2010年山东省高考物理试卷(word版,含详细答案).doc

2010年山东省高考物理试卷一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选驻的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2010山东）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图中正确的是（）ABCD2（4分）（2010山东）如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成角则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）AN=m1g+m2gFsinBN=m1g+m2gFcosCf=FcosDf=Fsin3（4分）（2010山东）1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A卫星在M点的势能大于在N点的势能B卫星在M点的角速度大于在N点的角速度C卫星在M点的加速度大于在N点的加速度D卫星在N点的速度大于7.9km/s4（4分）（2010山东）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A副线圈输出电压的频率为50HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输出功率增加5（4分）（2010山东）某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）Ac点场强大于b点场强Ba点电势高于b点电势C若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小6（4分）（2010山东）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合加在路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，叵运动到关于OO对称的位置时（）A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2Blv0C回路中感应电流的方向为顺时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同7（4分）（2010山东）如图所示，倾角=30的粗糙斜面固定在地面上，长为l，质量为m，粗细均匀，质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（）A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少了C物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和二、（必做120分+选做32分，共152分）其中8-10题为必做部分，11-15题为选做部分8（12分）（2010山东）（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别于弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d0开始时讲模板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t木板的加速度可以用d、t表示为a=_；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）_改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系下列图象能表示该同学实验结果的是_用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_A可以改变滑动摩擦力的大小B可以更方便地获取多组实验数据C可以比较精确地测出摩擦力的大小D可以获得更大的加速度以提高实验精度（2）在测定金属电阻率的试验中，某同学连接电路如图所示闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是_（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障先将选择开关旋至_档（填“欧姆100”“直流电压10V”或者“直流电流2.5mA”），再将_（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是_、_、_9（15分）（2010山东）如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m，水平轨道AB长S1=3m，OA与AB均光滑一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F当小车在CD上运动了S2=3.28m时速度v=2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M=0.2kg，与CD间的动摩擦因数=0.4（取g=10m/s2）求（1）恒力F的作用时间t（2）AB与CD的高度差h10（18分）（2010山东）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推求（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En（3）粒子第n次经过电场所用的时间tn（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）11（8分）（2010山东）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为v0，开始时内部封闭气体的压强为po经过太阳曝晒，气体温度由T0=300k升至T1=350K（1）求此时气体的压强（2）保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到P0求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因三（8分）物理-物理3-412（4分）（2010山东）渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位已知某超声波频率为1.0105Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示从该时刻开始计时，划出x=7.5103m处质点做简谐运动的振动图象（至少一个周期）现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求鱼群与渔船间的距离（忽略船和鱼群的运动）13（4分）（2010山东）如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出求该玻璃的折射率_若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时_（填“能”“不能”或“无法确定能否”）发生反射四（8分）物理-物理3-514（4分）（2010山东）大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89eV、10.2eV、12.09eV跃迁发生前这些原子分布在_个激发态能级上，其中最高能级的能量值是_eV（基态能量为13.6eV）15（4分）（2010山东）如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为，开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？