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【名师解析】辽宁省锦州市锦州中学2013届高三第四次模拟考试物理


2013 年辽宁省锦州市高考物理四模试卷
一、选择题:本题 8 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项 正确, 有的有多个选项正确, 全部选对的得 6 分, 选对但不全的得 3 分, 有选错的得 0 分. 其 中 1-5 题为单选题,6-8 为多选题. 1. (6 分) (2013?锦州四模)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.在对以下几位科学家所作科学贡献的叙述中,下列说法正确的是( ) A. 伽利略通过理想斜面实验,提出了力是维持物体运动状态的原因 B. 卡文迪许通过扭秤实验,总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律 C. 奥斯特发现了电流的磁效应,找到了电流间的相互作用规律 D. 密立根进行了多次实验,比较准确地测定了电子的电荷量 【考点】 : 物理学史. 【专题】 : 常规题型. 【分析】 : 根据物理学史和常识解答,记住著名物理学家的主要贡献即可. 【解析】 : 解:A、伽利略通过理想斜面实验,提出了力不是维持物体运动状态的原因,故 A 错误; B、 库仑通过扭秤实验, 总结并提出了真空中两个静止点电荷间的相互作用规律, 故 B 错误; C、奥斯特发现了电流的磁效应,安培找到了电流间的相互作用规律,故 C 错误; D、密立根进行了多次实验,比较准确地测定了电子的电荷量,故 D 正确; 故选:D. 【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. (6 分) (2013?锦州四模)一辆小车沿水平面始终保持做匀变速直线运动.一根细线上端 固定在车顶,下端系一个小球 M,稳定时,细线的位置如图所示,当时在小车地板上,小 球正下方的点是 P 点.某时刻细线突然断裂,小球落到小车的地板上(该过程小车的运动 方向未变, 小球没有跟左右两壁相碰, 不计空气阻力) . 设小球落到小车地板上的点是 Q 点. 则 下列说法正确的是( )

A. B. C. 右侧 D. 左侧

无论小车向左运动还是向右运动,Q 点都一定在 P 点的左侧 无论小车向左运动还是向右运动,Q 点都一定在 P 点的右侧 若小车向左运动则 Q 点一定在 P 点的左侧,若小车向右运动则 Q 点一定在 P 点的 若小车向左运动则 Q 点一定在 P 点的右侧,若小车向右运动则 Q 点一定在 P 点的

【考点】 : 匀变速直线运动的位移与时间的关系. 【专题】 : 直线运动规律专题. 【分析】 : 细绳断裂后,小球做平抛运动,小车做匀变速直线运动,结合运动学公式,根据 两者在水平方向上位移的关系确定落点的位置.

【解析】 : 解:细线突然断裂,小球做平抛运动,小车做匀变速直线运动, 对小球分析,可知小球的加速度向左,则小车的加速度也向左,若小车向左做匀加速直线运 动,设绳子断裂时速度为 v,小球经过 t 时间落到地板上, 对小球有:x1=vt, 对小车有: 可知 , ,知 Q 点在 P 点右侧.

若小车向右左匀减速直线运动, 对小球有:x1=vt, 对小车有: 可知 , ,Q 点仍然在 P 点右侧.

故选:B. 【点评】 : 解决本题的关键知道小球和小车的运动规律,结合运动学公式分析判断,注意小 车可能向左做匀加速直线运动,也可能向右做匀减速直线运动. 3. (6 分) (2013?锦州四模)如图所示,木块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处 于自然伸直状态,现用恒定的水平外力 F 作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中 拉力 F 做了 10J 的功,在上述过程中( )

A. B. C. D.

弹簧的弹性势能增加了 10J 滑块的动能增加了 10J 滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10J 滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

