广西桂林市三校联考2015届高考物理模拟试卷
一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分，在每题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．如图所示，在正方形ABCD的四个顶点放上四根直导线，导线垂直于正方形所在的平面，给导线通以大小相同的电流，方向如图，在正方形对角线交点处放一正的电荷，当电荷以一定的初速度从对角线的交点处向右射出时，电荷受到的洛伦兹力方向为( )
A．竖直向上
2．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，则下列判断正确的是( ) A．不能求出该行星的质量 B．不能求出该行星的密度
C．可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力 D．可求出该行星的第一宇宙速度
3．如图所示，理想变化器原副线圈的匝数比n1：n2=1：4，在AB端输入交流电压UAB=15
sin100πt（v），电流表的示数为1A，电路中电流表和电压表均为理想电表，则( )
B．竖直向下
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为60
v
C．灯泡L消耗的功率为15W
D．灯泡L的电阻为15Ω
4．如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为h和2h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1：2，则下列说法正确的是 ( )
A．A、B两球的初速度之比为1：4 B．A、B两球的初速度之比为1：2 C．若两球同时抛出，则落地时间差为
）
D．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为（
5．如图甲所示，A、B是在某电场中一条电场线上的两点，一带电粒子在A点获得一个初速度，只在电场力的作用下沿电场线运动到B点，电势能随距离变化的图象如图乙所示，则粒子从A运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电 C．粒子的速度一定减小
6．如图所示，轻弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左运动，起始点A与轻弹簧自由端O的距离为s，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后弹簧被压缩，之后物体被向右反弹，回到A点时的速度刚好为零，则( )
B．电场力对电荷一定做负功 D．粒子的加速度一定减小
A．弹簧的最大压缩量为
B．弹簧的最大压缩量为
C．弹簧获得的最大弹性势能为 D．弹簧获得的最大弹性势能为mv
7．如图所示，一粗细均匀的直棒用两细绳悬吊与两直立的杆之间，两悬点位置等高，直棒处于静止状态，两悬线与竖直方向的夹角相等，则 ( )
A．直棒的重心在直棒的中点 B．直棒的重心靠近A一端 C．左侧绳的拉力比右侧绳的拉力大 D．两侧绳的拉力大小相等
8．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别于高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．现用同一回旋加速器分别加速质子和α粒子，则下列说法中正确的是( )
A．质子获得的最大速度是α粒子获得的最大速度的2倍
B．加速质子需要的加速电压的周期是加速α粒子需要的加速电压周期的2倍 C．改变加速电压的大小可以使质子和α粒子获得同样大的动能 D．改变磁场的磁感应强度，可以使质子和α粒子获得同样大的动能
9．如图所示，为某物体在0﹣t3时间内的速度﹣﹣时间图象，其中t3﹣t2=t2﹣t1=t1，v1=﹣3v2，则下列说法正确的是( )
A．0﹣t3时间内，速度方向改变了三次 B．0﹣t3时间内，加速度方向改变了两次 C．0﹣t1时间内，物体的位移为v1t1
D．t1﹣t2和t2﹣t3时间内时间内物体的位移大小之比小于3：1
10．如图所示，正方形线框ABCD在有界匀强磁场边界MN上方某处处于静止状态，线框平面在纸面里，CD边平行于MN，CD到MN的距离为h，线框的质量为m，电阻为R，边长为L，线框共有N匝，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，磁场两边界MN、PQ水平，间距为H，H＞L，由静止释放线框，线框在下落过程中始终保持竖直且CD边始终保持水平，CD边刚进入磁场时线框的加速度为零，AB边刚要出磁场时加速度也为零，则 ( )
A．CD离MN的距离为
B．线框进磁场的过程中通过线框某一导线横截面的电荷量为
C．线框CD边刚出磁场时的速度大小为
D．线框进磁场产生的焦耳热与出磁场产生的焦耳热之比为
二、非选择题：本题共5小题，共60分，按题目要求作答，解答题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，答案中必须明确写出数值很和单位．
11．某学习小组用如图1所示装置做“探究加速度与力的关系”实验，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d．
（1）实验前要先调整气垫导轨__________，若用沙和沙桶的重力表示滑块受到的合力，实验中要满足沙桶和沙的总质量__________滑块和遮光板的总质量．
（2）某次实验测得窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度为__________（用题中所给物理量表示）．
（3）实验中多次改变沙的质量，测出多组对应的滑块的加速度，作出加速度与沙的质量的关系图象可能是图2中的__________．
12．要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．
