2019-2020年高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析） (II).doc

2019-2020年高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析） (II)一、选择题（本题包括8小题每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8题有多个选项正确，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如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，分别为30和45则为( )A2B3C2D32一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动当t=8s时，质点在x轴上的位置为( )Ax=3mBx=8mCx=9mDx=14m3图示为全球定位系统（GPS）有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )A3.1km/sB3.9km/sC7.9km/sD1l.2km/s4如图所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为( )A2EkBEkCEkDEk5如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则( )AR1两端的电压变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源两极间的电压变小6如图所示，在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B放置在直线MN上P点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子，速率都为v对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是( )A离子射出磁场的点Q（图中未画出）到P的最大距离为B离子距离MN的最远距离为C离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短7如图所示，一质量为m的物体静止在倾角为=30的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的一恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做的功为W，此后撤去F，物体又经时间t回到出发点若以地面为零势能面，下列说法中正确的是( )AF=BF=mgC物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的下方D物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的上方8如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I下列说法正确的是( )A线框中感应电流的有效值为2IB线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D线框转一周的过程中，产生的热量为二非选择题9某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度实验步骤：用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示，在A端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤，实验数据如表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.590.830.901.221.371.61如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离完成下列作图和填空：（1）根据表中数据在给定的坐标纸上作出FG图线（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数=_（保留2位有效数字）（3）滑块最大速度的大小v=_（用h、s、和重力加速度g表示）10某同学用下列器材测量一电阻丝的电阻Rx：电源E，适当量程的电流表、电压表各一只，滑动变阻器R，电阻箱RP，开关S1、S2，导线若干他设计的电路图如图（a）所示，具体做法：先闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1、U1；再保持RP阻值不变，闭合S2，记下电流表和电压表示数为I2、U2（1）请你按电路图在实物图（b）上连线；（2）写出被测电阻Rx=_（用电表的读数表示）；（3）此实验中因电流表有内阻，电压表内阻不是无限大，使被测电阻的测量值_真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）11如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=1t（1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为求：（1）物块做何种运动？请说明理由；（2）物块运动中受到的拉力；（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？