2019-2020年高考物理模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理模拟试卷（含解析）一、选择题：（共6小题，共36分给出四选项，只有一项符合题目要求）1在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（） A T=2r B T=2r C T= D T=2l2如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是（） A 这列波的波速是4m/s B 这列波的传播方向沿x正方向 C 从t=0时刻开始计时，P点的振动方程为y=0.2sin（t+）m D 从t=0时刻开始计时，P点的振动方程为y=0.2sin（t+）m3如图所示为等腰棱镜，真空中a、b两束单色光与棱镜轴线OO等距，两束光折射后相交于图中的P点以下判断正确的是（） A 在真空中的光速vavb B 该棱镜对光的折射率nanb C 通过棱镜的时间tatb D a、b两束光从同一介质射入真空过程中，发生全反射的临界角ab4如图所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以O为圆心的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON下列说法正确的是（） A M点的场强小于N点的场强 B O点的电势等于Q点的电势 C 将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D 一正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点5如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100tV，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端以下说法正确的是（） A 流过r的电流方向每秒钟变化50次 B 变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 C 开关从断开到闭合时，电流表示数变小 D 开关闭合前后，AB两端电功率可能相等6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二、本卷共192分，包括必考题和选考题两部分第7-11和为必考题；第12-15为选考题，考生根据要求选择作答【必考部分】（共157分）7在“验证机械能守恒定律”实验中，某研究小组采用了如图甲所示的实验装置实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系一金属小球，另一端固定于O点，记下小球静止时球心的位置A，在A处放置一个光电门，现将小球拉至球心距A高度为h 处由静止释放，记下小球通过光电门时的挡光时间t（1）如图乙，用游标卡尺测得小球的直径d=cm；（2）该同学测出一组数据如下：高度h=0.21m，挡光时间t=0.0052s，设小球质量为m=100g，g=9.8m/s2计算小球重力势能的减小量Ep=J，动能的增加量Ek=J（均保留三位有效数字）8某实验小组设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6V，内阻r约3）、电流表（量程2.0A，内阻rA=0.8）、电阻箱R1（099.9）、滑动变阻器R2（0Rt）、开关三个及导线若干他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值（1）利用该电路准确测出R2接人电路的阻值主要操作步骤如下：a将滑动变阻器滑片调到某位置，闭合S、，断开（选填“S1”或“S2”），读出电流表的示数I；b闭合S、，断开（填“S1”或“S2”），调节电阻箱的电阻值为R时，电流表的示数也为I此时滑动变阻器接入电路的阻值为（2）利用该电路测出电源电动势和内电阻实验步骤是：a在闭合开关前，调节电阻R1或R2至（选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S，再闭合（选填“S1”或“S2”）；b调节电阻（选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值和电流的数据；c断开开关，整理实验仪器图乙是由实验数据绘出的R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表内电阻和电流表的内阻之和，电源电动势E=V，内阻r=（计算结果保留两位有效数字）9如图甲所示，两根间距L=1m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1N，导体棒电阻为r=1，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）恒定外力F（2）磁场的磁感应强度B10如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为 R的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径），轨道底端D点与粗糙的水平地面相切现有一辆质量为m的玩具小车以恒定的功率从E点开始行驶，经过一段时间t后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高已知小车与地面之间的动摩擦因数为，ED之间的距离为x0，斜面的倾角为30求：（1）小车从A到C的运动时间；（2）在A点，轨道对小车作用力的大小和方向；（3）小车的恒定功率？