山东省滨州市2015届高考物理一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中，下列说法正确的是( )
A．A和B均受三个力作用而平衡 B．B对桌面的压力越来越大 C．A对B的压力越来越小 D．推力F的大小恒定不变
2．用一水平力F拉静止在水平面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随
2
外力F变化的图象如图所示，g=10m/s，则下列运算结果正确的是( )
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为7N B．物体与水平面间的最大静摩擦力为3N C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体的质量为1kg
3．如图甲所示线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm，线圈总电阻r=10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内，下列说法正确的是( )
2
A．磁通量的变化量为0.25Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10Wb/s C．a、b间电压为0 D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A 4．图甲是某燃气炉点火装置的原理图：转换器将直流电压转换为图乙所示的 正弦交变电压，并加在一理想变压器 的原线圈上，变压器原、副线圈的匝 数分别为n1，n2，V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
﹣2
A．电压表的示数等于5V B．电压表的示数等于5V C．实现点火的条件是
＞1000
D．实现点火的条件是＜1000
5．中国探月工程预计在研制和发射小型采样返回舱，采集关键样品后返回地球，如图为从月面返回时的运动轨迹示意图，轨道①为月球表面附近的环月轨道，轨道②为月地转移椭圆轨道，已知月球的平均密度为ρ，半径为R，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．月球表面的重力加速度为g=
B．返回舱进入环月轨道①所需的最小发射速度为v= C．返回舱绕环月轨道①的运动周期为T=
D．返回舱在轨道②上的周期大于在轨道①上的运行周期
6．如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动，之后它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触）．它们运动的v﹣t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示．由图线可知．下列说法正确的是( )
A．甲、乙两球一定带异种电荷 B．0～t3内，甲球做加速度增大的加速直线运动 C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小 D．t1时刻两球的电势能最小
7．如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度（a未与滑轮相碰）过程中下列说法正确的是( )
二、实验题
8．在验证牛顿第二定律实验中，某组同学使用如图甲所示装置进行实验，打出一条完整的纸带，如图乙所示（每相邻计数点间还有四个点未画出，电源的频率为50Hz），各计数点之
2
间的距离如表所示，这次实验小车的质量为500g，当地的重力加速度取g=10m/s． x01 x12 x23 x34 x45 x56 x67 x78 x89 2.1mm 5.1mm 8.1mm 11.1mm 14.1mm 17.1mm 18.6mm 18.6mm 18.6mm
A．物块a重力势能增加mgh B．物块b的机械能减少mgh
C．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加
D．摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能增加两量
（1）该实验一项重要的操作步骤是平衡摩擦力，由图乙纸带可以判断出，该实验平衡摩擦力__________（填“过大”、“过小”或“正好”），当改变小车的质量重新做实验时，__________（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；
（2）计数点3时小车的速度为__________m/s，小车的质量为500g，由打出的纸带乙可以得出小桶的质量为__________g（保留2为有效数字） 9．（1）某同学用多用电表的欧姆档来测量电压表量程0﹣3V时的内阻，如图甲所示，先将选择开关旋至倍率“×100”档，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的__________接线柱（选填“+”或“﹣”），指针正好指在欧姆表中值电阻处，则电压表的电阻为__________Ω，电压表量程0﹣3V的读数如图乙所示，读数为__________V，欧姆表内部电源的电动势大小为__________V
（2）为了比较精确的测量（1）问中电压表的内阻，提供了滑动变阻器（最大阻值R=50Ω）、电阻箱、电键、电源（电动势6V，内阻不计），导线若干，图2中设计电路正确的是__________（选填“甲”或“乙”）
10．（18分）如图所示，质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m=0.1kg的小物体（可视为质点）以v0=4.0m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，当小物体运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体
2
与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=1Om/s，求 （1）A点与B点的水平距离 （2）薄板BC的长度．