2010年山东省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选驻的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（4分）（2010山东）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图中正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像；滑动摩擦力；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：运动学中的图像专题分析：对物体受力分析可知，在斜面上时物体受到重力支持力和摩擦力的作用，在这些力的作用下物体沿着斜面向下做匀加速直线运动，到达水平面上之后，在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动，由此可以判断物体运动过程中的物理量的关系解答：解：A、根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速运动，所以物体运动的速度时间的图象应该是倾斜的直线，不能使曲线，所以A错误；B、由于物体的运动先是匀加速运动，后是匀减速运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小时不变的，所以物体的加速度时间的图象应该是两段水平的直线，不能使倾斜的直线，所以B错误；C、在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，所以C正确；D、物体做的是匀加速直线运动，物体的位移为x=at2，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，不会是正比例的倾斜的直线，所以D错误故选C点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题2（4分）（2010山东）如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成角则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）AN=m1g+m2gFsinBN=m1g+m2gFcosCf=FcosDf=Fsin考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用菁优网版权所有专题：压轴题；受力分析方法专题分析：对AB整体受力分析，受到重力（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，然后根据共点力平衡条件列式求解解答：解：对AB整体受力分析，受到重力mg=（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有Fcosf=0N+Fsinmg=0解得N=mgFsin=（m1+m2）gFsinf=Fcos故选AC点评：整体法与隔离法是解决平衡问题的常用方法，在具体问题中，灵活地选用整体法和隔离法，可以使问题大大简化3（4分）（2010山东）1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则（）A卫星在M点的势能大于在N点的势能B卫星在M点的角速度大于在N点的角速度C卫星在M点的加速度大于在N点的加速度D卫星在N点的速度大于7.9km/s考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；向心力；万有引力定律及其应用；机械能守恒定律菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：地球引力做功改变卫星的势能，做正功势能减小，做负功势能增加据此判断势能的大小在远地点速度慢，加速度小，近地点速度快，加速度大解答：解：A 由M到N地球引力做负功，势能增加故A错误 B 近地点角速度大，远地点角速度小故B正确 C 加速度，可知近地点加速度大，远地点加速度小故C正确 D在N点做向心运动，则其速度应小于7.9Km/s 故D错误故选：B C点评：考查卫星运动规律，明确近地点与远地点的速度，加速度，势能的大小关系4（4分）（2010山东）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头（）A副线圈输出电压的频率为50HzB副线圈输出电压的有效值为31VCP向右移动时，原、副线圈的电流比减小DP向右移动时，变压器的输出功率增加考点：变压器的构造和原理菁优网版权所有专题：交流电专题分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A正确B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，所以副线圈的电压的最大值为22V，所以电压的有效值为V=22V，所以B错误C、原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，所以C错误D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D正确故选AD点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法5（4分）（2010山东）某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是（）Ac点场强大于b点场强Ba点电势高于b点电势C若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D若在d点再固定一点电荷Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小考点：电场线菁优网版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密反映电场的强弱沿着电场线方向电势降低电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系解答：解：A、电场线的密的地方场强大，d点电场线密，所以d点场强大，故A错误B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故B正确C、若将一试探电荷+q由a点静止释放，将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误D、若将一试探电荷+q由a点静止释放，点电荷Q的电场力向右上方，原电场的电场力也是向右上方，所以都对电荷做正功，电荷动能增加，电势能减小，故D正确故选：BD点评：根据电场线的特点即可解决问题可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道速度大小的变化属于基础题目6（4分）（2010山东）如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合加在路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，叵运动到关于OO对称的位置时（）A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2Blv0C回路中感应电流的方向为顺时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则菁优网版权所有专题：压轴题；电磁感应中的力学问题分析：根据磁通量的定义可以判断此时磁通量的大小，如图所示时刻，有两根导线切割磁感线，根据右手定则可判断两根导线切割磁感线产生电动势的方向，求出回路中的总电动势，然后即可求出回路中的电流和安培力变化情况解答：解：A、此时线圈中有一半面积磁场垂直线圈向外，一半面积磁场垂直线圈向内，因此磁通量为零，故A正确；B、ab切割磁感线形成电动势b端为正，cd切割形成电动势c端为负，因此两电动势串联，故回路电动势为E=2BLv0，故B正确；C、根据右手定则可知，回路中的感应电流方向为逆时针，故C错误；D、根据左手定则可知，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向左，方向相同，故D正确故选ABD点评：本题考查了对磁通量的理解以及导体切割磁感线产生电流和所受安培力情况，对于这些基本规律要加强理解和应用7（4分）（2010山东）如图所示，倾角=30的粗糙斜面固定在地面上，长为l，质量为m，粗细均匀，质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中（）A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少了C物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和考点：机械能守恒定律；功能关系菁优网版权所有专题：压轴题；机械能守恒定律应用专题分析：根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若软绳对物块做负功，机械能减小分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量以软绳和物块组成的系统为研究对象，根据能量转化和守恒定律，分析软绳重力势能的减少与其动能的增加与克服摩擦力所做功的和的关系解答：解：A、物块下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小故A错误 