1、页 1 第【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、电场、磁场、带电粒子的运动、电磁感应、选修 3-4、3-5 内容等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。本试题卷分第 I 卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡） ，在本试题卷上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第 I 卷选择题一、选择题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。第 1-6 题只有一
2、个选项符合题目要求，第 7 -10 题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。【题文】1.质点沿 x 轴运动的 v-t 图像如图所示，规定向右为正方向， t=8s 时质点位于 x=0 m 的位置，则t=0 时质点位于A. x=8m B.x=6mC. x=4 m D.x=2m【知识点】 匀变速直线运动的图像A5【答案解析】 D 解析由题图得前 8s 内的位移为：x= 23- 52=-2m，前 8s 内质点向左运动了122m，t=8s 时质点位于 x=0m 的位置，则 t=0 时质点位于 x=2m 处；故选：D【思路点拨】质点做直线运动的 v-t
3、图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移质点做直线运动的 v-t 图象中，图象与坐标轴所围成的面积表示位移，面积的正负表示位移的方向，该题难度不大，属于基础题【题文】2.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极 B，沿边缘内壁放一个圆环形电极 A，把 A、B 分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体。现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来。若从上向下看，下列判断正确的是A. A 接电源正极，B 接电源负极，液体顺时针旋转B. A 接电源负极， B 接电源正极，液体顺时针旋转C. A、B 与 50 Hz 的交流电源相接，液体持续旋转D.仅磁场 N、S 极互换后，重做该实验发现液体旋转方向
4、不变【知识点】 霍尔效应及其应用L5【答案解析】 A 解析：A、若 A 接电源正极，B 接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，页 2 第因此液体沿顺时针方向旋转；故 A 正确；B、同理，若 B 接电源正极、A 接电源负极，根据左手定则得，液体沿逆时针作圆周运动故 B 错误；C、A、B 与 50Hz 的交流电源相接，液体不会旋转，故 C 错误；D、若磁场 N、S 极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化故 D 错误故选：A 【思路点拨】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液
5、体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向本题是一道基础题，知道在电源外部电流由正极流向负极、熟练应用左手定则即可正确解题【题文】3.经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同。图丙中点电荷 q 到 MN 的距离 OA 为 L，AB 是以电荷 q为圆心、L 为半径的圆上的一条直径，则 B 点电场强度的大小是【知识点】 电场强度I1【答案解析】 C 解析：根据 P 点的电场线方向可以得 P 点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为 q，它们之间的距离为 2L，乙图上+q 右侧 L 处的场
6、强大小为：E=根据题意可知，P 点的电场强度大小与乙图上+q 右侧 d 处的场强大小相等，即为 k2228(3)9qkkLL，故 ABD 错误，C 正确故选：C289【思路点拨】根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为 L 处的场强，即等于 P 的场强根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解常见电场的电场线分布及场强的特点，同时注意等量异种电荷形成电场的对称性【题文】4.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为 m 的物体，木箱竖直向上运动的速度 v 与时间 t 的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持力和摩
7、擦力分别为 N 和 f，则下列说法正确的是A.在 0-t1 时间内， N 增大，f 减小 B.在 0-t1 时间内，N 减小，f 增大C.在 t1t 2 时间内，N 增大，f 增大 D.在 t1t 2 时间内，N 减小，f 减小【知识点】 超重和失重 牛顿第二定律 C2 C3【答案解析】D 解析：在 0-t1 时间内，物体向上做加速度减小的加速运动，加速度向上并且在减小，重页 3 第力向下不变，故 N 减小，f 减小，在 t1t 2 时间内，物体向上做加速度增大的减速运动，加速度向下在增大，重力向下不变，故 N 减小，f 减小，故 D 正确；A、B、C 错误；故选 D【思路点拨】 根据 v-t
