【名師解析】江西省上饒市2015屆高三第二次高考模擬物理試題

1、2015年江西省上饒市高考物理二模試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1（6分）（2015上饒二模）如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中，當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為L的不帶電的金屬板后，粒子P開始運(yùn)動，重力加速度為g粒子運(yùn)動加速度大小為（） A g B g C g D g【考點(diǎn)】： 電容器的動態(tài)分析【分析】： 金屬板內(nèi)部場強(qiáng)為零，有厚度為l的金屬板，相當(dāng)于平行板電容器的間距減小了l；粒子受重力和電場力，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解加速度【解析】： 解：粒子受重力和電場力，開始時(shí)平衡，有：

2、mg=q 當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：qmg=ma 聯(lián)立解得：a=g；故選：B【點(diǎn)評】： 本題要記住平行板電容器內(nèi)插入金屬板，可以等效成極板間距減小了；然后結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件和牛頓第二定律列式分析，不2（6分）（2015上饒二模）如圖所示，在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子在水平向左的恒力F作用下從靜止開始做勻加速運(yùn)動繩子中某點(diǎn)到繩子左端的距離為x，設(shè)該處繩的張力大小為T，則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖象是（） A B C 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)動定律綜合專題【分析】： 對x受力分析，對整體受力分析由牛頓第

3、二定律可求得整體的加速度；再由牛頓第二定律可得出T與x的關(guān)系【解析】： 解：設(shè)單位長度質(zhì)量為m；對整體分析有：F=Lma；則對x分析可知：T=（Lx）ma聯(lián)立解得：T=F；故可知T與x為一次函數(shù)關(guān)系；故D正確；故選：D【點(diǎn)評】： 本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意明確整體法與隔離法的應(yīng)用，正確選取研究對象再用牛頓第二定律即可列式求解3（6分）（2015上饒二模）在如圖所示的豎直平面內(nèi)，在水平線MN的下方有足夠大的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)等腰三角形金屬線框頂點(diǎn)C與MN重合，線框由靜止釋放，沿軸線DC方向豎直落入磁場中忽略空氣阻力，從釋放到線框完全進(jìn)入磁場過程中，關(guān)于線框運(yùn)動的vt圖，可能正確的是（） A

4、B C D 【考點(diǎn)】： 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢【分析】： 由安培力公式F=BIL、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律求出安培力與速度的關(guān)系式，然后由牛頓第二定律求出加速度，然后判斷速度隨時(shí)間變化關(guān)系，再答題【解析】： 解：線框進(jìn)入磁場過程受到的安培力：F=BIL=BL=線框進(jìn)入磁場過程中，切割磁感線的有效長度L增大，安培力增大，由牛頓第二定律得：mgF=ma，則a=g線框由靜止做加速運(yùn)動，由于L、v不斷增大，加速度a減小，則線框進(jìn)入磁場過程做加速度減小的加速運(yùn)動，加速度減小，vt圖象的斜率減小故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C【點(diǎn)評】： 本題考查了判斷線框速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，求出安培力、應(yīng)用牛頓

5、第二定律求出加速是正確解題的關(guān)鍵4（6分）（2015上饒二模）如圖所示，一質(zhì)量為m的物體A恰能在傾角為的斜面體上勻速下滑若用與水平方向成角、大小為F的力推A，使A加速下滑，斜面體始終靜止下列關(guān)于斜面體受地面的摩擦力的說法正確的是（） A 大小為0 B 方向水平向左，大小為Fcos C 方向水平向左，大小為mgcossin D 方向水平向右，大小為mgcossin【考點(diǎn)】： 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用【專題】： 共點(diǎn)力作用下物體平衡專題【分析】： 對A勻速下滑時(shí)受力分析，根據(jù)平衡條件判斷物塊所受支持力和摩擦力合力的方向，然后施加力F后重新判斷A所受支持力和摩擦力合力的方向，據(jù)此判斷斜面的運(yùn)動趨勢，