11．如图所示，半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心，圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向相反，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，在圆形磁场中转过90°从N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力不计，求： （1）磁场的磁感应强度B （2）正方形区域的边长
（3）粒子再次回到M点所用的时间．
三、[物理3-3]
12．下列说法中正确的是( )
A．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，这说明空气分子之间有斥力 B．两个分子的间距减小，分子间的势能可能增大
C．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同 D．系统吸收热量后，内能不一定增加
13．如图所示，质量为1kg的导热气缸倒扣在水平地面上，A为一T型活塞，气缸内充有理想气体，气缸的横截面积为2×10m，当外界温度为27℃时，气缸对地面恰好没有压力，
5
不计气缸壁厚度，内壁光滑，活塞位于汽缸中央，整个过程活塞不动，大气压强为1×10Pa，
2
g=10m/s．
求：①气缸内气体的压强
②温度升高时，汽缸缓慢升高，缸内温度至少升高到多少时，汽缸不再上升
③在整个过程中，气缸内气体对外界__________（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气缸内气体__________热量（填“吸收”或“放出”）
﹣4
2
四、[物理3-4] 14．一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为﹣1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的波速是
m/s
C．从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是4cm D．从t=0.6s开始，质点Q比质点P早回到平衡位置
15．有一腰长是16cm的等腰直角三棱镜，为了测定它的折射率，先把三棱镜的一个端面放在铺好白纸的桌面上，用铅笔画出它的轮廓线AOB，如图所示，从OB上的C点观察A棱，由插针法确定射入眼中光线的反向延长线交AO于D，测得OC=12cm，OD=9cm．作出光路图并求此三棱镜的折射率．
五、[物理3-5]
16．下列说法正确的是( )
A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构
B．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，原子总能量增大
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的 D．原子核的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关
17．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=1kg，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移﹣时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物块B的质量为多少？碰撞过程中损失的动能为多少？
山东省滨州市2015届高考物理一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
1．如图所示，桌面上固定一个光滑的竖直挡板，现将一个质量一定的重球A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中，下列说法正确的是( )
A．A和B均受三个力作用而平衡 B．B对桌面的压力越来越大 C．A对B的压力越来越小 D．推力F的大小恒定不变
考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．
解答： 解：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．
BCD、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变． 对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，
F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．
地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故BC错误，D正确． 故选：D．
点评：本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．
2．用一水平力F拉静止在水平面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随
2
外力F变化的图象如图所示，g=10m/s，则下列运算结果正确的是( )
考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算． 专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解
解答： 解：AB、当F=7N时，物体刚好开始运动，根据最大静摩擦力的定义知，最大静摩擦力为7N，故A正确，B错误；
CD、对物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力 根据牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma
A．物体与水平面间的最大静摩擦力为7N B．物体与水平面间的最大静摩擦力为3N C．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3 D．物体的质量为1kg
解得：a=﹣μg 由a与F图线，得到： 0.5=﹣μg
4=﹣μg
解得：m=2Kg，μ=0.3，故C正确，D错误； 故选：AC
点评：本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，最后结合a与F关系图象得到待求量
