2018年河北省唐山市高考物理一模试卷(共24页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年河北省唐山市高考物理一模试卷二、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题自要求，第6-8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）两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）At=2s时，两物体相遇B相遇前，两物体在t=1s时两物体间距离最大Ct=1s时，两物体相距0.5mDt=3s时，两物体相距1.5m2（6分）如图所示，单匝金属线圈半径为r1，电阻为R，内部存在一圆形区域匀强磁场，磁场区域半径为r2，磁感应强度随时间的变化为B=kt（k

2、0），磁场方向垂直纸面向外，下列说法正确的是（）A线圈中感应电流的方向为逆时针方向B线圈具有收缩趋势C线圈中感应电流的大小为D线圈中感应电动势的大小为kr123（6分）边长为1cm的正三角形ABC处于匀强电场中，电场方向平行于三角形所在平面。将电子由A点移动到B点，电场力做功4eV；将电子由A点移动到C点，电场力做功2eV电场强度大小为（）A200V/mB300V/mC200V/mD400V/m4（6分）2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌。如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同。一小球在

3、池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是（）A小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回B小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回C由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同D由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小5（6分）如图所示，轻绳OA、OB系于水平杆上的A点和B点，两绳与水平杆之间的夹角均为30，重物通过细线系于O点。将杆在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转动30此过程中（）AOA绳上拉力变大，OB绳上拉力变大BOA绳上拉力变大，OB绳上拉力变小COA绳上拉力变小，OB绳上拉力变大DOA绳上拉力变小，OB绳上拉力变

4、小6（6分）在研究某金属的光电效应现象时，发现当入射光的频率为以时，其遏止电压为U已知普朗克常数为h，电子电量大小为e，下列说法正确的是（）A该金属的截止频率为vB该金属的逸出功为eUhvC增大入射光的频率，该金属的截止频率增大D增大入射光的频率，该金属的遏止电压增大7（6分）2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心成功发射第五、六颗北斗三号全球组网卫星，完成了农历鸡年中国航天的“收官之战”。北斗导航系统中，某颗卫星绕地球做圆周运动，其向心加速度大小为a，线速度大小为v，万有引力常数为G，由以上数据可知（）A该卫星轨道半径为B该卫星角速度大小为C该卫星周期大小为D该卫星的质量为

5、8（6分）在如图所示电路中，电源内阻忽略不计，闭合电键S，滑动变阻器的滑片位于a点时，两理想电表的读数分别为U1、I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，两理想电表的读数分别为U2、I2下列判断正确的是（）AU1U2，I1I2B滑片位于b点时，滑动变阻器接入电路的阻值为C滑片由a滑到b，等于滑动变阻器接入电路的阻值变化量D滑片由a滑到b，等于R1的阻值二、解答题（共4小题，满分47分）9（5分）两块量程均为010mA但内阻未知的电流表A1、A2，现通过如图所示电路来测量其中一电流表的电阻。（1）连接电路，将滑动变阻器R1的滑片滑到最 端（填“左”或“右”），闭合电建S；（2）将电阻箱R2调到某一阻值

6、，然后调整滑动变阻器R1滑片的位置，使两电流表均有较大幅度的偏转；（3）记录此时两电流表的读数I1、I2和电阻箱的阻值R2；（4）根据以上数据可以得到电流表 （填“A1”或“A2”）的阻值，若I1=6.0mA，I2=9.0mA，R2=23.6，则该电流表的电阻为 ；（5）多次测量，计算该电流表电阻的平均值。10（10分）某实验小组利用如图甲所示装置测定当地重力加速度的数值。实验开始时，小钢球被电磁铁吸引静止不动，光电门位于钢球的下方，二者的中心处在同一竖直线上。将此时钢球球心位置记为A点，光电门中心位置记为O点，AO间距离为h。（1）使用螺旋测微器测定小钢球的直径如图乙所示，可知钢球直径大小为

7、d= mm；（2）断开电磁铁开关，小钢球由静止开始下落，下落过程中通过位于O点处光电门，由数字计时器记录钢球通过光电门的时间t可由表达式v= 得到小钢球球心通过光电门时的瞬时速度；（3）将光电门向下移动一小段距离后，重新释放小钢球，记录小钢球通过光电门时数字计时器显示的时间t1和此时光电门与O点间距离x1；（4）重复步骤（3），得到若干组t和x的数值；（5）在x坐标中描点连线，得到如图丙所示直线并计算出其斜率大小为1.6105，根据此斜率值，可以得到当地重力加速度的数值为 m/s2：（6）本实验在获得钢球球心通过光电门时的瞬时速度时存在误差，测量的速度值 （填“大于”、“等于”或“小于”）球心

