2019年高考物理模拟试卷 含解析.doc

2019年高考物理模拟试卷 含解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（xx南京模拟）下列说法正确的是（）A牛顿发现了万有引力定律并测定了引力常量B伽利略发现了行星运动三定律C安培发现了电流的磁效应D法拉第最先在物理学中引入电场和电场线的概念考点：物理学史分析：牛顿发现了万有引力定律卡文迪许通过实验测出了引力常量开普勒发现了行星运动的规律奥斯特发现了电流的磁效应法拉第提出了场的观点解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，但引力常量是卡文迪许测定的，故A错误B、开普勒通过分析第谷近20年的观察数据，总结得出了行星运动三定律，故B错误C、奥斯特发现了电流的磁效应故C错误D、电场和电场线的概念最早是法拉第引入的，故D正确故选：D点评：对于物理学上重要的发现，要记清楚，不能张冠李戴，这也是考试内容之一2（3分）（xx韶关一模）如图所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直下降，关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法正确的是（）A不变B逐渐减小C逐渐增大D先减小，后增大考点：力的合成专题：受力分析方法专题分析：二力合成时，夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线解答：解：物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；两个拉力合力一定，夹角不断减小，故拉力不断减小；故选：B点评：本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解析法求解出拉力表达式分析，难度加大了3（3分）（xx南京模拟）xx年6月11日，我国航天员聂海胜、张晓光和王亚平在“天宫一号”首次为青少年进行太空授课，开辟了我国太空教育的新篇章，在天宫一号里，长为L的细线一端固定，另一端系一个小球，拉直细线，让小球在B点以垂直于细线的速度v0开始做圆周运动，如图所示，设卫星轨道处重力加速度为g，在小球运动的过程中，下列说法正确的是（）A小球做速率变化的圆周运动B细线拉力的大小不断变化C只要v00，小球都能通过A点D只有v0，小球才能通过A点考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球处于完全失重状态，只要给小球一个速度，小球就可以做匀速圆周运动，此时只由绳子的拉力提供向心力解答：解：A、绳子拉力时刻与速度方向垂直，只改变速度的方向不改变速度的大小，故小球做匀速圆周运动，故A错误；B、F=m，v与L不变，故细线拉力的大小不变，B错误；C、小球做匀速圆周运动时，绳子的拉力提供向心力，只要v00，小球都能通过A点，C正确D错误；故选：C点评：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可，难度不大4（3分）（xx南京模拟）如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是（）Aab向左，cd向右Bab向右，cd向左Cab、cd都向右运动Dab、cd保持静止考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：当电路的阻值变化，导致电流变化从而使线圈产生的磁场变化所以两棒所围成的磁通量变化，从而产生感应电流，最终导致两棒运动解答：解：当变阻器滑片向左滑动时，电路的电流大小变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律：增反减同可得，线框abdc 产生逆时针方向感应电流最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向上的磁场，且电流方向ab，则安培力方向向左cd棒处于垂直向上的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向右故选：A点评：两棒将线圈围在中间，则穿过两棒所围成的面积的磁场方向是竖直向下原因是线圈内部磁场方向向下，而外部磁场方向向上，且向下强于向上5（3分）（xx南京模拟）如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加有一周期为T的交变电压u，A板的电势A=0，B板的电势B随时间的变化规律为：在0到的时间内，B=0（0为正的常数）；在到T的时间内，B=0；在T到的时间内，B=0；在到2T的时间内，B=0，现有一电子在t时刻从A极板附近由静止释放，不计重力，则下列判断错误的是（）A若t=0，则电子将一直向B板运动，最后打在B板上B若t=，则电子一定会打在B板上C若t=，则电子一定会打在B板上D若t=，则电子可能在A、B两极板间往复运动考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：分析电子的受力情况，来确定电子的运动情况，如果电子一直向上运动，一定能到达B板；如果时而向B板运动，时而向A板运动，则通过比较两个方向的位移大小，分析能否到达B板解答：解：A、电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会打在B板上故A正确；B、若电子是在t=刻进入的，在T，向上加速；T，向上减速；TT，向下加速；T，向下减速，速度减小为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移小于向A板运动的位移，所以电子最后一定不会打在B板上，而是从A板返回；故B错误；C、若电子是在t=时刻进入时，在一个周期内：在 ，电子受到的电场力向上，向B板做加速运动，在TT内，受到的电场力向下，继续向B板做减速运动，T时刻速度为零，TT接着向A板运动，TT时间内继续向A板运动，T时刻速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所以电子最后一定会打在B板上故C正确；C、若电子是在t=时刻进入的，在阶段是向上加速；在TT向上减速，末速度为零；在TT反向加速，TT反向减速，末速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，以某一点为中心做往复运动，故D正确；本题选错误的，故选：B点评：因极板间加交变电场，故粒子的受力是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况根据位移情况判断电子能否打在B板上二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）（xx南京模拟）如图甲为一火灾报警系统其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是（）A原线圈输入电压有效值为220VB副线圈输出电压瞬时值表达式u=44cos（100t）VCR处出现火情时原线圈电流增大DR处出现火情时电阻R0的电功率减小考点：变压器的构造和原理；常见传感器的工作原理专题：交流电专题分析：先求出副线圈的有效值，根据电压与匝数程正比求出原线圈有效值，由b图可知副线圈电压最大值Um=44V，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式 u=Umsint（V），R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，则R0的电功率增大，根据电流关系可以判断原线圈电流变化情况解答：解：A、由图可知副线圈电压最大值Um=44 V，则副线圈的有效值为44V，根据=，所以U1=220V，故A正确；B、由图可知副线圈电压最大值Um=44V，周期T=0.016秒，=125，所以u=44cos（125t）V，故B错误；C、R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故C正确；D、R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，根据P=I2R，可知电阻R0的电功率增大，故D错误故选：AC点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压比与匝数比的关系，是解决本题的关键7（4分）（xx南京模拟）卫星1和卫星2在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，圆心为O，轨道半径为r，某时刻两颗卫星分别位于轨道上的A、B两位置，两卫星与地心O连线间的夹角为60，如图所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是（）A这两颗卫星的加速度大小均为B卫星1由A第一次运动到B所用的时间为C卫星1向后喷气就一定能追上卫星2D卫星1由A运动到B的过程中，万有引力对它做正功考点：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：在地球表面重力与万有引力相等，万有引力提供卫星圆周运动的向心力，卫星通过做近心运动或离心运动来实现轨道位置的调整解答：解：A、在地球表面重力与万有引力相等，在卫星处万有引力提供圆周运动向心力，故有：，由两式可得两颗卫星的加速度大小均为，故A正确；B、由A知，卫星的向心加速度a=r，可得卫星的周期T=，所以从A运动到B所用时间t=，故B正确；C、卫星1向后喷气，速度增大，卫星1将做离心运动，轨道半径增大，故不能追上同轨道上的卫星2，故C错误；D、卫星1做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，即引力始终与速度方向垂直，故万有引力对卫星不做功，故D错误故选：AB点评：本题主要考查了万有引力应用问题，掌握星球表面重力与万有引力相等，环绕天体绕中心天体圆周运动万有引力提供向心力8（4分）（xx南京模拟）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，O点是a、c连线的中点，a、c处分别固定一个等量正点电荷，如图所示，若将一个带负电的试探电荷P置于b点，自由释放后，电荷P将沿着对角线bd往复运动，当电荷P从b点运动到d点的过程中，电荷P（）A