河南省開封市高三物理上學(xué)期第一次月考試卷（含解析）.doc

河南省開封市 2016 屆高三上學(xué)期第一次月考物理試卷一選擇題（本題共 8 小題，每小題 6 分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 15 題中只有一項(xiàng)符 合題目要求，第 68 題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得 6 分，選對(duì)但不全的得 3 分，有選錯(cuò)的 得 0 分）1以下有關(guān)物理學(xué)概念或物理學(xué)史說法正確的有（） a牛頓發(fā)現(xiàn)的萬有引力定律，卡文迪許用實(shí)驗(yàn)方法測(cè)出萬有引力恒量的數(shù)值，從而使萬有引力定 律有了真正的實(shí)用價(jià)值 b勻速圓周運(yùn)動(dòng)是速度大小不變的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向始終為切線方向c行星繞恒星運(yùn)動(dòng)軌道為圓形，則它運(yùn)動(dòng)的周期平方與軌道半徑的三次方之比為常數(shù)，此 常數(shù)的大小與恒星的質(zhì)量和行星的速度有關(guān) d奧斯特發(fā)現(xiàn)了電與磁間的關(guān)系，即電流的周圍存在著磁場(chǎng)；同時(shí)他通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了磁也能產(chǎn)生 電，即電磁感應(yīng)磁現(xiàn)象2如圖所示，光滑斜面的傾角為 ，一個(gè)質(zhì)量為 m 物體放在斜面上，如果斜面以加速度 a 水平向左 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體與斜面相對(duì)靜止，則斜面對(duì)物體的支持力的大小為（）amgcosb cmasin d3以初速度 v0 豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比下列圖象中，能正 確反應(yīng)小球從拋出到落回原處的速度隨時(shí)間變化情況的是（）a b cd4如圖甲所示為一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)構(gòu)造的示意圖，線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間按余弦規(guī)律變化，其 et 圖象如圖乙所示發(fā)電機(jī)線圈的內(nèi)阻為 l，外接燈泡的電阻為 9，則（）22a電壓表的示數(shù)為 6v b發(fā)電機(jī)的輸出功率為 4wc在 1.0102s 時(shí)刻，穿過線圈的磁通量最大d在 2.0102s 時(shí)刻，穿過線圈的磁通量變化率最大5我國(guó)自主研制的高分辨率對(duì)地觀測(cè)系統(tǒng)包含至少 7 顆衛(wèi)星和其他觀測(cè)平臺(tái)，分別編號(hào)為“高分一 號(hào)”到“高分七號(hào)”，它們都將在 2020 年前發(fā)射并投入使用于 2013 年 4 月發(fā)射成功的“高分一號(hào)”是 一顆低軌遙感衛(wèi)星，其軌道高度為 645km關(guān)于“高分一號(hào)”衛(wèi)星，下列說法正確的是（ ）a發(fā)射速度一定為 7.9km/s b可以定點(diǎn)在相對(duì)地面靜止的同步軌道上 c衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的線速度比月球的大 d衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期比月球的大6在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 e 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶電小球由靜止開始釋放， 帶電小球沿與豎直方向成 角的方向做直線運(yùn)動(dòng)關(guān)于帶電小球的電勢(shì)能 和機(jī)械能 w 的判斷，不 正確的是（ ）a若 sin，則 一定減少，w 一定增加b若 sin=，則 、w 一定不變c若 sin=，則 一定增加，w 一定減小d若 tan=，則 可能增加，w 一定增加7一個(gè)質(zhì)量為 m，電荷量為+q 的小球以初速度 v0 水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)，存在著若 干個(gè)如圖所示的無電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場(chǎng) 區(qū)水平方向無限長(zhǎng)已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說法正 確的是（ ）a小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng) b若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同 c若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同d無論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過所有無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同8如圖，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為 l，其下端與電阻 r 連接；導(dǎo)體棒 ab 電阻為 r， 導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上若導(dǎo)體棒 ab 以一定初速度 v0 下滑，則 ab 棒（）a所受安培力方向水平向右 b可能以速度 v0 勻加速下滑 c剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 blv0d減少的重力勢(shì)能等于電阻 r 產(chǎn)生的內(nèi)能二、非選擇題部分9某課外活動(dòng)小組利用豎直上拋運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（1）某同學(xué)用 20 分度游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑，讀數(shù)如圖甲所示，小球直徑為 cm圖乙所示彈射裝置將小球豎直向上拋出，先后通過光電門 a、b，計(jì)時(shí)裝置測(cè)出小球通過 a、 b 的時(shí)間分別為 2.55ms、5.15ms，由此可知小球通過光電門 a、b 時(shí)的速度分別為 va、vb，其中 va= m/s用刻度尺測(cè)出光電門 a、b 間的距離 h，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?g，只需比較 是否相等，就可以驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒（用題目中涉及的物理量符號(hào)表示）（3）通過多次的實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，小球通過光電門 