8、 图像得到加速度方向，从而得到合力的方向，注意重力向下是不变的，N、f 的水平分力相等，故 N、f 变化趋势一定一样。【题文】5.在光滑绝缘的水平面上OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个相同的带电小球 a 和 b 以大小相等的初速度从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到 OP 边界的 P 侧，下列说法正确的是A.球 a 带正电，球 b 带负电B.球 a 在磁场中运动的时间比球 b 的短C.球 a 在磁场中运动的路程比球 b 的短D.球 a 在 OP 上的落点与。点的距离比球 b 的近【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K3【答案解析】 D 解
9、析：a、b 粒子的运动轨迹如图所示：粒子 a、b 都向下由左手定则可知，a、b 均带正电，故 A 错误；由 r= 可知，两粒子半径相等，根据上mvqB图中两粒子运动轨迹可知 a 粒子运动轨迹长度大于 b 粒子运动轨迹长度，运动时间 a 在磁场中飞行的时间比 b 的长，故 BC 错误；根据运动轨迹可知，在 P 上的落点与 O 点的距离 a 比 b 的近，故 D 正确故选：D【思路点拨】带电粒子在磁场中由洛 分析： 伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径【题文】6.如
10、图甲所示，轻杆一端与质量为 1 kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动。现使小球在竖赢平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度 w 随时间 f 的变化关系如图乙所示， A、B、C 三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是 1、0 、-5。g 取 10 ，不计空气阻力。下列说法中正确的2/ms页 4 第是A.轻杆的长度为 0. 5 mB.小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向下C. B 点对应时刻小球的速度为 3 m/sD.曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积为 0. 6 m【知识点】 向心力
11、；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】 D 解析：A、设杆的长度为 L，小球从 A 到 C 的过程中机械能守恒，得：mvA2+2mgL= mvC2，所以：L = 故 A 错误；B、若小球在 A 点恰好对杆1122(5)10.64cvg的作用力是 0，则： =mg，临界速度：v 0= m/sv A=1m/s由于小球在 A 点的速度小于临0 L界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故 B 错误；C、小球从 A 到 B 的过程中机械能守恒，得： mvA2+mgL= mvB2，所以：v B=11m/s故 C 错误；D、由于 y 轴表示的是小球在水平
12、方向的分速度，所以曲线 AB 段与坐213AvgL标轴所围图形的面积表示 A 到 B 的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即 0.6m故 D 正确故选：D 【思路点拨】已知小球在 ABC 三个点的速度，A 到 C 的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出 B点的速度；由于 y 轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积表示 A到 B 的过程小球在水平方向的位移该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是 D
13、 选项中“曲线 AB 段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解【题文】7.太空探索逐渐成为世界各国新的科技竞争焦点。我国的载人航天已经取得了成功，探月计划也已经进入实质性的进程中。若月球绕地球运动的周期为 T，线速度为 v，引力常量为 G，月球绕地球运动近似看作匀速圆周运动，下列说法正确的是A.地球的质量为 B.地球的质量为c.月球运动的加速度为 D.月球运动的加速度为【知识点】 万有引力定律及其应用D5页 5 第【答案解析】 BD 解析：月球绕地球圆周运动的周期为 T，线速度为 v，因为 v= ，可得月球圆周运2rT动的半径 r= AB、据万有引力提供圆周运动向心力有 可得地球的质量2vT 2
14、24MmGr，故 B 正确，A 错误；C、月球运动的速度为 v，月球运动轨道半径为33224()rvTMGG，故 C 错误；D、月球运动的加速度 a= ，故 D 正确；故选：BD vT2vvTr【思路点拨】根据线速度与周期的关系可以求得月球运动的轨道半径，再根据万有引力提供圆周运动向心力由月球的半径和周期求得地球的质量 M本题关键是抓住线速度与周期的有关系求得月球运动的半径，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得地球的质量，根据向心力公式求得向心加速度【题文】8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为 10:1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈 c、d
15、 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则A.当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表 V1 的示数为 22VB.当 t= s 时，电压表 V0 的读数为 220V160C.单刀双掷开关与 a 连接，在滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中，电压表 V1 的示数增大，电流表示数变小D.当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电压表 V1 和电流表的示数均变小【知识点】 变压器的构造和原理M2【答案解析】 BC 解析：A 、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为 220 V，所以副线2圈的电压的最大值为 22 V，副线圈电压的有效值为 22V，即滑动变阻器和电阻 R0的总电压为 22V，但是2不知
