2014年福建省高考物理試卷

1、2014年福建省高考物理試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）13（6分）如圖，一束光由空氣射向半圓柱體玻璃磚，O點(diǎn)為該玻璃磚截面的圓心，如圖能正確描述其光路的是（）ABCD14（6分）若有一顆“宜居”行星，其質(zhì)量為地球的p倍，半徑為地球的q倍，則該行星衛(wèi)星的環(huán)繞速度是地球衛(wèi)星環(huán)繞速度的（）A倍B倍C倍D倍15（6分）如圖所示，某滑塊初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是（）ABCD16（6分）如圖所示為模擬遠(yuǎn)距離輸電實(shí)驗(yàn)電

2、路圖，兩理想變壓器的匝數(shù)n1=n4n2=n3，四根模擬輸電線的電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為R，A1、A2為相同的理想交流電流表，L1、L2為相同的小燈泡，燈絲電阻RL2R，忽略燈絲電阻隨溫度的變化當(dāng)A、B端接入低壓交流電源時(shí)（）AA1、A2兩表的示數(shù)相同BL1、L2兩燈泡的亮度相同CR1消耗的功率大于R3消耗的功率DR2兩端的電壓小于R4兩端的電壓17（6分）在均勻介質(zhì)中，一列沿x軸正向傳播的橫波，其波源O在第一個(gè)周期內(nèi)振動(dòng)圖象如圖所示，則該波在第一個(gè)周期末的波形圖是（）ABCD18（6分）如圖，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動(dòng)質(zhì)量不同

3、、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端現(xiàn)用外力作用在物體上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一次減為零的過程，兩物塊（）A最大速度相同B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力勢能的變化量不同二、解答題19（6分）某同學(xué)測定一金屬桿的長度和直徑示數(shù)如圖甲、乙所示，則該金屬桿的長度和直徑分別為 cm和 mm20（12分）某研究性學(xué)習(xí)小組利用伏安法測定某一電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)原理如圖甲所示其中，虛線框內(nèi)用靈敏電流計(jì)G改裝的電流表A，V為標(biāo)準(zhǔn)電壓表，E為待測電池組，S為開關(guān)，R為滑動(dòng)變阻器，R0的標(biāo)稱值為4.0的定值電阻已知靈

4、敏電流計(jì)G的滿偏電流Ig=100A、內(nèi)阻rg=2.0k，若要改裝后的電流表滿偏電流為200mA，應(yīng)并聯(lián)一只 （保留一位小數(shù)）的定值電阻R1；根據(jù)圖甲，用筆畫線代替導(dǎo)線將圖乙連接成完整電路；某次實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)如表所示：測量次數(shù)12345678電壓表讀數(shù)U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改裝表讀數(shù)I/mA20406080100120140160該小組借鑒“研究勻變速直線運(yùn)行”實(shí)驗(yàn)中計(jì)算加速度的方法（逐差法），計(jì)算出電池組的內(nèi)阻r= （保留兩位小數(shù)）；為減少偶然誤差，逐差法在數(shù)據(jù)處理方面體現(xiàn)出的主要優(yōu)點(diǎn)是 該小組在前面實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，為探究甲圖電路中各元器件的實(shí)際阻值對(duì)

5、測量結(jié)果的影響，用一已知電動(dòng)勢和內(nèi)阻的標(biāo)準(zhǔn)電池組，通過上述方法多次測量后發(fā)現(xiàn)：電動(dòng)勢的測量值與已知值幾乎相同，但內(nèi)阻的測量值總是偏大若測量過程無誤，則內(nèi)阻測量值總量偏大的原因是 A電壓表內(nèi)阻的影響B(tài)滑動(dòng)變阻器的最大阻值偏小CR1的實(shí)際阻值比計(jì)算值偏小DR0的實(shí)際阻值比標(biāo)稱值偏大21（15分）如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長L=2.0m，若將電荷量均為q=+2.0×106C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：（1）兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大??；（2）C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向22（19分）圖為某游樂場內(nèi)水

6、上滑梯軌道示意圖。整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)。表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切，A點(diǎn)距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R圓心O恰在水面，一質(zhì)量為m的游客（視為質(zhì)點(diǎn)）可從軌道AB上任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力。（1）若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn)，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf。（2）若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h。（提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=m）23（20分）如圖，矩形

