山东省新泰市2015届高三物理上学期第二次模拟考试试题（含解析）.doc

2015年山东省泰安市新泰市鸿一电子科技有限公司高考物理模拟试卷（二）一、选择题（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多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（6分）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（） A x=3m B x=8m C x=9m D x=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【解析】： 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2（6分）如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角=30°，m1和m2之间的动摩擦因数=0.8不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（） A 和m1一起沿斜面下滑 B 和m1一起沿斜面上滑 C 相对于m1上滑 D 相对于m1下滑【考点】： 牛顿第二定律【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止【解析】： 解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a=隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，fm2gsin30°=m2a解得f=最大静摩擦力fm=m2gcos30°=N=8，可知ffm，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用3（6分）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（） A 距地面的高度变大 B 向心加速度变大 C 线速度变大 D 角速度变大【考点】： 同步卫星【专题】： 人造卫星问题【分析】： 卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况【解析】： 解：A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：=m则有：R=；故卫星离地高度将变大；故A正确；B、由=ma可知，因半径增大，则加速度减小；故B错误；C、由=m可知，v=，故线速度变小；故C错误；D、由=mR2可知，=；故角速度减小；故D错误故选：A【点评】： 本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同4（6分）如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（） A 若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点 B 若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点 C 若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点 D 若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度【考点】： 机械能守恒定律；向心力【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 小球要能到达K点，必须通过P点，恰好通过P点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得P点的临界速度，由机械能守恒定律求出小球从LM上释放的高度，从而判断小球否能沿轨道运动到K点【解析】： 解：A、B、C、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R2R）=mv2，解得：v=若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN0，在P点由牛顿第二定律得：FN+mg=m，解得mmg0，即vP，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故ABC均不正确；D、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确故选：D【点评】： 本题是机械能守恒和圆周运动临界条件、斜抛知识的综合，关键掌握圆周运动最高点的临界条件，知道斜抛运动最高点速度并不为零，要运用机械能守恒列式分析5（6分）如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计重力，则两粒子速度之比va：vb为（） A 2：1 B 3：2 C 4：3 D ：【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】： 做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比【解析】： 解：两粒子做圆周运动的轨迹如图：设P点到MN的距离为L，由图知b的半径Rb=L，对于a粒子的半径：L+Racos60°=Ra得：Ra=2L即两粒子的速度之比为Ra：Rb=2：1 ；粒子做圆周运动的周期T=由题=得两粒子的比荷：= 粒子的洛伦兹力提供向心力，qvB=m得：R= 联立得：=故选：C【点评】： 本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期T相同，画出轨迹后，根据公式t=T求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键6（6分）（2014唐山二模）电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是（） A 在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点 B 将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功 C 将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同 D 沿线段eof移动的电荷，它所受的电场力是先减小后增大【考点】： 电场强度；电势；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化【解析】： 解：A、图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误B、图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功故B正确C、a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同故C正确D、沿线段eof移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误故选：BC【点评】： 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题7（6分）图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电已知输电线的总电阻R=10，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0=11若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100tV下列说法正确的是（） A 发电机中的电流变化频率为100Hz B 通过用电器的电流有效值为20A C 升压变压器的输入功率为4650W D 当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率【解析】： 解：A、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=故A错误B、通过用电器的电流有效值I=故B正确C、根据得，输电线上的电流，则输电线上损耗的功率，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W故C正确D、当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P=UI知，发电机的输出功率增大故D错误故选：BC【点评】： 解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系8（6分）如图所示，倾角为的粗糙斜面上静止放置着一个质量为m的闭合正方形线框abcd，它与斜面间动摩擦因数为线框边长为l，电阻为Rab边紧靠宽度也为l的匀强磁场的下边界，磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上将线框用细线通过光滑定滑轮与重物相连，重物的质量为M，如果将线框和重物由静止释放，线框刚要穿出磁场时恰好匀速运动下列说法正确的是（） A 线框刚开始运动时的加速度a= B 线框匀速运动的速度v= C 线框通过磁场过程中，克服摩擦力和安培力做的功等于线框机械能的减少量 D 