3．如图甲所示线圈的匝数n=100匝，横截面积S=50cm，线圈总电阻r=10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内，下列说法正确的是( )
2
A．磁通量的变化量为0.25Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10Wb/s C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A
考点：法拉第电磁感应定律． 专题：电磁感应与电路结合．
﹣2
分析：由图象b的斜率读出磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可求得线圈
中的感应电动势．由闭合电路欧姆定律可求得感应电流大小，从而求出a、b间的电势差． 解答： 解：A、通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2=B'S为正，则线圈中磁通
﹣4﹣3
量的变化量为△Φ=B'S﹣（﹣BS），代入数据即△Φ=（0.1+0.4）×50×10 Wb=2.5×10 Wb，故A错误； B、磁通量的变化率
=
Wb/s=2.5×10 Wb/s，故B正确；
﹣2
C、根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E=nD、感应电流大小I==故选：BD．
点评：本题是感生电动势类型，关键要掌握法拉第电磁感应定律的表达式E=n
，再结
=2.5V，故C错误； A=0.25A，故D正确．
合闭合电路欧姆定律进行求解，注意楞次定律来确定感应电动势的方向． 4．图甲是某燃气炉点火装置的原理图：转换器将直流电压转换为图乙所示的 正弦交变电压，并加在一理想变压器 的原线圈上，变压器原、副线圈的匝 数分别为n1，n2，V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
A．电压表的示数等于5V B．电压表的示数等于5V C．实现点火的条件是
＞1000
D．实现点火的条件是＜1000
考点：变压器的构造和原理． 专题：交流电专题．
分析：根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解．
解答： 解：A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为：故AB错误； C、根据
=
，且U1=5V，U2≥5000V得：实现点火的条件是
=，
＞1000，故C正确，D
错误． 故选：C
点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决．
5．中国探月工程预计在研制和发射小型采样返回舱，采集关键样品后返回地球，如图为从月面返回时的运动轨迹示意图，轨道①为月球表面附近的环月轨道，轨道②为月地转移椭圆轨道，已知月球的平均密度为ρ，半径为R，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．月球表面的重力加速度为g=
B．返回舱进入环月轨道①所需的最小发射速度为v= C．返回舱绕环月轨道①的运动周期为T=
D．返回舱在轨道②上的周期大于在轨道①上的运行周期
考点：万有引力定律及其应用． 专题：万有引力定律的应用专题．
分析：A、根据月球表面重力等于万有引力列式求解； B、根据重力提供向心力列式求解；
C、根据T=列式求解周期；
D、根据开普勒周期定律=C列式判断．
解答： 解：A、在月球表面，重力等于万有引力，故： mg=G其中： M=解得： g=
故A错误；
B、返回舱绕月圆周运动过程，根据牛顿第二定律，有： mg=m
故返回舱进入环月轨道①所需的最小发射速度为： v=
=
故B正确；
C、返回舱绕环月轨道①的运动周期为： T=
=
=
故C错误；
D、根据开普勒周期定律
=C，返回舱在轨道②上的周期大于在轨道①上的运行周期，故
D正确； 故选：BD．
点评：本题关键是明确返回舱做匀速圆周运动时的向心力来源，结合牛顿第二定律、万有引力定律、开普勒第三定律列式分析．
6．如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动，之后它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接
触）．它们运动的v﹣t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示．由图线可知．下列说法正确的是( )
A．甲、乙两球一定带异种电荷
B．0～t3内，甲球做加速度增大的加速直线运动 C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小 D．t1时刻两球的电势能最小
考点：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；电势能． 专题：电场力与电势的性质专题．
分析：由图象0﹣t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性．分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大
解答： 解：
A、由图象0﹣t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同．故A错误．
B、再v﹣t图象中，斜率代表物体运动的加速度，故甲的加速度先增大后减小，故B错误； C、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小．故C正确
D、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大．故D错误 故选：C
点评：本题也可以运用类比的方法分析，相当于发生了完全非弹性碰撞，t1时刻两球的速度相同，动能损失最大，两电荷的电势能最大
7．如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度（a未与滑轮相碰）过程中下列说法正确的是( )
考点：功能关系；功的计算．
A．物块a重力势能增加mgh B．物块b的机械能减少mgh