【考点】 : 机械能守恒定律. 【专题】 : 机械能守恒定律应用专题. 【分析】 : 对弹簧和滑块系统而言,除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量,故拉 力对系统做的功等于系统机械能的增加量. 【解析】 : 解:对弹簧和滑块系统而言,除弹力外其他力做的功等于系统机械能的增加量, 故拉力对系统做的功等于系统机械能的增加量,所以滑块和弹簧组成的系统机械能增加了 10J,即弹簧弹性势能增加量和滑块动能增加量之和等于 10J;故 C 正确,ABD 错误. 故选:C. 【点评】 : 本题关键根据除弹力外其余力做的功等于系统机械能的增加量进行判断. 4. (6 分) (2013?锦州四模)如图所示,在水平板左端有一固定挡板,挡板上连接一个轻质 弹簧,紧贴弹簧放一质量为 m 的滑块,此时弹簧处于自然长度.已知滑块与平板的动摩擦 因数为 . (最大静摩擦力等于滑动摩擦力)现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角 )

为 θ, 最后直到板竖直, 此过程中弹簧弹力的大小 F 随夹角 θ 的变化关系可能是图中的 (

A.

B.

C.

D.

【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】 : 将板的右端缓慢抬起过程中,在滑块相对于板滑动前,弹簧处于自然状态,没有 弹力.当滑块相对于板滑动后,滑块受到滑动摩擦力,由平衡条件研究弹簧弹力的大小 F 与夹角 θ 的变化关系. 【解析】 : 解: 设板与水平面的夹角为 α 时, 滑块相对于板刚要滑动, 则由 mgsinα=μmgcosα 得 tanα= 则 θ 在 0﹣ ,α= 范围内,弹簧处于原长,弹力 F=0

当板与水平面的夹角大于 α 时,滑块相对板缓慢滑动,由平衡条件得 F=mgsinθ﹣ μmgcosθ= sin(θ﹣β) ,其中 tanβ=﹣μ,说明 F 与 θ 正弦形式的关系.当 时,

F=mg,故 C 正确. 故选:C 【点评】 : 本题要应用平衡条件得到 F 与 θ 的函数关系式,再应用数学知识选择图象,考 查运用数学知识分析物理问题的能力,难度适中. 5. (6 分) (2013?锦州四模)如图所示,一足够长的光滑平行金属轨道,其轨道平面与水平 面成 θ 角,上端用一电阻 R 相连,处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质量为 m、 电阻为 r 的金属杆 ab,从高为 h 处由静止释放,下滑一段时间后,金属杆开始以速度 v 匀速 运动直到轨道的底端. 金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好, 轨道电阻及空气阻力均可忽 略不计,重力加速度为 g.则( )

A. 金属杆加速运动过程中的平均速度为 B. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功 的功率 C. 当金属杆的速度为 时,它的加速度大小为 D. 整个运动过程中电阻 R 产生的焦耳热为 mgh﹣ mv
2

【考点】 : 导体切割磁感线时的感应电动势;功率、平均功率和瞬时功率;电磁感应中的能 量转化. 【专题】 : 电磁感应——功能问题. 【分析】 : 本题关键应根据安培力与速度的关系分析金属棒的运动情况. 金属杆在加速运动中加速度不断减小,根据速度图象分析可知平均速度大于 加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率等于 匀速运动过程中克服安培力做功的功率; 速度为 ,安培力的大小为 整个回路中产生的焦耳热为 ,根据牛顿第二定律求解加速度; ,大于电阻 R 产生的焦耳热. ;

, 与速率 v 的平方成正比, 小于

【解析】 : 解:A、若金属杆匀加速运动,则平均速度为 .实际上金属杆加速运动中加速 度不断减小, 速度﹣时间图象的斜率不断减小, 在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速 运动通过的位移,则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度 B、金属杆克服安培力做功的功率等于 .故 A 错误.

,与速率 v 的平方成正比,由于匀速运动时

速度最大, 则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培 力做功的功率.故 B 错误. C、匀速运动时,金属杆的速度大小为 v,所受的安培力大小为 ,此时有

mgsinθ= 定律得 mgsinθ﹣

;当金属杆的速度为 v 时,它所受的安培力大小为

,根据牛顿第二

=ma,联立解得 a=

.故 C 正确. ,所以 R 上产生的热量小于

D、整个运动过程中回路中产生的焦耳热为 ,故 D 错误. 故选 C

【点评】 : 解决这类问题的关键时分析受力情况,掌握安培力的表达式 FA= 步确定运动性质,并明确判断各个阶段及全过程的能量转化.