经过O点的电势能最大B所受电场力先增大后减小C电势能和机械能之和保持不变D电势能先减小后增大考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况解答：解：A、据题a、c处分别固定一个等量正点电荷，由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：Od间电场强度方向由Od，Ob间电场强度方向由Ob，而负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，所以负电荷自由释放后，所受的电场力先bO，后由dO，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，到达O点电势能最小，故A错误B、O点的场强为零，电荷所受的电场力为零，但bO间和Od间电场线的分布情况不确定，所以场强的变化不确定，电场力的变化也不确定，故B错误C、由于只有电场力做功，所以只有电势能与机械能的相互转化，故电势能与机械能之和保持不变，故C正确；D、由b到O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确故选：CD点评：本题考察了等量同种电荷的电场分布情况，在学习中要明确正电荷、负电荷、等量同种电荷、等量异种电荷等电场的分布情况9（4分）（xx南京模拟）如图所示，一个上表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面间的夹角分别为、，且，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小物块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态，剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止，则（）A物块A的质量大于B的质量B物块A对斜面体M的压力大于B对斜面体M的压力C两物块达到斜面底端时，物块A重力的瞬时功率较大D在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；功率、平均功率和瞬时功率专题：牛顿运动定律综合专题分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：mAgsin=mBgsin；由于，故mAmB，故A正确；B、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力mAgcos，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力mBgcos，因，故coscos；且mAmB，故A对斜面的压力大于B对斜面的压力；故B正确；C、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：PA=mAgsinv，PB=mBgsinv；由于mAgsin=mBgsin，故PA=PB，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力mAgcos，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力mBgcos，如图所示NAsinNBsin=mAgcossinmBgcossin；由于mAgsin=mBgsin；故NAsinNBsin=mAgcossinmBgcossin0，故静摩擦力向左，故D正确；故选：ABD点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断及功率公式进行判断三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分【必做题】10（8分）（xx南京模拟）为了精确测量某一玩具电动机中线圈的电阻，某实验小组设计了如图甲所示的电路，可供选择的仪器如下：电流表A1（03A，约0.1）； 滑动变阻器R1（1000）；电流表A2（0100mA，约3）； 滑动变阻器R2（10）；定值电阻R0=20；电源E（3V，约1）； 电压表及开关、导线若干（1）请按图甲将图乙实物图连接完整；（2）应选择的电流表是A2，滑动变阻器是R2；（3）测量过程中应保证电动机不转动（选填“转动”或“不转动”）；（4）该实验小组已将实验测得的数据在图丙中标出，请你由标出的点作出图线，并根据图线求得玩具电动机M中线圈电阻R=20（结果保留两位有效数字）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：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图；（2）根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）要测量电动机的线圈电阻，电动机应为纯电阻电路，电动机不能转动；（4）根据坐标系中描出的点作出图象，根据图象应用串联电路特点与欧姆定律求出电动机线圈电阻解答：解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