陜西省2015屆高三第三次模擬考試物理

1、2015年陜西省高考物理三模試卷一、選擇題：本題共有8個(gè)小題，每小題6分，共48分在每小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分第1-5為單選，6-8為多選1（6分）（2015陜西三模）一根通電直導(dǎo)線水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向東的恒定電流，則該導(dǎo)線受到地球磁場(chǎng)的安培力方向?yàn)椋ǎ?A 水平向北 B 水平向南 C 豎直向上 D 豎直向下【考點(diǎn)】： 左手定則【分析】： 通過(guò)地磁場(chǎng)方向：由地理的南極指向北極，及電流方向，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向【解析】： 解：赤道處的磁場(chǎng)方向從南向北，電流方向自西向東，根

2、據(jù)左手定則，安培力的方向豎直向上故C正確，A、B、D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷磁場(chǎng)方向、電流方向、安培力方向的關(guān)系，注意地磁場(chǎng)方向由地理的南極指向北極2（6分）（2015陜西三模）如圖所示，在M點(diǎn)分別以不同的速度將兩小球水平拋出兩小球分別落在水平地面上的P點(diǎn)、Q點(diǎn)已知O點(diǎn)是M點(diǎn)在地面上的豎直投影，OP：PQ=1：3，且不考慮空氣阻力的影響下列說(shuō)法中正確的是（） A 兩小球的下落時(shí)間之比為1：3 B 兩小球的下落時(shí)間之比為1：4 C 兩小球的初速度大小之比為1：3 D 兩小球的初速度大小之比為1：4【考點(diǎn)】： 平拋運(yùn)動(dòng)【專(zhuān)題】： 平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題【分析】： 平拋運(yùn)動(dòng)在水平

3、方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，結(jié)合水平位移和時(shí)間求出初速度之比【解析】： 解：A、兩球做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，則下落的時(shí)間相同，故A、B錯(cuò)誤C、由于兩球的水平位移之比為1：4，根據(jù)知，兩小球的初速度大小之比為1：4，故C錯(cuò)誤，D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移3（6分）（2015陜西三模）如圖所示，豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B，相互絕緣且質(zhì)量均為2kg，A帶正電，電荷量為0.1C，B不帶電開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，若突然加沿豎直方

4、向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?5Ng=10m/s2，則（） A 電場(chǎng)強(qiáng)度為50N/C B 電場(chǎng)強(qiáng)度為100N/C C 電場(chǎng)強(qiáng)度為150N/C D 電場(chǎng)強(qiáng)度為200N/C【考點(diǎn)】： 勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度【專(zhuān)題】： 電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題【分析】： 先對(duì)物體B受力分析求解加速度，再對(duì)物體A受力分析求解電場(chǎng)力，最后根據(jù)F=Eq求解電場(chǎng)強(qiáng)度【解析】： 解：物體B開(kāi)始時(shí)平衡，A對(duì)其的壓力等于A的重力，為20N，加上電場(chǎng)后瞬間A對(duì)B的壓力大小變?yōu)?5N，而彈簧的彈力和重力不變，故合力為5N，向上，根據(jù)牛頓第二定律，有：a=再對(duì)物體A受力分析，設(shè)電場(chǎng)力為F（向上），根據(jù)牛頓

5、第二定律，有：FN+Fmg=ma解得：F=m（g+a）FN=2（10+2.5）15=10N故電場(chǎng)力向上，為10N，故場(chǎng)強(qiáng)為：E= 向上故選：B【點(diǎn)評(píng)】： 本題關(guān)鍵是采用隔離法先后對(duì)物體B和A受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律多次列方程求解，不難4（6分）（2015陜西三模）如圖所示，虛線為電場(chǎng)中的一簇等勢(shì)面與紙面的交線，相鄰兩等勢(shì)面電勢(shì)差相等，已知A、B兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差為10V，且A的電勢(shì)高于B的電勢(shì)一個(gè)電子僅在電場(chǎng)力作用下從M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，電子經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為8eV，則電子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為（） A 16 eV B 7.5 eV C 4.0 eV D 0.5 eV【考點(diǎn)】： 電場(chǎng)線【分析】：