,进一

6. (6 分) (2014?江苏模拟)如图所示,极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨 道可视为圆轨道) .若已知一个极地卫星从北纬 30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬

60°正上方时所用时间为 t,地球半径为 R(地球可看作球体) ,地球表面的重力加速度为 g, 引力常量为 G.由以上条件可以求出( )

A. 卫星运行的周期 B. 卫星距地面的高度 C. 卫星的质量 D. 地球的质量 【考点】 : 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系. 【专题】 : 人造卫星问题. 【分析】 : 地球表面重力等于万有引力,卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供, 据此展开讨论即可. 【解析】 : 解:A、卫星从北纬 30°的正上方,第一次运行至南纬 60°正上方时,刚好为运动 周期的 ,所以卫星运行的周期为 4t,故 A 正确;

B、知道周期、地球的半径,由

=m

(R+h) ,可以算出卫星距地面的高

度,故 B 正确; C、通过上面的公式可以看出,只能算出中心天体的质量,C 项错误,D 项正确. 故选:ABD. 【点评】 : 灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题 的关键. 7. (6 分) (2013?锦州四模)如图所示,在两等量异种点电荷的电场中,MN 为两电荷连线 的中垂线,a、b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线,且 a 和 c 关于 MN 对称,b 点位于 MN 上,d 点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是( )

A. B. C. D.

b 点与 d 点场强方向相同 a 点 c 点电势相同 a、b 两点间的电势差等于 b、c 两点间的电势差 带正电的试探电荷在 a 点的电势能大于在 c 点的电势能

【考点】 : 电场线;匀强电场中电势差和电场强度的关系. 【分析】 : 据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小, 由电场线性质及电场的对 称性可知 ab 及 bc 两点间的电势差;由电势能的定义可知 ac 两点电势能的大小.结合电场 力做功比较电势能的高低.

【解析】 : 解:A、根据等量异种电荷周围的电场线的特点,知两电荷连线的垂直平分线上 的电场方向水平向右,d 点的场强方向水平向右,所以 b 点与 d 点的场强方向相同.故 A 正 确. B、作出 a 点、c 点的等势线,如图所示.沿着电场线方向电势逐渐降低,可知 a 点的电势 大于 c 点的电势.故 B 错误. C、由对称性可知,a、b 两点的电势差等于 b、c 两点间的电势差.故 C 正确. D、将正电荷从 a 点移动到 c 点,电场力做正功,电势能减小,则 a 点的电势能大于 c 点的 电势能.故 D 正确. 故选:ACD

【点评】 : 该题考查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. 8. (6 分) (2013?锦州四模)如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、 N 两小孔中,O 为 M、N 连线中点,连线上 a、b 两点关于 O 点对称.导线通有大小相等、 方向相反的电流. 已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 B= , 式中 k 是常数、

I 导线中电流、r 为点到导线的距离.一带正电的小球以初速度 ν0 从 a 点出发沿连线运动到 b 点.关于上述过程,下列说法正确的是( )

A. B. C. D.

小球先做加速运动后做减速运动 小球一直做匀速直线运动 小球对桌面的压力先增大后减小 小球对桌面的压力一直在增大

【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】 : 根据右手螺旋定制,判断出 MN 直线处磁场的方向,然后根据左手定则判断洛 伦兹力大小和方向的变化,明确了受力情况,即可明确运动情况. 【解析】 : 解:根据右手螺旋定制可知直线 MN 处的磁场方向垂直于 MN 向里,磁场大小 先减小后增大,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力方向向上,根据 F=qvB 可知,其大小是先减小后增大,由此可知,小球将做匀速直线运动,小球对桌面的压力先增 大后减小,故 AD 错误,BC 正确. 故选 BC.