）由图丙所示可知，实验所测量的最大电流约为70mA，则电流表应选A2，由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选R2；（3）测电动机线圈电阻实验过程中应保证电动机不转动，使电动机成为纯电阻电路（4）根据图丙所示坐标系内描出的点作出UI图象如图所示：由图象可知，R总=R0+R=40，电动机线圈电阻：R=R总R0=4020=20故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）A2；R2；（3）不转动；（4）图象如图所示；20点评：本题主要考查了用伏安法测电阻的实验问题，涉及实物连线、仪器选取、实验原理的理解、数据处理，描点作图等知识，属于中档题11（10分）（xx南京模拟）某同学用如图甲所示的装置验证小球沿斜面运动的过程中机械能是否守恒，斜面的末端与水平桌面相切，不计小球在该处的能量损失，小球从离桌面高h处由静止释放，小球离开桌面后发生的水平位移为s，桌面高为H，改变小球释放的位置，记录多组h、s值（1）若小球在运动的过程中机械能守恒，则h与s2间的关系式为h=；（2）某同学根据实验结果，画出了hs2图象（如图乙所示），发现图象不过原点，产生这种现象的原因是小球与斜面、桌面间有摩擦，改进的措施可以有改用动摩擦因数更小的斜面和桌面（或减小水平桌面的长度，或换用气垫导轨）（写出一条即可），随着s的增大，图象有弯曲的现象，这种现象的原因是小球运动过程中受到空气阻力的作用，改进的措施可以有换用密度大一点的实心球进行实验（或球面更光滑）（写出一条即可）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）小球从由静止释放到运动到桌面过程根据机械能守恒列方程表示出小球到达桌面时的速度，然后小球离开桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律列方程表示出水平位移s，变形整理得到h与s2的关系；（2）由图知当小球由一定高度释放时达到桌面边缘的速度为零，分析原因及改进措施即可解答：解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，设小球离开桌面瞬间的速度为v，有：小球离开桌面后做平抛运动：H=，得：t=则s=，在小球释放到运动至桌面的过程中，有：mgh=，联立以上两式解得：h=；（2）图象的图线不过原点，从题图上看，存在了纵截距，即小球从一定的高度处释放后，运动至桌边缘恰好速度为零，再自由落体至地面，致使s=0，因此产生这种现象的原因是小球与斜面、桌面间有摩擦，改进的措施是设法减小摩擦阻力，因此可以改用动摩擦因数更小的斜面、桌面，或减小水平桌面的长度，或换用气垫导轨，随着s的增大，小球离开桌面时的速度应增大，图象有弯曲的现象，说明图线的斜率发生了改变，即H变化的比率不同，因此这种现象的原因是小球离开桌面后除受重力以外，还受到了空气阻力的作用，改进的措施是设法使阻力相对重力可忽略，即换用密度大一点的实心球进行实验，或球面更光滑故答案为：（1）h=；（2）小球与斜面、桌面间有摩擦，改用动摩擦因数更小的斜面和桌面（或减小水平桌面的长度，或换用气垫导轨），小球运动过程中受到空气阻力的作用，换用密度大一点的实心球进行实验（或球面更光滑）点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，明确实验原理是实验的数据处理、误差分析和注意事项分析的前提，难度适中四、选做题：本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A、B两小题评分A【选修模块3-3】（12分）12（4分）（xx南京模拟）如图所示是一定质量理想气体的VT图线（V为气体体积，T为气体绝对温度），当气体状态沿图线由A到B的过程，下列说法正确的是（）A气体对外界做功B外界对气体做功C内能减少D内能增加考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图象可知，气体压强与热力学温度成正比，则由A到B气体发生的是等容变化，气体体积不变；理想气体内能由温度决定，温度越高，内能越大解答：解：A、由图象可知，图象是VT图象，体积V与热力学温度T成正比，由理想气体状态方程可知，气体的压强保持不变，气体发生等压变化，由A到B气体体积变大，气体对外做功，故A正确，B错误；C、由图示可知，气体由状态A到状态B的过程中，气体温度升高，气体内能增加，故C错误，D正确；故选：AD点评：根据图象判断出气体发生的是什么变化、知道理想气体内能由温度决定，即可正确解题13（4分）（xx南京模拟）如图，甲分子固定于坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力F与两分子间距离x的关系如图中曲线所示，F0为斥力，F0为引力，a、b、c、d为x轴上的四个特定位置现把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处，则在c位置分子间作用力最小，在c位置分子势能最小（两空均选填“a”、“b”、“c”或“d”）考点：分子间的相互作用力；分子势能专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