7、的水平管，管道的長為L、寬為d、高為h上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x周正方向的勻強(qiáng)磁場中管道內(nèi)內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體（有大量的正、負(fù)離子），且開關(guān)閉合前后液體在管道內(nèi)進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所受的摩擦阻力不變（1）求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0；（2）求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化p；（3）調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S=dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pn及相應(yīng)的寬高比的值物理-選修3-330（6分）如圖，

8、橫坐標(biāo)v表示分子速率，縱坐標(biāo)f（v）表示各等間隔速率區(qū)間的分子個(gè)數(shù)占總分子數(shù)的百分比圖中曲線能正確表示某一溫度下氣體分子麥克斯韋速率分布規(guī)律的是（）A曲線B曲線C曲線D曲線31（6分）如圖為一定質(zhì)量理想氣體的壓強(qiáng)p與體積V的關(guān)系圖象，它由狀態(tài)A經(jīng)過等容過程到狀態(tài)B，再經(jīng)過等壓過程到狀態(tài)C設(shè)A、B、C狀態(tài)對(duì)應(yīng)的溫度分別為TA、TB、TC，則下列關(guān)系式中正確的是（）ATATB，TBTCBTATB，TB=TCCTATB，TBTCDTA=TB，TBTC物理-選修3-532（6分）如圖，放射性元素鐳衰變過程中釋放三種射線，分別進(jìn)入勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，下列說法中正確的是（）A表示射線，表示射線B表示射線

9、，表示射線C表示射線，表示射線D表示射線，表示射線33（6分）一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為（）Av0v2Bv0+v2Cv0v2Dv0+（v0v2）2014年福建省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）13（6分）如圖，一束光由空氣射向半圓柱體玻璃磚，O點(diǎn)為該玻璃磚截面的圓心，如圖能正確描述其光路的是（）ABCD【分析】根據(jù)折射定律垂直于射向界面的光線不發(fā)生偏折，

10、由光疏介質(zhì)射向光密介質(zhì)折射角變小【解答】解：A、垂直射向玻璃時(shí)，光線不發(fā)生偏折，到達(dá)玻璃底面時(shí)，若入射角大于臨界角則發(fā)生反射，沒有折射光線。故A有可能，A正確；B、由空氣射向玻璃，時(shí)光疏介質(zhì)射向光密介質(zhì)，不可能發(fā)生全反射，沒有折射光線。故B錯(cuò)誤；C、若光線到達(dá)玻璃的底面時(shí)入射角小于臨界角則同時(shí)發(fā)生折射和反射，但應(yīng)該空氣中的折射角大于玻璃中的入射角，故C錯(cuò)誤；D、由空氣射向玻璃時(shí)，同時(shí)發(fā)生折射和反射，但應(yīng)該玻璃中的折射角小于空氣中的入射角，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是掌握反射定律和折射定律，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)即可求解14（6分）若有一顆“宜居”行星，其質(zhì)量為地球的p倍，半徑為地球的q倍

11、，則該行星衛(wèi)星的環(huán)繞速度是地球衛(wèi)星環(huán)繞速度的（）A倍B倍C倍D倍【分析】衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力=m，解得衛(wèi)星的速度的表達(dá)式，再相比即可?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)萬有引力提供向心力為：=m，得：v=，有一顆“宜居”行星，其質(zhì)量為地球的p倍，半徑為地球的q倍，所以該行星衛(wèi)星的環(huán)繞速度是地球衛(wèi)星環(huán)繞速度的倍，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題首先要搞懂什么是環(huán)繞速度。求宇宙速度往往建立如下模型：衛(wèi)星繞天體附近做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，衛(wèi)星所需要的向心力來源于天體對(duì)它的萬有引力，建立方程，加上數(shù)學(xué)變換即可求解。15（6分）如圖所示，某滑塊初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑

12、，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是（）ABCD【分析】對(duì)物體受力分析由牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度位移及下降高度與時(shí)間的關(guān)系即可求的；【解答】解：D、在下滑過程中，物體的加速度為mgsinmgcos=maa=gsingcos0，加速度的大小保持不變。故D錯(cuò)誤；C、下滑過程中速度大小關(guān)系為v=v0+at=v0+（gsingcos）t，速度與時(shí)間之間是線性關(guān)系，所以速度圖線是一條直線。故C正確；A、B、物體向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，故下滑的位移為s=t2，位移時(shí)間關(guān)系的圖象是向