【点评】 : 本题考查了右手螺旋定则和左手定则的熟练应用, 正确解答带电粒子在磁场中运 动的思路为明确受力情况,进一步明确其运动形式和规律. 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分) (一)必考题 9. (6 分) (2013?锦州四模)在“研究匀变速直线运动”的实验中,打点计时器使用的交流电 的频率为 50Hz,记录小车运动的纸带如图所示,在纸带上选择 0、1、2、3、4、5 的 6 个计 数点,相邻两计数点之间还有四个点未画出,纸带旁并排放着有最小分度为毫米的刻度尺, 零点跟“0”计数点对齐,由图可以读出三个计数点 1、3、5 跟 0 点的距离填入下列表格中.

(1)计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为 v2= 0.210 m/s. 2 (2)根据表格中的数据求出小车的加速度是 a= 0.613 m/s . (计算结果保留三位有效数 字) 距离 d1 d2 d3 测量值/cm 【考点】 : 探究小车速度随时间变化的规律. 【专题】 : 实验题;直线运动规律专题. 【分析】 : 刻度尺的读数要估读到最小刻度下一位. 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度, 可以求出打纸带上 2 点时 2 小车的瞬时速度大小;根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 可以求出加速度的大小. 【解析】 : 解:按刻度尺的读数规则读数,要估读到最小刻度的下一位,最后一位由于是估 读的, d1、d2、d3 分别读得 1.20cm、5.40cm 和 12.05cm. 相邻两计数点之间还有四个点未画出,所以相邻的计数点间的时间间隔为 t=0.1s, 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度, 得:v2= = m/s=0.21m/s

从图中可以读出 x13、x35 间的距离,它们的时间间隔 T=0.2s,根据匀变速直线运动的推论公 2 式△x=aT , 2 得:x35﹣x13=△x=aT 整理:a= =0.613m/s
2

故答案为: (1)0.210, (2)0.613;1.20,5.40,12.05. 【点评】 : 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力, 在平时练习中要加 强基础知识的理解与应用. 10. (9 分) (2013?锦州四模)某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”,该同 学利用下列所给器材测量水果电池的电动势 E 和内阻 r.

A.电流表 G1(内阻 Rg=15Ω,满偏电流 Ig=2mA) B.电流表 G2(量程 20mA,内阻约 2Ω) C.滑动变阻器 R1(0~1000Ω) D.电阻箱 R2(0~9999.9Ω) E.待测水果电池(电动势 E 约 4V,内阻 r 约 200Ω) F.开关 S,导线若干

(1)实验中用电流表 G1 改装成量程 0~4V 的电压表,需串联一个阻值为 1985 Ω 的电 阻; (2) 用电流表 G2 和改装成的电压表测量水果电池的电动势和内阻, 为尽量减小实验的误差, 请在图 1 虚线方框中画出实验电路图; (3)该同学实验中记录的 6 组对应的数据如表,试根据表中数据在图 2 中描点画出 U﹣I 图线;由图线可得,水果电池的电动势 E= 3.70 V,内电阻 r= 190 Ω; I/mA 4.0 5.0 8.0 10.0 12.0 14.0 U/V 3.04 2.85 2.30 1.90 1.50 1.14 (4)实验测得的水果电池的电动势与真实值相比,E 测 等于 E 真(选填“大于”、“小于” 或“等于”) . 【考点】 : 描绘小电珠的伏安特性曲线. 【专题】 : 实验题;恒定电流专题. 【分析】 : 本题(1)根据欧姆定律即可求解;题(2)的关键是根据水果电池内阻较大可知 电流表应用内接法误差较小;题(3)的关键是正确选取两坐标轴的标度,然后用直尺连线 即可;题(4)根据等效电源法即可判定电动势测量值等于真实值,电源内阻测量值大于真 实值. 【解析】 : 解: (1)根据欧姆定律应串联的电阻为 R= = =1985Ω;

(2)由于水果电池内阻较大,满足 下图所示(图中直接画电压表代替 G1 和

,所以对水果电池来说电流表应用内接法,如

也可以) :

(3)作出的 U﹣I 图象如图所示,根据 U=E﹣Ir 可求出 E 应等于纵轴截距,即 E=3.70V (3.70V~3.95V 均可以) , 内阻 r 应等于图线斜率绝对值,即 r= ≈190Ω(180Ω﹣198Ω 均可以)