12（18分）如图（甲）所示，轻质细线绕过两个光滑的轻滑轮，线的一端系一质量M=0.4kg重物，重物置于倾角为=30的光滑斜面上（绳GH段平行于斜面），另一端系一质量为m=0.1kg、电阻为r=0.5的金属杆在竖直平面内有间距为L=1m的足够长的平行光滑金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R=1的电阻（导轨电阻不计），磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，最终能沿斜面匀速下滑运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2；求：（1）重物匀速下滑的速度v的大小；（2）当M匀速运动时，突然剪断细线，m继续上升h=0.9m高度后达到最高点，求此过程中R上产生的焦耳热；（3）对一定的磁感应强度B，重物的质量M取不同的值，测出相应的重物做匀速运动时的速度，可得出vM实验图线图（乙）中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线，试根据实验结果计算B1和B2的比值选修3-413如图所示为一列简谐横波在t1=0.7s时刻的波形，波自右向左传播已知在t2=1.4s时，P点出现第二次波峰（0.7s内P点出现两次波峰），则以下判断中正确的是( )A该波的传播速度为0.1m/sB在t0=0时刻，质点C向上运动C在t3=1.6s末，Q点第一次出现波峰D在t1到t4=1.9s过程中，Q点通过的路程为0.2m14如图所示，一束光线以60的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的P点（图中未标出），与原来P点相比向左平移了3.46cm，已知透明体对光的折射率为求光在透明体里运动的时间选修3-515如图为氢原子能级示意图的一部分，则下列说法正确的是( )A电子的轨道半径越小，对应氢原子能量越小B从高能级向低能级跃迁时，氢原子要向外放出能量，电势能减少C大量处于n=4能级的氢原子跃迁时最多能辐射3中频率的光D用11.2eV的光子照射，氢原子能从n=1能级跃迁到n=2能级E从n=4能级跃迁到n=2能级比从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出电磁波的波长长16光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比陕西省西安中学xx届高考物理三模试卷一、选择题（本题包括8小题每小题给出的四个选项中，1-5题只有一个选项正确，6-8题有多个选项正确，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如图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为，若两次实验中B的电量分别为q1和q2，分别为30和45则为( )A2B3C2D3考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用分析：小球A受力平衡，在两种情况下，对小球A受力分析，根据受力平衡的条件列方程既可以求得q1和q2的关系解答：解：A球电量不变，设为q0两种情况下A球均受三个力作用下平衡库仑力F=A球质量设为m，对A球应用共点力平衡条件得 F=mgtan，两球之间的距离 r=Lsin，其中L为线长，r为两球球心之间的距离由以上两式得到 q=tansin2所以=2故选C点评：根据库仑定律，找出两种情况下AB之间的库仑力的大小，就可以求得q1和q2的关系，本题主要还是考查对库仑定律的理解2一质点沿x轴做直线运动，其vt图象如图所示质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动当t=8s时，质点在x轴上的位置为( )Ax=3mBx=8mCx=9mDx=14m考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负解答：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确故选：B点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力3图示为全球定位系统（GPS）有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )A3.1km/sB3.9km/sC7.9km/sD1l.2km/s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：研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式根据圆周运动知识，利用同步卫星的周期表示出同步卫星的线速度解答：解：设M为地球质量，m1为同步卫星，m2为GPS卫星质量，R为地球半径，R1为地球同步卫星离地面的高度，R2为GPS卫星距地面的高度，v1为同步卫星的速度，v2为GPS卫星速度研究同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：=根据圆周运动知识得：v1= T=243600s，研究GPS卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：= 由解得：v2=3.9km/s 故选B点评：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要注意轨道半径r是卫星到地球中心的距离4如图所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为( )A2EkBEkCEkDEk考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：两个小球都做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出初速度，再分别对两球的运动过程，应用动能定理列式求解解答：解：两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R，根据R=可知，运动的时间为：t=，根据图象可知，A球运动的水平位移为2R，则A球的初速度为：，B球的水平位移为R，则B球的初速度为：，A球从A到D的过程中，根据动能定理得：，B球从B到C的过程中，根据动能定理得：，由得：，故B正确故选：B点评：本题主要考查了动能定理以及平抛运动基本公式的直接应用，解题的关键是要能根据图象得出两个小球下落的高度和水平位移，难度适中5如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则( )AR1两端的电压变大B小灯泡消耗的功率变小C通过R2