（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最__________（填“左”或“右”）端． （2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象． U1/V U2/V
0.10 1.05
0.20 0.90
0.30 0.75
0.40 0.60
0.50 0.45
0.60 0.30
由图象得到电池的电动势E=__________V，电池的内阻r=__________Ω．
（3）由于电压表__________（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对__________（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势__________（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻__________（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．
13．如图所示，水平面与斜面在B点对接，一质量为1kg的物块放在水平面上A点，用与水平面成θ=53°向下的恒力推物块，物块以3m/s的加速度向右运动，A、B间距为6m，物块到B点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数均为0.5，求： （1）推力F的大小；
（2）物块在斜面上滑行的最大距离．
2
14．如图所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：
（1）P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小； （2）通过电阻R的电荷量； （3）电阻R上产生的焦耳热．
15．如图所示，在xOy坐标系的第一象限里有平行于坐标平面向右的匀强电场，在第四象限有平行于坐标平面向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，同时在第四象限还有垂直于坐标平面的匀强磁场（图中未画出），一带电小球从坐标原点O，以与x轴正向成45°向上的初速度v0射入第一象限的电场，已知小球的质量为m，带电荷量为+q，电场的场强大小E=小球在第四象限中运动，恰好不能进入第三象限，求： （1）小球射出后第一次经过x轴的位置． （2）小球第一次经过x轴时的速度大小和方向． （3）磁场磁感应强度的大小和方向．
，
三、附加题：本题共2小题，每小题0分，分别考察3-3，3-4，3-5模块，请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分支不计入总分． 16．下列说法正确的是 ( )
A．根据分子动理论可知，当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大可能先增大后减小
B．液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力 C．根据热力学定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．对于一定量的气体，当其温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加
E． 热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度
17．如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸开口向右放置，在距气缸底部L=24cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．活塞截面积为500cm，大气压强p0=1.0×10Pa，当大气温度为T0=300K时，活塞与气缸底部之间的距离 L0=16cm，不计活塞的厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢向右移，求： ①活塞刚到卡环处时封闭气体做的功W及气缸内气体的温度T1； ②封闭气体温度升高到T2=600K时的压强p2．
5
2
四、物理-选修3-4
18．下列有关光现象的说法中正确的是 ( )
A．早晨看到的从东方升起的太阳是由全反射形成的太阳的像 B．光的衍射现象会使我们看到刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清 C．光的折射现象会使我们看到水中物体的“视深”比实际深度浅 D．海市蜃楼是光的干涉的结果 E． 光导纤维利用光的全反射传递信息
19．在一简谐横波传播的路径上有A、B两个质点，两质点的振动图象如图甲、乙所示，A、B间的距离为2m，A、B间的距离小于一个波长，求波速的大小．
五、物理-选修3-5
20．下列说法不正确的是 ( )
A．铯137进行β衰变时，往往同时释放出γ射线，γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米的铅板
B．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大． C．
U吸收光子后会裂变，发生链式反应，释放核能
D．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
E． 用能量为12eV的电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子可能吸收其部分能量而跃迁到激发态