6、靜摩擦力的方向與物體相對運(yùn)動趨勢的方向相反【解析】： 解：對A勻速下滑時(shí)受力分析，受重力、支持力、滑動摩擦力，根據(jù)平衡條件：摩擦力與支持力的合力應(yīng)該與重力等大反向，即斜面對滑塊的作用力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊對斜面的作用力方向豎直向下，當(dāng)用與水平方向成角、大小為F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力f=N也增大，但是支持力N與摩擦力f仍然成比例的增大，其合力的方向仍然豎直向上，保持不變，則物塊對斜面的作用力的方向仍然豎直向下，只是數(shù)值上變大，故斜面沒有運(yùn)動的趨勢，不受地面的摩擦力；故選：A【點(diǎn)評】： 本題的關(guān)鍵是知道A勻速下滑時(shí)：f=N，即f與N的比例系數(shù)為，當(dāng)F增加后，物塊

7、所受摩擦力與支持力仍然成比例的增大，故其合力方向始終沒變5（6分）（2015上饒二模）如圖所示，兩根相同的輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量不同（m1m2）的兩物塊分別置于兩彈簧上端現(xiàn)用外力作用在物塊上，使兩彈簧具有相同的壓縮量，若撤去外力后，兩物塊由靜止豎直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中，兩物塊（） A 上升的最大高度一定相同 B 重力勢能的變化量一定相同 C 最大加速度一定相同 D 最大速度一定相同【考點(diǎn)】： 牛頓第二定律【分析】： 兩彈簧壓縮量相同，因此增加的彈性勢能相同，由機(jī)械能守恒定律可明確重力勢能及動能的關(guān)系，注意分析兩物體質(zhì)量不

8、同的影響【解析】： 解：由于壓縮量相同，則彈簧的彈性勢能相同，則由機(jī)械能守恒定律可知，重力勢能的增加量一定等于彈性勢能；故重力勢能的變化量相同；但由于物體的質(zhì)量不同，故上升的高度不同；由于彈簧的彈力相同，而質(zhì)量不變，故最大加速度不同；速度最大時(shí)，動能等于彈簧的彈性勢能；故最大速度不相同；故ABD錯(cuò)誤，B正確；故選：B【點(diǎn)評】： 本題考查機(jī)械能守恒定律及牛頓第二定律，要注意正確明確彈簧的彈性勢能取決于彈簧的形變量及勁度系數(shù)6（6分）（2015上饒二模）2014年11月1日早上6時(shí)42分，被譽(yù)為“嫦娥5號”的“探路尖兵”載人返回飛行試驗(yàn)返回器在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)定區(qū)域順利著陸，標(biāo)志著我國已全面突破和

9、掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速載人返回關(guān)鍵技術(shù)，為“嫦娥5號”任務(wù)順利實(shí)施和探月工程持續(xù)推進(jìn)奠定了堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)已知人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間t（t小于航天器的繞行周期），航天器運(yùn)動的弧長為s，航天器與月球的中心連線掃過角度為，引力常量為G，則（） A 航天器的軌道半徑為 B 航天器的環(huán)繞周期為 C 月球的質(zhì)量為 D 月球的密度為【考點(diǎn)】： 人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系【專題】： 人造衛(wèi)星問題【分析】： 由萬有引力充當(dāng)向心力而做圓周運(yùn)動的，則由萬有引力公式及已知量可得出能計(jì)算的物理量【解析】： 解：A、根據(jù)幾何關(guān)系得：故A錯(cuò)誤；B、經(jīng)過時(shí)間t，航天器與月球的中心

10、連線掃過角度為則：，得：故B正確；C、由萬有引力充當(dāng)向心力而做圓周運(yùn)動，所以：所以：=故C正確；D、人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運(yùn)動，月球的半徑等于r，則月球的體積：月球的密度：=故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評】： 萬有引力在天體中的運(yùn)動，主要是萬有引力充當(dāng)向心力，注意向心力的表達(dá)有多種形式，應(yīng)靈活選擇7（6分）（2015上饒二模）如圖所示，匝數(shù)n=100匝、面積為S=0.448m2的導(dǎo)線框ABCD所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=T線框繞垂直于磁場的軸OO以角速度=100rad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想升壓變壓器相連進(jìn)行遠(yuǎn)距離輸電，升壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為2：5，理想降壓變壓器副線圈接入一只“