6、 根據(jù)電勢(shì)高低判斷電場(chǎng)力對(duì)電子做功的正負(fù)，運(yùn)用動(dòng)能定理求經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能【解析】： 解：由題意知，A、B兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差為10V，相鄰兩等勢(shì)面電勢(shì)差相等，則知M、N間的電勢(shì)差為：U=7.5V因?yàn)锳的電勢(shì)高于B的電勢(shì)，則知M的電勢(shì)高于N的電勢(shì)，電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功為：W=7.5eV根據(jù)動(dòng)能定理得：W=EkNEkM則得：EkN=W+EkM=7.5eV+8eV=0.5eV故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 本題只要掌握動(dòng)能定理和能量守恒定律，并能用來(lái)分析電場(chǎng)中帶電粒子運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題5（6分）（2015陜西三模）圖示的電路中電表均為理想電表，電源為恒流電源，即不管外電路情況如何變化，它都能提供持續(xù)且恒定的

7、電流則當(dāng)滑動(dòng)變阻器R0的滑動(dòng)端向上滑動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)的變化量與電流表示數(shù)變化量之比的絕對(duì)值等于（） A R0 B R1 C R2 D 電源內(nèi)阻r【考點(diǎn)】： 閉合電路的歐姆定律【專(zhuān)題】： 恒定電流專(zhuān)題【分析】： 電源為恒流電源，電源輸出的是恒定電流，設(shè)為I0，并設(shè)滑動(dòng)端上移前電壓表示數(shù)為U1，電流表示數(shù)為I1根據(jù)歐姆定律和電路的連接關(guān)系，得到的表達(dá)式，即可作出判斷【解析】： 解：設(shè)電源輸出的恒定電流為I0，R1兩端電壓為UR1（由于通過(guò)它的電流恒定，所以該電壓亦恒定），滑動(dòng)端上移前電壓表示數(shù)為U1，電流表示數(shù)為I1；滑動(dòng)端上移后，電壓表示數(shù)為U2，電流表示數(shù)為I2（由于R0變大，所以必有U2U1

8、，I2I1）于是有 ，兩式相減得 U2U1=（I1I2）R2即 故選：C【點(diǎn)評(píng)】： 本題是非常規(guī)題，要抓住特殊條件：電源為恒流源，分析電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)的關(guān)系，再求解變化量之比6（6分）（2015陜西三模）物理學(xué)中常用比值法定義物理量下列說(shuō)法正確的是（） A 用E=定義電場(chǎng)強(qiáng)度 B 用C=定義電容器的電容 C 用R=定義導(dǎo)線的電阻 D 用B=定義磁感應(yīng)強(qiáng)度【考點(diǎn)】： 電容；物理學(xué)史【分析】： 所謂比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的“比值”來(lái)定義一個(gè)新的物理量的方法比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變【解析】： 解：A、E

9、=是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，采用比值定義法，定義出的電場(chǎng)強(qiáng)度E與F、q無(wú)關(guān)故A正確B、C=是電容的決定式，C與、S成正比，與d成反比，這個(gè)公式不是比值定義法，故B錯(cuò)誤C、R=是電阻的決定式，R與、l成正比，與S成反比，不符合比值定義法的共性，故C錯(cuò)誤D、B=是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，采用比值定義法，定義出的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F、IL無(wú)關(guān)，故D正確故選：AD【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性7（6分）（2015陜西三模）圖甲中一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55：6，其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈通過(guò)電流表與阻值R=48的負(fù)載電阻相連若交

