内蒙古赤峰市宁城县2015届高三物理3月统一考试（一模）试题 理（含解析）.doc

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1、2015年内蒙古赤峰市宁城县高考物理一模试卷一、本题共12小题，每小题4分，共48分，在1至8个小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9至12小题有多个选项正确，全选对的得4分；选对但不全的得2分：有选错或不答的得0分1（4分）（2015宁城县一模）下列叙述正确的是（） A 牛顿做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论 B 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 C 伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理方法引入了科学研究 D 库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向【考点】： 物理学史【专题】： 常规题型【分析】： 根据物理学史和常

2、识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、伽利略做了著名的斜面实验，得出轻重物体自由下落一样快的结论，故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；C、伽利略开创了科学实验之先河，他把科学的推理方法引入了科学研究，故C正确；D、法拉第首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向，故D错误；故选：C【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（4分）（2015宁城县一模）人站在升降机底板上先由静止开始匀加速上升，而后匀减速上升一段时间后停止，则下列说法正确的是（

3、） A 人在升降机中一直处于失重状态 B 人在匀加速上升过程中处于超重状态 C 匀加速上升过程中，升降机底板对人的支持力大于人对底板的压力 D 匀减速上升过程中，升降机底板对人的支持力与人的重力大小相等【考点】： 牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解【解析】： 解：A、B、人站在升降机底板上先由静止开始匀加速上升，加速度的方向向上，人处于超重状态；而后匀减速上升，加速度的方向向下，人处于失重状态故A错误，B正确；C、升

4、降机底板对人的支持力与人对底板的压力是作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反故C错误；D、匀减速上升过程中，加速度的方向向下，由牛顿第二定律可知，支持力：N=mgma，所以升降机底板对人的支持力小于人的重力故D错误故小：B【点评】： 只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！3（4分）（2015宁城县一模）如图所示为一质点作直线运动的速度时间图象，下列说法中正确的是（） A ab段与bc段的速度方向相反 B bc段与cd段的加速度方向相反 C ab段质点的加速度大小为2m/s2 D bc段质点通过

5、的位移为2m【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】： vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，其斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负【解析】： 解：A、ab段与bc段图象都在十字架上方，速度为正，方向相同，故A错误；B、vt图象中，斜率表示加速度，bc段与cd段的加速度相同，故B错误；C、ab段质点的加速度大小为a=2m/s2，故C正确；D、bc段质点通过的位移x=，故D错误故选：C【点评】： 本题是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

6、用信息，不难4（4分）（2015宁城县一模）如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（） A 电流表读数变大，电压表读数变小 B 灯泡L1变亮 C 电源的输出功率可能变大 D 电容器C上电荷量减小【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两电表读数的变化及灯泡L1亮度的变化判断R两端电压的变化，即可知道电容器两端电压的变化，由Q=CU分析电量的变化根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，分析电

7、源的输出功率变化【解析】： 解：A、B、灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知：电源的内电压减小，路端电压增大，故电流表的读数变小，电压表的读数变大总电流减小，则灯泡L1变暗，故A、B错误C、根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，可知由于电源的内电阻与外电阻关系未知，电源的输出功率可能变大，故C正确D、路端电压增大，灯L1的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q=CU知，电容器C上电荷量增大，故D错误故选：C【点评】： 本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的顺序进行分析；明确电容器的电压等于所并联用电容器的电压5（4分）（

8、2015宁城县一模）如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等下列说法中错误的是（） A 刚释放时，小球的加速度为重力加速度g B 小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大 C 小环从A到运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功 D 小环一定能滑到C点【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；功能关系【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 刚释放时，小

9、环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为g，因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所有OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故小球一定能滑到C点【解析】： 解：A、刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，所有加速度为g，故A正确；C、因为AD点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，故C正确；B、从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的

10、弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小球的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，故小球一定能滑到C点，故D正确，B错误；本题选错误的，故选：B【点评】： 本题关键是知道洛伦兹力不做功，小环和弹簧组成的系统机械能守恒6（4分）（2015宁城县一模）如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsint，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示下列说法正确的是（） A I1、I2表示电流的有效值，U1、U2表示电压的瞬时值 B 变压器的输入功率I1U1 与输出功率I2U2 相等 C 滑动触头P向

11、下滑动，U2变小、I2变小 D 滑动触头P向下滑动过程中，U1变大、I1变大【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【分析】： 在交流电中电表显示的都是有效值，根据表达式知道输入电压的有效值，在根据匝数与电压、电流的比例关系分析【解析】： 解：A、在交流电中电表显示的都是有效值，故A错误B、变压器不改变功率，故B正确；C、滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，故C错误；D、由C分析知U2不变，U1不变，I2变大、则功率变大，故I1变大，故D错误；故选：B【点评】： 本题考查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析7（4分）（2015宁城县一模）一平