11、220V，1100W”的燈泡，且燈泡正常發(fā)光，輸電線路總電阻r=20，導(dǎo)線框及其余導(dǎo)線電阻不計(jì)，電表均為理想電表則下列說法中正確的是（） A 電壓表的讀數(shù)為448V B 輸電線路的電流為0.98A C 電流表的讀數(shù)為2.5A D 降壓變壓器的原副線圈匝數(shù)比為5：1【考點(diǎn)】： 變壓器的構(gòu)造和原理【分析】： 根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析即可得出結(jié)論【解析】： 解：A、矩形閉合導(dǎo)線框ABCD在磁場中轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電的最大值為Em=nBs=100××0.448×100=448V，由于最大值為有效值的倍，所以交流電的有效

12、值為448V，故A正確；B、燈泡中的電流：A升壓變壓器的匝數(shù)比是2：5，則輸電線的輸送電壓為：V，設(shè)降壓變壓器的匝數(shù)比是n：1，則降壓變壓器中的輸入電流： 該電流即為輸電線中的輸電電流，則輸電線上損失的電壓：U3=I3r 降壓變壓器的輸入電壓：U3=U送I3r 聯(lián)立得：n=5；U3=1100V，I3=1A故B錯(cuò)誤，D正確；C、升壓變壓器副線圈的電流與輸送的電流是相等的，I2=I3=1A由于電流與匝數(shù)成反比，所以升壓變壓器原、副線圈電流之比為：，所以A故C正確故選：ACD【點(diǎn)評】： 掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，以及遠(yuǎn)距離輸電的原理，本題即可得到解決8（6分）（2015上饒二模）

13、為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a=1m、b=0.2m、c=0.2m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.25T的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時(shí)，測得兩個(gè)電極間的電壓U=1V且污水流過該裝置時(shí)受到阻力作用，阻力f=kLv，其中比例系數(shù)k=15Ns/m2，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速下列說法中正確的是（） A 金屬板M電勢不一定高于金屬板N的電勢，因?yàn)槲鬯胸?fù)離子較多 B 污水中離子濃度的高低對電壓表的

14、示數(shù)也有一定影響 C 污水的流量（單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積）Q=0.16m3/s D 為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓強(qiáng)差為P=1500Pa【考點(diǎn)】： 霍爾效應(yīng)及其應(yīng)用【分析】： 根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，從而得出正負(fù)離子的偏轉(zhuǎn)方向，確定出前后表面電勢的高低最終離子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出兩極板間的電壓，以及求出流量的大小【解析】： 解：A、根據(jù)左手定則，知負(fù)離子所受的洛倫茲力方向向下，則向下偏轉(zhuǎn)，N板帶負(fù)電，M板帶正電，則N板的電勢比M板電勢低故A錯(cuò)誤B、最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB=q，解得：U=vBc，與離子濃度無關(guān)故B錯(cuò)誤

15、C、污水的流速：v=，則流量Q=vbc=，故C正確D、污水的流速：v=m/s；污水流過該裝置時(shí)受到阻力：f=kLv=kav=15×1×4=60N；為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管口應(yīng)施加的壓力差是60N，則壓強(qiáng)差為P=Pa故D正確故選：CD【點(diǎn)評】： 解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及抓住離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡進(jìn)行求解三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第9題第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答第13題第18題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題9（6分）（2015上饒二模）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置探究功和動能變化的關(guān)系，他們將