，分子力做正功分子势能减小，分子力做负功分子势能增大解答：解：根据图象可以看出分子力的大小变化，在横轴下方的为引力，上方的为斥力，把乙分子沿x轴负方向从a处移动到d处过程中，在C位置分子间作用力最小乙分子由a到c一直受引力，随距离减小，分子力做正功，分子势能减小；从c到d分子力是斥力且不断增大，随距离减小分子力做负功，分子势能增大，故在C位置分子势能最小故答案为：c；c点评：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强14（4分）（xx南京模拟）在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，测得1cm3的油酸酒精溶液有100滴，现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，最后形成的油酸膜形状和尺寸如图所示，坐标中正方形小方格的边长为1cm，则由此估算出油酸分子的直径为多少米？（结果保留一位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=求出油酸分子直径解答：解：面积超过正方形一半的正方形的个数为113个则油酸膜的面积约为：S=113cm2；每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积为：V=1cm3=104cm3把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径为：d=m3109m答：由此估算出油酸分子的直径为3109m点评：本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了【选修模块3-4】（共3小题，满分12分）15（4分）（xx南京模拟）下列说法中正确的是（）A受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关B光在真空中传播的速度在任何参考系中都是相同的C牛顿环是由光的衍射产生的D光的偏振现象证实光是横波考点：光的偏振；自由振动和受迫振动分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率；相对论中认为光速不变；牛顿环是光的干涉现象形成的；偏振是横波特有的现象解答：解：A、受迫振动的频率等于驱动力的频率，和振动系统的固有频率无关；故A错误；B、由相对论原理可知，真空中的光速在任何参考系中都是相同的；故B正确；C、牛顿环是由光的干涉产生的；故C错误；D、光的偏振说明光的振动方向与传播方向相互垂直；故光波是横波；故D正确；故选：BD点评：本题主要考查了对受迫振动的频率、相对论、光的干涉和光的偏振等概念的理解问题，属于中档偏低题16（4分）（xx南京模拟）某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率，实验后留下的痕迹如图所示，设AB的长度为l1，AO的长度为l2，CD的长度为l3，DO的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，只需用刻度尺测量l1和l3（选填l1、l2、l3或l4），则玻璃砖的折射率可表示为考点：测定玻璃的折射率专题：实验题；光的折射专题分析：用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的原理是折射定律n=，利用几何知识得到入射角的正弦和折射角的正弦，推导出折射率的表达式，即可知道所要测量的量解答：解：设圆的半径为R，由几何知识得入射角的正弦为：sini=sinAOB=折射角的正弦为：sinr=sinDOC=根据折射定律n=，得：n=，所以需要测量的量是l1、l3；故答案为：l1、l3；点评：本题是折射定律和几何知识的综合应用，常称为单位圆法，测量工具是刻度尺，不用量角器17（4分）（xx南京模拟）某列波在t=0时刻的波形如图中实线所示，虚线为t=0.3s（该波的周期T0.3s）时刻的波形图，已知t=0时刻质点P向平衡位置方向运动，请判定波的传播方向并求出波速考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：根据t=0时刻质点P正向平衡位置方向运动，可确定出波的传播方向，再根据该波的周期T0.3s，知道波传播的距离小于波长，结合两时刻的图象关系，能确定出时间与周期的关系，求出周期读出波长，再求解波速解答：解：由题，t=0时刻质点P正在平衡位置方向运动，可知P的运动方向向上，则波沿x轴负方向传播根据两时刻的波形，得到时间为： t=0.3s=（n+）T，（n=0，1，2）又由Tt=0.3s，得到n取0，即：T=0.3s=0.4s由图波长=4m，则波速为：v=m/s=10m/s答：波的传播方向沿x轴负方向，波速为10m/s点评：本题是波的图象问题，分析波的传播方向与质点振动方向间的关系是基本功，分析波动形成过程是基本能力对于非特殊点的运动状态的分析，可采用波形平移法【选修模块3-5】18（xx南京模拟）以下说法正确的是（）A汤姆生发现电子并提出了原子核式结构模型B查德威克通过实验证实了原子核内存在中子C放射性元素放出的粒