11如图所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；在一、四象限内以x=L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场B1和B2，y轴为磁场和电场的理想边界在x轴上x=L的A点有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度v沿与x轴负方向成45的夹角垂直于磁场方向射出粒子到达y轴时速度方向与y轴刚好垂直若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回A点（不计粒子的重力）（1）判断磁场B1、B2的方向；（2）计算磁感应强度B1、B2的大小；（3）求粒子从A点出发到第一次返回A点所用的时间三、选考部分物理-选修3-3（本题共有两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列各种说法中正确的是（） A 物体从外界吸收热量，其内能一定增加 B 自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的 C 液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互排斥 D 布朗运动是液体分子的无规则运动13如图所示，气缸内封闭一定质量的气体不计活塞与缸壁间的摩擦，也不考虑密封气体和外界的热传递，当外界大气压变化时，不发生改变的是：（） A 密封气体压强 B 密封气体体积 C 弹簧的弹力 D 气缸底部离地面的高度四、物理-选修3-5（本题共有两小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14下列说法不正确的是（） A 核聚变反应方程H+HHe+n中，n表示中子 B 某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个 C 太阳内部发生的核反应是热核反应 D 机场、车站等地进行安全检查时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了射线较强的穿透能力15解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为（） A B C D xx年福建省漳州一中高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：（共6小题，共36分给出四选项，只有一项符合题目要求）1在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律法国物理学家库伦在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（） A T=2r B T=2r C T= D T=2l考点： 单摆周期公式；万有引力定律及其应用专题： 单摆问题分析： 先根据万有引力等于重力列式求解重力加速度，再根据单摆的周期公式列式，最后联立得到单摆振动周期T与距离r的关系式解答： 解：在地球表面，重力等于万有引力，故：mg=G解得：g= 单摆的周期为：T=2 联立解得：T=2r故选：B点评： 本题关键是记住两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式，基础题目2如图甲所示为一简谐波在t=0时刻的图象，图乙所示为x=4m处的质点P的振动图象，则下列判断正确的是（） A 这列波的波速是4m/s B 这列波的传播方向沿x正方向 C 从t=0时刻开始计时，P点的振动方程为y=0.2sin（t+）m D 从t=0时刻开始计时，P点的振动方程为y=0.2sin（t+）m考点： 波长、频率和波速的关系；横波的图象专题： 振动图像与波动图像专题分析： 本题是波动图象和振动图象的结合，先有波动图知：=4m，A=0.2m；由振动图象知：T=2s，用v=求波速；利用波动和振动关系判断是的振动情况和波传播方向解答： 解：A、由图象可知波长=4m，周期T=2s，波速=2m/s，故A错误B、t=0时刻P点向y方向振动，有波动和振动的关系可判断波向x负方向传播，故B错误CD、由图乙知，初相位为，振动方程为y=0.2sin（t+）m，故D正确故选：D点评： 明确波动图象和振动图象的意义及相互联系，由波动和振动的关系判断质点的振动情况和波的传播方向3如图所示为等腰棱镜，真空中a、b两束单色光与棱镜轴线OO等距，两束光折射后相交于图中的P点以下判断正确的是（） A 在真空中的光速vavb B 该棱镜对光的折射率nanb C 通过棱镜的时间tatb D a、b两束光从同一介质射入真空过程中，发生全反射的临界角ab考点： 光的折射定律专题： 光的折射专题分析： 通过光线的偏折程度，比较a、b两束光的折射率大小，在真空中，不同的色光传播的速度相同，根据n=比较两束光在棱镜中传播的速度，从而比较传播的时间根据sinC=比较临界角的大小解答： 解：A、在真空中，不同的色光传播的速度都相同，va=vb故A错误B、两束光折射后相交于图中的P点，可知b光偏折厉害，则a光的折射率小于b光的折射率，所以nanb，故B错误C、a光的折射率小于b光的折射率，根据v=知，a光在棱镜中传播的速度大于b光的传播速度，a光在棱镜中传播的距离较小，则a光通过棱镜的时间小于b光通过棱镜的时间即tatb故C错误D、根据sinC=，可知a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，即ab故D正确故选：D点评： 解决本题的突破口通过光线的偏折程度比较出折射率的大小，从而可以比较出频率、波长、在介质中的速度、临界角等大小关系4如图所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以O为圆心的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON下列说法正确的是（） A M点的场强小于N点的场强 B O点的电势等于Q点的电势 C 将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D 一正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点考点： 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能专题： 电场力与电势的性质专题分析： 