16、寬度為d的擋光片固定在小車上，用不可伸長的細(xì)線將其通過一個(gè)定滑輪與砝碼盤相連，在水平桌面上的A、B兩點(diǎn)各安裝一個(gè)光電門，記錄小車通過A、B時(shí)的遮光時(shí)間，小車中可以放置砝碼實(shí)驗(yàn)主要步驟如下：（1）實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將木板左端略微抬高，這樣做的目的是平衡小車所受到的摩擦力；（2）如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測量擋光片的寬度d=5.50mm，再用刻度尺量得A、B之間的距離為L；（3）將小車停在C點(diǎn)，在砝碼盤中放上砝碼，小車在細(xì)線拉動下運(yùn)動，記錄此時(shí)小車及小車中砝碼的質(zhì)量之和為M，砝碼盤和盤中砝碼的總質(zhì)量為m，小車通過A、B時(shí)的遮光時(shí)間分別為t1、t2，則可以探究小車通過A、B過程中合外力做功與動能的變化的關(guān)系，已知

17、重力加速度為g，探究結(jié)果的表達(dá)式是mgL=Md2（）；（用相應(yīng)的字母m、M、t1、t2、L、d表示）；（4）在小車中增減砝碼或在砝碼盤中增減砝碼，重復(fù)的操作【考點(diǎn)】： 探究功與速度變化的關(guān)系【專題】： 實(shí)驗(yàn)題【分析】： （1）為了使繩子拉力充當(dāng)合力，即細(xì)線拉力做的功等于合力對小車做的功應(yīng)先平衡摩擦力（2）小車在鉤碼的作用下拖動紙帶在水平面上做加速運(yùn)動，通過速度傳感器可算出A B兩點(diǎn)的速度大小，動能定理即可計(jì)算出動能的變化；游標(biāo)卡尺的讀數(shù)先讀出主尺的刻度數(shù)，然后讀出游標(biāo)尺的刻度（3）由動能定理求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象求出滑動摩擦力，根據(jù)滑動摩擦力公式求出動摩擦因數(shù)【解析】： 解：（

18、1）木板略微傾斜的目的是平衡摩擦力，小車受到的拉力等于其合力，細(xì)線的拉力對小車做的功等于合力對小車做的功；（2）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)先讀出主尺的刻度數(shù)：5mm，游標(biāo)尺的刻度第10個(gè)刻度與上邊的刻度對齊，所以讀數(shù)為：0.05×10=0.50mm，總讀數(shù)為：5mm+0.50mm=5.50mm；（3）小車通過A時(shí)的速度：vA=，小車通過B時(shí)的速度：vB=；則小車通過A、B過程中動能的變化量E=MvB2MvA2=Md2（）；砝碼盤和盤中砝碼受到的重力做功，由動能定理得：mgL=E=Md2（）；故答案為（1）平衡小車所受到的摩擦力；（2）5.50；（3）mgL=Md2（）；【點(diǎn)評】： 這個(gè)實(shí)驗(yàn)對于我

19、們可能是一個(gè)新的實(shí)驗(yàn)，但該實(shí)驗(yàn)的原理都是我們學(xué)過的物理規(guī)律做任何實(shí)驗(yàn)問題還是要從最基本的物理規(guī)律入手去解決對于系統(tǒng)問題處理時(shí)我們要清楚系統(tǒng)內(nèi)部各個(gè)物體能的變化10（9分）（2015上饒二模）常見測電阻的方法有：伏安法、伏阻法、安阻法、替代法、半偏法、歐姆法等現(xiàn)實(shí)驗(yàn)桌上有下列器材：A待測電阻R（阻值約10k） B滑動變阻器R1（01k）C電阻箱R0（99999.9） D電流計(jì)G（500A，內(nèi)阻不可忽略）E電壓表V（3V，內(nèi)阻約3k） F直流電源E（3V，內(nèi)阻不計(jì)）G開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖a所示的測量電路，請指出他的設(shè)計(jì)中存在的問題：靈敏電流計(jì)不應(yīng)外接滑動變阻器不應(yīng)采用限流式接法（指