的电流变小D电源两极间的电压变小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化解答：解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；D、电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，故D错误；故选：B点评：闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质6如图所示，在直线MN下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B放置在直线MN上P点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的负离子，速率都为v对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是( )A离子射出磁场的点Q（图中未画出）到P的最大距离为B离子距离MN的最远距离为C离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：根据牛顿第二定律由洛伦兹力提供粒子圆周运动向心力求出粒子运动的半径，由几何知识求最远距离解答：解：粒子射入的速度方向不同则轨迹不同，但半径都相同，如图：A、离子射出磁场的点Q到P的最大距离为2倍半径，如图中左图所示，故最大距离为2，A错误；B、如图，下图，离子距离MN的最远距离为2倍半径，即2，B正确；C、离子的周期T=，可见周期都相同，则离子在磁场中的运动时间取决于转过的圆心角，而转过的圆心角与射入方向有关，故C正确；D、离子的周期T=，可见周期都相同，对于沿同一方向射入磁场的离子，运动时间都相同，D错误；故选：BC点评：本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析弦的最大值，注意临界位置7如图所示，一质量为m的物体静止在倾角为=30的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的一恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做的功为W，此后撤去F，物体又经时间t回到出发点若以地面为零势能面，下列说法中正确的是( )AF=BF=mgC物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的下方D物体动能与势能相等的位置在撤去力位置的上方考点：牛顿第二定律；重力势能专题：牛顿运动定律综合专题分析：对开始到回到出发点运用动能定理研究求出物体回到出发点的动能分别研究从开始到经过时间t和撤去恒力F到回到出发点，物体的受力情况，根据运动学公式求出恒力F仍然根据运动学公式求出撤去力F时，物体继续上滑到最高点距离，运用动能定理求出撤去力F时，物体重力势解答：解：A、B、从开始到经过时间t，物体受重力，拉力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为： 撤去恒力F到回到出发点，物体受重力，支持力，由牛顿第二定律得物体加速度为： 两个过程位移大小相等方向相反，时间相等得： 联立解得：a=3a 故A正确，B错误，C、D、撤去力F后的位置到最高点，动能减小，重力势能增大，动能与势能相等的位置不可能在这段距离，所以动能与势能相等的位置在撤去力F之前的某位置，故C正确D错误；故选：AC点评：本题是动能定理、运动学公式等力学规律的综合应用，关键要抓住两个过程之间的位移关系和时间关系8如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R线框绕与cd合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I下列说法正确的是( )A线框中感应电流的有效值为2IB线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为D线框转一周的过程中，产生的热量为考点：法拉第电磁感应定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：电磁感应与电路结合分析：线圈中产生正弦式电流感应电动势最大值Em=BS，由E=及欧姆定律求解电流的有效值根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量根据Q=I2RT求解线框转一周的过程中，产生的热量解答：解：A、线圈中产生感应电动势最大值Em=BS，线框转过时的感应电流为I=Imsin=sin=，感应电动势有效值E=，感应电流为I则电流的有效值为I=I，故A错误；B、由A可知，=I，则磁通量的最大值=BS=，故B正确；C、从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：q=It=t=t=，故C正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量Q=t=，故D错误；故选：BC点评：对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系二非选择题9某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度实验步骤：用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示，在A端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤，实验数据如表所示：G/N1.502.002.503.003.504.00F/N0.590.830.901.221.371.61如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离完成下列作图和填空：（1）根据表中数据在给定的坐标纸上作出FG图线（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数=0.40（保留2位有效数字）（3）滑块最大速度的大小v=（