 v3=v2=1.0 m/s，因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt=0.40J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=0.05J所以Q=Q1+Q2=0.45J答：（1）线框受到的拉力F的大小是1.5N；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是0.50T；（3）线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q是0.45J【点评】： 本题关键要根据速度图象，分析线框的运动过程，整合了平衡条件、牛顿第二定律、动能定理等力学规律与电磁感应规律，综合性较强【物理-选修3-3】（15分）13（5分）（xx春临沂校级月考）如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线下列说法正确的是（） A 当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B 当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C 当r等于r2时，分子间的作用力的合力为零 D 在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【考点】： 分子间的相互作用力【专题】： 分子间相互作用力与分子间距离的关系【分析】： 本题考查了分子势能与分子之间距离的关系图象，注意分子势能为标量，当r=r0时，分子力为零，分子势能最小，由图可知r2=r0，然后根据分子力与分子之间距离关系可以求解【解析】： 解：由图可知r2=r0，因此当r大于r1而小于r2时分子力为斥力，大于r2时分子力为引力，故A错误；B、由于r1r2=r0，故当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确C、由于r2=r0，因此当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C正确；D、当r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，因此分子间作用力做正功，故D错误故选：BC【点评】： 正确理解分子力、分子势能与分子之间距离的变化关系，注意分子力与分子势能变化的一个临界点为r=r0，注意将分子力与分子之间距离和分子势能与分子之间距离的图象比较进行学习14（10分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S=0.01m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，A的质量可不计、B的质量为M，并与一劲度系数k=5103N/m的较长的弹簧相连已知大气压强p0=1105Pa，平衡时，两活塞间的距离l0=0.6m现用力压A使之缓慢向下移动一定距离后，保持平衡此时，用于压A的力F=5102N求：（假定气体温度保持不变）（1）此时两活塞间的距离（2）活塞A向下移的距离（3）大气压对活塞A和活塞B做的总功【考点】： 理想气体的状态方程；胡克定律【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： （1）选封闭气体为研究对象，压缩过程为等温变化，初压强为p0，末压强为（2）施加外力后，弹簧会缩短，活塞A下降的距离等于活塞间减少的距离与弹簧缩短的距离之和（3）将活塞A、B连同封闭的气体看做一个整体，大气压对两个活塞做的总功可由功的计算公式求得【解析】： 解：（1）已知达到平衡时F=5102N，则：P=P0+=1.5105Pa P0 l0s=pls l=0.4m（2）当气体的压强为p0时，弹簧受B的作用而有一定的压缩量，当气体的压强变为p0+时，弹簧增加的压缩量就是B向下移动的距离x，由胡克定律：F=kx X=0.1m设A向下移动的距离为y，l=l0+xy 得：y=0.3m（3）由于直圆筒上下都与大气相通，大气压对两个活塞做功总和为：W=PS（ll0 ）=200J答（1）压缩后两活塞间的距离为0.4m（2）活塞A向下移的距离0.3m（3）大气压对活塞A和活塞B做的总功300J【点评】： 明确气体作何种变化，找准气体的初末状态量；含有弹簧的题目要注意弹簧的形变，另外此题中还要注意到圆筒是上下都透气的这个条件，要准确理解题意，可思考如果仅有上口与大气相通，第（3）问结果会如何？【物理-选修3-4】（15分）15如图为一列简谐横波的波形图，其中虚线是t1=0.01s时的波形，实线是t2=0.02s时的波形，已知t2t1=T关于这列波，下列说法中正确的是（） A 该波的传播速度可能是600m/s B 从t1时刻开始，经0.1s质点P通过的路程为0.8m C 若该波波源从0点沿x轴正向运动，则在x=200m处的观测者接收到的波的频率将大于25Hz D 遇到宽约3m的障碍物时，该波能发生明显的衍射现象【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 由图读出波长，求出周期，根据v=求解波速，由时间与周期的关系求解质点通过的路程若该波波源从0点沿x轴正向运动，在x=200m处接收到的波的频率将增大当障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小时，波能发生明显的衍射现象【解析】： 解：A、由图读出这列波的波长为=8m，周期T=（0.020.01）4=0.04s，所以波速为：v=，故A错误；B、由图读出这列波的振幅A=10cm，t=0.1s=2.5T，所以P通过的路程为：s=4A2.5=1m，故B错误；C、该波的频率为f=25Hz若该波波源从0点沿x轴正向运动，则在x=200m处接收到的波的频率将增大，即频率大于25Hz故C正确D、该波的波长为8m，若该波传播中遇到宽约3m的障碍物能发生明显的衍射现象故D正确故选：CD【点评】： 对于波动图象问题，根据波的传播方向判断质点的振动方向，是应掌握的基本功16如图所示，ABC为直角三棱镜，BC边长为16cm，AB边长为32cm有一束很强的细光束OP射到BC边上，入射点P为BC的中点，OP与BC的夹角为30，该光束从P点进入棱镜后再经AC面反射沿与AC平行的MN方向射出，其中M为AC边上的一点，AM=8cm则棱镜的折射率是多少？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： 先根据题意画出光路图，根据反射的对称性，作出P点关于AC对称的点P，即可作出光线在CA面上入射光线和反射光线，并求出光线在BA面上的入射角和折射角，再根据折射定律求解折射率【解析】： 解：先根据题意作出光路图，如图所示利用几何知识：过M点做AC的垂线，A=30，AC=BCtan60=16cmMN=AMsin30=80.5=4cmAN=MNcot30=4cmCN=ACAN=164=12cm由PCOMON得，=，CO+ON=AC=16cm得OC=8cm，又PC=8cm，所以CPO=60则在BC面上入射角i=60，对应的折射角为 r=30（1分）再由折射率定义：=答：棱镜的折射率是【点评】： 解决本题的关键是运用几何知识求解有关长度，得到入射角和折射角，要充分运用反射的对称性作出光路图，要加强这方面的训练，提高运用数学知识解决物理问题的能力【物理-选修3-5】（15分）17下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（） A 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 B 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 C 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁；粒子散射实验【分析】： 普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念；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；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性【解析】： 解：A、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A正确B、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B正确C、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误D、根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D错误故选：AB【点评】： 弄清楚每个图象的作用及代表的物理知识，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提18一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为求爆炸后系统增加的机械能【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： 炮弹在最高点爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小，根据能量守恒求出爆炸后系统增加的机械能【解析】： 解：爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反，设另一块爆炸后瞬时速度大小为v1，则爆炸过程中动量守恒，有 解得：v1=3v爆炸过程中重力势能没有改变，爆炸前系统总动能 ，爆炸后系统总动能系统增加的机械能E=EkEk=2mv2答：爆炸后系统增加的机械能是2mv2【点评】： 对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律进行求解