20、出兩處即可）（2）乙同學(xué)用圖b所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)請?jiān)趫Dc中用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實(shí)物電路的連接；將滑動變阻器的滑動頭移到左（填“左”或“右”）端，再接通開關(guān)S；保持S2斷開，閉合S1，調(diào)節(jié)R1使電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)至某一位置，并記下電流I1；斷開S1，保持R1不變，閉合S2，調(diào)節(jié)R0使得電流計(jì)讀數(shù)為I1時(shí)，R0的讀數(shù)即為待測電阻的阻值（3）丙同學(xué)查得電流計(jì)的內(nèi)阻為Rg，采用圖d進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，改變電阻箱電阻，讀出電流計(jì)相應(yīng)的示數(shù)I，由測得的數(shù)據(jù)作出R0圖象如圖e所示，圖線縱軸截距為m，斜率為k，則待測電阻R的阻值為Rg【考點(diǎn)】： 測定電源的電動勢和內(nèi)阻【專題】： 實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題【分析】： （1）明確

21、分壓接法及內(nèi)外接法的選擇；根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求得出錯(cuò)誤的接法；（2）明確本實(shí)驗(yàn)的條件是保持變阻器的輸出電壓不變，然后根據(jù)歐姆定律即可求解（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出公式，然后整理出與的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)斜率和截距的概念即可求解【解析】： 解：（1）由原理圖可知，該同學(xué)電流計(jì)采用了外接法，由于待測電阻較大，而電流表內(nèi)阻較小故只能采用內(nèi)接法；因滑動變阻器總阻相對待測電阻太小，無法起到限流作用；故滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；故錯(cuò)誤在于以下兩點(diǎn)：靈敏電流計(jì)不應(yīng)外接；滑動變阻器不應(yīng)采用限流式接法（2）由給出的原理圖，可得出對應(yīng)的實(shí)物圖如圖所示為了保證實(shí)驗(yàn)安全，開始時(shí)測量電流兩端的電壓應(yīng)為0；故滑片從左端開始調(diào)節(jié)

22、；由實(shí)驗(yàn)原理可知，我們斷開待測電阻，接入了R0；只有在設(shè)節(jié)電阻箱使電流計(jì)讀數(shù)重新為I1時(shí)，R0的示數(shù)才為電流表示數(shù)；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)有：E=I（R+），整理可得：=，根據(jù)函數(shù)斜率和截距概念可知m=，k=，解得R總=；因R包括待測電阻及電流計(jì)內(nèi)阻，故待測電阻阻值為：R=Rg故答案為：（1）靈敏電流計(jì)不應(yīng)外接；滑動變阻器不應(yīng)采用限流式接法（2）如圖所示；左；I1（3）Rg【點(diǎn)評】： 本題應(yīng)明確：當(dāng)變阻器采用分壓式接法時(shí)，變阻器的阻值越小調(diào)節(jié)越方便；遇到根據(jù)圖象求解的題目，首先根據(jù)物理規(guī)律列出公式，然后整理出關(guān)于縱軸物理量與橫軸物理量的表達(dá)式，再根據(jù)斜率和截距的概念即可求解11（13分）

23、（2015上饒二模）泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流泥石流流動的全過程雖然只有很短時(shí)間，但由于其高速前進(jìn)，具有強(qiáng)大的能量，因而破壞性極大某課題小組對泥石流的威力進(jìn)行了模擬研究，他們設(shè)計(jì)了如圖1的模型：在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m=4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動，推力F隨位移變化如圖2所示，已知物體與地面的間的動摩擦因數(shù)為=0.5，g=10m/s2則：（1）物體在運(yùn)動過程中的最大加速度為多少？（2）在距出發(fā)點(diǎn)多遠(yuǎn)處，物體的速度達(dá)到最大？（3）物體在水平面上運(yùn)動的最大位移是多少？【考點(diǎn)】： 動能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動的位移與時(shí)