(4)根据等效电源法可知(把电流表与电源看做一个等效电源) ,电动势测量值应等于真实 值,即 等于

故答案为: (1)1985; (2)如图; (3)如图,3.70,190; (4)等于 【点评】 : 应明确:① 可以应用伏安法测电阻中电流表内外接法的选择方法来判定伏安法测 量电源电动势和内阻实验,即若满足 时,相对电源来说电流表应用外接法,若满足

时,电流表应用内接法;② 在表示电源的 U﹣I 图象中,纵轴截距等于电动势,图线 斜率的绝对值等于内阻;③ 可以用“等效电源”法判定电动势和内阻测量值与真实值关系. 11. (14 分) (2013?锦州四模)2012 年 10 月 14 日,奥地利人 Baumgartner 从太空边缘(离 地 39km)起跳,据报道他以最高每小时 1342km 的速度,回到地球表面,成为“超音速”第 一人.自由落体运动的时间约为 5 分 35 秒.已知空气中音速约为 340m/s,空气密度 ρ=1.29kg/m ,重力加速度 g=10m/s . (1)他降落过程中的速度是否超过了音速? (2)这篇报道中有什么数据相互矛盾?以上两个问题请通过计算说明; (3)当物体从高空下落时,空气对物体的阻力公式:f= CDρv S(CD= ,ρ 为空气密度,v 为运动速度,S 为物体截面积) .因此,物体下落一段距离后将会匀速下落,这个速度被称 为收尾速度.设 Baumgartner 加装备的总质量为 100kg,腰围 100cm.请估算他的收尾速度 大小(结果保留二位有效数字) .
2 3 2

【考点】 : 共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用. 【分析】 : (1)vm=1342km/h= m/s=372.78m/s,空气中音速约为 340m/s,即可判断是

否超音速. (2)Baumgartner 自由落体运动的时间约为 5 分 35 秒,可由 v=gt 求出自由落体的末速度, 分析人是否做真正的自由落体运动. (3)他匀速下落时,重力与空气阻力平衡,由 f= CDρv S 和人体截面积 S=πr ,得到从空 气阻力大小,由平衡条件即可求出他的收尾速度大小 【解析】 : 解: (1)vm=1342km/h= 过了音速 340m/s; (2)t=5 分 35 秒=335s,对应自由下落的最大速度 vm′ =gt=10×335m/s=3350m/s,远大于文 中报道的 372.78m/s 的最大速度,所以他的下落不是真正的自由落体,受到了空气阻力的作 用; (3)腰围 100cm 对应的人体半径 r= S= 匀速下落时:f=mg 又 f= CDρv S 得 CDρv S=mg m/s=66m/s.
2 2 2 2

m/s=372.78m/s>340m/s,所以 Baumgartner 确实超

,人体截面积
2
﹣2

m=

2

m =7.96×10 m .

2

解得:

答: (1)他降落过程中的速度超过了音速. (2)他的下落不是真正的自由落体,受到了空气阻力的作用; (3)他的收尾速度大小是 66m/s. 【点评】 : 本题考查分析和处理实际问题的能力,要读懂题意,理解什么收尾速度,由平衡 条件求解此速度,要能从题目中获取有效信息,难度适中. 12. (18 分) (2013?锦州四模)如图甲所示,在以 O 为坐标原点的 xOy 平面内,存在着范 围足够大的电场和磁场. 一个带正电小球在 0 时刻以 v0=3gt0 的初速度从 O 点沿+x 方向 (水 平向右)射入该空间,在 t0 时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场,其中电场沿+y 方向 (竖直向上) , 场强大小 E0= , 磁场垂直于 xOy 平面向外, 磁感应强度大小 B0= . 已

知小球的质量为 m,带电量为 q,时间单位 t0,当地重力加速度 g,空气阻力不计.试求:

(1)12t0 末小球速度的大小. (2)在给定的 xOy 坐标系中,大体画出小球在 0 到 24t0 内运动轨迹的示意图. (3)30t0 内小球距 x 轴的最大距离. 【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. 【分析】 : (1)正确对小球进行受力分析,明确运动形式,求出圆周运动的周期和所给时 间直间的关系,最后利用平抛运动规律求解; (2)根据第一问的解答,可正确画出图象; (3)利用运动的周期性画出 30t0 内小球运动轨迹图,然后利用数学知识求解. 【解析】 : 解: (1)0~t0 内,小球只受重力作用,做平抛运动.当同时加上电场和磁场时, 电场力:F1=qE0=mg,方向向上 因为重力和电场力恰好平衡, 所以在电场和磁场同时存在时小球只受洛伦兹力而做匀速圆周 运动,根据牛顿第二定律有: qvB0=m ,得 r=

运动周期 T= 联立解得 T=2t0 电场、磁场同时存在的时间正好是小球做圆周运动周期的 5 倍,即在这 10t0 内,小球恰好 做了 5 个完整的匀速圆周运动. 所以小球在 t1=12 t0 时刻的速度相当于小球做平抛运动 t=2t0 时的末速度. vy1=g?2t0=2gt0 所以 12t0 末小球的速度大小为 v1= = gt0

(2)24t0 内运动轨迹的示意图如下图所示.

(3)分析可知,小球在 30t0 时与 24t0 时的位置相同, 在 24t0 内小球做了 t2=3t0 的平抛运动, 和半个圆周运动. 23t0 末小球平抛运动的竖直分位移大小为:

y2=

=

竖直分速度 vy2=3gt0 所以小球与竖直方向的夹角为 θ=45°,速度大小为 v2=3

此后小球做匀速圆周运动的半径 r2=

=

30t0 末小球距 x 轴的最大距离:y3=y2+(1+cos45°)r2=( 答: (1)12t0 末小球速度的大小为 gt0. (2)大体画出小球在 0 到 24t0 内运动轨迹的示意图如图所示. (3)30t0 内小球距 x 轴的最大距离为( )g .

)g

【点评】 : 解答带电粒子在磁场中运动的基本思路是正确受力分析,画出运动轨迹图,这类 问题对学生数学知识要求较高,是考查重点和难点,要加强练习,提高解题能力. (二)选考题,请考生从以下三个模块中任选一模块作答【物理-选修 3-3】 (15 分) 13. (6 分) (2013?锦州四模)下列说法正确的是( ) A. 控制液面上方饱和汽的体积不变,升高温度,则达到动态平衡后该饱和汽的质量增 大,密度增大,压强也增大 B. 没有摩擦的理想热机可以把获得的能量全部转化为机械能 C. 两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略) ,设甲固定不动,乙 逐渐向甲靠近,直到不能再靠近,在整个移动过程中分子力先增大后减小,分子势能先减小 后增大 D. 晶体熔化过程中,吸收的热量全部用来破坏空间点阵,增加分子势能,而分子平均 动能却保持不变,所以晶体有固定的熔点 E. 理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比 【考点】 : 分子势能;分子间的相互作用力. 【分析】 : 温度升高时,液体分子的平均动能增大,单位时间里从液面飞出的分子数增多, 所以达到动态平衡后该饱和汽的质量增大,密度增大,压强也增大. 热机的效率不可能为 1,甲固定不动,乙逐渐向甲靠近,直到不能再靠近,在整个移动过程 中分子力先减小后增大,晶体熔化过程中,吸收的热量全部用来破坏空间点阵,增加分子势 能,而分子平均动能却保持不变,所以晶体有固定的熔点. 【解析】 : 解: A、温度升高时,液体分子的平均动能增大,单位时间里从液面飞出的分子数增多,所以达 到动态平衡后该饱和汽的质量增大,密度增大,压强也增大,故 A 正确. B、根据热力学第二定律知热机的效率不可能为 1,故 B 错误. C、两个分子甲和乙相距较远(此时它们之间的作用力可以忽略) ,设甲固定不动,乙逐渐 向甲靠近,直到不能再靠近,在整个移动过程中分子力先减小后增大,分子势能先减小后增 大,故 C 错误.