12、行板电容器充电后与电源断开，正极板接地两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是（） A B C D 【考点】： 电容器的动态分析【专题】： 电容器专题【分析】： 由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化【解析】： 解：A、当负极板右移时，d减小，由C= 可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由

13、U= 可知，U=Q，则E=，故E与d无关，故B错误；C、因正极板接地，设P点原来距正极板为l，则P点的电势=El，不变；故C错误；D、电势能E=q=Eqx，为水平线，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解8（4分）（2015宁城县一模）一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为1时，起重机达到额定功率P以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到达到最大速度2为止，则整个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（） A 钢绳的最大拉力为mg B 钢绳的最

14、大拉力为 C 重物的平均速度大小为 D 重物匀加速运动的加速度为g【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律【专题】： 功率的计算专题【分析】： 匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv求出最大拉力，根据牛顿第二定律求出加速度【解析】： 解：A、加速过程物体处于超重状态，钢索拉力较大，重物匀加速运动的末速度为v1，此时的拉力为F=，所以最大拉力为，故A错误，B正确；C、此过程不是初速度为1，末速度为2的匀变速直线运动，所以平均速度不等于，故C错误；D、由牛顿第二定律得；a=g，故D正确；故选：BD【点评】： 本题考查的是类似汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方

15、式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉9（4分）（2015宁城县一模）如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星已知第一宇宙速度为，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为A、B、C，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是（） A A=C= B ACB C TA=TCTB D TATBTC【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根

16、据v=r，a=r2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较B、C的线速度、周期大小【解析】： 解：A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以A=C，根据v=r，C的线速度大于A的线速度根据v=得B的线速度大于cC的线速度，故A错误，B正确；C、卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据T=2得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误故选：BC【点评】： 地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=r，a=r2比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较b、c的线速度、角速度、周期和向心加速度大小10（4分）（2015宁城县一模）彼此绝缘

17、、相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（） A B C D 【考点】： 磁通量【分析】： 根据安培定则，判断出两个电流在第一象限内磁场的方向，从而判断磁通量是否可能为零【解析】： 解：A根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确B根据安培定则，电流I1在第二、三象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部向外，所以磁通量不可能为零，故B错误C根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能

18、为零，故C错误D根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键会用安培定则判断磁场的方向，以及知道当有多个磁场时，此时磁通量为净磁通量11（4分）（2015宁城县一模）如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做直线运动，则下列说法正确的是（） A 若玻璃管匀速运动，则蜡块的轨迹为直线P B 若玻璃管匀速运动，则蜡块的轨迹可能为曲线R C 若玻璃管匀加速速运动，则蜡块的轨迹可能为曲线Q D 若玻璃管匀加速速运动，则蜡块的轨迹可能为曲线R【

19、考点】： 运动的合成和分解【专题】： 运动的合成和分解专题【分析】： 当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向【解析】： 解：A、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，物体做直线运动知轨迹可能为直线P，故A正确，B错误C、红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，若玻璃管在水平方向上做匀加速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动根据轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向，知轨迹可能为曲线

20、Q故C正确，D错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键会根据速度方向与加速度方向的关系判断物体做直线运动还是曲线运动，以及知道轨迹夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向大致指向轨迹凹的一向12（4分）（2015宁城县一模）如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，己知重力加速度为g，则（） A 金属

21、杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到a B 金属杆ab进入磁场时的速度大小为 C 金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势 D 金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 由右手定则可以判断出感应电流方向；由机械能守恒定律可以求出ab进入磁场时的速度；由E=BLv可以求出感应电动势；由左手定则判断出cd所受安培力的方向，然后答题【解析】： 解：A、由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流有b流向a，故A正确；B、从ab开始下滑到进入磁场过程，ab的机械能守恒，由机械能守恒定律得：

22、mglsin=mv2，解得：v=，故B正确；C、ab进入磁场产生的感应电动势：E=Blv=Bl，故C错误；D、由左手定则可知，cd受到的安培力平行与斜面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误；故选：AB【点评】： 本题是电磁感应与力学相结合的题，分析清楚运动过程，应用左手定则与右手定则，机械能守恒定律即可正确解题二、本题2小题，共18分，把答案填到题中横线上或按要求作图13（6分）（2015宁城县一模）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度L，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻R（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：=（用上述测量的字