C．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加
D．摩擦力对a做的功等于物块a、b系统机械能增加两量
分析：通过开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，根据共点力平衡得出a、b的质量关系．根据b下降的高度得出a上升的高度，从而求出a重力势能的增加量，根据能量守恒定律判断摩擦力功与a、b动能以及机械能的关系． 解答： 解：A、开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ=mbg，则masinθ=mb．b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为mag×hsinθ=mgh．故A正确．
B、物块b的机械能减少等于减少的势能减去增加的动能，△E=mgh
，故B错误；
C、D、根据功能关系，系统机械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力对a做的功
等于a、b机械能的增量．所以摩擦力做功大于a的机械能增加．故C错误，D正确； 故选：AD
点评：本题是力与能的综合题，关键对初始位置和末位置正确地受力分析，以及合理选择研究的过程和研究的对象，运用能量守恒进行分析．
二、实验题
8．在验证牛顿第二定律实验中，某组同学使用如图甲所示装置进行实验，打出一条完整的纸带，如图乙所示（每相邻计数点间还有四个点未画出，电源的频率为50Hz），各计数点之
2
间的距离如表所示，这次实验小车的质量为500g，当地的重力加速度取g=10m/s． x01 x12 x23 x34 x45 x56 x67 x78 x89 2.1mm 5.1mm 8.1mm 11.1mm 14.1mm 17.1mm 18.6mm 18.6mm 18.6mm
（1）该实验一项重要的操作步骤是平衡摩擦力，由图乙纸带可以判断出，该实验平衡摩擦力正好（填“过大”、“过小”或“正好”），当改变小车的质量重新做实验时，不需要（填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；
（2）计数点3时小车的速度为9.6×10m/s，小车的质量为500g，由打出的纸带乙可以得出小桶的质量为15g（保留2为有效数字）
考点：验证牛顿第二运动定律． 专题：实验题． 分析：（1）从纸带判断运动情况，从而判断是否需要平衡摩擦力；从平衡摩擦力的原理判断改变小车质量后是否需要重新平衡摩擦力；
2
（2）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；根据△x=aT求解加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解小桶的质量． 解答： 解：（1）从纸带看出，间距显示均匀增加，后保持不变，说明小车先匀加速运动，当小桶落地后，小车做匀速运动，故已经恰好平衡摩擦力； 平衡摩擦力，故重力的下滑分力等于滑动摩擦力，故： Mgsinθ=μMgcosθ
改变小车的质量M后，等式依然成立，故不需要重新平衡摩擦力；
（2）匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故第3点的速度为：
﹣2
v3=
2
=9.6×10m/s
﹣2
根据△x=aT，小车的加速度为： a=
=
=0.3m/s
2
对小车，根据牛顿第二定律，有： T=mg=Ma 解得： m=
=0.015kg=15g
故答案为：
（1）正好，不需要； （2）15．
点评：本题切入点在与通过纸带看出小车先匀加速直线运动，然后匀速直线运动；根据匀变
2
速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解瞬时速度；根据△x=aT求解小车的加速度；根据牛顿第二定律列式求解小桶的质量． 9．（1）某同学用多用电表的欧姆档来测量电压表量程0﹣3V时的内阻，如图甲所示，先将选择开关旋至倍率“×100”档，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的﹣接线柱（选填“+”或“﹣”），指针正好指在欧姆表中值电阻处，则电压表的电阻为1500Ω，电压表量程0﹣3V的读数如图乙所示，读数为1.50V，欧姆表内部电源的电动势大小为3.00V （2）为了比较精确的测量（1）问中电压表的内阻，提供了滑动变阻器（最大阻值R=50Ω）、电阻箱、电键、电源（电动势6V，内阻不计），导线若干，图2中设计电路正确的是甲（选填“甲”或“乙”）
考点：伏安法测电阻；用多用电表测电阻． 专题：实验题． 分析：（1）（1）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入．欧姆表的测量值等于表盘示数乘以倍率．电路的分析应该按照闭合电路来进行．
（2）按照半偏法的要求，结合滑动变阻器的阻值大小进行选择电路 解答： 解：（1）欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，故红表笔应接电压表的“﹣”接线柱；欧姆表的测量值等于表盘示数乘以倍率，故R=1500Ω；电压表量程0﹣3V的读数如图乙所示，为1.50V；由于电压
表的内阻恰好等于欧姆表的中值电阻，也等于欧姆表的内阻，由闭合电路的特点知，电源的电动势为：1.50×2V=3.00V
（2）滑动变阻器的阻值为50Ω，远小于电压表的内阻，故应采用分压接法，故选：甲 故答案为：（1）﹣，1500，1.50，3.00，（2）甲 点评：对于实验的考查应要注意实验的原理，通过原理体会实验中的数据处理方法及仪器的选择和电路选择． 10．（18分）如图所示，质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m=0.1kg的小物体（可视为质点）以v0=4.0m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，当小物体运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g=1Om/s，求 （1）A点与B点的水平距离 （2）薄板BC的长度．
2
考点：平抛运动；牛顿第二定律． 专题：平抛运动专题． 分析：（1）根据平抛运动的规律，结合平抛运动的速度方向与斜面平行，结合平行四边形定则求出时间，从而得出A与B点的水平距离．