8、通过光电门时的瞬时速度的真实值：（7）下列可以减小速度误差的方式有 A增大AO间的距离hB减小AO间的距离hC换用直径大一些的小钢球D换用直径小一些的小钢球11（14分）光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7m/s，经时间t=0.5s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1=5m/s木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度g=10m/s2，求：（1）木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数；（2）木板和木块的质量的比值。12（18分）平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y

9、轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示。一质量为m，带电量为q的正粒子从坐标为（L，L）的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v0=粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点。不计粒子的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）若粒子由P点沿x轴正向入射，初速度仍为v0=，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离。【物理一选修3-3】（15分）13（5分）缸内封闭着一定质量的理想气体，以下说法正确的是（）A外界向气体发生热传递，气体的内能一定增加B不可能把热从低温气体传到高温气体而不产生其他影响C如果保持气体温度不变，当压强增大时，气体的密度一定

10、增大D若气体体积不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子数增多E该气缸做加速运动时，汽缸内气体温度一定升高14（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。气缸开口向上，用质量为m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S=1cm2当气缸内温度为300K时，活塞与气缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强P0=1.0105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：（i）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？（ii）若锅炉外壁的安全

11、温度为1000K，那么重物的质量应是多少？【物理-选修3-4】（15分）15在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s，下列说法正确的是（）A甲波波源的起振方向为y轴正方向B甲波的波速大小为20m/sC乙波的周期为0.6sD甲波波源比乙波波源早振动0.3sE从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置16如图所示，真空中的半圆形透明介质，O1为圆心，O O1为其对称轴，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上，经

12、两次折射后由直径面离开介质。已知第一次折射的入射角和第二次折射的折射角均为60，光在真空中的速度大小为c，求：（i）透明介质的折射率n；（）单色光在介质中传播的时间t。2018年河北省唐山市高考物理一模试卷参考答案与试题解析二、选择题：本大题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题自要求，第6-8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）两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）At=2s时，两物体相遇B相遇前，两物体在t=1s时两物体间距离最大Ct=1s时，两物体相距0.5mDt=3s

13、时，两物体相距1.5m【分析】在vt图象中，与时间轴所围面积表示物体运动的位移，当速度相同时，两者相距最远；【解答】解：A、在vt图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，前2s内的位移分别为和故t=2s时，两物体不相遇，故A错误；B、两物体当速度相同时，相距最远，故当t=2s时，相距最远，故B错误；C、t=1s时两物体的位移分别为和x2=0.5m，故相距距离为x=x2x1=1.5m，故C错误，D正确故选：D【点评】本题主要考查了vt图象，明确与时间轴所围面积表示物体运动的位移，当速度相同时，两者相距最远；2（6分）如图所示，单匝金属线圈半径为r1，电阻为R，内部存在一圆形区域匀强磁场，磁场区

14、域半径为r2，磁感应强度随时间的变化为B=kt（k0），磁场方向垂直纸面向外，下列说法正确的是（）A线圈中感应电流的方向为逆时针方向B线圈具有收缩趋势C线圈中感应电流的大小为D线圈中感应电动势的大小为kr12【分析】根据楞次定律来判定感应电流方向；依据左手定则来判定线圈的受力情况；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律表达式，即可求解。【解答】解：A、磁感应强度随时间的变化为B=kt（k0），磁场方向垂直纸面向外，穿过线圈的磁通量增大，则线圈内有感应电流，根据楞次定律，则有顺时针的电流，故A错误；B、虽因线圈中顺时针方向感应电流，且磁场方向垂直纸面向外，但线圈处没有磁场，因此不受到磁场力

15、作用，则没有收缩或扩张趋势，故B错误；CD、保持半径不变，使磁场随时间按B=kt变化，依据法拉第电磁感应定律，则有：E=r22=kr22，因此线圈中的电流为I=，故C正确，D错误；故选：C。【点评】考查产生感应电流的条件，理解楞次定律的内容，掌握法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律的内容。3（6分）边长为1cm的正三角形ABC处于匀强电场中，电场方向平行于三角形所在平面。将电子由A点移动到B点，电场力做功4eV；将电子由A点移动到C点，电场力做功2eV电场强度大小为（）A200V/mB300V/mC200V/mD400V/m【分析】首先根据U=求解A、C间电势差和A、B间电势差，找出等势面，