23、母表示）（2）若实验中测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图1、2所示，则金属丝长度的测量值为L=60.50cm，金属丝直径的测量值为d=0.550mm【考点】： 测定金属的电阻率【专题】： 实验题【分析】： （1）根据电阻定律求出电阻率的表达式；（2）根据图示刻度尺确定其分度值，金属丝两端点所对应刻度尺示数之差是金属丝的长度；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数【解析】： 解：（1）由电阻定律可知，金属丝电阻R=，则金属丝电阻率=；（2）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，金属丝的长度l=70.50cm10.00cm=60.50cm；由图示螺旋测微器可知

24、，螺旋测微器固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为5.00.01mm=0.050mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.050m=0.550mm；故答案为：（1）；（2）60.50，0.550【点评】： 本题考查了电阻定律的应用、刻度尺与螺旋测微器的读数，应用电阻定律即可求出电阻率的表达式；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读14（12分）（2014北京）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表（00.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015

25、V） B电压表（03V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用B；滑动变阻器应选用C；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线序号 1 2 3 4 5 6电压U（V） 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10电流I（A） 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=1.5v，内电阻r=0.83（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率

26、P都会发生变化图3的各示意图中正确反映PU关系的是C【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： （1）分析图示电路结构，然后答题；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）应用描点法作出图象；（4）根据电源的UI图象求出电源电动势与内阻；（5）求出电源输出功率表达式，然后答题【解析】： 解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象如图所示；（4）由图示电源UI图象可知

27、，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r=0.83；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C 故答案为：（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C【点评】： 本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻三、本题共2小题，共3

28、0分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位15（8分）（2015宁城县一模）如图所示，一质量为8m的长木板静止在光滑水平面上，某时刻一质量为m的小铁块以速度从木板的右端滑上木板已知铁块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，木板足够长，求：（1）铁块与木板的加速度大小；（2）当木板在水平面上加速滑行的距离为x时，铁块在木板上滑行的长度为多少？【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： （1）分别对铁块和木板作受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）求出

29、木板滑行时间，求出铁块的位移和木板位移作差可得相对位移【解析】： 解：（1）对于铁块：mg=ma1，解得：a1=g对于木板：mg=Ma2，解得：（2）木板的位移：，解得：铁块的位移：铁块在木板上滑行的距离：答：（1）铁块与木板的加速度大小分别为：g，；（2）当木板在水平面上加速滑行的距离为x时，铁块在木板上滑行的长度为【点评】： 本题主要考查牛顿第二定律和位移时间公式的应用，注意结果的化简16（12分）（2015宁城县一模）在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0102T；第一象限内有沿y方向的匀强电场，电场强度大小为E=1.01

30、05N/C已知矩形区域oa边长为0.60m，ab边长为0.20m在bc边中点N处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为=2.0106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m=1.61027kg，电荷量为q=+3.21019kg，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）（1）粒子在磁场中运动的半径；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少？（3）放射源沿x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）由题意得出粒子的运动轨迹；由洛仑兹力

31、充当向心力可求得半径；（2）由数学知识可明确粒子的最短路程；（3）由几何关系确定磁场中的运动圆心角，再直线运动规律确定粒子在电场中运动的时间，则可求得总时间【解析】： 解：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：qvB=m解得：R=0.20m；（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，=60；最短的弧长即最短路程s=R=m=0.21m；（3）粒子在磁场中的周期T=6.28107s；粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=；粒子在电场中的加速度为：a=v=at解得：t=1.0107s则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0107s由图可知cos=0.5；故=60；

32、粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=T=；粒子运动的总时间t=t1+t2+t3+t4=+2.0107s=4.6107s；答：（1）粒子在磁场中运动的半径为0.2m；（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为0.21m；（3）放射源沿x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间为4.6107s；【点评】： 本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意正确掌握磁场中的圆周规律的应用，同时注意要先明确粒子的运动轨迹，再确定几何关系四、选作题，共2小题请从17、18、19三个题中任选一题作答解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案必须明

33、确写出数值和单位【选修3-3】（14分）17（4分）（2015宁城县一模）下列说法正确的是（） A 气体温度越高，每个分子的速率一定越大 B 雨水没有透过布雨伞是因为液体存在表面张力 C 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动 D 单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的【考点】： * 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体【分析】： 温度升高，分子的平均动能增大，但是个别分子速率减小雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动【解析】： 解：A、温度越高，所有分子的平均动能增大，但对于具