16、道电阻 R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压的大小，所以 A 错误B、根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为 220V，所以电压表 V0的读数为 220V，所以 B 正确C、当滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，所以电流变小，电阻 R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以 C 正确D、若当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由 10：1 变为 5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以 D 错误故选 BC【思路点拨】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
17、电压与匝数成正比即可求得结论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【题文】9.如图甲所示，倾角为 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为 v0=10m/s、质量为 m=lkg 的小页 6 第木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取 g=10 下列说法正确的是2/msA.0-5s 内小木块做匀减速运动B.在 t=ls 时刻，摩擦力反向C.斜面倾角 =37D.小术块与斜面间的动摩擦因数为 0.5【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B3 C2【答案
18、解析】 BCD 解析：A、B 物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1= m/s2=10m/s2 物体匀减速直线运动的时间为：t 1= s=1s故 1s 物体反向运动，25vs 0vaA 错误、B 正确； C、D、匀加速直线运动的加速度大小为：a 2= m/s2=2m/s2 根据牛顿第二定/38s律得： =ma1， =ma2 联立两式解得： sincosgsincogmin0.60.5所以 故 C、D 正确；故选 BCD037【思路点拨】通过图象可知，物块在力作用下先做匀减速直线运动，摩擦力反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力
19、的大小结合运动学公式求出摩擦力反向的时刻解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析【题文】10.如图所示，在矩形区域 EFGH 内有平行于 HE 边的匀强电场，以 A 点为圆心的半圆与EF、FG、 HE 分别相切于 B、 G、H 点，C 点是 BG 的中点。一个带正电的粒子（不计重力）从 H 点沿 HG 方向射入电场后恰好从 F 点射出。以下说法正确的是A.粒子的运动轨迹一定经过 C 点B.粒子的运动轨迹一定经过 BC 之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由 BF 之间某点射出矩形 EFGH 区域D.若将粒子的初速度变为原来的一半，
20、粒子恰好由 B 点射出矩形 EFGH 区域【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系I1 【答案解析】BD 解析： A、B、粒子从 H 点沿 HG 方向射入电场后恰好从 F 点射出，其轨迹是抛物线，则过 F 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于 HG 的中点，而延长线又经过 C 点，所以粒子轨迹一定页 7 第经过 BC 之间某点，故 A 错误，B 正确C、D、由类平抛知识可知，当竖直位移一定时，运动时间不变，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好从 B 点从 EF 边射出故 C 错误，D 正确故选：BD【思路点拨】由题意可知电场向上粒子做的是抛物线运动，把图翻过来看，
21、和平抛运动的规律是一致的，只不过平抛时受到重力，这个题受的是电场力仿照平抛运动的分析方法，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的规律分析即可本题运用运动的分解，研究类平抛运动，根据运动学公式和推论，分析时间和竖直关系，即可进行求解第卷非选择题二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 1l 题第 14 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15 题 -第 17 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 45 分。【题文】11.（6 分）利用如图甲所示的装置可以测量重物下落的加速度，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。打点计
22、时器会在纸带上打出一系列的小点。(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有_；（填人正确选项前的字母）A.天平 B.秒表 c.刻度尺(2)在纸带上选择较清晰的点作为计时起点，并取该点为 O 计数点， 然后每隔一个点取一个计数点，分别记为 1、26 ， 。并测量出计数点 l、2 6 与 0 点的距离分别为 x1、x 2x6，若点 0 和点 l 间的时间为 T，根据测得的数据画出 图像如图乙所示，若图像的斜率为 k，纵截距为 b，则在计时起点重物xt的速度为_，重物的加速度为_。 （结果用含有字母“b” 、 “k”的表达式表示）【知识点】 测定匀变速直线运动的加速度A7【答案解析】 （1）