10、流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說(shuō)法中正確的是（） A 電壓表的示數(shù)是24V B 電流表的示數(shù)為0.50A C 變壓器原線圈得到的功率是12W D 原線圈輸入的正弦交變電流的頻率是50Hz【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【專(zhuān)題】： 交流電專(zhuān)題【分析】： 由圖乙可知交流電壓最大值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值，則可得交流電壓u的表達(dá)式、由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中的電流之比，Rt處溫度升高時(shí)，阻值減小，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，可知電流【解析】： 解：A、由圖乙可知交流電壓有效值為220V，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55：6，副線圈電壓為24V，電壓表的示數(shù)是24V電阻為

11、48，所以流過(guò)電阻中的電流為0.5A，變壓器的輸入功率是：P入=P出=12W故BC正確，A錯(cuò)誤；D、由圖乙可知交流電周期T=0.01s，可由周期求出正弦交變電流的頻率是100Hz，故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 根據(jù)圖象準(zhǔn)確找出已知量，是對(duì)學(xué)生認(rèn)圖的基本要求，準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵8（6分）（2015陜西三模）導(dǎo)體導(dǎo)電是導(dǎo)體中自由電荷定向移動(dòng)的結(jié)果，這些可以定向移動(dòng)的電荷又叫載流子，例如金屬導(dǎo)體中的載流子就是電子現(xiàn)代廣泛應(yīng)用的半導(dǎo)體材料分為兩大類(lèi)：一類(lèi)是N型半導(dǎo)體，其載流子是電子，另一類(lèi)是P型半導(dǎo)體，其載流子稱(chēng)為“空穴”，相當(dāng)于帶正電的粒子如果把某

12、種導(dǎo)電材料制成長(zhǎng)方體放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向如圖所示，且與長(zhǎng)方體的前后側(cè)面垂直，當(dāng)長(zhǎng)方體中通有向右的電流I時(shí)，測(cè)得長(zhǎng)方體的上下表面的電勢(shì)分別為上和下，則（） A 長(zhǎng)方體如果是N型半導(dǎo)體，必有上下 B 長(zhǎng)方體如果是P型半導(dǎo)體，必有上下 C 長(zhǎng)方體如果是P型半導(dǎo)體，必有上下 D 長(zhǎng)方體如果是金屬導(dǎo)體，必有上下【考點(diǎn)】： 霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用【分析】： 如果是P型半導(dǎo)體，載流子是正電荷，如果是N型半導(dǎo)體，載流子為電子抓住電荷在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面產(chǎn)生電勢(shì)差，從而確定電勢(shì)的高低【解析】： 解：A、如果是N型半導(dǎo)體，載流子是負(fù)電荷，根據(jù)左手定則，負(fù)電荷向下偏，則下表面帶負(fù)電，則上下故A正確B、

13、如果是P型半導(dǎo)體，載流子是正電荷，根據(jù)左手定則，正電荷向下偏，則下表面帶正電，則上下故B錯(cuò)誤，C正確D、如果是金屬導(dǎo)體，則移動(dòng)的自由電子，根據(jù)左手定則，負(fù)電荷向下偏，則下表面帶負(fù)電，則上下故D錯(cuò)誤故選：AC【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題的關(guān)鍵理清是什么電荷移動(dòng)，運(yùn)用左手定則判斷出電荷的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定電勢(shì)的高低二、實(shí)驗(yàn)題（共18分）9（6分）（2015陜西三模）測(cè)定木塊和長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)時(shí)，采用圖甲所示的裝置（圖中長(zhǎng)木板水平固定不動(dòng)） （1）已知重力加速度為g，測(cè)得木塊質(zhì)量為M，砝碼盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量為m，木塊的加速度為a，則木塊和長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式=；（2）圖乙為木塊在長(zhǎng)木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，

