2019-2020年高考物理五模试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理五模试卷（含解析）一选择题（本题包括8小题，每小题6分每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多个选项符合题目要求，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动力学的奠基人牛顿提出了三条运动定律和万有引力定律下列说法正确的是（）A 伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础B 根据牛顿第二定律在任何参考系中物体的加速度都跟所受合力成正比C 根据牛顿第三定律弹力的反作用力可能是摩擦力D 牛顿创建了万有引力定律，并用实验测出了引力常量2如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是（）A 在03 s时间内，合力对质点做功为10 JB 在46 s时间内，质点的平均速度为3 m/sC 在15 s时间内，合力的平均功率为4 WD 在t=6 s时，质点的加速度为零3如图所示，将一顶端安装有定滑轮的竖直长木板固定在小车上，跨过定滑轮用轻绳悬吊一个小球，绳的另一端系在轻弹簧上，弹簧下端固定在小车上开始时小车处于静止状态当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下述说法中正确的是（）A 小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力B 小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力C 弹簧秤读数大于小球重力，但小球既不超重也不失重D 弹簧秤读数大于小球重力，小车一定向右匀加速运动4如图是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，c是椭圆，d是双曲线的一部分已知万有引力常量G、地球质量M、半径R、地面附近的重力加速度g以下说法正确的是（）A 沿a运动的物体初速度一定等于B 沿b运动的物体速度等于C 沿c运动的物体初速度一定大于第二宇宙速度D 沿d运动的物体初速度一定大于第三宇宙速度5一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是（）A 如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B 如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低C 如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D 如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大6如图（甲）所示为热敏电阻的Rt图象，图（乙）为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150，当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池电动势E=6.0V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，则（）A 应该把恒温箱内的加热器接在“A、B端”B 应该把恒温箱内的加热器接在“C、D端”C 如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调节到100D 如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调节到507矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A 交流电压的有效值为VB 交流电压的最大值为V，频率为0.25HzC 2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D 1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快8如图所示，电阻R=20，电动机的绕组电阻R=10当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A I=3IB I3IC P=3PD P3P三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题18题为选考题，考生根据要求作答）必考题（8题，共129分）9某同学用螺旋测微器测量一薄金属圆板的厚度d，用游标为50分度的卡尺测量其直径D，示数如图所示由图可读出d=mm，D=mm10某实验小组要描绘一只小灯泡L（2.5V 0.3A）的伏安特性曲线实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电源E（3.0V，内阻约0.5）电压表V1（03V，内阻约3k）电压表V2（015V，内阻约15k）电流表Al（0.6A，内阻约0.125）电流表A2（03A，内阻约0.025）滑动变阻器R（05）（1）电压表应选择，电流表应选择（2）应选择图甲中哪一个电路图进行实验？（3）根据正确的实验电路图，该小组同学测得多组电压和电流值，并在图乙中画出了小灯泡L的伏安特性曲线由图可知，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝阻值也增大，原因是当小灯泡两端电压为1.40V时，其电阻值约为（结果保留2位有效数字）（4）若将如图丙所示的交变电压直接加在这个小灯泡L的两端，则小灯泡的电功率为W（结果保留1位有效数字）（5）将小灯泡L接入图丁所示电路，通过实验采集数据，得到了电压表示数U随电流表示数I变化的图象，图戊的各示意图中能正确反映UI关系的是11某段平直的公路上，一辆小汽车以v1=90km/h的速度行驶，其前方一辆货车以v2=72km/h的速度行驶，当它们之间的距离x1=200m时，小汽车转入超车道并以a1=2m/s2的加速度提速准备超车，小汽车的最大速度控制在vm=108km/h当小汽车与货车并行时，货车以a2=1m/s2的加速度减速，当小汽车超出货车x2=22m时转回行车道，超车过程结束求（1）小汽车从准备超车到与货车并行所经历的时间；（2）小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离12如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13下列说法正确的是 （）A 一定温度下，饱和汽的密度是一定的B 第二类永动机不可以制成，是因为违背了能量守恒定律C 晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的D 温度是物质分子热运动平均动能大小的标志E 气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大14如图所示，U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=25cm、L3=25cm、L4=10cm，A端被封空气柱的长度为L1=60cm，BC在水平面上整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75cmHg将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90至CD管水平，求此时被封空气柱的长度；将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90至AB管水平，求此时被封空气柱的长度【选做题】（共2小题，满分0分）1015大连校级模拟）下列说法正确的是 （）A 电磁波传播不需要依赖介质B 射线比伦琴射线频率更高，穿透能力更强C 红外线的显著作用是化学作用D 狭义相对论基本假设的是在不同的惯性系中时间间隔具有相对性E 把一个静止质量为m0的粒子，加速到0.6c（c为真空中的光速），需做的功为0.25m0c21015大连校级模拟）如图所示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，长为L，纤芯折射率为n1，包层折射率为n2，AB代表端面已知光在真空中的传播速度为c为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间【选做题】（共2小题，满分0分）1015大连校级模拟）下列说法正确的是 （）A 氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，放出一系列不同频率光子B 当入射光频率大于金属的极限频率时，用蓝光照射金属光电子的最大初动能一定比用紫光照射时小C 原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下而发生的D 用能量为14ev的光子照射基态氢原子，可使基态氢原子电离E 射线比射线更容易使气体电离1015大连校级模拟）如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧现有一质量M=3kg，长L=4m的小车AB（其中O为小车的中点，AO部分粗糙，OB部分光滑），一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），放在车的最左端，车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连已知小车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，且小物块与弹簧碰撞无能量损失小物块与车AO部分之间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10m/s2求：小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；小物块最终停在小车上的位置距A端多远xx年辽宁省大连二十四中高考物理五模试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括8小题，每小题6分每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多个选项符合题目要求，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动力学的奠基人牛顿提出了三条运动定律和万有引力定律下列说法正确的是（）A 伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础B 根据牛顿第二定律在任何参考系中物体的加速度都跟所受合力成正比C 根据牛顿第三定律弹力的反作用力可能是摩擦力D 牛顿创建了万有引力定律，并用实验测出了引力常量考点：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、牛顿第一定律是牛顿在总结伽利略理想实验等研究成果基础上得出的，故A正确B、牛顿第二定律适用于宏观的、低速运动的物体故B错误；C、作用力与反作用力的性质一定相同，所以弹力的反作用力还是弹力，故C错误；D、牛顿创建了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了引力常量，故D错误；故选：A点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是（）A 在03 s时间内，合力对质点做功为10 JB 在46 s时间内，质点的平均速度为3 m/sC 在15 s时间内，合力的平均功率为4 WD 在t=6 s时，质点的加速度为零考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：先根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据动能定理判断合力的做功情况，根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度，根据平均功率的定义来求解平均功率解答：解：A、根据动能定理，在03.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故A错误；B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s6.0s时间内的位移为，故平均速度为，故B正确；C、根据动能定理，在1s5.