B、物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h1=，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h2=，则软绳重力势能共减少mg（）=故B正确 C、根据功能关系可知，软绳克服摩擦力所做的功等于以软绳和物块组成的系统机械能的减小，即有：软绳克服摩擦力所做的功与物块重力势能的减少量之和等于软绳与物块动能的增加量、软绳的重力势能增加量之和，重力势能的减少没有直接的关系故C错误 D、细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功，则重物的机械能减小，软绳的总能量增加，而软绳的动能与克服摩擦产生的内能增加，软绳的重力势能减小，能量中的减少量一定小于能量中的增加量，故软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和故D正确故选BD点评：本题中软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化应用能量转化和守恒定律时，能量的形式分析不能遗漏二、（必做120分+选做32分，共152分）其中8-10题为必做部分，11-15题为选做部分8（12分）（2010山东）（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别于弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距d0开始时讲模板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t木板的加速度可以用d、t表示为a=；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系下列图象能表示该同学实验结果的是c用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是bcA可以改变滑动摩擦力的大小B可以更方便地获取多组实验数据C可以比较精确地测出摩擦力的大小D可以获得更大的加速度以提高实验精度（2）在测定金属电阻率的试验中，某同学连接电路如图所示闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是待测金属丝（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障先将选择开关旋至直流电压10V档（填“欧姆100”“直流电压10V”或者“直流电流2.5mA”），再将红（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是O、E、E考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；测定金属的电阻率菁优网版权所有专题：实验题分析：知道减小误差的常用方法是多次测量取平均值知道当水的质量远远小于木板的质量时，水的重力近似等于绳子的拉力解答：解：（1）为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值当F1F0时，木板才产生加速度随着继续向瓶中加水后，水的重力与绳子的拉力差值越来越大故选C用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是B可以更方便地获取多组实验数据C可以比较精确地测出摩擦力的大小故选BC（2）若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是待测金属丝先将选择开关旋至直流电压10V，再将红表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是 0、E、E故答案为：（1）保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值cbc（2）待测金属丝直流电压10V、红、0、E、E点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚实验的图象描绘，物理结合数学的应用都值得注意用多用电表探测故障时，一般采用电压档位去解决9（15分）（2010山东）如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m，水平轨道AB长S1=3m，OA与AB均光滑一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F当小车在CD上运动了S2=3.28m时速度v=2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M=0.2kg，与CD间的动摩擦因数=0.4（取g=10m/s2）求（1）恒力F的作用时间t（2）AB与CD的高度差h考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）对CD段由动能定理、牛顿第二定律及位移和时间关系式联立可求得F作用的时间；（2）撤去F后小车做匀减速运动，小球先作圆周运动，再离开B后做平抛运动，两者相遇所经历的时间相同，则由小车的运动时间可求得小物体平抛的时间，则可求得物体下落的高度解答：解：（）设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得FsMgs2=Mv2；设小车在轨道CD上做加带运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得FMg=Mas=at2联立式，代入数据得t=1s 恒力的作用时间为1s（2）设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a减速时间为t，由牛顿运动定律得v=at Mg=Mav=v+at设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vt，由动能定理得mgR=mvt2 设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得s1=vtt1设滑块做平抛运动的时间为t1则t1=t+tt1由平抛规律得h=gt2联立式，代入数据得h=0.8m高度差为0.8m点评：本题中两个物体各自运动，应注意分别研究各自的运动情况，再由它们共同的性质进行分析即可求得联系，解答此题10（18分）（2010山东）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里一质量为m、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推求（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En（3）粒子第n次经过电场所用的时间tn（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动菁优网版权所有专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据牛顿第二定律求出粒子第n次进入磁场时的半径Rn与速度的关系式，由题给条件研究粒子第2次进入磁场时的速度，即粒子第一次经过电场的过程的末速度，根据动能定理求解粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1（2）根据第（1）问的结果可知粒子第n+1次进入磁场时和第n次进入磁场时的速度，即第n次进入电场时和穿出电场时的速度，根据动能定理求出粒子第n次经过电场时电场强度的大小En（3）根据牛顿第二定律求出粒子第n次经过电场时的加速度，由（2）结论，由速度公式求出粒子第n次经过电场所用的时间tn（4）根据En的表达式，分别求出粒子前三次经过电场时的电场强度，再作图解答：解：（1）设粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn， 