14、打點(diǎn)器在木塊拖動(dòng)的紙帶上打出的一部分計(jì)數(shù)點(diǎn)（相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出），其編號(hào)為0、1、2、3、4、5、6試?yán)脠D中的長(zhǎng)度符號(hào)x1、x2和表示計(jì)數(shù)周期的符號(hào)T寫(xiě)出木塊加速度的表達(dá)式a=（3）已知電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作頻率為50Hz，用直尺測(cè)出x1=13.01cm，x2=29.00cm（見(jiàn)圖乙），根據(jù)這些數(shù)據(jù)可計(jì)算出木塊加速度大小a=2.0m/s2（保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】： 探究影響摩擦力的大小的因素【專(zhuān)題】： 實(shí)驗(yàn)題；摩擦力專(zhuān)題【分析】： （1）對(duì)木塊、砝碼盤(pán)和砝碼進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出木塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)（2）（3）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律根據(jù)smsn=（mn）

15、at2求解加速度【解析】： 解：（1）對(duì)木塊、砝碼盤(pán)和砝碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：mgMg=（M+m）a，解得：；（2）已知第一段位移s1=x1，第三段位移s3=x2，t=2T，根據(jù)smsn=（mn）at2得：a=（3）將x1=13.01cm=0.1301m，x2=29.00cm=0.29m代入（2）式，解得：a=2.0m/s2故答案為：（1）；（2）； （3）2.0【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了求動(dòng)摩擦因數(shù)、加速度，正確選擇研究對(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律即可求出動(dòng)摩擦因數(shù)，計(jì)算注意有效數(shù)字10（12分）（2015陜西三模）用圖（1）所示的電路（圖中電流表為理想表）測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)E及內(nèi)阻r時(shí)，調(diào)節(jié)

16、電阻箱R0的阻值，并記錄電流表相應(yīng)的示數(shù)I，則與R0的函數(shù)關(guān)系為；（2）根據(jù)這個(gè)函數(shù)關(guān)系可作出R0圖象，該圖象的斜率k=，縱截距a=，橫截距b=r（均用電源電動(dòng)勢(shì)E或內(nèi)阻r表示）；（3）圖（2）中的a、b、c、d、e是測(cè)定時(shí)根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)作出的一些坐標(biāo)點(diǎn)，試過(guò)這些坐標(biāo)點(diǎn)作出R0圖象，根據(jù)該圖象可求出該電源的電動(dòng)勢(shì)E=6.0V，內(nèi)阻r=1.0【考點(diǎn)】： 測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【專(zhuān)題】： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專(zhuān)題【分析】： 根據(jù)電路圖應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻【解析】： 解：由圖示電路圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)：E=I（r+R），則：=R0+，由圖示圖象可知，m=，k=，

17、b=r；由圖可知，k=；故電源電動(dòng)勢(shì)：E=6.0V；，電源內(nèi)阻：r=b=1.0；故答案為：（1）.；（2）.，r（3）6.0，1.0【點(diǎn)評(píng)】： 本題考查了求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，應(yīng)用歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式是正確解題的關(guān)鍵三、計(jì)算題（28分）11（10分）（2015陜西三模）一個(gè)小球從靜止開(kāi)始沿如圖所示的光滑斜面軌道AB勻加速下滑，然后進(jìn)入水平軌道BC勻速滾動(dòng)，之后靠慣性沖上斜面軌道CD，直到速度減為零設(shè)小球經(jīng)過(guò)水平面和兩斜面的銜接點(diǎn)B、C時(shí)速度的大小不變表是測(cè)出的不同時(shí)刻小球速度大小，取重力加速度g=10m/s2，求：時(shí)刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5 10 13 15速度v/ms1

18、 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0（1）軌道AB段的傾角是多少？（2）小球從開(kāi)始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過(guò)的總路程是多少？【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【專(zhuān)題】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題【分析】： （1）有表格數(shù)據(jù)，根據(jù)加速度定義求解加速度，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解角度；（2）根據(jù)表格分段求出相應(yīng)的時(shí)間和加速度，根據(jù)總路程等于各段位移之和求解【解析】： 解：（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知小球沿AB斜面下滑的加速度由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得mgsin=ma1解得，故斜面AB段的傾角=300 （2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，小球在斜面AB上下滑時(shí)間小球在斜面CD上做減