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，故，故合力的平均功率为，故C错误；D、在t=6.0s时，质点速度为零，但从5s到7s物体做匀变速直线运动，加速度不变，故该时刻物体的加速度不为零，故D错误；故选：B点评：本题关键是由速度时间图象得到物体的运动情况，然后结合动能定理和运动学公式列式分析，同时要注意，速度为零时加速度不一定为零3如图所示，将一顶端安装有定滑轮的竖直长木板固定在小车上，跨过定滑轮用轻绳悬吊一个小球，绳的另一端系在轻弹簧上，弹簧下端固定在小车上开始时小车处于静止状态当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下述说法中正确的是（）A 小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力B 小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力C 弹簧秤读数大于小球重力，但小球既不超重也不失重D 弹簧秤读数大于小球重力，小车一定向右匀加速运动考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：对小球受力分析，受重力、拉力，合力水平，根据平行四边形定则求解出合力和绳子的拉力；再对整体研究，确定车对地面的压力情况解答：解：A、B、小球加速度水平，不是超重也不是失重；小车对地面的压力等于重力；故A错误，B错误；C、D、小球受力如图：由于小球沿着水平方向运动，所以小球的加速度水平，根据牛顿第二定律小球的合力也水平，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F绳mg，所以绳中拉力大于小球的重力对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力故C正确，D错误；故选：C点评：本题采用隔离法和整体法结合分析物体的受力情况，是常用的方法，比较简单4如图是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图，以不同速度抛出的物体分别沿a、b、c、d轨迹运动，其中a是一段曲线，b是贴近地球表面的圆，c是椭圆，d是双曲线的一部分已知万有引力常量G、地球质量M、半径R、地面附近的重力加速度g以下说法正确的是（）A 沿a运动的物体初速度一定等于B 沿b运动的物体速度等于C 沿c运动的物体初速度一定大于第二宇宙速度D 沿d运动的物体初速度一定大于第三宇宙速度考点：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：b做圆周运动，由重力提供向心力，可求出其速度，分析其他物体的速度与b速度的关系，可知a的速度比b的小，c、d的速度比b的速度大解答：解：A、对于b物，由重力提供向心力，得 mg=m，则 v=a做近心运动，速度比b的速度小，则沿a运动的物体初速度一定小于故A错误B、b做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有 G=m，得 v=故B正确C、c是椭圆，则其速度一定小于第二宇宙速度故C错误D、d是双曲线，则沿d运动的物体初速度一定小于第三宇宙速度故D错误故选：B点评：解决本题的关键要抓住做匀速圆周运动的卫星，才能根据万有引力或重力等于向心力列式，求解其运行速度5一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是（）A 如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B 如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低C 如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D 如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据曲线运动的条件判断出电场力的方向，可以判断电场力做功的正负情况，而电场力做功等于电势能的减小量解答：解：A、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，则场强向左，则a点的电势比b点的电势低；故A错误；B、如果实线是等势面，电场线与等势面垂直，根据曲线运动的条件，电场力竖直向下，电场线向上，故a点的电势比b点的电势高，故B错误；C、如果实线是电场线，根据曲线运动的条件，电场力水平向右，电场力做正功，电势能降低，即电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确；D、如果实线是等势面，电场线与等势面垂直，根据曲线运动的条件，电场力竖直向下，故电场力做负功，电势能增加，即电子在a点的电势能比在b点的电势能小，故D错误；故选：C点评：根据轨迹的弯曲方向，根据合力指向轨迹的内侧，可判断质点的合力方向根据电场力做功的正负判断电势能的变化，基础问题6如图（甲）所示为热敏电阻的Rt图象，图（乙）为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为150，当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池电动势E=6.0V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，则（）A 应该把恒温箱内的加热器接在“A、B端”B 应该把恒温箱内的加热器接在“C、D端”C 如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调节到100D 如果要使恒温箱内的温度保持100，可变电阻R的值应调节到50考点：简单的逻辑电路；闭合电路的欧姆定律分析：（1）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；（2）要使恒温箱内的温度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小解答：解：A、B、当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端故A正确，B错误；C、D、当温度达到100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA=0.02A，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，即：0.02=，解得：R=100故C正确，D错误故选：AC点评：在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的7矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A 交流电压的有效值为VB 交流电压的最大值为V，频率为0.25HzC 2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D 