a 的時(shí)間越短，中要驗(yàn)證的兩數(shù)值差越大，試分析實(shí) 驗(yàn)中產(chǎn)生誤差的主要原因是 10現(xiàn)有一攝像機(jī)電池，無法從標(biāo)簽上看清其電動(dòng)勢(shì)等數(shù)據(jù)現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作：（1）選取多用電表的直流電壓 10v 擋，將兩表筆直接接到電池的正負(fù)兩極，指針偏轉(zhuǎn)情況如圖 1， 由此可知其電動(dòng)勢(shì)約為 v是否可以利用多用電表的歐姆擋直接粗測(cè)其內(nèi)阻，答： （選填“可以”或“不可以”） 現(xiàn)要更加準(zhǔn)確測(cè)量其電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，實(shí)驗(yàn)室備有下列器材： a電流表（量程 0.6a，內(nèi)阻為 3）b電壓表（量程 3v，內(nèi)阻為 3k）c電壓表（量程 30v，內(nèi)阻為 30k）d定值電阻 r1=500 e定值電阻 r2=5000 f滑動(dòng)變阻器（阻值范圍 030） g開關(guān)及導(dǎo)線該實(shí)驗(yàn)中電壓表應(yīng)選 ，定值電阻應(yīng)選 （均選填選項(xiàng)前的字母序號(hào)）在圖 3 方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并將圖 2 實(shí)物連線圖補(bǔ)充完整若將滑動(dòng)變阻器打到某一位置，讀出此時(shí)電壓表讀數(shù)為 u，電流表讀數(shù)為 i，則電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi) 阻間的關(guān)系式為 11如圖所示，真空中有一以（r，0）為圓心、半徑為 r 的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小為 b、方向垂直紙面向里，在 yr 的范圍內(nèi)，有方向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小 e從 o 點(diǎn)向不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡均在紙面內(nèi)，已知質(zhì)子的電量為 e，質(zhì)量為 m，質(zhì)子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑也為 r，不計(jì)重力及阻力作用求：（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；速度方向沿 x 軸正方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，到達(dá) y 軸所需的時(shí)間12如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為 r=0.2m 的光滑 圓弧 ab，圓弧 b 處的切線水平，o 點(diǎn)在 b點(diǎn)的正下方，b 點(diǎn)高度為 h=0.8m在 b 端接一長(zhǎng)為 l=1.0m 的木板 mn一質(zhì)量為 m=1.0kg 的滑塊， 與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.2，滑塊以某一速度從 n 點(diǎn)滑到板上，恰好運(yùn)動(dòng)到 a 點(diǎn)（g 取 10m/s2） 求：（1）滑塊從 n 點(diǎn)滑到板上時(shí)初速度的速度大?。?從 a 點(diǎn)滑回到圓弧的 b 點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力；（3）若將木板右端截去長(zhǎng)為l 的一段，滑塊從 a 端靜止釋放后，將滑離木板落在水平面上 p 點(diǎn) 處，要使落地點(diǎn) p 距 o 點(diǎn)最遠(yuǎn)，l 應(yīng)為多少？三、選考題，請(qǐng)考生任選一模塊作答【物理選修 3-3】13下列說法中正確的是（） a晶體一定具有各向異性，非晶體一定具有各向同性 b內(nèi)能不同的物體，它們分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能可能相同 c液晶既像液體一樣具有流動(dòng)性，又跟某些晶體一樣具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性 d隨著分子間距離的增大，分子間作用力減小，分子勢(shì)能也減小14如圖所示，在長(zhǎng)為 l=57cm 的一端封閉、另一端開口向上的豎直玻璃管內(nèi)，用 4cm 高的水銀柱 封閉著 51cm 長(zhǎng)的理想氣體，管內(nèi)外氣體的溫度均為 33現(xiàn)將水銀徐徐注入管中，直到水銀面與 管口相平，此時(shí)管中氣體的壓強(qiáng)為多少？接著緩慢對(duì)玻璃管加熱升溫至多少時(shí)，管中剛好只剩下4cm 高的水銀柱？（大氣壓強(qiáng)為 p0=76cmhg）物理-選修 3-415如圖甲所示，在水平面內(nèi)，有三個(gè)質(zhì)點(diǎn) a、b、c 分別位于直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，已知 ab=6m，ac=8m在“t1=0 時(shí)刻 a、b 同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖象均如圖乙所示，所形成的機(jī)械波在水平 面內(nèi)傳播，在 t2=4s 時(shí) c 點(diǎn)開始振動(dòng)則 （）a該機(jī)械波的傳播速度大小為 4m/sbc 點(diǎn)的振動(dòng)頻率先是與 a 點(diǎn)相同，兩列波相遇后 c 點(diǎn)的振動(dòng)頻率增大c該列波的波長(zhǎng)是 2m d兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng) e兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)減弱 f兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)先加強(qiáng)后減弱16如圖所示，一截面為直角三角形的玻璃棱鏡 abc，a=30，d 點(diǎn)在 ac 邊 上，ad 間距為l一條光線以 60的入射角從 d 點(diǎn)射入棱鏡，光線垂直 bc 射出，求：（1）玻璃的折射率；bc 邊上出射點(diǎn)的位置到 c 點(diǎn)的距離 d物理-選修 3-517關(guān)于天然放射現(xiàn)象，下列敘述正確的是（） a若使放射性物質(zhì)的溫度升高，其半衰期將減少 b當(dāng)放射性元素的原子的核外電子具有較高能量時(shí)，將發(fā)生 衰變c在 、 這三種射線中， 射線的穿透能力最強(qiáng)， 射線的電離能力最強(qiáng)d鈾核（u）衰變?yōu)殂U核（pb）的過程中，要經(jīng)過 8 次 衰變和 6 次 衰變e鈾核（u）衰變成 粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于鈾核的結(jié)合能18如圖，質(zhì)量為 m 的 b 球用長(zhǎng) h 的細(xì)繩懸掛于水平軌道 bc 的出口 c 處質(zhì)量也為 m 的小球 a， 從距 bc 高 h 的 a 處由靜止釋放，沿 abc 光滑軌道滑下，在 c 處與 b 球正碰并與 b 粘在一起已 知 bc 軌道距地面有一定的高度，懸掛 b 球的細(xì)繩能承受的最大拉力為 2.8mg試問：a 與 b 球碰前瞬間的速度多大？