21．如图所示，甲、乙两个光滑的斜面固定在水平面上，底部通过一段很小的圆弧连接，质量分别为2m和m的小球A、B分别在甲、乙斜面上离地面为h和h的高度由静止同时释放，结果两球在乙斜面上离地h高度处相碰，碰撞时间极短，碰撞后两球粘在一起，求： ①碰撞后瞬间两球的速度大小． ②碰撞过程损失的机械能．
广西桂林市三校联考2015届高考物理模拟试卷
一、选择题（本题共10个小题，每小题4分，共40分，在每题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）
1．如图所示，在正方形ABCD的四个顶点放上四根直导线，导线垂直于正方形所在的平面，给导线通以大小相同的电流，方向如图，在正方形对角线交点处放一正的电荷，当电荷以一定的初速度从对角线的交点处向右射出时，电荷受到的洛伦兹力方向为( )
A．竖直向上
考点：洛仑兹力；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．
分析：正方形中心O点到四根导线的距离相等．根据安培定则判断四根导线在O点产生的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则进行合成，再根据左手定则来判定洛伦兹力方向，从而即可求解．
解答： 解：根据安培定则判断得知：四根导线在O点产生的磁感应强度的方向分别为： A导线产生的B方向DB； B导线产生的B方向AC； 同理，C导线产生的B方向DB， D导线产生的B方向AC，
则根据平行四边形定则进行合成可知，所以四根导线同时存在时的磁感应强度方向竖直向下； 再根据左手定则，则洛伦兹力方向垂直纸面向里，故C正确，ABD错误． 故选：C．
点评：本题首先运用安培定则判断B的方向，其次要利用平行四边形定则进行合成，同时掌握左手定则的应用．
2．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，则下列判断正确的是( ) A．不能求出该行星的质量 B．不能求出该行星的密度
C．可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力
B．竖直向下
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
D．可求出该行星的第一宇宙速度
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：根据万有引力提供向心力求出天体的质量，结合天体的体积求出天体的密度． 第一宇宙速度是卫星在近地圆轨道上的环绕速度，重力等于万有引力，万有引力提供向心力，列式求解．
解答： 解：A、先让探测器贴近该星球表面飞行，测得做圆周运动的周期为T1， 根据万有引力提供向心力，得：
=m
R
M=，
，
该行星的密度ρ==
然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T2，
=m
（R+h）
由于不知道行星半径，所以无法求出该行星的质量，故A正确，B错误；
C、由于不知道探测器的质量，所以不可求出探测器贴近星球表面飞行时行星对它的引力，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，得：
=m
该行星的第一宇宙速度为v=，
由于不知道行星半径，所以不可求出该行星的第一宇宙速度，故D错误； 故选：A．
点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，结合轨道半径和周期求解中心天体的质量．
3．如图所示，理想变化器原副线圈的匝数比n1：n2=1：4，在AB端输入交流电压UAB=15
sin100πt（v），电流表的示数为1A，电路中电流表和电压表均为理想电表，则( )
A．交流电的频率为100Hz
B．电压表的示数为60
v
C．灯泡L消耗的功率为15W D．灯泡L的电阻为15Ω
考点：变压器的构造和原理；电功、电功率． 专题：交流电专题．
分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
解答： 解：A、AB端电压u1=15
sin100πt（V）．电流频率为f=
=50Hz，故A错误
B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，输入电压的有效值为15V；根据电压与匝数成正比，可知，U2=4×15=60V，故B错误；
C、电流之比等于匝数的反比；故I2=A；灯泡消耗的功率P=UI=60×=15W；故C正确； D、灯泡的电阻R=
=240Ω；故D错误；
故选：C．
点评：本题考查变压器原理，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．
4．如图所示，A、B两个小球在同一竖直线上，离地高度分别为h和2h，将两球水平抛出后，两球落地时的水平位移之比为1：2，则下列说法正确的是 ( )
A．A、B两球的初速度之比为1：4
B．A、B两球的初速度之比为1：2 C．若两球同时抛出，则落地时间差为
）
D．若两球同时落地，则两球抛出的时间差为（
考点：平抛运动． 专题：平抛运动专题．
分析：小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的运动时间与水平速度，然后分析答题． 解答： 解：小球做平抛运动，竖直方向：H=gt，运动时间：t=tA=
=2
，B的运动时间：tB=
；
﹣1）
，故C错误； ﹣1）
，故D正确；
2
，A的运动时间：
C、若两球同时抛出，则落地时间差：△t=tA﹣tB=（
D、若两球同时落地，则两球抛出的时间差：△t=tA﹣tB=（
A、小球做平抛运动，在水平方向：x=v0t，小球的初速度：v0=，则：
===×=，故AB错误；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的初速度与运动时间关系，知道小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以解题，本题难度不大，是一道基础题．