1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：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，即可求得结论解答：解：A、B、根据图象可知，交流电压的最大值为36V，有效值为36V，频率为f=Hz，所以A错误B正确；C、在2s末，交变电流的电压为零，所以此时的线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，所以C正确；D、由图象可知，在1s末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面于磁场平行，所以D错误故选BC点评：解决本题的关键就是有电流的瞬时值表达式求得原线圈中电流的最大值，进而求得原线圈的电流的有效值的大小8如图所示，电阻R=20，电动机的绕组电阻R=10当开关打开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P当开关合上后，电动机转动起来若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A I=3IB I3IC P=3PD P3P考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率解答：解：因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流；故电动机电流I机=2I； 故I=I机+I3I，故B正确，A错误；由功率公式P=UI可知，R消耗的功率不变，而电动机消耗的功率小于2P，故总功率小于3P，故C错误，D正确；故选BD点评：本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解三、非选择题（包括必考题和选考题两部分第912题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题18题为选考题，考生根据要求作答）必考题（8题，共129分）9某同学用螺旋测微器测量一薄金属圆板的厚度d，用游标为50分度的卡尺测量其直径D，示数如图所示由图可读出d=1.997mm，D=1.92mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为49.70.01mm=0.497mm，所以最终读数为1.5mm+0.497mm=1.997mm2、游标卡尺的主尺读数为1mm，游标尺上第46个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为460.02mm=0.92mm，所以最终读数为：1mm+0.92mm=1.92mm故答案为：1.997；1.92点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量10某实验小组要描绘一只小灯泡L（2.5V 0.3A）的伏安特性曲线实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：电源E（3.0V，内阻约0.5）电压表V1（03V，内阻约3k）电压表V2（015V，内阻约15k）电流表Al（0.6A，内阻约0.125）电流表A2（03A，内阻约0.025）滑动变阻器R（05）（1）电压表应选择V1，电流表应选择Al（2）应选择图甲中哪一个电路图进行实验？A（3）根据正确的实验电路图，该小组同学测得多组电压和电流值，并在图乙中画出了小灯泡L的伏安特性曲线由图可知，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝阻值也增大，原因是灯丝的电阻随温度的升高而增大当小灯泡两端电压为1.40V时，其电阻值约为7.0（结果保留2位有效数字）（4）若将如图丙所示的交变电压直接加在这个小灯泡L的两端，则小灯泡的电功率为0.3W（结果保留1位有效数字）（5）将小灯泡L接入图丁所示电路，通过实验采集数据，得到了电压表示数U随电流表示数I变化的图象，图戊的各示意图中能正确反映UI关系的是C考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据灯泡的额定电压和额定电流确定电表的量程，从减小误差角度和可操作性角度确定滑动变阻器测量灯泡的伏安特性曲线，电流、电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡的电阻大小确定电流表的内外接应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化，从温度对电阻的影响分析答题解答：解：（1）灯泡的额定电压为2.5V，额定电流是0.3A，所以电压表应选择V1，电流表应选择Al （2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压、电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡的电阻约为R=8.3，远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图A所示实验电路（3）由图可知，随着小灯泡两端电压的增大，灯丝阻值也增大，原因是灯丝电阻率随温度升高而增大根据欧姆定律得当小灯泡两端电压为1.40V时，其电阻值约为R=7.0（4）如图3所示的交变电压最大值是2V，有效值是V，则小灯泡的电功率为：P=UI=1.410.2=0.3W，（5）将小灯泡L接入图4所示电路，根据闭合电路欧姆定律得：U=EIR所以正确反映UI关系的是C故答案为：（1）V1，Al；（2）A；（3）灯丝电阻率随温度升高而增大，7.0；（4）0.3；（5）C点评：本题考查了选择实验器材、电流表接法、实验数据分析等问题，要掌握实验器材的选择原则，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法清楚灯泡电阻随电压升高如何变化，分析清楚图示图象、应用欧姆定律即可正确解题11某段平直的公路上，一辆小汽车以v1=90km/h的速度行驶，其前方一辆货车以v2=72km/h的速度行驶，当它们之间的距离x1=200m时，小汽车转入超车道并以a1=2m/s2的加速度提速准备超车，小汽车的最大速度控制在vm=108km/h当小汽车与货车并行时，货车以a2=1m/s2的加速度减速，当小汽车超出货车x2=22m时转回行车道，超车过程结束求（1）小汽车从准备超车到与货车并行所经历的时间；（2）小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度时间公式求出小汽车匀加速运动的时间，然后抓住小汽车从准备超车到与货车并行时两者位移的关系，结合运动学公式求