13、下彎曲的線。故B正確；同理，下降的高度為h=ssin，也是向右彎曲的線。故A錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是把shv與時(shí)間的表達(dá)式表示出來即可；16（6分）如圖所示為模擬遠(yuǎn)距離輸電實(shí)驗(yàn)電路圖，兩理想變壓器的匝數(shù)n1=n4n2=n3，四根模擬輸電線的電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為R，A1、A2為相同的理想交流電流表，L1、L2為相同的小燈泡，燈絲電阻RL2R，忽略燈絲電阻隨溫度的變化當(dāng)A、B端接入低壓交流電源時(shí)（）AA1、A2兩表的示數(shù)相同BL1、L2兩燈泡的亮度相同CR1消耗的功率大于R3消耗的功率DR2兩端的電壓小于R4兩端的電壓【分析】根據(jù)變壓器的規(guī)律和歐姆

14、定律分別列出兩個(gè)燈泡兩端的電壓表達(dá)式，再比較燈泡亮度的關(guān)系，根據(jù)電流的表達(dá)式分析兩個(gè)電流表示數(shù)的關(guān)系，即可得到R1與R3消耗的功率的關(guān)系【解答】解：AB、設(shè)變壓器原、副線圈數(shù)比為K（K1），A、B端接入的電壓為U。則L2兩端的電壓為U2=，A2表的示數(shù)IA2=。對(duì)于變壓器電路，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為，設(shè)通過L1的電流為I1，則L1兩端的電壓為I1RL，A1表的示數(shù)為IA1=KI1，降壓變壓器原線圈的電壓為I1RL，則有： 2RKI1=I1RL解得I1=，則IA1=KI1=因?yàn)镽L2R，K1，可以得到IA2IA1I1IA2故AB錯(cuò)誤；C、電阻R1、R3相等，IA2IA1，根據(jù)公式P=I2R

15、可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C錯(cuò)誤；D、電阻R2、R4相等，IA2IA1，根據(jù)歐姆定律知：R2兩端的電壓小于R4兩端的電壓，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握變壓器的原理和特點(diǎn)，以及掌握遠(yuǎn)距離輸電過程中電壓損失和輸入電壓、輸出電壓的關(guān)系17（6分）在均勻介質(zhì)中，一列沿x軸正向傳播的橫波，其波源O在第一個(gè)周期內(nèi)振動(dòng)圖象如圖所示，則該波在第一個(gè)周期末的波形圖是（）ABCD【分析】先根據(jù)振動(dòng)圖象判斷出波源的起振方向，再根據(jù)簡諧橫波沿x軸正向傳播，判斷出波最前列的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，該質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向應(yīng)與波源的起振方向相同再結(jié)合振幅的變化選擇圖象【解答】解：由波源O的振動(dòng)圖象可判斷出

16、波源的起振方向向下，則介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向均向下，簡諧橫波沿x軸正向傳播，根據(jù)波形的平移法可知，AC兩圖中波最前列的質(zhì)點(diǎn)起振方向向上，故AC錯(cuò)誤。再由振動(dòng)圖象振幅的變化，可知波源的振幅在增大，故B錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握機(jī)械能的基本特點(diǎn)：介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，運(yùn)用排除法進(jìn)行選擇18（6分）如圖，兩根相同的輕質(zhì)彈簧，沿足夠長的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部擋板上，斜面固定不動(dòng)質(zhì)量不同、形狀相同的兩物塊分別置于兩彈簧上端現(xiàn)用外力作用在物體上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止沿斜面向上彈出并離開彈簧，則從撤去外力到物塊速度第一

17、次減為零的過程，兩物塊（）A最大速度相同B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力勢能的變化量不同【分析】使兩彈簧具有相同的壓縮量，則儲(chǔ)存的彈性勢能相等，根據(jù)能量守恒判斷最后的重力勢能【解答】解：由于物塊最終會(huì)離開彈簧，那么由kx2mgxsin化簡可以得出kx2mgsin，即最開始的彈力F2mgsin；A、物塊受力平衡時(shí)具有最大速度，即：mgsin=kx則質(zhì)量大的物塊具有最大速度時(shí)彈簧的壓縮量比較大，上升的高度比較低，即位移小，而運(yùn)動(dòng)過程中質(zhì)量大的物塊平均加速度較小，v202=2ax加速度小的位移小，則最大速度v較小，故A錯(cuò)誤；B、開始時(shí)物塊具有最大加速度，開始彈簧形變量相同，則彈力相同，根據(jù)