根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负解答： 解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，故M点的场强大于N点的场强，故A错误；B、根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故B错误C、将一负点电荷由M点移到Q点，电场力做负功，点势能增加，故C正确；D、一正点电荷只受电场力作用不可能沿圆周运动，故D错误；故选：C点评： 电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解5如图所示，一正弦交流电瞬时值为e=220sin100tV，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端以下说法正确的是（） A 流过r的电流方向每秒钟变化50次 B 变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 C 开关从断开到闭合时，电流表示数变小 D 开关闭合前后，AB两端电功率可能相等考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率专题： 交流电专题分析： 变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比；负载决定输出电流变化，从而影响输入电流的变化解答： 解：A、由表达式知交流电的频率50Hz，所以电流方向每秒钟变化100次，A错误；B、降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B错误；C、开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C错误；D、开关闭合前，AB两端的功率为：，开端闭合后，AB两端的功率为：；若：即：时，PAB=PAB即闭合前后AB两端电功率相等，故D正确故选：D点评： 本题考查了变压器的特点，注意根据交流电瞬时值表达式获取有用信息，难度不大，属于基础题6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答： 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，同时要注意审题二、本卷共192分，包括必考题和选考题两部分第7-11和为必考题；第12-15为选考题，考生根据要求选择作答【必考部分】（共157分）7在“验证机械能守恒定律”实验中，某研究小组采用了如图甲所示的实验装置实验的主要步骤是：在一根不可伸长的细线一端系一金属小球，另一端固定于O点，记下小球静止时球心的位置A，在A处放置一个光电门，现将小球拉至球心距A高度为h 处由静止释放，记下小球通过光电门时的挡光时间t（1）如图乙，用游标卡尺测得小球的直径d=1.04cm；（2）该同学测出一组数据如下：高度h=0.21m，挡光时间t=0.0052s，设小球质量为m=100g，g=9.8m/s2计算小球重力势能的减小量Ep=0.206J，动能的增加量Ek=0.200J（均保留三位有效数字）考点： 验证机械能守恒定律专题： 实验题分析： （1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球通过最低点的速度，从而得出动能的增加量，根据小球下降的高度求出重力势能的减小量，判断是否相等解答： 解：（1）游标卡尺的读数为10mm+0.14mm=10.4mm=1.04cm（2）小球重力势能的减小量Ep=mgh=0.19.80.210.206J小球通过最低点的速度v=m/s=2m/s，则动能的增加量Ek=mv2=0.122=0.200J，故答案为：（1）1.04；（2）0.206，0.200点评： 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度8某实验小组设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组（电动势约6V，内阻r约3）、电流表（量程2.0A，内阻rA=0.8）、电阻箱R1（099.9）、滑动变阻器R2（0Rt）、开关三个及导线若干他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值（1）利用该电路准确测出R2接人电路的阻值主要操作步骤如下：a将滑动变阻器滑片调到某位置，闭合S、S2，断开Sl（选填“S1”或“S2”），读出电流表的示数I；b闭合S、S2，断开S1（填“S1”或“S2”），调节电阻箱的电阻值为R时，电流表的示数也为I此时滑动变阻器接入电路的阻值为R（2）利用该电路测出电源电动势和内电阻实验步骤是：a在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值（选填“最大值”或“最小值”），之后闭合开关S，再闭合S1（选填“S1”或“S2”）；b调节电阻R1（选填“R1”或“R2”），得到一系列电阻值和电流的数据；c断开开关，整理实验仪器图乙是由实验数据绘出的R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表内电阻和电流表的内阻之和，电源电动势E=6.0V，内阻r=2.8（计算结果保留两位有效数字）考点： 测定电源的电动势和内阻专题： 实验题分析： （1）由电路的结构可知测出了R2接入电路的阻值用的是等值替代法（2）实验中采用的是电阻箱和电流表的方式测定电动势和内电阻；根据实验的原理可知应采用的方式；（3）分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的公式，再结合图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻解答： 解：（1）由题意可知，要想测量R2的阻值；应采用等效替代的方法；即先使流过R2的电流为I，再使流过R1的流也为I，则可知，R1的电阻值即为R2的阻值；故实验步骤应为：a将滑动变阻器滑片调到某位置，闭合S、S2断开S1，读出电流表的示数I；b闭合S、S1，断开 