线框通过磁场过程中，产生的焦耳热小于2（Mmsinmcos）gl【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；焦耳定律【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】： 根据牛顿第二定律求解线框进入磁场前的加速度由线框刚进入磁场时做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度根据能量守恒定律求解热量【解析】： 解：A、线框进入磁场前，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律得线框的加速度为：重物的加速度：联立得：故A错误；B、线框出磁场时做匀速运动时，由F安+mgsin+mgcos=F=Mg，而F安=，解得：故B正确C、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能的和的减少量故C错误D、线框通过磁场过程中，线框与重物克服摩擦力和安培力做的功等于线框与重物机械能之和的减少量即：得：故D正确故选：BD【点评】： 本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式F安=，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通过的位移大小是不同的，不能搞错二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题第15题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共47分）9（6分）在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数已知铁块A的质量mA=0.5kg，金属板B的质量mB=1kg用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的摩擦力Ff=2.50N，A、B间的动摩擦因数=0.50（g取10m/s2）该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F=4.50N【考点】： 探究影响摩擦力的大小的因素【专题】： 实验题【分析】： 由于铁块与金属板间有相对运动，二者之间存在滑动摩擦力当弹簧稳定时，铁块处于平衡态，即铁块所受的摩擦力与弹簧的弹力是一对平衡力，即可测得二者之间的摩擦力据f=mg可求得动摩擦因数根据x=aT2求出金属板的加速度，然后根据牛顿第二定律，即可求出水平拉力大小【解析】： 解：A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N根据Ff=mAg，解得：=0.5由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据x=aT2，其中x=2cm=0.02m，T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2根据牛顿第二定律得：FFf=mBa，带入数据解得F=4.50N故答案为：2.50，0.5，4.50【点评】： 本题借助实验考查了基本规律的应用，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能了，强调知识的活学活用10（9分）某同学探究一个额定电压2.2V、额定功率1.1W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系器材为：电源（电动势3V）、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干（1）为了达到上述目的，请将图a连成一个完整的实验电路图要求所测电压范围为0V2.2V（2）根据实验数据得到了如图b所示小灯泡的UI图象电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1（3）若把该灯泡与一阻值为R0=5的电阻串联后接在电动势3V，内阻1的电源两端，如图c所示，则小灯泡实际消耗的功率是0.28W【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： 1、要求所测电压范围为0V2.2V根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法；2、根据欧姆定律结合小灯泡的UI图象求解；3、把定值电阻等效为电源内阻，作出电源的IU图象，电源图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由P=UI 可以求出灯泡的实际功率【解析】： 解：（1）要求所测电压范围为0V2.2V，即要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻一般远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法；实验电路图如图所示：（2）根据实验数据得到了如图b所示小灯泡的UI图象根据欧姆定律得电压为0.4V时灯泡电阻为：R1=2，电压为1.2V时灯泡电阻为：R2=3，所以电压从0.4V增至1.2V的过程中小灯泡的阻值增加了1（3）把定值电阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+I（r+R0）U=36I，作出电源的IU图象，电源图象与灯泡伏安特性曲线的交点坐标值是灯泡的实际电压与实际电流，由图象可知，灯泡两端电压为0.8V，电流为0.35A，灯泡实际功率为P=UI=0.35V×0.8A=0.28W；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）1，（2）0.28【点评】： 测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外接法要掌握应用图象法处理实验数据的方法11（12分）观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s，且做匀加速运动，经过4s下降了16m后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降不考虑气球由于运动而受到的空气阻力重力加速度g=1Om/s2求：（1）抛掉的压舱物的质量m是多大？（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是多大？【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】： （1）先利用运动学计算出下降的加速度，由牛顿地的定律表示出加速度，匀速运动时所受合力为零联立即可求得（2）求出4s末的速度，然后做匀速运动，由hvt求的下降高度；【解析】： 解：（1）设气球加速下降的加速度为a，受到的浮力为F，则有：s=代入数据解得：a=1m/s2由牛顿第二定律有：MgF=Ma抛掉一些压舱物，气球匀速运动，则有：（Mm）g=F联立并代入数据解得：m=80kg（2）加速下降阶段获得的速度为：v1=v0+at=2+1×4m/s=6m/s匀速下降的高度为：h=v1t=6×5m=30m答：（1）抛掉的压舱物的质量m是80kg（2）抛掉一些压舱物后，气球经过5s下降的高度是30m【点评】： 本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法12（20分）为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L=0.20m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h=0.10m的通道口使用时底面水平放置，两金属板连接到U=2000V的高压电源两极（下板接负极），于是在两金属板间产生一个匀强电场（忽略边缘效应）均匀分布的带电烟尘颗粒以v=10m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q=+2.0×1017C，质量m=1.0×1015kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力在闭合开关后：（1）求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；（2）求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；（3）除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；* 静电的利用和防止【分析】： （1）通道内只受电场力，由牛顿第二定律可求得加速度；（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，由运动的合成与分解可求得偏转的最大的距离；（3）根据进入的颗粒及吸附的颗粒可知吸附的效率，再由公式分析提高效率的方法【解析】： 解：（1）烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力F=qE 又因为 E=设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有=ma解得a=4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离这些颗粒在水平方向的位移 