18、牛頓第二定律：a=可見質(zhì)量大的最大加速度較小，故B錯(cuò)誤；CD、由題意使兩彈簧具有相同的壓縮量，則儲(chǔ)存的彈性勢能相等，物塊上升到最大高度時(shí)，彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為重力勢能，則物塊最終的重力勢能mgh相等，重力勢能的變化量相等，而兩物塊質(zhì)量不同，則上升的最大高度不同，故C正確D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了彈簧問題，注意平衡位置不是彈簧的原長處，而是受力平衡的位置二、解答題19（6分）某同學(xué)測定一金屬桿的長度和直徑示數(shù)如圖甲、乙所示，則該金屬桿的長度和直徑分別為60.10cm和4.20mm【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀【解答】解：（1）刻度尺在讀數(shù)的時(shí)

19、候要估讀一位，所以金屬桿的長度為60.10；（2）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：4mm，游標(biāo)尺上第10個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為10×0.02mm=0.20mm，所以最終讀數(shù)為：4mm+0.20mm=4.20mm=0.420cm=4.20mm故答案為：60.10，4.20【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量20（12分）某研究性學(xué)習(xí)小組利用伏安法測定某一電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)原理如圖甲所示其中，虛線框內(nèi)用靈敏電流計(jì)G改裝的電流表A，V為標(biāo)準(zhǔn)電壓表，E為待測電池組，S為開關(guān)，R為滑動(dòng)變阻器，R0的標(biāo)稱值為4.0的

20、定值電阻已知靈敏電流計(jì)G的滿偏電流Ig=100A、內(nèi)阻rg=2.0k，若要改裝后的電流表滿偏電流為200mA，應(yīng)并聯(lián)一只1.0（保留一位小數(shù)）的定值電阻R1；根據(jù)圖甲，用筆畫線代替導(dǎo)線將圖乙連接成完整電路；某次實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)如表所示：測量次數(shù)12345678電壓表讀數(shù)U/V5.265.165.044.944.834.714.594.46改裝表讀數(shù)I/mA20406080100120140160該小組借鑒“研究勻變速直線運(yùn)行”實(shí)驗(yàn)中計(jì)算加速度的方法（逐差法），計(jì)算出電池組的內(nèi)阻r=1.67（保留兩位小數(shù)）；為減少偶然誤差，逐差法在數(shù)據(jù)處理方面體現(xiàn)出的主要優(yōu)點(diǎn)是充分利用取得的數(shù)據(jù)該小組在前面實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)

21、上，為探究甲圖電路中各元器件的實(shí)際阻值對(duì)測量結(jié)果的影響，用一已知電動(dòng)勢和內(nèi)阻的標(biāo)準(zhǔn)電池組，通過上述方法多次測量后發(fā)現(xiàn)：電動(dòng)勢的測量值與已知值幾乎相同，但內(nèi)阻的測量值總是偏大若測量過程無誤，則內(nèi)阻測量值總量偏大的原因是CDA電壓表內(nèi)阻的影響B(tài)滑動(dòng)變阻器的最大阻值偏小CR1的實(shí)際阻值比計(jì)算值偏小DR0的實(shí)際阻值比標(biāo)稱值偏大【分析】根據(jù)電流表的改裝原理，計(jì)算并聯(lián)的電阻根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖，注意電表的接線柱以及滑動(dòng)變阻器的解法借鑒“研究勻變速直線運(yùn)行”實(shí)驗(yàn)中計(jì)算加速度的方法（逐差法），每兩組數(shù)據(jù)聯(lián)立求出E，r；而后取其平均值即可；逐差法在數(shù)據(jù)處理方面體現(xiàn)出的主要優(yōu)點(diǎn)是充分利用取得的數(shù)據(jù)結(jié)合電路圖，由閉