用h、s、和重力加速度g表示）考点：探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题分析：（1）根据所测数据描点即可，注意所连的线必须是平滑的，偏离太远的点舍弃；（2）由实验图甲可知F=G，即FG图象上的直线的斜率代表动摩擦因数；（3）当重物P停止运动时，滑块达到最大速度，此后做匀减速运动，动摩擦因数在（2）中已知，根据运动规律公式v2v02=2as列式即可求解解答：解：（1）根据描点法在FG图象上描出各点，再连接起来，如图所示；（2）由图甲可知F=G，则FG图象上的直线的斜率代表值的大小由FG图象可知=；（3）当重物P刚好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为g的匀减速运动，由公式v2v02=2as知：滑块的最大速度vmax满足：vmax2=2g（Sh），则vmax=故答案为：（1）如图所示；（2）0.40；（3）点评：本题既考查了学生实验创新能力、运用图象处理实验数据的能力，又考查了物体做匀加速运动的规律求滑块的最大速度时，需注意重物刚落地时，滑块速度最大10某同学用下列器材测量一电阻丝的电阻Rx：电源E，适当量程的电流表、电压表各一只，滑动变阻器R，电阻箱RP，开关S1、S2，导线若干他设计的电路图如图（a）所示，具体做法：先闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1、U1；再保持RP阻值不变，闭合S2，记下电流表和电压表示数为I2、U2（1）请你按电路图在实物图（b）上连线；（2）写出被测电阻Rx=（用电表的读数表示）；（3）此实验中因电流表有内阻，电压表内阻不是无限大，使被测电阻的测量值等于真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：伏安法测电阻分析：（1）的关键是根据电路图连线实物图即可；（2）关键是写出两种情况下表达式，然后解出待测电阻表达式即可；（3）关键是将电压表内阻考虑在内，根据串并联规律列出相应的表达式，然后解出待测电阻阻值，再比较即可解答：解：（1）实物连线图如图所示：（2）当闭合断开时，应有：，闭合时应有：，联立以上两式解得：=；（3）若电表不是理想电表，分别应有：和可将电压表内阻与电阻箱电阻看做一个整体，可解得：，比较可知，若电表不是理想电表，测量值等于真实值故答案为：如图；等于点评：解答本题应明确：若考虑电表内阻的影响时，只要将电表的内阻考虑在内，然后根据相应的物理规律列出表达式，求解讨论即可11如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=1t（1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为求：（1）物块做何种运动？请说明理由；（2）物块运动中受到的拉力；（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）物体运动速度与线速度相同，则由圆的转动情况可知物体的运动情况；（2）根据圆的线速度的变化可以求得加速度的大小，再由牛顿第二定律可求得合外力；（3）由动能定理可求得拉力所做的功解答：解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同根据v=R=R1t，线速度与时间成正比物块做初速为零的匀加速直线运动 （2）由（1）问分析结论，物块加速度为a=R1根据物块受力，由牛顿第二定律得 Tmg=ma 则细线拉力为 T=mg+m R1（3）对整体运用动能定理，W电+Wf=+其中Wf=mgs=mgR1t12则电动机做的功为 W电=mgRR1t12+m（R2；答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）物块运动中受到的拉力为mg+m R1；（3）电动机做功为mgRR1t12+m（R2；点评：本题考查动能定理、圆的性质等内容；要求能正确理解题意，并分析物体的爱力情况及能量转化过程，由动能定理即可求解12（18分）如图（甲）所示，轻质细线绕过两个光滑的轻滑轮，线的一端系一质量M=0.4kg重物，重物置于倾角为=30的光滑斜面上（绳GH段平行于斜面），另一端系一质量为m=0.1kg、电阻为r=0.5的金属杆在竖直平面内有间距为L=1m的足够长的平行光滑金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R=1的电阻（导轨电阻不计），磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直开始时金属杆置于导轨下端，将重物由静止释放，最终能沿斜面匀速下滑运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，g取10m/s2；求：（1）重物匀速下滑的速度v的大小；（2）当M匀速运动时，突然剪断细线，m继续上升h=0.9m高度后达到最高点，求此过程中R上产生的焦耳热；（3）对一定的磁感应强度B，重物的质量M取不同的值，测出相应的重物做匀速运动时的速度，可得出vM实验图线图（乙）中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线，试根据实验结果计算B1和B2的比值考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）对重物受力分析，根据平衡条件求解；（2）根据能量守恒求解；（3）结合图线分析出B于图线斜率的k的关系，进而得到比值解答：解：（1）重物匀速下滑时，F=Mgsin，其中F为绳子的拉力，金属杆匀速运动时，受绳子的拉力F、金属杆的重力mg、向下的安培力FA，则有：F=mg+FAF=F对金属杆，安培力为：FA=ILB感应电动势为：E=BLv感应电流为：则有：由以上各式得：代入数据得：v=6m/s（2）剪断细线后由能量守恒得：代入数据得：QR=0.6J（3）由第一问结果及题意可得vM的函数关系式为：结合图线可知，斜率因此 