24、間的關(guān)系；牛頓第二定律【專題】： 牛頓運(yùn)動定律綜合專題【分析】： （1）推力最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律律及圖象可求得最大加速度；（2）由圖可明確對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，根據(jù)力和運(yùn)動關(guān)系明確當(dāng)合力為零時(shí)速度最大，則可求得位移；（3）當(dāng)位移最大時(shí)末速度為零，由圖象求解功，再由動能定理可求得位移【解析】： 解：（1）當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fmmg=mam可解得：am=15m/s2（2）由圖象可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F=8020x速度最大時(shí)，合力為0，即F=mg所以x=3m（3）位移最大時(shí)，末速度一定為0由動能定理可得：WFmgs=0由圖象可知，力F做的功為WF=Fmxm

25、=×80×4=160J所以s=8m答：（1）物體在運(yùn)動過程中的最大加速度為15m/s2；（2）在距出發(fā)點(diǎn)3m時(shí)，物體的速度達(dá)到最大（3）物體在水平面上運(yùn)動的最大位移是8m【點(diǎn)評】： 本題考查動能定理及圖象的應(yīng)用，在本題中解題的關(guān)鍵在于對圖象的認(rèn)識，要注意明確圖象面積的遷移應(yīng)用12（19分）（2015上饒二模）如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xoy坐標(biāo)系，在第象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角=45°在第象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板C1、C2，兩板間距為d1=0.6m，板間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，兩板右端在y軸上，板C1與x軸重合，在

26、其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L=0.72m在第象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負(fù)向足夠長的豎直平板C3，平板C3在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點(diǎn)O相距d2=0.18m現(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從桌面上的P點(diǎn)以初速度v0=4m/s垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過C1板上的M孔，進(jìn)入磁場區(qū)域已知小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球的比荷=20C/kg，P點(diǎn)與小孔M在垂直于電場方向上的距離為s=m，不考慮空氣阻力求：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板C3上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍；（3）若t=0時(shí)刻小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如乙圖隨時(shí)間呈周期性

27、變化（取豎直向上為磁場正方向），求小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用的時(shí)間（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）【考點(diǎn)】： 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力【專題】： 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動專題【分析】： （1）小球在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出電場強(qiáng)度的大?。?）根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律求出經(jīng)過M點(diǎn)的速度，作出粒子在磁場中的臨界運(yùn)動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系和半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍（3）根據(jù)半徑公式和周期公式求出粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑和周期，由磁場的周期得出小球在磁場中運(yùn)動的軌跡圖，以及得出在一個(gè)磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移，判斷能否打在平板C3上，若能打在平板C3

28、上，通過幾何關(guān)系求出其軌跡與平板C3間的最短距離【解析】： 解：（1）小球在第象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動有：v0t=sat=v0tan由牛頓第二定律有：qE=ma代入據(jù)解得：E=8m/s（2）設(shè)小球通過M點(diǎn)時(shí)的速度為v，由類平拋運(yùn)動規(guī)律：v=8m/s；小球垂直磁場方向進(jìn)入兩板間做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖，由牛頓第二定律有：，得：B=小球剛好能打到Q點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度最強(qiáng)設(shè)為B1此時(shí)小球的軌跡半徑為R1由幾何關(guān)系有：代入數(shù)據(jù)解得：B1=T小球剛好不與C2板相碰時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小設(shè)為B2，此時(shí)粒子的軌跡半徑為R2由幾何關(guān)系有：R2=d1，代入數(shù)據(jù)解得：B2=T；綜合得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍：B（3）小球進(jìn)入磁場做勻速

29、圓周運(yùn)動，設(shè)半徑為R3，周期為T；由周期公式可得：R3=解得：R3=0.18mT=解得：T=s由磁場周期T0=分析知小球在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖，一個(gè)磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為3r=0.54m L3r=0.18m即：小球剛好垂直y軸方向離開磁場則在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t1=+=0.13s離開磁場到打在平板C3上所用的時(shí)間t2=0.02s小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用總時(shí)間t=t1+t2=0.02+0.13=0.15s；答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為；（3）小球能打在平板C3上，軌跡與平板C3間的最短距離為0.38m（3）小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用總時(shí)間0.1