16、然后根据公式U=Ed求解电场强度大小。【解答】解：A、点A、C间的电势差：UAC=，点A、B间的电势差为：UAB=，故 AB中点的电势与C点电势相等，故电场线平行AB向左，故场强：E=，故ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题考查匀强电场中的等势面，关键是结合公式和U=Ed列式分析，基础题目。4（6分）2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U型池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌。如图为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同。一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是（）A小球再次进入池中

17、后，能够冲出左侧边缘A然后返回B小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回C由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗机械能相同D由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗机械能较小【分析】小球在圆弧中运动过程中，根据平均速率的大小判断平均压力的大小、平均摩擦力的大小、克服摩擦力做的功的大小，由此分析能量的损失情况。【解答】解：AB、小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，此过程损失的机械能为mg；小球再次返回时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，则平均摩擦力要小，克服阻力做功小于上一次，则阻力做的功小于mg；故小球再次进入池中后，能够冲出左侧

18、边缘A然后返回，故A正确、B错误；CD、由A到C过程的平均速率大于由C到B过程的平均速率，平均摩擦力大于由C到B过程的平均摩擦力，前一过程小球损耗机械能较大，故CD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查能量守恒定律，解答本题要知道小球在圆弧中运动过程中的平均速率越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，克服摩擦力做的功也越大，由此分析能量的损失情况。5（6分）如图所示，轻绳OA、OB系于水平杆上的A点和B点，两绳与水平杆之间的夹角均为30，重物通过细线系于O点。将杆在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转动30此过程中（）AOA绳上拉力变大，OB绳上拉力变大BOA绳上拉力变大，OB绳上拉力变小COA绳上拉力

19、变小，OB绳上拉力变大DOA绳上拉力变小，OB绳上拉力变小【分析】当杆水平和杆转过30时，分别以结点O为研究对象进行受力分析，根据平衡条件列方程求解两种情况下绳子拉力大小进行比较即可。【解答】解：当杆水平时，以结点O为研究对象，受力情况如图A所示，此时OA、OB拉力相等，根据平衡条件可得2FAsin30=mg，解得FA=FB=mg；当杆转过30时，以结点O为研究对象，受力情况如图B所示，根据平衡条件可得FAsin60=mg，解得FA=mgmg，FB=mg，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边

20、形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。6（6分）在研究某金属的光电效应现象时，发现当入射光的频率为以时，其遏止电压为U已知普朗克常数为h，电子电量大小为e，下列说法正确的是（）A该金属的截止频率为vB该金属的逸出功为eUhvC增大入射光的频率，该金属的截止频率增大D增大入射光的频率，该金属的遏止电压增大【分析】根据光电效应方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得出遏止电压U与入射光频率v的关系式，从而进行判断。【解答】解：A、根据光电效应方程Ekm=hvhv0和eU=Ekm得：v0=故A正确。B、根据光电效应方程Ekm=hvW0和eU=Ekm得，W=

21、hv0=hveU，故B错误。C、金属的截止频率增大与入射光的频率无关。故C错误。D、根据光电效应方程Ekm=hvhv0和eU=Ekm得eU=hvW0可知，增大入射光的频率，该金属的遏止电压增大。故D正确。故选：AD【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系。7（6分）2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心成功发射第五、六颗北斗三号全球组网卫星，完成了农历鸡年中国航天的“收官之战”。北斗导航系统中，某颗卫星绕地球做圆周运动，其向心加速度大小为a，线速度大小为v，万有引力常数为G，由以上数据可知（）A该卫星轨道半径为B该卫星角速度大小为C该卫星

22、周期大小为D该卫星的质量为【分析】根据向心加速度公式求出卫星的轨道半径，结合向心加速度与线速度、角速度的关系求出角速度的大小，根据周期和角速度的关系求出周期的大小。【解答】解：A、根据a=得，卫星的轨道半径r=，故A错误。B、根据a=v得，卫星的角速度，故B正确。C、卫星的周期T=，故C正确。D、卫星绕地球做圆周运动，卫星是环绕天体，无法通过万有引力提供向心力求出卫星的质量，故D错误。故选：BC。【点评】解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度这些物理量之间的关系，并能灵活运用，注意在万有引力提供向心力公式中，环绕天体的质量可以约去，无法求出环绕天体的质量。8（6分）在如图所示电路中