a、b 兩球碰后，細(xì)繩是否會(huì)斷裂？（要求通過計(jì)算回答）河南省開封市 2016 屆高三上學(xué)期第一次月考物理試卷參考答案與試題解析一選擇題（本題共 8 小題，每小題 6 分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第 15 題中只有一項(xiàng)符 合題目要求，第 68 題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得 6 分，選對(duì)但不全的得 3 分，有選錯(cuò)的 得 0 分）1以下有關(guān)物理學(xué)概念或物理學(xué)史說法正確的有（） a牛頓發(fā)現(xiàn)的萬有引力定律，卡文迪許用實(shí)驗(yàn)方法測(cè)出萬有引力恒量的數(shù)值，從而使萬有引力定 律有了真正的實(shí)用價(jià)值 b勻速圓周運(yùn)動(dòng)是速度大小不變的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向始終為切線方向c行星繞恒星運(yùn)動(dòng)軌道為圓形，則它運(yùn)動(dòng)的周期平方與軌道半徑的三次方之比為常數(shù)，此 常數(shù)的大小與恒星的質(zhì)量和行星的速度有關(guān) d奧斯特發(fā)現(xiàn)了電與磁間的關(guān)系，即電流的周圍存在著磁場(chǎng)；同時(shí)他通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了磁也能產(chǎn)生 電，即電磁感應(yīng)磁現(xiàn)象【考點(diǎn)】物理學(xué)史【分析】本題應(yīng)根據(jù)牛頓、卡文迪許、奧斯特、法拉第的物理學(xué)成就及勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)、開普 勒行星運(yùn)動(dòng)定律進(jìn)行解答【解答】解：a、牛頓發(fā)現(xiàn)的萬有引力定律之后，卡文迪許用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出萬有引力恒量的數(shù)值， 使萬有引力定律有了真正的實(shí)用價(jià)值，故 a 正確 b、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，速度方向始終為切線方向，但加速度始終指向圓心，時(shí)刻在變 化，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變加速曲線運(yùn)動(dòng)，故 b 錯(cuò)誤 c、根據(jù)開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律可知，行星繞恒星運(yùn)動(dòng)軌道為橢圓形，它運(yùn)動(dòng)的周期平方與軌道半徑的三次方之比為常數(shù)，此常數(shù)的大小與恒星的質(zhì)量，與行星的速度無關(guān)，故 c 錯(cuò)誤 d、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電與磁間的關(guān)系，即電流的周圍存在著磁場(chǎng)；但他沒有發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是法 拉第通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了磁也能產(chǎn)生電，發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)磁現(xiàn)象，故 d 錯(cuò)誤故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物理學(xué)史，關(guān)鍵在于平時(shí)加強(qiáng)，注重積累對(duì)于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，要知道其加 速度不變的特點(diǎn)2如圖所示，光滑斜面的傾角為 ，一個(gè)質(zhì)量為 m 物體放在斜面上，如果斜面以加速度 a 水平向左 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體與斜面相對(duì)靜止，則斜面對(duì)物體的支持力的大小為（）amgcosb cmasin d【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用【專題】牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】b 向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，合力水平向左，對(duì)物體 b 進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加 速度【解答】解：對(duì) b 進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：n=，故 b 正確，a 錯(cuò)誤nsin=man=故 c 錯(cuò)誤； 有平行四邊形可得n=，故 d 錯(cuò)誤 故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的直接應(yīng)用，主要是隔離法的應(yīng)用，關(guān)鍵要分析 b 的受力情 況3以初速度 v0 豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比下列圖象中，能正 確反應(yīng)小球從拋出到落回原處的速度隨時(shí)間變化情況的是（）a b cd【考點(diǎn)】豎直上拋運(yùn)動(dòng)【專題】直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題【分析】有阻力時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度情況，vt 圖象的斜率表示加速度，即可選擇圖 象【解答】解：有空氣阻力時(shí)，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故 a=g+ ，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，vt 圖象的斜率減小； 有空氣阻力時(shí)，下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgf=ma，故 