5．如图甲所示，A、B是在某电场中一条电场线上的两点，一带电粒子在A点获得一个初速度，只在电场力的作用下沿电场线运动到B点，电势能随距离变化的图象如图乙所示，则粒子从A运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电 B．电场力对电荷一定做负功 C．粒子的速度一定减小 D．粒子的加速度一定减小
考点：电场线；电势能．
分析：Ep﹣x图象的斜率大小表示电场力，从而分析加速度，由图看出，电势能逐渐变大，可判断出电场力做功情况，根据动能定理可判断速度的大小．
解答： 解：A、由图可知，电势能逐渐变小，电场力做正功，根据动能定理可知，速度增大，但由于不知道电场力的方向，所以无法判断粒子的正负，故ABC错误．
D、Ep﹣x图象的斜率大小表示电场力，由图可知，图象的斜率逐渐变小，电子受到的电场力变小，则加速度一定减小．故D正确． 故选：D
点评：本题关键要理解Ep﹣x图象的斜率表示电场力，根据F=ma判断加速度的变化，根据电势能的变化，来判断电场力做功情况．
6．如图所示，轻弹簧一端固定在挡板上，质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左运动，起始点A与轻弹簧自由端O的距离为s，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后弹簧被压缩，之后物体被向右反弹，回到A点时的速度刚好为零，则( )
A．弹簧的最大压缩量为
B．弹簧的最大压缩量为
C．弹簧获得的最大弹性势能为 D．弹簧获得的最大弹性势能为mv
考点：机械能守恒定律． 专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：求解本题的关键是明确对物体、弹簧、地面组成的系统应用能量守恒定律即可求解．
解答： 解：AB、物体受到的滑动摩擦力大小为f=μmg，设弹簧的最大压缩量为x，则物块从A点再回到A点的过程中，由能量守恒有
2
2μmg（x+s）=mv0，弹簧的最大压缩量 x=﹣s，故A、B错误；
2
2
CD、从A点到弹簧最大压缩量的过程中，EPm+μmg（s+x）=mv0，因此最大弹性势能为EPm=mv0，故C错误、D正确． 故选：D
点评：注意摩擦生热公式为Q=fs，其中s是物体相对接触面发生的相对路程；对系统应用能量守恒定律求解较简便．
7．如图所示，一粗细均匀的直棒用两细绳悬吊与两直立的杆之间，两悬点位置等高，直棒处于静止状态，两悬线与竖直方向的夹角相等，则 ( )
A．直棒的重心在直棒的中点 B．直棒的重心靠近A一端 C．左侧绳的拉力比右侧绳的拉力大 D．两侧绳的拉力大小相等
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：三力汇交原理：当物体受到同平面内不平行的三力作用而平衡时，三力的作用线必汇交于一点；
本题棒受三个力，重力和两个拉力，根据三力汇交原理判断重力作用点的位置，根据平衡条件判断两侧绳的拉力大小关系．
解答： 解：AB、棒受三个力，重力和两个拉力，根据三力汇交原理，两个拉力的作用线的交点在重力作用线上，如图所示：
故直棒的重心靠近A一端，故A错误，B正确； CD、根据平衡条件，有： F1sinθ=F2sinθ 解得： F1=F2
故C错误，D正确； 故选：BD
点评：本题中关键是明确三力平衡时，如果三个力不是平行力，则一定是共点力，否则会有引起转动效果，不能平衡，较难．
8．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别于高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．现用同一回旋加速器分别加速质子和α粒子，则下列说法中正确的是( )
A．质子获得的最大速度是α粒子获得的最大速度的2倍
B．加速质子需要的加速电压的周期是加速α粒子需要的加速电压周期的2倍 C．改变加速电压的大小可以使质子和α粒子获得同样大的动能 D．改变磁场的磁感应强度，可以使质子和α粒子获得同样大的动能
考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．
分析：粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvB=m
，运动周期T=
=
（电场中加速时间忽略不计）．对公式进行简单推导后，便可解此题． 解答： 解：A、由qvB=m
得v=
，当r=R时，v最大，v=
，由此可知质子的最大速
度，与粒子本身的荷质比成正比，因此质子获得的最大速度是α粒子获得的最大速度的2倍，故A正确；
B、此加速器加速电场周期T=
，加速α粒子时T=
=
，因此质子需要的加
速电压的周期是加速α粒子需要的加速电压周期的倍，故B错误；
C、由qvB=m 得v=，当r=R时，v最大，v=，那么最大动能为EKm=，与加
速电压无关，故C错误；
D、由C选项可知，即使改变磁场的磁感应强度，也不能使质子和α粒子获得同样大的动能．故D错误； 故选：A．
点评：理解回旋加速器工作原理，熟练运用相关公式，解决本题的关键知道根据qvB=m求出最大速度，以及知道最大动能与D形盒的半径和磁感应强度的大小有关．
9．如图所示，为某物体在0﹣t3时间内的速度﹣﹣时间图象，其中t3﹣t2=t2﹣t1=t1，v1=﹣3v2，则下列说法正确的是( )
可
A．0﹣t3时间内，速度方向改变了三次 B．0﹣t3时间内，加速度方向改变了两次 C．0﹣t1时间内，物体的位移为v1t1
D．t1﹣t2和t2﹣t3时间内时间内物体的位移大小之比小于3：1
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：v﹣t图象的斜率表示加速度，速度的正负表示运动方向，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，据此分析即可．