19、速運(yùn)動(dòng)的加速度從最大速度vm=15m/s減至速度為9m/s用時(shí)于是，小球在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=13t1t3=8s故小球的總路程答：（1）軌道AB段的傾角是30（2）小球從開(kāi)始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過(guò)的總路程是180m【點(diǎn)評(píng)】： 此題考查從表格中讀取數(shù)據(jù)的能力，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用即可解題12（18分）（2015陜西三模）如圖（1）所示，一邊長(zhǎng)L=0.5m，質(zhì)量m=0.5kg的正方形金屬線框，放在光滑絕緣的水平面上，整個(gè)裝置處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中金屬線框的一個(gè)邊與磁場(chǎng)的邊界MN重合，在水平拉力作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t=0.5s線

20、框被拉出磁場(chǎng)測(cè)得金屬線框中的電流I隨時(shí)間變化的圖象如圖（2）所示，在金屬線框被拉出磁場(chǎng)的過(guò)程中（1）求通過(guò)線框?qū)Ь€截面的電量及該金屬框的電阻；（2）寫(xiě)出水平力F隨時(shí)間t變化的表達(dá)式；（3）若已知在拉出金屬框的過(guò)程中水平拉力做功1.10J，求此過(guò)程中線框產(chǎn)生的焦耳熱【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專(zhuān)題】： 電磁感應(yīng)功能問(wèn)題【分析】： （1）根據(jù)題圖（2）知，在t=0.5s時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬框的平均電流=0.50A，于是通過(guò)金屬框的電量q，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，平均電流，通過(guò)金屬框的電量q=，得q=，求得電阻R（2）由圖（2）知金屬框中感應(yīng)電流線性增大，說(shuō)明金屬框運(yùn)動(dòng)速度線性

21、增加，即金屬框被勻加速拉出磁場(chǎng)，由L=得加速度a，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的拉力大小關(guān)系式；（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求末速度，由能量守恒知，此過(guò)程中金屬框產(chǎn)生的焦耳熱【解析】： 解：（1）根據(jù)題圖（2）知，在t=0.5s時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬框的平均電流=0.50A，于是通過(guò)金屬框的電量q=； 由平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，平均電流，通過(guò)金屬框的電量q=，得q=，于是金屬框的電阻 R=0.80（2）由圖（2）知金屬框中感應(yīng)電流線性增大，說(shuō)明金屬框運(yùn)動(dòng)速度線性增加，即金屬框被勻加速拉出磁場(chǎng)又知金屬框在t=0.5s時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)距離L=0.5m，由L=得加速度a=4m/s2由圖（2）知金屬框中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化規(guī)律為i=kt，其中比例

22、系數(shù)k=2.0A/s于是安培力fA隨時(shí)間t變化規(guī)律為fA=BiL=kBLt 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得FfA=ma，所以水平拉力F=fA+ma=ma+kBLt代入數(shù)據(jù)得水平拉力隨時(shí)間變化規(guī)律為 F=2+0.8t（N） （3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況知金屬框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度 v=2m/s由能量守恒知，此過(guò)程中金屬框產(chǎn)生的焦耳熱 Q=WF=0.1J【點(diǎn)評(píng)】： 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，能根據(jù)圖象知導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)【物理選修3-3】13（6分）（2015陜西三模）如圖，甲分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)0，乙分子位于x軸上，兩分子之間的相互F作用力與兩分子間距離x的關(guān)系如圖中曲線所示，F(xiàn)0為斥力，F(xiàn)0為引力，a、b、