L=vt 在竖直方向的位移 h=at2解得 h=0.08mh=0.10m 可确定这些颗粒能通过通道因此，除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）设每立方米有烟尘颗粒为N0时间t内进入除尘器的颗粒N1=N0hLvt 时间t内吸附在底面上的颗粒N2=N0hLvt 则除尘效率=80% 因为h=at2=当hh时，=×当hh时，=1 因此，在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率答：（1）加速度为4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率【点评】： 本题考查带电粒子在电场中的运动，由于结合生活中的常识，故有一定的难度，在解答时应注意审题，明确题意，构建模型才能顺利求解二、（二）选考题（共15分）（请考生从给出的3道物理题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分）（15分）13（6分）下列说法中正确的是（） A 知道水蒸气的摩尔体积和水分子的体积，不能计算出阿伏加德罗常数 B 硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用 C 晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性 D 影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距 E 随着科技的发展，将来可以利用高科技手段，将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体【分析】： 解答本题需掌握：（1）气体分子间距离较大，不能根据阿伏加德罗常数计算分子体积；（2）液体表面分子较稀疏，分子间的相互作用产生液体的表面张力；（3）掌握晶体的性质，明确晶体有固定的熔点、规则的几何外形及各向异性；（4）理解饱和气压的意义，会解释有关现象；（5）热力学第二定律：为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响【解析】： 解：A、液体和固体可用摩尔体积除以分子体积得阿伏加德罗常数，而气体不能，故A正确；B、硬币或钢针能浮于水面上，是由于液体表面张力的作用，故B正确；C、晶体分为单晶体和多晶体，多晶体物理性质各向同性，故C错误；D、空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距影响蒸发快慢，故D正确；E、能量具有单向性，故不能将散失的能量再聚集利用，故E错误故选：ABD【点评】： 本题考查了阿伏加德罗常数、热力学第二定律、晶体的性质及饱和气压的定义等，知识点多，难度小，要加强基础知识的识记14（9分）蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器2012年6月27日潜水深度7062.68m，这标志着我国具备了载人到达全球99%以上海域深处进行作业的能力潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为80m3与外界导热良好开始潜入时，舱内空气（看成理想气体）的压强为latm，温度为27，水深7062.68m处的温度为4求：当蛟龙号载人潜水艇在水深7062.68m处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为多少atm；在上述过程中舱内气体放热（填“放热”或“吸热”）；从微观的角度解释舱内压强的变化：舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低【考点】： 热力学第一定律；理想气体的状态方程【专题】： 热力学定理专题【分析】： 舱内空气为等容变化，列出初态和末态的压强和温度，由查理定律求解舱内空气看成理想气体，其内能只跟温度有关，根据温度变化分析内能的变化，放热还是吸热气体的压强与分子的平均动能和分子数密度有关，根据气体压强微观意义进行分析【解析】： 解：舱内空气为等容变化，初态：p1=1atm，T1=300K；末态：p2=？，T1=277K由查理定律得：=代入数据解得：p2=×1atm=0.92atm，在上述过程中舱内气体的温度降低，内能减小，而体积不变，气体不做功，由热力学第一定律判断得知，气体放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低答：舱内气体的压强为0.92atm放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低【点评】： 对于气体问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合，关键要正确分析不变量，灵活选择状态方程（15分）15如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（） A 此列波的周期为T=0.4s B 质点B、F在振动过程中位移总是相等 C 质点I的起振方向沿y轴负方向 D 当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处 E 质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】： 振动图像与波动图像专题【分析】： 由波形图可以直接得出波的波长，根据v=求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反【解析】： 解：A、由波形图可知，波长=4m，则T=，故A正确；B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x=l0m的质点的时间t=，t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动4.1s=10T，所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】： 本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别16半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一束复色光沿半径方向与OO成=30°角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带（）求彩色光带的宽度；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求角至少为多少？【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射由于n1n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，复色光的入射角的最小值【解析】： 解：（）由折射定律n=，n2=代入数据，解得：1=45°，2=60° 故彩色光带的宽度为：Rtan45°Rtan30°=（1）R（）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故sinC=即入射角=C=45° 答：（）彩色光带的宽度为（1）R；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，角至少为45°【点评】： 对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角（15分）17氢原子能级及各能级值如图所示当大量氢原子从第4能级向第2能级跃迁时，可以释放出3种不同频率的光子，所释放的光子最小频率为（用普朗克常量h和图中给出的能级值字母表示）【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】： 根据h=EmEn，可知在何能级间跃迁发出光的频率最小【解析】： 解：当大量氢原子从第4能级向第2能级跃迁时，可以释放出3种不同频率的光子；分别是n=4向n=3，n=3向n=2，以及n=4向n=2三种因为放出的光子能量满足h=EmEn，知，从n=4能级跃迁到n=3能级发出光的频率最小；则有：h=E4E3，所以：=故答案为：3；【点评】： 解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足h=EmEn18人站在小车上一起以速度v0沿光滑水平面向右运动将小球以速度v水平向左抛给车上的人，人接住后再将小球以同样大小的速度移水平向右抛出，抛出过程中人和车始终保持相对静止重复上述过程，当车上的人将小球向右抛出n次后，人和车速度刚好变为0已知人和车的总质量为M，求小球的质量m【考点】： 动量守恒定律【分析】： 以人和小车、小球组成的系统为研究对象，满足动量守恒定律，据此列方程求解即可【解析】： 解：以人和小车、小球组成的系统为研究对象，车上的人第一次将小球抛出，规定向右为正方向，由动量守恒定律：Mv0mv=Mv1+mv得：v1=v0车上的人第二次将小球抛出，由动量守恒：Mv1mv=Mv2+mv得：v2=v02同理，车上的人第n次将小球抛出后，有vn=v0n由题意vn=0，得：m=答：小球的质量m为【点评】： 该题中人、球与小车组成的系统在水平方向不受其他的外力作用，系统的动量守恒- 16 -