23、，电源内阻忽略不计，闭合电键S，滑动变阻器的滑片位于a点时，两理想电表的读数分别为U1、I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，两理想电表的读数分别为U2、I2下列判断正确的是（）AU1U2，I1I2B滑片位于b点时，滑动变阻器接入电路的阻值为C滑片由a滑到b，等于滑动变阻器接入电路的阻值变化量D滑片由a滑到b，等于R1的阻值【分析】根据闭合电路欧姆定律，由电阻变化得到电流变化，从而得到电压表变化；再对R2应用欧姆定律得到接入电路的电阻值；最后，由闭合电路欧姆定律得到电压表变化的表达式。【解答】解：B、电路为串联电路，故由欧姆定律可得：E=I1R1+U1，；E=I2R1+U2，；故B正确；A、因为R

24、2aR2b，所以，由，可得：I1I2；故由E=I1R1+U1，E=I2R1+U2可得：U1U2，故A错误；CD、由A可得：U2U1=（EI2R1）（EI1R1）=（I1I2）R1，故，滑动变阻器接入电路的阻值变化量为，故C错误，D正确；故选：BD。【点评】闭合电路的欧姆定律为电路中任意连接电源的回路电压降正好等于电动势；即可根据电阻变化求得总电流变化，进而得到各电阻变化，再由欧姆定律得到电压变化。二、解答题（共4小题，满分47分）9（5分）两块量程均为010mA但内阻未知的电流表A1、A2，现通过如图所示电路来测量其中一电流表的电阻。（1）连接电路，将滑动变阻器R1的滑片滑到最左端（填“左”或

25、“右”），闭合电建S；（2）将电阻箱R2调到某一阻值，然后调整滑动变阻器R1滑片的位置，使两电流表均有较大幅度的偏转；（3）记录此时两电流表的读数I1、I2和电阻箱的阻值R2；（4）根据以上数据可以得到电流表A1（填“A1”或“A2”）的阻值，若I1=6.0mA，I2=9.0mA，R2=23.6，则该电流表的电阻为11.8；（5）多次测量，计算该电流表电阻的平均值。【分析】根据题目要求明确实验接法应采用分压接法，从而确定实物图中缺少的导线；根据实验电路图分析明确定值电阻及滑动变阻器的作用，则可以选择电阻值；根据串并联电路的规律可得出对应的表达式，由数学规律可确定待测电阻的内阻。【解答】解：（1

26、）为安全起见，当滑动变阻器的阻值最大时，分压最大，两表最安全，所以要滑至最左端；（4）由于电阻箱与A1并联的，由并联电路电流特点可以求出通过电阻箱的电流，由欧姆定律就能求出A1的阻值。IA1=I2I1=3mA，UA1=UR=I1R=0.1416V，所以RA1=11.8故答案为：（1）左 （4）A1，11.8【点评】本题为探究型实验，要求能明确实验原理，注意题干中的要求；明确题意后再确定应采用哪些基本原理进行分析求解；本题中注意分压接法的确定。10（10分）某实验小组利用如图甲所示装置测定当地重力加速度的数值。实验开始时，小钢球被电磁铁吸引静止不动，光电门位于钢球的下方，二者的中心处在同一竖直线

27、上。将此时钢球球心位置记为A点，光电门中心位置记为O点，AO间距离为h。（1）使用螺旋测微器测定小钢球的直径如图乙所示，可知钢球直径大小为d=11.000mm；（2）断开电磁铁开关，小钢球由静止开始下落，下落过程中通过位于O点处光电门，由数字计时器记录钢球通过光电门的时间t可由表达式v=得到小钢球球心通过光电门时的瞬时速度；（3）将光电门向下移动一小段距离后，重新释放小钢球，记录小钢球通过光电门时数字计时器显示的时间t1和此时光电门与O点间距离x1；（4）重复步骤（3），得到若干组t和x的数值；（5）在x坐标中描点连线，得到如图丙所示直线并计算出其斜率大小为1.6105，根据此斜率值，可以得到