（2）根据牛顿第二定律分别求出小物体和薄板的加速度，结合运动学公式求出两者速度相等经历的时间，通过两者的位移求出薄板的长度．
解答： 解：（1）小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则： gt1=v0tan37°，①
x=v0t1 ② 联立①②得x=1.2m．
（2）小物体落到B点的速度卧射为v，则 v=
，③
小物体在薄板上运动，则：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma1 ④ 薄板在光滑斜面上运动，则：Mgsin37°+μmgcos37°=Ma2 ⑤ 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，则： v+a1t2=a2t2，⑥ 小物体的位移薄板的位移
，⑧
，⑦
薄板的长度l=x1﹣x2，⑨ 联立③﹣⑨式得l=2.5m． 答：（1）A点与B点的水平距离为1.2m （2）薄板BC的长度为2.5m．
点评：本题考查了牛顿第二定律与平抛运动的综合运用，通过平抛运动的末速度的方向与斜面方向平行求出运动的时间是关键，对于第二问，关键理清小物体和薄板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
11．如图所示，半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心，圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向相反，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，在圆形磁场中转过90°从N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力不计，求： （1）磁场的磁感应强度B （2）正方形区域的边长
（3）粒子再次回到M点所用的时间．
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：（1）分析粒子在磁场中的运动规律，作出粒子的运动轨迹图，由几何关系可确定粒子半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；
（2）要使粒子不离开磁场区域应使粒子恰好与磁场边界相切，根据洛仑兹力充当向心力可明确粒子的半径，即可确定正方形区域的边长；
（3）由圆周运动规律可求得圆周运动的周期，由几何关系可求得粒子在两种磁场中的运动时间，则可求得总时间． 解答： 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设轨道半径为r1，则洛仑兹力充当向心力可知：
qv0B=m
由几何关系可知，r1=R； 解得：B=
（2）粒子在正方向形磁场中的轨道半径为r2，粒子恰好不从AB边射出则有； qv0B=m
解得r2=
=R；
则正方向的边长L=2r1+2r2=4R；
（3）粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期T1=
在圆形磁场中运动时间t1=
=
粒子在圆形以外的区域做圆周运动周期T2=在圆形以外的磁场中运动时间： t3=
=
；
则再次回到M点的时间t=t1+t2=
答：（1）磁场的磁感应强度B为（2）正方形区域的边长为4R （3）粒子再次回到M点所用的时间
．
点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，此类问题审题非常关键，根据题意明确粒子的运行轨迹并由几何关系确定粒子转动的圆心和半径，则基本可以求解．
三、[物理3-3]
12．下列说法中正确的是( )
A．用打气筒给自行车打气需用力向下压活塞，这说明空气分子之间有斥力 B．两个分子的间距减小，分子间的势能可能增大
C．当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同 D．系统吸收热量后，内能不一定增加
考点：温度是分子平均动能的标志；分子势能；热力学第一定律．
分析：用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于内外气体的压强差造成的； 分子势能随距离增大先减小后增加，再减小； 温度是分子平均动能的标志； 改变内能的方式有做功和热传递； 解答： 解：A、用打气筒给自行车充气，越打越费劲，是由于内外气体的压强差造成的．故A错误；
B、分子势能随距离增大先减小后增加，再减小，故两个分子的间距减小，分子间的势能可能增大，故B正确；
C、温度是分子平均动能的标志，当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于氢气分子质量小，故其速率大，故C错误；
D、由△U=W+Q可知系统吸收热量后，若系统对外做功，则内能不一定增加，故D正确． 故选：BD． 点评：本题考查了分子间的作用力和分子势能的关系、改变内能的方式等知识点，难度不大，但是要特别注意分子势能随距离的变化关系．
13．如图所示，质量为1kg的导热气缸倒扣在水平地面上，A为一T型活塞，气缸内充有理想气体，气缸的横截面积为2×10m，当外界温度为27℃时，气缸对地面恰好没有压力，
5
不计气缸壁厚度，内壁光滑，活塞位于汽缸中央，整个过程活塞不动，大气压强为1×10Pa，
2
g=10m/s．
求：①气缸内气体的压强
②温度升高时，汽缸缓慢升高，缸内温度至少升高到多少时，汽缸不再上升
③在整个过程中，气缸内气体对外界做正功（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气缸内气体吸收热量（填“吸收”或“放出”）
﹣4
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：①气缸恰好对地面没有压力，对气缸列平衡方程求压强 ②气缸缓慢上升，气体压强不变，根据盖吕萨克定律列式求解
③温度升高，体积增大，气体对外界做正功，内能增加，根据热力学第一定律可得气体吸热．
解答： 解：①气缸恰好对地面没有压力，对气缸：
mg+P0S=PS
5
解得：P=1.5×10Pa
②气缸缓慢上升，气体压强不变 由概率萨克定律得：
解得：t=327℃
③理想气体的内能由温度决定
温度升高，气体内能增加，即△U＞0