23、C；（2）b，2k解析：（1）时间可以从纸带直接得到，故需要刻度尺来测量长度，故C 正确，ABD 错误；（2）根据 ，而 ，则有： =kt；那么 v=2kt-v0；因此计时起点重物的速度为 b，重物svt0v02v的加速度为 2k页 8 第【思路点拨】 （1）需要测量出长度来求解加速度；（2）根据平均速度等于位移与时间比值，结合 ，及图象的含义，即可列式求解本题关键是明确明确实验原理，会用图象的意义来求解加速0v度，注意平均速度的两种不同求法【题文】12（9 分）要精确测量电流表 A1 的内阻，实验室提供的器材有：电流表 A1（量程为 150 mA，内阻约为 10 ）电流表 A2（量程为 30
24、0 mA，内阻约为 5 ）电压表 V（量程为 15 V，内阻约为 3 k ）定值电阻 R0（阻值为 10 ）滑动变阻器 R1(0 - 10 ，额定电流为 2 A)滑动变阻器 R2（0 -250 ，额定电流为 0.3 A）电源 E(电动势为 3V，内阻较小)电键、导线若干(1)有人拟将电压表 V 和待测电流表 A1 并联接人电压合适的测量电路中，测出 A1 的电压和电流，再计算出 r1。该方案实际上不可行，其最主要的原因是_；(2)若实验时要求电流表 A1 的示数从零开始变化，且能测出多组数据，尽可能准确地测量出电流表 A1 的内阻 r1.请在虚线方框中画出实验电路图，并在图中标出所用器材的代号
25、；(3)若选取测量数据中的一组来计算电流表 A1 的内阻 r1，则 r1=_，式中各符号的意义是_.【知识点】 伏安法测电阻J5【答案解析】 （1）电压表 V 不能准确测出电流表 A1两端电压（2）电路如图所示 （3） ，I 1、I 2 分别表示电流表 A1、A 2的读数，R 0为订制电阻 解析：（1）：电压表的满偏210()IR电压为 15V，根据电表的读数应在半偏左右，读数最准确，但此电路中电源电压为 3V，远小于电压表的读数要求，即两者并联时，电压表的读数过小，所以该方案不行；（2）电流表 A1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，滑线变阻器只能用分压接法才能办到，电压表不能用，要再用一
26、个电流表测电流，有 U=IR 求得电压，代替电压表的作用；电路如图：页 9 第（3）根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得：设通过电流表 A1、A 2的电流分别为 I1、I 2，R 0为定值电阻电阻 R0两端的电压与电流表 A1的电压相等，即：U A1=UR0=（I 2-I1）R 0，通过电流表 A1的电流有表盘读出大小为：I 1，根据：R = ，带入解得：r 1= ，UI210()IR【思路点拨】 （1）的关键是根据求出待测电压表的满偏电压远大于电源电动势，不能使用电压表测量电压；（2）电流表 A1的示数从零开始变化，且能测出多组数据，只有分压接法才能办到，电压表不能用，要再用一个电流表
27、测电流，有 U=IR 求得电压，代替电压表的作用；（3）的关键是根据串并联规律解出待测电流表内阻的表达式即可连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法；熟练应用串并联电路特点及欧姆定律是求出电流表内阻的关键【题文】13 （13 分）如图所示，在光滑的水平面上有坐标系 xOy，可视为质点的铁块的初始位置为（-2 m，0 ） ，并用长度为 =2m 不可伸长的轻绳拴接于坐标原点 O，铁块的质量为 m=l kg。现给铁块一沿 y 轴正l方向的初速度，初速度大小为 v0=2 m/s，同时施加沿 x 轴正方向的恒力，恒力大小为 F=10 N。求轻绳再次拉直时铁块的速度。【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线
28、运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用A2 B3 C2【答案解析】2 m/s 解析： 铁块沿 x 轴正方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律： F=ma17由运动学公式：x+l= at2 vx=at绳子拉直前沿 y 方向做匀速运动，有：y=v 0t 绳子被拉直时：x 2+y2=l2速度大小为 v= 方向： tan = 联立解得：V=2 m/s tan=0.2520xvxv17【思路点拨】小球在复合场中注意分清小球的运动过程，铁块沿 x 轴正方向做匀加速直线运动，绳子拉直前沿 y 方向做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求解本题考查小球在复合场中的运动，关键要分清小球的运动过程，小球即
29、做匀速直线运动，又做匀加速直线运动，题目综合性较强，有一定的难度【题文】14 （17 分）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨 ab、cd 与水平面成 =30 固定，导轨间距离为 =1 m，电阻不计。一个阻值为 R0 的定值电阻与电阻箱并联接在两金l属导轨的上端。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B=lT。现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位置由静止开始释放。金属棒下滑过程中与导轨接触良好。改变电阻箱的阻值 R，测定金属棒的页 10 第最大速度 ，得到 的关系如图乙所示。取 g= 10 。求：mv 2/ms(1)金属棒的质量 m 和定值