23、c、d、為x軸上四個(gè)特定的位置，現(xiàn)把乙分子從a處由靜止釋放，則（） A 乙分子從a到b做加速運(yùn)動(dòng)，由b到c做減速運(yùn)動(dòng) B 乙分子從a到c做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)速度最大 C 乙分子由a到c的過(guò)程中，兩分子的勢(shì)能一直減少 D 乙分子由a到d的過(guò)程中，兩分子的勢(shì)能一直減少【考點(diǎn)】： 分子勢(shì)能【分析】： 根據(jù)圖象可以看出分子力的大小變化，在橫軸下方的為引力，上方的為斥力，分子力做正功分子勢(shì)能減小，分子力做負(fù)功分子勢(shì)能增大【解析】： 解：根據(jù)圖象可以看出分子力的大小變化，在橫軸下方的為引力，上方的為斥力，把乙分子沿x軸負(fù)方向從a處移動(dòng)到d處過(guò)程中，在C位置分子間作用力最小乙分子由a到c一直受引力，隨距離

24、減小，分子力做正功，分子勢(shì)能減小；從c到d分子力是斥力且不斷增大，隨距離減小分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，故在c位置分子勢(shì)能最小，動(dòng)能最大故BC正確，AD錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評(píng)】： 本題雖在熱學(xué)部分出現(xiàn)，但考查內(nèi)容涉及功和能的關(guān)系等力學(xué)知識(shí)，綜合性較強(qiáng)14（10分）（2015陜西三模）如圖，導(dǎo)熱性能極好的氣缸，高為L(zhǎng)=l.0m，開(kāi)口向上固定在水平面上，氣缸中有橫截面積為S=100cm2、質(zhì)量為m=20kg的光滑活塞，活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)當(dāng)外界溫度為t=27、大氣壓為P0=l.0l05Pa時(shí)，氣柱高度為l=0.80m，氣缸和活塞的厚度均可忽略不計(jì)，取g=10m/s2，求：如果氣體溫度

25、保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸頂端在頂端處，豎直拉力F有多大？如果僅因?yàn)榄h(huán)境溫度緩慢升高導(dǎo)致活塞上升，當(dāng)活塞上升到氣缸頂端時(shí)，環(huán)境溫度為多少攝氏度？【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)【專(zhuān)題】： 理想氣體狀態(tài)方程專(zhuān)題【分析】： 如果氣體溫度保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸頂端，氣體屬于等溫變化，利用玻意耳定律可求解如果外界溫度緩慢升高到恰使活塞移至氣缸頂端，氣體是等壓變化，由蓋呂薩克定律可求解【解析】： 解：設(shè)起始狀態(tài)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p1，當(dāng)活塞緩慢拉至氣缸頂端，設(shè)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為p2由玻意耳定律得：p1lS=p2LS在起始狀態(tài)對(duì)活塞由受力平衡得：p1S=mg+p0S在氣缸頂端對(duì)活塞由受力平

26、衡得：F+p2S=mg+p0S聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：F=240N由蓋呂薩克定律得：代入數(shù)據(jù)解得：t=102C 答：如果氣體溫度保持不變，將活塞緩慢拉至氣缸頂端在頂端處，豎直拉力F為240N；如果僅因?yàn)榄h(huán)境溫度緩慢升高導(dǎo)致活塞上升，當(dāng)活塞上升到氣缸頂端時(shí)，環(huán)境溫度為102攝氏度【點(diǎn)評(píng)】： 本題考察氣體實(shí)驗(yàn)定律，關(guān)鍵是根據(jù)題目暗含條件分析出為何種變化過(guò)程，然后確定好初末狀態(tài)量，選擇合適的氣體實(shí)驗(yàn)定律列式求解即可【物理選修3-4】15（2015陜西三模）在實(shí)驗(yàn)室可以做“聲波碎杯”的實(shí)驗(yàn)，用手指輕彈一只玻璃酒杯，可以聽(tīng)到清脆的聲音，測(cè)得這聲音的頻率為500Hz將這只酒杯放在一個(gè)大功率的聲波發(fā)生器前，操作人