a=g，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減小，vt 圖象的斜率減小，故 a 正確故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是受力分析后得到加速度的表達(dá)式，然后結(jié)合速度的變化得到阻力變化，最后判 斷出加速度的變化規(guī)律4如圖甲所示為一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)構(gòu)造的示意圖，線圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間按余弦規(guī) 律變化，其 et 圖象如圖乙所示發(fā)電機(jī)線圈的內(nèi)阻為 l，外接燈泡的電阻為 9，則（）a電壓表的示數(shù)為 6v b發(fā)電機(jī)的輸出功率為 4wc在 1.0102s 時(shí)刻，穿過線圈的磁通量最大d在 2.0102s 時(shí)刻，穿過線圈的磁通量變化率最大【考點(diǎn)】交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系【專題】交流電專題【分析】由圖讀出電動(dòng)勢(shì)的最大值，求出有效值，根據(jù)歐姆定律求出外電壓的有效值，即為電壓表 的示數(shù)根據(jù)瞬時(shí)表達(dá)式的性質(zhì)可明確磁通量的大小及變化率根據(jù)電壓有效值求出燈泡消耗的功 率由焦耳定律，由有效值求出發(fā)電機(jī)焦耳熱【解答】解：a、由 em=6 v，e=6v，電壓表示數(shù) u=e=5.4v故 a 錯(cuò)誤b、燈泡實(shí)際消耗的功率即為電源的輸出功率，故功率公式可知，p=w=3.24w；故輸出 功率為 3.24w，不是 4w；故 b 錯(cuò)誤c、在 1.0102s 時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故說明穿過線圈的磁通量最大；故 c 正確；d、在 2.0102s 時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大；故穿過線圈的磁通量變化率最大；故 d 正確； 故選：cd【點(diǎn)評(píng)】交流電的電壓、電流、電動(dòng)勢(shì)等等物理量都隨時(shí)間作周期性變化，求解交流電的焦耳熱、 電功、電功率時(shí)要用交流電的有效值，求電量時(shí)用平均值5我國(guó)自主研制的高分辨率對(duì)地觀測(cè)系統(tǒng)包含至少 7 顆衛(wèi)星和其他觀測(cè)平臺(tái)，分別編號(hào)為“高分一 號(hào)”到“高分七號(hào)”，它們都將在 2020 年前發(fā)射并投入使用于 2013 年 4 月發(fā)射成功的“高分一號(hào)”是 一顆低軌遙感衛(wèi)星，其軌道高度為 645km關(guān)于“高分一號(hào)”衛(wèi)星，下列說法正確的是（ ）a發(fā)射速度一定為 7.9km/s b可以定點(diǎn)在相對(duì)地面靜止的同步軌道上 c衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的線速度比月球的大 d衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期比月球的大【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用【專題】應(yīng)用題；定性思想；方程法；人造衛(wèi)星問題【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要比較的物理量，再根據(jù)已知條件進(jìn)行比 較7.9km/s 是第一宇宙速度，也是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度【解答】解：a、7.9km/s 是第一宇宙速度，是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度，也是最小發(fā)射速度，所 以發(fā)射速度一定大于 7.9km/s，故 a 錯(cuò)誤；b、“高分一號(hào)”是一顆低軌遙感衛(wèi)星，其軌道高度為 645km，不能定點(diǎn)在相對(duì)地面靜止的同步軌道 上，故 b 錯(cuò)誤；c、根據(jù) v=，衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的線速度比月球的大，故 c 正確； d、根據(jù) t=2，衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期比月球的小，故 d 錯(cuò)誤； 故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力提供向心力，然后根據(jù)牛頓第二定律列式判斷6在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 e 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶電小球由靜止開始釋放， 帶電小球沿與豎直方向成 角的方向做直線運(yùn)動(dòng)關(guān)于帶電小球的電勢(shì)能 和機(jī)械能 w 的判斷，不 正確的是（ ）a若 sin，則 一定減少，w 一定增加b若 sin=，則 、w 一定不變c若 sin=，則 一定增加，w 一定減小d若 tan=，則 可能增加，w 一定增加【考點(diǎn)】電勢(shì)能；動(dòng)能定理的應(yīng)用【分析】帶電小球從靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，受到兩個(gè)恒力作用，其合力與速度方向必定在同一直線 上，根據(jù)電場(chǎng)力與速度方向的夾角，判斷電場(chǎng)力做功正負(fù)，確定電勢(shì)能和機(jī)械能的變化【解答】解：a、若 sin，電場(chǎng)力可能做正功，也可能做負(fù)功，所以 可能減小也可能增大、w 可能增大也可能減小故 a 不正確bc、若 sin=，則電場(chǎng)力與速度方向垂直，電場(chǎng)力不做功，、w 一定守恒故 b 正確，c 不正確d、若 tan=，則電場(chǎng)力沿水平方向，據(jù)題知，電場(chǎng)力和重力的合力與速度方向同向，電場(chǎng)力做 正功， 一定減少，w 一定增加，故 d 不正確；本題選不正確的，故選：acd【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析電場(chǎng)力與合力方向的夾角，來判斷電場(chǎng)力做功正負(fù)，確定電勢(shì)能和機(jī)械能 的變化7一個(gè)質(zhì)量為 m，電荷量為+q 的小球以初速度 v0 水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)，存在著若 干個(gè)如圖所示的無電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場(chǎng) 區(qū)水平方向無限長(zhǎng)已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說法正 