解答： 解：A、根据图象可知，0﹣t1时间内，速度由负变为正，方向改变一次，t1﹣t3时间内速度由正变为负，方向改变一次，所以0﹣t3时间内，速度方向改变了两次，故A错误； B、根据图象可知，0﹣t1时间内，斜率不变且为正，加速度不变，t1﹣t3时间内加速度为负，方向改变，所以0﹣t3时间内，加速度方向改变了一次，故B错误； C、0﹣t1时间内，做匀加速直线运动，又v1=﹣3v2，所以速度减为零的时间坐标轴围城图形的面积表示位移，则0﹣t1时间内，物体的位移为x=
=v1t1，故C正确；
，
，图线与
D、图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，t1﹣t2时间内的位移
t2﹣t3时间内的位移故D正确． 故选：CD
，而t3﹣t2=t2﹣t1=t1，v1=﹣3v2，所以，
点评：明确v﹣t图象的斜率表示加速度，图线与坐标轴围城图形的面积表示位移，要能够由速度图象直接读出速度的方向、加速度的方向，并能分析物体的运动情况．
10．如图所示，正方形线框ABCD在有界匀强磁场边界MN上方某处处于静止状态，线框平面在纸面里，CD边平行于MN，CD到MN的距离为h，线框的质量为m，电阻为R，边长为L，线框共有N匝，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，磁场两边界MN、PQ水平，间距为H，H＞L，由静止释放线框，线框在下落过程中始终保持竖直且CD边始终保持水平，CD边刚进入磁场时线框的加速度为零，AB边刚要出磁场时加速度也为零，则 ( )
A．CD离MN的距离为
B．线框进磁场的过程中通过线框某一导线横截面的电荷量为
C．线框CD边刚出磁场时的速度大小为
D．线框进磁场产生的焦耳热与出磁场产生的焦耳热之比为
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：明确物理过程，根据共点力的平衡条件及功能关系进行分析，则可求得速度及产生的热量；根据法拉第电磁感应定律可求得产生的电量．
解答： 解：A、CD边进入磁场时，加速度为零，则有安培力和重力大小相等，即mg=NBIL=N
2
；由机械能守恒定律可知mgh=mv；联立解得：h=
2
；故A正确；
B、产生的电量q=t==；故B正确；
2
C、对开始下落到CD边刚开始离开过程，由功能关系可知，mg（h+H）=mv；解得：
v=；故C错误；
D、由于进入和离开时的速度均保持不变；故减小的重力势能均转化为内能；故产生的焦耳热均为mgL；故D错误 故选：AB．
点评：本题考查导体切割磁感线中的受力及能量关系，要注意明确物理过程的正确选择，同时要注意掌握求电量的基本方法．
二、非选择题：本题共5小题，共60分，按题目要求作答，解答题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，答案中必须明确写出数值很和单位．
11．某学习小组用如图1所示装置做“探究加速度与力的关系”实验，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d．
（1）实验前要先调整气垫导轨底座使之水平，若用沙和沙桶的重力表示滑块受到的合力，实验中要满足沙桶和沙的总质量远小于滑块和遮光板的总质量．
（2）某次实验测得窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2，则滑块的加速度为
（用题中所给物理量表示）．
（3）实验中多次改变沙的质量，测出多组对应的滑块的加速度，作出加速度与沙的质量的关系图象可能是图2中的AB．
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．
分析：根据牛顿第二定律可以推导出滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等的条件；
由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑块的加速度．
解答： 解：（1）实验前要先调整气垫导轨底座使之水平，
设绳子上拉力为F（即滑块的合外力为F），对小车根据牛顿第二定律有： F=Ma ①
对砂桶和砂有：mg﹣F=ma ② F=
，要使沙和沙桶的重力等于绳子的拉力，实验中要满足沙桶和沙的质量远小于滑块和
遮光板的总质量；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度． 滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1=滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2=根据
﹣
=2aL
， ．
得：a=
（3）根据牛顿第二定律F=Ma得a=，
实验中多次改变沙的质量，用沙桶和沙的重力大小代替滑块的合力， 所以a=
，
由于沙桶本身有重力，所以加速度与沙的质量成线性关系， 故选：AB．
故答案为：（1）底座使之水平；远小于； （2）
； （3）AB．
点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提，熟悉具体操作，提高应用基本物理规律解决问题的能力．
12．要测量一节旧的干电池的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路，电路中定值电阻R1=8Ω．
（1）闭合电键前，应将滑动变阻器的滑片调到最右（填“左”或“右”）端．
（2）闭合电键后，调节滑动变阻器，记录多组两个电压表的示数U1、U2，填在下面表格中．请用下面表格中的数据在所给的坐标纸中作出U2﹣U1关系图象． U1/V U2/V
0.10 1.05
0.20 0.90
0.30 0.75
0.40 0.60
0.50 0.45
0.60 0.30
由图象得到电池的电动势E=1.2V，电池的内阻r=4Ω．