27、員通過(guò)調(diào)整其發(fā)出的聲波，就能使酒杯碎掉下列說(shuō)法中正確的是（） A 操作人員必須把聲波發(fā)生器輸出的功率調(diào)到很大 B 操作人員必須使聲波發(fā)生器發(fā)出頻率很高的超聲波 C 操作人員必須同時(shí)增大聲波發(fā)生器發(fā)出聲波的頻率和功率 D 操作人員必須將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調(diào)到500Hz，且適當(dāng)增大其輸出功率【考點(diǎn)】： 產(chǎn)生共振的條件及其應(yīng)用【分析】： 用聲波將酒杯震碎是利用酒杯發(fā)生了共振現(xiàn)象，而物體發(fā)生共振的條件是驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率【解析】： 解：由題用手指輕彈一只酒杯，測(cè)得這聲音的頻率為500Hz，就是酒杯的固有頻率當(dāng)物體發(fā)生共振時(shí)，物體振動(dòng)的振幅最大，甚至可能造成物體解體，將這只酒杯放在兩只

28、大功率的聲波發(fā)生器之間，操作人員通過(guò)調(diào)整其發(fā)出的聲波，將酒杯震碎是共振現(xiàn)象，而發(fā)生共振的條件是驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率，而酒杯的固有頻率為500Hz，故操作人員要將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調(diào)到500Hz，使酒杯產(chǎn)生共振，從而能將酒杯震碎故D正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】： 明白了該物理情景所反映的物理規(guī)律才能正確解決此題故要學(xué)會(huì)通過(guò)物理現(xiàn)象抓住物理事件的本質(zhì)16（2015陜西三模）圖示的直角三角形ABC是玻璃磚的橫截面，B=90，A=30，BC邊長(zhǎng)等于L一束平行于AB邊的光束從AC邊上的某點(diǎn)射入玻璃磚，進(jìn)入玻璃磚后，在BC邊上的E點(diǎn)被反射，E點(diǎn)是BC邊的中點(diǎn)，EF是從該處反射的光線，且EF恰與AC

29、邊平行求：玻璃磚的折射率；該光束從E點(diǎn)反射后，直到第一次有光線從玻璃磚射出所需的時(shí)間（真空中的光速用符號(hào)“c”表示）【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專(zhuān)題】： 光的折射專(zhuān)題【分析】： 作出光路圖，根據(jù)幾何知識(shí)和全反射規(guī)律得到光線在AC面的入射角和折射角，即可求得折射率，根據(jù)全反射臨界角公式sinC=求出臨界角C，判斷出光線在F點(diǎn)發(fā)生全反射，在H點(diǎn)不能發(fā)生全反射，即該光束經(jīng)一次反射后，到第一次射出玻璃磚發(fā)生在H點(diǎn)，根據(jù)幾何知識(shí)求出光線在玻璃磚內(nèi)傳播的距離S，由v=求出光線在玻璃磚內(nèi)傳播的速度v，即可求得所求的時(shí)間【解析】： 解：依題意，光在玻璃磚中的傳播路徑如右圖所示可見(jiàn)，光在O1點(diǎn)的入射角為60，折射角為30玻璃的折射率 n=因?yàn)?，所以這種玻璃的臨界角C大于30，小于60故從E點(diǎn)反射出的光線，將在F點(diǎn)發(fā)生全反射，在O2點(diǎn)才有光線第一次射出玻璃磚由幾何知識(shí)可知：EF=L，F(xiàn)O2=L； 光在這種玻璃中的傳播速度 故光從E點(diǎn)傳播到O2點(diǎn)用時(shí) 答：玻璃磚的折射率為；該光束從E點(diǎn)反射后，直到第一次有光線從玻璃磚射出所需的時(shí)間為【點(diǎn)評(píng)】： 解決本題關(guān)鍵是作出光路圖，再運(yùn)用幾何知識(shí)求解入射角折射角，要掌握幾何光學(xué)常用的三個(gè)規(guī)律：折射定律n=、臨界角公式sinC=和光速公式v=【物理選修3-5】17（2015陜西三模）如圖是各種元素的原子核中核子的平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z