確的是（ ）a小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng) b若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同 c若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同d無論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過所有無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)的合成和分解【分析】將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向正交分解，其水平方向不受外力，做勻速直線運(yùn) 動(dòng)，豎直方向在無電場(chǎng)區(qū)做勻加速運(yùn)動(dòng)，有電場(chǎng)區(qū)也做勻變速運(yùn)動(dòng)，但加速度不同，運(yùn)用速度時(shí)間 關(guān)系公式分析，可以得到小球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律【解答】解：a、將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向正交分解 水平方向不受外力，以 v0 做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故 a 正確； b、豎直方向，在無電場(chǎng)區(qū)只受重力，加速度為 g，豎直向下，有電場(chǎng)區(qū)除重力外，還受到向上的 恒定的電場(chǎng)力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于時(shí)，電場(chǎng)力等于 mg，故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力為零，在無電場(chǎng)區(qū)小球勻加速 運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過每個(gè)電場(chǎng)區(qū)，小球的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均不相等，故 b 錯(cuò)誤；c、當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于時(shí)，電場(chǎng)力等于 2mg，故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力大小等于 mg，方向豎直1向上，加速度大小等于 g，方向豎直向上，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有 經(jīng)過第一個(gè)無電場(chǎng)區(qū) y=gt 2v1=gt1經(jīng)過第一個(gè)電場(chǎng)區(qū)y=v1tgt22 v2=v1gt2 由聯(lián)立解得t1=t2v2=0 接下來小球的運(yùn)動(dòng)重復(fù)前面的過程，即每次通過無電場(chǎng)區(qū)都是自由落體運(yùn)動(dòng)，每次通過電場(chǎng)區(qū)都是 末速度為零勻減速直線運(yùn)動(dòng)故 c 正確； d、通過前面的分析可知，物體通過每個(gè)無電場(chǎng)區(qū)的初速度不一定相同，所以，通過電場(chǎng)的時(shí)間不 同；故 d 錯(cuò)誤；故選 ac【點(diǎn)評(píng)】本題將小球的運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向正交分解后，對(duì)于豎直方向的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是找出 小球的運(yùn)動(dòng)的一般規(guī)律，然后分析計(jì)算8如圖，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為 l，其下端與電阻 r 連接；導(dǎo)體棒 ab 電阻為 r， 導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上若導(dǎo)體棒 ab 以一定初速度 v0 下滑，則 ab 棒（）a所受安培力方向水平向右 b可能以速度 v0 勻加速下滑 c剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 blv0d減少的重力勢(shì)能等于電阻 r 產(chǎn)生的內(nèi)能【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；焦耳定律【專題】電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】先根據(jù)右手判斷出 ab 棒中感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向；根據(jù)公式 e=blvsin， 是導(dǎo)體棒的速度與磁場(chǎng)方向的夾角；根據(jù)能量守恒定律分析重力勢(shì)能的減小量和內(nèi) 能的增加量的關(guān)系【解答】解：a、根據(jù)右手定則判斷可知，ab 棒中感應(yīng)電流方向從 ba，由左手定則判斷得知，棒 ab 所受的安培力方向水平向右，如圖所示，故 a 正確 b、若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等，ab 棒可能勻速下滑，故 b 錯(cuò) 誤c、剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 e=blv0cos，故 c 錯(cuò)誤d、根據(jù)能量守恒定律得知，若 ab 棒勻速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻 r 和棒 ab 產(chǎn)生的內(nèi)能 之和；若 ab 棒加速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻 r 和棒 ab 產(chǎn)生的內(nèi)能與棒 ab 增加的動(dòng)能之 和；若 ab 棒減速下滑，其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和等于電阻 r 和棒 ab 產(chǎn)生的內(nèi)能之和，所以減 少的重力勢(shì)能不等于電阻 r 產(chǎn)生的內(nèi)能故 d 錯(cuò)誤故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題分析安培力時(shí)，也可以根據(jù)安培力方向一定與磁場(chǎng)方向垂直要掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的一 般表達(dá)式 e=blvsin， 是導(dǎo)體棒的速度與磁場(chǎng)方向的夾角，不能只記垂直切割的特殊情況二、非選擇題部分9某課外活動(dòng)小組利用豎直上拋運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律（1）某同學(xué)用 