出经历的时间（2）根据小汽车和货车的位移关系，结合运动学公式求出小汽车从与货车并行到完成超车时的时间，从而得出小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离解答：解：小汽车的初速度v1=90km/h=25m/s，最大速度vm=108km/h=30m/s，货车的速度v2=72km/h=20m/s（1）设小车匀加速的时间为t1，有：vm=v1+a1t1代入数据解得：t1=2.5s设从准备超车到并行经历的时间为t2，货车的位移为x2，有：x2=v2t2小汽车的位移为：x1=+vm（t2t1）根据题意有：x1=x2+x1代入数值解得：t2=20.625s（2）设并行后到超车历时t3，则小汽车的位移为：x3=vmt3货车的位移为：x4=v2t3由题意知：x3x4=x2代入数据解得：t3=2s，x3=60m即小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离为60m答：（1）小汽车从准备超车到与货车并行所经历的时间为20.625s；（2）小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离为60m点评：本题考查了运动学中的追及相遇问题，关键理清小汽车和货车的运动规律，结合两者位移的关系，结合运动学公式灵活求解12如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h，0）点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）电场强度E的大小；（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值考点：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：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度解答：解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2h=v0t，竖直方向：h=t2，解得：E=；（2）粒子到达a点时沿负y方向的分速度为：vy=at=t=v0，速度：v=v0，方向与x轴正方向成450角；（3）粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得：qvB=m，当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=L，解得：B=；答：（1）电场强度E的大小为；（2）粒子到达a点时速度的大小为：v0，方向：与x轴正方向成450角；（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值为点评：本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用【物理选修3-3】（共2小题，满分15分）13下列说法正确的是 （）A 一定温度下，饱和汽的密度是一定的B 第二类永动机不可以制成，是因为违背了能量守恒定律C 晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的D 温度是物质分子热运动平均动能大小的标志E 气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大考点：热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度第二类永动机违背了热力学第二定律晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的温度是分子平均动能的标志气体的压强与分子的平均动能和单位体积内的分子数有关解答：解：A、饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度；故一定温度下的饱和汽的分子数密度是一定值，故A正确B、第二类永动机不可以制成，是因为违背了热力学第二定律故B错误C、晶体和非晶体在适当的条件下是可能相互转化的，故C正确D、温度是物质分子热运动平均动能大小的标志，故D正确E、气体的温度升高时，分子的平均动能增大，每次撞击器壁时对器壁的作用力增大，但气体的压强不一定增大，还与气体的密集程度有关，故E错误故选：ACD点评：解决本题的关键要掌握热力学的基本知识，其中温度的微观意义、气体压强的微观解释、晶体和非晶体的相对性等是重点知识，要加强学习14如图所示，U型细玻璃管竖直放置，各部分水银柱的长度分别为L2=25cm、L3=25cm、L4=10cm，A端被封空气柱的长度为L1=60cm，BC在水平面上整个装置处在恒温环境中，外界气压P0=75cmHg将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90至CD管水平，求此时被封空气柱的长度；将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90至AB管水平，求此时被封空气柱的长度考点：气体的等容变化和等压变化分析：由玻意耳定律进行分析，即可求得空气柱的长度，再根据实际情况进行计论，明确是否能符合题意，判断是否有水银进行左管；从而确定长度解答：解：由玻意耳定律：p1V1=p2V2代入数据：、解得：l1=72cm，（60+25）cm成立由玻意耳定律：p1V1=p3V3代入数据：（7525+10）60s=（75+25）l1s解得：l1=36cm，l1（6010）cm不成立所以：设原水平管中有长为xcm的水银进入左管（7525+10）60s=（75+25x）（6010x）s解得：x=10cm所以答：将玻璃管绕C点在纸面内沿顺时针方向缓慢旋转90至CD管水平，此时被封空气柱的长度为72cm；将玻璃管绕B点在纸面内沿逆时针方向缓慢旋转90至AB管水平，此时被封空气柱的长度为40cm点评：本题考查玻意耳定律的应用，难点在于第2小问中的判断，要注意判断出有水银进行玻璃管【选做题】（共2小题，满分0分）1015大连校级模拟）下列说法正确的是 （）A 电磁波传播不需要依赖介质B 射线比伦琴射线频率更高，穿透能力更强C 红外线的显著作用是化学作用D 狭义相对论基本假设的是在不同的惯性系中时间间隔具有相对性E 