子就是原子的核外电子D结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定考点：原子核的结合能分析：粒子散射实验提出原子的核式结构；粒子是由中子转变成质子而放出的；据玻尔理论，放出一个光子，半径减小；查德威克发现中子，比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠解答：解：A、卢瑟福用粒子散射实验证明了原子的核式结构，故A错误；B、查德威克发现原子核内存在中子，故B正确；C、放射性元素放出的粒子是由中子转变成质子而放出的，故C错误；D、比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故D错误；故选：B点评：该题中考查粒子散射实验的作用，理解粒子的电子从何而来，掌握比结合能与结合能的区别与联系，注意中子的发现者这一类的题目要注意对基础知识点的积累19（xx南京模拟）如图所示，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么a光的频率大于b光的频率（填“大于”、“等于”或“小于”），若增加b光的强度不会（选填“会”或“不会”）使电流计G的指针发生偏转考点：光电效应专题：光电效应专题分析：发生光电效应的条件：0，可知道A光、B光的频率大小再通过光的强度与光的频率无关，从而即可求解解答：解：用一定频率的a单色照射光电管时，电流表指针会发生偏转，知a0，a光的频率大于b光的频率当发生光电效应的条件：0，增加b光的强度不能使电流计G的指针发生偏转；故答案为：大于，不会点评：解决本题的关键是掌握光电效应的条件0，以及光的强度与光的频率没有关系20（xx南京模拟）质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止求：第一次碰后m1球的速度考点：动量守恒定律分析：两个球发生碰撞的过程中，系统受到外力的合力为零，故两个球构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律联立方程组求解即可解答：解：两个球两次碰撞过程中，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：解得：即第一次碰后m1球的速度为点评：本题关键抓住系统动量守恒，根据动量守恒定律多次列式后，联立方程组求解四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21（15分）（xx南京模拟）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场中，导轨平面与水平面成=30角，下端连接“2.5V，0.5W”的小电珠，磁场方向与导轨平面垂直，质量为m=0.02kg、电阻不计的光滑金属棒与导轨垂直并保持良好接触，金属棒由静止开始释放，下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，取g=10m/s2，求：（1）金属棒沿轨道下滑时对轨道的压力大小；（2）金属导轨的宽度；（3）金属棒稳定下滑时的速度大小考点：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：（1）金属棒沿轨道下滑时，垂直于导轨方向受力平衡，由该方向的力平衡求解导轨对棒的支持力，再得到压力（2）金属棒速度稳定时做匀速直线运动由电珠正常发光，求出回路中的电流再根据平衡条件和安培力公式结合求解（3）由上题求感应电动势E，再由E=BLv求速度大小解答：解：（1）金属棒沿轨道下滑时，受重力mg、导轨的支持力N和安培力F作用，在垂直于导轨方向有：N=mgcos根据牛顿第三定律可知，金属棒对轨道的压力 N=N联立解得 N=N=0.173N（2）当金属棒匀速下滑时，其下滑速度达到稳定，因此在沿导轨方向上，有： mgsin=F设稳定时回路中电流为I，金属导轨的宽度为d，根据安培力公式有 F=BId电珠正常发光，有 I=联立得 d=1m（3）由于电路中其它部分的电阻不计，因此，金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E=U根据E=Bdv得金属棒稳定下滑时的速度大小 v=5m/s答：（1）金属棒沿轨道下滑时对轨道的压力大小是0.173N；（2）金属导轨的宽度是1m；（3）金属棒稳定下滑时的速度大小是5m/s点评：本题是导体在导轨上滑动类型，从力的角度研究，关键要掌握法拉第定律、欧姆定律等等基本规律，并能正确运用22（16分）（xx南京模拟）如图所示，O，P，Q三点在同一水平直线上，OP=L，边长为L的正方形PQMN区域内（含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为q的带正电粒子从O点由静止开始释放，带电粒子恰好从M点离开磁场不计带电粒子重力，求：（1）磁感应强度大小B；（2）粒子从O点运动到M点经历的时间；（3）若图中电场方向改为向下，场强大小未知，匀强磁场的磁感应强度为原来的4倍，当粒子从O点以水平初速度v射入电场，从PN的中点进入磁场，从N点射出磁场，求带电粒子的初速度v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