28、当地重力加速度的数值为9.68m/s2：（6）本实验在获得钢球球心通过光电门时的瞬时速度时存在误差，测量的速度值小于（填“大于”、“等于”或“小于”）球心通过光电门时的瞬时速度的真实值：（7）下列可以减小速度误差的方式有ADA增大AO间的距离hB减小AO间的距离hC换用直径大一些的小钢球D换用直径小一些的小钢球【分析】（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出钢球经过光电门的速度。（5）依据运动学位移与速度公式，结合x斜率含义，即可求解；（6）在匀变速直线运动中，平均速度等于中时刻速度，导致测量速度小于真实值；（7）根据实验的

29、原理以及操作中的注意事项确定合理的操作步骤。【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为11mm，可动刻度读数为0.010.0=0.000mm，则d=11.000mm。（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，钢球通过光电门的速度表达式v=。（5）依据运动学位移与速度公式，则有：2g（h+x）=，整理得，而x图象的斜率大小为k=1.6105，那么g=9.68m/s2；（6）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；（7）AB、为了减小实验的误差，光电门与A的间距适当大一些，故A正确，B错误。C

30、D、实验中通过极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出小球通过光电门的瞬时速度，小球直径取得越小，测量的误差越小，故C错误，D正确。故选：AD。故答案为：（1）11.000；（2）；（5）9.68；（6）小于；（7）AD。【点评】解决本题的关键知道实验的原理，抓住重力势能的减小量和动能的增加量是否相等进行验证，掌握螺旋测微器的读数方法，注意其读数的估计值，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度。11（14分）光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示。对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7m/s，经时间t=0.5s木块运动到竖直墙壁

31、处，速度大小减为v1=5m/s木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端。重力加速度g=10m/s2，求：（1）木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数；（2）木板和木块的质量的比值。【分析】（1）木块向左做匀减速运动，由平均速度与时间的乘积求木板的长度L根据动量定理求木板与木块间的动摩擦因数；（2）木块与墙壁发生弹性碰撞后原速率反弹，之后木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，木块停在木板的右端时两者速度相同，由系统的动量守恒和能量守恒结合求木板和木块的质量的比值。【解答】解：（1）木块向左做匀减速运动时，则 L=0.5=3m对木块，取向左为正方向，由动量定理得mgt=mv1mv0。解得，

32、动摩擦因数为 =0.4 （2）木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得： mv1=（M+m）v mv12=mgL+（M+m）v2解得：=24答：（1）木板的长度L是3m，木板与木块间的动摩擦因数是0.4；（2）木板和木块的质量的比值是24。【点评】正确应用动量守恒和功能关系列方程是解决这类问题的关键，要知道涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求力是常用的方法。12（18分）平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示。一质量为m，带电量为q的正粒子从坐标为（L，L）的P点沿

33、y轴负向进入电场，初速度大小为v0=粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点。不计粒子的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）若粒子由P点沿x轴正向入射，初速度仍为v0=，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离。【分析】（1）粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子进入磁场后的速度，粒子在磁场中做圆周运动，求出粒子做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。（2）粒子在电场中做类平抛运动，在第一象限做匀速直线运动，在磁场中做圆周运动，应用类平抛运动知识、几何知识与牛顿第二定律求出粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离。【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：qEL=

34、mv2mv02解得：v=，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：B=4； （2）粒子在电场中做类平抛运动，假设粒子由y轴离开电场，水平方向：L=v0t，竖直方向：y1=t2，解得：y1=LL，粒子离开电场时的竖直分速度：vy=at=t，速度偏转角正切值：tan=，第一次到达x轴的坐标：x1=L，在磁场中粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：R=，x2=2Rsin=L，粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离：x=x1+x2=L1.85L；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为4；（2）粒子第二次到达x轴时与坐标原点的距离为1

35、.85L。【点评】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。【物理一选修3-3】（15分）13（5分）缸内封闭着一定质量的理想气体，以下说法正确的是（）A外界向气体发生热传递，气体的内能一定增加B不可能把热从低温气体传到高温气体而不产生其他影响C如果保持气体温度不变，当压强增大时，气体的密度一定增大D若气体体积不变，温度升高，单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子数增多E该气缸做加速运动时，汽缸内气体温度一定升高【分析】热力学第一定律公式：U=W+Q；热力学第二定律所以一切宏观