温度升高，气缸缓慢上升，气体压强不变，则即增大，气体对外界做正功， 又气体内能增加，由热力学第一定律可知气体吸收热量．
5
答：①气缸内气体的压强1.5×10Pa；
②环境温度升高时，气缸缓慢上升，温度至少升高到327℃时，气缸不再上升 ③做正功；吸收．
点评：本题是力学、气体实验定律以及热力学第一定律的综合题目，关键是根据“当外界温度为27℃时，气缸对地面恰好没有压力，”以气缸为研究对象根据平衡求解封闭气体的压强，且可分析加热过程气体等压变化根据盖吕萨克定律列式求解即可．
四、[物理3-4] 14．一列简谐横波，在t=0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为﹣1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的波速是
m/s
C．从t=0.6s开始，紧接着的△t=0.6s时间内，A质点通过的路程是4cm D．从t=0.6s开始，质点Q比质点P早回到平衡位置
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：由乙图读出该时刻即t=0.6s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图周期，求出波速．根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，求解经过△t=0.6s时A质点通过的路程．
解答： 解：A、由乙图读出t=0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴正向．故A错误．
B、由甲图读出该波的波长为λ=20m，由乙图周期为：T=1.2s，则波速为：
v=m/s=m/s．故B正确．
C、△t=0.6s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过△t=0.4s，A质点通过的路程是：S=2A=2×2cm=4cm．故C正确；
D、图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点Q比质点P迟回到平衡位置，故D错误． 故选：BC 点评：本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向．
15．有一腰长是16cm的等腰直角三棱镜，为了测定它的折射率，先把三棱镜的一个端面放在铺好白纸的桌面上，用铅笔画出它的轮廓线AOB，如图所示，从OB上的C点观察A棱，由插针法确定射入眼中光线的反向延长线交AO于D，测得OC=12cm，OD=9cm．作出光路图并求此三棱镜的折射率．
考点：光的折射定律．
专题：光的折射专题．
分析：从A点射来的光线，经OB界面折射后折射光线的反向延长线与OA边交于D点，画出光路图，结合折射定律可解折射率． 解答： 解：作出光路如图示．
由图得：sini=
=
sinr==
由折射定律得：n==
答：作出光路图如图，此三棱镜的折射率为．
点评：对于几何光学要作出光路图，往往由折射定律和几何知识结合求解折射率．
五、[物理3-5]
16．下列说法正确的是( )
A．汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构
B．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，原子总能量增大
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的 D．原子核的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关
考点：物理学史． 分析：汤姆生发现电子知原子内部有复杂结构．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，根据电场力做功，分析电子的动能和电势能的变化．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的．半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关． 解答： 解：A、汤姆生发现了电子，说明原子内部有复杂结构．故A错误．
B、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，电场力对电子做负功，电子的动能减小，而原子的总能量增加，故B正确． C、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子所产生的，故C正确．
D、原子核的半衰期是由原子核内部结构决定的，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故D错误． 故选：BC．
点评：解决本题的关键熟悉教材，了解物理学史，特别是原子物理部分的常识，不能混淆．
17．如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=1kg，初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移﹣时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物块B的质量为多少？碰撞过程中损失的动能为多少？
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律． 专题：动能定理的应用专题．
分析：根据图象求出物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体质量；由能量守恒定律求出损失的动能．
解答： 解：由图知：碰前vA=碰后两者速度为：v=
，vB=
=0
两物体碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v， 代入时间解得：mB=由能量守恒定律得：解得，损失动能：
=
；
；
答：物块B的质量为3kg；AB碰撞过程中损失的动能为6J． 点评：本题考查了求质量与损失的机械能问题，分析清楚运动过程、由图象求出物体的速度，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．
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