30、电阻 R0 的阻值；(2)当电阻箱 R 取 2 ，且金属棒的加速度为 g 时，金属棒的速度。14【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化L2 L4 L5【答案解析】 （1）0.2kg， 2；（2）0.5m/s 解析：（1）金属棒以速度 vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blv m由闭合电路欧姆定律有：E =I 当金属棒以最大速度 vm下滑时，根据平衡条0R件有：BIl=mgsin 由 图象可知： ， 解得：m=0.2kg，R 0=21mvR21sinBlg210.5sinlmgR（2）设此时金属棒下滑的速度为 v，根据法拉第电磁感应定律有：E /=I/ 当金属棒下
31、滑的加速度为0时，根据牛顿第二定律有：mgsin-BIl=ma 联立解得：v=0.5m/s4g【思路点拨】 （1）根据 E=BLv、欧姆定律和安培力、F=BIL 推导出安培力的表达式，当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得到最大速度 vm与 R 的关系式，根据图象的斜率和纵截距求解金属杆的质量 m 和电阻R0的阻值；（2）当金属棒的加速度为 时，根据牛顿第二定律求解速度本题综合考查了法拉第电磁感4g应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等，综合性强，对学生能力的要求较高，其中安培力的分析和计算是关键(二)选考题：共 15 分。请考生从给出的 3 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分
32、。15.物理选修 3 3（15 分）【题文】(1) （6 分）关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法正确的是_。页 11 第（填人正确选项前的字母，选对一个给 3 分，选对两个给 4 分，选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分）A.大多数分子直径的数量级为 l0 m1B.扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动c.悬浮在液体中的微粒越大，布朗运动就越明显D.在液体表面分子之间表现为引力E.随着分子阃的距离增大，分子势能一定增大【知识点】 布朗运动；分子势能H1【答案解析】 ABD 解析： A、多数分子大小的数量级为 10-10m，故 A 正确B、扫地时扬起的尘
33、埃在空气中的运动不是布朗运动，是有空气的流动造成的，故 B 正确；C、悬浮在液体中的微粒越大，液体分子的撞击对微粒影响越小，布朗运动就越不明显，故 C 错误 D、液体表面分子之间距离较大，分子力表现为引力，故 D 正确 E、分子势能变化与分子力做功有关，在平衡距离以内斥力大于引力，分子力表现为斥力，若在此范围内距离增大，分子力做正功，分子势能减小；在平衡距离以外引力大于斥力，分子力表现为引力，若分子间距增大，分子力做负功，分子势能增大，故 E 错误故选：ABD【思路点拨】多数分子大小的数量级为 10-10m扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动，是有空气的流动造成的悬浮在液体中的微粒越大，
34、布朗运动就越不明显分子势能变化与分子力做功有关本题的常识考察要记住：多数分子大小的数量级为 10-10m；其次关于分子力做功与分子势能的变化关系要掌握牢固【题文】 (2)(9 分)如图所示，一定质量的理想气体，处在 A 状态时，其温度 =300 K，让该气体沿图中线AT段 AB 所示缓慢地从状态 A 变化到状态 B，求：气体处于状态 B 时的温度；从 A 到 B 的过程中气体的最高温度。【知识点】 理想气体的状态方程 H3【答案解析】 300K；400K解析：由图示图象可知，气体的状态参量为：pA=3atm，V A=2L，T A=300K，p B=1atm，V B=6L，T B=？由理想气体状
35、态方程得： ，代入数据解得：T B=300K；A由图示图象可知，气体体积为 Vx时气体压强为：p x=4- Vx，12由理想气体状态方程可得： ，即： ， ，解得，当xAT(4)xApT1(4)320xVTVx=4L 时，T x最大，解得：T max=400K； 页 12 第【思路点拨】由图示图象求出气体的状态参量，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度；由理想气体状态方程可知，当 pV 最大时，温度最高，由图得到 pV 的最大值，由气态方程求解最高温度本题考查了求气体的温度，由图示图象求出气体的状态参量，应用理想气体状态方程即可正确解题16.物理选修 3 -4（15 分）【题文】 (1)（
36、6 分）下列说法正确的是_。 （填入正确选项前的字母。选对 1 个给 3 分，选对 2 个给 4分，选对 3 个给 6 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分。 ）A.如果质点所受的力与它偏离平衡位置的位移大小的平方根成正比，且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动B.含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散c.向人体发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法的原理是“多普勒效应”D.麦克斯韦关于电磁场的两个基本观点是：变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场E.狭义相对论表
37、明物体运动时的质量总是要小于其静止时的质量【知识点】 超声波及其应用；狭义相对论G1 N4【答案解析】 BCD 解析：A、当与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比，与其方向总是相反时，质点的运动就是简谐运动，故 A 错误；B、测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超” ，是利用多普勒效应原理，故 B 正确；C、多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散，光在干涉、衍射及折射时都可以将复合光进入分解，故 C 正确；D、麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场，故 D 正确；E、当由相对论质量公式可知，当物体的速度很大时，其运动时的质量明显大于静止时的质量，故