D、晶体熔化过程中,吸收的热量全部用来破坏空间点阵,增加分子势能,而分子平均动能 却保持不变,所以晶体有固定的熔点,故 D 正确. E、理想气体的热力学温度与分子的平均动能成正比,故 E 正确 故选:ADE 【点评】 : 本题考查选修 3﹣3 中的内容,关键要熟悉教材,牢记这些基础知识点.要注意 多晶体与非晶体都是各向同性的 14. (9 分) (2013?锦州四模) 如图所示, A、 B 两个气缸中装有体积均为 10L、 压强均为 1atm (标准大气压) 、温度均为 27℃的空气,中间用细管连接,细管容积不计,细管中有一绝热 活塞,现将 B 气缸中的气体升温到 127℃,若要使细管中的活塞仍停在原位置,则 A 中左 边活塞应向右推多少距离?(不计摩擦,A 气缸中的气体温度保持不变,A 气缸截面积为 50cm )
2

【考点】 : 理想气体的状态方程. 【专题】 : 理想气体状态方程专题. 【分析】 : 由题意知,A 中气体发生等温变化,B 中发生等容变化,活塞 M 保持在原位置 不动, A、 B 两部分气体的压强相等, 根据玻意耳定律列式, 即可求得稳定时 A 气体的体积, 得到 A 气体的长度,从而求出活塞 N 向右移动的距离. 【解析】 : 解: A 中气体发生等温变化,B 中发生等容变化,活塞 M 保持在原位置不动, A、 B 两部分气体的压强相等, 对 B:由玻意耳定律得: =

得:p′ B=

=

= pB

对 A:由 pAVA=p′ AV′ A 解得:V′ A= 且: 解得: ,

所以 答:A 中左边活塞应向右推 50cm 距离. 【点评】 : 对于两部分气体问题,既要分别研究各自的变化过程,同时要抓住之间的联系, 本题是压强相等是重要关系. 【物理-选修 3-4】 (15 分)

15. (2013?锦州四模)2013 年 4 月 20 日四川雅安发生 7.0 级地震,地震造成 11470 人受伤, 192 人死亡.关于地震下列说法正确的是( ) A. 地震波是一种复杂的机械波,既有横波又有纵波 B. 因为地震波只有纵波,所以破坏性最强 C. 地震波传播过程中携带有巨大的能量,传播过程中破坏性很大 D. 地震波既有纵波也有横波,且传播速度相等,所以破坏性强 E. 地震的震源停止振动时,地震波也立即停止传播,导致受灾范围高度集中 【考点】 : 波的干涉和衍射现象;波的形成和传播. 【分析】 : 明确地震波的性质,知道地震波既有纵波也有横波,二者都有震源向远处传播, 但速度并不相等. 【解析】 : 解:A、地震波具有横波又有纵波,是一种较为复杂的机械能波;故 A 正确;B 错误; C、地震波具有巨大的能量,传播过程中具有很强的破坏性;故 C 正确; D、地震中的纵波和横波传播速度并不相等,破坏性大是因为能量大,不是因为速度相等, 故 D 错误; E、震源停止振动时,波还会由近及远传播,但由于传播中衰减较快,故破坏范围比较集中; 故 E 错误; 故选:AC. 【点评】 : 本题考查了地震波的性质,要注意掌握地震波的性质,同时注意根据地震波属于 机械波,具有机械波的性质. 16. (2014?张掖模拟)如图所示是一种折射率 n=1.5 的棱镜,现有一束光线沿 MN 的方向射 到棱镜的 AB 界面上,入射角的正弦值为 sin i=0.75.求: (Ⅰ)光在棱镜中传播的速率; (Ⅱ)通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到 AB 面上的光 线) .