由牛顿第二定律得 由式得 因为R2=2R1， 所以V2=2v1 对粒子第一次在电场中运动的过程， 由动能定理得 联立式得 （2）粒子第n次进入电场时速度为vn，穿出电场时速度为vn+1， 由题意知 Vn=nv1，vn+1=（n+1）v1 由动能定理得 联立式得 （3）设粒子第n次在电场中运动的加速度为an， 由牛顿第二定律得qEn=man 由运动学公式得vn+1vn=antn 联立式得 （4）点评：本题关键是充分应用题给条件研究粒子第n次进入电场时的速度，穿出电场时速度动能定理是功常用的方法11（8分）（2010山东）一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为v0，开始时内部封闭气体的压强为po经过太阳曝晒，气体温度由T0=300k升至T1=350K（1）求此时气体的压强（2）保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到P0求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因考点：气体的等容变化和等压变化；热力学第一定律；气体的等温变化菁优网版权所有专题：压轴题；气体的状态参量和实验定律专题分析：（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强（2）保持T1=350K不变，缓慢抽出气体，气体发生等温膨胀，根据玻意耳定律研究剩余气体体积与总体积的关系，求解剩余气体的质量与原来总质量的比值温度不变，气体的内能不变，膨胀过程气体对外做功，根据热力学第一定律分析吸放热情况解答：解：（1）设升温后气体的压强为p1， 由查理定律 代入数据得（2）抽气过程为等温膨胀过程， 设膨胀后气体的总体积为V， 由玻意耳定律得p1V0=p0V 联立式得设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k， 由题意得 联立式得由于抽气过程剩余气体体温度不变，故内能不变U=0 而剩余气体体积膨胀对外做功，W0由根据热力学第一定律U=W+Q知，Q0 气体应吸热点评：本题隐含着气体体积不变这个条件对于抽气过程，有的题目知道气筒的体积，根据数学进步研究出封闭气体的压强与原来压强的关系三（8分）物理-物理3-412（4分）（2010山东）渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位已知某超声波频率为1.0105Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示从该时刻开始计时，划出x=7.5103m处质点做简谐运动的振动图象（至少一个周期）现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求鱼群与渔船间的距离（忽略船和鱼群的运动）考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象菁优网版权所有专题：压轴题；振动图像与波动图像专题分析：（1）由图读出振幅为A，波长为1.5102 m，由频率求出周期T，此时x=7.5103 m处的质点位于负的最大位移处，画出振动图象（2）由频率和波长求出波速v，根据信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求出鱼群与渔船间的距离x=vt解答：解：（1）该波的周期为T=1105 s， 由波动图象知，此时x=7.5103 m处的质点位于负的最大位移处，所以，从该时刻开始计时，该质点的振动图象，如图所示 （2）由波形图读出波长=15103 m由波速公式得v=f 鱼群与渔船的距离为x=vt 联立式，代入数据得x=3000m答：（1）振动图象如图所示 （2）鱼群与渔船的距离为3000m点评：本题考查理解振动图象和波动图象联系的能力和作图能力波在同一介质中认为是匀速传播的13（4分）（2010山东）如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出求该玻璃的折射率若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时能（填“能”“不能”或“无法确定能否”）发生反射考点：全反射；光的折射定律菁优网版权所有专题：压轴题；全反射和临界角专题分析：根据几何关系确定出在EF弧面上的临界角，根据sinC=求出玻璃的折射率当入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时，通过比较入射角与临界角的大小关系确定能否发生全反射解答：解：如图所示单色光照射到EF弧面上时刚好发生全反射，由全反射的条件得C=45由折射定律得：联立式得：若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时，入射角大于45度，则能发生全反射故答案为：，能点评：解决本题的关键掌握发生全反射的条件，知道全反射的公式sinC=四（8分）物理-物理3-514（4分）（2010山东）大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89eV、10.2eV、12.09eV跃迁发生前这些原子分布在2个激发态能级上，其中最高能级的能量值是1.5eV（基态能量为13.6eV）考点：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有专题：压轴题；原子的能级结构专题分析：根据向低能级跃迁时，可以发出3种不同频率的光子，求解问题最高能级的能量值对应放出最大的能量光子解答：解：根据向低能级跃迁时，可以发出3种不同频率的光子，跃迁发生前这些原子分布在2个激发态能级上处于基态氢原子能量为13.6eV，最高能级的能量值是13.6eV+12.09eV=1.51eV故答案为：2；1.5点评：正确根据氢原子的能级公式和跃迁进行有关问题的计算，是原子物理部分的重点知识，要注意加强训练15（4分）（2010山东）如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为，开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？考点：动量守恒定律菁优网版权所有专题：压轴题分析：A与C粘合过程中动量守恒，在B与挡板碰撞前，为避免A与B碰撞，A的速度应小于B的速度，A与B碰撞过程中动量守恒，为使A、B碰后能与挡板碰撞，碰后的速度应向右，由动量守恒定律可以求出两物体速度间的关系解答：解：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得mv1=2mv，为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足vv2 ，设A与B碰后的共同速度为vn，由动量守恒定律得，为使B能一挡板再次碰撞应满足vn0，联立式得；答：为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足的关系是点评：要使B能第二次与挡板碰撞，在A与B碰后的速度应向右，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题