30、5s；【點(diǎn)評】： 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律、畫出運(yùn)動軌跡，然后結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運(yùn)動的分位移公式和幾何關(guān)系列式求解；要注意明角物理過程(二）選考題物理-選修3-3（15分）13（6分）（2015上饒二模）下列說法正確的是（） A 空氣相對濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢 B 分子間同時(shí)存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時(shí)，分子間的引力增大，斥力減小 C 液晶具有液體的流動性，同時(shí)具有晶體的各向異性特征 D 液體中懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動稱為布朗運(yùn)動 E 液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內(nèi)部【考點(diǎn)】： * 液晶；布朗運(yùn)動；*相對濕度【分析】： 空氣相對濕度越大時(shí)

31、，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和氣壓，水蒸發(fā)越慢；分子間同時(shí)存在著引力和斥力，都隨距離的增大而減小，隨距離的減小而增大；液晶具有液體的流動性，同時(shí)具有晶體的各向異性特征；液體表面存在張力是分子力的表現(xiàn)，表面張力產(chǎn)生在液體表面層，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直【解析】： 解：A、空氣相對濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和氣壓，水蒸發(fā)越慢，故A正確；B、分子間同時(shí)存在著引力和斥力，當(dāng)分子間距增加時(shí)，分子間的引力減小，斥力減小，故B錯(cuò)誤；C、液晶具有液體的流動性，同時(shí)具有晶體的各向異性特征，故C正確；D、液體中懸浮微粒的無規(guī)則運(yùn)動稱為布朗運(yùn)動，故D正確；E、由于液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)

32、部分子間距離，分子間表現(xiàn)為引力，液體表面存在張力，它的方向平行于液體表面，而非與液面垂直故E錯(cuò)誤故選：ACD【點(diǎn)評】： 本題考查相對濕度、分子力、液晶的各向異性、布朗運(yùn)動液晶表面張力等知識，比較全面，在平時(shí)的學(xué)習(xí)過程中要多加積累14（9分）（2015上饒二模）伽利略曾設(shè)計(jì)過一種溫度計(jì)，其結(jié)構(gòu)為：一根麥稈粗細(xì)的玻璃管，一端與雞蛋大小的玻璃泡相連，另一端豎直插在水槽中，并使玻璃管內(nèi)吸入一段水柱，根據(jù)管內(nèi)水柱的高度的變化，可測出相應(yīng)的環(huán)境溫度為了探究“伽利略溫度計(jì)”的工作過程，同學(xué)們按照資料中的描述自制了一種測溫裝置，其結(jié)構(gòu)如圖所示，玻璃泡A內(nèi)封有一定質(zhì)量的氣體，與A相連的細(xì)管B插在水銀槽中，管內(nèi)水

33、銀面的高度x即可反映泡內(nèi)氣體的溫度，即環(huán)境溫度，并可由B管上的刻度直接讀出（B管的體積與A泡的體積相比可略去不計(jì)）（）細(xì)管B的刻度線是在1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下制作的（1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于76cm水銀柱的壓強(qiáng)）已知溫度t=27時(shí)的刻度線在x=16cm處，問t=17的刻度線在多少厘米處？（）若大氣壓已變?yōu)?4cm水銀柱的壓強(qiáng)，利用該測溫裝置測量溫度時(shí)所得讀數(shù)仍為27，問此時(shí)實(shí)際溫度為多少？【考點(diǎn)】： 理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強(qiáng)【分析】： （1）找出初末狀態(tài)，由等容變化即可求得壓強(qiáng)，即可求得t=17的刻度線（2）找出初末狀態(tài)，由查理定律即可求得【解析】： 解：（）A中氣體做等容變化，有其中：P1=（76