38、E 错误；故选：BCD 【思路点拨】满足与它偏离平衡位置的位移的大小的成正比，并且总是指向平衡位置，即 F=-kx，则为简谐运动；彩超利用多普勒效应原理；光在干涉、衍射及折射时都可以发生色散；变化的磁场产生电场，和变化的电场产生磁场；由相对论质量公式可知，即可求解考查简谐运动的回复力与位移的关系，掌握多普勒效应原理，理解干涉、衍射及折射对复合光的分解的原理，注意变化的磁场产生电场中的“变化”两字的理解，最后认识运动的质量与静止的质量的关系【题文】 (2)（9 分）如图所示，将平面镜 MN 放在水平桌面上，紧贴镜面放一厚度为 d 的足够大的玻璃板。已知玻璃的折射率为 n，玻璃板的正中间有一个半径
39、为 r 的圆形发光面 s，为了从玻璃的上方看不见圆形发光面，可在玻璃板的上表面贴一块不透光的纸片，求所贴纸片的最小面积。【知识点】 光的折射定律N1【答案解析】 解析：如图所示，23()1drn发光面 S 在在平面镜中的像 s，A 为 s的右边缘，如果 AO 的光线射向 O 点并恰好发生全反射，则入射页 13 第角 恰好为玻璃的临界角在 O 点外侧玻璃的上表面不再有折射光线B 点为 A 在玻璃上方的对应点，则r+OB 为玻璃上表面透光面的最大半径临界角公式：sin= ，1n由几何关系可得：sin= 解得：OB= ，圆纸片的最小半径：R=r+OB，223()dB23d圆纸片的最小面积：S= 21
40、rn【思路点拨】作出光路图，S 点为圆形发光面边缘上一点由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线 SA 确定，当入射角大于临界角 C 时，光线就不能射出玻璃板了根据折射定律和几何知识结合进行求解本题关键要理解看不到圆形发光面的原因是由于发生了全反射，再作出光路图，运用折射定律和几何知识结合进行求解17.物理选修 3-5(15 分)【题文】 (1)（6 分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史实的是_。 （填人正确选项前的字母。选对 1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给6 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分。
41、 ）A.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B.爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说c.卢瑟福通过对 c 粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型D.贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的E.玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性【知识点】 物理学史P0【答案解析】 ABC 解析： A、普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故 A 正确；B、爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，故 B 正确；C、卢瑟福通过对 c 粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故 C 正确；D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，揭
42、示了原子核有复杂的结构，但并没有发现质子和中子故 D 错误E、德布罗意提出实物粒子也具有波动性，康普顿效应证实了光子不仅具有能量，也有动量故 E 错误；故选：ABC【思路点拨】此题是物理学史问题，关键要记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，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【题文】(2)（ 9 分）如图所示，两质量均为 km 的斜劈 A 和 B，其中 k=l、2、3 、，静止放在光滑的水平面上，斜劈 A 和 B 的曲面光滑且为半径相同的四分之一圃面，圆面下端与水平面相切。一质量为 m 的小球位于两斜劈的中间某位置，现给小球水平向右的初速度
43、 v0。当小球第一次从斜劈 B 滑下离开时，小球的速度是多大，若小球至少两次向右滑上斜劈 B，求 k 的取值范围?【知识点】 动量守恒定律；机械能守恒定律E3 F2【答案解析】 （1） v0；（2）k=5、6、7 解析： ：（1）设小球第一次从斜劈 B 滑下离开时，小k球和斜劈 B 的速度分别为 v1和 v2，以向右为正方向，由动量守恒可得：mv 0=mv1+kmv2，由机械能守恒可得：页 14 第联立解得小球速度为：v 1= v0，斜劈 B 速度为：v 2= v0；22201mvkk1k（2）设小球第一次滑下离开斜劈 A 时，小球和斜劈 A 的速度分别为 v1 和 v2 ，以向右为正方向，由动量守恒可得：mv 0=mv1+kmv2，联立解得小球的速度： ，/ 0()kv若小球至少两次向右滑上斜劈 B，则必有： |，化简得：k 2-4k-10，解得：k 2+ ，故/12 5k=5、6、7；【思路点拨】 （1）系统动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出速度 （2）由动量守恒定律求出速度，然后根据题意确定 k 的值本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题