把一个静止质量为m0的粒子，加速到0.6c（c为真空中的光速），需做的功为0.25m0c2考点：电磁波谱；电磁波的产生分析：明确电磁波的性质，并掌握电磁波谱中的各电磁波的分布规律，并明确各电磁波的作用；同时掌握相对论的基本假设解答：解：A、电磁波是种物质，它可以在真空中传播；故A正确；B、根据电磁波谱的性质可知，射线比伦琴射线频率更高，穿透能力更强；故B正确；C、红外线的显著作用时热效应，化学作用不显著；故C错误；D、狭义相对论基本假设的是在不同的惯性系中光速不变原理和相对性原理（所有惯性系对于描述物理现象都是等价的）；故D错误；E、研究运动物体的质量随速度增加的关系时得到一个质速关系式m=；当v=0.6c时，m=1.25m0，质子的质量增加0.25m0，也就是得到了0.25m0c2的能量，所以需作的功是0.25m0c2故E正确；故选：ABE点评：本题考查想对论的基本假设、电磁波谱及电磁波的性质，要求能准确掌握相关规律，并明确质速关系式的正确应用1015大连校级模拟）如图所示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，长为L，纤芯折射率为n1，包层折射率为n2，AB代表端面已知光在真空中的传播速度为c为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据折射定律求出AB面上折射角，为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在光纤侧面必须发生全反射，对照全反射条件分析即可利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间解答：解：如图所示，由折射定律有： sini=n1sin要发生全反射，则有：C又 n1sinC=n2sin90由几何知识有：+=90联立解得：iarcsin光在内芯内传播速度为：v=传播的最长距离为：s=则最长时间为：t=联立得：t=答：为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在端面AB上的入射角应满足的条件是iarcsin；光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间是点评：解决本题的关键要掌握全反射的条件，结合几何知识确定相关角度的关系，并灵活运用折射定律解答【选做题】（共2小题，满分0分）1015大连校级模拟）下列说法正确的是 （）A 氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，放出一系列不同频率光子B 当入射光频率大于金属的极限频率时，用蓝光照射金属光电子的最大初动能一定比用紫光照射时小C 原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下而发生的D 用能量为14ev的光子照射基态氢原子，可使基态氢原子电离E 射线比射线更容易使气体电离考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，有可能发射出光子，也有可能吸收光子；根据光电效应方程知，Ekm=hvW0分析求解；原子核的衰变是自发地进行的处于基态的氢原子的电离能是13.6eV，具有大于等于13.6eV能量的光子可以使氢原子电离；解答：解：A、氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，有可能发射出光子，也有可能吸收光子，故A错误；B、发生光电效应的条件入射光频率大于极限频率；根据光电效应方程知，Ekm=hvW0，知入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，所以用蓝光照射金属光电子的最大初动能一定比用紫光照射时小，故B正确；C、原子核的衰变是自发地进行的故C错误；D、处于基态的氢原子的电离能是13.6eV，具有大于等于13.6eV能量的光子可以使氢原子电离，故D正确；E、射线比射线更容易使气体电离，故E正确；故选：BDE点评：考查学生对近代物理知识的理解和掌握，关键要抓住氢原子的核外电子跃迁时电子轨道变化与吸收能量或放出能量的关系，知道影响光电子最大初动能的因素除掌握物理规律以外，还要熟知物理史实对于原子物理的基础知识，大都需要记忆，因此注意平时多加积累1015大连校级模拟）如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧现有一质量M=3kg，长L=4m的小车AB（其中O为小车的中点，AO部分粗糙，OB部分光滑），一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），放在车的最左端，车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连已知小车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，且小物块与弹簧碰撞无能量损失小物块与车AO部分之间的动摩擦因数为=0.3，重力加速度g=10m/s2求：小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；小物块最终停在小车上的位置距A端多远考点：动能定理的应用；动量定理专题：动能定理的应用专题分析：根据牛顿第二定律求出小物块在AO段做匀减速直线运动的加速度大小，从而根据运动学公式求出小物块与B弹簧接触前的速度，根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能小物块和弹簧相互作用的过程中，根据能量守恒定律求出小物块离开弹簧时的速度，根据动量定理求出弹簧对小物块的冲量根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度，根据能量守恒定律求出小物块在小车上有摩擦部分的相对路程，从而求出小物块最终位置距离A点的距离解答：解：车撞挡板时，对小物块，由动能定理得：mg=mv2mv02，代入数据解得：v=2m/s，由能量守恒定律得：EP=mv2，小物块离开弹簧时的速度：EP=mv12，对小物块，根据动量定理得：I=mv1mv，代入数据得：I=4kgm/s，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左小物块滑过O点和小车相互作用，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=（m+M）v2，由能量守恒定律的：mgx=mv12（m+M）v22，小物块最终停在小车上距A的距离：xA=x，代入数据得：xA=1.5m；答：小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s，方向水平向左 小物块最终停在小车上的位置距A端为1.5m点评：本题综合考查了动量定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关于这方面的问题，需加强训练