答：（1）重物匀速下滑的速度v的大小为6m/s；（2）当M匀速运动时，突然剪断细线，m继续上升h=0.9m高度后达到最高点，此过程中R上产生的焦耳热为0.6J；（3）对一定的磁感应强度B，重物的质量M取不同的值，测出相应的重物做匀速运动时的速度，可得出vM实验图线图（乙）中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线，计算B1和B2的比值为点评：本题是电磁感应与力、电平衡的综合，安培力的计算是关键，经常运用能量守恒解决电磁感应中的能量问题选修3-413如图所示为一列简谐横波在t1=0.7s时刻的波形，波自右向左传播已知在t2=1.4s时，P点出现第二次波峰（0.7s内P点出现两次波峰），则以下判断中正确的是( )A该波的传播速度为0.1m/sB在t0=0时刻，质点C向上运动C在t3=1.6s末，Q点第一次出现波峰D在t1到t4=1.9s过程中，Q点通过的路程为0.2m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：波源的起振方向与t=0时刻x=1m处质点的振动方向相同波源的波向左传播，判断出t0=0时刻质点P的振动方向，已知在t2=1.4s时质点P出现第二次波峰，根据时间与周期的关系，求得周期，根据波长与周期的关系求得波速，当t=0时刻的A处波峰传到Q点时，Q点第一次出现波峰，由t=求出时间算出从图示时刻传播到Q需要的时间t，从而求出通过的路程解答：解：A、波源的波向左传播，由波形平移法判断出t1=0.7s时刻质点P正向下振动令振动周期为T，由图可知，质点P经过T时间第二次到达波峰位置，因而得T=0.7，T=0.4s，由图知：波长=4cm=0.04m，得波速为v=m/s=0.1m/s，故A正确；B、波形平移法可知在t0=0时刻，质点C处于波峰位置向上振动，故B错误；C、波峰A传播到Q需要时间为t=s=0.9s，则在t3=1.6s末，Q点第一次出现波峰故C正确；D、经t1=s=0.8s，Q点开始振动，t4=1.9s时Q已振动0.4s，通过路程为S=40.05m=0.2m故D正确故选：ACD点评：本题是波动图象问题，根据波的传播方向判断质点的振动方向，由波形的平移分析等等都是常用的方法14如图所示，一束光线以60的入射角射到一水平放置的平面镜上，反射后在上方与平面镜平行的光屏上留下一光点P，现在将一块上下两面平行的透明体平放在平面镜上，则进入透明体的光线经平面镜反射后再从透明体的上表面射出，打在光屏上的P点（图中未标出），与原来P点相比向左平移了3.46cm，已知透明体对光的折射率为求光在透明体里运动的时间考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：作出光路图，根据折射定律求出折射角，根据几何知识求出透明介质的厚度，并求出光在透明介质中通过的路程光在透明介质中的传播速度为v=，再求出光在透明体里运动的时间解答：解：设透明介质的厚度为d作出光路图如图所示根据折射定律得：n=，将n=，=60，代入解得，=30由题意及光路图得s=2dtan2dtan代入解得，d=1.5cm光在透明介质中的传播速度为v=，光在透明介质中通过的路程为s=，所以光在透明体里运动的时间为t=21010s答：光在透明体里运动的时间为21010s点评：此题是几何光学的问题，首先要作出光路图，根据折射定律和几何知识结合进行研究选修3-515如图为氢原子能级示意图的一部分，则下列说法正确的是( )A电子的轨道半径越小，对应氢原子能量越小B从高能级向低能级跃迁时，氢原子要向外放出能量，电势能减少C大量处于n=4能级的氢原子跃迁时最多能辐射3中频率的光D用11.2eV的光子照射，氢原子能从n=1能级跃迁到n=2能级E从n=4能级跃迁到n=2能级比从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出电磁波的波长长考点：氢原子的能级公式和跃迁；电势能专题：原子的能级结构专题分析：本题考查了玻尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类为C能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小解答：解：A、电子的轨道半径越小，越靠近原子核，对应氢原子能量越小，故A正确；B、从高能级向低能级跃迁过程中电子和原子核之间的吸引力做正功，电势能减小，故B正确；C、大量处于n=4能级的氢原子跃迁时最多能辐射C=6种频率的光，故C错误；D、基态的氢原子吸收11.2eV光子，能量为13.6+11.2eV=2.4eV，不能发生跃迁，故D错误；E、从n=4能级跃迁到n=2能级比从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出能量小，光子能量公式E=h，所以从n=4能级跃迁到n=2能级比从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出电磁波的波长短，故E正确；故选：ABE点评：解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，EmEn=hv16光滑水平面上有三个物块A、B和C位于同一直线上，如图所示，B的质量为1kg，A、C的质量都是3m，开始时三个物块都静止，让B获得向右的初速度v0，先与C发生弹性碰撞，然后B又与A发生碰撞并黏在一起，求B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量定理应用专题分析：由动量守恒定律求出速度，由动量定理求出物体受到的冲量，然后求出冲量之比解答：解：设B、C发生弹性碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+3mv2，由机械能守恒定律得：，解得：，B受到的冲量：，设B与A碰撞后的共同速度为v3，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+3m）v3，解得：，B受到的冲量：，所以B受到的两次冲量大小之比：|I1|：|I2|=4：1；答：B在前、后两次碰撞中受到的冲量大小之比为4：1点评：物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度，由动量定理求出物体受到的冲量，最后可以求出冲量之比，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键