20 分度游標(biāo)卡尺測(cè)量小球的直徑，讀數(shù)如圖甲所示，小球直徑為 1.020 cm圖乙 所示彈射裝置將小球豎直向上拋出，先后通過光電門 a、b，計(jì)時(shí)裝置測(cè)出小球通過 a、b 的時(shí)間分別為 2.55ms、5.15ms，由此可知小球通過光電門 a、b 時(shí)的速度分別為 va、vb，其中 va= 4.0 m/s用刻度尺測(cè)出光電門 a、b 間的距離 h，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?g，只需比較gh 和是 否相等，就可以驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒（用題目中涉及的物理量符號(hào)表示）（3）通過多次的實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，小球通過光電門 a 的時(shí)間越短，中要驗(yàn)證的兩數(shù)值差越大，試分析實(shí) 驗(yàn)中產(chǎn)生誤差的主要原因是 速度越大，所受阻力越大 【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律【專題】實(shí)驗(yàn)題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題【分析】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀根據(jù)在極短時(shí)間內(nèi)的平均速 度等于瞬時(shí)速度求出 a 點(diǎn)的瞬時(shí)速度 通過驗(yàn)證動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等驗(yàn)證機(jī)械能守恒（3）小球通過光電門 a 的時(shí)間越短，中要驗(yàn)證的兩數(shù)值差越大，知速度越大，阻力越大，產(chǎn)生的 誤差就越大【解答】解：（1）小球的直徑為 10mm+0.054mm=10.20mm=1.020cm若動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量相等，機(jī)械能守恒，重力勢(shì)能的減小量為 mgh，動(dòng)能的增加量 為，則驗(yàn)證 gh 和是否相等（3）由于受到阻力作用，小球通過光電門 a 的時(shí)間越短，知速度越大，阻力越大 故答案為：（1）1.020，4.0（4 或 4.00 也算對(duì)）；gh 和；（3）速度越大，所受阻力越大【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，以及知道誤差形成的原因10現(xiàn)有一攝像機(jī)電池，無法從標(biāo)簽上看清其電動(dòng)勢(shì)等數(shù)據(jù)現(xiàn)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作：（1）選取多用電表的直流電壓 10v 擋，將兩表筆直接接到電池的正負(fù)兩極，指針偏轉(zhuǎn)情況如圖 1， 由此可知其電動(dòng)勢(shì)約為 7.1 v是否可以利用多用電表的歐姆擋直接粗測(cè)其內(nèi)阻，答： 不可以（選填“可以”或“不可以”） 現(xiàn)要更加準(zhǔn)確測(cè)量其電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，實(shí)驗(yàn)室備有下列器材： a電流表（量程 0.6a，內(nèi)阻為 3）b電壓表（量程 3v，內(nèi)阻為 3k）c電壓表（量程 30v，內(nèi)阻為 30k）d定值電阻 r1=500 e定值電阻 r2=5000 f滑動(dòng)變阻器（阻值范圍 030） g開關(guān)及導(dǎo)線該實(shí)驗(yàn)中電壓表應(yīng)選 b ，定值電阻應(yīng)選 e （均選填選項(xiàng)前的字母序號(hào)）在圖 3 方框中畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并將圖 2 實(shí)物連線圖補(bǔ)充完整若將滑動(dòng)變阻器打到某一位置，讀出此時(shí)電壓表讀數(shù)為 u，電流表讀數(shù)為 i，則電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻間的關(guān)系式為【考點(diǎn)】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專題】實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題【分析】（1）由電表的量程可明確最小分度，則可得出對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；根據(jù)多用電表的原理可明確能 否測(cè)出電阻值；根據(jù)電壓表量程可明確能否滿足實(shí)驗(yàn)要求，再根據(jù)改裝原理選擇電阻；根據(jù)測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)方法確定電路圖并連接實(shí)物圖；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式【解答】解：（1）電壓表量程為 10v，則最小分度為 0.2v，故讀數(shù)為 7.1v；因多用電表內(nèi)部有電 源，外部電動(dòng)勢(shì)將影響電路中的電流；故不能用歐姆表直接測(cè)量多用電表的內(nèi)阻；因電源的電壓為 7.1v，電壓表量程只有 3v，故應(yīng)串聯(lián)阻值較大的定值電阻擴(kuò)大量程，故定值電 阻應(yīng)選擇 e；根據(jù)以上分析電壓表與定值電阻串聯(lián)充當(dāng)電壓表，由于電源內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻較為接近，故電 流表采用相對(duì)電源的外接法；故原理圖如圖所示；由原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖如圖所示；根據(jù)改裝原理可知，路端電壓 u=； 總電流 i 總=+i；由閉合電路歐姆定律可得：故答案為：（1）7.1；不可以；be如圖所示（3）【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，要求能正確分析題意，明確用改裝的方式將表頭改 裝為量程較大的電壓表，再根據(jù)原實(shí)驗(yàn)的研究方法進(jìn)行分析研究，注意數(shù)據(jù)處理的方法這是近年 高考新的動(dòng)向，應(yīng)注意把握11如圖所示，真空中有一以（r，0）為圓心、半徑為 r 的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小為 b、方向垂直紙面向里，在 yr 的范圍內(nèi)，有方向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小 e從 o 