（3）由于电压表V1（填“V1”、“V2”或“V1和V2”）内阻的存在，对内阻r（填“电动势E”、“内阻r”或“电动势E和内阻r”）的测量有影响．测得的电动势等于（填“大于”、“小于”或“等于”）电动势的真实值，测得的内阻大于（填“大于”、“小于”或“等于”）内阻的真实值．
考点：测定电源的电动势和内阻． 专题：实验题；恒定电流专题．
分析：（1）根据实验安全性的要求明确滑片的位置；
（2）由描点法作出图象；再根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，从而明确电源的电动势和内电阻；
（3）根据实验原理及表达式分析误差来源，并根据电表带来的影响明确误差情况． 解答： 解：（1）为了防止电路短路，开始时应将滑动变阻器调至接入阻值最大；即调至右端；
（2）由表中数据采用描点法得出对应的图象如图所示； 由闭合电路欧姆定律可知： E=U1+U2+
U1
=
=1.5
解得：U2=E﹣
由图可知，电动势E=1.2V；k=解得：r=4Ω
（3）由以上公式可得，由于V1内阻的影响，干路电流应大于；故题目中出现误差；
当外电路断路时，电阻的影响可以忽略；故对电动势的测量没有影响；故电动势的测量值等于真实值；
但如果考虑电压表内阻，表达式应为：U2=E﹣因R′＜R；故内阻的测量值大于真实值；
故答案为：（1）右；（2）1.2；4．（3）V1；内阻r；等于；大于．
点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握根据图象分析实验数据的方法；同时注意灵活掌握闭合电路欧姆定律的应用及误差分析的方法．
13．如图所示，水平面与斜面在B点对接，一质量为1kg的物块放在水平面上A点，用与水平面成θ=53°向下的恒力推物块，物块以3m/s的加速度向右运动，A、B间距为6m，物块到B点后滑上斜面，不计撞击带来的能量损失，物块滑上斜面后推力大小不变，方向变成水平，物块与水平面和斜面之间的动摩擦因数均为0.5，求： （1）推力F的大小；
（2）物块在斜面上滑行的最大距离．
2
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）根据牛顿第二定律求得合外力，结合受力分析求出分力F；
（2）结合（1）中的知识求得物体到达B点的速度，利用牛顿第二定律和运动学公式求解即可， 解答： 解：（1）物块的加速度为3m/s，根据牛顿第二定律，解得：F合=ma=3N，对物体受力分析，竖直方向：N=Fsinθ+mg，水平方向：Fcosθ﹣f=F合，又f=μN， 将三式联立得：Fcosθ﹣μFsinθ﹣μmg=ma， 代入数据：F×0.6﹣0.5×F×0.8﹣0.5×1×10=3， 解得：F=40N
2
（2）物体在斜面上运动，有运动学公式得：代入数据得：v=2×3×6， 解得：v=6m/s，
2
，
对物体受力分析得：物体在斜面上运动时：mgsinθ+f﹣Fcosθ=ma2， 垂直斜面方向上：N=mgcosθ+Fsinθ，又：f=μN，
代入数据解得：10×0.8+0.5×10×0.6+0.5×40×0.8﹣40×0.6=a2， 得：a2=3m/s，方向向下；
物体在斜面上做匀减速运动，设滑行的最大距离为x2， 有运动学公式得：
2
2
2
，
代入数据：0﹣6=2×（﹣3）x2， 解得：x2=6m．
答：（1）推力F的大小为40N， （2）物块在斜面上滑行的最大距离为6m
点评：本题是牛顿第二定律的典型应用题，用好牛顿第二定律和运动学公式是解题的关键，特别注重加速度的方向．
14．如图所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：
（1）P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小； （2）通过电阻R的电荷量； （3）电阻R上产生的焦耳热．
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：（1）由动能定理可求得导体棒到达磁场时的速度，再由共点力平衡列式，联立即可求得力和速度；再对15d过程及第二个磁场由动能定理和平衡条件列式可求得B2的值； （2）由法拉第电磁感应定律可求得产生的电荷量； （3）根据功能关系可求得产生的焦耳热． 解答： 解：（1）由动能定理可知，Fd=mv；
2
对经过第一个磁场过程，由平衡条件可知：F=B1IL=
两式联立解得：v=；F=
对NP过程由动能定理可知： F×15d=
﹣mv；
2
对PQ过程由平衡条件可知：F=
联立解得：B2==4B；
（2）由法拉第电磁感应定律可知： q=t=
=
=
；
（3）由功能关系可知，产生的焦耳热等于在磁场中时拉力所做的功； 则有Q=2Fd=
答：（1）（1）P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小为4B； （2）通过电阻R的电荷量为
（3）电阻R上产生的焦耳热为．
点评：本题考查导体切割磁感线过程中的受力及能量转化关系，要注意明确在两个磁场中导体棒均做匀速直线运动是解题的关键．
15．如图所示，在xOy坐标系的第一象限里有平行于坐标平面向右的匀强电场，在第四象限有平行于坐标平面向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，同时在第四象限还有垂直于坐标平面的匀强磁场（图中未画出），一带电小球从坐标原点O，以与x轴正向成45°向上的初速度v0射入第一象限的电场，已知小球的质量为m，带电荷量为+q，电场的场强大小E=小球在第四象限中运动，恰好不能进入第三象限，求： （1）小球射出后第一次经过x轴的位置． （2）小球第一次经过x轴时的速度大小和方向． （3）磁场磁感应强度的大小和方向．
，
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动． 专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）粒子在电场和重力场的混合场中运动；根据运动的合成与分解可求得粒子到达x轴上的位置；
（2）根据运动的合成与分解可求得粒子到达x轴上的速度大小和方向；