22、合電路歐姆定律E=U+I（R0+r）分析內(nèi)阻測量值總量偏大的原因【解答】解：根據(jù)電流表的改裝原理有：根據(jù)甲電路圖連接實(shí)物圖，注意電表的接線柱以及滑動(dòng)變阻器的解法，連接圖為：借鑒“研究勻變速直線運(yùn)行”實(shí)驗(yàn)中計(jì)算加速度的方法（逐差法），采用1與5；2與6；3與7；4與8；兩兩組合，由E=U+I（R0+r）得，U=I（R0+r），聯(lián)立求出E，r，而后取其平均值可得由E=U+I（R0+r）得，U=I（R0+r），故r=，采用1與5時(shí)，r1=R0；采用2與6時(shí)，r1=R0；采用3與7時(shí)，r1=R0；采用4與8時(shí)，r1=R0；則r=R0=1.66；逐差法在數(shù)據(jù)處理方面體現(xiàn)出的主要優(yōu)點(diǎn)是充分利用取得的數(shù)據(jù)A

23、、如果考慮電壓表的內(nèi)阻，則虛線部分相當(dāng)于電源，測得的電阻相當(dāng)于電源E的內(nèi)阻與R0串聯(lián)后再與電壓內(nèi)阻并聯(lián)的阻值，即測得的電阻值偏小，故A錯(cuò)誤；B、滑動(dòng)變阻器的阻值不會(huì)影響r的測量結(jié)果，故B錯(cuò)誤；C、電表改裝時(shí)，R1的實(shí)際阻值比計(jì)算值偏小，可導(dǎo)致通過表頭的電流偏小，電流表讀數(shù)偏小，故內(nèi)阻測量值總量偏大，故C正確；D、結(jié)合電路圖，由閉合電路歐姆定律E=U+I（R0+r）知，R0的實(shí)際阻值比稱標(biāo)值偏大，可導(dǎo)致內(nèi)阻測量值總量偏大，故D正確故選：CD故答案為：1.0；如圖；1.66；充分利用取得的數(shù)據(jù)；CD【點(diǎn)評(píng)】電表改裝為重點(diǎn)內(nèi)容要切實(shí)弄明白，連接實(shí)物圖為基本功，數(shù)據(jù)處理和誤差分析的能力要平時(shí)加強(qiáng)訓(xùn)練，

24、結(jié)合具體的實(shí)驗(yàn)情景具體分析，有一定難度21（15分）如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長L=2.0m，若將電荷量均為q=+2.0×106C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：（1）兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大??；（2）C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向【分析】（1）根據(jù)庫侖定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解兩個(gè)電荷單獨(dú)存在時(shí)在C點(diǎn)的場強(qiáng)，然后根據(jù)平行四邊形定則合成得到C點(diǎn)的場強(qiáng)【解答】解：（1）電荷量均為q=+2.0×106C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，靜電力為：F=k=9.0×109&#

25、215;=9.0×103N；（2）A、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為：E1=k=9.0×109×=4.5×103N/CA、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的合場強(qiáng)大小為：E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C場強(qiáng)方向沿著y軸正方向；答：（1）兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為9.0×103N；（2）C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小為7.8×103N/C，方向?yàn)?y軸正方向【點(diǎn)評(píng)】本題考查了庫侖定律和電場強(qiáng)度的矢量合成問題，關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形定則合成，基礎(chǔ)問題22（19分）圖為某游樂

26、場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖。整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)。表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切，A點(diǎn)距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R圓心O恰在水面，一質(zhì)量為m的游客（視為質(zhì)點(diǎn)）可從軌道AB上任意位置滑下，不計(jì)空氣阻力。（1）若游客從A點(diǎn)由靜止開始滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面D點(diǎn)，OD=2R，求游客滑到的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf。（2）若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h。（提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向=m）【分析】（1）游客

27、從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，即可求出游客到達(dá)B的速度，A到B的過程中由動(dòng)能定理即可求出運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf。（2）設(shè)OP與OB最近的夾角是，在P點(diǎn)離開軌道時(shí)，軌道對(duì)游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力，結(jié)合機(jī)械能守恒與向心力的表達(dá)式即可求解。【解答】解：（1）游客從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，則：2R=vBt聯(lián)立得：從A到B的過程中重力與摩擦力做功，由動(dòng)能定理得：得：Wf=mg（2RH）；（2）設(shè)OP與OB最近的夾角是，游客在P點(diǎn)時(shí)的速度為vP，受到的支持力為N，B到P的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，得：在P點(diǎn)，根據(jù)向心力公式，有：mgcosN=，又知N=0，cos=