點(diǎn)向不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡均在紙面內(nèi)，已知質(zhì)子的電量為 e，質(zhì)量為 m，質(zhì)子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑也為 r，不計(jì)重力及阻力作用求：（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；速度方向沿 x 軸正方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，到達(dá) y 軸所需的時(shí)間【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【專題】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）質(zhì)子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求速度 質(zhì)子沿 x 軸正向射入磁場(chǎng)后經(jīng)圓弧后以速度 v 垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1=t；進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即可求得總時(shí)間【解答】解：（1）質(zhì)子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有 evb=m，可得 質(zhì)子沿 x 軸正向射入磁場(chǎng)后經(jīng)圓弧后以速度 v 垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)， 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1= 進(jìn)入電場(chǎng)后做拋物線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng) r 后到達(dá) y 軸，因此有 所求時(shí)間為 答：（1）質(zhì)子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小是；速度方向沿 x 軸正方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，到達(dá) y 軸所 需的時(shí)間為【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況和基本公式，學(xué)會(huì)運(yùn)用幾何關(guān)系求解相關(guān)物理量，屬于中等難度的題目12如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為 r=0.2m 的光滑 圓弧 ab，圓弧 b 處的切線水平，o 點(diǎn)在 b點(diǎn)的正下方，b 點(diǎn)高度為 h=0.8m在 b 端接一長(zhǎng)為 l=1.0m 的木板 mn一質(zhì)量為 m=1.0kg 的滑塊， 與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.2，滑塊以某一速度從 n 點(diǎn)滑到板上，恰好運(yùn)動(dòng)到 a 點(diǎn)（g 取 10m/s2） 求：（1）滑塊從 n 點(diǎn)滑到板上時(shí)初速度的速度大小； 從 a 點(diǎn)滑回到圓弧的 b 點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力；（3）若將木板右端截去長(zhǎng)為l 的一段，滑塊從 a 端靜止釋放后，將滑離木板落在水平面上 p 點(diǎn) 處，要使落地點(diǎn) p 距 o 點(diǎn)最遠(yuǎn)，l 應(yīng)為多少？【考點(diǎn)】動(dòng)能定理；向心力【專題】動(dòng)能定理的應(yīng)用專題【分析】（1）對(duì) n 到 a 過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出初速度的大小根據(jù)動(dòng)能定律求出滑塊在 b 點(diǎn)時(shí)的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出滑塊對(duì)圓 弧的壓力大?。?）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出離開木板的速度，結(jié)合高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得 出水平位移的表達(dá)式，通過數(shù)學(xué)知識(shí)求出l 為多少時(shí)，落地點(diǎn)距離 o 點(diǎn)最遠(yuǎn)【解答】解：（1）由動(dòng)能定理可知： mgl+mgr=代入數(shù)據(jù)解得：v0= 根據(jù)動(dòng)能定理有：由向心力公式可知： 聯(lián)立解得：f=30 n由牛頓第三定律知：滑塊滑至 b 點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為 30 n，方向豎直向下（3）由牛頓第二定律可知： mg=ma根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：解得：t= 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知： v=由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何關(guān)系：xop=ll+vt=1l+解得當(dāng)=0.4 時(shí)，l=0.16 m 時(shí)，xop 最大 答：（1）滑塊從 n 點(diǎn)滑到板上時(shí)初速度的速度大小為m/s； 從 a 點(diǎn)滑回到圓弧的 b 點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧的壓力為 30n（3）l=0.16 m 時(shí)，xop 最大【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理、牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合，涉及到圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)，綜合性較強(qiáng)，對(duì)于這類題型，關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解三、選考題，請(qǐng)考生任選一模塊作答【物理選修 3-3】13下列說法中正確的是（） a晶體一定具有各向異性，非晶體一定具有各向同性 b內(nèi)能不同的物體，它們分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能可能相同 c液晶既像液體一樣具有流動(dòng)性，又跟某些晶體一樣具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性 