S2，调节电阻箱的电阻值为R时，电流表的示数也为I此时滑动变阻器接入电路的阻值为R（2）要用电阻箱与电流表结合测量电动势与内阻，则要改变电阻箱的值，则a在闭合开关前，调节电阻R1或R2至最大值，之后闭合开关S，再闭合 S1b调节电阻 R1得到一系列电阻值R和电流I的数据；（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+RA+r），即：=；由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图象的斜率为=，可得E=6.0V图线在纵轴上的截距是=0.60可得；r=2.8；故答案为：（1）S2 Sl；Sl S2； R；（2）最大值、S1、R1、6.0，2.8点评： 本题考查测量电动势和内电阻的实验，为探究型实验，要注意根据实验中给出的步骤及方法正确掌握实验原理，应用所学物理规律进行分析及数据处理9如图甲所示，两根间距L=1m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2的电阻相连质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1N，导体棒电阻为r=1，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2）求：（1）恒定外力F（2）磁场的磁感应强度B考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；磁感应强度专题： 电磁感应与电路结合分析： 由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，根据牛顿运动定律列方程求解即可；解答： 解：由图可知：导体棒开始运动时加速度a1=5m/s2，初速度v0=0，导体棒中无电流由牛顿第二定律知：Ff=ma1解得：F=2N由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动此时有：FfF安=0解得：B=带入数据解得：B=1T答：（1）恒定外力F为2N（2）磁场的磁感应强度B为1T点评： 本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、由图象找出某时刻所对应的电流、应用相关知识，是正确解题的关键10如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为 R的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径），轨道底端D点与粗糙的水平地面相切现有一辆质量为m的玩具小车以恒定的功率从E点开始行驶，经过一段时间t后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高已知小车与地面之间的动摩擦因数为，ED之间的距离为x0，斜面的倾角为30求：（1）小车从A到C的运动时间；（2）在A点，轨道对小车作用力的大小和方向；（3）小车的恒定功率？考点： 功能关系；平抛运动；机械能守恒定律专题： 机械能守恒定律应用专题分析： （1）小车离开A后做平抛运动，根据竖直方向的分运动可以求出小车的运动时间与竖直分速度，然后在C点根据运动的合成与分解可以求出小车的速度；（2）小车在A点做圆周运动，由牛顿第二定律求出求出轨道对小车的支持力，然后由牛顿第三定律求出小车对轨道的压力；（3）从D到A只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出D点的速度，从E到D应用动能定理可以求出小车的功率解答： 解：（1）小车从A到C的作平抛运动，设小车从A到C的运动时间为t竖直方向有3R=gt2解得（2）因小车恰好垂直撞在C点，设小车在A点时的速度为vA有vA=gttan30解得vA=因为vA=，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下有mg+N=m解得N=mg（3）从D到A的过程中，机械能守恒有mvD2=mg4R+mvA2小车从E到D的过程中 Ptmgx0=mvD2解得P=答：（1）小车从A到C的运动时间是；（2）在A点，轨道对小车作用力的大小是mg，方向向下；（3）小车的恒定功率是点评： 小车的运动过程较为复杂，分析清楚小车的运动过程是正确解题的前提与关键；对小车应用运动的合成与分解、牛顿第二定律、机械能守恒定律、动能定理即可正确解题11如图所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E；在一、四象限内以x=L的直线为理想边界的左右两侧存在垂直于纸面的匀强磁场B1和B2，y轴为磁场和电场的理想边界在x轴上x=L的A点有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以速度v沿与x轴负方向成45的夹角垂直于磁场方向射出粒子到达y轴时速度方向与y轴刚好垂直若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回A点（不计粒子的重力）（1）判断磁场B1、B2的方向；（2）计算磁感应强度B1、B2的大小；（3）求粒子从A点出发到第一次返回A点所用的时间考点： 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）根据题设条件粒子带正电从A点射入磁场，能垂直打在y轴上，由此可以判定粒子做圆周运动的方向，根据左手定则判断磁场的方向，并由此画出粒子运动轨迹，根据粒子在磁场中运动后还可以经过A点，判断粒子在磁场2中的环绕方向并由此据左手定则判断磁场2的方向；（2）作出粒子运动轨迹，根据几何关系确定粒子在两个磁场中做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供圆周运动向心力求出相应磁感应强度的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速直线运动，分别求出三个匀速圆周运动和一个匀变速直线运动的时间之和即为所求时间解答： 