34、体的每一个分子来说，其分子动能有可能减小，故A错误；B、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故B正确；C、布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是液体分子的运动，故C错误；D、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的，故D正确；故选：BD【点评】： 加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好33的基本方法此处高考要求不高，不用做太难的题目18（10分）（2015宁城县一模）如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm2，厚度不计当温度为27时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通

35、g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，大气压强保持不变将气缸倒过来放置，若温度上升到127，此时气柱的长度为20cm，求大气压强分析说明上述过程气体是吸热还是放热【考点】： 理想气体的状态方程；封闭气体压强【分析】： 求出气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程求出压强应用热力学第一定律分析答题【解析】： 解：气缸正立时，气体压强：p1=p0+，气缸倒立时，气体压强：p2=p0，气体温度：T1=273+27=300K，T2=273+127=400K，气体体积：V1=1050=500cm3，V2=2050=1000cm3，由理想气体状态方程得：=，代入数据解得：p0=1105Pa；在整个过

36、程中，气体体积增大，气体对外做功，W0，气体温度升高，气体内能增加，U0，由热力学第一定律：U=W+Q可知，Q=UW0，则气体要吸收热量；答：将气缸倒过来放置，若温度上升到127，此时气柱的长度为20cm，大气压强为1105Pa上述过程气体是吸热【点评】： 本题考查了求压强、判断吸放热情况，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可正确解题【选修3-4】（14分）19（2015宁城县一模）一列波源在x=0处的简谐波，沿x轴正方向传播，周期为0.02s，t0时刻的波形如图所示此时x=12cm处的质点P恰好开始振动则下列说法正确的是（） A 质点P开始振动时的方向沿y轴正方向 B 波源开始振动时的方

37、向沿y轴负方向 C 此后一个周期内，质点P通过的路程为8cm D 这列波的波速为4m/s【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】： 根据质点的振动与波的传播的关系知，当质点处于上坡时向下振动，处于下坡时向上振动，可推断开始振动时波源的振动情况，由振幅可求质点在一定时间内通过的路程，求出波速【解析】： 解：A、根据质点的振动与波的传播的关系知，质点P处于上坡，向下振动，故A错误B、波传到质点P时向下振动，故波源开始振动时的方向沿y轴负方向，故B正确C、一个周期内质点P通过的路程4A=4*5=20cm，故C错误D、波速，故D正确故选：BD【点评】：

38、考查了质点的振动情况与波的传播关系，运用“上下坡法”判断质点的振动方向，能根据图象直接得出波长，知道一个周期内质点运动的路程为4A20（2015宁城县一模）如图所示，半圆玻璃砖的半径R=10cm，折射率n=，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点激光束a以入射角i=60射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两光斑画出光路图；求两光斑之间的距离L【考点】： 光的折射定律【专题】： 实验题【分析】： 根据光的折射定律和反射定律，画出光路图求出光线在O点的折射角和反射角，由几何知识求出两个光斑之间的距离L【解析】： 解：根据光的反射定律可知反射角 =i=60画出光路图如图设折射角为r，由折射定律得 n=

39、解得，r=30由几何知识得：两光斑P、Q之间的距离L=PA+AQ=Rtan30+Rtan60=R（tan30+tan60）=10（）cm=cm23.1cm答：画出光路图如图；两光斑之间的距离L是23.1cm【点评】： 关于几何光学的问题，关键是能正确作出光路图此题根据题意在水平屏幕MN上出现两个光斑是由于激光a在O点同时发生折射和反射形成的，作出光路图【选修3-5】（14分）21（2015宁城县一模）下列说法正确的是（） A 温度越高，放射性元素的半衰期越长 B 天然放射现象说明原子核内部是有结构的 C 汤姆生通过粒子散射实验提出了原子的核式结构 D 重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都

40、向外界放出核能【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象；裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 半衰期与外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构【解析】： 解：A、半衰期与外界因素无关，A错误；B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确；C、卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构，C错误；D、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，D正确；故选BD【点评】： 本题考查了原子核的知识和物理学史，象半衰期和裂变、聚变的知识都是考查的重点，要重点掌握22（2015宁城县一模）在如图所示的

41、光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱最终以速度v向右匀速运动已知木箱的质量为m，人与车的质量为2m，木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住求：推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小【考点】： 动量守恒定律【分析】： 在推出木箱的过程中，木箱和小明以及车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；小明在接木箱的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小【解析】： 解：取向左为正方向，由动量守恒定律有0=2mv1mv得小明接木箱的过程中动量守恒，有mv+2mv1=（m+2m）v2解得答：推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小【点评】： 解决本题的关键掌握动量守恒定律，以及在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向- 17 -