28、，聯(lián)立相關(guān)公式得：答：（1）游客滑到的速度vB大小是，運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功是mg（2RH）。（2）P點(diǎn)離水面的高度是?！军c(diǎn)評(píng)】該題中正確判斷出游客在P點(diǎn)離開軌道時(shí)，軌道對(duì)游客的支持力是0，由重力指向圓心的分力提供向心力是解題的關(guān)鍵。23（20分）如圖，矩形的水平管，管道的長為L、寬為d、高為h上下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導(dǎo)體板，兩導(dǎo)體板與開關(guān)S和定值電阻R相連整個(gè)管道置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x周正方向的勻強(qiáng)磁場中管道內(nèi)內(nèi)始終充滿電阻率為的導(dǎo)電液體（有大量的正、負(fù)離子），且開關(guān)閉合前后液體在管道內(nèi)進(jìn)、出口兩端壓強(qiáng)差的作用下均以恒定速率v0沿x軸正向流動(dòng)，液體所

29、受的摩擦阻力不變（1）求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0；（2）求開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化p；（3）調(diào)整矩形管道的寬和高，但保持其他量和矩形管道的橫截面積S=dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pn及相應(yīng)的寬高比的值【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力等于電場力，即可求解；（2）根據(jù)壓強(qiáng)與壓力的關(guān)系，結(jié)合安培力表達(dá)式，及歐姆定律，即可求解；（3）由功率表達(dá)式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)求極值法，即可求解【解答】解：（1）設(shè)帶電離子所帶電量為q，當(dāng)其所受的洛倫茲力與電場力相平衡時(shí)，U0保持恒定，則有：qv0B=q；解得：U0=Bdv0；（2）設(shè)開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差分別為P1、P2，液體所受的摩擦

30、阻力均為f，開關(guān)閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，有：P1hd=f，P2hd=f+F安，F(xiàn)安=BId；根據(jù)歐姆定律，則有：I=；兩導(dǎo)體板間液體的電阻為：；由以上幾式，解得：管道兩端壓強(qiáng)差的變化為：P=；（3）電阻R獲得的功率為：P=I2R=；當(dāng)時(shí)，電阻R獲得的最大功率為：Pm=；答：（1）求開關(guān)閉合前，M、N兩板間的電勢差大小Bdv0；（2）開關(guān)閉合前后，管道兩端壓強(qiáng)差的變化；（3）電阻R可獲得的最大功率，及相應(yīng)的寬高比的值【點(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子受到洛倫茲力與電場力相平衡的應(yīng)用，掌握壓強(qiáng)公式與安培力表達(dá)式，注意液體受到安培力的模型建立，同時(shí)理解會(huì)求極值的方法物理-選修3-330（6分）如圖，橫坐

31、標(biāo)v表示分子速率，縱坐標(biāo)f（v）表示各等間隔速率區(qū)間的分子個(gè)數(shù)占總分子數(shù)的百分比圖中曲線能正確表示某一溫度下氣體分子麥克斯韋速率分布規(guī)律的是（）A曲線B曲線C曲線D曲線【分析】根據(jù)氣體的分子的運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多，兩頭少規(guī)律，即大多數(shù)的分子的速率是比較接近的，但不是說速率大的和速率小的就沒有了，也是同時(shí)存在的，但是分子的個(gè)數(shù)要少很多【解答】解：根據(jù)氣體的分子的運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：中間多，兩頭少的規(guī)律，可以知道，在某一溫度下，大多數(shù)的分子的速率是比較接近的，但不是說速率大的和速率小的就沒有了，也是同時(shí)存在的，但是分子的個(gè)數(shù)要少很多，所以形成的圖象應(yīng)該是中間多，兩邊少的情況，所以曲線4能正確反映，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，并不是說所以分子的速率都相同，速率大的和速率小的都有，只是分子的個(gè)數(shù)較少31（6分）如圖為一定質(zhì)量理想氣體的壓強(qiáng)p與體積V的關(guān)系圖象，它由狀態(tài)A經(jīng)過等容過程到狀態(tài)B，再經(jīng)過等壓過程到狀態(tài)C設(shè)A、B、C狀態(tài)對(duì)應(yīng)的溫度分別為TA、TB、TC，則下列關(guān)系式中正確的是（）ATATB，TBTCBTATB，TB=TCCTATB，TBTCDTA=TB，TBTC【分析】由圖象求出A、B、C三狀態(tài)的壓強(qiáng)與體積，然后由理想氣體的狀態(tài)方程求出各狀態(tài)