）带电粒子在电场中做加速运动，在磁场中做运动圆周运动，先根据动能定理求出粒子加速获得的速度，由洛伦兹力和向心力公式列式，联立方程即可求解B；（2）根据匀加速直线运动位移时间公式求出粒子在电场中运动的时间，根据粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式求出在磁场中运动的时间，两者之和即为总时间；（3）若图中电场方向改为向下，粒子在电场中做类平抛运动粒子从PN的中点进入磁场时，速度的反向延长线交水平位移的中点，由速度的偏向角由几何知识求出磁场中轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，列式求解初速度v解答：解：（1）设粒子运动到PN边时的速度大小为v在电场中，由动能定理得：qEL=mv2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为：r=L根据洛伦兹力提供向心力，得：Bqv=m联立式解得：B=（2）设粒子在匀强电场中运动的时间为t1，有： L=at12=t12解得：t1=粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=，运动时间为：t2=，所以有：t2=所以粒子从O点运动到M点经历的时间为：t=t1+t2=+=（3）根据题意作出粒子的运动轨迹，如下图所示，设此时粒子进入磁场的速度为v，与水平方向的夹角为，粒子此时在电场中做类平抛运动，即在OP方向上匀速运动，有：v0=vcos 根据平抛运动规律可知，速度v的反向延长线交与OP的中点，根据几何关系有：tan=1粒子此时在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径为：r=根据牛顿第二定律有：4qvB=由式联立解得：v0=答：（1）磁感应强度大小B为；（2）粒子从O点运动到M点经历的时间为；（3）带电粒子的初速度为点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，能熟练运用动能定理或运动的分解法求出粒子离开电场时的速度或偏转角度是解题的关键带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，通常要结合几何关系求解23（16分）（xx南京模拟）如图所示，在高h1=1.2m的光滑水平台面上，质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度v1向右滑离平台，并恰好能从B点的切线方向进入光滑圆弧形轨道BC，B点的高度h2=0.6m，其圆心O与平台等高，C点的切线水平，并与地面上长为L=2.8m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，取g=10m/s2（1）求小物块由A到B的运动时间；（2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep是多大？（3）若小物块与墙壁碰撞后速度方向反向，大小为碰前的一半，且只发生一次碰撞，则小物块与轨道CD之间的动摩擦因数的取值范围多大？考点：动能定理的应用；平抛运动；功能关系分析：（1）首先要清楚物块的运动过程，A到B的过程为平抛运动，已知高度运用平抛运动的规律求出时间（2）知道运动过程中能量的转化，弹簧的弹性势能转化给物块的动能，根据能量守恒求出弹簧储存的弹性势能（3）从A点到最后停在轨道CD上的某点p，物块的动能和重力势能转化给摩擦力做功产生的内能根据能量守恒列出能量等式解决问题由于p点的位置不确定，要考虑物块可能的滑过的路程解答：解；（1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向上根据自由落体运动规律可知，小物块由A运动到B的时间为：t=s0.346s （2）根据图中几何关系可知：h2=h1（1cosBOC），解得：BOC=60根据平抛运动规律有：tan60=，解得：v1=2m/s 根据能的转化与守恒可知，原来压缩的弹簧储存的弹性势能为：Ep=mv12=122=2J（3）依据题意知，的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgh1+EpmgL代入数据解得：，对于的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：mgh1+Ep=mgL+mv22第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC=mv22mgL可知即使=0，有：mv22=14J mv22=3.5Jmgh2=6J，小物块不可能返滑至B点故的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：mv222mgL，联立解得：综上可知满足题目条件的动摩擦因数值：；答：（1）小物块由A到B的运动时间是0.346s（2）压缩的弹簧在被锁扣K锁住时所储存的弹性势能Ep是2J（3）的取值范围点评：做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化