34、16）cmHg、T1=（273+27）K=300KT=（273+17）=290K解得：P=58cmHgx=7658=18cm（）此時(shí)A泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P=7416=58cmHg由查理定律：解得T=17答：（）t=17的刻度線在18厘米處（）若大氣壓已變?yōu)?4cm水銀柱的壓強(qiáng)，利用該測溫裝置測量溫度時(shí)所得讀數(shù)仍為27，此時(shí)實(shí)際溫度為17【點(diǎn)評】： 本題主要考查了等容變化，找出初末狀態(tài)利用好查理定律列式求解即可物理-選修3-415（2015上饒二模）某橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)刻時(shí)波源O開始振動，振動方向沿y軸負(fù)方向，圖示為t=0.7s時(shí)的波形圖，已知圖中b點(diǎn)第二次出現(xiàn)在波谷，則該橫波的

35、傳播速度v=10m/s；從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，圖中c質(zhì)點(diǎn)的振動位移隨時(shí)間變化的函數(shù)表達(dá)式為y=0.03sin5tm【考點(diǎn)】： 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】： 根據(jù)圖中b點(diǎn)第二次出現(xiàn)在波谷，求出波的周期，讀出波長，從而求出波速從圖示時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，c點(diǎn)向下振動，振動位移隨時(shí)間變化的函數(shù)表達(dá)式為正弦式【解析】： 解：由題意得：+（+T）=0.7s，得該波的周期為 T=0.4s由圖知波長為 =4m，則波速為 v=10m/s橫波在介質(zhì)中沿x軸正方向傳播，圖示時(shí)刻c質(zhì)點(diǎn)向下振動，則c質(zhì)點(diǎn)的振動位移隨時(shí)間變化的函數(shù)表達(dá)式為 y=Asin（t）=0.03sin=0.03sin5t m故答案為：10

36、，y=0.03sin5t【點(diǎn)評】： 本題要根據(jù)簡諧波的特點(diǎn)：一個(gè)周期內(nèi)傳播一個(gè)波長，簡諧波傳播過程中，各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向都相同，與波源的起振方向也相同，來確定波的周期16（2015上饒二模）如圖所示，直角三角形ABC是一玻璃磚的橫截面，AB=L，C=90°，A=60°一束單色光PD從AB邊上的D點(diǎn)射入玻璃磚，入射角為45°，DB=L4，折射光DE恰好射到玻璃磚BC邊的中點(diǎn)E，已知光在真空中的傳播速度為c求：（）玻璃磚的折射率；（）該光束從AB邊上的D點(diǎn)射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需的時(shí)間【考點(diǎn)】： 光的折射定律【專題】： 光的折射專題【分析】： （i）先據(jù)題意作

37、出光路圖，由幾何知識求出光在AB邊折射時(shí)的折射角，即可求得折射率（ii）設(shè)臨界角為，由sin=，求出臨界角，可判斷出光在BC邊上發(fā)生了全反射，在AC邊第一次射出玻璃磚，由光路圖及幾何知識求出光束從AB邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚通過的路程，由公式v=求光在玻璃中的傳播速度，即可求得時(shí)間【解析】： 解：（）作出光路圖，如圖所示過E點(diǎn)的法線是三角形的中位線，由幾何關(guān)系可知DEB為等腰三角形，DE=DB=由幾何知識可知光在AB邊折射時(shí)折射角為 r=30°，所以玻璃磚的折射率為 n=（）設(shè)臨界角為，有sin=，可解得 =45°由光路圖及幾何知識可判斷，光在BC邊上的入射角為60°，大于臨界角，則光在BC邊上發(fā)生全反射光在AC邊的入射角為30°，小于臨界角，所以光從AC第一次射出玻璃磚根據(jù)幾何知識可知 EF=則光束從AB邊射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需要的時(shí)間為 t=而v=，可解得：t=答：（）玻璃磚的折射率為；（）該光束從AB邊上的D點(diǎn)射入玻璃磚到第一次射出玻璃磚所需的時(shí)間為【點(diǎn)評】： 解決本題關(guān)鍵是作出光路圖，再運(yùn)用幾何知識求解