【考点】 : 光的折射定律. 【专题】 : 光的折射专题. 【分析】 : 光在棱镜中传播的速率应根据公式 v= 求解. 已知折射率 n 和入射角的正弦 sini,根据折射定律 n= 求出折射角.由公式 sinC= 求得

临界角 C.由几何知识求出光线射到 BC 面的入射角,根据入射角与临界角的大小关系,判 断光线在 BC 面上能否发生全反射,再进一步确定此束光线射出棱镜后的方向. 【解析】 : 解:① 由 n= 得 v= =2×10 m/s.
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② 设光线进入棱镜后的折射角为 r,由 得 sin r= =0.5,r=30°

=n,

光线射到 BC 界面时的入射角 i1=90°﹣45°=45° 由于 sin 45°> ,所以光线在 BC 边发生全反射,光线沿 DE 方向射出棱镜后的方向与 AC 边垂直,光路图如图所示:

答: (Ⅰ)光在棱镜中传播的速率为 2×10 m/s; (Ⅱ)通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向为与 AC 边垂直,并画出光路图如图. 【点评】 : 本题是折射定律、光速公式和全反射知识的综合应用.当光从光密介质射入光疏 介质时要考虑能否发生全反射. 【物理-选修 3-5】 (15 分) 17. (2013?锦州四模)以下是有关近代物理内容的若干叙述,其中正确的是( ) A. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应,可能是因为这束光的光强太小 B. 卢瑟福在 a 粒子散射实验的基础上提出原子核式结构学说 C. 天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线 D. 原子核发生一次 β 衰变,该原子外层就失去一个电子 E. 按照玻尔理论,氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子 的动能减小,但原子的能量增大 【考点】 : 光电效应;天然放射现象. 【分析】 : 发生光电效应的条件是入射光频率大于金属的极限频率,卢瑟福根据 α 粒子散 射实验中少数 α 粒子发生了较大偏转,猜想了原子核式结构模型;天然放射现象中发出的 三种射线是从原子核内放出的看不见的射线; 发生 β 衰变时一个中子变为质子并释放一个电 子. 【解析】 : 解:A、光照射到某种金属上不能发生光电效应,是因为入射光频率小于金属的 极限频率,故 A 错误; B、卢瑟福在 a 粒子散射实验的基础上提出原子核式结构学说,故 B 正确; C、天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线,故 C 正确; D、衰变反应发生在原子核内部,原子核由质子和中子组成,发生 β 衰变时一个中子变为质 子并释放一个电子,故 D 错误; E、电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,电子要克服原子核的引力,电子的动 能减小,由于吸收了光子的能量,原子的能量增大,故 E 正确. 故选:BCE 【点评】 : 本题考查光电效应、α 粒子散射实验、能级的跃迁、衰变等基础知识点,比较简 单,关键熟悉教材,牢记这些基础知识点,并强化训练.

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18. (2015?高安市校级一模)如图,质量为 m 的 b 球用长 h 的细绳悬挂于水平轨道 BC 的 出口 C 处. 质量也为 m 的小球 a, 从距 BC 高 h 的 A 处由静止释放, 沿 ABC 光滑轨道滑下, 在 C 处与 b 球正碰并与 b 粘在一起. 已知 BC 轨道距地面有一定的高度, 悬挂 b 球的细绳能 承受的最大拉力为 2.8mg. 试问: ① a 与 b 球碰前瞬间的速度多大? ② a、b 两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答)

【考点】 : 动量守恒定律;向心力;机械能守恒定律. 【专题】 : 动量定理应用专题. 【分析】 : ① 由机械能守恒定律可以求出小球 a 的速度; ② 由动量守恒定律求出碰撞后小球的速度,然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力,根据拉力 大小分析答题. 【解析】 : 解:① 设 a 球经 C 点时速度为 vC,a 球下滑过程机械能守恒, 则由机械能守恒得:mgh= mvC , 解得:vC= , 即 a 与 b 球碰前的速度为: ; ② 设 b 球碰后的速度为 v,a、b 两球碰撞过程系统动量守恒, 以 a 球的初速度方向为正方向,由动量守恒得:mvC=(m+m)v, 解得:v= ,
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小球被细绳悬挂绕 O 摆动时,若细绳拉力为 T, 由牛顿第二定律得:T﹣2mg=2m ,

解得:T=3mg>2.8mg,细绳会断裂; 答: ① a 与 b 球碰前瞬间的速度为 ; ② a、b 两球碰后,细绳会断裂. 【点评】 : 本题考查了速度、判断绳子是否断裂问题,分析清楚物体运动过程、应用机械能 守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律即可正确解题.


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