36、热现象都具有方向性；气体压强从微观角度看决定于分子数密度和分子热运动的平均动能。【解答】解：A、外界向气体发生热传递，气体可能同时对外做功，故气体的内能不一定增加，故A错误；B、根据热力学第二定律，不可能把热从低温气体传到高温气体而不产生其他影响，故B正确；C、如果保持气体温度不变，当压强增大时，分子热运动的平均动能不变，单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故分子数密度增加，故C正确；D、若气体体积不变，温度升高，分子数密度增加，分子热运动的平均动能增加，故单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子数增多，故D正确；E、该气缸做加速运动时，分子热运动平均动能不受影响，故汽缸内气体温度不变，故

37、E错误；故选：BCD【点评】本题考查热力学第一定律、热力学第二定律和气体压强的微观意义，关键是记住基础知识，基础题目。14（10分）为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的气缸，气缸内气体温度可视为与锅炉外壁温度相等。气缸开口向上，用质量为m=1kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S=1cm2当气缸内温度为300K时，活塞与气缸底间距为L，活塞上部距活塞处有一用轻质绳悬挂的重物M当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强P0=1.0105Pa，活塞与器壁之间摩擦可忽略。求：（i）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？（ii）若锅炉外壁的安全

38、温度为1000K，那么重物的质量应是多少？【分析】（i）活塞上升过程为等压变化。根据吕萨克定律分析当活塞刚刚碰到重物时锅炉外壁温度。（ii）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，由力平衡求出初末状态时封闭气体的压强，再由查理定律求解。【解答】解：（i）活塞上升过程为等压变化。V1=LS，V2=（L+d）S 则根据吕萨克定律得 =得T2=500K （ii）活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为M。P2S=P0S+mg P3S=P0S+（m+M）g根据查理定律得 =可得：M=2kg 答：（i）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为500K。（ii）若锅炉外壁的安全温度为1000K，那

39、么重物的质量应是2kg。【点评】本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，明确变化过程，选择合适的规律解决。【物理-选修3-4】（15分）15在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s，下列说法正确的是（）A甲波波源的起振方向为y轴正方向B甲波的波速大小为20m/sC乙波的周期为0.6sD甲波波源比乙波波源早振动0.3sE从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置【分

40、析】根据波前振动方向得到起振方向；根据图示得到波长，由甲波周期得到波速，进而得到乙波周期；即可根据波的传播距离得到振源振动时间；再根据传播方向得到质点的振动方向，从而由周期得到质点的振动方向，即可求得任意时刻质点位置。【解答】解：A、甲波传播到x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y轴负方向，故A错误；B、由图可知：甲波的波长为8m，又有甲波波源的振动周期为0.4s，故甲波的波速大小为，故B正确；C、同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s，由图可知：乙波的波长为12m，故周期为，故C正确；D、甲波的传播距离为24m，故波源振动时间为；乙波的传播距离为

41、42m12m=30m，故波源振动时间为，所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3s，故D错误；E、由图可知：图时时刻，两波在x=12m处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为，那么，t=0.6s时，y=0，即从图示时刻开始再经0.6s，x=12m处的质点再次到达平衡位置；故E正确；故选：BCE。【点评】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由求得波速。16如图所示，真空中的半圆形透明介质，O1为圆心，O O1为其对称轴，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上，经两次折射后由直径面离开介质。已知第一次折

42、射的入射角和第二次折射的折射角均为60，光在真空中的速度大小为c，求：（i）透明介质的折射率n；（）单色光在介质中传播的时间t。【分析】（i）已知第一次折射的入射角和第二次折射的折射角均为60，说明第一次折射的折射角和第二次折射的入射角相等，由几何关系求出第一次折射的折射角，即可求得折射率n；（）由v=求出单色光在介质中传播的速度，由几何知识求出光在介质中传播距离，即可求得传播时间t。【解答】解：（i）设第一次折射的入射角和折射角分别为i1和r1，第二次折射的入射角和折射角分别为i2和r2，则有：n=n=由几何知识有：i1=r1+i2=60根据第一次折射的入射角和第二次折射的折射角均为60，得：r1=i2=30可得：n=（ii）光在介质中传播速度v= 光在介质中传播距离 L=由L=vt 可得：t=答：（i）透明介质的折射率n是；（）单色光在介质中传播的时间t是。【点评】本题首先要能正确应用几何关系求解第一次的折射角，再运用折射定律和运动学公式进行解题。专心-专注-专业