解：（1）根据题意画出带电粒子在电场、磁场中的运动示意图，根据粒子绕行方向和左手定则可知：磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外（2）带电粒子在磁场B1、B2中的运动半径分别为R1、R2，则：在磁场B1中由几何关系得圆周运动的半径=由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：得=在磁场B2中同样由几何关系得圆周运动的半径：R2=由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：得：（3）粒子在磁场B1中的运动周期：=所以粒子在磁场B1中的运动时间：=粒子在磁场B2中的运动周期：=所以粒子在磁场B2中的运动时间：粒子在电场中的运动的加速度粒子在电场中匀减速运动和匀加速运动的时间相等，则=粒子从A点出发到第一次返回A点所用的时间为：=答：（1）磁场B1的方向垂直纸面向里，磁场B2的方向垂直纸面向外；（2）计算磁感应强度B1=、B2=；（3）求粒子从A点出发到第一次返回A点所用的时间为：点评： 本题难点是根据题目给出的物理情境作出粒子运动的轨迹示意图，由图象根据几何关系求出粒子在两个磁场中运动的半径与已知量的关系，能根据粒子做圆周运动的周期和转过的圆心角求解粒子做圆周运动的时间多过程中分析，需要细心细致的求解三、选考部分物理-选修3-3（本题共有两小题，每小题6分，共12分每小题只有一个选项符合题意）12下列各种说法中正确的是（） A 物体从外界吸收热量，其内能一定增加 B 自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的 C 液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互排斥 D 布朗运动是液体分子的无规则运动考点： 热力学第二定律；布朗运动分析： 改变物体的内能有两种方式：做功和热传递自然界进行的涉及热现象的宏观过程符合热力学第二定律布朗运动不是反映液体分子的无规则运动，而是液体分子的无规则运动的反映根据这些知识进行分析解答： 解：A、物体从外界吸收热量，根据热力学第一定律U=Q+W分析可知，其内能不一定增加，还与热量有关故A错误B、根据热力学第二定律得知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故B正确C、液体与大气相接触，表面层内分子间距较大，分子所受其他分子的作用表现为相互作用的引力，故C错误D、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，而颗粒的运动是由于液体分子的撞击引起，所以布朗运动是液体分子的无规则运动的反映故D错误故选：B点评： 本题注意布朗运动的实质：是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动13如图所示，气缸内封闭一定质量的气体不计活塞与缸壁间的摩擦，也不考虑密封气体和外界的热传递，当外界大气压变化时，不发生改变的是：（） A 密封气体压强 B 密封气体体积 C 弹簧的弹力 D 气缸底部离地面的高度考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强专题： 理想气体状态方程专题分析： 以气缸和活塞组成的系统为研究对象，可求出弹簧弹力的变化情况；以气缸为研究对象，受力分析列平衡方程，可求出气缸内压强的变化；再根据玻意耳定律得到体积变化情况解答： 解：A、B、以气缸为研究对象有，设大气压强为P0，有：P0s=mg+Ps因此当大气压强增大时，气体压强增大，气体等温变化，由P1V1=P2V2可知体积减小，故A错误，B错误；C、以气缸和活塞组成的系统为研究对象，系统处于平衡状态，因此弹力弹力等于系统重力，由于重力不变，因此弹簧弹力不变，故C正确；D、由于弹簧弹力不变，故弹簧的长度不变；又由于气体体积变化，故气缸底部离地面的高度变化，故D错误；故选C点评： 压强问题实质上还是力学问题，因此选取研究对象，正确受力分析，根据所处状态求解即可四、物理-选修3-5（本题共有两小题，每小题0分，共12分每小题只有一个选项符合题意）14下列说法不正确的是（） A 核聚变反应方程H+HHe+n中，n表示中子 B 某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个 C 太阳内部发生的核反应是热核反应 D 机场、车站等地进行安全检查时，能轻而易举地窥见箱内物品，利用了射线较强的穿透能力考点： 裂变反应和聚变反应；X射线、射线、射线、射线及其特性分析： 衰变生成氦原子核，衰变生成负电子，质子数增加1个，是因为一个中子转化成质子而释放出的电子太阳内部发生的是热核反应；解答： 解：A、质量数1，电荷数0的粒子为中子，A正确；B、每发生一次衰变，质子数减少2个，每发生一次衰变，质子数增加一个，所以经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个，B正确；C、太阳的能量来自于其内部发生的热核反应即聚变反应，C正确；D、安检时能轻而易举地窥见箱内物品利用的是x射线，D错误本题选错误的，故选：D点评： 本题考查了衰变的实质、轻核聚变等基本知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点15解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为（） A B C D 考点： 动量守恒定律分析： 快艇和鱼雷组成的系统在发射的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出鱼雷的发射速度解答： 解：设快艇的速度方向为正方向；根据动量守恒定律有：Mv=（Mm）v+mv解得v=故A正确，B、C、D错误故选：A点评： 解决本题的关键掌握动量守恒的条件，以及能够熟练运用动量守恒定律