（3）粒子在第四象限中电场力和重力平衡，粒子做匀速圆周运动；根据洛仑兹力充当向心力及几何关系可求得磁感应强度的大小和方向．
解答： 解：（1）小球在第一象限受重力和电场力作用； 水平方向Fx=Eq=
q=mg；
由牛顿第二定律可知，ax=g；
竖直方向只受重力；故加速度为ay=g； 将小球速度分解为水平和竖直方向，则vx=vy=
v0；
对竖直方向小球做竖直上抛运动；从抛出到回到x轴的运动时间t=2=
故水平方向上的位移x=vxt+t=
2
；
故回到x轴时的位置为：（，0）；
v0+gt=
v0；
（2）回到x轴时的水平速度vx′=而竖直分速度vy′=
v0；
合速度v==v0；
速度与水平方向上的夹角的正切值tanθ=；
（3）粒子进入第四象限后，受电场力向上，与重力相互平衡；故粒子在复合场中只受磁场力，则做圆周运动．
要使小球恰好不进入第三象限，小球应恰好与x轴相切；运动轨迹如图所示； 则由几何关系可知：
R+Rsinθ=
解得：R=；
由Bqv=m
解得：B====；
由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；
答：（1）小球射出后第一次经过x轴的位置为（（2）小球第一次经过x轴时的速度大小为
，0）；．
v0；速度与水平方向上的夹角的正切值tanθ=；
（3）磁场磁感应强度的大小为；方向垂直于纸面向外．
点评：本题考查带电粒子在电场及磁场中的运动，要注意明确粒子的运动过程，正确掌握运动的合成与分解处理电场中的运动；根据圆周运动规律求解在磁场中的运动．
三、附加题：本题共2小题，每小题0分，分别考察3-3，3-4，3-5模块，请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分支不计入总分． 16．下列说法正确的是 ( )
A．根据分子动理论可知，当分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大可能先增大后减小
B．液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较密集，分子间引力大于斥力 C．根据热力学定律可知，热机的效率不可能达到100%
D．对于一定量的气体，当其温度降低时，速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加 E． 热量是热传递过程中，内能大的物体向内能小的物体转移内能多少的量度
考点：热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象．
分析：分子间为斥力时，距离大于平衡距离，明确合力的变化规律；不可能让热量由低温物体传递给高温物体而不引起其它任何变化，对于一定量的气体，当其温度降低时速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加，温度高的物体向温度低的物体转移内能多少的量度． 解答： 解：A、分子间同时存在引力和斥力，规律如图；由图可知，当分子力为引力时，分子力随着距离的增大，可能是先增大后减小的；故A正确； B、
B、液体表面张力产生的原因是：液体表面层分子较稀疏；故分子间引力大于斥力，表现为引力；故B错误；
C、根据热力学第二定律可知，由于热量损耗等因素；热机的效率不可能达到100%；故C正确； D、温度是方向的平均动能的标志，是大量分子无规则运动的统计规律，对于一定量的气体，当其温度降低时速率大的分子数目减少，速率小的分子数目增加，故D正确；
E、热量只能从高温物体传到低温物体，并不一定是从内能大向内能小的物体传递；故E错误； 故选：ACD
点评：本题考查的知识点较多，有分子动理论，温度是分子平均动能的标志，要掌握热力学第一、第二定律，并能用来分析实际问题．
17．如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸开口向右放置，在距气缸底部L=24cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．活塞截面积为500cm，大气压强p0=1.0×10Pa，当大气温度为T0=300K时，活塞与气缸底部之间的距离 L0=16cm，不计活塞的厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢向右移，求： ①活塞刚到卡环处时封闭气体做的功W及气缸内气体的温度T1； ②封闭气体温度升高到T2=600K时的压强p2．
5
2
考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强． 专题：理想气体状态方程专题．
分析：①气体发生等压变化，由功的计算公式可以求出气体做功，应用盖吕萨克定律可以求出气体的温度．
②气体发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强． 解答： 解：①气体发生等压变化，气体对外做功：
W=Fx=p0Sx=p△V=1.0×10Pa×0.0500m×0.16m=800J； 气体的状态参量：T0=300K，V0=L0S=16S，V1=LS=24S， 气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得：
5
52
=，代入数据解得：T1=450K；
②气体的状态参量：p1=p0=1.0×10Pa，T1=450K，p2=？，T2=600K， 气体发生等容变化，由查理定律得：
=
，即：
=
，解得：p2≈1.33×10Pa；
5
答：①活塞刚到卡环处时封闭气体做的功W为800J，气缸内气体的温度T1为450K； ②封闭气体温度升高到T2=600K时的压强p2为1.33×10Pa．
点评：本题考查了求气体做功、气体的温度与压强问题，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是正确解题的关键，应用功的计算公式、盖吕萨克定律、查理定律可以解题．