d隨著分子間距離的增大，分子間作用力減小，分子勢(shì)能也減小【考點(diǎn)】分子間的相互作用力；* 晶體和非晶體【專題】分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系【分析】（1）晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性物體的內(nèi)能與溫 度、體積等因素有關(guān)溫度是分子熱平均動(dòng)能的標(biāo)志液晶具有各向異性分子力與分子間距離之 間的關(guān)系比較復(fù)雜，分子間距離增大，分子力不一定減小，分子勢(shì)能也不一定減小【解答】解：a、只有單晶體具有各向異性，而多晶體是各向同性的，故 a 錯(cuò)誤 b、內(nèi)能與物體的溫度、體積、分子數(shù)等因素有關(guān)，內(nèi)能不同，溫度可能相同，則分子熱運(yùn)動(dòng)的平 均動(dòng)能可能相同故 b 正確c、液晶，即液態(tài)晶體，像液體一樣具有流動(dòng)性，具有各向異性故 c 正確 d、隨著分子間距離的增大，分子間作用力不一定減小，當(dāng)分子表現(xiàn)為引力時(shí)，分子做負(fù)功，分子 勢(shì)能增大故 d 錯(cuò)誤故選：bc【點(diǎn)評(píng)】明確晶體和非晶體的特性、分子動(dòng)理論中溫度是平均動(dòng)能的標(biāo)和分子間距與分子作用力和 勢(shì)能的關(guān)系14如圖所示，在長(zhǎng)為 l=57cm 的一端封閉、另一端開口向上的豎直玻璃管內(nèi)，用 4cm 高的水銀柱 封閉著 51cm 長(zhǎng)的理想氣體，管內(nèi)外氣體的溫度均為 33現(xiàn)將水銀徐徐注入管中，直到水銀面與 管口相平，此時(shí)管中氣體的壓強(qiáng)為多少？接著緩慢對(duì)玻璃管加熱升溫至多少時(shí)，管中剛好只剩下4cm 高的水銀柱？（大氣壓強(qiáng)為 p0=76cmhg）【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)【專題】理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】求出氣體的狀態(tài)參量，然后根據(jù)玻意耳定律和蓋呂薩克定律求出氣體的溫度【解答】解：設(shè)玻璃管的橫截面積為 s，初態(tài)時(shí)，管內(nèi)氣體的溫度為 t1=306 k，體積為 v1=51scm3，壓強(qiáng)為 p1=p0+h=80cmhg當(dāng)水銀面與管口相平時(shí)，水銀柱高為 h，則管內(nèi)氣體的體積為 v2=（57h）s cm3，壓強(qiáng)為 p2=p0+h=（76+h）cmhg由玻意耳定律得 p1 v1=p2 v2 代入數(shù)據(jù)，得 h2+19h252=0 解得 h=9cm所以 p2=85 cmhg設(shè)溫度升至 t 時(shí)，水銀柱高為 4cm，管內(nèi)氣體的體積為 v3=53s cm3，壓強(qiáng)為 p3=p0+h=80 cmhg由蓋呂薩克定律得代入數(shù)據(jù)，解得 t=318 k答：管中氣體的壓強(qiáng)為 85 cmhg；加熱升溫至 318 k 時(shí)，管中剛好只剩下 4cm 高的水銀柱【點(diǎn)評(píng)】本題考查了應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程求氣體壓強(qiáng)，分析清楚氣體狀態(tài)變化過程是正確解題的 關(guān)鍵物理-選修 3-415如圖甲所示，在水平面內(nèi)，有三個(gè)質(zhì)點(diǎn) a、b、c 分別位于直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，已知 ab=6m，ac=8m在“t1=0 時(shí)刻 a、b 同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖象均如圖乙所示，所形成的機(jī)械波在水平 面內(nèi)傳播，在 t2=4s 時(shí) c 點(diǎn)開始振動(dòng)則 （）a該機(jī)械波的傳播速度大小為 4m/sbc 點(diǎn)的振動(dòng)頻率先是與 a 點(diǎn)相同，兩列波相遇后 c 點(diǎn)的振動(dòng)頻率增大c該列波的波長(zhǎng)是 2m d兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng) e兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)減弱 f兩列波相遇后，c 點(diǎn)振動(dòng)先加強(qiáng)后減弱【考點(diǎn)】橫波的圖象；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；波的疊加【專題】振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題【分析】波在同一介質(zhì)中勻速傳播，a 處振動(dòng)先到達(dá) c 點(diǎn)，由公式 v=求解波速；由圖讀出波長(zhǎng)，根 據(jù)路程差分析 c 點(diǎn)的振動(dòng)強(qiáng)弱：若路程差等于半個(gè)波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)減弱；相反，路程差等于 半個(gè)波長(zhǎng)的偶數(shù)倍時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)【解答】解：a、由于兩列波的波速相同，則 a 處振動(dòng)先到達(dá) c 點(diǎn)，所以波速為v=m/s=2m/s故 a 錯(cuò)誤 b、由于兩列波在同種介質(zhì)中傳播，且波長(zhǎng)相同，所以兩列波的頻率相同，所以產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，兩 列波相遇后 c 點(diǎn)的振動(dòng)頻率不變，故 b 錯(cuò)誤cdef、由圖知：波長(zhǎng)為 =2m，c 點(diǎn)到 ab 兩點(diǎn)的路程差為s=acab=2m=，故 c 點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)故cd 正確，ef 錯(cuò)誤 故選：cd【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是要抓住在均勻介質(zhì)中傳播的同類波波速相同，而且兩波勻速傳播這個(gè)特點(diǎn) 進(jìn)行分析16如圖所示，一截面為直角三角形的玻璃棱鏡 abc，a=30，d 點(diǎn)在 ac 邊 上，ad 間距為l一條光線以 60的入射角從 d 點(diǎn)射入棱鏡，光線垂直 bc 射出，求：（1）玻璃的折射率；bc 邊上出射點(diǎn)的位置到 c 點(diǎn)的距離 d【考點(diǎn)】光的折射定律【專題】光的折射專題【分析】（1）畫出光路圖由幾何關(guān)系求出光線在 ac 面的折射角和 ab 面的入射角，根據(jù)折射定 律求出折射率根據(jù)幾何知識(shí)求解 bc 邊上出射點(diǎn)的位置到 c 點(diǎn)的距離 d【解答】解：（1）如