四、物理-选修3-4
18．下列有关光现象的说法中正确的是 ( )
A．早晨看到的从东方升起的太阳是由全反射形成的太阳的像 B．光的衍射现象会使我们看到刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清 C．光的折射现象会使我们看到水中物体的“视深”比实际深度浅 D．海市蜃楼是光的干涉的结果 E． 光导纤维利用光的全反射传递信息
考点：光的折射定律；光的干涉． 专题：光的折射专题．
分析：本题涉及各种光现象，分析光现象产生的原因，结合全反射、衍射等知识分析． 解答： 解：A、早晨看到的从东方升起的太阳是由光的折射形成的太阳的像，故A错误． B、我们看到刮胡须的刀片的影子边缘模糊不清是由于光的衍射现象造成的，故B正确． C、光从水射向空气时，折射角大于入射角，这样，光的折射现象会使我们看到水中物体的“视深”比实际深度浅，故C正确．
D、海市蜃楼是光的全反射的结果，故D错误． E、光导纤维利用光的全反射传递信息，故E正确． 故选：BCE
5
点评：对于日常生活看到的光现象，要善于运用物理原理来分析，理解并掌握全反射、干涉和衍射产生的条件和现象特点．
19．在一简谐横波传播的路径上有A、B两个质点，两质点的振动图象如图甲、乙所示，A、B间的距离为2m，A、B间的距离小于一个波长，求波速的大小．
考点：波长、频率和波速的关系．
分析：由两个质点的振动图象分析它们状态关系，确定距离与波长的关系，求出波长，根据图象得出周期，从而求出波速．
解答： 解：由图可知，两质点的振动方向相同，t=0时，A在平衡位置处，B在波峰处，且A、B间的距离小于一个波长， 则
解得：λ=8m
根据图象可知，周期T=0.4s， 故波速：v=
答：波速的大小位20m/s．
点评：对于波的图象问题判断波的传播方向和质点的振动方向之间的关系是基本能力，要能根据图象得出有效信息，难度适中．
五、物理-选修3-5
20．下列说法不正确的是 ( )
A．铯137进行β衰变时，往往同时释放出γ射线，γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米的铅板
B．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大．
C．U吸收光子后会裂变，发生链式反应，释放核能
D．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大
E． 用能量为12eV的电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子可能吸收其部分能量而跃迁到激发态
考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度． 专题：衰变和半衰期专题．
分析：γ射线具有很强的穿透能力；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关；U吸收中子后会裂变，发生链式反应；根据跃迁时，能量的变化，确定光子是释放还是吸收，根据轨道半径确定动能的变化，根据能量等于动能和电势能之和，确定电势能的变化；根据能级差公式△E=EKm﹣EKn，即可求解．
解答： 解：A、γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板．故A正确． B、紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，根据光电效应方程，最大初动能与入射光的频率成线性关系．故B正确． C、
U吸收中子后会裂变，发生链式反应，释放核能，故C错误．
D、氢原子的核外电子由较高能级迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小．故D错误．
E、用能量为12eV的电子碰撞处于基态的氢原子，氢原子不可能吸收其部分能量而跃迁到激发态，因处于基态的能量为﹣13.6eV，故E错误． 本题选择错误的，故选：CDE．
点评：本题考查了光电效应方程、质能方程、跃迁、能级等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大．
21．如图所示，甲、乙两个光滑的斜面固定在水平面上，底部通过一段很小的圆弧连接，质量分别为2m和m的小球A、B分别在甲、乙斜面上离地面为h和h的高度由静止同时释放，结果两球在乙斜面上离地h高度处相碰，碰撞时间极短，碰撞后两球粘在一起，求： ①碰撞后瞬间两球的速度大小．
②碰撞过程损失的机械能．
考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
分析：①由机械能守恒定律求出碰撞前甲、乙的速度，碰撞过程动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度．
②应用能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能．
解答： 解：①小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 对甲：2mg（h﹣h）=•2mv甲，解得：v甲=对乙：mg（h﹣h）=mv乙，解得：v乙=
2
2
，
，
甲乙碰撞过程系统动量守恒，以甲的方向为正方向， 由动量守恒定律得：2mv甲﹣mv乙=（m+2m）v， 解得：v=
；
②碰撞过程，由能量守恒定律可知，
损失的机械能：△E=•2mv甲+mv乙﹣（2m+m）v， 解得：△E=
mgh；
．
2
2
2
答：①碰撞后瞬间两球的速度大小为②碰撞过程损失的机械能为
mgh．
点评：本题考查了求速度与损失的机械能问题，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．
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